2011立体几何之我见:中国精神之我见
时间：2020-02-23 07:35:14 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
在高考试卷中，立体几何试题一般为“1+2”或“1+3”的模式，共25分左右，客观题主要考查三视图、计算型问题、位置判断型问题等， 其中不乏小、巧、活的试题，解答题着重考查空间想象、逻辑推理以及运算能力，一般先证后算，同时解答题还兼顾综合法、向量法两种方法．
立体几何部分的考点主要包括
1． 空间几何体
（1）了解和正方体、球有关的简单组合体的结构特征，理解柱、锥、台、球的结构特征．
（2）能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，会用斜二测法画出它们的直观图．
（3）会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
（4）能识别三视图所表示的空间几何体；理解三视图和直观图的联系，并能进行转化．
（5）会计算球、柱、锥、台的表面积和体积（不要求记忆公式）．
2． 点、直线、平面之间的位置关系
（1）理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解有关可以作为推理依据的公理和定理．
（2）以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定． 理解相关判定定理、性质定理．
（3）理解两条异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的概念．
（4）能证明一些空间位置关系的简单命题．
3． 空间直角坐标系
（1）了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．
（2）了解空间两点间的距离公式．
4． 空间向量及其运算
（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．
（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．
（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．
（4）掌握向量的长度公式，两向量夹角公式、空间两点间的距离公式，并会解决简单的立体几何问题．
5． 空间向量的应用
（1）理解直线的方向向量与平面的法向量．
（2）会用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．
（3）会用向量方法证明直线和平面位置关系的有关命题．
（4）会用向量方法解决两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的作用．
1． 三视图风景变幻
（2011广东）如图1，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则 命题解读 本题是一种常见的重要题型，给出三视图，计算相应几何体的表面积、体积等． 《考试说明》中“根据条件想象出直观形象”的“条件”之一即是三视图，无论以三视图或者平面图给出条件，都是画在一个平面内的，其图形与立体图形的差异容易产生错觉，都要依靠空间想象，由图想图．
完美解答 由该几何体的三视图可以看出，正面是一平行四边形，侧面是一矩形，底面是正方形，可知该几何体是一个平行六面体，其底面边长是3，该六面体的高=，所以该几何体的体积为32×=9，故选B．
2． 点线面位置灵活
（2011江苏）如图2，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E，F分别是AP，AD的中点． 求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD．
图2
命题解读 本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力，是高考中最常见的考查形式，通常作为客观题或者解答的第一问，有时也作为单独的解答题，相对难度不大，要熟练掌握所有判定与性质定理，梳理好几种位置关系的常见证明方法，如证明线面平行，既可以构造线线平行，也可以构造面面平行；要掌握解题时由已知想性质、由求证想判定，分析法与综合法相结合来寻找证明的思路；同时要严格注意表述规范、推理严谨，避免使用一些正确但不能作为推理依据的结论．
完美解答 （1）因为E，F分别是AP，AD的中点，所以EF∥PD． 又PD?奂平面PCD，EF?埭平面PCD，所以直线EF∥平面PCD．
（2）因为AB=AD，∠BAD=60°，F是AD的中点，所以BF⊥AD． 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD，所以平面BEF⊥平面PAD．
3． 三类角光彩依旧
（2011重庆）如图3，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD=CD，∠CAD=30°．
图3
（1）若AD=2，AB=2BC，求四面体ABCD的体积；
（2）若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．
命题解读 本题考查几何体的体积计算、空间角的求解，考查空间想象能力、推理论证能力． 在图中没有直接给出空间角的情况下，求空间角要完成“作―证―求”三部曲． 一般认为，综合法对空间想象能力的要求更高，因为要对位置关系有更透彻的观察、更具体的想象，尤其是图象的分解、组合，即对图象的处理要求较高．
图4
完美解答 （1）如图4，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC，故由平面ABC⊥平面ACD知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=． 在Rt△ABC中，因AC=2AF=2，AB=2BC，由勾股定理易知BC=，AB=． 故四面体的体积V=•S△ABC•DF=××××1=．
（2）如图4，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG∥AD，GH∥CB，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角． 设E为边AB的中点，则EF∥BC，由AB⊥BC知EF⊥AB． 又由（1）有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB，所以∠DEF为二面角C－AB－D的平面角． 由题设知∠DEF=60°． 设AD=a，则DF=AD•sin∠CAD=． 在Rt△DEF中，EF=DF•cot∠DEF=•=a，从而GH=BC=EF=a． 因Rt△ADE?艿Rt△BDE，故BD=AD=a．从而在Rt△BDF中，FH=BD=． 又FG=AD=，从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得cos∠FGH===． 因此，所求角的余弦值为．
4． 空间向量熠熠生辉
（2011天津）如图5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=.
图5
（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
（2）求二面角A－A1C1－B1的正弦值；
（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C，求线段BM的长．
命题解读 本题考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力． 空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的解法． 不过实际情况也是喜忧参半，喜的是只要能建立直角坐标系，基本就可以处理立体几何绝大多数的问题；忧的是对于缺少“墙角”的不规则的图形建系的难度较大，坐标不能确定，问题就不能解决．
这道试题在建系时就有一点麻烦，z轴没有直接的依托，需要根据空间位置关系确定相应点的坐标． 需要有对空间几何体合理建系的意识，并能准确用向量来刻画直线和平面的“方向”，即方向向量与法向量；要理解用向量判定空间位置关系、求解夹角与距离的原理，并掌握一般求解步骤．
其中，线线角、线面角与二面角是本类题型中的重点考查对象，应加强训练．
完美解答 如图6所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． 依题意得A（2，0，0），B（0，0，0），C（， －，），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C1（，，）．
图6
（1）易得=（－，－，），=（－2，0，0），于是cos〈，〉===，所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为．
（2）易知=（0，2，0），=（－，－，）． 设平面AA1C1的法向量m=（x，y，z），则m•=0，m•=0，即－x－y+z=0，2y=0.令x=，可得m=（，0，）． 同样的，设平面A1 B1 C1 法向量n=（x，y，z），则n•=0，n•=0，即－x－y+z=0，－2x=0.令y=，可得n=（0，，）． 于是cos〈m，n〉===，从而sin〈m，n〉=，所求二面角的正弦值为．
（3）由N为棱B1C1的中点得N，，． 设M（a，b，0），则=－a，－b，． 由MN⊥平面A1B1C1得•=0，•=0， 即－a（－2）=0，且－a（－）+－b?摇•（－）?摇+•=0，解得a=，b=，故M，，0． 因此=，，0，所以线段=．
5． 应用题老树新花
（2011江苏）请你设计一个包装盒，如图7所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点． 设AE＝FB＝x（cm）．
（1）某广告商要求包装盒的侧面积S（cm2）最大，试问x应取何值；
（2）某厂商要求包装盒的容积V（cm3）最大，试问x应取何值，并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
命题解析 本题考查函数概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、空间想象能力、数学阅读理解及解决实际问题的能力．应用题一直是高考注重考查的一个方面，立体几何内容也是其重要载体之一，其特色在于根据条件想象空间几何图形，确定相应几何量的数量，进而建立相应的关系，然后利用函数性质或导数工具求解．
完美解答 设包装盒的高为h（cm），底面边长为a（cm）．
由图形得a=x，h==（30－x），0
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