“立体几何”备考关键问题指导.doc

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1、1福建省福建省 2019 届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列七届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列七立体几何立体几何（福建省高三毕业班复习教学指导组（福建省高三毕业班复习教学指导组 郑新发执笔整理）郑新发执笔整理）立体几何作为支撑高中数学知识体系的重要知识模块之一，高中数学教材安排了两部分内容 ：数学必修 2、选修 21包括“空间几何体” 、 “点、直线 、平面之间的位 置关系” 、和“空间向量与立体几何” 。高考立体几何试题具有较强的综合性与交汇性是每年髙考的必考内容，考试突出综合性，重视基础知识、基本技能和综合应用和创新意识的考查，突出四基、四能和学科核心素养的考查，突出空间想象

2、、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等都进行考查高考对立体几何的考查难度、题量都相对稳定，题目难度属于中档，也是同学们应尽力得满份的题目，其题型、难度与分值比例均长期保持相对稳定。一般理数占 22 分、文数占 2227 分，其题型与题量一般是 1 个解答题，理数 2 个小题，文数 2 3 个小题选择题一道位于 5-8 是中等难度的题目，别一道是 11-12 题或填空的最后一题的位置，属于较难的题目，解答题稳定在第 18 题的位置（除 14 年） 立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定考

3、点一般围绕：空间中点、直线、平面的位置关系的判定和性质；距离和角的计算；三视图；表面积和体积；立体几何与其他问题的综合考查。能力范畴有：能根据条件画出正确的图形；能根据图形想象出直观形象；能正确地分析图形中的基本元素和相互关系；能对图形进行分解组合和变形；会选择适当的方法对图形的性质进行研究。立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点：一是定性分析，二是定量计算 其中定性分析，不论文科还是理科主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文科试题主要考查表面积、体积的计算；理科试题主要考查线面角、二面角的计算意在考查学生直观想象、逻辑推理、数学运算的

4、核心素养.下面主要以全国高考数学卷与各省市质检卷为例，对学生解答立体几何试题存在的问题进行剖析，并提出相应的教学对策，供高三复习参考.近五年立体几何部分考查情况表：表一：全国卷（理科）立体几何考查情况年份题序考查内容 12三视图（求最长的棱长）201419（1）证明线段相等；（2）求二面角的余弦值（以三棱柱为背景）6米堆（圆锥的四分之一）的体积（数学文化）11三视图（简单组合体，求球的半径）2015 18（1）证明面面垂直；（2）求异面直线所成角的余弦值6三视图（求八分之七的球的表面积）11以正方体为背景求异面直线所成角的正弦值2016 18(1）证明面面垂直；（2）求二面角的余弦值（以五面体

5、为背景） 7三视图（简单组合体） 16三棱锥的体积的最大值（平面图形翻折问题）2017 18（1）证明面面垂直；（2）求二面角的余弦值（以四棱锥为背景）27三视图（圆柱、最短路径长度） 12线面所成角,平面截正方体所得的截面面积的最大值2018 18(1）证明面面垂直；（2）求线面角的正弦值（平面翻折问题）表二：全国卷（文科）立体几何考查情况年份题序考查内容 8三视图（判断几何体）201419（1）证明两异面直线垂直；（2）求三棱柱的高6米堆（圆锥的四分之一）的体积（数学文化）11三视图（简单组合体，求球的半径）2015 18(1)证明面面垂直；（2）求三棱锥的侧面积7三视图（求八分之七的球的

6、表面积）11以正方体为背景求异面直线所成角的正弦值2016 18（1）证明中点问题；（2）作图并求四面体的体积6以正方体为背景判断线面不平行16球的表面积（球内接三棱锥）2017 18（1）证明面面垂直；（2）求四棱锥的侧面积 5圆柱的表面积 9三视图（圆柱、最短路径长度） 10以长方体为背景的线面所成角，长方体的体积201818（1）证明面面垂直；（2）求三棱锥的体积（平面翻折问题）一、存在的问题及原因分析：一、存在的问题及原因分析：问题一：识图、作图、用图能力弱问题一：识图、作图、用图能力弱作图、识图、用图能力是考生学好立体几何所应具备的重要能力之一，学生的识图、作图、用图能力弱主要集中在

7、“三视图的识别、还原” ， “球问题的直观呈现和转化” ， “作图问题” ， “展折问题的图形分析”等【例题 1】 （2019届广东茂名高三第一次联考）如图 1 是某几何体的三视图，其中正视图和侧视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几2何体的体积是( )A B C D 4 32 2 38 34 2 3【解析】由三视图可知，该几何体为如图 2 所示的四棱锥 ABCDE，底面BCDE 为矩形， 取 DE 的中点为，连接，则就是四棱锥 ABCDE 的高，FAFAF，高为，所以四棱锥 ABCDE 的体积为BE 22DE 2sin1h，故选 B112 222 1333VBEDEh 【评析】

8、本题易错点是忽视三视图中的实线与虚线的区别，导致所判断的空间几何图图3体出错，从而所求的几何体的体积不正确破解此类题的关键：一是会还原，首先看俯视图，俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽，根据俯视图画出几何体地面的直观图；再观察正视图和侧视图，正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽，找到几何体前、后、左、右的高度，要特别注意视图中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见的轮廓线在三视图中为虚线二是用公式，即利用锥体的体积公式，求出空间几何体的体积【例题 2】 （2012 年课标全国卷理 11）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，-SABCO是边长为 1 的

9、正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为( )ABCSCO=2SCA B C D 2 63 62 32 2【解析】由球的定义可知，球心为的中点如图 3，设的中心OSCABC为，则有平面，且，所以三棱锥的高MOM ABC236133OM，所以此棱锥的体积为2 623hOM1 13 2 6213 2236 【评析】本题往往会因为对直径认识不足（球心为的中点） ，纠结如何OSC做图（球内接三棱锥） ，而不懂对问题进行转化（） ，只有正确理解才能把问题-SABC-2S ABCO ABCVV转化为三棱锥（如图 5） ，再结合球的定义，即可解决-O ABC【例题 3】 （2016 全国卷理 11）平面过

10、正方体的顶点，平面，1111-ABCD ABC DA/11CB D平面，平面，则所成角的正弦值为（ ）ABCDm11ABB Anmn，A B C D 3 22 23 31 3【解析】方法一、因为平面，且平面过顶点，/11CB DA故问题相当于把平面“外移” 如图 4，在正方体11CB D的左侧补上一个全等的正方体，则平面“外移”1111-ABCD ABC D11CB D到平面（即平面） ，则平面，平面22AB D2ABCDAD，又为等边三角形，则所成角为，其正弦值为112ABB AAB22AB Dmn，603 2方法二、如图 5,设平面11CB D平面ABCD=m,平面11CB D平面11AB

11、B A=n,因为/ /平面11CB D,所以/ /,/ / mm nn,则,m n所成的角等于, m n所成的角.延长AD,过1D作11/ /D EBC,连接11,CE B D,则CE为图 3图 44m,同理11B F为n,而111/ /,/ /BDCE B FAB,则, m n所成的角即为1,AB BD所成的角,即为60,故,m n所成角的正弦值为3 2,选 A. 【评析】本题往往会因作图不过关而对过顶点作平面束手无策，只有A正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面“外移” 11CB D（此时） 可见，观察和做出平行线是本题作图的关键当然，如何22121121/,/,/D BC

12、B ADD B ABCD作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线） ，同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题）的和垂直关系） ，这样，22121121/,/,/D BCB ADD B ABCD学生的作图就会更有方向感！【例题 4】如图 6，四边形中，ABCD，将四边形1ABADCD2BD BDCD沿对角线折成四面体(如图 7)，使平面ABCDBDA BCD，则下列结论正确的是( )A BDBCD 平面A B A CBD90BA CC 与平面所成的角为 D 四面体的体积为CAA BD30A BCD1 3【解析】 ， 1A

13、BA D2BD BADA又面 面，且 ，面 面，A BDBCDCDBDA BDBCDBD面，面，CD A BDCDBADACDDBA A CD，即BAA C90BA C【评析】本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“，” ， 只有正确理解才能顺利由平面得出BADACDBDA BDBCD 平面面，再结合，得到面，从而解决问题CD A BDCDA BBA A CD无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折 平面图形立体化，展开 立体图形平面化解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量” ，建议在展

14、折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同） ，或是重要的量（如垂直关系，如图 8） ，这样比较不会遗忘或忽略问题二：问题二： 推理的逻辑欠清晰推理的逻辑欠清晰以全国卷理数为例，其解答题一般稳定居于解答题的第二或第三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系） ，二问立足定量求解在定性分析时由于定理条件掌握不全，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全” ，导致失分，图 5图 6 图 7图 85如学生们在使用直线与平面平行的判定定理时，常常遗忘“已知直线一定要在该平面外”这个关键的条件；在使用直线与平面垂直的判定定理时，常常遗忘“线不在多，重在相交”这个关键的条件符号书写也

15、不规范，如直线与平面是包含与不包含的关系，却常误写成是属于与不属于的关系等.【例题 5】 在如图 9 所示的多面体中，四边形是正方形，ABCDEFABCD平面，是的中点ED ABCD/EDFCFCED21MAF（）求证：平面；/EMABCD（）求证：平面平面AEF FAC【解析】 （）如图 10，连接，则为的中点，连接则,AC BDACBDOOBDOM，又，且，1/ /,2MOFCMOFC且/EDFCFCED21所以，/ /,MOEDMOED且所以是平行四边形，所以EDOM/ /,EMDO又平面,平面，所以平面EMABCDDOABCD/EMABCD（）因为，底面，/EDFCED ABCD所以底

16、面，平面,所以，CF ABCDDOABCDCFDO由（）知所以， / /,EMDOCFEM因为，且所以，ACDO/ /,EMDOACEM又，所以平面CFCACEM FAC又平面，所以平面平面EM AEFAEF FAC【评析】 （）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行本题虽思路较为直接，但常常会“想当然” ，如易借助几何直观可知忽视“是平行四边形”/ /,EMDOEDOM的证明过程；此外更常忽略条件“平面,平面”的完整表达而造成不必要的EMABCDDOABCD失分！（）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直” ，如图 11，能较为直观看到“平面EM ”就是目标证明

17、过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”FAC“易得，”造成失分，同时条件“平面”也是学生证明面面垂直最CFEMACEMEM AEF容易失分的地方问题三：概念意识不强问题三：概念意识不强数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点.考生由于概念意识不强，文字语言与图形语言无法转换，即看到概念的文本描述，头脑中无法形成与之相应的空间几何体易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易图 9图 9图 106把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角” ，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面

18、角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算” ） ，而陷入盲目的计算，使得问题复杂化【例题 6】如图 11，在以为顶点的五面体中，面为正方形，, ,A B C D E FABEF2AFFD，且二面角与二面角都是90AFD-D AF E-C BE F60（I）证明：平面平面；ABEFEFDC（II）求二面角的余弦值-E BC A【解析】 （I）由已知可得，AFFDAFFEFDFEF所以平面，又平面，故平面平AF EFDCAF ABEFABEF面EFDC（II）过作，垂足为，由（I）知平面DDGEFGDG ABEF以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长度，建立如图 12 所示的空间直角坐标

19、系GGF GF 由（I）知为二面角的平面角，GxyzDFE-D AF E故，则，可得1,4,0A，=60DFE2,3DFDG3,4,0 ，3,0,0 ，D 0,0, 3由已知，/ FA ，所以/A平面FDC又平面CDA平面FDCDC，故/CDA，CD/ F由/ F A，可得 平面FDC，所以C F 为二面角CF的平面角，C F60 从而可得C2,0, 3所以C1,0, 3 ，0,4,0 ，C3, 4, 3A ，4,0,0A 设是平面C 的法向量，则，即30 40xz y，所以可取( , , )x y zn0,0ECEB nn(3,0,3)n设是平面CDA的法向量，则，同理可取( , , )x

20、y zm0,0ACAB mm(0, 3,4)m则，故二面角CA的余弦值为2 19 192 19cos,|19 n mn mn m【评析】本题（II）的解决关键在于理清二面角与二面角的平面角（此时只有-D AF E-C BE F图 11图 127理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系） ，考生往往会会“想当然” “直观”认为为二面DFE角的平面角，C F 为二面角CF的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，-D AF E在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱” “两垂直于棱的相交直线” ，这往往需要“找、证” “ 相交棱垂直平面” 问题四：建系的合理性欠思考问题四：建系的合理性欠思考理数立体

21、几何解答题的二问常立足定量求解（如三种角度的度量，线面角与二面角是高频考点，异面直线所成角偶尔会涉及到） ，往往可考虑几何法和向量法进行求解，但利用向量法进行求解的更易入手，相应的考生比例也更大利用向量法解决离不开建一个合适的坐标系！考生常因不懂建系或建系不合理导致求解困难，也常出现“没有证明三线两两垂直”就“想当然”建系等错误【例题 7】 （2015 年新课标卷理 18）如图 13，四边形 ABCD 为菱形，ABC=120，E，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE=2DF，AEEC. （）证明：平面 AEC平面 AFC.（）求直线 AE 与直线 CF

22、 所成角的余弦值.3 3【解析】 （）连结在菱形中，,BDBDACGEG FG EF设，连接ABCD不妨设,由，可得，可得.=1GBo=120ABCo=120ABC3AGGC又因为 在BEABCDABBCAEEC平面，可知，,AEEC= 3,EGEGAC所以，22=.2Rt EBGBEDF中，可得，故6Rt=.2FDGFG中，可得在直角梯形中，由 BDFE23 2=22.22BDBEDFEF，可得，EGFG，ACFG=G，EG平面 AFC，EG面 AEC，平面 AFC平面 AEC. ADCE（）如图 14，以 G 为坐标原点，分别以的方向为轴，y 轴正方向，为单位长度，建立,GB GC x|G

23、B 空间直角坐标系 G-xyz，由（）可得 A（0，0），E(1,0, )，32F（1,0，） ，C（0，0） ，2 23. 2(1, 3, 2),( 1,3,)2AECF 故.3cos,3| |AE CFAE CFAECF 所以直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为. 3 3【评析】本题主要考查立体几何的线面、面面位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力. 本题的学生的主要失误点：一是没有建好坐标系，被“图”迷惑了双眼，一下子盯住点B、D，把点 B 或点 D 视为空间直角坐标系的原点导致整题失分二是因贪快，导致图形中的坐标系漏画，图 143图 1338例如：如图建立空间直角坐

24、标系，但图中是空的三是空间直角坐标系建成左手系，而不是建成右手系事实上，建立合理的坐标系是代数法解立体几题的关键. 建立坐标系就是构造（寻找）三线两两垂直，可分步处理，先找两线垂直或先找平面的垂线（在垂面上找，即通过线面、面面垂直寻找，即本题中的平面 EFDB 和垂线 EB、DF） ，再移动位置定出原点的位置，这是基本功，一定要通过合理地训练，让学生过关. 当然，建系时证明三线两两垂直是不可缺少的.问题五：运算求解出现低级错误问题五：运算求解出现低级错误学生在解决立体几何中涉及到求几何体的体积、表面积或求角与距离等问题时，运算性的出错也很常见，主要表现在：错用几何体的体积、表面积公式；错选向量

25、或向量公式求解相关问题；运算过程粗心出错等. 由于运算求解能力弱是目前学生学习数学时存在的典型性问题，在这里就不在举例分析.二、解决问题的思考与对策：二、解决问题的思考与对策：1 1关注识图、作图、用图能力的培养关注识图、作图、用图能力的培养识图、作图、用图能力的培养非一朝一夕就可实现！教师要“舍得”花较多的时间“手把手”教学生“怎么画” ；要“讲明作图的原理”避免学生虽“看得懂”教师的“画” ，但“书到用时方觉少，事非经过不知难！” ；要“善于借助模型和道具”引导学生观察；要“培养模型意识、动手能力”引导学生巧借“教室”或“道具比划”简化、解决问题【例题 8】 （2016 年全国卷理 12）

26、如图 15，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）A B C6 D46 24 2【解析】如图 16 所示，原几何体为三棱锥，DABC其中，4,4 2,2 5ABBCACDBDC24 246DA 故最长棱的长度为，选 C6DA 【例题 9】 （2018 年全国卷理 7 文 9）某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图 17圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 2 172 532【

27、解析】：由三视图可知，该几何体为如图 18 所示的圆柱，该圆柱的高为 2，底面周长为 16，则画出该圆柱的侧面展开图，如图 19 所示，则从到的路径2,4MSSNMN中，最短路径的长度为故选 B2222242 5MSSN图 153图 163图 1739NMMSN2 2理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可进行转化，其证明也是考试的高频点证明时，不仅要思考它们之间的转化，而且要理清判定定理和性质定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如

28、判定时易忽视；判定“线面垂/aa直”易忽视“两相交直线” ；判定“面面平行” ，易直接“线线平行” ） ，避免“会而不全”导致失分【例题 9】如图 20，已知所在的平面，分别为的中点矩形PAABCDNM、PCAB、（）求证：；/平面MNPAD（）若，求证：045PDA平面平面PMCPCD【解析】：（）证明:方法一：如图 21，取的中点,连接PDE,AE EN为中点,为的中位线,NPCENPDC1/2ENCD又, 为中点 ,/CD ABM,四边形为平行四边形 , /EN AMAMNE,/MNAE又平面,平面,平面 MN PADAE PAD/MNPAD方法二：如图 22，取的中点,连接,CDF,M

29、F NF为中点, 为的中位线,NPCFNPDC/FNPD又又平面,平面,平面NF PADPD PAD/FNPAD同理可证平面,平面，/MFPADMFFNF,MF FN MNF所以平面平面,平面,平面MNF/ /PADMN MNF/MNPAD（）证明:平面 ，平面， 平面PA ABCDCD ABCDAD ABCD图 18 图 193图 203图 21 图 223图 23310 ， ， ，平面PA CDPA ADCDADPAADACD PAD如图 21，平面 ， ，为中点，AE PADCD AE45PDAEPD，又 平面AEPDPDCDDAE PCD 平面,又平面，/MNAEMN PCDMN PM

30、C平面平面PMCPCD【例题 10】 （2017 年新课标卷理 19）如图 23，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD， E 是 PD 的中点o1,90 ,2ABBCADBADABC 证明：直线平面 PAB；CE【解析】证法 一（作相交截面） 如图 24，过沿作截面，交平面于，证.CECBPABBFCEBF证法 二（作平行截面）如图 25，过作平行于平面的截面CEPAB， 交 于，证，.CEFADFEFPACFAB证法 三（空间向量）由1()2CECDDECBBAADDP .111()222ADABAPADABAP 知直线平面 PAB. CE3 3总结位置

31、关系的主要证明方法与适用范围总结位置关系的主要证明方法与适用范围培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法其中正方体或长方体就是一个很好的载体（教室是一个非常有用的长方体模型） ，关键在于引导学生“观察、思考” 【例题 11】 （2016 年全国卷理 14）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：，mn，如果 mn，m，n，那么 如果 m，n，那么 mn如果 ，m，那么 m 如果 mn，那么 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等其中正确的命题有 (填写所有正确命题的编号）【解析】对于，如图 26，可知可能出现，故错误，不难验证都正确/4 4关注多面体、旋转体的结构与性质关注多面

32、体、旋转体的结构与性质复习时，不仅要关注常见多面体（特别是三棱锥、四棱锥、三棱柱） 、旋转体的结构与性质及其体积、表面积公式 ，同时要关注其不同位置形式的解读（如横放的三棱柱） 球在全国卷也是屡见不鲜，其中球的定义、截面圆性质、球与其他几何体的接切应重点关注图 243图 253图 26311【例题 12】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为( )A. B.16 C.9 D.814274【解析】：如图 27，设球半径为，底面中心为且球心为，R1OO在正四棱锥中，.-P ABCD2AB 12AO .114,4POOOR在:，即,解得.1RtAOO222

33、 11AOAOOO 22224RR9=4R故该球的表面积为，故选 A.2 29814=444R【例题 13】 （2018 课标全国卷理 16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，SSASB7 8与圆锥底面所成角为 45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_ SASAB5 15【解析】：如图 28 所示，因为母线所成角的余弦值为，所以,SA SB7 8母线所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线,SA SB15 8SAB5 15长为 ，所以因为与圆锥底面所成角为l221155 15,8028llSA，所以底面圆的半径，因此该圆锥的侧面积为452cos452rll2240 22rll【评析】：本题

34、易错点是想当然的误以为为轴截面，从而设圆锥的底面圆的半径为，因为母SABr线与该圆锥底面所成角为 45，所以误得该圆锥的高，因为的面积为，SAhr2SArSAB5 15所以，解得，所以该圆锥的侧面积为的错误的结15 1522rr25 15r 225 30r SAr果避免此类错误，除了细审题，还需画出草图，根据草图的直观性，能有效地避开此类错点5 5强化空间角与距离的合理求解强化空间角与距离的合理求解空间角的求解和距离的求解是定量分析的重要部分对于文科而言，空间角的求解主要在于定义的应用，如通过“平行”关系研究“异面直线所成的角” ，通过构造垂直关系求解“线面角、二面角的平面角” ；距离则往往与

35、体积转化有关对于理科而言，关键在于区别“向量的夹角” ，特别是“线面所成的角”与“直线与平面法向量的夹角（指锐角） ”之间的互余关系是考生的易错点之一对于一些较为复杂的条件，合理选择“基本量”可大大简化计算图 273图 28312【例题 14】 （2017 年全国卷文 18）如图 29，在四棱锥中，且-P ABCD/AB CD90BAPCDP ()证明：平面平面；PAB PAD（）若,90APD,且四棱锥的体积PAPDABDC-P ABCD为，求该四棱锥的侧面积8 3 【解析】()由已知，得90BAPCDP ,ABAP CDPD由于，故，,/ /ABCDABPDAPPDP从而平面,又平面，所以

36、平面平面AB PADAB PABPAB PAD（）如图 30，在平面内作，垂足为PADPEADE由()知，平面，故，,AB PADABPEADABA可得平面PE ABCD设，（为基本量），则由已知可得,ABxAB22 ,2ADx PEx故四棱锥的体积，PABCD311 33P ABCDVAB AD PEx由题设得，故,从而,318 33x 2x 2,2 2,2 2PAPDADBCPBPC可得四棱锥的侧面积为PABCD21111sin6062 32222PA PDPA ABPD DCBC【例题 15】 （2018 年全国卷理 18）如图 31，四边形为正方ABCD形，分别为的中点，以为看折痕把折

37、起，使点,E F,AD BCDFDFC到达点的位置，且CPPFBF （1）证明：平面平面；PEF ABFD（2）求与平面所成角的正弦值DPABFD【解析】 （1）欲证平面平面，只需证明平面PEF ABFDBF ，只需在平面内寻找两条相交直线与直线垂直；由已知可得，又因PEFPEFBFBFPFBFEF为，所以平面.PFEFFBF PEF又平面，所以平面平面.BF ABFDPEF ABFD（2） （建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，利用线面所成角的向ABFDDP量公式，即可得直线与平面所成的角的正弦值. DPABFD作，垂足为. 由（1）得，平面.PHEFHPH ABFD以为坐

38、标原点，的方向为 y 轴正方向，为单位长，建HHFuuu r |BFuu u r立如图 32 所示的空间直角坐标系. Hxyz图 293图 303CFEABDP图 313图 32313由（1）可得，. 又，DEPE2DP 1DE 所以. 又，故.3PE 1PF 2EF PEPF可得，.3 2PH 3 2EH 则，, ，(0,0,0)H3(0,0,)2P3( 1,0)2D 33(1,)22DP uuu r为平面的一个法向量. 3(0,0,)2HP uuu r ABFD设与平面所成角为，则 .DPABFD3 34sin43| |HP DPHPDPuuu r uuu ruuu ruuu r所以与平面

39、所成角的正弦值为.DPABFD3 46.6. 强化答题的规范化强化答题的规范化在平时的立体几何的考试训练中，加强审题能力（读题与观图） ，强化立体几何解答题的规范性训练，同时加强逻辑表达能力的训练，并提升运算求解能力（如空间的点的坐标、向量的坐标，以及法向量的计算一定不要出错） 强化答题规范化训练是提高成绩的保证，立体几何解答题的证明过程要做到“步步有理有据”，要分清主次， “精”写过程（当然“精”写过程是建立在写全步骤的基础之上的，任何的“跳步”书写都容易产生歧义，都是要失分的） 立体几何解答题的运算过程, 定要认真，如空间的点的坐标、向量的坐标，以及平面的法向量的计算一定不要出错真正做到对

40、立体几何解答题的审题到位，思维全面，下笔准确，答题快速【例题 16】 （2018全国卷、文 18）如图 33，在平行四边形中，. 以为折痕将ABCM3ABAC90ACMAC折起，使点到达点 D 的位置，且. ACMMABDA（1）证明：平面平面；ACD ABC（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积.QADPBC2 3BPDQDAQABP【解析】：（1）欲证平面平面，只需证明平面，只需在平面内寻找两ACD ABCAB ACDACD条相交直线与直线垂直；由已知可得，. 又，所以平面.AB90BACBAACBAADAB ACD又平面，AB ABC所以平面平面. ACD ABC（2）欲求

41、三棱锥的体积，只需求出的面积与QABPABP点到平面的距离，再利用锥体的体积公式，即可得结果.QABP由已知可得，.3DCCMAB3 2DA 图 333图 34314又，所以.2 3BPDQDA2 2BP 作，垂足为，则. QEACEQE1 3DC由已知及（1）可得平面，所以平面，. DC ABCQE ABC1QE 因此，三棱锥的体积为.QABP111132 2sin451332Q ABPABPVQE S【例题 13】 （2018课标全国卷，理 20）如图 35，在三棱锥中，PABC2 2ABBC，为的中点4PAPBPCACOAC（1）证明：平面；PO ABC（2）若点在棱上，且二面角为，求与

42、平面所成角的正弦值MBCMPAC30PCPAM【解析】：（1）欲证平面，只需在平面内寻找两条相交直线与直线垂直；因为PO ABCABCPO，为的中点，所以，且.4APCPACOACOPAC2 3OP 连结.因为，所以为等腰直角三角形，OB2 2ABBCACABC且，.由知.OBAC122OBAC222OPOBPBPOOB由知平面.,OPOB OPACPO ABC（2）建立空间直角坐标系，由于点在棱上，可设出点 M 的坐标，利用二面角为，MBCMPAC30求出点 M 的坐标，再求出直线的方向向量与平面的法向量，利用线面所成角的向量公式，即可PCPAM求出与平面所成角的正弦值PCPAM如图 36，

43、以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.OOBuu u r xOxyz由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0, 2,0),(0,2,0),(0,0,2 3),OBACP取平面的法向量.(0,2,2 3),AP uu u r PAC(2,0,0)OB uu u r图 35315设，则.( ,2,0)(02)M aaa( ,4,0)AMaauuur设平面的法向量为.PAM( , , )x y zn由得，可取，0,0APAMuu u ruuur nn22 30 (4)0yz axa y( 3(4), 3 ,)aaan所以.由已知得. 2222 3(4)cos, 2 3(4)3aOB

44、 aaa uu u r n3|cos,|2OBuu u r n所以.解得（舍去） ，或. 2222 3 |4|3=22 3(4)3aaaa4a 4 3a 所以.又，所以8 3 4 34(,)333 n(0,2, 2 3)PC uu u r.3cos,4PCuu u r n所以与平面所成角的正弦值为.PCPAM3 4三、典型问题剖析：三、典型问题剖析：典例一：三视图典例一：三视图1.三视图中某一视图的判断三视图中某一视图的判断例题 17：（2018 全国卷、理 3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头若如图摆放的木构件与某一带卯

45、眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）解析：首先理解棒头和卯眼概念，图示给出的是棒头的部分，若要摆放一个带卯眼的结构使其组成长方体，那么凹进部分与凸出部分的位置应该重合，又因俯视方向看不见卯眼的结构所以只能是虚线.其直观图如下图所示，故选 A. 评析：和传统新定义问题相比，本题的定义简单，生活化，直观，体现传统文化的同时有一定趣味性；本题对于空间想象能力的考查可谓精彩，先想象出原几何体，再画出三视图，降低了对于三视图本身的要求；本题本身有一定的开放性， “带卯眼的木图 36316构件”的卯眼位置不确定，可以改变为不定项选择或探究式问题2. 几何体的表面积几何体的表面积【例题 18】 （2019