《【創(chuàng)新方案】2020年高考數學一輪復習 第八篇 立體幾何 專題四　高考立體幾何命題動向教案 理 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【創(chuàng)新方案】2020年高考數學一輪復習 第八篇 立體幾何 專題四　高考立體幾何命題動向教案 理 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題四　高考立體幾何命題動向 高考命題分析 立體幾何主要包括柱、錐、臺、球及其簡單組合體的結構特征、三視圖，點、直線、平面的位置關系等. 高考對空間想象能力的考查集中體現在立體幾何試題上，著重考查空間中點、線、面位置關系的判斷及空間角等幾何量的計算，既有以選擇題、填空題形式出現的試題，也有以解答題形式出現的試題．一般來說，選擇題、填空題大多考查概念辨析，位置關系探究，空間幾何量的簡單計算求解等，考查畫圖、識圖、用圖的能力；解答題多以簡單幾何體為載體，考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，綜合考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力．試題在突出對空間想象能力考查的同時，關

2、注對平行、垂直的探究，關注對條件和結論不完備情形下開放性問題的探究． 高考命題特點 立體幾何在高考中占據重要的地位，通過分析近幾年的高考情況，可以發(fā)現對立體幾何問題的考查已經突破了傳統(tǒng)的框架，在命題風格上，正逐步由封閉性向靈活性、開放性轉變．因此，如何進一步把握復習的重點，提高復習效率，從而快速地突破立體幾何難點是高考復習過程中必須認真考慮的問題．近幾年高考對立體幾何的考查特點主要表現在以下幾個方面： (1)從命題形式來看，涉及立體幾何內容的命題形式最為多變：除保留傳統(tǒng)的“四選一”的選擇題型外，還嘗試開發(fā)了“多選填空”、“完型填空”等題型，并且這種命題形式正在不斷完善和翻新；解答題則設計

3、成幾個小問題，此類考題往往以多面體為依托，第一小問考查線線、線面、面面的位置關系，后面幾問考查空間角、空間距離、面積、體積等知識，其解題思路也都是“作證——求”，強調作圖、證明和計算相結合． (2)從內容上來看，主要考查：①直線和平面的各種位置關系的判定和性質，這類試題一般難度不大，多為選擇題和填空題；②計算角的問題，試題中常見的是異面直線所成的角，直線與平面所成的角；③求距離，試題中常見的是點與點之間的距離，點到直線的距離，點到平面的距離，直線與直線的距離，直線到平面的距離，要特別注意解決此類問題的轉化方法；④求簡單幾何體的側面積和表面積問題，解此類問題時除套用特殊幾何體的側面積和表面積公

4、式外，還可將側面展開，轉化為求平面圖形的面積問題；⑤體積問題，要注意解題技巧，如等積變換、割補思想的應用；⑥三視圖，要能辨認空間幾何體的三視圖，高考中三視圖常與表面積、體積相結合． (3)從能力上來看，著重考查空間想象能力，即對空間幾何體的觀察分析和抽象的能力，要求“四會”：①會畫圖——根據題設條件畫出適合題意的圖形或畫出自己想作的輔助線(面)，作出的圖形要直觀、虛實分明；②會識圖——根據題目給出的圖形，想象出立體的形狀和有關線面的位置關系；③會析圖——對圖形進行必要的分解、組合；④會用圖——對圖形或其某部分進行平移、翻折、旋轉、展開或實行割補術． 高考動向透視 空間幾何體的結構、三視圖

5、、直觀圖 本部分在新課標高考中的考查重點是以三視圖為命題背景來研究空間幾何體的結構特點和求解幾何體的表面積和體積．備考中，要熟悉一些典型的幾何體(如三棱柱、長(正)方體、三棱錐等)的三視圖．近年的新課標高考的命題重點和熱點依然是以選擇題、填空題的方式考查以下兩個方面：①幾何體的三視圖與直觀圖的認識；②通過三視圖和幾何體的結合，考查幾何體的表面積和體積． 【示例1】?(2020·廣東) 如圖，△ABC為正三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC，且3AA′＝BB′＝CC′＝AB，則多面體ABCA′B′C′的正視圖(也稱主視圖)是(　　)． 解析　畫三視圖時，由內到外CC

6、′為虛線，且虛線所在直線應垂直平分AB，故選D. 答案　D 三視圖和直觀圖是空間幾何體的不同的表現形式，空間幾何體的三視圖可以使我們很好地把握空間幾何體的性質．由空間幾何體可以畫出它的三視圖，同樣由三視圖可以想象出空間幾何體的形狀，兩者之間可以相互轉化． 空間幾何體的計算問題 本部分是新課標高考考查的重點內容，常以幾何體的表面積和體積的計算以及幾何體的外接球、內切球的知識為主要命題點進行考查．在備考中要牢記一些典型幾何體的表面積和體積的計算公式，以及幾何體的棱長與它的內切球、外接球的半徑之間的轉換關系． 【示例2】?(2020·遼寧)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，

7、AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐SABC的體積為(　　)． A．3 B．2 C. D．1 解析　由題可知AB一定在與直徑SC垂直的小圓面上，作過AB的小圓交直徑SC于D，設SD＝x，則DC＝4－x，此時所求棱錐即分割成兩個棱錐SABD和CABD，在△SAD和△SBD中，由已知條件可得AD＝BD＝x，又因為SC為直徑，所以∠SBC＝∠SAC＝90°，所以∠DCB＝∠DCA＝60°，在△BDC中，BD＝(4－x)，所以x＝(4－x)，所以x＝3，AD＝BD＝，所以△ABD為正三角形，所以V＝S△ABD×4＝.故選C. 答案　C 本題考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力

8、．本題的難點在于對三棱錐SABC的結構特征的分析判斷，其中的體積分割法是求解體積問題時經常使用的方法． 【訓練】 (2020·陜西)如圖，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)若BD＝1，求三棱錐DABC的表面積． (1)證明　∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC，∵AD?平面ABD， ∴平面ABD⊥平面BDC. (2)解　由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA， ∵DB＝DA＝DC＝

9、1，DB⊥DC，∴AB＝BC＝CA＝， 從而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝， S△ABC＝×××sin 60°＝， ∴三棱錐DABC的表面積S＝×3＋＝. 空間的線面位置關系 對于直線與平面的位置關系，高考中主要考查平面的基本性質，考查空間的線線、線面和面面的平行關系與垂直關系的判定并運用平行、垂直的判定定理與性質進行推理論證，一般會以選擇題或解答題的形式進行考查．解題的策略：結合圖形進行平行與垂直的推理證明，由線線平行或垂直推證出線面平行或垂直，再由線面平行或垂直證明面面平行或垂直．如果是選擇題還可以依據條件舉出反例否定． 【示例3】?(2020·揚州模擬)在四棱

10、錐PABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M為PC的中點． (1)求證：BM∥平面PAD； (2)平面PAD內是否存在一點N，使MN⊥平面PBD？若存在，確定點N的位置；若不存在，請說明理由． (1)證明　 如圖，取PD中點E，連接EM、AE， ∴EM綉CD，而AB綉CD， ∴EM綉AB. ∴四邊形ABME是平行四邊形． ∴BM∥AE. ∵AE?平面ADP，BM?平面ADP， ∴BM∥平面PAD. (2)解　∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥AB.而AB⊥AD，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD. ∵

11、PA＝AD，E是PD的中點，∴PD⊥AE.AB∩AD＝A. ∴PD⊥平面ABME. 作MN⊥BE，交AE于點N.∴MN⊥平面PBD. 易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝，EM＝CD＝1， 由＝，得EN＝＝＝，∴AN＝. 即點N為AE的中點． 在立體幾何的平行關系問題中，“中點”是經常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現平行線，而線線平行是平行關系的根本．在垂直關系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以根據已知圖形通過計算證明線線垂直，也可以根據已知的垂直關系證明線線垂直，其中要特別重視平面與平面垂直的性質定理． 空間角的計算 高考中立體幾何的計算主要有兩個

12、方面，即空間幾何體的表面積、體積的計算，空間角與距離的計算，其中空間角的計算是高考考查考生邏輯推理能力、空間想象能力和運算求解能力的重點．這類試題如果是在選擇題或者填空題中出現，則考查簡單的空間角的計算，如果是在解答題中出現，則往往是試題的一個組成部分． 【示例4】?(2020·湖南) 如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑AB＝2，點C在上，且∠CAB＝30°，D為AC的中點． (1)證明：AC⊥平面POD； (2)求直線OC和平面PAC所成角的正弦值． (1)證明　如圖，因為OA＝OC，D是AC的中點，所以AC⊥OD. 又PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC⊥P

13、O.而OD，PO是平面POD內的兩條相交直線，所以AC⊥平面POD. (2)解　由(1)知，AC⊥平面POD，又AC?平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.在平面POD中，如圖，過O作OH⊥PD于H，則OH⊥平面PAC.連接CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直線OC和平面PAC所成的角． 在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝. 在Rt△POD中，OH＝＝＝. 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝. 故直線OC和平面PAC所成角的正弦值為. 本題考查垂直關系的證明，線面角的求解及邏輯推理能力、空間想象能力和運算求解能力．試題的難點是第二問的線面角，其

14、中作出線面角是解題的關鍵，作線面角就是找直線上的點在平面內的射影，一個根本的方法就是通過兩個平面互相垂直的性質定理得出點在平面上的射影． 空間距離的計算 高考試題中直接考查距離求解的不多，但距離是立體幾何的重要內容之一，在計算空間幾何體的體積、空間角時，往往需要計算距離．距離問題的關鍵是“垂直”，通過作垂線把求解的距離問題納入到一個具體的平面圖形中進行計算．距離問題也與邏輯推理、空間想象密不可分，是立體幾何考查邏輯推理能力和空間想象能力的深化． 【示例5】?(2020·重慶)高為的四棱錐SABCD的底面是邊長為1的正方形，點S、A、B、C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面ABCD的中心

15、與頂點S之間的距離為(　　)． A. B. C. D. 解析　設題中的球的球心為O，球心O與頂點S在底面ABCD上的射影分別是O1，E，連接OA，OB，OC，OD，OS，則有OA＝OB＝OC＝OD＝OS＝1，點O1是底面正方形ABCD的中心，OO1∥SE，且OO1＝＝＝，SE＝.在直角梯形OO1ES中，作OF⊥SE于點F，則四邊形OO1EF是矩形，EF＝OO1＝，SF＝SE－EF＝－＝.在Rt△SOF中，OF2＝OS2－SF2＝1－2＝，即O1E＝.在Rt△SO1E中，SO1＝＝＝，選A. 答案　A 本小題主要考查了考生的空間想象能力以及如何有效地利用已知條件恰當地將空間問題平

16、面化，從而借助于平面幾何知識解決相關問題． 【訓練】 (2020·北京) 如圖，在四面體PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，點D，E，F，G分別是棱AP，AC，BC，PB的中點． (1)求證：DE∥平面BCP； (2)求證：四邊形DEFG為矩形； (3)是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由． (1)證明　因為D，E分別為AP，AC的中點，所以DE∥PC.又因為DE?平面BCP，所以DE∥平面BCP. (2)證明　因為D，E，F，G分別為AP，AC，BC，PB的中點， 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF. 所以四邊形DEFG為平行四邊形．

17、 又因為PC⊥AB，所以DE⊥DG. 所以四邊形DEFG為矩形． (3)解　存在點Q滿足條件，理由如下： 如圖，連接DF，EG，設Q為EG的中點． 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG. 分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN. 與(2)同理，可證四邊形MENG為矩形，其對角線交點為EG的中點Q，且QM＝QN＝EG， 所以Q為滿足條件的點． 空間向量及其運算 高考對空間向量的考查主要在立體幾何的解答題中進行，試題的一般設計模式是先進行一個線面位置關系的證明，再設計一個求解空間角或距離的問題，第一個問題的意圖是考查考生使用綜合幾何法

18、進行邏輯推理的能力，對于空間角或距離的求解，雖然也可以使用綜合幾何法解決，但命題者的意圖顯然不是如此，其真正的意圖是考查考生使用空間向量的方法解決立體幾何問題的能力． 【示例6】?(2020·湖北高考)如圖，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側棱CC1上，且不與點C重合． (1)當CF＝1時，求證：EF⊥A1C； (2)設二面角CAFE的大小為θ，求tan θ的最小值． 解　(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，連接EF，AF，則由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)

19、， 于是＝(0，－4,4)，＝(－，1,1)． 則·＝(0，－4,4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF⊥A1C. (2)設CF＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF的一個法向量為m＝(x，y，z)，則由(1)得F(0,4，λ)． ＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m⊥，m⊥可得 即取m＝(λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性質可取側面A1C的一個法向量為n＝(1,0,0)， 于是由θ為銳角可得cos θ＝＝， sin θ＝， 所以tan θ＝＝. 故0＜λ≤4，得≥，即tan θ≥ ＝. 故當λ＝4，即點F與點C1重合時，tan θ取得最小值. 本題考查空間垂直關系的證明和二面角的求解及函數思想．本題的空間幾何體便于建立空間直角坐標系，而且對于要證明的線線垂直和要求解的二面角正切的最值，使用空間向量的方法有一定的優(yōu)勢．線線垂直就是直線的方向向量的數量積等于零，二面角的大小可以使用兩個平面的法向量進行計算，便于建立函數關系式．