立体几何高考重点解析

2019-12-20吴浩

中学课程辅导·高考版 2019年12期

关键词：三棱锥线面中点

知己知彼，百战不殆.从近几年江苏高考对立体几何命题的规律来看，有几类重点问题需引起同学们的足够重视.下文举例说明，供大家参考.

一、几何体的表面积与体积

空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.

例1 （1）在如图①所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm.则斜截圆柱侧面面积S= cm2.

（2）如图②，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为 .

解析：（1）如图在斜截圆柱上面再撂上一个相同的斜截圆柱，则整个圆柱的母线l=130cm，底面半径为20cm，∴S斜截圆柱=12S整个圆柱=122πrl=πrl=2600π（cm2），故本题答案为2600π;

（2）该多面体不是规则几何体，不易直接求体积，应将其分割转化为规则几何体.分别过A、B作EF的垂线，垂足分别为G、H，连接DG、CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，棱锥高为12，棱柱高为1，AG=12-（12）2=32.取AD的中点M，则MG=22，S△AGD=12×1×22=24，

∴V=24×1+2×13×24×12=23.

即本题答案为23.

点评：几何体的表面积与体积的计算问题，一般出现在填空题中，难度中等.解答时应注意两点：一是针对所给的简单几何体，选准有关体积与表面积的公式;二是善于把不规则几何体通过割补手段将其转化为几个简单几何体，再进行计算.

二、多面体与球的组合体问题

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径.球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心（或“切点”“接点”）作出截面图.

例2 （1）在正三棱锥SABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB=22，则正三棱锥SABC的外接球的表面积为 .

（2）已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为 .

解析：（1）如图所示，因为三棱锥SABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM=A，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三线两两垂直，且AB=22，所以SA=SB=SC=2，所以（2R）2=3×22=12，

所以球的表面积S=4πR2=12π，故答案填12π.

（2）如图所示，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的侧面积为S=2πr×21-r2=4πr1-r2≤4π×r2+（1-r2）2=2π（当且仅当r2=1-r2，即r=22时取等号）.

所以当r=22时，V球V圆柱=4π3×13π（22）2×2=423.

故答案填423.

點评：求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积.本题（1）要求同学们能灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题;本题（2）则通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖，值得关注.

三、空间线面位置关系的判定

空间线面位置关系的判定，以填空题的形式出现在高考中，题目一般给出多个命题，要求同学们把正确命题的序号填在横线上.这类问题其实就是多项选择题.空间线面位置关系判断的常用方法：（1）根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题.（2）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.

例3 （1）已知下列命题：

①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内;

②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交;

③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面;

④若平面α∥平面β，直线aα，直线bβ，则a∥b.

上述命题正确的是（填序号）.

（2）如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是（填序号）.

①MB是定值;②点M在圆上运动;③一定存在某个位置，使DE⊥A1C;④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.

解析：①若直线与平面有两个公共点，由公理1可得直线在平面内，故①对;②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故②错;③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故③对;④若平面α∥平面β，直线aα，直线bβ，则a∥b或a，b异面，故④错.故答案：①③.

（2）取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB=N，A1D∩DE=D，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确;∠A1DE=∠MNB，MN=12A1D=定值，NB=DE=定值，根据余弦定理得，MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cos∠MNB，∴MB是定值，①正确;∵B是定点，∴M在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确;当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确.∴①②④正确.故答案：①②④.

点评：解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.

四、空间平行、垂直关系的证明

空间平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题中，难度中等.空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.

例4 由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

（1）求证：A1O∥平面B1CD1;

（2）设M是OD的中点，求证：平面A1EM⊥平面B1CD1.

证明：（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1=OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，

因为O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.

（2）因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.

因为AO⊥BD，所以EM⊥BD.

又A1E⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1E⊥BD，

因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，

又A1E平面A1EM，EM平面A1EM，A1E∩EM=E，所以B1D1⊥平面A1EM，

又B1D1平面B1CD1，

所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

点评：垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：

（1）证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行;二是利用平行四边形进行平行转换;三是利用三角形的中位线定理证线线平行;四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.

（2）证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，aαl⊥a.

五、平面图形的折叠问题

平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些變与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法.

例5 如图（1），在五边形ABCDE中，ED=EA，AB∥CD，CD=2AB，∠EDC=150°.如图（2），将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥PABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.

（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD;

（2）若四棱锥PABCD的体积为23，求四面体BCDM的体积.

解析：（1）证明：取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，则MN∥CD，

MN=12CD.

又AB∥CD，

AB=12CD，∴MN∥AB且MN=AB，

∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM，

又BM⊥平面PCD，∴AN⊥平面PCD，∴AN⊥PD，AN⊥CD.

由ED=EA，即PD=PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形，

∴∠PDA=60°，又∠EDC=150°，∴∠CDA=90°，∴CD⊥AD，

又AN∩AD=A，AN平面PAD，AD平面PAD，