新高考立体几何考点概说
2023-05-29高慧明
高慧明
高考對立体几何考点的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深.解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论.作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
一、选填题常考核心考点例析
核心考点一：球与截面面积问题
球的截面问题
球的截面的性质：①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离与球的半径及截面的半径的关系为．
例1.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=2，点E在棱PB上，且EB=2 PE， 过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是．
【解析】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，则球O半径r=PA2+AB2+BC22=2+2+42=2.O位于PC中点处．
因底面ABCD是矩形，则BC⊥AB.因PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，则PA⊥BC，又PA平面PAB，AB平面PAB，PA∩AB=A，则BC⊥平面PAB．
因PB平面PAB，则BC⊥PB.取PB的中点为F，则OF∥BC，OF=12BC=1，OF⊥PB·PF=12PB=PA2+AB22=1．
因EB=2PE，则PE=13PB=23，得EF=PF-PE=13．
则在直角三角形OEF中，OE=OF2+EF21+19=103．
当EO与截面垂直时，截面面积最小，则截面半径为r1=r2-OE2=2-109=223.故截面面积为S=π2232=8π9．
核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
几类空间几何体体积的求法
（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算；（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解；（3）锥体体积公式为V=13Sh，在求解锥体体积时，不能漏掉．
例2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，给出下面几个命题：
①四边形BFD1E一定是平行四边形；
②四边形BFD1E有可能是正方形；
③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D；
④设D1F与DC的延长线交于M，D1E与DA的延长线交于N，则M、N、B三点共线；
⑤四棱锥B1-BFD1E的体积为定值．
以上命题中真命题的个数为（）
A.2B.3C.4D.5
【解析】因为平面AA1D1D与平面BCC1B1平行，截面与它们交于DE，BF，可得DE∥BF，同样可得BE∥D1F，所以四边形BFD1E是一个平行四边形，故①正确.
如果四边形BFD1E是正方形，则BE⊥D1E，因为BE⊥A1D1，所以BE⊥平面A1D1E.又BA⊥平面A1D1E，E与A重合，此时BFD1E不是正方形，故②错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形BFD1E为菱形，EF⊥平面BB1D1D，此时四边形BFD1E垂直于平面BB1D1D，故③正确.
由D1F与DC的延长线交于M，可得M∈D1F，且M∈DC，又因为D1F平面BFD1E，DC平面ABCD，所以M∈平面BFD1E，M∈平面ABCD.又因为B∈平面BFD1E，B∈平面ABCD，所以平面BFD1E∩平面ABCD=BM，同理平面BFD1E∩平面ABCD=BN，所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故④正确.
由于VB1-BED1F=VE-BB1D1，CC1∥AA1∥平面BB1D1，
则E，F到平面BB1D1的距离相等，且为正方体的棱长，三角形BB1D1的面积为定值，所以四棱锥B1-BED1F的体积为定值，故⑤正确.故选：C．
核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值．
例3.如图，正方形EFGH的中心为正方形ABCD的中心，AB=22，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥P-EFGH（A，B，C，D四点重合于点P），则此四棱锥的体积的最大值为（）
A.1286375B.1285375
C.43D.153
【解析】设EF=2x（0 V=13×（2x）2×21-x=83x2（1-x） =83x4（1-x）≤83×44×x4+x4+x4+x4+（1-x）55， 当且仅当x4=1-x，x=45时等号成立，即体积的最大值为Vmax=83×454×15=1285375，故选：B． 核心考点四：立体几何中的交线问题 例4.在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行.若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为． 【解析】过点A的平面α与平面PBC平行.若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面α∥平面PBC，平面PBC∩平面ABD=PB，平面PBC∩平面ACD=PC所以m∥BP，n∥PC，所以∠BPC或其补角即为m，n所成的平面角.设正四棱锥ABCD的棱长为1，AP=x，0 1-12 1x2-x+1=1-12x-122+34， 由于x-122+34≥34，则12x-122+34≤23，进而1-12x-122+34≥13，当x=12时取等号，故cos∠BPC的最小值为13，进而sin∠BPC=1-cos2∠BPC≤223，故sin∠BPC的最大值为223，故答案为：223. 核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值 例5.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E满足A1E=2EB1，点F在平面BC1D内，则A1F+EF的最小值為（） A.29B.6C.41D.7 【解析】以点D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D-xyz，则A1（3，0，3），E（3，2，3），C（0，3，0），因为BD⊥AC，BD⊥A1A，且AC∩A1A=A，则BD⊥平面A1AC，所以BD⊥A1C，同理得BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥A1C，而BD∩BC1=B，所以A1C平面BC1D，记AC与平面BC1D交于点H，连接A1C1，C1O，AC，且AC∩BD=O，则A1HHC=A1C1OC=21，易得A1H=2HC，从而得点A1（3，0，3）关于平面BC1D对称的点为G（-1，4，-1）， 所以A1F+EF的最小值为EG=（3+1）2+（2-4）2+（3+1）2=6.故选：B． 核心考点六：空间角问题 1.用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得.求解的一般步骤为： （1）作图：作出空间角的平面角． （2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算． 2.用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上． 3.求直线与平面所成角的常见方法 （1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求． （2）等积法：公式sinθ=hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长． （3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4.作二面角的平面角常有三种方法 （1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角． （2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角． （3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角． 例6.在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CD=12BC，AC交BD于O点，△ABD沿着直线BD翻折成△A1BD，所成二面角A1-BD-C的大小为θ，则下列选项中错误的是（） A. ∠A1BC≤θB.∠A1OC≥θ C. ∠A1DC≤θD.∠A1BC+∠A1DC≥θ 【解析】等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CD=12BC，可知：∠ACB=∠ACD=30°，BD⊥DC取BD中点N，BC中点M连接A1N，NM，则A1N⊥BD，NM⊥BC，所以∠A1NM为二面角A1-BD-C的平面角，即∠A1NM=θ. 设AB=AD=CD=12BC=2，则A1N=1，MN=1，A1B=2，A1D=2. ∴cosθ=A1N2+NM2-A1M22A1N·NM=1+1-A1M22=1-12A1M2， ∴cosθ∠A1BC=A1B2+BM2-A1M22A1B·BM=22+22-A1M22×2×2=1-18A1M2，因为在0，π上余弦函数单调递减，又1-18A1M2≥1-12A1M2cos∠A1BC≥cosθ∠ABC≤θ，故A对． ∴cosθ∠A1DC=A1D2+DC2-A1C22A1D·CD=22+22-A1C22×2×2=1-18A1C2. ∴cosθ∠A1OC=A1O2+OC2-A1C22A1O·OC =2332+4332-A1C22×233×433=54-316A1C2. 当时θ=0°，A1与M重合，此时∠A1DC=60°，故C不对． ∠A1DC在翻折的过程中，角度从120°减少到60°; ∠A1OC在翻折的过程中，角度从180°减少到30°. BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确. 故选：C. 核心考点七：轨迹问题 解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法.对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义.二是代数法（解析法）.在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系． 例7.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AB，BD1的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，则下列命题： ①点M可以是棱AD的中点； ②点M的轨迹是菱形； ③点M轨迹的长度为2+5； ④点M的轨迹所围成图形的面积为52． 其中正确的命题个数为（） A.1B.2 C.3 D.4 【解析】连接AC，BD，交于O，则O为AC，BD中点，因为F为BD1的中点，所以FO∥DD1，由正方体的性质可知DD1平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD，因为DE平面ABCD，所以FO⊥DE，过点O作PQ⊥DE，分别交BC，AD于P，Q，过点P，Q分别作PH∥BB1，QG∥AA1，分别交B1C1，A1D1于点H，G，连接GH，所以，PQGH四点共面，且GQ∥PH，GQ=PH，所以四边形PQGH為平行四边形，因为AA1⊥平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，PQ平面ABCD，所以PH⊥PQ. 所以，四边形PQGH为矩形，因为PQ∩FO=O，PQ，FO平面PQGH，所以DE⊥平面PQGH，因为点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，所以，当FM面PQGH时，始终有FM⊥DE，所以点M的轨迹是矩形PQGH，如右图，因为∠DQO+∠QDE=∠QDE+∠AED=π2，所以∠DQO=∠AED，∠AQO=∠BED.因为OAQ=∠EBD=π4，所以△AOQ∽△BDE，所以AQBE=AOBD，即AQ12=222，即AQ=14，所以CP=AQ=14，PQ=52，所以，点M不可能是棱AD的中点，点M的轨迹是矩形PQGH，轨迹长度为矩形PQGH的周长252+1=5+2，轨迹所围成图形的面积为52×1=52，正确的命题为③④.个数为2个. 故选：B. 二、解答题常考核心考点选析 例8.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面AA1C1C为菱形，点A1在底面上的投影为AC的中点D，且AB=2. （1）求证：BD⊥CC1； （2）求点C到侧面AA1B1B的距离； （3）在线段A1B1上是否存在点E，使得直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为67？若存在，请求出A1E的长；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：由点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，知A1D⊥平面ABC，又BD平面ABC，故A1D⊥BD. 因△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，故AC⊥BD，而A1D，AC平面ACC1A1，A1D∩AC=D，故BD⊥平面ACC1A1，由CC1平面ACC1A1，得BD⊥CC1． （2）由点A1D⊥AC，D为AC的中点，侧面AA1C1C为菱形，知A1C=A1A=AC，由△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2，可得DB=DA=DC=2，DA1=6，由（1）知直线DB，DC，DA1两两垂直，故以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，-2，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，6），AB=2，2，0，AA1=0，2，6，设平面AA1B1B的一个法向量为=（x，y，z），则·AB=2x+2y=0， ·AA1=2y+6z=0，取z=1，得=（3，-3，1），又AC（0，22，0），故点C到平面AA1B1B的距离为： d=AC·=0-26+03+3+1=267=2427. （3）假设存在满足条件的点E，并A1E=λ·A1B1=λ·AB=λ·（2，2，0）（λ∈0，1），则DE=DA1+A1E=（0，0，6）+λ·（2，2，0）=（2λ，2λ，6），于是，由直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为67，可得67=cos 又λ∈0，1，故λ＝12． 因此存在满足条件的点E，且A1E=12AB=1． 【评析】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 例9.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点，将△DAE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图所示.F是棱PB上的一点． （1）若F是棱PB的中点，求证：CF∥平面PAE； （2）是否存在点F，使得二面角F-AE-C的余弦值为41717？若存在，则求出PFFB的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）如图，在AB上取中点Q，链接CQ、FQ.由题意知，CE瘙綊12AB，所以四边形AQCE为平行四边形，所以AE∥CQ． 又因为F、Q分别为PB、AB中点，所以FQ∥PA，且FQ∩CQ=Q，FQ、CQ在平面FQC内，则平面FQC平行于平面PAE，而CFCFQ，则CF∥PAE. （2）如图，以B为原点，BA为轴正向，BC为y轴正方向，垂直平面ABCE于B的为z轴，建立空间直角坐标系． 由图可知，B（0，0，0）、A（2，0，0）、C（0，1，0）、E（1，1，0），设Pa，12，b，BF=xBP，则Fax，12x，bx，∴AE=（-1，1，0），EC=（-1，0，0）、AF=ax-2，12x，bx. ∴设平面FAE的法向量为=（x1，y1，z1），则n1·AE=0， n1·AF=0，令x1=bx，解得y1=bx，z1=2-a+12x，即n1=bx，bx，2-a+12x，平面AEC的法向量设为n2=（x2，y2，z2），则n2·AE=0， n2·EC=0，令z2=1，得x2=0，y2=0，即n2=（0，0，1）． ∴cos AP·EP=a-2，12，ba-1，-12，b=（a-2）（a-1）-14+b2=0，则b2=-a2+3a-74，又PA=PE，即（a-2）2+14+b2=（a-1）2+14+b2，得a=32，代入上式，解得b=22，将a=32、b=22代入①式，解得x=13． ∴PFFB=2，故存在点F． 例10.已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD=π2，AB=BC=2AD=4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE=x，G是BC的中点，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF． （1）当时x=2，①求证：BD⊥EG；②求二面角D-BF-C的余弦值； （2）三棱锥D-FBC的体积是否可能等于几何体ABE-FDC体积的一半？并说明理由． 【解析】（1）证明：过D点作EF的垂线交EF于H，连接BH.如图． ∵AE=AD=2且AE∥DH，AD∥DH，AD∥EF．∠EAD=π2. ∴四边形ADHE是正方形.∵EH=2 ∴，四边形EHGB是正方形． 所以BH⊥EG（正方形对角线互相垂直）． 因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE⊥EF，AE平面AEFD， 所以AE⊥平面EBCF，所以DH⊥平面EBCF， 又因为EG平面EBCF，所以EG⊥DH． 又BH∩DH=H，BH，DH平面BDH， 所以EG⊥平面BDH，又BD平面BDH，所以EG⊥BD． ②以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系， B（2，0，0），F（0，3，0），D（0，2，2），C（2，4，0），BF=（-2，3，0），BD=（-2，2，2），设平面的法向量=（x，y，z）， 则·BD=-2x+2y+2z=0， ·BF=-2x+3y=0，取x=3，得=（3，2，1），又平面BCF的法向量=（0，0，01）， cos〈，〉=··=114=1414.∴钝二面角D-BF-C的余弦值为-1414． （2）∵AE⊥EF，平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE平面AEFD． ∴AE⊥平面EBCF.结合DH⊥平面EBCF，得AE∥DH，∴四边形AEHD是矩形，得DH=AE，故以F、B、C、D为顶点的三棱锥D-BCF的高DH=AE=x，又∵S△BCF=12BC·BE=12×4×（4-x）=8-2x． ∴三棱錐D-BCF的体积为V=13S△BFC·DH=13（8-2x）x=83x-23x2=23x（4-x），VABE-FDC=VABE-DGH+VD-HGCF=S△ABE·AD+13SHGCF·DH=12x（4-x）×x+13×12（12x+2）（4-x）x=（4-x）x1+16（12x+2，令（4-x）x1+16（12x+2=2×23x（4-x），解得x=0或x=4，不合题意. ∴棱锥D-FBC的体积不可能等于几何体ABE-FDC体积的一半． 【评析】1.处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变.2.把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 责任编辑徐国坚
