2024年高考立体几何热点考题预测(上)

2024-03-09黄伟军

广东教育·高中 2024年2期

黄伟军

立体几何是高考的重要内容，从近几年广东新高考可以看出立体几何试题的考查重点突出，难度稳中有升，载体形式更加多样化，继续保持着一小一大的形式，全面考查了空间中的平行、垂直关系的判断、推理和证明；空间角、距离、表面积和体积等基本量的计算.试题以考查立体几何的基础知识、基本方法、基本技能和基本活动经验为主线，结合生活实际，突出考查考生的数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养. 下面，我就新高考中立体几何试题常见的考查热点，结合最新的题目进行剖析，供同学们在复习备考中参考．

热点一：空间线面位置关系的命题的正误判断与开放性相结合问题

对于空间线面位置关系的命题的正误判断，常用的方法： ①根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择； ②必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断．

例1.一般地，如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为mn，则以下结论正确的是（要求：把可能的图的序号填上）

① 三棱锥的直度的最大值为1②直度为34的三棱锥只有一种

③四棱锥的直度的最大值为1 ④四棱锥的直度的最大值为45

解析：三棱锥共4个平面，这4个平面均有可能是直角三角形，故mn≤1，

如图1，借助长方体模型，可知三棱锥D-ABC的4个面都是直角三角形，直度为1，故①正确；

如图2，借助长方体模型，三棱锥D-ABC的3个面，平面DAB，平面DBC，平面ABC是直角三角形，平面ADC不是直角三角形，故直度为34，而图1中的三棱锥E-BCD，平面EBC，平面DBC，平面ECD是直角三角形，平面BDE不是直角三角形，故直度也为34，故②错误；四棱锥共有5个面，其中4个侧面为三角形，底面为四边形，故直度最大为45，③错误；如图3，借助长方体模型，四棱锥P-ABCD的4个侧面是直角三角形，底面是矩形，直度为45，故④正确. 故填：①④．

点评：本题是一道多选题，侧重于考查数学语言向图形语言的转译，并根据这两种语言提供的信息展开空间想象，弃伪存真，它对于空间想象能力和思维判断能力有着较高的要求，是近几年高考题型改革较为成功的一种新颖题型之一．

例2.已知l，m是平面 α 外的两条不同直线，给出下列三个论断：①l⊥m；②m//α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．

解析：由题意可得到以下三个命题．

（1）若①②，则③，即若l⊥m，m//α，则l⊥α，不成立．

（举反例）如图4，α//β，l，mβ且l⊥m，m//α，显然l与 α 并不垂直．

（2）若①③，则②，即l⊥m，l⊥α，则m//α，成立．

若l⊥m，l⊥α，则mα或m//α.又已知m为平面 α 外的直线，则m//α成立．

（3）若②③，则①，即m//α，l⊥α，则l⊥m，成立. 如图，若m//α，则在 α 内存在直线n与m平行，即nα且m//n.又∵l⊥α，∴l⊥n.又∵m//n，∴l⊥m．

点评：判断空间线面位置关系的注意点（1）对于空间线面位置关系的判断，常用的方法：①根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择；②必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断. （2）求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去解．

热点二：表面积与体积问题

多面体和旋转体表面积和体积的解题策略：1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记圆柱体、圆锥体的表面积与体积公式；2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体表面积（体积）的和或差的形式．

例3.伟大的天文学家、数学家张衡曾经得出一个主要结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π216=58.如图5，已知三棱錐S-BCD的每个顶点都在球O的表面上，SB⊥底面BCD，BC⊥CD，且SB=CD=23，BC=4，利用张衡的结论可得球O的表面积为．

解析：因为BC⊥CD，根据勾股定理可得BD=27.又SB⊥底面BCD，所以SD=210，球O的球心为侧棱SD的中点，从而球O的直径为210.利用张衡的结论π216=58，可得π=10，所以球O的表面积为4π102=40π=4010．

点评：以古代知识为背景，考查考生的立体几何知识，这体现了数学考试的价值观导向.弘扬传统文化的同时也鼓励同学们走进传统文化.近年来，对于这类题目也是屡见不鲜，平时也应该鼓励学生去关注一些古代的数学著作，如《九章算术》《孙子算经》等等，通过对这些著作的了解，再遇到这类题目时，在一定程度上能够减少恐惧感与焦虑感．

例4.开尔文胞体是一种多面体（图6），它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形）.已知该多面体共有24个顶点，且棱长为a，则该多面体的表面积是．

解析：边长为a的正方形的面积为a×a=a2，正六边形的面积为6×12×a×a×32=332a2.因为每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形，该多面体有24个顶点，所以该多面体中正方形有24÷4=6（个），正六边形有24×2÷6=8（个），所以该多面体的表面积为8×332a2+6a2=123+6a2．

点评：本题以开尔文胞体为背景，考查多面体表面积的求解．

例5.中国古代有一块著名的“传国玉玺”，印文为“受命于天既寿永昌”，是中国历代正统皇帝的信物，相传西汉末年王莽篡汉，进宫索要玉玺，太后怒而掷之，破其一角，王莽令工匠以黄金补之.现有人想利用“3D打印”技术还原“传国玉玺，做的模型图如图7.已知黄金的比重是1932g/cm3（20℃），若使用黄金（约）50g修补破损的一角（假设破损部分为14圆锥体），则该部分底面半径约为.（结果保留小数点后一位）．

解析：设该部分底面半径为rcm，则其体积为V=13πr2×3×14=πr24，又πr24×1932=50，∴r2≈330，∴r≈18．

例6.《九章算術》中的堤（两底面为等腰梯形的直四棱柱）上、下两底平行，而对于上、下两底不平行的堤防，唐代数学家王孝通把它分解成一个堤与一个羡除（注：羡除是指三个侧面为等腰梯形，其他两面为三角形的五面体），且其体积等于堤与羡除的体积之和.金元治河著作《河防通议》给出了上、下两底不平行的堤防的体积公式V=l6［（2h1+h2）（a+b1）2+（2h2+h1）（a+b2）2］，其中a为两头上广（等腰梯形的上底长），l为长（下底面等腰梯形的腰长），h1，h2分别为两头之高（等腰梯形的高），b1，b2分别为两头下广（等腰梯形的下底长）.现有如图8所示的一个堤防，其中AD=16，EF=28，BC=40，FC=10，CG=26，FC⊥FG，求图8中所示的羡除的体积．

解析：如图9，过点D作DH⊥BC于点H，a=AD=16 ， l=CG=26，若b1=BC=40，则b2=EF=28.EF为等腰梯形ABCD的中位线，则CD=2×10=20，MC=40-162=12，所以h1=DM=DC2-MC2=202-122=256=16，所以h2=8，又FG=CG2-CF2=262-102=576=24，则图中堤防的体积为：

266×（2×16+8）（16+40）2+（2×8+16）（16+28）2=133×1824=13×608=7904，堤的体积为12×（16+28）×8×24=4224，所以图中羡除的体积为7904-4224=3680．

点评：求组合体的体积的方法（1）分析结构特征. （2）设计计算方法.根据组成形式，设计计算方法，特别要注意“拼接面”面积的处理.利用“切割”“补形”的方法求体积. （3）计算求值.根据设计的计算方法求值. 把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算，或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积．

热点三：轨迹问题

动点轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形.不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型。主要包括：空间中动点的轨迹判断，求轨迹的长度及动角的范围，判断动点、动线、动面的位置关系等.解决这类问题往往从三个方面入手：①几何法，即将空间立体图形中的问题通过侧面展开转化为平面几何问题，通常称作“画曲为直”. ②代数法，常常利用基本不等式或函数思想解决. ③特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．

例7.如图10，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，A1D1的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的一动点，若直线D1P与平面BEF无公共点，求点P的轨迹长度．

解析：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图10-1所示的空间直角坐标系，则B（4，4，0），E（4，0，2），F（2，0，4），D1（0，0，4），设点P（λ，μ，0），则BE=（0，-4，2），EF=（-2，0，2），D1P=（λ，μ，-4）.设平面BEF的法向量为n=（x，y，z），由n·BE=-4y+2z=0，

n·EF=-2x+2z=0，取z=1，可得n=（1，12，1）为平面BEF的一个法向量.由题意可知，D1P//平面BEF，则D1P·n=λ+12μ-4=0，令μ=0，可得λ=4，令μ=4，可得λ=2，所以点P的轨迹为线段，且交AD于点A（4，0，0），交BC于点M（2，4，0），所以点P的轨迹长度为|AM|=AB2+BM2=42+22=25．

点评：空间中动点轨迹一般从三个角度分析：一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是由平面与平面的交线得直线或线段；三是由平面和曲面的交线得圆或圆锥曲线．

例8.如图11，在半径为23a的半球中，平行四边形是圆的内接四边形，AB=22AD，点是半球面上的动点， VP-ABCD=643a3.求动点的轨迹围成的图形的面积．

解析：由已知条件可知，平行四边形ABCD为矩形，所以AD2+AB2=43a2=48a2．

因为AB=22AD，所以3AB2=48a2，AB=4a，所以AD=42a，所以四边形的面积为4a×42a=162a2.设点P到底面ABCD的距离为h，

则VP-ABCD=13×S四边形ABCD×h=13×162a2×h=643a3，解得h=22a．

所以点P在到底面ABCD的距离为22a的平面内．

因为点P是半球面上的动点，所以点P的轨迹为半径r=23a2-22a2=2a的圆．

所以动点P的轨Ω迹围成的图形的面积S=πr2=π（2a）2=4πa2．

点评：本题创新性强，考查到了立体几何中的轨迹问题、圆面积公式，对考生的空间想象能力和逻辑思维能力都有一定的考查. 考生需要充分掌握立体几何线面垂直的判定以及几何图形的性质，才能够把这道题目拿下．

热点四：截面问题

截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等）得到的平面图形.截面方式有三种：横截、竖截、斜截. 空间几何体的计算要掌握好“定位”“定形”“定量”.首先，确定出关键点；其次，由关键点确定截面与空间几何体相关的交线；再次，根据问题中已知的条件与空间点、线、面的位置关系确定截面的基本特征；最后，完成相关截面边长、周长或者面积等数量计算．

例9.如图12，某圆柱的一个轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且BE=12BC，点F在母线AB上，点G在线段AC上，AG=14AC，求EF+FG的最小值．

解析：如图13，将△ABE绕AB旋转到△ABH的位置，并且点H在CB的延长线上，连接HG，交AB于点F，此时EF+FG最小．

由已知可知轴截面ABCD是边长为4的正方形，所以AC=42，CG=34AC=34×42=32，BE=BH=12BC=2，∠ACB=45°．

在△HCG中，由余弦定理得：

HG2=HC2+CG2-2HC·CGcos∠HCG=36+18-2×6×32×22=18，HG=32，

即EF+FG的最小值为32．

点评：用延长线法解决截面问题的关键：截面上的点中至少有两个点在一个几何体的一个表面上，我们可以借助于公理，如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内，直接解决这类问题．

例10.已知点E、F 为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB、BC的中点，过EF的平面α截正方体，AB=4，下列说法正确的是（）

A. 若α与地面ABCD所成角的正切值为2，则截面只能是正三角形

B. α与地面ABCD所成角为45°则截面不可能为六边形

C. 若截面为正三角形EFG时，三棱锥D1-EFG的外接球的半径为935

D. 若截面为四边形，则截面与平面B1EF所成角的余弦值的最小值为79

解析：取EF的中点O，做OO1⊥底面A1B1C1D1，则O1为B1D1的四等分点，

且OO1=4，B1O1=2，分别取A1D1、D1C1的中点M、N，连接MN、B1D1交于K点，则K点为B1D1的四等分点，连接OK，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，OK⊥MN，B1D1⊥MN，此时EF、MN平面α，

即平面α与底面A1B1C1D1所成的角为∠OKB1，且tan∠OKB1=OO1KO1=422=2，

因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，所以平面α与底面ABCD所成的角的正切值为2，

再分别取A1A、CC1的中点Q、P，连接EQ、QM、NP、PF，即过EF的平面α截正方体的截面为正六边形EGMNPF；取B1B的中点G，连接EG、FG，则△EFQ为等边三角形，EF⊥OQ，EF⊥OB，所以∠BOQ即为平面ABCD与平面EFG所成的二面角的平面角，且OB=14×42=2，BG=2，tan∠BOG=BGOG=22=2，

所以平面ABCD//与平面EFG所成的二面角的平面角的正切值为2，此时△EFG为等边三角形，故A错误；

当∠OKB1=45°时，tan∠OKB1=1，所以OO1=KO1=4，所以D1K=32-4，

由于MN//EF，所以△D1MN为等腰直角三角形，MN=62-8，

由于EF=22，所以四边形MNFE为等腰梯形，必与C1C、A1A有交点，

则截面六边形，故B错误；

若截面为正三角形EFG 时，则G为B1B的中点，

所以三棱锥D1-EFG为正三棱锥，且EF=22，D1G=16+16+4=6，

设正三角形EFG的外接圆的圆心为O1，外接球的球心為O，连接O1G，OG，

则DO=OG=R，O1G=EF2sin 60°=263，因为D1G2=D1B21+B1G2=32+4=36，

所以D1O21=D1G2-O1G2=36-2632=1003，在Rt△OGO1中，

因为OO21+O1G2=OG2，所以1033-R2+2632=R2，解得R=935，故C正确；

若截面为四边形，则截面与底面A1B1C1D1棱的交点必在A1B1、C1B1上，且截面为A1C1FE时与平面B1EF所成角的最大，此时的余弦值最小，连接A1C1，取A1C1的中点T，连接B1T，OB1，则FB1=B1E，OB1⊥EF，四边形A1C1EF为等腰梯形，OT⊥EF，

则∠TOB1即为截面为A1C1FE时与平面B1EF所成平面角，B1O2=16+2=18，

B1T2=8，TO2=16+2=18，在△OTB1中，

由余弦定理得cos∠TOB1=B1O2+OT2-TB212B1O×OT=18+18-82×18=79，故D正确．

故选：CD．

点评：用平行线法解决截面问题的关键：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与截面上某点在几何体的某一个表面平行.我们可以借助于两个性质（（1）如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；（2）如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行）直接解决这类问题．

热点五、与球有关的切、接问题

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是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，把空间问题化归为平面问题. 若球面上四点P，A，B，C，且PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可以构造长方体或正方体确定直径来解决外接球问题．

例11.阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形18中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，求该圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积之比．

解析：设圆柱的底面半径为a，则圆柱的内切球的半径为a，圆柱的高为2a，圆柱的体积为V1=π×a2×2a=2πa3，又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，圆柱的外接球半径R=a2+a2=2a，所以圆柱的外接球体积为V2=43π2a3=823πa3，故V2：V1=823πa3：2πa3=423.故该圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积之比为423．

点评：解决柱体的外接球问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系，选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．

例12.已知正三棱锥P-ABC的侧棱长为23a（a>0），点E，F分别在线段PC，BC（不包括端点）上，且∠AEF=90°，EF//PB，若点G为三棱锥P-ABC的外接球的球面上任意一点，求点G到平面ABC距离的最大值．

解析：取AC的中点D，连接BD，PD，如图20所示：

在正三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=23a，所以PD⊥AC，下底面为等边ΔABC，

所以BD⊥AC，由PD∩BD=D，所以AC⊥平面PBD，又PB平面PBD，

所以PB⊥AC，因为∠AEF=90°，EF//PB，所以AE⊥EF，所以AE⊥PB，由AE∩AC=A，所以PB⊥平面PAC，又AP平面PAC，

所以PB⊥PA，所以∠APB=90°，

所以AB=BC=AC=PA2+PB2=23a2+23a2=26a，

设三棱锥的外接球球心为O，ΔABC外接圆的圆心为O1，连接PO1，AO1，AO，则在正三棱锥中，底面为正三角形，所以O1一定在BD上，且O一定在PO1上，

同时PO1⊥平面ABC，在ΔABC中由正弦定理得：

2AO1=ABsin 60°=26a32=42aAO1=22a，在RtΔPAO1中，PO1=PA2-AO21=23a2-22a2=2a.

在RtΔOAO1中，AO2=AO21+OO21=22a2+（PO1-PO）2，