二輪復習之立體幾何突破

立體幾何在高考中占有重要的地位，這是源于立體幾何知識是考查空間想象能力、運算能力、推理論證及探索問題能力的重要題源，容易命制背景新穎的試題，較好地體現高考的選拔功能．備戰2012年高考，立體幾何重點要關注四個方面：（1）關注點、線、面位置關系的證明，尤其是平行、垂直的證明；（2）關注求空間幾何體（柱、錐、臺、球）及其組合體的表面積與體積；（3）關注空間角與距離的求法，如傳統方法與向量法；（4）關注立體幾何與其他數學知識模塊綜合的問題．建議在熟練掌握（1）的基礎上，再去探求（2）（3）（4），突出方法的掌握，尤其是通性通法，提高空間想象能力、運算能力及思維的嚴密性．

1．串聯情況：空間幾何體是立幾知識考查的載體，而直觀圖與三視圖是空間幾何體兩種不同的呈現形式，直觀圖便于觀察，三視圖便于度量．直觀圖與三視圖常整合面積與體積知識進行考查，它們間的邏輯關系如下：三視圖?壙直觀圖→空間幾何體的面積與體積．

2．考情分析：高考對直觀圖與三視圖的考查，主要集中在兩種題型：①已知直觀圖，求作三視圖；②已知三視圖，得出直觀圖，進而求空間幾何體的面積或體積．

3．破解技巧：①若已知直觀圖，求作三視圖，只需將直觀圖“壓扁”到“墻角”的三個面中即可，但要注意哪些點、線重合了，哪些線被遮住了，遮住的部分需畫虛線；②若已知三視圖，要得出直觀圖，如果幾何體為錐體，那么只需將錐體的頂點從俯視圖中拉起還原就行，如果幾何體不是錐體，那么通常先找一個基本幾何體，然后將它削出來，我們通常稱之為“寄居法”，這個基本幾何體就是我們所研究幾何體“寄居”的殼．注意對得到的直觀圖，要“壓扁”還原檢驗，看看其三視圖是否符合要求．

4．經典例題：

（1）將正三棱柱截去三個角（如圖1所示，A，B，C分別是△GHI三邊的中點）得到幾何體如圖2，則該幾何體按圖2所示方向的側視圖（或稱左視圖）為（）

（2）若幾何體的三視圖如圖3所示，則此幾何體的體積為________．

圖3

破解思路（1）本小題已知直觀圖，求作三視圖中的側視圖，因此，可以將幾何體從左向右“壓扁”，注意“壓扁”后各線的位置關系和虛實情況；（2）本小題的關鍵是得出直觀圖，由正視圖和左視圖易知幾何體不是錐體，又由俯視圖可知我們可以拿正方體作為我們要研究幾何體“寄居”的殼，再在正方體中將我們要研究的幾何體“削”出來．

經典答案（1）解題時在圖2的右邊放堵墻（心中有墻），由于平面AED仍在平面HEDG上，故側視圖中仍然看到左側的一條垂直下邊線段的線段，可得答案A．

（2）如圖4，先找一個基本幾何體：正方體，然后按陰影部分所示平面“削”去上部分，剩下的部分幾何體就是所求，其體積為正方體的一半，即V=×4×4×4=32．

圖4

1．串聯情況：在空間特別是在空間直角坐標系中引入空間向量，可以為解決空間圖形的形狀、大小、位置關系的幾何問題增加一種理想的代數工具，從而使得立體幾何問題的解決不斷趨向符號化、模型化、運算化和程序化，大大降低了解題難度．

2．考情分析：從近幾年立體幾何高考試題來看，立體幾何的傳統知識難點（求空間角與距離、開放性問題等）體現出了難度．空間向量的引入，有效地提高了解題的可操作性，從而提高了學習的效率．

3．破解技巧：使用空間向量對立體幾何問題進行計算和證明，關鍵是幾何問題向量化的轉化過程．從建立空間直角坐標系，到空間點的坐標、具體向量的坐標，再到向量的有關運算，一直到得出結論，構成了一個非常嚴密的解答（證明）過程，這也代表了立體幾何的一個發展趨勢．空間向量在立體幾何中的應用技巧列舉如下：

（1）線線平行：若∥，則AB∥CD．

（2）線面平行：設n是平面α的法向量，若⊥n，AB?埭α，則AB∥α．

（3）線線垂直：若⊥，則AB⊥CD．

（4）線面垂直：設n是平面α的法向量，若∥n，則AB⊥α．

（5）面面垂直：設n1是平面α的法向量，n2是平面β的法向量，若n1⊥n2，則α⊥β．

（6）線線所成角：設AB與CD所成角大小為θ，則cosθ=cos〈，〉．

（7）線面所成角：設AP與平面α所成角的大小為θ，若n是平面α的法向量，則sinθ=cos〈，n〉．

（8）面面所成角：設平面α與平面β所成角大小為θ，若n1，n2分別是平面α與平面β的法向量，則cosθ=±cos〈n1，n2〉（正負取值視實際情況而定）．

（9）點面距離：設n是平面α的法向量，則點P到平面α的距離d=．

4．經典例題：

如圖5，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．

（1）證明：BD⊥AA1．

（2）求二面角D－A1A－C的平面角的余弦值．

（3）在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由．

破解思路立體幾何中平行和垂直的證明（或判定），一方面可以利用平行和垂直的判定定理或性質定理進行推理論證；另一方面可以借助空間向量，用代數方法進行精確論證．常用的平行和垂直的判定定理和性質定理關系如下：

根據上述圖示，第3問可以利用線面平行判定定理，通過證明BP∥A1D就可以得出BP∥平面DA1C1；也可以利用面面平行的性質，通過證明面BMP∥面DA1C1就可以得出BP∥平面DA1C1．

根據上述圖示，第1問可以利用線面垂直的性質定理，通過證明BD⊥平面AA1O就可以得出BD⊥AA1．同時，我們還可以發揮空間向量的工具性，第1問可以證明⊥，第3問可以證明垂直于平面DA1C1的法向量即可．

立體幾何求角問題可以用（1）轉化法：作出二面角D－A1A－C的平面角，并解三角形；（2）向量法：設平面AA1C1C的法向量為n1，平面AA1D的法向量為n2，故二面角D－A1A－C的余弦值為cosθ=±cos〈n1，n2〉（正負取值視實際情況而定）．

圖6

經典答案（1）法1：過A1作A1O⊥AC于點O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性質定理知，A1O⊥平面ABCD，又底面為菱形，所以AC⊥BD，BD⊥ACBD⊥A1OA1O∩AC=O?圯BD⊥面AA1OAA1?奐面AA1O?圯BD⊥AA1．

法2：設BD與AC交于O，則BD⊥AC，連結A1O．

在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，所以A1O2=AA+AO2-2AA1#8226;AO#8226;cos60°=3，所以AO2+A1O2=AA，所以A1O⊥AO．

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥平面ABCD．

以OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖7所示的空間直角坐標系，則A（0，－1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（－，0，0），A1（0，0，），C1（0，2，）．

由于=（－2，0，0），=（0，1，），#8226;=0，所以BD⊥AA1．

（2）法1（轉化法）：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，所以AO=AA1#8226;cos60°=1，所以O是AC的中點，由于底面ABCD為菱形，所以O也是BD中點．

由（1）可知DO⊥平面AA1C，過O作OE⊥AA1于E點，連結DE，則AA1⊥DE，則∠DEO為二面角D－AA1－C的平面角．在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，所以AC=AB=BC=2，又AO=1，所以DO==．

在Rt△AEO中，OE=OA#8226;sin∠EAO=，DE===，所以cos∠DEO==，所以二面角D－AA－C的平面角的余弦值是．

法2（向量法）：由于OB⊥平面AA1C1C，所以平面AA1C1C的一個法向量為n1=（1，0，0）．

設n2⊥平面AA1D，則n2⊥，n2⊥.設n2=（x，y，z），則y+z=0，－x+y=0.

取n2=（1，，－1），所以cos〈n1，n2〉==，所以二面角D－A1A－C的平面角的余弦值為．

（3）法1：如圖8，存在這樣的點P，且滿足C1C=CP．

連結B1C，因為A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，所以A1D∥B1C．

在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連結BP，因為BB1CC1，所以BB1CP，所以四邊形BB1CP為平行四邊形，則BP∥B1C，所以BP∥A1D，所以BP∥平面DA1C1．

法2：如圖8，存在這樣的點P，且滿足C1C=CP，連結AB1，延長A1A至M，使得A1A=AM，延長C1C至P，得使C1C=CP，連結MP，易知面A1C1D∥面B1AC且BM∥AB1，則BM∥面ACB1，同理，MP∥面ACB1，且MP∩BM=M，所以面BMP∥面ACB1，而BP?奐面BMP，所以PB∥面A1C1D．

法3：假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，設＝λ，P（x，y，z），則（x，y－1，z）=λ（0，1，），從而有P（0，1+λ，λ），=（－，1+λ，λ）.

設n3⊥平面DA1C1，則n3⊥，n3⊥.又=（0，2，0），=（，0，）．

設n3=（x3，y3，z3），則2y3=0，x3+z3=0，取n3=（1，0，－1）．

因為BP∥平面DA1C1，則n3⊥，即n3#8226;=－－λ=0，得λ＝－1即點P在C1C的延長線上，且C1C=CP．

如圖9，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD為正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=3，F為線段DE上的動點．

（1）若F為DE的中點，求證：BE∥平面ACF；

（2）求點A到平面BDE的距離；

（3）若二面角E－BC－F與二面角F－BC－D的大小相等，求DF長．

圖9

破解思路立體幾何距離問題可分為點面距離、線線距離、線面距離和面面距離，而線線距離、線面距離和面面距離往往可以轉化為點面距離，故點面距離是立體幾何中距離問題的核心與重點，求解策略有三種途徑．

方法一：定義法：作點A在面BDE上的射影H，則AH的長度就是點A到面BDE的距離．

方法二：等體積法：點A到面BDE的距離d=．

方法三：向量法：設n是平面BDE的法向量，則點A到平面BDE的距離d=．

經典答案證明：（1）連結AC，BD交于O，連OF．

因為F為DE中點，O為BD中點，所以OF∥BE，OF?奐平面ACF，BE?埭平面ACF，所以BE∥平面ACF．

（2）法1：由題意易知，AD=3，BD=6，因為AE⊥平面CDE且CD?奐平面CDE，所以AE⊥CD．

又AB∥CD，所以AB⊥AE，所以BE==3．

在△BDE中，BE2+DE2=6=BD2，所以DE⊥BE，而AE⊥DE且DE∩BE=E，所以DE⊥面ABE，所以面ABE⊥面BDE，所以過點A向面BDE引垂線，垂足H必在BE上，所以在Rt△ABE中，AH===．

法2：設A到面BDE的距離為d，則d===．

法3：因為AE⊥平面CDE，CD?奐平面CDE，所以AE⊥CD，因為CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE?奐平面DAE，所以CD⊥平面DAE，如圖10建立坐標系，則E（3，0，0），F（a，0，0），C（0，3，0），A（3，0，3），D（0，0，0）．

由=得B（3，3，3），則=（3，3，3），=（3，0，0），=（0，0，－3），設面BDE的法向量為n=（x，y，z），則3x+3y+3z=0，3x=0，得x=0，令y=1，則z=－，所以n=（0，1，－），所以點A到面BDE的距離為d==．

（3）法1：如圖11，過E作EH⊥AD于H，過H作MH⊥BC于M，連結ME，同理過F作FG⊥AD于G，過G作NG⊥BC于N，連結NF．

因為AE⊥平面CDE，CD?奐平面CDE，所以AE⊥CD．

因為CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE?奐平面DAE，所以CD⊥平面DAE，EH?奐平面DAE，所以CD⊥EH，CD∩AD=D，CD，AD?奐平面ABCD，EH⊥平面ABCD，所以HE⊥BC，所以BC⊥平面MHE，所以∠HME為二面角E－BC－D的平面角，同理，∠GNF為二面角F－BC－D的平面角．

因為MH∥AB，所以MH=3，又HE=，所以tan∠HME=，而∠HME=2∠GNF，所以tan∠GNF=－2，所以=－2，GF=3－6．又GF∥HE，所以=，所以DF=6－12．

法2：設n1⊥平面ABCD，且n1=（x，y，z），由n1#8226;=0，n1#8226;=0?圯y=0，x+z=0?圯n1=（1，0，－1）．

設n2⊥平面BCF，且n2=（x，y，z），由n2#8226;=0，n2#8226;=0?圯x+z=0，ax－3y=0?圯n2=（3，a，－3）．

設n3⊥平面BCE，且n3=（x，y，z），由n3#8226;=0，n3#8226;=0?圯x+z=0，x－y=0?圯n3=（，1，－）．

設二面角E－BC－F的大小為α，二面角D－BC－F的大小為β，α=β，cos〈n1，n2〉=cos〈n3，n2〉，=?圯6=?圯a=－12±6，因為0

注：如坐標系按如圖12所示建立，運算難度將會大大下降，請大家不妨去試一下．

圖12

1．串聯情況：高考數學命題注重知識的整體性和綜合性，重視知識的交叉滲透，常在知識網絡的交匯點處設計試題．軌跡問題以其新穎的姿態悄然走入了立體幾何，使得立體幾何與解析幾何有機地結合了起來，不僅能考查立體幾何點、線、面之間的位置關系，又能巧妙地考查求軌跡的基本方法．

2．考情分析：近幾年高考題多次出現以立體幾何為載體的軌跡問題，立意新穎，不落俗套，集知識的交匯性、綜合性，方法的靈活性，能力的遷移性于一體，極富思考性和挑戰性，主要考查基本概念的掌握程度、探索能力、創新能力以及靈活運用知識的能力．

3．破解技巧：解題的關鍵是基本概念要掌握得清晰、透徹，同時要結合解析幾何、立體幾何中圖形的特征．定性分析法和定量分析法是解決立體幾何、解析幾何問題的兩種最基本的思想方法，特別是定性分析法，在解決立體幾何中的軌跡問題時顯得尤為重要．具體方法主要有交軌法、利用解析幾何中曲線的定義、通過計算轉化平面軌跡等．

4．經典例題：

（1）如圖13，面ABC⊥α，D為AB的中點，AB=2，∠CDB=60°，P為α內的動點，且P到直線CD的距離為，則∠APB的最大值為（）

A．30°B．60°

C．90°D．120°

圖13

（2）如圖14，平面α⊥平面β，α∩β=l，DA?奐α，BC?奐α，且DA⊥l于A，BC⊥l于B，AD=4，BC=8，AB=6，點P是平面β內不在l上的一動點，記PD與平面β所成角為θ1，PC與平面β所成角為θ2，若θ1=θ2，則△PAB的面積的最大值是__________．

破解思路（1）由P到直線CD的距離為知，點P在空間的軌跡為底面半徑為的圓柱面，又P為α內的動點，所以點P的軌跡為平面α與圓柱面的交線，再從得到圖形中去求∠APB的最大值；

（2）由于AB的長度恒定，那么要求△PAB面積的最大值，只需求△PAB高的最大值，這就需要知道點P在面β內的軌跡．

經典答案（1）由P到直線CD的距離為知，點P在空間的軌跡為圓柱面，又P為α內的動點，所以點P的軌跡為橢圓，在橢圓中，A，B為橢圓長軸的兩個頂點，當點P為短軸頂點時，∠APB最大，最大值為．

（2）由題意易知，∠DPA=θ1，∠CPB=θ2，因為θ1=θ2，所以tanθ1=tanθ2，即=，所以BP=2AP，在平面β內，以AB所在直線為x軸，以AB的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系，則A（－3，0），B（3，0），P（x，y），所以=2，化簡得，（x+5）2+y2=16，所以點P在平面β內的軌跡為半徑為4的半圓，所以△PAB面積的最大值為#8226;6#8226;4=12．

1．串聯情況：立體幾何與函數的綜合，主要體現在將立體幾何中最值問題、取值范圍問題轉化為函數問題，充分利用函數性質進行解答，這往往需要同學們養成良好的函數解題思維習慣，主動構造函數．

2．考情分析：分析近幾年高考立體幾何試題，不難發現，許多立體幾何最值問題、取值范圍問題，實質考查轉化能力，將立體幾何問題轉化為函數問題，然后借助導數工具，達到解決問題的目的，其思維過程是“立體幾何問題?圮函數問題?圮導數問題”．

3．破解技巧：立體幾何與函數的綜合應用問題突破口是函數思想的靈活運用，要能夠主動構造函數，借助導數等工具解答．

4．經典例題：

已知直線l⊥平面α，O為垂足，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD=5，AB=6，AA1=8，A∈l，B1∈α，則OC1的最大值為______．

破解思路該題屬于在運動背景下，探求某幾何量的最值問題，這類題的特點是背景新穎，幾何量間的關系較為復雜、隱蔽．

求OC1的最大值，關鍵在于建立OC1的函數表達式，進而轉化為求函數最值問題．

在運動變化中，我們不難發現，當點A，O，B1，C1共面時，OC1才有可能取到最大值，此時，我們引入角參數，在△OB1C1中運用余弦定理，建立OC1的表達式．

經典答案易知，當點A，O，B1，C1共面時，OC1才有可能取到最大值，此時，設∠AB1O=θ，θ∈0，，則在△OB1C1中，OB1=AB1#8226;cosθ=10#8226;cosθ，B1C1=5，∠OB1C1=+θ，由余弦定理得OC=OB+B1C-2OB1#8226;B1C1#8226;cos+θ，即OC=100cos2θ+25+100cosθ#8226;sinθ=50sin2θ++75．

當sin2θ+=1，即θ=時，OC1有最大值，最大值為OC1==5+5．

1．串聯情況：由平面到空間的類比推理題，不僅能將初中平面幾何知識與高中立體幾何內容有機結合起來，而且能較好地考查我們的閱讀能力、類比推理能力、邏輯思維能力及實現知識的正遷移能力．

2．考情分析：從近幾年高考試卷來看，類比推理題作為課改的新增內容，備受出題者的青睞，成為高考的熱點問題．據有關統計，高考類比推理試題的三分之二屬于平面到空間的類比推理題．

3．破解技巧：解類比推理題的關鍵要突破兩點：一方面是結論和公式特征上的類比，我們稱之為“形式類比”；另一方面要分析所給結論和公式的來歷及推導過程，從而引發所求新結論和新公式的推導過程，我們稱之為“實質類比”．

4．經典例題：

已知：△ABC中，AD⊥BC于D，三邊分別是a，b，c，則有a=c#8226;cosB+b#8226;cosC；類比上述結論，寫出下列條件下的結論：四面體P-ABC中，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別是S，S1，S2，S3，二面角P－AB－C，P－BC－A，P－AC－B的度數分別是α，β，γ，則S=________．?搖

破解思路解類比推理題，不僅要落實“形式”上的類比：

△ABC中的邊長可與四面體P-ABC中的面積類比，△ABC中腰與底邊的夾角可與四面體P-ABC中側面與底面的夾角類比等等，這些都是橫向的、形式的；

更要落實“實質”上的類比：△ABC中條件到結論的推導實質上是底邊長等于兩腰在底邊上的投影長之和，把這個實質類比到四面體P-ABC中有：

四面體P-ABC的底面面積等于各側面在底面的投影面積之和．

經典答案S=S1cosα+S2cosβ+S3cosγ．

1．研究“兩綱一題一材”，即考綱、大綱與高考試題以及新教材，把握好復習的方向.

2．夯基礎，抓落實，促規范：立體幾何的基本概念、公理、定理是基礎；解題步驟要規范；注重通性通法，在日常學習中要將落實進行到底.

3．注重數學思想方法：轉化、化歸的思想貫穿立體幾何的始終，是處理立體幾何問題的基本思想．另外還要注意提高識圖、理解圖、應用圖的能力，解題時應多畫、多看、多想，這樣才能提高空間想象能力和解決問題的能力.

4．合理建立坐標系，突出向量方法．