立體幾何復習應關注的題型

福建 廖旺華 童其林

立體幾何是培養直觀想象、邏輯推理、數學運算等數學核心素養的重要載體，是高中數學的重要內容，也是高考數學的重要組成部分——一般有2道或3道小題，1道大題，占22分左右.在立體幾何的復習過程中，應不留死角，即應該全面復習，弄明白原理、公理、定理、推論、性質及其應用，也要關注一些重要題型，并不斷提高空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力、數學建模能力、創新能力等關鍵能力.以下題型值得我們關注.

一、教材的改編題

教材是知識的重要來源，高考試題來源于教材、改編于教材又往往高于教材，學好課本知識，做好課本習題是學習數學的重要方面.

例1如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，E分別為棱BC，BB1的中點，N為正方形B1BCC1的中心，l為平面A1MN與平面D1BE的交線，則直線l與正方體底面ABCD所成角的大小為

( )

A.30° B.45°

C.60° D.90°

解析:由正方體的性質與條件得MN⊥平面ABCD，BE⊥平面ABCD，MN?平面A1MN,BE?D1BE，所以平面A1MN⊥平面ABCD，平面D1BE⊥平面ABCD，所以l⊥平面ABCD，l與平面ABCD所成角的大小為90°，故選D.

點評:課本上有一個習題(必修2，人教版第73頁習題2.3第5題):已知平面α,β,γ滿足α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l，求證:l⊥γ.用文字語言描述就是兩個相交平面和第三個平面都垂直，則這兩個相交平面的交線和第三個平面垂直，利用此結論可快速解答本題.再比如必修2第73頁習題2.3第6題也是重要結論:如果共點的三條直線兩兩垂直，那么它們中每兩條直線確定的平面也兩兩垂直.

一般來說，在解答小題時，由于小題不要解答過程，所以可直接利用課本習題的結論進行推理，當然，若是需要過程的解答題，運用課本習題的結論就需要給出證明.

二、作圖題

高考評價體系確立了符合考試評價規律的三個方面的關鍵能力群:第一方面是以認識世界為核心的知識獲取能力群(獲取知識，如信息遷移題、情境題.不僅運用以前的知識，也包括獲取即時知識，如下面的例3)；第二方面是以解決實際問題為核心的實踐操作能力群(實踐操作，如下面的例2)；第三方面是涵蓋了各種關鍵思維能力的思維認知能力群(推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力、數學建模能力、創新能力，如下面的例6).

例2如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為棱AA1上的一點.試過點P在平面ADD1A1上作一條直線PQ，使PQ⊥C1P，寫出作法，并說明理由.

解析:如圖，連接D1P,在平面ADD1A1內過點P作PQ⊥D1P，則PQ為所作的直線.

理由如下:

因為幾何體ABCD-A1B1C1D1是正方體，所以C1D1⊥平面ADD1A1.

又PQ?平面ADD1A1，所以C1D1⊥PQ，且PQ⊥D1P，C1D1∩D1P=D1，

所以PQ⊥平面C1D1P，C1P?平面C1D1P，所以PQ⊥C1P.

點評:作圖題其實就是實踐操作能力題，在課本中能找到一些，如必修2(人教版)第59頁例3，第63頁B組第1題，第78頁A組第2題等等.此類問題一般應添加輔助線，轉化為線面、面面平行或垂直的問題.

不少立體幾何問題——如小題，包括解析幾何題，是不給出圖形的，需要自己作圖.作圖能力是一項基本能力.

三、信息遷移題

所謂信息遷移題，是指在已有知識的基礎上，設計一個陌生的數學情境，或定義一個新概念，或規定一種新運算，或給出一個新規劃、新性質，通過閱讀相關信息，根據題目引入新內容進行解答的一類新題型.由于信息遷移題背景新穎，構思巧妙，而且融綜合性、應用性、開放性、創新性于一體，因此保證了考試的公平性，有利于考查學生的思維品質，有利于選拔有學習潛能的人才.同時它作為考試試題能有效地考查學生的閱讀理解能力、探索能力、創新能力、抽象思維能力和綜合運用數學知識的能力，有利于在數學教學中深化素質教育.因此，這類問題備受命題者的青睞.

(Ⅰ)求四棱錐的總曲率；

(Ⅱ)若多面體滿足:頂點數-棱數+面數=2，證明:這類多面體的總曲率是常數.

解析:因為四棱錐有5個頂點，5個面，其中四個側面是三角形，一個底面是四邊形，所以四棱錐的總曲率為5×2π-4π-2π=4π.

則多面體的總曲率為2πV-2π(E-F)=4π.

八省市聯考數學卷向大家傳遞了這樣一個信號:命題人辦法是很多的.在對高考制度不進行大變的前提下，加強對于學生能力的考查，是完全可以做到的.建議多思考，多總結，切忌盲目做題(其中定義型的信息遷移題，就是對付盲目刷題的舉措，值得關注)；花點時間讀讀教科書，包括初中和高中的教科書.

再強調一下，定義型的信息遷移題，其本質都是在考生原有認知水平的基礎上，通過即時學習理解和掌握的新知識，考查考生在數學概念遷移到不同情景下的探究能力，從而檢測考生進一步學習的潛能.解答這類問題，一是要讀懂題意,通過轉化,化“新”為“舊”；二是通過深入分析，多方聯想，以“舊”攻“新”；三是創造性地運用數學思想方法，以“新”制“新”.

四、開放性問題

在“四翼”(基礎性、綜合性、應用性、創新性)考查要求下，新高考數學將有以下五種新題型:一是多選題，選擇題答案不唯一，存在多個正確選項；二是邏輯思維題，以日常生活情境考查推理、論證、比較、評價等邏輯思維能力；三是數據分析題，給出一些材料背景以及相關數據，要求考生讀懂材料，獲取信息，根據材料給出的情境、原理以及猜測等，自主分析數據，得出結論，并解決問題；四是舉例題，要求考生通過給出的已知結論、性質和定理等條件，從題干中獲取信息，整理信息，寫出符合題干的結論或具體實例；五是開放題，問答題設問開放，答案并不唯一，或者條件開放，或者條件和結論都開放，要求考生能綜合運用所學知識，進行探究，分析問題并最終解決問題.

例4一副三角板由一塊有一個內角為60°的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示，∠B=∠F=90°，∠A=60°，∠D=45°，BC=DE，現將兩塊三角形板拼接在一起，得三棱錐F-CAB，取BC中點O與AC中點M，則下列判斷中正確的是________.(填正確判斷的序號)

①直線BC⊥平面OFM；②AC與平面OFM所成的角為定值；③設平面ABF∩平面MOF=l，則l∥AB；④三棱錐F-COM的體積為定值.

解析:由OM為△ABC的中位線得OM∥AB，則BC⊥OM,BC⊥OF，且OM∩OF=O，則BC⊥平面OFM，故①正確；

由BC⊥平面OFM，得AC與平面OFM所成角為∠CMO，而∠CMO=∠CAB=60°，故②正確；

如圖，過點F在平面OMF內作直線l∥OM，而OM∥AB，所以l∥AB，l為平面OMF和平面ABF的交線，故③正確；

在三棱錐F-COM中，CO⊥平面OMF.由于CO為定值，△OMF的面積不為定值，所以三棱錐F-COM的體積不為定值，故④錯誤，

故選①②③.

點評:解決本問題的關鍵在于利用中點的性質，可利用中位線得平行，也可利用三線合一得垂直，解決線面垂直，線線平行，棱錐體積.

開放性問題包括條件開放型、結論開放型及條件和結論都開放型.本題是結論開放型問題，這類題目的特點是給出一定的條件，要求從條件出發去探索結論，而結論往往是不唯一的，甚至是不確定的，或給出特例后通過歸納得出一般性結論.解決此類問題的策略有從已知條件出發，運用所學過的知識進行推理、探究或實驗得出結論；通過歸納得出一般性結論，再去證明；對多種結論進行優化(內含分類討論)等.

例5如圖，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，當底面四邊形ABCD滿足條件________時，有A1C⊥B1D1.(注:填上你認為正確的條件即可，不必考慮所有可能的情況)

解析:本題是條件探索型試題，即尋找結論A1C⊥B1D1成立的充分條件，由AA1⊥平面A1B1C1D1以及A1C⊥B1D1(平面A1ACC1的一條斜線A1C與平面內的一條直線B1D1互相垂直)，容易聯想到三垂線定理及其逆定理.因此，欲使A1C⊥B1D1，只需B1D1與CA1在平面A1B1C1D1上的射影垂直即可.顯然，CA1在平面A1B1C1D1上的射影為A1C1，故當B1D1⊥A1C1時，有A1C⊥B1D1.又由于直四棱柱的上、下底面互相平行，從而B1D1∥BD，A1C1∥AC.因此，當BD⊥AC時，有A1C⊥B1D1.由于本題是要探求使A1C⊥B1D1成立的充分條件，故當四邊形ABCD為菱形或正方形時，得BD⊥AC，從而得A1C⊥B1D1，故可以填①AC⊥BD或②四邊形ABCD為菱形，或③四邊形ABCD為正方形中的任一個條件即可.

點評:AC⊥BD是結論A1C⊥B1D1成立的充要條件，而所填的ABCD是正方形或菱形則是使結論A1C⊥B1D1成立的充分而不必要的條件.本例題中，滿足題意的充分條件不唯一，具有開放性特點，這類試題重在考查基礎知識的靈活運用以及歸納探索能力.

條件開放型的特點是給出了題目的結論，但沒有給出滿足結論的條件，并且這類條件常常是不唯一的，需要解題者從結論出發，通過逆向思維去判斷能夠追溯出產生結論的條件，并通過推理予以確認.這種條件探究性問題實質上是尋找使命題為真的充分條件(未必是充要條件).解決此類問題的策略有兩種，一種是將結論作為已知條件，逐步探索，找出結論成立所需的條件，這也是我們通常所說的“分析法”；第二種是假設題目中指定的探索條件，把它作為已知，并結合其他題設進行推導，如果能正確推導出結論，則此探索條件就可以作為題設條件，直覺聯想、較好的洞察力都將有助于這一類問題的解答.

例6α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同直線.給出四個論斷:①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題:________.

解析:本題通過改變條件與結論之間呈現的順序與組合，使問題具備了探索性，將分析—猜想—證明的思維過程巧妙地融入了解題過程；同時也使問題具有了開放性，走出了數學答案唯一確定的誤區.以新穎的知識呈現方式改變學生的常規思維，考查學生的創新能力.

答案是:②③④?①或①③④?②.

點評:本題是條件和結論都開放型，即題目條件和結論都是不確定的，但是給出了一定量的信息和情景，要求解題者在題目給出的情景中，自行設定條件，自己尋找結論，自己構建命題并進行演繹推理.

五、考查空間想象能力和邏輯推理能力的問題

立體幾何是培養邏輯推理和空間想象能力的重要載體.推理的依據就是立體幾何的公理、定理、推理、性質等.

例7如圖，AB是圓錐SO底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點.現給出以下命題:

①△SAC為直角三角形；

②平面SAD⊥平面SBD；

③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行.

其中正確命題的個數是

( )

A.0 B.1

C.2 D.3

解析:①如圖，連接CO，因為AO是小圓直徑，所以AC⊥OC.因為OA=OD，所以C為AD的中點，因為SA=SD，所以SC⊥AD，所以△SAC為直角三角形，所以①正確；

②作BE⊥SD于點E，若平面SAD⊥平面SBD，則BE⊥平面SAD，所以BE⊥AD，因為AB是圓錐SO底面圓O的直徑，所以BD⊥AD，BE∩BD=B,所以AD⊥平面SBD，所以AD⊥SD，由①可知SC⊥AD，所以SC∥SD，與SC∩SD=S相矛盾，故②錯誤；

③如圖，延長DO交大圓O于點H，連接SH，OP，則有SH∥OP.因為SH?平面PAB，OP?平面PAB，所以SH∥平面PAB，故③正確，

故選C.

點評:正確的命題需要證明，錯誤的命題只需要舉出一個反例——通過反例，判斷命題錯誤也是一種重要的能力.

例8如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，側面BCC1B1是矩形，AB=A1B，N是B1C的中點，M是棱AA1上的一點，且AA1⊥CM.

(Ⅰ)證明:MN∥平面ABC；

(Ⅱ)若AB⊥A1B，求二面角A-CM-N的余弦值.

解析:(Ⅰ)證法一:如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，連接BM，因為BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1.

因為AA1∥BB1，所以AA1⊥BC.

又因為AA1⊥MC，BC∩MC=C，所以AA1⊥平面BCM，

所以AA1⊥MB.又因為AB=A1B，所以M是AA1的中點.

所以NP∥MA且NP=MA，所以四邊形AMNP是平行四邊形，所以MN∥AP.

又因為MN?平面ABC，AP?平面ABC，所以MN∥平面ABC.

證法二:如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，連接BM.因為BCC1B1是矩形，

所以BC⊥BB1.因為AA1∥BB1，所以AA1⊥BC.

又因為AA1⊥MC，BC∩MC=C，所以AA1⊥平面BCM，所以AA1⊥BM.又因為AB=A1B，所以M是AA1中點.

取BB1的中點Q，連接NQ，MQ.因為N是B1C的中點，所以NQ∥BC.

因為NQ?平面ABC，BC?平面ABC，所以NQ∥平面ABC.

因為M是AA1的中點，所以MQ∥AB.

因為MQ?平面ABC，AB?平面ABC，所以MQ∥平面ABC.

因為MQ∩NQ=Q，所以平面MNQ∥平面ABC.

因為MN?平面MNQ，所以MN∥平面ABC.

在△BCM中，CM2+BM2=2a2=BC2，所以MC⊥BM.

解法二:如圖，因為AB⊥A1B，所以△ABA1是等腰直角三角形.

在△BCM中，MC2+BM2=2a2=BC2，所以MC⊥BM.

又因為MC⊥AA1，AA1∩BM=M，AA1?平面ABB1A1，BM?平面ABB1A1，

所以MC⊥平面ABB1A1.

連接MB1，因為MB1?平面ABB1A1，所以MC⊥MB1，

點評:問題(Ⅰ)只要能正確分析線面垂直的位置關系，證得M是中點，再根據直線與平面平行的判定定理或平面與平面平行的性質即可得證.問題(Ⅱ)只要能正確分析數量關系并通過勾股定理得出MC⊥MB，從而得到MA1，MB，MC兩兩垂直，建立空間直角坐標系，求出各點坐標，得到平面MNC的法向量，從而求解.或者能正確分析數量關系并通過勾股定理得出MC⊥MB從而得到MC⊥平面AA1B1B，進而得到MC⊥MB1.再根據MC⊥MA，從而得到∠AMB1就是二面角A-CM-N的平面角，再在Rt△BMB1中分析數量關系求得∠BMB1的正弦值，再利用誘導公式得到∠AMB1的余弦值.