二轮复习之立体几何突破

立体几何在高考中占有重要的地位，这是源于立体几何知识是考查空间想象能力、运算能力、推理论证及探索问题能力的重要题源，容易命制背景新颖的试题，较好地体现高考的选拔功能．备战2012年高考，立体几何重点要关注四个方面：（1）关注点、线、面位置关系的证明，尤其是平行、垂直的证明；（2）关注求空间几何体（柱、锥、台、球）及其组合体的表面积与体积；（3）关注空间角与距离的求法，如传统方法与向量法；（4）关注立体几何与其他数学知识模块综合的问题．建议在熟练掌握（1）的基础上，再去探求（2）（3）（4），突出方法的掌握，尤其是通性通法，提高空间想象能力、运算能力及思维的严密性．

1．串联情况：空间几何体是立几知识考查的载体，而直观图与三视图是空间几何体两种不同的呈现形式，直观图便于观察，三视图便于度量．直观图与三视图常整合面积与体积知识进行考查，它们间的逻辑关系如下：三视图?圹直观图→空间几何体的面积与体积．

2．考情分析：高考对直观图与三视图的考查，主要集中在两种题型：①已知直观图，求作三视图；②已知三视图，得出直观图，进而求空间几何体的面积或体积．

3．破解技巧：①若已知直观图，求作三视图，只需将直观图“压扁”到“墙角”的三个面中即可，但要注意哪些点、线重合了，哪些线被遮住了，遮住的部分需画虚线；②若已知三视图，要得出直观图，如果几何体为锥体，那么只需将锥体的顶点从俯视图中拉起还原就行，如果几何体不是锥体，那么通常先找一个基本几何体，然后将它削出来，我们通常称之为“寄居法”，这个基本几何体就是我们所研究几何体“寄居”的壳．注意对得到的直观图，要“压扁”还原检验，看看其三视图是否符合要求．

4．经典例题：

（1）将正三棱柱截去三个角（如图1所示，A，B，C分别是△GHI三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）

（2）若几何体的三视图如图3所示，则此几何体的体积为________．

图3

破解思路（1）本小题已知直观图，求作三视图中的侧视图，因此，可以将几何体从左向右“压扁”，注意“压扁”后各线的位置关系和虚实情况；（2）本小题的关键是得出直观图，由正视图和左视图易知几何体不是锥体，又由俯视图可知我们可以拿正方体作为我们要研究几何体“寄居”的壳，再在正方体中将我们要研究的几何体“削”出来．

经典答案（1）解题时在图2的右边放堵墙（心中有墙），由于平面AED仍在平面HEDG上，故侧视图中仍然看到左侧的一条垂直下边线段的线段，可得答案A．

（2）如图4，先找一个基本几何体：正方体，然后按阴影部分所示平面“削”去上部分，剩下的部分几何体就是所求，其体积为正方体的一半，即V=×4×4×4=32．

图4

1．串联情况：在空间特别是在空间直角坐标系中引入空间向量，可以为解决空间图形的形状、大小、位置关系的几何问题增加一种理想的代数工具，从而使得立体几何问题的解决不断趋向符号化、模型化、运算化和程序化，大大降低了解题难度．

2．考情分析：从近几年立体几何高考试题来看，立体几何的传统知识难点（求空间角与距离、开放性问题等）体现出了难度．空间向量的引入，有效地提高了解题的可操作性，从而提高了学习的效率．

3．破解技巧：使用空间向量对立体几何问题进行计算和证明，关键是几何问题向量化的转化过程．从建立空间直角坐标系，到空间点的坐标、具体向量的坐标，再到向量的有关运算，一直到得出结论，构成了一个非常严密的解答（证明）过程，这也代表了立体几何的一个发展趋势．空间向量在立体几何中的应用技巧列举如下：

（1）线线平行：若∥，则AB∥CD．

（2）线面平行：设n是平面α的法向量，若⊥n，AB?埭α，则AB∥α．

（3）线线垂直：若⊥，则AB⊥CD．

（4）线面垂直：设n是平面α的法向量，若∥n，则AB⊥α．

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

（6）线线所成角：设AB与CD所成角大小为θ，则cosθ=cos〈，〉．

（7）线面所成角：设AP与平面α所成角的大小为θ，若n是平面α的法向量，则sinθ=cos〈，n〉．

（8）面面所成角：设平面α与平面β所成角大小为θ，若n1，n2分别是平面α与平面β的法向量，则cosθ=±cos〈n1，n2〉（正负取值视实际情况而定）．

（9）点面距离：设n是平面α的法向量，则点P到平面α的距离d=．

4．经典例题：

如图5，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．

（1）证明：BD⊥AA1．

（2）求二面角D－A1A－C的平面角的余弦值．

（3）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．

破解思路立体几何中平行和垂直的证明（或判定），一方面可以利用平行和垂直的判定定理或性质定理进行推理论证；另一方面可以借助空间向量，用代数方法进行精确论证．常用的平行和垂直的判定定理和性质定理关系如下：

根据上述图示，第3问可以利用线面平行判定定理，通过证明BP∥A1D就可以得出BP∥平面DA1C1；也可以利用面面平行的性质，通过证明面BMP∥面DA1C1就可以得出BP∥平面DA1C1．

根据上述图示，第1问可以利用线面垂直的性质定理，通过证明BD⊥平面AA1O就可以得出BD⊥AA1．同时，我们还可以发挥空间向量的工具性，第1问可以证明⊥，第3问可以证明垂直于平面DA1C1的法向量即可．

立体几何求角问题可以用（1）转化法：作出二面角D－A1A－C的平面角，并解三角形；（2）向量法：设平面AA1C1C的法向量为n1，平面AA1D的法向量为n2，故二面角D－A1A－C的余弦值为cosθ=±cos〈n1，n2〉（正负取值视实际情况而定）．

图6

经典答案（1）法1：过A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，又底面为菱形，所以AC⊥BD，BD⊥ACBD⊥A1OA1O∩AC=O?圯BD⊥面AA1OAA1?奂面AA1O?圯BD⊥AA1．

法2：设BD与AC交于O，则BD⊥AC，连结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所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图7所示的空间直角坐标系，则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（转化法）：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，所以AO=AA1#8226;cos60°=1，所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点．

由（1）可知DO⊥平面AA1C，过O作OE⊥AA1于E点，连结DE，则AA1⊥DE，则∠DEO为二面角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的一个法向量为n1=（1，0，0）．

设n2⊥平面AA1D，则n2⊥，n2⊥.设n2=（x，y，z），则y+z=0，－x+y=0.

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

（3）法1：如图8，存在这样的点P，且满足C1C=CP．

连结B1C，因为A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C．

在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连结BP，因为BB1CC1，所以BB1CP，所以四边形BB1CP为平行四边形，则BP∥B1C，所以BP∥A1D，所以BP∥平面DA1C1．

法2：如图8，存在这样的点P，且满足C1C=CP，连结AB1，延长A1A至M，使得A1A=AM，延长C1C至P，得使C1C=CP，连结MP，易知面A1C1D∥面B1AC且BM∥AB1，则BM∥面ACB1，同理，MP∥面ACB1，且MP∩BM=M，所以面BMP∥面ACB1，而BP?奂面BMP，所以PB∥面A1C1D．

法3：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P（x，y，z），则（x，y－1，z）=λ（0，1，），从而有P（0，1+λ，λ），=（－，1+λ，λ）.

设n3⊥平面DA1C1，则n3⊥，n3⊥.又=（0，2，0），=（，0，）．

设n3=（x3，y3，z3），则2y3=0，x3+z3=0，取n3=（1，0，－1）．

因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥，即n3#8226;=－－λ=0，得λ＝－1即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP．

如图9，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=3，F为线段DE上的动点．

（1）若F为DE的中点，求证：BE∥平面ACF；

（2）求点A到平面BDE的距离；

（3）若二面角E－BC－F与二面角F－BC－D的大小相等，求DF长．

图9

破解思路立体几何距离问题可分为点面距离、线线距离、线面距离和面面距离，而线线距离、线面距离和面面距离往往可以转化为点面距离，故点面距离是立体几何中距离问题的核心与重点，求解策略有三种途径．

方法一：定义法：作点A在面BDE上的射影H，则AH的长度就是点A到面BDE的距离．

方法二：等体积法：点A到面BDE的距离d=．

方法三：向量法：设n是平面BDE的法向量，则点A到平面BDE的距离d=．

经典答案证明：（1）连结AC，BD交于O，连OF．

因为F为DE中点，O为BD中点，所以OF∥BE，OF?奂平面ACF，BE?埭平面ACF，所以BE∥平面ACF．

（2）法1：由题意易知，AD=3，BD=6，因为AE⊥平面CDE且CD?奂平面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，所以过点A向面BDE引垂线，垂足H必在BE上，所以在Rt△ABE中，AH===．

法2：设A到面BDE的距离为d，则d===．

法3：因为AE⊥平面CDE，CD?奂平面CDE，所以AE⊥CD，因为CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE?奂平面DAE，所以CD⊥平面DAE，如图10建立坐标系，则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），则=（3，3，3），=（3，0，0），=（0，0，－3），设面BDE的法向量为n=（x，y，z），则3x+3y+3z=0，3x=0，得x=0，令y=1，则z=－，所以n=（0，1，－），所以点A到面BDE的距离为d==．

（3）法1：如图11，过E作EH⊥AD于H，过H作MH⊥BC于M，连结ME，同理过F作FG⊥AD于G，过G作NG⊥BC于N，连结NF．

因为AE⊥平面CDE，CD?奂平面CDE，所以AE⊥CD．

因为CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE?奂平面DAE，所以CD⊥平面DAE，EH?奂平面DAE，所以CD⊥EH，CD∩AD=D，CD，AD?奂平面ABCD，EH⊥平面ABCD，所以HE⊥BC，所以BC⊥平面MHE，所以∠HME为二面角E－BC－D的平面角，同理，∠GNF为二面角F－BC－D的平面角．

因为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：设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）．

设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）．

设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，－）．

设二面角E－BC－F的大小为α，二面角D－BC－F的大小为β，α=β，cos〈n1，n2〉=cos〈n3，n2〉，=?圯6=?圯a=－12±6，因为0

注：如坐标系按如图12所示建立，运算难度将会大大下降，请大家不妨去试一下．

图12

1．串联情况：高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的交叉渗透，常在知识网络的交汇点处设计试题．轨迹问题以其新颖的姿态悄然走入了立体几何，使得立体几何与解析几何有机地结合了起来，不仅能考查立体几何点、线、面之间的位置关系，又能巧妙地考查求轨迹的基本方法．

2．考情分析：近几年高考题多次出现以立体几何为载体的轨迹问题，立意新颖，不落俗套，集知识的交汇性、综合性，方法的灵活性，能力的迁移性于一体，极富思考性和挑战性，主要考查基本概念的掌握程度、探索能力、创新能力以及灵活运用知识的能力．

3．破解技巧：解题的关键是基本概念要掌握得清晰、透彻，同时要结合解析几何、立体几何中图形的特征．定性分析法和定量分析法是解决立体几何、解析几何问题的两种最基本的思想方法，特别是定性分析法，在解决立体几何中的轨迹问题时显得尤为重要．具体方法主要有交轨法、利用解析几何中曲线的定义、通过计算转化平面轨迹等．

4．经典例题：

（1）如图13，面ABC⊥α，D为AB的中点，AB=2，∠CDB=60°，P为α内的动点，且P到直线CD的距离为，则∠APB的最大值为（）

A．30°B．60°

C．90°D．120°

图13

（2）如图14，平面α⊥平面β，α∩β=l，DA?奂α，BC?奂α，且DA⊥l于A，BC⊥l于B，AD=4，BC=8，AB=6，点P是平面β内不在l上的一动点，记PD与平面β所成角为θ1，PC与平面β所成角为θ2，若θ1=θ2，则△PAB的面积的最大值是__________．

破解思路（1）由P到直线CD的距离为知，点P在空间的轨迹为底面半径为的圆柱面，又P为α内的动点，所以点P的轨迹为平面α与圆柱面的交线，再从得到图形中去求∠APB的最大值；

（2）由于AB的长度恒定，那么要求△PAB面积的最大值，只需求△PAB高的最大值，这就需要知道点P在面β内的轨迹．

经典答案（1）由P到直线CD的距离为知，点P在空间的轨迹为圆柱面，又P为α内的动点，所以点P的轨迹为椭圆，在椭圆中，A，B为椭圆长轴的两个顶点，当点P为短轴顶点时，∠APB最大，最大值为．

（2）由题意易知，∠DPA=θ1，∠CPB=θ2，因为θ1=θ2，所以tanθ1=tanθ2，即=，所以BP=2AP，在平面β内，以AB所在直线为x轴，以AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则A（－3，0），B（3，0），P（x，y），所以=2，化简得，（x+5）2+y2=16，所以点P在平面β内的轨迹为半径为4的半圆，所以△PAB面积的最大值为#8226;6#8226;4=12．

1．串联情况：立体几何与函数的综合，主要体现在将立体几何中最值问题、取值范围问题转化为函数问题，充分利用函数性质进行解答，这往往需要同学们养成良好的函数解题思维习惯，主动构造函数．

2．考情分析：分析近几年高考立体几何试题，不难发现，许多立体几何最值问题、取值范围问题，实质考查转化能力，将立体几何问题转化为函数问题，然后借助导数工具，达到解决问题的目的，其思维过程是“立体几何问题?圮函数问题?圮导数问题”．

3．破解技巧：立体几何与函数的综合应用问题突破口是函数思想的灵活运用，要能够主动构造函数，借助导数等工具解答．

4．经典例题：

已知直线l⊥平面α，O为垂足，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD=5，AB=6，AA1=8，A∈l，B1∈α，则OC1的最大值为______．

破解思路该题属于在运动背景下，探求某几何量的最值问题，这类题的特点是背景新颖，几何量间的关系较为复杂、隐蔽．

求OC1的最大值，关键在于建立OC1的函数表达式，进而转化为求函数最值问题．

在运动变化中，我们不难发现，当点A，O，B1，C1共面时，OC1才有可能取到最大值，此时，我们引入角参数，在△OB1C1中运用余弦定理，建立OC1的表达式．

经典答案易知，当点A，O，B1，C1共面时，OC1才有可能取到最大值，此时，设∠AB1O=θ，θ∈0，，则在△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．

当sin2θ+=1，即θ=时，OC1有最大值，最大值为OC1==5+5．

1．串联情况：由平面到空间的类比推理题，不仅能将初中平面几何知识与高中立体几何内容有机结合起来，而且能较好地考查我们的阅读能力、类比推理能力、逻辑思维能力及实现知识的正迁移能力．

2．考情分析：从近几年高考试卷来看，类比推理题作为课改的新增内容，备受出题者的青睐，成为高考的热点问题．据有关统计，高考类比推理试题的三分之二属于平面到空间的类比推理题．

3．破解技巧：解类比推理题的关键要突破两点：一方面是结论和公式特征上的类比，我们称之为“形式类比”；另一方面要分析所给结论和公式的来历及推导过程，从而引发所求新结论和新公式的推导过程，我们称之为“实质类比”．

4．经典例题：

已知：△ABC中，AD⊥BC于D，三边分别是a，b，c，则有a=c#8226;cosB+b#8226;cosC；类比上述结论，写出下列条件下的结论：四面体P-ABC中，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别是S，S1，S2，S3，二面角P－AB－C，P－BC－A，P－AC－B的度数分别是α，β，γ，则S=________．?摇

破解思路解类比推理题，不仅要落实“形式”上的类比：

△ABC中的边长可与四面体P-ABC中的面积类比，△ABC中腰与底边的夹角可与四面体P-ABC中侧面与底面的夹角类比等等，这些都是横向的、形式的；

更要落实“实质”上的类比：△ABC中条件到结论的推导实质上是底边长等于两腰在底边上的投影长之和，把这个实质类比到四面体P-ABC中有：

四面体P-ABC的底面面积等于各侧面在底面的投影面积之和．

经典答案S=S1cosα+S2cosβ+S3cosγ．

1．研究“两纲一题一材”，即考纲、大纲与高考试题以及新教材，把握好复习的方向.

2．夯基础，抓落实，促规范：立体几何的基本概念、公理、定理是基础；解题步骤要规范；注重通性通法，在日常学习中要将落实进行到底.

3．注重数学思想方法：转化、化归的思想贯穿立体几何的始终，是处理立体几何问题的基本思想．另外还要注意提高识图、理解图、应用图的能力，解题时应多画、多看、多想，这样才能提高空间想象能力和解决问题的能力.

4．合理建立坐标系，突出向量方法．