立体几何命题规律与备考策略

蔡震雄

几何学是研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系的数学学科. 通常采用直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及其性质. 认识空间图形，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力。从学习立体几何的过程来说，先从对空间几何体的整体观察入手，认识空间图形;在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系;能用数学语言表述有关平行、垂直的性质与判定，还考查简单几何体表面积与体积的计算方法. 在空间向量与立体几何部分，考生应类比平面向量的性质及计算理解并掌握空间向量的概念及计算等，在空间向量应用部分，考生应理解和掌握向量方法证明有关线、面位置关系中的平行和垂直. 解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.

从近五年高考立体几何试题分析，立体几何占12%左右，分值相对稳定，其题型一般是一个解答题，一个选择或填空题（有些年份选择、填空各一个）.解答题处于整卷解题的中间，从知识方面看一般和棱柱和棱锥有关，主要考查线线关系.线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理论证、运算能力.

第一单元    空间几何体

【考点聚焦】

空间几何体内容有：柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、简单空间图形的三视图、斜二侧法画直观图、简单几何体的表面积及体积.

【经典解析】

考点1：柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征

例1.下列命题中正确的个数是（ ）

①由五个面围成的多面体只能是四棱锥;

②用一个平面去截棱锥便可得到棱台;

③仅有一组对面平行的五面体是棱台;

④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥.

A. 0个         B. 1个         C. 2个         D. 3个

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①理解棱锥、棱柱、棱台的概念;②构造出不符合题意的空间多面体.

解析：对于①，五个面围成的多面体也可以是三棱柱或三棱台，①错;对于②，当平面与棱锥底面不平行时，截得的几何体不是棱台，故②错;对于③，仅有一组对面平行的五面体也可能是三棱柱，故③错;对于④，当三角形面没有一个公共顶点时，也不是棱锥，④错.

【收获与点评】了解特殊多面体的概念，例如棱柱、棱锥、棱台、长方体、正方体的构成及概念.

例2. 给出下列命题：

①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线;②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线;③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线;④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的.其中正确命题的序号是________.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①理解圆锥、圆柱、圆台的概念;②理解圆锥、圆柱、圆台母线的概念.

解析：根据圆柱、圆锥、圆台的定义和性质可知，只有②④两个命题是正确的.

答案：②④.

【收获与点评】本题主要考查圆锥、圆柱、圆台母线的概念，属于容易题.

考点2：三视图及相关问题

例3. （2015年高考北京理科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（       ）

A. 2+       B. 4+      C. 2+2      D. 5

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①根据三视图画出立体图形的直观图;②度量计算各侧面的面积.

【收获与点评】三视图是高中新课标的新增内容，也是近年高考数学常考的热点内容. 平行投影形不变，倾斜投影形改变，垂直投影成一点;掌握三视图的画法规则：长对正，宽平齐，高相等;能够根据三视图还原几何体的直观图，这是解决相关面积和体积等进行计算问题的基础.

例4. （2015年高考全国新课标II卷理科）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A.           B.           C.            D.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①根据三视图画出切割后的正方体剩余部分;②度量计算组合体的体积.

解析：由三视图，得在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去四面体A1-ABD，如图所示，设正方体棱长为a，则VA1-ABD=×（a2）×a=a3，故剩余几何体体积为a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，答案选D.

【收获与点评】观察三视图正确地画出立方体的切割图形时关键，考生须具备较强的观察能力、空间想象能力、形象思维能力和几何直观能力.

例5. （2015年高考湖北理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为16+20π，则r=（ ）

A. 1    B. 2   C. 4   D. 8

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①根据正视图和俯视图画出组合体的直观图，但要调整立体图形的位置才好画出直观图;②度量计算组合体的体积.

解析：由三视图得，直观图时圆柱沿轴线切割半圆柱和半球形成的组合体，如图所示，

半圆柱的表面积为：4r2+·π·2r·2r+πr2=4r2+3πr2;

半球的表面积为：·4πr2+πr2=3πr2.

所以组合体的表面积为：半圆柱的表面积+半球的表面积-2×重合部分面积=4r2+3πr2+3πr2-2··πr2=4r2+5πr2=16+20π，答案选B.

【收获与点评】本题主要考查几何体的三视图，考查直观图的画法;或给出几何体的部分三视图，考查其它视图的画法;熟记球、圆柱的体积公式.

考点3：简单几何体表面积及其体积

例6.（2015年高考江苏理） 现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个. 若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 .

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①计算制作前橡皮泥的体积，即计算圆锥和圆柱的体积和;②利用等量关系，建立方程求解的方法.

解析：由体积相等得：×4×π×52+π×22×8=×r2×π×r2×8?r=.

【收获与点评】本题主要考查旋转体的体积公式，属于简单题.

例7.（2015年高考全国新课标I）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（       ）

A. 14斛         B. 22斛          C. 36斛        D. 66斛

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①圆锥的体积计算;②不同单位之间的换算及估算.

解析：设圆锥底面半径为r，则×2×3r=，所以米堆的体积为××3×（）2×5=，故堆放的米约为÷1.62≈22，答案选B.

【收获与点评】本题主要取材于《九章算术》，凸显了数学的文化价值和与现实紧密相联的应用意识，计算能力，尤其是估算能力.

例8.（全国新课标Ⅱ）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ）

A. 36π          B. 64π

C. 144π         D. 256π

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①棱锥的体积公式;②球的表面积公式.

解析：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大，设O球的半径为R，此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=36，故R=6，则球O的表面积为S=4πR2=144 π，故选C.

【收获与点评】动态变化中，考查的推理能力，关键要能根据题意画出立体图形，要是三棱锥体积最大，当底面积和高同时最大符合题意，是一道较难题.

第二单元    点、线、面之间的位置关系

【考点聚焦】四个公理，点、线、面位置关系的分类、线线角的定义及求法、线面角的定义及求法、面面角的定义及求法、线面平行的判定和性质、线面垂直的判定和性质、面面平行的判定和性质、面面垂直的判定和性质.

【经典解析】

考点1：平行、垂直的判定及性质

例1. （2015年高考北京理）设α，β，m是两个不同的平面，是直线且m?α.“m∥β”是“α∥β”的（ ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①由条件一个平面经过另一平面的平行线;②由结论出发两个平面平行.

解析：因为α，β是两个不同的平面，m是直线且m?α.若“m∥β”，则平面α，β可能相交也可能平行，不能推出，反过来若α∥β，m?α，则有m∥β，则“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件， 答案选B.

【收获与点评】已充要条件为载体，考查了面面平行的判定和面面平行的性质.是一道中等难度的试题.

例2.（2015年高考福建理）若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α ，则“ l⊥m”是“ l⊥α”的 （      ）

A. 充分而不必要条件         B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件               D. 既不充分也不必要条件

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①由条件一条直线垂直一个面的垂线;②由结论出发一条直线平行于一个平面.

解析：若 l⊥m， 因为m垂直于平面α，则l∥α或l?α，若l∥α又m垂直于平面α则 l⊥m，所以 l⊥m是l∥α的必要而不充分条件，答案选B.

【收获与点评】考查的推理能力，关键要注意如果线在面内面的垂线也垂直于这条直线，是一道中等难度题.

例3.（2015年高考浙江文）设α，β是两个不同的平面， l，m是两条不同的直线，且l?α，m?β，（ ）

A. 若l⊥β，则 α⊥β            B. 若α⊥β   ，则l⊥m

C. 若l∥β，则 α∥β             D. 若α∥β，则l∥m

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①线面垂直则面面垂直;②面面垂直则线线垂直;③面内有一条线平行于另一个面，则面面平行;④面面平行，则线线平行.

解析：若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直，答案选A.

【收获与点评】 根据线面平行与垂直的判定和性质，可知：“线线平行?线面平行?面面平行”，“线线垂直?线面垂直?面面垂直” 是立几中所表现出的线、面平行与垂直关系互相转化的基本思路，利用这种转化思路，可以解决立体几何线面位置关系的基本问题.

例4.（2015年高考江苏文）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E.

求证：（Ⅰ）DE∥平面AA1CC1;（Ⅱ）BC1⊥AB1.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱;②底面为直角三角形;③DE为△AB1C的中位线.

解析：（Ⅰ）因为B1C∩BC1=E，四边形BB1C1C为正方形.

所以点B1E=EC，AB1的中点为D，所以DB1=AD.

所以DE为△AB1C的中位线，得到DE∥AC.

又因为DE?平面AA1CC1，AC?平面AA1CC1，得到结论：DE∥平面AA1CC1.

（Ⅱ） 因为B1C∩BC1=E，四边形BB1C1C为正方形，

所以BC1⊥B1C.

因为直三棱柱ABC-A1B1C1中AC⊥BC，AC⊥CC1且CC1∩BC=C.

所以AC⊥BB1CC，又因为BC1?面BB1C1C.

所以AC⊥BC1，且AC∩BC1=C.

所以BC1⊥面AB1C且AB1?面AB1C，得到结论：BC1⊥AB1.

【收获与点评】本题融“线线平行与线面平行”“线线垂直与线面垂直”的相互转化于一体，是一道恰如其分的好题. 考生如能做到“由题设条件想性质，由求证结论想判定”，就能迅速抓住（1）题的关键是论证DE∥AC，（2）题的关键是BC1⊥面AB1C，抓住了关键点，完成证明就变得顺理成章.

考点2： 线线、线面、面面间的位置关系问题

例5.（2015年高考浙江文）如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点满足∠PAB=30°，则点P的轨迹是（      ）

A. 直线                                    B. 抛物线

C. 椭圆                                    D. 双曲线的一支

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①线段AB与平面α所成的角为60°;②动点P满足∠PAB=30°.

解析：动点P满足∠PAB=30°，P在以AB为轴且母线与轴形成的夹角为30°的圆锥侧面上运动，又因为斜线段AB与平面α所成的角为60°且P在α面上运动，所以点P的轨迹是平面截圆锥侧面的交线，又因为线段AB与平面α所成的角为60°大于∠PAB=30°，P的轨迹是椭圆，答案选C.

【收获与点评】本道题首先应抓住条件动点P满足∠PAB=30°，从而能确定动点在圆锥侧面上运动，然后利用交轨法 解决问题，本道试题难度较大.

例6.（2015年高考全国新课标I文）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED;

（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①线BE⊥平面ABCD;②边形ABCD为菱形;③∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为，可得出各线段的比例关系，从而可列方程，求出侧面积的大小.

解析：（I）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，故AC⊥平面BED.

又AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.

（II）设AB=x，在菱形ABCD中，又∠ABC=120° ，可得AG=GC=x，GB=GD=.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG=.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE=x.

三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=×AC·GD·BE=x3=，故x=2.

从而可得AE=EC=ED=.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与 △ECD的面积均为.

故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.

【收获与点评】本道题（1）题考查了面面垂直的判断方法，属于应知应会;（2）此题突出了对“等积法”的考查. 关于“等积”，包括“等面积”和“等体积”，其实质是利用等积构造方程，求解平面图形的高或几何体的高，此方法的优势是回避通过具体作图得到三角形（或三棱锥）的高，然后通过计算求高的步骤.

例7.（2015年高考湖南文）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点.

（I）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1;

（II）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F-AEC的体积.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，得出AE⊥BB1;②E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC;③给出线面角大小，可得各线段得比例关系.

解析：（Ⅰ）如图，因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，

所以AE⊥BB1，又E是正三角形ABC的边BC的中点，

所以AE⊥BC，因此AE⊥平面B1BCC1，而AE?平面AEF，

所以平面AEF⊥平面B1BCC1.

（Ⅱ）设AB的中点为D，连接A1D，CD，因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB，又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1，因此CD⊥平面A1AB1B，于是∠CA1D直线A1C与平面A1ABB1所成的角，由题设知∠CA1D=45°，

所以A1D=CD=AB=，

在Rt△AA1D中，AA1===，所以FC=AA1=.

故三棱锥F-AEC的体积V=SABC×FC=××=.

【收获与点评】本道题（I）完整体现了从线线垂直到线面垂直，再到面面垂直的推理链条，（II）题给出了线面角的度数，这个条件如何用？逼出“一作”（线面角）“二证”（线面角）的解题策略.

例8.（2015年高考福建文）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O平面，且PO=OB=1.

（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证AC⊥平面PDO;

（Ⅱ）求三棱锥P-ABC体积的最大值;

（Ⅲ）若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①三棱锥P-ABC中底面为直角三角形，高为PO;②三棱锥的高为定值，底面直角三角形斜边也为定值.

解析：（I）在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC⊥OD.又PO垂直于圆O所在的平面，

所以PO⊥AC.

因为DO∩PO=O，

所以AC平面PDO.

（II）因为点C在圆O上，

所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.

又AB=2，所以△ABC面积的最大值为×2×1=1.

又因为三棱锥P-ABC的高PO=1，

故三棱锥P-ABC体积的最大值为×1×1=.

（III）方法1： 在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，

所以PB==.

同理PC=，所以PB=PC=BC.

在三棱锥P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示.当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值.

又因为OP=OB，C′P=C′B，

所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点.

从而OC′=OE+EC′=+=，

亦即CE+OE的最小值为.

方法2：在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，

所以∠OPB=45°，PB==.同理PC=.

所以PB=PC=BC，所以∠CPB=60°.

在三棱锥P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面共面ABP，如图所示.当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值.

所以在△OC′P中，由余弦定理得：

OC′2=1+2-2×1××cos（45°+60°）

=1+2-2（×-×）

=2+.

从而OC′==，所以CE+OE的最小值为.

【收获与点评】（Ⅰ）要证明AC⊥平面PDO，只需证明AC垂直于面PDO内的两条相交直线.首先由PO垂直于圆O所在的平面，可证明PO⊥平面AC. 又OA=OC，D为AC的中点，可证明AC⊥OD，进而证明结论;（Ⅱ）三棱锥P-ABC中，高PO=1，要使得P-ABC体积最大，则底面ABC面积最大，又AB=2是定值，故当AB边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥P-ABC体积;（Ⅲ）将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，此时线段OC′的长度即为CE+OE的最小值.

第三单元    空间向量与立体几何

【考点聚焦】

空间向量与立体几何主要内容有：空间向量的基本定理及其意义、空间向量的正交分解及其座标表示、空间向量的线性运算及其坐标表示、用空间向量的数量积判断共线和垂直、直线的方向向量与平面的法向量、用向量方法证明平行或垂直、用向量方法求线线、线面、面面的交角.

【经典解析】

考点1：空间向量

【收获与点评】类比平面向量的性质，∥，则=k，此道题属于简单题.

例2. 已知向量=（1，1，0），=（-1，0，2），且k+与2-互相垂直，则k的值为（ ）

A.             B.               C.             D.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：⊥，则·=0.

解析：k+=（k-1，k，2），2-=（3，2，-2），由题意知，3（k-1）+2k-4=0，解得k=，答案：D.

【收获与点评】类比平面向量的性质，⊥，则·=0，此道题属于简单题.

例3. 已知=（2，-1，3），=（-1，4，-2），=（7，5，λ），若、、三个向量共面，则实数λ等于（ ）

A.             B.             C.         D.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：根据空间向量定理得：，，三个向量共面，所以存在实数m，n使得=m+n.

解析：由于，，三个向量共面，所以存在实数m，n使得=m+n，即有7=2m-n，

5=-m+4n，

λ=3m-2n，解得m=，n=，λ=，答案：D.

【收获与点评】本题考查了，空间向量的线性运算及其坐标表示，空间向量定理.本题属于简单题.

例4. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若=+x+y，则x、y的值分别为（ ）

A. x=1，y=1                    B. x=1，y=

C. x= ，y=               D. x= ，y=1

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：E为上底面A1C1的中心，考查向量的线性运算.

解析：如图，=+=+（+），所以x=，y=.

【收获与点评】 平面向量的加法法则、减法法则同样适用于空间向量的加法法则和减法法则.本道题属于简单题.

考点2：空间向量在立体几何中的应用

例5.（2015年高考四川理）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点. 设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为        .

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：

①建立空间直角坐标系，写出向量坐标=（1，，0），E（，0，0）;=（-，y，1）;

②利用夹角公式求出夹角的余弦关于变量的函数关系，然后求出最值.

解析：建立坐标系如图所示.设AB=1，则=（1，，0），E（，0，0）=（1，，0），E（，0，0）.设M=（0，y，1）（0≤y≤1），则=（-，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，].

cosθ==.

经计算当且仅当y=0时cosθ取得最大值.

【收获与点评】 此类考题历来都是整篇试卷创新的亮点，通常背景新颖，不侧重考查复杂的计算或难度极大的解题技巧，而着眼于考生阅读理解、挖掘信息、构造模型等基本数学素养和能力的考查.从思维层面看，考生往往需要由特殊到一般的归纳、由一般到一般的递推;从方法层面上看，通常离不开分析法、综合法、反证法以及函数建模等.解答此类题目，考生对数学语言的“翻译”尤为关键，有些题目虽然不难，但考生难以把不熟悉的数学语言，划归成自己熟悉的图形语言、符号语言，成为难以攻克的症结.解决这个问题，恰恰反映出试卷对课堂教学实施素质教育的良性导向.

例6.（2015年高考广东理）  如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB.

（Ⅰ）证明：PE⊥FG;

（Ⅱ）求二面角P-AD-C的正切值;

（III）求直线PA与直线FG所成角的余弦值.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①PE⊥DC，再由面面垂直的性 质，得出线线垂直;②利用二面角定义，先找出二面角的平面角，然后再计算出角的大小;③关键是先作平行线，作出线面角，再证明所作的角即为线线角.

解析：（Ⅰ）证明：∵ PD=PC且点E为CD的中点，∴ PE⊥DC，又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD=CD，PE?平面PDC，

∴ PE?平面ABCD，又FG?平面ABCD，∴PE⊥FG.

（Ⅱ）∵ ABCD是矩形，∴ AD⊥DC. 又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD=CD，AD?平面ABCD，

∴ AD⊥平面PCD，又CD、PD?平面PDC，∴ AD⊥DC ，AD⊥PD，

∴ ∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角，

在Rt△PDE中，PD=4，DE=AB=3，PE==，

∴ tan∠PDC==即二面角P-AD-C的正切值为.

（III）如图所示，连接AC，

∵ AF=2FB，CG=2GB即==2，∴ AC ∥FG，

∵ ∠PAC 为直线PA与直线FG所成角或其补角.

在△PAC中，PA==5，AC==3，

∴ 由余弦定理可得直线PA与直线FG所成角的余弦值为.

【收获与点评】 近年来，理科立体几何简答题多强调向量工具的运用，而本题既出乎意料之外，又合乎情理之中，对理科考生考查了一道运用综合法解决也方便快捷的题目，这对课堂教学回归基本概念、基本方法，都是绝好的导向.本道题也可以利用空间向量来解决.

例7.（2015年高考江苏理）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E.求证：（Ⅰ）DE∥平面AA1C1C;（Ⅱ）BC1⊥AB1.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC⊥BC，BC=CC1，建系写各点的坐标;②求出平面的法向量;③利用空间向量证明线面平行和线线垂直.

解析：建立如图所示的空间直角坐标系，A（0，1，1），B（1，0，1），C（0，0，1），D（，，），E（，0，），A1（0，1，0），B1（1，0，0），C1（0，0，0）.

（Ⅰ）=（0，，0），面AA1C1C的法向量为：=（1，0，0）.

·=0·1+·0+0·0，且DE?平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C.

（Ⅱ）因为=（1，0，1），=（1，-1，-1），

所以·=1·1+0·（-1）+1·（-1）=0，

得出结论：BC1⊥AB1.

【收获与点评】（Ⅰ）由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形，因此点E为B1C的中点，从而由三角形中位线性质得DE ∥AC，再由线面平行判定定理得DE ∥平面AA1C1C，也可以利用空间向量，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量.（Ⅱ）因为直三棱柱ABC-A1B1C1中BC=CC1，所以侧面BB1C1C为正方形，因此BC1⊥B1C，又AC⊥BC，AC⊥CC1（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得AC⊥平面BB1C1C，从而AC⊥BC1，再由线面垂直判定定理得BC1⊥平面AB1C，进而可得BC1⊥AB1，利用空间向两只需证BC1、B1A的方向向量垂直即可.

《普通高中数学课程标准》对立题几何的定位主要作了三方面的调整：强调把握图形能力的培养，强调空间想象与几何直观能力的培养，强调逻辑思维能力的培养、英国著名数学家M.阿蒂亚说过：“几何是数学中这样一个部分，其中视觉思维占主导地位，而代数则是数学中有序思维占主导地位的部分，这种区分也许用另外一对词更好，即‘洞察与‘严格，两者在真正的数学研究中起着本质的作用.”

例8.（2015年高考北京理）如图，在四棱锥A-EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC=4，EF=2a，∠EBC=∠FCB=60°，O为EF的中点.

（Ⅰ） 求证：AO⊥BE;

（Ⅱ） 求二面角F-AE-B的余弦值;

（Ⅲ） 若BE⊥平面AOC，求a的值.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，底面为等腰梯形，利用面面垂直的性质，得出线面垂;②求出两个平面的法向量，从而能求出二面角的余弦值;③利用线面垂直的条件列方程求出未知数.

解析：（Ⅰ）由于平面AEF⊥平面EFCB，△AEF为等边三角形，O为EF的中点，则AO⊥EF，根据面面垂直性质定理，所以AO⊥平面EFCB，又BE?平面EFCB，则AO⊥BE.

（Ⅱ）取CB的中点D，连接OD，以O为原点，分别以OE，OD，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A（0，0，a），E（a，0，0），B（2，2-a，0），

=（a，0，-a），=（2-a，2-a，0）.

由于平面AEF与y轴垂直，则设平面AEF的法向量为=（0，1，0），

设平面AEB的法向量=（x，y，1），

⊥，ax-a=0，x=，

⊥，（2-a）x+（2-a）y=0，y=-1，则=（，-1，1）.

二面角F-AE-B的余弦值cos<，>==，

由二面角F-AE-B为钝二面角EFCB，所以二面角F-AE-B的余弦值为-.

（Ⅲ）有（Ⅰ）知AO⊥平面EFCB，则AO⊥BE，若BE⊥平面AOC，只需BE⊥OC， =（2-a，2a-，0）.又=（-2，2-a，0），·=-2（2-a）+（2-a）2=0，解得a=2或a=，由于a<2，则a<.

【收获与点评】 证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题设AEF平面⊥平面EFCB，借助性质定理证明AO⊥平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值;第三步由于AO⊥BE，要想BE⊥平面AOC，只需BE⊥OC，利用向量·的坐标，借助数量积为零，求出a的值，根据实际问题予以取舍.

函数与方程的思想是高中数学的基本思想之一.也是历届高考的热点和重点.函数的思想就是用运动变化的观点、几何与对应的思想去分析和研究数学问题的数量关系，建立函数关系，并运用函数的方法使问题得到解决.在立体几何中把点的位置、线面角的大小等变量表示成其他变量的函数，或利用等量关系构造方程解决问题，是非常常见的.

例9. （2015年高考陕西理）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.

（I）证明：CD⊥平面A1OC;

（II）若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.

【思维生长点】由题目可获得的主要信息及解题思路：①由平面几何知识非常容易证明BE⊥AC，从而折叠后BE⊥OA1，BE⊥OC，得出线面垂直的结论;②由条件平面A1BE⊥平面BCDE，非常容易建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量，从而证明面面垂直.

【收获与点评】折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题相互转化的重要通道.此类问题是立体几何考查实践与创新能力的好素材.解答问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.

结束语

根据立体几何的高考要求，我们不难发现，要学好立体几何，做到如下三点非常重要：

（1）要培养自己的空间想象力. 为此，可以在刚开始学习时，动手制作一些简单的模型用以帮助想象. 例如制作正方体或长方体，并在正方体中寻找线与线、线与面、面与面之间的关系。另外，还可以通过简单图形的三视图想象几何直观图，并试图画出，反之，还可以凭借几何直观图，分析三视图的形状.

（2）要追求知识的逻辑化与结构化把握. 在立体几何线线、线面、面面三个层级的关系中，不论是垂直，还是平行，都反映出密切的内在联系与相互转化，我们需要掌握的平行与垂直关系的判定定理与性质定理，正式以逻辑语言的形式，表达了这种联系与转化，零散的记忆这些定理，远远不如逻辑与结构的整体把握效果好.

（3）要注重规范训练. 特别是对立体几何解决问题的常用环节“一作、二证、三求解”要做到规范、严谨.高考中反映出这方面的问题十分严重，不少考生交待不清，表达不规范、因果关系不充分，图形中各元素关系理解错误，符号语言不会运用等.这都是我们平时应该注意的.

（作者单位：北京市第十八中学）

责任编校   徐国坚