2019年高考全国I卷立体几何试题解析与备考建议

广东省广州市执信中学(510062) 周 奇

立体几何作为提升学生数学核心素养的重要载体，一直是高中数学的主干内容，也是历年高考必考的重点内容之一.全国高考I卷试题对立体几何的考查不偏不难，重基础，考能力.然而从今年高考阅卷反馈的信息来看，文科学生在立体几何题的解答题平均得分为4.5 分左右，理科学生为7.5 分左右，“空间想象”、“推理论证”和“运算求解”等数学能力与素养还有待进一步夯实提高.笔者有幸参加了2019年广东省高考评卷工作，以下结合立体几何题的解析和评卷过程中反映的问题，就如何在教学过程中培养学生空间想象能力、提高推理论证能力和运算求解能力等，谈谈个人的认识和思考，不足之处敬请批评指正.

1.试题呈现

2019年高考全国I卷对立体几何的考查只有1 道小题(选择题或填空题)，另加1 道解答题.在小题的考查上，文科和理科分别作为压轴题出现，即文科第16题和理科第12题.解答题的题型比较常规，在所选几何体上尽可能不与近几年重复(此次载体是一个直四棱柱，近几年除2016年理科I卷以三棱柱为载体外，其它均为椎体)，但仍然是常见的几何体.

题目1(2019年高考全国I卷文科第16题)已知∠ACB = 90°，P 为平面ABC 外一点，PC = 2，点P 到∠ACB 两边AC,BC 的距离均为那么P 到平面ABC的距离为____.

题目2(2019年高考全国I卷理科第12题)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA = PB = PC，△ABC 是边长为2 的正三角形，E,F 分别是PA,AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )

题目3(2019年高考全国I卷文科第19题)如图1，直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是菱形，AA1= 4，AB = 2，∠BAD = 60°，E,M,N 分别是BC,BB1,A1D 的中点.

(1)证明：MN//平面C1DE；

(2)求点C 到平面C1DE 的距离.

题目4(2019年高考全国I卷理科第18题)如图2，直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是菱形，AA1= 4，AB = 2，∠BAD = 60°，E,M,N 分别是BC,BB1,A1D 的中点.

(1)证明：MN//平面C1DE；

(2)求二面角A-MA1-N 的正弦值.

图1

图2

2.解法研究

2.1 问题分析

《普通高等学校招生全国统一考试大纲—数学(文、理科)》(以下简称《考试大纲》)对考生能力要求包括空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力以及应用意识和创新意识.立体几何突出考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.

空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力，主要表现为识图、画图和对图形的想象能力.识图是指观察研究所给图形中几何元素之间的相互关系；画图是指将文字语言和符号语言转化为图形语言以及对图形添加辅助图形或对图形进行各种变换；对图形的想象主要包括有图想图和无图想图两种.题目1 和题目2 首先要求考生通过题目的文字语言和符号语言转化为图形语言，即画出合适的图形，通过图形根据题目所求内容展开进一步的想象，对图形作出适当变换，其中画图和对图形的进一步想象是对空间想象能力较高层次的要求.题目3 和题目4 要求考生结合题目文字和符号语言对题目所给出图形中几何元素之间的相互关系进行观察研究，需要根据题目所求对图形添加辅助图形，主要体现了对考生识图和对图形想象的要求.在空间想象能力方面，题目3 和4 的要求低于题目1 和2 的要求.

推理论证能力是指根据已知的事实和已获得的正确数学命题，论证某一数学命题真实性的推理能力.题目3 和4作为解答题，不仅要求考生求解出正确的结论，而且对其推理论证的表述也有较高的要求；题目1 和2 作为选择题或填空题，虽然对推理论证的表述不作要求，考查形式主要看考生最后得出的结论，但是对其根据图形得出正确命题所需要的推理论证过程的要求仍然是较高的.

运算求解能力是指根据法则、公式进行正确运算、变形和数据处理，能根据问题的条件寻求与设计合理、简捷的运算途径，能根据要求对数据进行估计和近似运算.题目1 和2、题目3 和4 的第二问均需要在进行充分论证的基础上进行运算求解，再利用所求得的数据进行的推理论证，并通过进一步的列式和列方程进行求解，最终得出正确结论.因此在运算求解能力的考查上，这4 道题都有较高要求.

2.2 解法剖析

题目1 的解法剖析

《考试大纲》提出了对考生空间想象力的识图和画图要求，考生在解决此题时对识图和画图的不同认知，会直接导致其采取以下几种不同解法：

解法1依题意，如图3所示其中PE⊥CA 于E，PF⊥CB 于F.取EF 中点O，连接PO、CO.由已知可得△PEC ∽= △PFC，从而得到CF = CE，再由PE = PF，可得EF⊥面POC.过P 作CO 的垂线，垂足为H，可得PH 垂直平面ACB，所以PH 的长度即为点P 到平面ABC 的距离.由勾股定理可得：所 以△PCO 中，cos ∠PCO =所 以Rt△PCH 中，PH =即P 到平面ABC 的距离为

图3

图4

解法3(等体积法)证明过程同解法1，设点P 到平面ABC 的距离为h，则由VP−EFC= VE−PCO+VF−PCO可得EF 得

点评解法1 较好地将题目文字语言翻译成图形语言，并展开空间想象，根据基本图形得到线面垂直，从而得出了题目所求高的具体位置，再根据图形的线面位置关系进行运算求解.这样的解题过程直观易懂、清晰明了，但是发现高PH 的位置和通过解三角形来计算PH 的长度的过程对空间想象和运算求解要求都较高.解法2 在画图的环节中先作出高，再以垂足H 为顶点构造出正方形，后续的运算求解比解法1 简便了很多.可见，将文字语言和符号语言转化为图形语言，进而对图形添加辅助图形和对图形进行各种变换这一过程的不同，使得运算求解的过程也有很大的不同.

解法3 所用的等体积法是高中立体几何求解点到面的距离最常用的方法之一，尤其是文科学生因为缺乏空间向量这一工具，所以等体积法应用得更加广泛，学生对此也较为熟练.此题应用等体积法运算求解之前的推理论证过程作为填空题不需要将严格的表述过程写出来，但在分析空间位置关系得出计算体积所需要的位置关系时是不可或缺的.

题目2 的解法剖析

图5

解法1如图5，连接FC，设PE =EA=x，根据题意得：PB = PC =PA = 2x，EF = x.在△PAC 中，由余弦定理得：cos ∠APC =所以在△PEC 中，由余弦定理可得：EC2=x2+2.在Rt△CEF 中，由EC2+EF2=CF2得：所以PA = PB = PC =过P 作PH⊥面ABC，垂足为H，根据题意可得点H 为△ABC 的外心，即CF 三等分点，所以三棱锥P -ABC 的外接球球心O 在PH 上.连接AO、AH，所以设外接球半径为R，在Rt△AHO 中，由AH2+OH2= OA2得：所以球O 的体积为

此解法是大多数考生在考场上最直接最容易想到的方法.但如果算到PA = PB = PC =后，对数据进行分析，就会发现三棱锥P -ABC 中顶点P 的位置是如何被确定下来的.

解法2求得PA = PB = PC =的过程同解法1.由AB = BC = AC = 2 可得，PA、PB、PC 两两垂直.因此三棱锥P -ABC 与棱长为的正方体是同一个外接球，从而求得其外接球半径

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解法2 在于对过程中数据进行处理时，结合已知数据进行了进一步的“推理论证”，较大程度地简化了求外接球半径的计算过程.

若进一步思考题目的本质：确定顶点P 的位置的关键因素是条件“E,F 分别是PA,AB 的中点，∠CEF = 90°”，因此如何用好条件CE⊥EF，便是解题最关键的突破口了.

解法3由PA = PC，BA = BC 可得PB⊥AC.因为EF//PB 且EF⊥CE，所以PB⊥CE.又因为CE、AC为平面PAC 内两条相交直线，所以PB⊥平面PAC，从而可得PB⊥PA，PB⊥PC.进而由PA⊥BC，PC⊥AB 得到PA⊥平面PBC，PC⊥平面PAB.所以PA、PB、PC 两两垂直.以下解题过程同解法2.

线面垂直是高中立体几何中的一个基本关系，当中蕴含了非常丰富的对图形进行识别和想象的内容.本题也是一个由平面几何中垂直平分线性质定理衍生出的基本图形：空间内共底的两个等腰三角形顶角的顶点连线与底边所在的直线垂直.当然，此题由向量方法利用条件CE⊥EF 也很容易得到PA、PB、PC 两两垂直：

解法4根据题意由可得：所以因为BP⊥CA，即所以即BP⊥CP.进而可得BP⊥AP，AP⊥CP，所以PA、PB、PC 两两垂直.

点评以上四种解法分别代表了考生在面对一道立体几何题时，对题意和空间图形的理解的不同而采取的相对复杂或简捷的方法.如果考生在空间想象中对画图和对图形的识别达到一定的深度，对几何、代数方法运用灵活自如，由边长相等发现共底的等腰三角形组成的基本图形，那么在构建本题图形架构时就更容易得出CE⊥EF 为确定点P 位置的条件，从而得到PA、PB、PC 两两垂直，即可发现三棱锥的特殊性，得到借助正方体来解决三棱锥外接球问题的思路.这一解题思路将空间想象、推理论证和运算求解有机结合，有效地简化了解题过程.

另外值得一提的是，题目2 中由共底的等腰三角形得到垂直关系的基本图形的理解和应用跟题目1 是相同的，由此可见高考命题者在文、理科试题命制过程中的煞费苦心.

题目3 和4 第(1)问的解法剖析

解法1如图6，连结B1C，ME，因为M,E 分别为BB1,BC 的中点，所以ME//B1C，且ME =又因为N 为A1D 的中点，所以由题设知A1B1//DC，A1B1= DC，可得B1C//A1D，B1C = A1D，故ME//ND，ME = ND，因此四边形MNDE 是平行四边形，所以MN//DE.又MN 不在平面C1DE 内，所以MN//面C1DE.

图6

图7

解法2如图7，设F 为AD 的中点，连接BF，NF.因为N、F 分别为A1D、AD 的中点，所以NF//AA1，因为M 是BB1中点，所以因为AA1//BB1，AA1= BB1，所以NF//MB，NF = MB，故四边形NFBM 为平行四边形，所以MN//BF.又在菱形ABCD 中，F 是AD 的中点，E 是BC 的中点，AD//BC，AD = BC，所以DF//BE，DF = BE，故四边形BFDE为平行四边形，于是BF//DE，所以MN//DE，又MN 不在平面C1DE 内，所以MN//面C1DE.

解法3如图8，连接AC，BD，A1C1，B1D1，设它们的交点分别为O 和O1.因为四边形ABCD 是菱形，所以AC⊥BD，分别以OA，OB，OO1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,1,2)，所以

图8

解法4建系和写出部分向量坐标的过程同解法3.设n=(x,y,z)为平面C1DE 的法向量，由

点评以含有60°角的菱形作为底面的直四棱柱是本题的载体，因为三个中点确定了MN 和平面DC1E 的位置关系，所以在接下来的证明中只需要恰当地运用好中点和直四棱柱的条件就可以实现目标.本题题目条件给出了图形，属于“有图想图”的类型，考生应结合题目条件对图形的线面位置关系进行识别，并构建适当的辅助线进行解题.解法1 和解法2 体现了两种不同的解题习惯：直接构造以MN 和DE为对边的四边形，通过证明其为平行四边形证得MN//DE；或平移MN 至底面ABCD 中，再证明其平行于DE，通过平行的传递性得到MN//DE.解法1 和解法2 在高考复习过程中都属于常用的方法.就证明的简洁度而言，解法2 稍显冗长.解法3 和解法4 属于以空间向量作为工具证明线面位置关系的方法，在熟悉建系和写出相关量的坐标的情况下，此方法不失为一个好方法.另外值得一提的是：在线面平行的判定中，由面面平行去达成也是常用的方法，但是此题由面面平行去求证时的辅助线构造起来比较麻烦，过程相对复杂，表述显得冗长，耗时较多，评卷过程中有考生用到此方法，但绝大部分都存在解题过程的缺漏，导致“对而不全”的失分，因此对于本题此方法不作推荐.

题目3 第(2)问解法剖析

解法1如图9，过C 作C1E 的垂线，垂足为H，连接

DB.

图9

由直四棱柱ABCD - A1B1C1D1知C1C⊥平面ABCD，可得DE⊥C1C.因为在菱形ABCD 中，∠BAD =60°，且E 为BC 的中点，可得DE⊥BC.因为BC ∩C1C =C，所以DE⊥平面C1CE.从而得到CH⊥DE.因为DE ∩C1E = E，所以CH⊥平面C1DE.故CH 的长度为点C 到平面C1DE 的距离.在R t △C1CE 中，因为C1C =4，CE =1，所以故

从而点C 到平面C1DE 的距离为

解法2设C 到平面C1DE 的距离为h，由VC−C1DE=VC1−CDE得：

故

即C 到平面C1DE 的距离为

解法3同第(1)问解法3 建立空间直角坐标系，先求出平面C1DE 的法向量再由得：点C 到平面C1DE 的距离为

点评解法1 通过分析线面垂直关系得出所求高的位置，从而通过直接求解线段的长度来求得点到平面的距离.此方法对考生的空间想象能力和推理论证能力的要求较高，运算求解能力要求相对较低；解法2 属于等体积法求解点到平面的距离.此题作为文科数学的解答题，文科考生对等体积法运用较为熟练，因此绝大部分考生选择了此方法求解，但解题过程要求按照“画图→论证→运算”的要诀来进行；解法3 属于空间向量法，要求考生熟悉建系的方法和正确写出相关量的坐标以及正确运用空间向量求解点面距离的公式.

题目4 第(2)问解法剖析

解法1同第(1)问解法3 建立空间直角坐标系，分别求得平面A1MA 的法向量平面A1MN 的法向量由得二面角A-MA1-N 的正弦值为

图10

解法2如图10，作AQ⊥A1D，垂足为Q，连接QM.由已知可得DE⊥面A1ADD1.从而得到DE⊥AQ，即MN⊥AQ.所以AQ⊥面A1MD，从而得到AQ⊥A1M，由已知可得AM⊥A1M，从而得到A1M⊥面AQM，所以A1M⊥QM，所以∠QMA 为所求二面角的平面角，在Rt△A1AD 中可得所以在△AMQ 中，所求正弦值为

解法3如图11，过点D 作DF⊥AB，垂足为F，根据题意可得DF⊥面A1ABM，过点D 作DG⊥A1M，垂足为G，连结GF，由A1M⊥DF 可得A1M⊥面DFG，所以A1M⊥GF，所以∠DGF 为平面A1DM 与平面A1ABM 所成角的平面角.由勾股定理可得DM =从而得到所以

图11

图12

解法4如图12，取AB 中点F，连结FD，则DF⊥AB，可得DF⊥面AA1M，所以△A1DM 在面A1AM 上的射影为△A1FM，根据题意可求得，S△A1FM= 3，S△A1DM=则二面角A-MA1-N 的平面角(记为θ)的余弦值所以

点评题目4 第(2)问是一个求二面角的平面角的问题，难度中等.不论是利用空间向量解题(解法1)，还是几何法直接找出二面角的平面角的位置(解法2 和3)，或者还是利用投影法去解决，都需要正确把握所求二面角的位置、直棱柱中的线面关系以及通过“画图→论证→运算”的步骤来解决问题.解法1 在建系前必须对图形中线面关系有一个整体认识：建系的原点取在什么位置更方便表示点的坐标.当然，建系时除了解法1 所给出的方法外，还可以以点D、点A 为原点建系.本题求法向量的过程不复杂，计算也不繁杂，所以只要正确建好系，问题解决起来比较容易；解法2 和3，需要考生对二面角的平面角的概念理解清晰，结合本题具体情境，构造出方便运算的角来求解；解法4 利用正投影与对应图形的面积比来求得二面角余弦值，则需要先认识到面A1MN 等同于面A1DM、面A1AM 等同于面A1ABM，然后由DF 垂直平面A1ABM 来进行求解.在这一问中，不同于第一问求证线面平行，线面垂直关系的应用是解决问题的关键，由此也可见命题者在考查知识点的全面性的良苦用心.

3.备考建议

3.1 落实对基本概念、基本方法和基本图形的掌握，提高学生的应试能力

评卷过程中，遇到学生对基本概念和方法不熟悉的情形比比皆是：比如在推理论证的表述时不知道条件“直四棱柱”能直接推出和不能直接推出什么结论；又比如不知道面面平行直接得到线线平行所需要的条件是两直线必须共面；还比如应用线面垂直得到线线垂直来判定另一组线面垂直时，通过绕到面面垂直来实现，虽然没有错误，但表述冗长且浪费时间等等.解答题所反映的问题，在很大程度上反映了考生失分最主要的原因正是对基本概念、基本方法的掌握不佳.2019年高考试题的风向，已经进一步表明了高考命题对基础概念、原理、方法的重视.在落实学生对基本概念、基本方法的理解时，对比各概念和方法的联系，才能帮助学生更深刻和灵活地掌握其内涵和外延.比如在复习面面平行的性质定理时，不妨先从对空间线线位置关系等概念展开：空间两直线的位置关系分为平行、相交和异面，而分别在两个平行平面内的两条直线，因为不可能相交，所以只需排除“异面”就可以得到“平行”.当学生对该性质理解得更加自然和深刻时，运用其解决问题的思路才能更加清晰，方法才能更加灵活.

同时，适时地总结一些常用的基本图形，既能形成对立体几何基础概念和原理的有益补充，还能帮助学生加深对基本概念和基本方法的理解，从而进一步提高学生应试能力.基本图形的总结也并不用特意费时间而为之，在日常讲评习题的过程中，适时地做出总结，更方便教师通过试题帮助学生进行归纳提升，提高习题讲评的效率效果.比如针对2019年高考立体几何试题可以总结的基本图形有：特殊四面体的外接球球心位置、空间内共底的两个等腰三角形顶角的顶点连线与底边所在的直线垂直、空间内到角的两边距离相等的点在角所在平面的正投影在该角的平分线上、到底面各顶点距离相等的点在底面的正投影是底面的外心等等.

提高学生对基本概念、基本方法和基本图形的掌握程度，可以进一步帮助其在考场上快速、准确地找到解题思路和方法，也可以帮助其在表述解题过程时思路更加清晰和到位.因此，在日常的备考中，不断落实学生对基本概念、基本方法、基本图形的掌握，可以更加有效地提高学生的应试能力.

3.2 落实空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力的培养，提高学生的解题能力

《考试大纲》对数学能力的考查，强调“以能力立意”，以知识为载体，从问题入手.立体几何突出考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.空间想象能力主要体现在对文字语言、符号语言及图形语言的互相转化上，推理论证能力强调科学性、严谨性、抽象性，运算求解能力则主要是对算法和推理的考查.加强对学生空间想象、推理论证、运算求解能力的培养，以更有效地提高学生对立体几何的解题能力.比如，师生在课堂上解决立体几何的问题时，不妨先不动笔，而是一起想象图形并进行心算，以此来引导学生在头脑中构造图形、在想象图形的过程中提高能力.又比如高考题、模拟题经常涉及的有关球的内接或外切几何体问题，想要将立体图形在纸上画得标准，没有一点美术基础和时间的花费是很难做到的，而若通过直接想象，在头脑中构造出图形，根据解题所需抽出“框架”：某一简单的几何体或者平面图形，再将其画在纸上进行严格的推理论证和运算求解，解题效率会更高；同样地，对于立体几何中需要运算求解的问题，因为经常需要对后续计算步骤有一定的预估能力，所以先进行一定的心算，再选择最佳方法进行精确的笔算，得出准确结果，运算求解的效果也会更好.这样带着学生想象图形和心算，不仅解题的效率提高、解题效果更好，而且在过程中所形成和锻炼的能力也会更强.

3.3 重视关键能力、必备品格与价值观念的形成，提升学生的核心素养

在评卷过程中，经常有这样一些例子：学生在求证线面平行时，已经证明到一组线线平行(求证即将结束)，却又绕到其它地方去证明(比如绕到先证明面面平行再证明线面平行).出现这类问题的原因，除了对基本概念基本方法的掌握有问题外，应该还有推理论证素养方面的问题.之所以绕路，可能仅仅是因为考前练了几道由面面平行证明线面平行的题或者仅仅会由面面平行去证明线面平行的方法，这正是由于在备考的过程中只重视了“刷题”而没有重视真正提高学生的素养来提高其对解题的理解.数学核心素养是指通过数学学习而逐步形成的具有数学特征的关键能力、必备品格与价值观念.立体几何中所包含的各种素养，是需要教师在深刻地理解知识、了解学生的基础上从学生的角度出发去培育，也是需要在平时的教学过程中，由师生一起分析问题、探究问题，在解决问题的过程中去发展的.首先，教师要更深刻地去认识数学、理解数学，就要从真正地研究教材、理解教材开始.比如教材在空间两异面直线夹角的定义中，先推出了等角定理(如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补)，再推出两直线的夹角的定义(直线a、b 是异面直线，经过空间任意一点O，分别引直线a′//a，b′//b，则把直线a′和b′所成的锐角或直角叫做异面直线a和b 所成的角)，这一编排本身便是一个逻辑推理：有了等角定理这个理论准备，两异面直线转化为“角”所需的要素“顶点和两边”才符合逻辑.在复习备考过程中，让学生多体会这种内在联系，使其逐步形成空间想象和推理论证素养；其次了解学生即要把握学生真实的思维活动，了解学生的想法是如何产生的，比如前面提到的证明线面平行时“绕路”的例子，教师可以通过分析出现此问题的原因，了解学生出现错误或正确的解法背后的思维方式，为提高学生对立体几何的学习和逐步形成关键能力提供帮助；再次师生一起分析问题、探究问题，在共同解决问题的过程中去形成和发展良好的品格与价值观念.在分析问题和探究问题的过程中培养学生直观想象和推理论证能力，借助理性思维来提高其对空间量的认知力，并用数学的眼光分析空间问题.在教学实践中不断探索和实践，在实践中改进我们的教学方法和策略，从真正提高数学素养的角度来提高立体几何的教学效率.