分析往年立体几何高考试题， 寻找2020年高考备考突破口

钟烙华

全国历年高考数学试题的考点和难度比较稳定，所以我们备考一定需要清楚往年试题的常考点以及还有哪些重点考点没有考查，知彼知己，方能百战不殆.

一、分析2016年—2019年高考的立体几何试题分析

由上表可以得出：

1. 分值稳定，基本每年文理科都占22分.

2. 题型稳定，基本上是“2小1大”，并且“1小1大”是中档题，“1小”是压轴题.

3. 知识点稳定，每年高考试题中立体几何在文理卷中有一半左右试题是相同或类似的，重点考察三视图、面面垂直、几何体的外接球、空间角和点到面的距离. 在这基础上文科突出点到面的距离和几何体面积、体积计算，理科突出二面角的计算，这也是为2021年数学高考不分文理卷进行有益的探索.

4. 2019年文理卷都少了1道小题，都没有出现三视图这个热门考点，分值降到17分. 虽然《普通高中数学课程标准》（2017版）没有三视图这个知识点，但2020年高考是参照《普通高中数学课程标准》（2004版）命题，对三视图这个知识点不能忽视.

二、2020年高考立体几何的备考重点

（一）外接球问题

1. 已知圆锥的母线长为 ■，底面半径为 2，则该圆锥的外接球表面积为（）

A. ■πB. 16πC. 25πD. 32π

【解析】如图，CB=■，BE=2，可得 CE=1，取 CB 中点 D，作 DO⊥CB 交 CE 延长线于 O，则 O 为 △ABC 的外心，也即圆锥外接球的球心，设 OE=x，则 OC=1+x，OB=■，

所以（1+x）2=x2+4，得 x=■，

所以外接球半径 R=■， S球=4π×■=25π.

故选C.

2. 如图所示，三棱锥 P-ABC 中，△ABC 是边长为 3 的等边三角形，D 是线段 AB 的中点，DE∩PB=E，且 DE⊥AB，若∠EDC=120°，PA=■，PB=■，则三棱锥 P-ABC 的外接球的表面积为 .

【解析】由題意，PA2+PB2=AB2，

因为AB⊥DE，AB⊥DC，ED∩DC=D，所以 AD⊥面DEC，

因为AD？奂PAB，AD？奂ABC，

所以面APB⊥面DEC，面ABC⊥面DEC，

在CD上取点O1，使O1为等边三角形ABC的中心，

因为 D 为 △PAB 斜边中点，

所以在△DEC 中，过D作直线与 DE 垂直，过O1作直线与DC垂直，两条垂线交于点 O，则 O为球心.

因为∠EDO=90°，所以∠ODO1=30°，

又因为 DO1=■CD=■，所以 OO1=■，

三棱锥 P-ABC的外接球的半径 R=■=■，

故三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2=13π.

（二）最短路径问题

1. 在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，BC=4，AA1=2，P，Q分别为棱 AA1，C1D1的中点. 则从P点出发，沿长方体表面到达点Q的最短路径的长度为（）

A. 3■B. 4■C. ■D. 5■

【解析】提示：展开长方体的表面，分三类进行讨论：

①如图：②如图：③如图：

此时 PQ最小值为 5■;此时 PQ最小值为■;此时PQ最小值为 4■.

故选B.

2. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=■，BC=AA1=1，点M为线段AB1的中点，点P为对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点，则MP+PQ的最小值为    .

【解析】当 MP+PQ 的最小值，即P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和. Q为底面ABCD上的动点，当Q是P在底面上的射影，即是PQ最小值.

展开三角形ACC1与三角形AB1C1在同一个平面上，如图：

因为长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=■，BC=AA1=1.

长方体ABCD-A1B1C1D1体对角线长为：AC1=■=2，

在Rt△AC1B中，sin∠C1AB1=■，故∠C1AB1=30°.

所以△ACC1≌△AB1C1，故∠CAC1=30°.

所以∠CAB1=60°.

过点M作MQ⊥AC，MQ即为MP+PQ最小值.

在Rt△AQM，MQ=■sin60°=■.

（三）命题判断问题（类似多项选择题）

1. 给定下列四个命题：

①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行;

②若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线一定平行于另一个平面;

③若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和一个平面垂直;

④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.

其中，真命题的个数是（）

A. 1个B. 2个       C. 3个D. 4个

【解析】对于①，若一个平面内的两条（相交）直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，所以①错误;

对于②，若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线平行于另一个平面（或在这个平面内），所以②错误;

对于③，若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和一个平面垂直，③正确;

对于④，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，④正确.

综上所述，真命题的序号是③④，共2个. 故选B.

2. 下列条件能判定平面α∥β的是（）

①α∥γ且β∥γ;②m⊥α且m⊥β;③m∥α且m∥β;④α⊥γ且β⊥γ.

A. ①③   B. ②④   C. ①②   D. ③④

【解析】对于①，设l⊥γ，因为α∥γ，β∥γ，则l⊥α，l⊥β，于是α∥β，故①可得出α∥β;

对于②，由“垂直于同一条直线的两个平面平行”可得α∥β，故②可得出α∥β;

对于③，设α∩β=n，m∥n，m？埭α，m？埭β，则m∥α，m∥β，显然α，β相交，故③不能判断α∥β;

对于④，当α，β，γ两两垂直时，显然不能得出α∥β.

故选C.

（四）解答题

1. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，MN⊥PB.

（1）求证：平面PBC⊥平面PAB;

（2）求证：当点M不与点P，B重合时，MN∥平面ABCD;

（3）当AB=3，PA=4时，求点A到直线MN距离的最小值.

（1）证明：在正方形ABCD中，AB⊥BC.

因为PA⊥平面ABCD，BC？奂平面ABCD，所以PA⊥BC.

又AB∩PA=A，AB，PA？奂平面PAB，

所以BC⊥平面PAB.

因为BC？奂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.

（2）证明：由（1）知，BC⊥平面PAB，PB？奂平面PAB，所以BC⊥PB.

在△PBC中，BC⊥PB，MN⊥PB，

所以MN∥BC，

又BC？奂平面ABCD，MN？埭平面ABCD，

所以MN∥平面ABCD.

（3）解：因為MN∥BC，所以MN⊥平面PAB，

而AM？奂平面PAB，

所以MN⊥AM，

所以AM的长就是点A到MN的距离，

而点M在线段PB上，

所以A到直线MN距离的最小值就是A到线段PB的距离，

在RtΔPAB中，AB=3，PA=4，

所以A到直线MN的最小值为■.

2. 如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE得到如图2所示的几何体.

（1）求证：AB⊥平面ADC;

（2）若AD=1，二面角C-AB-D的平面角的正切值为■，求二面角B-AD-E的余弦值.（理科）

（1）证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BD⊥DC，

所以DC⊥平面ABD.

因为AB？奂平面ABD，

所以DC⊥AB.

又因为折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD=D，

所以AB⊥平面ADC.

（2）解：由（1）知AB⊥平面ADC，

所以二面角C-AB-D的平面角为∠CAD，

又DC⊥平面ABD，AD？奂平面ABD，

所以DC⊥AD.

依题意tan∠CAD=■=■.

因为AD=1，

所以CD=■，

设AB=x（x>0），则BD=■，

依题意△ABD∽△BDC，

所以■=■，

即■=■，

解得x=■，故AB=■，

BD=■，

BC=■=3.

法1：如图所示，建立空间直角坐标系D-xyz，

则D（0， 0， 0），B（■， 0， 0），C（0，■， 0）， E（■， ■， 0），A（■， 0， ■），

所以■=（■，■， 0），■=（■， 0， ■）.

由（1）知平面BAD的法向量■=（0， 1， 0），

设平面ADE的法向量■=（x， y， z），

由■·■=0，■·■=0，得■x+■y=0，■x+■z=0.

令x=■，得y=-■，z=-■，

所以 ■=（■， -■， -■）.

所以cos<■， ■>=■=-■.

由图可知二面角B-AD-E的平面角为锐角，

所以二面角B-AD-E的余弦值为■.

法2：因为DC⊥平面ABD，

过点E作EF∥DC交BD于F，则EF⊥平面ABD.

因为AD？奂平面ABD，

所以EF⊥AD，

过点F作FG⊥AD于G，连接GE，

所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE.

所以二面角B-AD-E的平面角为∠EGF.

由平面几何知识求得EF=■CD=■，FG=■AB=■，

所以EG=■=■，

所以cos∠EGF=■=■.

所以二面角B-AD-E的余弦值为■.

3. 如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=2，OB=1.△AOC可以通过△AOB以直线AO为轴旋转得到，且OB⊥OC，动点D在斜边AB上.

（1）求证：平面COD⊥平面AOB;

（2）当D为AB的中点时，求二面角B-CD-O的余弦值;（理科）

（3）求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值.（理科）

（1）证明：在△AOC中，AO⊥OC，

因为OB⊥OC，且AO∩OB=O，

所以OC⊥平面AOB，

又OC？奂平面COD，

所以平面COD⊥平面AOB.

（2）解：如图建立空间直角坐标系O-xyz，

因为D为AB的中点，

所以O（0， 0， 0），A（0， 0， 2），B（0， 1， 0），C（1， 0， 0），D（0，■， 1），

所以■=（1， 0， 0），■=（0， ■， 1），■=（1， -1， 0），■=（0， -■， 1），

设■=（x1， y1， z1）为平面OCD的法向量，

所以■·■=0，■·■=0，即x1=0，■y1+z1=0，

令z1=1，则y1=-2，

所以 ■=（0， -2， 1）是平面BCD的一个法向量，

设 ■=（x2， y2， z2）为平面OCD的法向量，

所以■·■=0，■·■=0，即x2-y2=0，-■y2+z2=0.

令z2=1，则x2-=2，y2=2，

所以 ■=（2， 2， 1）是平面OCD的一个法向量，

所以cos<■， ■>=■=■=■.

由图可知二面角B-CD-O的平面角为锐角，

所以所以二面角B-CD-O的余弦值为■.

（3）解法一：

因为OC⊥平面AOB，

所以∠CDO為CD与平面AOB所成的角，

因为OC=1，

所以点O到直线AB的距离最小时，∠CDO的正弦值最大，

即当OD⊥AB时，∠CDO的正弦值最大，

此时OD=■，

所以CD=■，

所以sin∠CDO=■.

解法二：

设■=λ■（λ∈[0，1]），所以D（0， λ， 2-2λ）.

■=（-1， λ， 2-2λ），平面AOB的法向量■=（1， 0， 0），

所以sinθ=■=■=■，

所以当λ=■时，CD与平面AOB所成的角最大，sinθ=■.

4. 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点.

（1）证明B1C1⊥CE;

（2）求二面角B1-CE-C1的正弦值;（理科）

（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为■，求线段AM的长.（理科）

（1）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图.

依题意得

A（0， 0， 0），B（0， 0，2），C（1， 0， 1），B1（0， 2， 2），C1（1， 2， 1）， E（0， 1， 0）.

则■=（1， 0， -1），■=（-1， 1， -1），

而 ■·■=（1， 0， -1）·（-1， 1， -1）=0.

所以B1C1⊥CE.

（2）■=（1，-2，-1），设平面B1CE的法向量为■=（x， y， z），

则■·■=0，■·■=0，即x-2y-z=0，-x+y-z=0，取z=1，得x=-3，y=-2.

所以 ■=（-3， -2， 1）.

由（Ⅰ）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，

所以B1C1⊥平面CEC1，

故 ■=（1， 0， -1）为平面CEC1的一个法向量.

于是cos<■，■>=■=■=-■，

从而sin<■， ■>=■=■.

所以二面角B1-CE-C1的正弦值为■.

（3）■=（0， 1， 0），■=（1， 1， 1），设 ■= λ■=（λ， λ，λ），0≤λ≤1，

有 ■ = ■ + ■ =（λ， λ+1， λ）.

取 ■=（0， 0， 2）为平面 ADD1 A1 的一个法向量，设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角，

则 sinθ=∣cos<■， ■>∣=■=

■=■.

于是■■，解得 λ=■.

所以 ∣AM∣=∣■∣=■=■.

所以线段 AM 的长为 ■.

责任编辑 徐国坚