高考数学学科备考关键问题指导系列七立体几何存在问题及应对策略

,故选A.【评析】本题往往会因作图不过关而对过顶点作平面束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面“外移”（此时）．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题）的和垂直关系），这样，学生的作图就会更有空间感.【例题5】（2020年全国Ⅰ卷理16）如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则______________.【解析】依题意得，，在中，，，由余弦定理得，所以，所以.又，，所以在中，由余弦定理得.【评析】本题往往会因对平面展开图、折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的边角关系（前后对应边相等，对应角相等）“”，只有正确理解才能顺利利用，求出，从而在中利用余弦定理求出，从而解决问题．无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折—平面图形立体化，展开—立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图），这样比较不会遗忘或忽略．问题二：推理的逻辑欠清晰2021年新高考数学Ⅰ卷立几解答题居于倒数第三的位置，近几年全国Ⅰ卷理数，其解答题一般稳定居于解答题的第二或第三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解．在定性分析时由于定理条件掌握不全，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分，如学生在使用直线与平面平行的判定定理时，常常遗忘“已知直线一定要在该平面外”这个关键的条件；在使用直线与平面垂直的判定定理时，常常遗忘“线不在多，重在相交”这个关键的条件．符号书写也不规范，如直线与平面是包含与不包含的关系，却常误写成是属于与不属于的关系等.【例题6】(2021年全国Ⅰ卷20).如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME则为二面角E-BC-D的平面角,因为,为正三角形,所以为直角三角形因为,从而EF=FM=平面BCD,所以【评析】（1）根据面面垂直性质定理可知要得到可以转化成AO⊥平面BCD，要想得到线面垂直，必须要线垂直面内两条相交的直线，但是很多学生只有证明一对线垂直，有的同学证明出两对但是没有突出这两条是相交的直线，对定理掌握不熟悉而导致失分（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.常见二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.【例题7】（2020新课标Ⅰ卷理18）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，，所以，又为等边三角形，则，所以，，则，所以，同理，又，所以平面；【评析】要证线面垂直，关键在于找出两组“线线垂直”，勾股定理忘记用了，等边三角形外接圆的半径的求法可以借助正弦定理，缺乏严谨的证明与推导．证明过程中常因忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得”，造成失分，同时条件“一条线垂直平面内两条相交的直线”即也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．问题三：概念意识不强数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点.考生由于概念意识不强，文字语言与图形语言无法转换，即看到概念的文本描述，却无法形成与之相应的空间几何体．易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角”，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算”），而陷入盲目的计算，使得问题复杂化．【例题8】(2019年浙江卷)设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点(不含端点)．记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则A．，B．，C．， D．，【解析】由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点是棱上的点(不含端点)，所以直线与平面所成的角小于直线与平面所成的角，而直线与平面所成的角小于二面角的平面角，所以；因为平面，所以直线与直线所成的角大于直线与平面所成的角，即．故选B．【评析】本题的解决关键在于正确理解并理清直线与直线所成的角为、直线与平面所成的角为、二面角的平面角为等这三种空间角的定义，学生常常忽视对三个空间角的平面角定义的阐述重视不够，导致解题错误.事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“相交棱垂直平面”等．【例题9】如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，，，且二面角与二面角都是．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）由已知可得，，所以平面，又平面，故平面平面．（2）过作，垂足为，由（I）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（I）知为二面角的平面角，故，则，可得，，，．由已知，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，则即，所以可取．设是平面的法向量，则同理可取．则，故二面角的余弦值为．【评析】本题（2）的解决关键在于理清二面角与二面角的平面角（此时只有理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系），考生往往会会“想当然”“直观”认为为二面角的平面角，为二面角的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“相交棱垂直平面”．问题四：建系的合理性欠思考理数立体几何解答题的二问常立足定量求解（如三种角度的度量，线面角与二面角是高频考点，异面直线所成角偶尔会涉及到），往往可考虑几何法和向量法进行求解，但利用向量法进行求解的更易入手，相应的考生比例也更大．利用向量法解决离不开建立一个合适的坐标系，考生常因不懂建系或建系不合理导致求解困难，也常出现“没有证明三线两两垂直”就“想当然”建系等错误．【例题10】（2015年新课标Ⅰ卷理18）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.（1）证明：平面AEC⊥平面AFC.（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.【解析】（1）连结在菱形中，不妨设,由，可得，可得.又因为在在直角梯形中，由，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.（2）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E(1,0,)，F（－1,0，），C（0，，0），∴.故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.【评析】本题主要考查立体几何的线面、面面位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力.本题的学生的主要失误点：一是没有建好坐标系，被“图”迷惑，一下子盯住点B、D，把点B或点D视为空间直角坐标系的原点导致整题失分．二是因贪快，导致图形中的坐标系漏画，例如：如图建立空间直角坐标系，但图中是空的．三是空间直角坐标系建成左手系，而不是建成右手系．事实上，建立合理的坐标系是代数法解立体几题的关键.建立坐标系就是构造（寻找）三线两两垂直，可分步处理，先找两线垂直或先找平面的垂线（在垂面上找，即通过线面、面面垂直寻找，即本题中的平面EFDB和垂线EB、DF），再移动位置定出原点的位置，这是基本功，一定要通过合理地训练，让学生过关.当然，建系时证明三线两两垂直是不可缺少的.问题五：运算求解出现低级错误学生在解决立体几何中涉及到求几何体的体积、表面积或求角与距离等问题时，运算性的出错也很常见，主要表现在：①错用几何体的体积、表面积公式；②错选向量或向量公式求解相关问题；③运算过程粗心出错等.由于运算求解能力弱是目前学生学习数学时存在的典型性问题，在这里就不在举例分析.二、应对策略1．关注识图、作图、用图能力的培养识图、作图、用图能力的培养非一朝一夕就可实现的，教师要“舍得”花较多的时间“手把手”教学生“怎么画”；要“讲明作图的原理”；要“善于借助模型和道具”引导学生观察；要“培养模型意识、动手能力”引导学生巧借“教室”或“道具比划”简化、解决问题．【例题11】（2021新高考Ⅰ卷3）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.【评析】与侧面展开图有问题，关键是作出相应的侧面展开图，并根据图形特点，分析几何体与其侧面展开图相关几何元素间的数量关系.如根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，即可求得的值.【例题12】（2020新课标Ⅲ卷理15）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.【评析】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可进行转化，其证明也是考试的高频点．证明时，不仅要思考它们之间的转化，而且要理清判定定理和性质定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如判定时易忽视；判定“线面垂直”易忽视“两相交直线”；判定“面面平行”，易直接“线线平行”），避免“会而不全”导致失分．【例题13】（2020江苏卷15）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【解析】（1）由于分别是的中点，所以.由于平面,平面，所以平面.（2）由于平面，平面，所以.由于，所以平面,由于平面，所以平面平面.【例题14】（2020浙江卷19）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（1）证明：EF⊥DB；（2）求DF与面DBC所成角的正弦值．【解析】（1）作交于，连接．∵平面平面，而平面平面，平面，∴平面，而平面，即有．∵，∴．在中，，即有，∴．由棱台的定义可知，，所以，，而，∴平面，而平面，∴．（2）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．作于，连接，由（1）可知，平面，因为所以平面平面，而平面平面，平面，∴平面．即在平面内的射影为，即为所求角．在中，设，则，，∴．故与平面所成角的正弦值为【例题15】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【解析】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面，故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.【例题16】（2017年新课标Ⅱ卷理19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，E是PD的中点．证明：直线平面PAB；【解析】证法一（作相交截面）如图24，过沿作截面，交平面于，证.证法二（作平行截面）如图25，过作平行于平面的截面，交于，证，.证法三（空间向量）由.知直线平面PAB.3．总结位置关系的主要证明方法与适用范围培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法．其中正方体或长方体就是一个很好的载体（教室是一个非常有用的长方体模型），关键在于引导学生“观察、思考”．【例题17】设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面．A．若，，则B．若，，则C．若，，理，则D．若，，，则【解析】选项A、B、D中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选C．【评析】解决空间线面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况以及空间中线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断的，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．4．关注多面体、旋转体的结构与性质．复习时，不仅要关注常见多面体（特别是三棱锥、四棱锥、三棱柱）、旋转体的结构与性质及其体积、表面积公式，同时要关注其不同位置形式的解读（如横放的三棱柱）．球在全国卷也是屡见不鲜，其中球的定义、截面圆性质、球与其他几何体的接切应重点关注．【例题18】(2019年上海)在中，，，将三角形绕旋转一周得到圆锥，记其体积为；将三角形绕旋转一周，得到圆锥，记其体积为，则=（）A．1：1B．2：1C．1：2D．4：1【解析】依题意，，所以，选B．【例题19】(2018全国卷Ⅲ)设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A． B． C． D．【解析】设等边三角形的边长为，则，得．设的外接圆半径为，则，解得，所以球心到所在平面的距离，则点到平面的最大距离，所以三棱锥体积的最大值．故选B．【评析】三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥的高经过球心和底面三角形的外接圆的圆心，利用底面三角形的面积求出其外接圆的半径，再利用勾股定理求出球心到底面三角形的距离即可求解．求与球有关的切接问题的关键是确定球心和半径，常用方法有三种：一是定义法，利用球的定义确定球心和半径；二是补形法，将几何体补成长方体，则长方体的体对角线就是球的直径，特别适用于内接几何体中有三条共顶点的棱两两互相垂直的情形；三是轴截面法，画出轴截面确定球心和半径．【例题20】（2018课标全国卷Ⅱ理16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_______．【解析】如图所示，因为母线所成角的余弦值为，所以母线所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以．因为与圆锥底面所成角为，所以底面圆的半径，因此该圆锥的侧面积为．【评析】本题易错点是想当然的误以为为轴截面，从而设圆锥的底面圆的半径为，因为母线与该圆锥底面所成角为45°，所以误得该圆锥的高，，因为的面积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为的错误的结果．避免此类错误，除了细审题，还需画出草图，根据草图的直观性，能有效地避开此类错点．5．强化空间角与距离的合理求解空间角的求解和距离的求解是定量分析的重要部分．策略一：求解主要在于定义的应用，如通过“平行”关系研究“异面直线所成的角”，通过构造垂直关系求解“线面角、二面角的平面角”；距离则往往与体积转化有关．策略二：关键在于区别“向量的夹角”，特别是“线面所成的角”与“直线与平面法向量的夹角（指锐角）”之间的互余关系是考生的易错点之一．对于一些较为复杂的条件，合理选择“基本量”可大大简化计算．【例题21】（2020河南南阳中学高三月考）如图，四棱锥中，，，，，．（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：因为四边形为直角梯形，且，，，所以，又因为．根据余弦定理得所以，故．又因为，，且，平面，所以平面，又因为平面PBC，所以（2）由（1）得平面平面，设为的中点，连结，因为，所以，，又平面平面，平面平面，平面．如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，假设存在满足要求，设，即，所以，易得平面的一个法向量为．设为平面的一个法向量，，由得，不妨取．因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，解得，（不合题意舍去）．故存在点满足条件，且．6.强化答题的规范化在平时的立体几何的考试训练中，加强审题能力（读题与观图），强化立体几何解答题的规范性训练，同时加强逻辑表达能力的训练，并提升运算求解能力（如空间的点的坐标、向量的坐标，以及法向量的计算一定不要出错）．强化答题规范化训练是提高成绩的保证，立体几何解答题