丁吉生

眾所周知，針對數(shù)學必修2的立體幾何內容，江蘇新高考主要考查“空間幾何體”和“空間中的平行與垂直”，涉及的題目一般有兩個填空題與一個解答論證題，難度一般，分值占24分左右.對于每分必爭的高考戰(zhàn)役來說，立體幾何題對于每位考生，都志在必得.知己知彼，方可百戰(zhàn)不殆.那么立體幾何有哪些命題熱點呢？

一、空間幾何體

熱點一 空間幾何體的結構特征

棱柱的側棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多邊形；棱錐的底面是任意多邊形，側面是有一個公共頂點的三角形；棱臺可由平行于底面的平面截棱錐得到，其上下底面是相似多邊形.

圓柱可由矩形繞其任意一邊旋轉得到；圓錐可以由直角三角形繞其直角邊旋轉得到；圓臺可以由直角梯形繞直角腰或等腰梯形繞上、下底中點連線旋轉得到，也可由平行于圓錐底面的平面截圓錐得到；球可以由半圓或圓繞直徑旋轉得到.

例1 設有以下四個命題：

①底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體；

②底面是矩形的平行六面體是長方體；

③直四棱柱是直平行六面體；

④棱臺的各側棱延長后必交于一點.

其中真命題的序號是 .

答案：①④

解析：命題①符合平行六面體的定義，故命題①是正確的；底面是矩形的平行六面體的側棱可能與底面不垂直，故命題②是錯誤的；因為直四棱柱的底面不一定是平行四邊形，故命題③是錯誤的；命題④由棱臺的定義知是正確的.

評注：判定與空間幾何體結構特征有關命題的方法：

（1）緊扣結構特征是判斷的關鍵，熟悉空間幾何體的結構特征，依據(jù)條件構建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關系或增加線、面等基本元素，然后再依據(jù)題意判定.

（2）通過旋轉體的結構，可對得到旋轉體的平面圖形進行分解，結合旋轉體的定義進行分析.

熱點二 幾何體的表面積與體積

空間幾何體的表面積和體積計算是高考中的常見考點，解決這類問題，首先要熟練掌握各類空間幾何體的表面積和體積計算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不規(guī)則幾何體分割成幾個規(guī)則幾何體的技巧，把一個空間幾何體納入一個更大的幾何體中的補形技巧.

例2 （1）已知一個圓錐的底面積為2π，側面積為4π，則該圓錐的體積為 .

（2）設棱長為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側面積分別為V2，S2，若V1V2=3π，則S1S2的值為 .

解析：（1）設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則πr2=2π，πrl=4π，解得r=2，l=22，

故高h=6，所以V=13πr2h=13π×2×6=263π.

（2）因為V1=a3，S1=6a2，V2=13r·πr2=πr33，S2=πrl=2πr2，

所以V1V2=a3πr33=3πar=1，因此S1S2=6a22πr2=32π.

評注：（1）求多面體的表面積的基本方法就是逐個計算各個面的面積，然后求和.（2）求體積時可以把空間幾何體進行分解，把復雜的空間幾何體的體積分解為一些簡單幾何體體積的和或差.求解時注意不要多算也不要少算.

熱點三 多面體與球

與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接.解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖.如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑.如球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.球與旋轉體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心（或“切點”“接點”）作出截面圖.

例3 （1）已知三棱錐SABC的所有頂點都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=23，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，則球O的表面積為 .

（2）如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如果不計容器的厚度，則球的體積為 cm3.

解析：（1）在△ABC中，BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos60°=3，

∴AC2=AB2+BC2，即AB⊥BC，

又SA⊥平面ABC，

∴三棱錐SABC可補成分別以AB=1，BC=3，SA=23為長、寬、高的長方體，∴球O的直徑=12+（3）2+（23）2=4，

故球O的表面積為4π×22=16π.

（2）過球心與正方體中點的截面如圖，設球心為點O，球半徑為Rcm，正方體上底面中心為點A，上底面一邊的中點為點B，

在Rt△OAB中，OA=（R-2）cm，AB=4cm，OB=Rcm，

由R2=（R-2）2+42，得R=5，

∴V球=43πR3=5003π（cm3）.

評注：三棱錐PABC可通過補形為長方體求解外接球問題的兩種情形：

（1）點P可作為長方體上底面的一個頂點，點A、B、C可作為下底面的三個頂點；

（2）PABC為正四面體，則正四面體的棱都可作為一個正方體的面對角線.

二、空間中的平行與垂直

熱點一 空間線面位置關系的判定

空間線面位置關系判斷的常用方法

（1）根據(jù)空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題；

（2）必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷.

例4 （1）已知l是直線，α、β是兩個不同的平面，下列命題中的真命題是 .（填所有真命題的序號）

①若l∥α，l∥β，則α∥β；

②若α⊥β，l∥α，則l⊥β；

③若l∥α，α∥β，則l∥β；

④若l⊥α，l∥β，則α⊥β.

（2）關于空間兩條直線a、b和平面α，給出以下四個命題，其中正確的是 .

①若a∥b，bα，則a∥α；

②若a∥α，bα，則a∥b；

③若a∥α，b∥α，則a∥b；

④若a⊥α，b⊥α，則a∥b.

答案：（1）④ （2）④

解析：（1）①若l∥α，l∥β，則l可平行兩平面的交線，所以為假命題；②若α⊥β，l∥α，則l可平行兩平面的交線，所以為假命題；③若l∥α，α∥β，則l可在平面β內，所以為假命題；④若l⊥α，l∥β，則l必平行平面β內一直線m，所以m⊥α，因而α⊥β為真命題.

（2）線面平行的判定定理中的條件要求aα，故①錯；對于線面平行，這條直線與面內的直線的位置關系可以平行，也可以異面，故②錯；平行于同一個平面的兩條直線的位置關系：平行、相交、異面都有可能，故③錯；垂直于同一個平面的兩條直線是平行的，故④正確.

評注：解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質、空間位置關系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全引用到立體幾何中.

熱點二 空間平行、垂直關系的證明

空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化，如下圖：

例5 如圖，已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，AB=2，點C是⊙O上一點，且AC=BC，∠PCA=45°，點E是PC的中點，點F是PB的中點，點G為線段PA上（除點P外）的一個動點.

（1）求證：BC∥平面GEF；

（2）求證：BC⊥GE；

（3）求三棱錐BPAC的體積.

解析：（1）證明：∵點E是PC的中點，點F是PB的中點，∴EF∥CB.

∵EF平面GEF，點G不與點P重合，

CB平面GEF，∴BC∥平面GEF.

（2）證明：∵PA⊥⊙O所在的平面，BC⊙O所在的平面，∴BC⊥PA.

又∵AB是⊙O的直徑，∴BC⊥AC.

∵PA∩AC=A，AC面PAC，PA面PAC，

∴BC⊥平面PAC.

∵GE平面PAC，∴BC⊥GE.

（3）在Rt△ABC中，AB=2，AC=BC，

∴AC=BC=2，∴S△ABC=12×2×2=1.

∵PA⊥平面ABC，AC平面ABC，∴PA⊥AC.

∵∠PCA=45°，∴PA=2.

∴VBPAC=VPABC=13S△ABC·PA=23.

評注：垂直、平行關系的基礎是線線垂直和線線平行，常用方法如下：

（1）證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉換；三是利用三角形的中位線定理證線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質定理進行平行轉換.

（2）證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質；②勾股定理；③線面垂直的性質：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l⊥α，aαl⊥a.

熱點三 平面圖形的折疊問題

平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生變化、有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質是解決問題的關鍵.一般地，在翻折后還在一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和各類幾何量的度量值，這是化解翻折問題的主要方法.

例6 如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點，AC∩EF=O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連結PA，PB，PD，得到如圖的五棱錐PABFED，且PB=10.

（1）求證：BD⊥PA；

（2）求四棱錐PBFED的體積.

解析：（1）證明：∵點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點，∴BD∥EF.

∵菱形ABCD的對角線互相垂直，∴BD⊥AC.

∴EF⊥AC.∴EF⊥AO，EF⊥PO，

∵AO平面POA，PO平面POA，AO∩PO=O，

∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA，

又PA平面POA，∴BD⊥PA.

（2）設AO∩BD=H.連結BO，∵∠DAB=60°，

∴△ABD為等邊三角形，

∴BD=4，BH=2，HA=23，HO=PO=3，

在Rt△BHO中，BO=BH2+HO2=7，

在△PBO中，BO2+PO2=10=PB2，

∴PO⊥BO.

∵PO⊥EF，EF∩BO=O，EF平面BFED，BO平面BFED，∴PO⊥平面BFED，

梯形BFED的面積S=12（EF+BD）·HO=33，

∴四棱錐PBFED的體積V=13S·PO=13×33×3=3.

評注：（1）折疊問題中不變的數(shù)量和位置關系是解題的突破口；（2）存在探索性問題可先假設存在，然后在此前提下進行邏輯推理，得出矛盾或肯定結論.