高慧明

高考對立體幾何考點的考查，小題主要體現(xiàn)在兩個方面：一是有關(guān)空間線面位置關(guān)系的命題的真假判斷；二是常見一些經(jīng)典?？級狠S小題，難度中等或偏上.空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，是?？嫉闹攸c，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個空間幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深.解決這類題目的原則是建系求點、坐標(biāo)運算、幾何結(jié)論.作為求解空間角的有力工具，通常在解答題中進(jìn)行考查，屬于中等難度．

一、選填題常考核心考點例析

核心考點一：球與截面面積問題

球的截面問題

球的截面的性質(zhì)：①球的任何截面是圓面；②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關(guān)系為．

例1.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，且該四棱錐的所有頂點都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=2，點E在棱PB上，且EB=2?PE，?過E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是．

【解析】如圖，將四棱錐P-ABCD補(bǔ)為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O，則球O半徑r=PA2+AB2+BC22=2+2+42=2.O位于PC中點處．

因底面ABCD是矩形，則BC⊥AB.因PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，則PA⊥BC，又PA平面PAB，AB平面PAB，PA∩AB=A，則BC⊥平面PAB．

因PB平面PAB，則BC⊥PB.取PB的中點為F，則OF∥BC，OF=12BC=1，OF⊥PB·PF=12PB=PA2+AB22=1．

因EB=2PE，則PE=13PB=23，得EF=PF-PE=13．

則在直角三角形OEF中，OE=OF2+EF21+19=103．

當(dāng)EO與截面垂直時，截面面積最小，則截面半徑為r1=r2-OE2=2-109=223.故截面面積為S=π2232=8π9．

核心考點二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題

幾類空間幾何體體積的求法

（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算；（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補(bǔ)法求解；對于某些三棱錐，有時可采用等體積轉(zhuǎn)換法求解；（3）錐體體積公式為V=13Sh，在求解錐體體積時，不能漏掉．

例2.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，過對角線BD1的一個平面交AA1于E，交CC1于F，給出下面幾個命題：

①四邊形BFD1E一定是平行四邊形；

②四邊形BFD1E有可能是正方形；

③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D；

④設(shè)D1F與DC的延長線交于M，D1E與DA的延長線交于N，則M、N、B三點共線；

⑤四棱錐B1-BFD1E的體積為定值．

以上命題中真命題的個數(shù)為（）

A.2B.3C.4D.5

【解析】因為平面AA1D1D與平面BCC1B1平行，截面與它們交于DE，BF，可得DE∥BF，同樣可得BE∥D1F，所以四邊形BFD1E是一個平行四邊形，故①正確.

如果四邊形BFD1E是正方形，則BE⊥D1E，因為BE⊥A1D1，所以BE⊥平面A1D1E.又BA⊥平面A1D1E，E與A重合，此時BFD1E不是正方形，故②錯誤；當(dāng)兩條棱上的交點是中點時，四邊形BFD1E為菱形，EF⊥平面BB1D1D，此時四邊形BFD1E垂直于平面BB1D1D，故③正確.

由D1F與DC的延長線交于M，可得M∈D1F，且M∈DC，又因為D1F平面BFD1E，DC平面ABCD，所以M∈平面BFD1E，M∈平面ABCD.又因為B∈平面BFD1E，B∈平面ABCD，所以平面BFD1E∩平面ABCD=BM，同理平面BFD1E∩平面ABCD=BN，所以BM，BN都是平面與平面ABCD的交線，所以B，M，N三點共線，故④正確.

由于VB1-BED1F=VE-BB1D1，CC1∥AA1∥平面BB1D1，

則E，F(xiàn)到平面BB1D1的距離相等，且為正方體的棱長，三角形BB1D1的面積為定值，所以四棱錐B1-BED1F的體積為定值，故⑤正確.故選：C．

核心考點三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題

一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值．

例3.如圖，正方形EFGH的中心為正方形ABCD的中心，AB=22，截去如圖所示的陰影部分后，翻折得到正四棱錐P-EFGH（A，B，C，D四點重合于點P），則此四棱錐的體積的最大值為（）

A.1286375B.1285375

C.43D.153

【解析】設(shè)EF=2x（0

V=13×（2x）2×21-x=83x2（1-x）

=83x4（1-x）≤83×44×x4+x4+x4+x4+（1-x）55，

當(dāng)且僅當(dāng)x4=1-x，x=45時等號成立，即體積的最大值為Vmax=83×454×15=1285375，故選：B．

核心考點四：立體幾何中的交線問題

例4.在棱長均相等的四面體ABCD中，P為棱AD（不含端點）上的動點，過點A的平面α與平面PBC平行.若平面α與平面ABD，平面ACD的交線分別為m，n，則m，n所成角的正弦值的最大值為．

【解析】過點A的平面α與平面PBC平行.若平面α與平面ABD，平面ACD的交線分別為m，n，由于平面α∥平面PBC，平面PBC∩平面ABD=PB，平面PBC∩平面ACD=PC所以m∥BP，n∥PC，所以∠BPC或其補(bǔ)角即為m，n所成的平面角.設(shè)正四棱錐ABCD的棱長為1，AP=x，0

1-12?1x2-x+1=1-12x-122+34，

由于x-122+34≥34，則12x-122+34≤23，進(jìn)而1-12x-122+34≥13，當(dāng)x=12時取等號，故cos∠BPC的最小值為13，進(jìn)而sin∠BPC=1-cos2∠BPC≤223，故sin∠BPC的最大值為223，故答案為：223.

核心考點五：空間線段以及線段之和最值問題

一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值

例5.在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E滿足A1E=2EB1，點F在平面BC1D內(nèi)，則A1F+EF的最小值為（）

A.29B.6C.41D.7

【解析】以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A1（3，0，3），E（3，2，3），C（0，3，0），因為BD⊥AC，BD⊥A1A，且AC∩A1A=A，則BD⊥平面A1AC，所以BD⊥A1C，同理得BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥A1C，而BD∩BC1=B，所以A1C平面BC1D，記AC與平面BC1D交于點H，連接A1C1，C1O，AC，且AC∩BD=O，則A1HHC=A1C1OC=21，易得A1H=2HC，從而得點A1（3，0，3）關(guān)于平面BC1D對稱的點為G（-1，4，-1），

所以A1F+EF的最小值為EG=（3+1）2+（2-4）2+（3+1）2=6.故選：B．

核心考點六：空間角問題

1.用綜合法求空間角的基本數(shù)學(xué)思想主要是轉(zhuǎn)化與化歸，即把空間角轉(zhuǎn)化為平面角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為三角形的內(nèi)角，然后通過解三角形求得.求解的一般步驟為：

（1）作圖：作出空間角的平面角．

（2）證明：證明所給圖形是符合題設(shè)要求的．

（3）計算：在證明的基礎(chǔ)上計算得出結(jié)果．

簡稱：一作、二證、三算．

2.用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉(zhuǎn)化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．

3.求直線與平面所成角的常見方法

（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據(jù)條件求出斜線與射影所成的角即為所求．

（2）等積法：公式sinθ=hl，其中θ是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關(guān)鍵又是難點，為此可構(gòu)造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．

（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．

4.作二面角的平面角常有三種方法

（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內(nèi)作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．

（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．

（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．

例6.在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CD=12BC，AC交BD于O點，△ABD沿著直線BD翻折成△A1BD，所成二面角A1-BD-C的大小為θ，則下列選項中錯誤的是（）

A.?∠A1BC≤θB.∠A1OC≥θ

C.?∠A1DC≤θD.∠A1BC+∠A1DC≥θ

【解析】等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CD=12BC，可知：∠ACB=∠ACD=30°，BD⊥DC取BD中點N，BC中點M連接A1N，NM，則A1N⊥BD，NM⊥BC，所以∠A1NM為二面角A1-BD-C的平面角，即∠A1NM=θ.

設(shè)AB=AD=CD=12BC=2，則A1N=1，MN=1，A1B=2，A1D=2.

∴cosθ=A1N2+NM2-A1M22A1N·NM=1+1-A1M22=1-12A1M2，

∴cosθ∠A1BC=A1B2+BM2-A1M22A1B·BM=22+22-A1M22×2×2=1-18A1M2，因為在0，π上余弦函數(shù)單調(diào)遞減，又1-18A1M2≥1-12A1M2cos∠A1BC≥cosθ∠ABC≤θ，故A對．

∴cosθ∠A1DC=A1D2+DC2-A1C22A1D·CD=22+22-A1C22×2×2=1-18A1C2.

∴cosθ∠A1OC=A1O2+OC2-A1C22A1O·OC

=2332+4332-A1C22×233×433=54-316A1C2.

當(dāng)時θ=0°，A1與M重合，此時∠A1DC=60°，故C不對．

∠A1DC在翻折的過程中，角度從120°減少到60°;

∠A1OC在翻折的過程中，角度從180°減少到30°.

BD選項根據(jù)圖形特征及空間關(guān)系，可知正確.?故選：C.

核心考點七：軌跡問題

解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法.對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義.二是代數(shù)法（解析法）.在圖形中，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系或平面直角坐標(biāo)系．

例7.設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為AB，BD1的中點，點M在正方體的表面上運動，且滿足FM⊥DE，則下列命題：

①點M可以是棱AD的中點；

②點M的軌跡是菱形；

③點M軌跡的長度為2+5；

④點M的軌跡所圍成圖形的面積為52．

其中正確的命題個數(shù)為（）

A.1B.2?C.3?D.4

【解析】連接AC，BD，交于O，則O為AC，BD中點，因為F為BD1的中點，所以FO∥DD1，由正方體的性質(zhì)可知DD1平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD，因為DE平面ABCD，所以FO⊥DE，過點O作PQ⊥DE，分別交BC，AD于P，Q，過點P，Q分別作PH∥BB1，QG∥AA1，分別交B1C1，A1D1于點H，G，連接GH，所以，PQGH四點共面，且GQ∥PH，GQ=PH，所以四邊形PQGH為平行四邊形，因為AA1⊥平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，PQ平面ABCD，所以PH⊥PQ.

所以，四邊形PQGH為矩形，因為PQ∩FO=O，PQ，F(xiàn)O平面PQGH，所以DE⊥平面PQGH，因為點M在正方體的表面上運動，且滿足FM⊥DE，所以，當(dāng)FM面PQGH時，始終有FM⊥DE，所以點M的軌跡是矩形PQGH，如右圖，因為∠DQO+∠QDE=∠QDE+∠AED=π2，所以∠DQO=∠AED，∠AQO=∠BED.因為OAQ=∠EBD=π4，所以△AOQ∽△BDE，所以AQBE=AOBD，即AQ12=222，即AQ=14，所以CP=AQ=14，PQ=52，所以，點M不可能是棱AD的中點，點M的軌跡是矩形PQGH，軌跡長度為矩形PQGH的周長252+1=5+2，軌跡所圍成圖形的面積為52×1=52，正確的命題為③④.個數(shù)為2個.?故選：B.

二、解答題常考核心考點選析

例8.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面AA1C1C為菱形，點A1在底面上的投影為AC的中點D，且AB=2.

（1）求證：BD⊥CC1；

（2）求點C到側(cè)面AA1B1B的距離；

（3）在線段A1B1上是否存在點E，使得直線DE與側(cè)面AA1B1B所成角的正弦值為67？若存在，請求出A1E的長；若不存在，請說明理由．

【解析】（1）證明：由點A1在底面ABC上的投影為AC的中點D，知A1D⊥平面ABC，又BD平面ABC，故A1D⊥BD.

因△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，故AC⊥BD，而A1D，AC平面ACC1A1，A1D∩AC=D，故BD⊥平面ACC1A1，由CC1平面ACC1A1，得BD⊥CC1．

（2）由點A1D⊥AC，D為AC的中點，側(cè)面AA1C1C為菱形，知A1C=A1A=AC，由△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，AB=2，可得DB=DA=DC=2，DA1=6，由（1）知直線DB，DC，DA1兩兩垂直，故以點D為坐標(biāo)原點，直線DB，DC，DA1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），A（0，-2，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，6），AB=2，2，0，AA1=0，2，6，設(shè)平面AA1B1B的一個法向量為=（x，y，z），則·AB=2x+2y=0，

·AA1=2y+6z=0，取z=1，得=（3，-3，1），又AC（0，22，0），故點C到平面AA1B1B的距離為：

d=AC·=0-26+03+3+1=267=2427.

（3）假設(shè)存在滿足條件的點E，并A1E=λ·A1B1=λ·AB=λ·（2，2，0）（λ∈0，1），則DE=DA1+A1E=（0，0，6）+λ·（2，2，0）=（2λ，2λ，6），于是，由直線DE與側(cè)面AA1B1B所成角的正弦值為67，可得67=cos

又λ∈0，1，故λ＝12．

因此存在滿足條件的點E，且A1E=12AB=1．

【評析】與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題.處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點的坐標(biāo)，然后探究這樣的點是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．

例9.如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中點，將△DAE沿AE折起，使得點D到達(dá)點P的位置，且PB＝PC，如圖所示.F是棱PB上的一點．

（1）若F是棱PB的中點，求證：CF∥平面PAE；

（2）是否存在點F，使得二面角F-AE-C的余弦值為41717？若存在，則求出PFFB的值；若不存在，請說明理由．

【解析】（1）如圖，在AB上取中點Q，鏈接CQ、FQ.由題意知，CE瘙綊12AB，所以四邊形AQCE為平行四邊形，所以AE∥CQ．

又因為F、Q分別為PB、AB中點，所以FQ∥PA，且FQ∩CQ=Q，F(xiàn)Q、CQ在平面FQC內(nèi)，則平面FQC平行于平面PAE，而CFCFQ，則CF∥PAE.

（2）如圖，以B為原點，BA為軸正向，BC為y軸正方向，垂直平面ABCE于B的為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．

由圖可知，B（0，0，0）、A（2，0，0）、C（0，1，0）、E（1，1，0），設(shè)Pa，12，b，BF=xBP，則Fax，12x，bx，∴AE=（-1，1，0），EC=（-1，0，0）、AF=ax-2，12x，bx.

∴設(shè)平面FAE的法向量為=（x1，y1，z1），則n1·AE=0，

n1·AF=0，令x1=bx，解得y1=bx，z1=2-a+12x，即n1=bx，bx，2-a+12x，平面AEC的法向量設(shè)為n2=（x2，y2，z2），則n2·AE=0，

n2·EC=0，令z2=1，得x2=0，y2=0，即n2=（0，0，1）．

∴cos=n1·n2n1n2=2-a+12x（bx）2+（bx）2+2-a+12x2=41717①，根據(jù)題意，

AP·EP=a-2，12，ba-1，-12，b=（a-2）（a-1）-14+b2=0，則b2=-a2+3a-74，又PA=PE，即（a-2）2+14+b2=（a-1）2+14+b2，得a=32，代入上式，解得b=22，將a=32、b=22代入①式，解得x=13．

∴PFFB=2，故存在點F．

例10.已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD=π2，AB=BC=2AD=4，E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點，EF∥BC，AE=x，G是BC的中點，沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF．

（1）當(dāng)時x=2，①求證：BD⊥EG；②求二面角D-BF-C的余弦值；

（2）三棱錐D-FBC的體積是否可能等于幾何體ABE-FDC體積的一半？并說明理由．

【解析】（1）證明：過D點作EF的垂線交EF于H，連接BH.如圖．

∵AE=AD=2且AE∥DH，AD∥DH，AD∥EF．∠EAD=π2.

∴四邊形ADHE是正方形.∵EH=2?∴，四邊形EHGB是正方形．

所以BH⊥EG（正方形對角線互相垂直）．

因為平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE⊥EF，AE平面AEFD，

所以AE⊥平面EBCF，所以DH⊥平面EBCF，

又因為EG平面EBCF，所以EG⊥DH．

又BH∩DH=H，BH，DH平面BDH，

所以EG⊥平面BDH，又BD平面BDH，所以EG⊥BD．

②以E為原點，EB為x軸，EF為y軸，EA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

B（2，0，0），F(xiàn)（0，3，0），D（0，2，2），C（2，4，0），BF=（-2，3，0），BD=（-2，2，2），設(shè)平面的法向量=（x，y，z），

則·BD=-2x+2y+2z=0，

·BF=-2x+3y=0，取x=3，得=（3，2，1），又平面BCF的法向量=（0，0，01），

cos〈，〉=··=114=1414.∴鈍二面角D-BF-C的余弦值為-1414．

（2）∵AE⊥EF，平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE平面AEFD．

∴AE⊥平面EBCF.結(jié)合DH⊥平面EBCF，得AE∥DH，∴四邊形AEHD是矩形，得DH=AE，故以F、B、C、D為頂點的三棱錐D-BCF的高DH=AE=x，又∵S△BCF=12BC·BE=12×4×（4-x）=8-2x．

∴三棱錐D-BCF的體積為V=13S△BFC·DH=13（8-2x）x=83x-23x2=23x（4-x），VABE-FDC=VABE-DGH+VD-HGCF=S△ABE·AD+13SHGCF·DH=12x（4-x）×x+13×12（12x+2）（4-x）x=（4-x）x1+16（12x+2，令（4-x）x1+16（12x+2=2×23x（4-x），解得x=0或x=4，不合題意.

∴棱錐D-FBC的體積不可能等于幾何體ABE-FDC體積的一半．

【評析】1.處理圖形翻折問題的關(guān)鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發(fā)生改變，哪些保持不變.2.把空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，把握圖形之間的關(guān)系，感悟數(shù)學(xué)本質(zhì)．

責(zé)任編輯徐國堅