1、高考導航1.立體幾何是高考主要內容，每年基本上都是一個解答題，兩個選擇題或填空題小題主要考察學生空間觀念，空間想象能力及簡樸計算能力解答題主要采用“論證與計算”相結合模式，即首先是利用定義、定理、公理等證實空間線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角計算重在考察學生邏輯推理能力及計算能力熱點題型主要有平面圖形翻折、摸索性存在問題等；2.思想辦法：(1)轉化與化歸(空間問題轉化為平面問題)；(2)數形結合(依據空間位置關系利用向量轉化為代數運算)第1頁第1頁熱點一求解空間幾何體表面積和體積對于空間幾何體表面積與體積，高考考察形式已經由本來簡樸套用公式漸變?yōu)槿晥D與柱、錐、球接、切問題

2、相結合，尤其地，已知空間幾何體三視圖求其表面積、體積已成為近兩年高考考察熱點而求解棱錐體積時，等體積轉化是慣用辦法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體某一面上求不規(guī)則幾何體體積，慣用分割或補形思想，將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體以便于求解第2頁第2頁【例1】 (重慶卷)某幾何體三視圖如圖所表示，則該幾何體體積為 ()A12 B18 C24 D30第3頁第3頁解析由俯視圖能夠判斷該幾何體底面為直角三角形，由正視圖和側視圖能夠判斷該幾何體是由直三棱柱(側棱與底面垂直棱柱)截取得到，即直三棱柱ABCA1B1C1截掉一個三棱錐DA1B1C1得到(如圖)，審題流程一審：三視圖，依據三視圖規(guī)則還原幾何

3、體二審：所求幾何體構成(由一個直三棱柱截掉一個三棱錐)三審：體積計算第4頁第4頁答案C第5頁第5頁探究提升組合體表面積與體積求解是高考考察重點，處理這類問題可通過度割或補形將組合體變?yōu)橐?guī)則柱體、錐體、球等幾何體表面積和體積問題，然后依據幾何體表面積與體積構成用它們和或差來表示在求解過程中應注意兩個問題，一是注意表面積與側面積區(qū)別，二是注意幾何體重疊部分表面積、挖空部分體積計算第6頁第6頁【訓練1】 (1)一個半徑為2球體通過切割之后所得幾何體三視圖如圖所表示，則該幾何體表面積為_第(1)題圖 第(2)題圖第7頁第7頁(2)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1棱長為1，E為線段B1C上一點，則三

4、棱錐ADED1體積為_第8頁第8頁熱點二空間點、線、面位置關系高考對該部分考察重點是空間平行關系和垂直關系證實，普通以解答題形式出現，試題難度中檔，重在考察學生空間想象能力和邏輯推理能力，在試卷中也也許以選擇題或者填空題方式考察空間位置關系基本定理在判斷線面位置關系中應用第9頁第9頁【例2】 (北京卷)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分別是A1C1，BC中點(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐EABC體積(1)證實在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因此BB1AB.又由于ABB

5、C，因此AB平面B1BCC1.因此平面ABE平面B1BCC1.第10頁第10頁 圖1 圖2第11頁第11頁(2)證實法一如圖1，取AB中點G，連接EG，FG.由于E，F分別是A1C1，BC中點，由于ACA1C1，且ACA1C1，因此FGEC1，且FGEC1.因此四邊形FGEC1為平行四邊形因此C1FEG.又由于EG平面ABE，C1F平面ABE，因此C1F平面ABE.第12頁第12頁法二如圖2，取AC中點H，連接C1H，FH.由于H，F分別是AC，BC中點，因此HFAB，又由于E，H分別是A1C1，AC中點，因此EC1綉AH，因此四邊形EAHC1為平行四邊形，因此C1HAE，又C1HHFH，AE

6、ABA，因此平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，因此C1F平面ABE.第13頁第13頁(3)解由于AA1AC2，BC1，ABBC，第14頁第14頁探究提升(1)證線面平行辦法：利用鑒定定理，關鍵是找平面內與已知直線平行直線可先直觀判斷平面內是否已有，若沒有，則需作出該直線，?？紤]三角形中位線、平行四邊形對邊或過已知直線作一平面找其交線若要借助于面面平行來證實線面平行，則先要擬定一個平面通過該直線且與已知平面平行，此目的平面尋找辦法是通過線段端點作該平面平行線(2)證實兩個平面垂直，通常是通過證實線線垂直線面垂直面面垂直來實現，因此，在關于垂直問題論證中要注意線線垂直、線面垂直、面面垂

7、直互相轉化第15頁第15頁【訓練2】 如圖，在四棱臺ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)證實：AA1BD；(2)證實：CC1平面A1BD.證實(1)法一由于D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，因此D1DBD.又由于AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得第16頁第16頁BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，因此AD2BD2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，因此BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.法二由于D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，因此BDD1D.

8、如圖，取AB中點G，連接DG，在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60，因此ADG為等邊三角形，因此GDGB，故DBGGDB.第17頁第17頁又AGD60，因此GDB30，故ADBADGGDB603090，因此BDAD.又ADD1DD，因此BD平面ADD1A.又AA1平面ADD1A，故AA1BD.(2)如圖，連接AC，A1C1，設ACBDE，連接EA1，第18頁第18頁由棱臺定義及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，因此四邊形A1ECC1為平行四邊形，因此CC1EA.又EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，因此CC1平面A1BD.第19頁第19頁熱點三平面圖形翻折問題(

9、1)這類問題通常是把平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考察線線、線面、面面位置關系及相關計算(2)試題以解答題為主，考察學生空間想象能力和知識遷移能力第20頁第20頁【例3】 (湖北八市聯(lián)考)如圖1，ABC是邊長為6等邊三角形，E，D分別為AB，AC靠近B，C三等分點，點G為BC邊中點，線段AG交線段ED于F點，將AED沿ED翻折，使平面AED平面BCDE，連接AB，AC，AG形成如圖2所表示幾何體第21頁第21頁(1)求證：BC平面AFG；(2)求二面角 BAED余弦值(1)證實在圖1中，由ABC是等邊三角形，E，D分別為AB，AC三等分點，點G為BC邊中點，易知DEAF，DEGF，DE

10、BC.在圖2中，由于DEAF，DEGF，AFFGF，因此DE平面AFG.又DEBC，因此BC平面AFG.第22頁第22頁(2)解由于平面AED平面BCDE，平面AED平面BCDEDE，DEAF，DEGF，因此FA，FD，FG兩兩垂直以點F為坐標原點，分別以FG，FD，FA所在直線為x，y，z軸，建立如圖所表示空間直角坐標系Fxyz.則第23頁第23頁設平面ABE法向量為n(x，y，z)，第24頁第24頁探究提升平面圖形翻折問題，關鍵是弄清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系改變情況，普通地翻折后還在同一個平面上性質不發(fā)生改變，不在同一個平面上性質發(fā)生改變第25頁第25頁【訓練3】 (福州質檢)

11、如圖，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，點E，F分別是AB，CD中點，點G在EF上，沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)當AGGC最小時，求證：BDCG；(2)當2VBADGEVDGBCF時，求二面角DBGC平面角余弦值第26頁第26頁(1)證實點E、F分別是AB、CD中點EFBC，又ABC90，AEEF，平面AEFD平面EBCF.AE平面EBCF，AEEF，AEBE，又BEEF，如圖建立空間直角坐標系Exyz.第27頁第27頁(2)解設EGk.AD平面EFCB，點D到平面EFCB距離即為點A到平面EFCB距離第28頁第28頁第29頁第29頁第30頁第3

12、0頁法二過點D作DHEF，垂足為H，過點H作BG延長線垂線HO，垂足為O，連接OD.平面AEFD平面EBCF，DH平面EBCF，ODOB，DOH就是所求二面角DBGC平面角第31頁第31頁熱點四立體幾何中摸索性問題立體幾何中摸索性問題主要是對平行、垂直關系探究，對條件和結論不完備開放性問題探究，處理這類問題普通依據摸索性問題設問，假設其存在并摸索出結論，然后在這個假設下進行推理論證，若得到合乎情理結論就必定假設，若得到矛盾就否認假設第32頁第32頁(1)求直線PB與平面POC所成角余弦值；(2)求B點到平面PCD距離；第33頁第33頁解(1)在PAD中，PAPD，O為AD中點，因此POAD，又

13、側面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，因此PO平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，連接OC，易得OCAD，因此以O為坐標原點，直線OC為x軸，直線OD為y軸，直線OP為z軸建立空間直角坐標系，則P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，第34頁第34頁第35頁第35頁審題流程一審：假設存在二審：引入參數，并用表示相關點及向量坐標三審：依據結論二面角余弦值為，建立方程四審：解“”，并依據是否存在下結論第36頁第36頁第37頁第37頁探究提升對于摸索性問題用向量法比較容易入手普通先假設存在，設出空間點坐標，轉化為代數方

14、程是否有解問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在第38頁第38頁【訓練4】 (北京卷改編)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長為4正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求證：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1余弦值；(3)在線段BC1上是否存在點D，第39頁第39頁(1)證實在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解由(1)知AA1AC，AA1AB，由題意知，在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC.以A為坐標原點，

15、第40頁第40頁建立如圖所表示空間直角坐標系Axyz.第41頁第41頁第42頁第42頁(x，y3，z)(4，3，4)，解得x4，y33，z4，第43頁第43頁熱點五利用空間向量處理立體幾何中位置關系與空間角 問題 利用空間向量證實空間中線面關系，計算空間各種角是高考對立體幾何常規(guī)考法，它以代數運算代替復雜想象，給處理立體幾何帶來了鮮活辦法這類問題多以解答題為主，難度中檔偏上，主要考察空間坐標系建立及空間向量坐標運算能力及應用能力，運算能力要求較高第44頁第44頁(1)求PA長；(2)求二面角BAFD正弦值第45頁第45頁解(1)如圖，連接BD交AC于點O.由于BCCD，且AC平分BCD，故ACBD.(2分)第46頁第46頁第47頁第47頁第48頁第48頁從而法向量n1，n2夾角余弦值為構建模板用向量法解立體幾何問題普通環(huán)節(jié)第一步：建系(必要時先證實再建系)第二步：擬定相關點坐標第三步：求直線方向向量或平面法向量坐標第四步：鑒定向量位置關系或計算向量夾角第五步：將向量位置關系或向量夾角轉化為線、面位置關系或空間角第49頁第49頁探究提升用空間向量求解立體幾何問題，主要是通過建立坐標系或利用基底表