由其中二個視圖確定另一個視圖隨著高考對立體幾何初步知識的考查的深入，近兩年對三視圖的考查出現(xiàn)了新的變化：即給出幾何體的兩種視圖推斷幾何體的第三種視圖，這類試題更能體現(xiàn)學(xué)生對三視圖的理解和應(yīng)用，難度有所增加．解決這類題必須有較高的空間想象能力、靈活運用“正側(cè)長相等，正側(cè)高齊平，側(cè)俯寬不變”的原則給以解決．創(chuàng)意（一）重點難點突破典例展示：(2011·新課標(biāo)全國)在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以為 (

)．[思路分析]由正視圖和俯視圖想象幾何體的結(jié)構(gòu)特征，再檢驗側(cè)視圖是哪一個．解析由幾何體的正視圖和俯視圖可知，該幾何體的底面為半圓和等腰三角形，此幾何體為一個半圓錐和一個三棱錐的組合體，其側(cè)視圖可以是一個由等腰三角形及底邊上的高構(gòu)成的平面圖形，故應(yīng)選D.答案

D反思感悟解決這類問題，一是必需真正理解三視圖是三組兩兩垂直光線照射幾何體的正投影，二是正確認(rèn)識三視圖的長寬高間的關(guān)系，三是借助空間想象以確定幾何體的結(jié)構(gòu)及構(gòu)成，另外要注意實虛表示的含義不同，才能正確解答．[補(bǔ)償訓(xùn)練1](1)(2012·湖南，3)某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，則該幾何體的俯視圖不可能是 (

)．(2)如圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定下列三個命題：①存在三棱柱，其正視圖、俯視圖如圖；②存在四棱柱，其正視圖、俯視圖如圖；③存在圓柱，其正視圖、俯視圖如圖．其中真命題的個數(shù)是 (

)．A．3

B．2

C．1

D．0解析

(1)根據(jù)幾何體的三視圖知識求解．由于該幾何體的正視圖和側(cè)視圖相同，且上部分是一個矩形，矩形中間無實線和虛線，因此俯視圖不可能是D.(2)底面是等腰直角三角形的三棱柱，當(dāng)它的一個矩形側(cè)面放置在水平面上時，它的正視圖和俯視圖可以是全等的矩形，因此①正確；若長方體的高和寬相等，則存在滿足題意的兩個相等的矩形，因此②正確；當(dāng)圓柱側(cè)放時(即側(cè)視圖為圓時)，它的正視圖和俯視圖可以是全等的矩形，因此③正確．答案

(1)D

(2)A

求體積的三個技巧空間幾何體的體積計算是立體幾何重要內(nèi)容之一，是高考?？純?nèi)容，除直接考查運用公式求體積外，常運用以下三種技巧求幾何體的體積．(1)等積變換：把要求的幾何體體積轉(zhuǎn)化為另一個同體積幾何體來求．(如三棱錐轉(zhuǎn)換頂點)(2)割補(bǔ)法：將一個不太容易求體積的幾何體通過分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為易求的規(guī)則幾何體求解．(3)置入法：把一個幾何體放入一個比較規(guī)則幾何體中來求體積的方法．②(3)已知四面體各面都是邊長為13，14，15的全等三角形，求此四面體的體積．[思路分析]

(1)用等積法；(2)用割補(bǔ)法；(3)用置入法．答案

D(3)解如圖1，設(shè)AB＝13，AC＝14，BC＝15，將圖1中的三棱錐置入如圖2所示的長方體中．由此，三棱錐的體積就轉(zhuǎn)化成長方體的體積與四個相等的三棱錐的體積之差．設(shè)長方體的三邊長分別為x，y，z，反思感悟這三種求體積的技巧都體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，當(dāng)所求幾何體的體積不能直接求出時，要注意選用運用上述技巧，另外等積法也是間接求點到面距離的常用方法．[補(bǔ)償訓(xùn)練2](1)(2012·山東，13)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E為線段B1C上的一點，則三棱錐A－DED1的體積為________．(2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE、△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為 (

)．(3)如圖，已知底面半徑為r的圓柱被一個平面所截，剩下部分母線長的最大值為a，最小值為b，那么圓柱被截后剩下部分的體積是________．

平面圖形的折疊問題平面圖形翻折成立體圖形是高考的一種常見題型．既以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，也以解答題的形式出現(xiàn)，此類問題不但能考查對圖形折疊前后線面關(guān)系變化的感知能力和空間想象能力，又能考查學(xué)生的推理計算能力，故為高考命題人員所青睞．解決此類問題的關(guān)鍵是要把握兩點：一是能準(zhǔn)確認(rèn)知折疊后空間圖形的特征，二是認(rèn)識到折疊前與折疊后哪些線面關(guān)系不變，哪些線面關(guān)系發(fā)生改變．典例展示：(2012·北京，16)如圖(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖(2)．(1)求證：DE∥平面A1CB.(2)求證：A1F⊥BE.(3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由．[思路分析]

(1)折疊前后DE∥BC關(guān)系未改變，易證DE∥平面A1CB.(2)折疊后認(rèn)識到DE⊥平面A1CD即容易證明A1F⊥平面BCDE，進(jìn)而得出A1F⊥BE.(3)在已知D，E分別為AC，AB中點條件下，通過取A1C1，A1B的中點易探知符合要求的點Q存在．(1)證明因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC.又因為DE?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)證明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因為A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如圖，分別取A1C，A1B的中點P，Q，則PQ∥BC.又因為DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.從而A1C⊥平面DEQ.故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ.反思感悟

(1)解決此類問題的基本規(guī)律：折疊前后在同一個平面上的線線關(guān)系不變，不在同一個平面上的線線、線面關(guān)系要發(fā)生改變．(2)存在性探究問題的思維方式是分析法，即如果存在，需要哪些條件，通過條件的逐步探索、判斷即可．面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖②所示的空間圖形．對此空間圖形解答下列問題．(1)證明：AA1⊥BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角A1-BC-B1的正弦值．(1)證明如圖，取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D，AD1.由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1.由上可得AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，由此得AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC.又考慮到AD⊥BC，AD∩DD1＝D，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1.(2)解延長A1D1到G點，使GD1＝AD.連接AG.因為AD綉GD1，所以AG綉DD1綉B(tài)B1.由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.由條件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以AA1＝5.

空間問題平面化解決最值問題空間問題平面化用以解決距離最小問題是一種常見題型，從形式上可分為兩類：一是化曲面為平面，如旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面展開，求側(cè)面兩點距離最小問題；二是把兩不同平面繞交線旋轉(zhuǎn)化為同一平面以解距離最小問題；基本處理策略：一是函數(shù)思想，二是運用幾何性質(zhì)，這是處理最值問題的兩個有力工具．[思路分析]把平面BC1C繞BC1旋轉(zhuǎn)使其與平面BC1A1共面，運用平面上兩點距離最短解決即可．反思感悟正確感知在平面旋轉(zhuǎn)前后哪些關(guān)系變與不變是能正確解答的前提，如本例等腰三角形BCC1在繞BC1旋轉(zhuǎn)過程中并未改變，由此易得出Q點到A1C1之距為1，從而C1D＝1，這使在Rt△A1DQ中計算AQ大為簡單．[補(bǔ)償訓(xùn)練4](2012·福建，19)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M為棱DD1上的一點． (1)求三棱錐A－MCC1的體積； (2)當(dāng)A1M＋MC取得最小值時，求證：B1M⊥平面MAC.(2)證明將側(cè)面CDD1C1繞DD1逆時針轉(zhuǎn)90°展開，與側(cè)面ADD1A1共面(如圖)，當(dāng)A1，M，C′共線時，A1M＋MC取得最小值．由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M為DD1的中點．連接A1M、B1M，在△C1MC中，

數(shù)形結(jié)合思想解決與圓有關(guān)的最值問題在求圓的切線問題、根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求參數(shù)問題，以及求一些代數(shù)式的范圍問題時，我們經(jīng)常運用數(shù)形結(jié)合的思想來解決問題．[思路分析]從兩個式子的幾何意義展開思維，通過數(shù)形結(jié)合，輔之以臨界點來求解．(2)如圖，設(shè)點M(－2，3)，則(x＋2)2＋(y－3)2表示|PM|2.而由(－2)2＋32＝13＞1，知點M在圓外．連接MO并延長，順次交圓于點D，E，則|MD|≤|PM|≤|ME|，即|MO|－