■河南省許昌市高中數(shù)學(xué)胡銀偉名師工作室 胡銀偉

立體幾何涉及兩大問題:一是空間基本圖形的位置關(guān)系,主要包括線線、線面、面面的平行與垂直等;二是度量問題,主要包括點到線、點到面的距離,直線與直線、直線與平面、平面與平面所成的角等。

空間向量是用代數(shù)的方法處理立體幾何問題的一種重要工具,用定量的計算代替定性的分析,從而避免了一些煩瑣的推理論證。利用空間向量的工具性可以解決空間線面的位置關(guān)系,空間角、距離及探索性等問題。

下面我們結(jié)合2023年高考真題,對立體幾何和空間向量的考點進行解讀。

考點一 對空間幾何體體積的考查

例1(1)(2023年高考全國乙卷理數(shù)第8題)已知圓錐PO的底面半徑為,O為底面圓心,PA,PB為圓錐的母線,∠AOB=120°,若△PAB的面積等于,則該圓錐的體積為( )。

(2)(2023 年高考全國甲卷文數(shù)第10題)在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,|PA|=|PB|=2,|PC|=,則該棱錐的體積為( )。

(3)(2023 年新課標(biāo)全國Ⅰ卷第14 題)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=2,|A1B1|=1,AA1=,則該棱臺的體積為____。

命題意圖：本題考查圓錐、棱錐、棱臺的體積,同時考查了邏輯推理、直觀想象及數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)。

解題思路：(1)依題設(shè)條件,可利用三角形面積公式先求得圓錐的母線長,再求圓錐的高,根據(jù)圓錐的體積公式進行解答。 (2)依題意可證得AB⊥平面PEC,故分割三棱錐為共底面的兩個小三棱錐,其高之和為|AB|,得解。(3)結(jié)合圖像,依次求得|A1O1|,|AO|,|A1M|,再利用棱臺的體積公式可得解。

解析：(1)在△AOB中,∠AOB=120°。而|OA|=|OB|=,取AB的中點C,連接OC,PC,則OC⊥AB,PC⊥AB,如圖1所示。

圖1

(2)取AB的 中點E,連接PE,CE,如圖2所示。

圖2

因為△ABC是邊長為2 的等邊三角形,|PA|=|PB|=2,所 以PE⊥AB,CE⊥AB。

又PE,CE?平面PEC,PE∩CE=E,所以AB⊥平面PEC。

(3)如圖3,過A1作A1M⊥AC,垂足為M,易知A1M為四棱臺ABCD-A1B1C1D1的高。

圖3

因為|AB|=2,|A1B1|=1,|AA1|=,所以

考點解讀:空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征是立體幾何的基礎(chǔ),空間幾何體的表面積和體積是高考的高頻考點,多以選填題的形式考查,難度中等或偏上。求幾何體體積的常用方法:

考點二 對空間直線與平面位置關(guān)系的考查

例2(2023 年高考全國乙卷文數(shù)第19 題)如圖4,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,|AB|=2,|BC|BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,點F在AC上,且BF⊥AO。

圖4

(1)求證:EF//平面ADO;

(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積。

命題意圖：本題考查空間線面位置關(guān)系的證明及幾何體體積的計算,考查直觀想象、邏輯推理等核心素養(yǎng)。

解題思路：(1)依題設(shè)條件,可證得四邊形ODEF為平行四邊形,再利用線面平行的判定定理進行證明。(2)作出并證明PM為棱錐的高,再利用三棱錐的體積公式直接求解。

又EF?平面ADO,DO?平面ADO,所以EF//平面ADO。

(2)如圖5,過P作PM垂直FO的延長線交于點M。因為|PB|=|PC|,O是BC的中點,所以PO⊥BC。

圖5

在Rt△PBO中,|PB|,所以|PO|=

因為AB⊥BC,OF//AB,所 以O(shè)F⊥BC。又PO∩OF=O,PO,OF?平面POF,所以BC⊥平面POF。

又PM?平面POF,所以BC⊥PM。

又BC∩FM=O,BC,FM?平面ABC,所以PM⊥平面ABC,即三棱錐P-ABC的高為PM。

因為∠POF=120°,所以∠POM=60°。

考點解讀:高考對空間線面位置關(guān)系的考查,一是空間線面關(guān)系的命題真假的判斷,以選填題的形式考查,屬于基礎(chǔ)題;二是空間線線、線面、面面平行和垂直關(guān)系交匯的綜合命題,常放在解答題的第一問,屬于中檔題。平行、垂直關(guān)系的證明主要應(yīng)用轉(zhuǎn)化思想,即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化。

考點三 對空間幾何體外接球的考查

例3(1)(2023年高考全國乙卷文數(shù)第16題)已知點S,A,B,C均在半徑為2的球面上,△ABC是邊長為3 的等邊三角形,SA⊥平面ABC,則|SA|=____。

(2)(2023 年高考全國甲卷理數(shù)第15題)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,C1D1的中點,以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有____個公共點。

(3)(2023 年高考全國甲卷文數(shù)第16題)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=4,O為AC1的中點,若該正方體的棱與球O的球面有公共點,則球O的半徑的取值范圍是_____。

命題意圖：本題考查空間幾何體的外接球問題,考查直觀想象、邏輯推理及數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)。

解題思路：(1)依題意,先由正弦定理求得底面外接圓的半徑,再結(jié)合直棱柱的外接球及性質(zhì)進行求解。 (2)根據(jù)正方體的對稱性知,球心到各棱距離相等,可得解。(3)依題意,當(dāng)球是正方體的外接球時半徑最大,當(dāng)邊長為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時半徑達到最小。

解析：(1)如圖6,將三棱錐S-ABC轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMN-ABC。設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1,半徑為r,則,可得r=。設(shè)三棱錐S-ABC的外接球球心為O,連接OA,OO1,則。因為|OA2|=|OO1|2+|O1A|2,即所以解得|SA|=2。

圖6

(2)不妨設(shè)正方體的棱長為2,EF的中點為O。分別取CD,CC1的中點G,M,側(cè)面BB1C1C的中心為N,連接FG,EG,OM,ON,MN,如圖7。

圖7

所以球O與棱CC1相切,球面與棱CC1只有1個交點。

同理,根據(jù)正方體的對稱性知,其余各棱和球面也只有1 個交點,所以以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為12。

(3)設(shè)球的半徑為R。當(dāng)球是正方體的外接球時,恰好經(jīng)過正方體的每個頂點,所求的球的半徑最大,若半徑變得更大,球會包含正方體,導(dǎo)致球面和棱沒有交點,正方體的外接球直徑2R'為體對角線長|AC1|=,即,故Rmax=。

如圖8,分別取側(cè)棱AA1,BB1,CC1,DD1的中點M,H,G,N,顯然四邊形MNGH是 邊 長 為4 的正方形,且O為正方形MNGH的對角線交點。連接MG,則|MG|=4 2,當(dāng)球的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時,球的半徑達到最小,即R的最小值為。

圖8

考點解讀:球與幾何體的切接問題是高考命題的高頻考點,常作為客觀題中的壓軸題。此類問題要求同學(xué)們有較強的空間想象能力和準(zhǔn)確的計算能力,試題難度較大。解決與球有關(guān)的切接問題,其通法是作截面,將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解,其解題的思維流程是:

考點四 對空間角的考查

角度1 對直線與平面所成的角的考查

例4(2023年高考全國乙卷理數(shù)第9題)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形,若二面角C-ABD為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為( )。

命題意圖：本題考查直線與平面所成的角及二面角,考查直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)。

解題思路：依據(jù)題設(shè),確定線面角,再利用正弦、余弦定理進行解答。

解析：如圖9,取AB的中點E,連接CE,DE。因為△ABC是等腰直角三角形,且AB為斜邊,所以CE⊥AB。又△ABD是等邊三角形,則DE⊥AB。從而∠CED為二面角CAB-D的平面角,即∠CED=150°。

顯 然CE∩DE=E,CE,DE?平 面CDE,于是AB⊥平面CDE。又AB?平面ABC,所以平面CDE⊥平面ABC。顯然平面CDE∩平面ABC=CE,直線CD?平面CDE,則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE,從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角。

角度2 對二面角的考查

例5(2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷第20 題)如 圖10,三 棱錐A-BCD中,|DA|= |DB| = |DC|,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E為BC的中點。

圖10

(1)證明:BC⊥DA;

(2)點F滿足,求二面角D-AB-F的正弦值。

命題意圖：本題考查線線垂直及二面角,同時考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)。

解題思路：(1)依題意易證BC⊥平面ADE,從而證得BC⊥DA。(2)由題設(shè)可證AE⊥平面BCD,所以以點E為原點,ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出平面ABD,ABF的一個法向量,根據(jù)二面角的向量公式得所求。

解析：(1)連接AE,DE。因為E為BC的中點,|DB|=|DC|,所以DE⊥BC。①

因為|DA|=|DB|=|DC|,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD與△ABD均為等邊三角形,|AC|=|AB|,從而AE⊥BC。②

由①②知,AE∩DE=E,AE,DE?平面ADE,所以BC⊥平面ADE。

而AD?平面ADE,所以BC⊥DA。

(2)不妨設(shè)|DA|=|DB|=|DC|=2。因為BD⊥CD,所以|BC|=2,|DE|=|AE|=。

所以|AE|2+|DE|2=4=|AD|2,所以AE⊥DE。又因為AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC?平面BCD,所以AE⊥平面BCD。

不妨以點E為原點,ED,EB,EA所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建 立空間直角坐標(biāo)系,如圖11所示。

圖11

則D(2,0,0),A(0,0,),B(0,0),E(0,0,0)。

設(shè)平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)。

取x1=1,得n1=(1,1,1)。

同理:

取y2=1,得n2=(0,1,1)。

考點解讀:利用空間向量求二面角或線面角是高考熱點,常以解答題的形式出現(xiàn),難度中等。對解答題中線面角、二面角問題的求解,或已知線面角、面面角求參數(shù)問題,常通過建系,利用空間向量的坐標(biāo)的方法進行解答,正確求出平面的法向量是解答問題的關(guān)鍵。

考點五 對立體幾何綜合應(yīng)用的考查

例6(1)(2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷第9題)(多選)如圖12,已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,|PA|=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則( )。

圖12

A.該圓錐的體積為π

C.|AC|=

D.△PAC的面積為

(2)(2023 年高考全國甲卷理數(shù)第11題)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形,|PC|=|PD|=3,∠PCA=45°,則△PBC的面積為( )。

命題意圖：本題是對立體幾何問題綜合應(yīng)用的考查,考查直觀想象、邏輯推理及數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)。

解題思路：(1)根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積及二面角的知識進行逐項判斷。(2)思路一:先 依 次 證 得△PDO?△PCO,△PDB?△PCA,得|PA|=|PB|。再在△PAC中利用余弦定理求得PA,從而得PB,然后在△PBC中利用余弦定理與三角形面積公式得所求。思路二:先在△PAC中利用余弦定理求得PA,cos∠PCB的值,從而求得,利用空間向量的數(shù)量積運算與余弦定理得到關(guān)于PB,∠BPD的方程組,從而求得PB的值,然后在△PBC中利用余弦定理與三角形面積公式即可得所求。

(2)解法一:連接AC,BD交于O,連接PO,則O為AC,BD的中點,如圖13所示。

圖13

因為底面ABCD為正方形,|AB|=4,所以|AC|=|BD|=,則|DO|=|CO|=。

又|PC|=|PD|=3,|PO|=|OP|,所以△PDO?△PCO,∠PDO=∠PCO。

又|PC|=|PD|=3,|AC|=|BD|=,所以△PDB?△PCA,|PA|=|PB|。

在△PAC中,|PC|=3,|AC|=,∠PCA=45°,由余弦定理得,|PA|2=|AC|2+|PC|2-2|AC|·|PC|cos∠PCA=32+9-2××3×=17,故|PA|=。

解法二:連接AC,BD交于O,連接PO,則O為AC,BD的中點,如圖13所示。

因為底面ABCD為正方形,|AB|=4,所以|AC|=|BD|=4。

又在△PBD中,|BD|2=|PB|2+|PD|2-2|PB|·|PD|cos∠BPD,即32=m2+9-6mcosθ。

則m2-6mcosθ-23=0。②

故選C。

考點解讀:高考立體幾何試題中每年都有1-2道選填題,常涉及幾何體的體積,內(nèi)切、外接球,截面,動點軌跡,最值及探索性問題等,試題靈活且考查的知識點綜合性強,能夠很好地考查同學(xué)們知識的綜合應(yīng)用能力及分析問題、解決問題的能力。