1、目录PA RT.1试题特点分析试题特点分析行业PPT模板http:/ 体 分 析立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系，是高中数学知识的重要组成部分，也是培养学生空间想象能力和逻辑推理能力的重要载体.2022年的高考数学试卷共有10份：全国甲卷(文、理科)、全国乙卷(文、理科)、全国新高考卷、全国新高考卷、北京卷、浙江卷、天津卷、上海卷.10份试卷涉及的立体几何试题，全面考查了空间中的平行、垂直关系的判断、推理和证明；同时空间角、距离、表面积和体积等基本量的计算仍是考查的重点.试题以考查立体几何的基础知识、基本方法、基本技能和基本活动经验为主线，结合生活实际，突出考查学生的数学抽象、
2、直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.整 体 分 析在现有的10份数学试卷中，考查立体几何的试题共有26道题（文理科相同试题不累计），它们分布在试卷的第4题到第20题之间，其中16道选择题或填空题中2道涉及三视图，3道涉及空间角问题，3道涉及有关球的问题，5道涉及体积、表面积问题，2道涉及空间异面、平行、垂直关系的判定问题，还有1道与其他知识进行融合；10道解答题在设置上力求证明与求解并重，全方位考查学生的逻辑推理和数学运算等素养.对 比 分 析与2021年相比，2022年高考全国乙卷、全国新高考卷立体几何试题在题量上仍保持“两小一大”，共计22分，全国甲卷文理科试卷和全国新高考卷立体几
3、何在题量上由“两小一大”变为“三小一大”共计27分，全国新高考卷、卷延续了2021年立体几何多选题的设置，全国甲、乙卷的小题在考查内容和表述方式上文、理科完全相同，全国乙卷文、理科对应的解答题背景及第（1）小题完全一致，第(2)小题则因文、理科的要求不同而出现不同的设问，但全国甲卷的立体几何解答题文理科却采取了完全不同的背景材料.整体来看全国甲卷、乙卷和全国新高考卷、卷在立体几何知识的考查上基本保持稳定，题型搭配协调合理，其他各卷与全国卷情形一致.对 比 分 析试卷选择题填空题 解答题分值备注全国甲卷理 4、7 文 4、理 159、10理 18 文 理 27 文 27 理 15 与概率综合；文
4、理解19答题情境完全不同，文 19应用问题情境全国乙卷理 7、9 文 9、12文理 18 理 22 文 22 文科选择压轴；文理解答题为姊妹题4、8、9（多选）19274 题为应用情境8 单选压轴新高考卷新高考卷 7、11（多选）20171717192219232023解答题后移到20北京卷上海卷天津卷浙江卷915858 题为应用情境5、8具 体 分 析1.试题分布合理，难度稳中有升2022年高考中的立体几何试题在考查立体几何主干知识的基础上，在题型、题量、分值、难度上分布合理，总体题量略有增加；全国新高考卷的解答题由19题移到20题，全国乙卷文、理解答题虽然都在18题的位置，但是推理中蕴含着
5、运算，难度增大；16道选择题或填空题（文理科相同试题不累计）中有8道涉及体积或面积的计算，对数学运算、逻辑推理素养的考查表现的尤为突出，学生达成度较近年有所下降.具 体 分 析2.考查重点突出，载体形式更加多样化2022年高考中，立体几何试题考查的知识点覆盖了基本立体图形、三视图与直观图、表面积与体积、空间点、直线、平面之间的位置关系(平行与垂直、角度与距离)，以及利用空间向量解决立体几何问题等，覆盖面广；同时考查重点突出，集中在空间角与距离的求法、几何体面积与体积的计算等主干知识上；整体多以棱柱和棱锥为载体，但相比往年，考查载体形式更加多样化，如全国甲卷文科19题以包装盒体现的不熟悉的几何体
6、为载体、新高考卷11题以切割柱体椎体后的多面体作为载体，浙江卷19题以“楔形体”为载体，天津卷8题以两个直三棱柱重叠后形成的“十字歇山”形为载体，对空间想象能力提出更高要求，表现出更大的灵活性，体现了高考命题由“有纲”到“无纲”的过渡，反映了高考命题向“题海战术”宣战的决心.具 体 分 析3.结合生活实际，更多回归数学情境全国甲卷以学生在参加综合实践活动中制作手工模型、新高考卷以南水北调工程中水库蓄水水位变化、天津卷以古代中国建筑屋顶样式之一的“十字歇山顶”作为试题情境，使学生感受到数学与生活密不可分，潜移默化地让学生体会到数学知识是有用的，考查学生的阅读理解能力以及直观想象、数学建模素养.但
7、相对于往年，2022年高考立体几何更多回归数学情境，指向数学本质，在数学抽象、数学运算、逻辑推理素养的考查上更加浓墨重彩.下面主要以全国甲卷(文、理科)、全国乙卷(文、理科)、全国新高考卷、全国新高考卷，并兼顾地方卷的一些高考试题为例，进行立体几何高考试题的题例解法分析.PA RT.2题例解法分析题例解法分析行业PPT模板http:/ 视 图，依 据 数 量 与 位 置 关 系、根 据 基 本 几 何 体 结 构 特 征 还 原 出 直 观例 1（全 国 甲 卷 文 4/理 4）如图1，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格图小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（图1（A）8（B）12（C
8、）16（D）20解法分析：能从三视图中发现几何体各元素之间的位置关系和数量关系，构建出空间直观图是本题的关键.由正视图为直角梯形，且上下边长之比为1：2，侧视图为正方形，俯视图为两个相同的正方形，且边长均为2，可推断该几何体为平躺的直四棱柱，且上下底面为直角梯形，由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.类 题 赏 析基于近年高考数学立体几何试题分析来看，源于教材的问题很多，如2018全国卷理7文9题利用空间几何体的三视图考查表面最短路径问题，2018全国卷文理第3题通过展示中国古代建筑中的榫卯结构考查空间几何体的三视图问题，2021全国乙卷文理16题，通过空间几何体的结构特征的考查三视
9、图画法，体现了数学应用的模型思想，2022年浙江卷第5题通过分析组合体的三视图解决几何体体积的问题，很多都可以在新旧教材中找到相似的例子.在复习过程中，强调以下几点：(1)要明确三视图的形成原理，熟悉柱、锥、台、球的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图；(2)注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，看到的部分用实线，遮挡的部分用虚线表示；(3)遇到由几何体的部分视图画出剩余的部分视图问题，可以先根据已知部分三视图，推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式，作为选择题，也可逐项代入检验；（4）特殊情况下可以运用转化化归思想把所求几何体放在长方体（或正方体）中思考.两点注意：（1
10、）三视图不管是所谓“拔高法”还是“去点法”等等技巧方法都不具有普适性，提高空间想象能力，增强直观想象素养才是根本；（2）三视图问题研究能很好的培养学生空间想象能力，从新教材中去除的原因只是因为初中已经学过，不再重复学习。2022 年浙江卷 5某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积（单位：cm)是3（）.22163A 22B8CD32.体 积 与 表 面 积，基 础 扎 实，灵 活 转 化ED 例 2（新 高 考 卷 11）如图 3，四边形 ABCD为正方形，平面ABCD，FB/ED AB ED 2FB，E ACD F AB C F AC E，记三棱锥，的体积分别为V,V,V，
11、则()123V 2VV VV V V2V 3V（D）（A）（B）（C）323131231图3关键在于如何正确、快速的求出V 的值.3MAC的中点，（方法 1）设 分别为边11 143AB ED 2FB 2V S ED 2 2 2 3 2令，得，由1ADC3V:V 2:11223V BD AC FM，3EM 6，EF 3，由2 EM MF EF222 2知.而213 221V S AC 2S EM FM 则，故.EMFEMF32311 1V S MF 2 2 6 3 2或.3EAC33 2V V V 2V 3V，本题答案选择C、D.显然，31231关键在于如何正确、快速的求出V 的值.3（方法
12、2）如 图 4，取 M、H、P 分别为边 AC、AE、CE的中点，得出点 F、H、P到平面 ABCD的距离相等，均为BF 的长度，故V VM HPF，而V 4V3 FHPM，取F HPM11 3AB 2HP 2HF PF 2 5 5，S，易 知，故HPF22 2V 4V 4VM H PFH P M311 3 BF 4 1 2 4 SV V V 2V 3V，即，本题答案选择C、D.HPF3123133 2图 4关键在于如何正确、快速的求出V的值.3（方法 3）对题目中的几何体补形为正方体，如图 5 所示，设正方体棱长为 2，其体积为 222 8，11 EN S31 1易知：VEKNCF VEKF
13、AG SGE (1 2)22 2梯形KNCF梯形KFAG33 24 2VEKFAG 8 2 2 2V VV V V1 2 EKNCF故.3正方体3 3V V V 2V 3V，本题答案选择C、D.即，31231图5关键在于如何正确、快速的求出V 的值.3D xyzAB 2，则（方法 5）如图 7，由题意知，可建立空间直角坐标系，取A(2,0,0),C(0,2,0),(2,0,2),AE (2,2,0)AC E(0,0,2),F(2,2,1)，取 平 面A C E的 法 向 量 为，则n (x,y,z)，2x 2z 0 AE n 0 x y z 1，即n (1,1,1)|EF n|3F，由此可得：
14、点 到即平，可 取离 2x 2y 0 AC n 0 Ah 3面的距为，|n|311 1V S h 2 2 6 3 2.EAC333 2V V V 2V 3V，本题答案选择C、D.即，31231关键在于如何转化直接得到V 与V 或V 的关系，实现以证代求3DK1，易证MF 2DK AE DK ACDK 平面E ACD与三棱锥（方法 4）如图 6，连接体对角线，即AC EOMF/DK，垂足记为，由，得AC E平面，三棱锥F ACEAC EV:V 2:3.V:V DO:MF有公共底面，即，故1313可得 2V 3V，而V:V 2:1，所以V V V ，本题答案选择C、D.3112312类 题 赏 析
15、求棱锥、棱柱及柱锥组合体的体积，一直是高考的一个热门考点.往往通过分割法、补体法、转化法等，也可以整体讨论，逆向思维分析.近年高考考查空间几何体体积、表面积的试题较多，但万变不离其宗，都是基本图形的变式.例如2007年重庆文、理科数学试卷第19题；2007年江西文、理科数学试卷第20题；2007年四川文、理科数学试卷第19题；2008年安徽理科数学第18题；2014年全国II卷理科数学第18题；2015年广东卷文科数学第18题；2015年湖南卷理科数学第19题；2019年全国I卷理科数学第19题；2019年全国II卷理科数学第18题；2020年全国I卷文科数学第19题；2020年全国II卷文科
16、数学第20题；2021年全国I卷文科数学第18题；2021年全国II卷文科数学第19题等等，复习中应注意以下几点：（1）利用转化思想，转化顶点位置化难为易；（2）不规则几何体体积的计算，采用分割法会事半功倍;（3）试着把要研究的几何体放在正方体、长方体、正棱柱、正棱锥等特殊几何体中，提高类比思维能力、逆向思维能力以及整体思维能力等.试题分析：试题源自人教A版教材(2019年版)必修第二册第122页“探究与发现”柱体、椎体的体积，如图5所示.方法3的思路与教材中运用的思路如出一辙.由此可见，教材中的一些几何模型是高考命题的“题根”.因此，把握教材中的细枝末节，便可探寻命题规律，实现大道至简，贯通
17、达的目标.3.有 关 球 体 问 题，理 清 关 系，建 构 函 数 模 型例 3（新 高 考 卷 8）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上 若该球l.的体积为3 6，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）3 l 3 3 8118,27 81 4 4 27 64 4 3,18,27（D）（A）（B）（C）4 目标解析：本题涉及基本知识和基本方法包括正棱锥外接球模型与运用导数求函数的最值的方法及运用不等式求最值的方法.主要运用数形结合思想，函数与方程思想，转化与化归思想，特殊与一般思想、极限思想等，对学生直观想象、逻辑推理、数学运算素养有针对性的推动作用.解法分析：设正四棱锥的高为h，由
18、球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，确定正四棱锥体积的函数解析式，最终将问题转化为运用导数或不等式求解三次函数的最值问题.简解（方法1）球的体积为36R 3,，所以球的半径设正四棱锥的底面边长为 2a，高为 h，2a2 h2，32 2a2(3 h),2则l26h l2，2a2 l2 h2所以112l4l21l6V Sh 4a2h (l2)=l 4所以正四棱锥的体积，33336 6 936 1l5124 l2V 4ll33所以，9696 V 0 V 0，当3 l 2 6 时，2 6 l 3 3时，当643V所以当 l 2 6 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为，274814又
19、l 3时，V，l 3 3 时，V,27427 64 4 3 所以正四棱锥的体积V 的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是 .（方法2）上同方法1，6h l2，2 l2 h2 6h h22a112V(h)Sh 4a2h (6h h2)h所以正四棱锥的体积3333 92 2 Q l 3,3 3 l 9,27 h,2 V(h)2h 8h,令V(h)=0得h 0或h 423 9 2V(h)在,4 上递增,在 4,上递减 2 3 2764 9 8127 64 4 3 又V(),V(4),V()，所以该正四棱锥体积的取值范围是.2 432 4（方法3）还可以设正四棱锥的侧棱与高的夹角为，把体积表示为
20、的函数，转化为含三角函数形式加以求解，过程略.试题分析：本题重视数学的综合性，考查学生空间想象能力和逻辑推理能力，对思维品质有较高要求，通过对正四棱锥的考查，契合了教材中对立体几何的学习要求，较好的体现了高考试题源于教材又高于教材的特点.在做题中，学生可能出现的典型错误是想当然认为当侧棱取端点值时得到体积最值，直接代入运算，刚好得到错误答案（B）.表现出学生思维深刻性不够，严谨的逻辑推理能力不足的情况.所以，在今后的教学中要与时俱进，拒绝套路机械刷题，在学习中要多思考、多总结，才能真正提高发现问题、分析问题、解决问题的能力.类题赏析：有关球的问题是高考中热点问题，往往是编制创新问题的常用情境，
21、通常设置为中档题或难题，处于压轴的位置.如2017年全国卷理科16题，考查折叠问题；2020年全国卷文12理10，设问方式不同，考查球的表面积计算；2020年全国卷文11理10，也是求点到面的距离，但条件不同；2020年全国卷文16理15考查的是圆锥内切球问题；2021年全国甲卷理科第11题，设问方式不同，考查三棱锥的体积计算；2022年全国乙卷理9文12考查是四棱锥和球的综合问题等.从最简单的四面体外接球问题研究起，为其他多面体外接球问题提供研究范式一、当四面体是正三棱锥P ABC,PA a,AB bR例 1 已知正三棱锥，求正三棱锥的外接球的半径.a2PR 1222 a bOC3AHB寻找
22、球心四面体外接球问题的关键二、当四面体是三组对棱分别相等的四面体例 2 已知四面体 A BCD 中AB CD a,AD BC b,AC BD cAA BCDR的外接球的半径.求四面体BCD图2寻找球心四面体外接球问题的关键三、当四面体含有两个共斜边的直角三角形例3.已知四面体A BCD,BAD BCD 90oA BCDR的外接球半径.求四面体寻找球心四面体外接球问题的关键四、当四面体存在两个面相互垂直这种问题又可细分为两种情况，第一种情况为有一条棱垂直于四面体的一个面例 4 四面体 A BCD,AD 面 BCD,AD a,BC b,CD c,BD dR求其外接球的半径.AMOFEDNBC图寻找
23、球心四面体外接球问题的关键面.ABCD ABD BCD例 5 四面体，面AB a,BC b,CD c,DA d,BD eR，求此四面体的外接球半径4.空 间 角 问 题，善 于 构 建 三 角 形 来 解 决例4（浙江卷8）如图8，已知正三棱柱 ABC A B C，AC AA，E,F 分别是棱1 111，EF 与平面所成的角为 ，二面角ABCBC,AC 上的点.记 EF 与 AA 所成的角为111F BC A 的平面角为，则（）（A）（B）（D）（C）图8GEGFG 简解：作直线 FG AC 于，连接（如图9）,因为平面 ABC，根据线面垂直 EFG FEG.的性质定理，得 FG EG，因此，
24、EG EGFG ACtan，tan ，易知 AC EG，因此得到FG ACEG EGGM(如图10)，得到作 FH/B C 交 A B 于 H,连接 BH,CF，作 FM BC 于 M,连接111 1 FMGFG AC因此，tan，由于EG MG ,可得.MG MG综上，故选A图9图10目标解析：本题同时考查了线线角、线面角、二面角的定义（基本知识、基本技能），考查学生运用转化与化归思想方法把空间角转化为平面角对学生分析和解决问题的能力及直观想象素养有针对性的推动作用解法分析：主要是要利用定义把空间角转化为平面角，然后利用三角形边角关系比较角的大小.试 题 分 析此题属于中档题，借助学生熟悉的
25、正三棱柱作为问题情境考查空间角的定义问题，对异面直线所成角、线面角、二面角的考查，既全面又突出重点，条件简单但立意深刻，重视四基考查.新旧教材中类似背景的题目都很多，如2004版人教A版选修2-1P9页练习1、P117页复习参考题A组第四题、2019版人教A版选择性必修一P8页练习1、P48页复习参考题第9题等均以正三棱柱或直三棱柱为情境考查空间角问题.学生可能出现的问题恰恰在于对空间角的定义掌握不牢，对空间角如何转化为平面角不熟练，空间想象能力不足，在把空间角转化为平面角的过程中出现错误在复习备考中，要重视教材，注重空间角的定义教学，夯实基本概念、基本位置关系，做到对柱体、椎体等基本空间立体
26、图形的结构图形了然于胸，加强学生的空间想象能力的培养，同时应该注重数学思想的提炼和升华，促进学生直观想象素养的提升.类 题 赏 析高考数学试题中考查空间角的问题是比较多的，类似题型还有2017年全国卷理科第10题考查了异面直线所成角问题；2018年浙江卷第8题、2019年浙江卷第8题除了把椎体作为命题情境外，考察内容和形式和今年浙江卷第8题几乎完全一样；还有每年几乎每份试卷都在立体几何解答题中考查空间角的计算问题.由此看到今后高考还会重点知识重点考查，不回避基础和高频考点，试题也会更灵活开放.（2018 浙江）已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上的点（不含
27、端点），设 SE 与 BC 所成的角为 ，SE 与平面 ABCD 所成的角为，二面角 SABC12的平面角为，则（）3A B C D 2 3 1123321132P8.设三棱锥V ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱VA 上的点（不含端点），P AC B ACPB 与平面 ABC记直线 PB 与直线所成角为，直 线所成角为，二面角的平面角为，则,D.A.B.C.5.平 行、垂 直 关 系，在 判 定 定 理 与 性 质 定 理 之 间 熟 练 游 走ABCD A BC DAB,BC的中点，例5（全国乙卷文9/理7）在正方体中，E，F分别为11 1 1则（）B EF BDDB EF A
28、BD（A）平面（C）平面平面平面（B）平面平面平面1111B EF/A ACB EF/AC D1 1（D）平面111目标解析：本题以正方体为载体，重点考查平面与平面的两种特殊位置关系平行与垂直，要求学生熟悉面面平行和垂直的定义以及判定定理，能够利用转化思想将面面垂直问题转化为线面垂直.着力考查学生的画图、识图能力，分析问题、解决问题的能力，旨在推动学生直观想象、逻辑推理、数学运算素养的提升.解法分析：利用转化思想，运用判定定理和性质定理将面面垂直、平行问题转化为线面或线线垂直、平行问题.【解法一】对于，由于，分别为，的中点，则，AE FAB BCEF/ACBDD 平面，1又，I，且，AC BD
29、 AC DDBD DD DBD DD111 AC 平面又 EF 平面，则 EF 平面BDD，1BDD1，B EF1平面 平面，选项 A 正确；BDD1B EF1对于 B，由选项 A可知，平面 平面，而平面BDD1平面 A BD BD1，B EFBDD11故平面不可能与平面垂直，选项 B 错误；A BD1B EF1对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面 不平行，选A AC1CABB AAAB E1B EF1111项 错误；C对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面B EF B B EF1 1 1DAB C/AC DAB C1111与平面不可能平行，选项 错误DAC D11如图，以点
30、为原点，建立空间直角坐标系，设，AB 2D则 ，B 2,2,2,E 2,1,0,F 1,2,0,B 2,2,0,A 2,0,2,A 2,0,0,C 0,2,0C 0,2,2111则，EF 1,1,0,EB 0,1,2DB 2,2,0,DA 2,0,211 AA 0,0,2,AC2,2,0,AC2,2,0,11 1uuuvv m EF xy100设平面的法向量为，则有uuuv，可取，B EF1m x,y,z1m 2,2,1v 111m EB y1 2z11同理可得平面的法向量为，A BD1n 1,1,11平面的法向量为，平面的法向量为，A AC1n 1,1,0AC Dn 1,1,12113则，所
31、以平面与平面不垂直，故 B 错误；A BD1mn 2 2 1 1 0B EF11因为 与 不平行，所以平面 B EF 与平面 A AC 不平行，故 C 错误；mn211因为 与 不平行，所以平面 B EF 与平面 AC D 不平行，故 D 错误，mn3111故选：A.试题分析：实际上，（A）选项源于2019 版人教A版必修 二 P140 页例4，其他选项都涉及到已知平面与几何体中特殊平面之间的位置关系问题，源于2019 版人教A版必修二P157 页例7的变形.源于教材又不同于教材，这种创新，也是高考命题立意的要求所在，突出考查学生的创新思维.同时，要在变中看到不变，永恒不变的是“四基四能”：基
32、础知识、基本技能、基本思想、基本的活动经验；从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力，突出通性通法的考查.本题设计的正解是A选项，如果正解位置调整到靠后一些，学生犯错的机会就会加大.因此在复习备考中，要切实抓细每一个环节，充分重视几何体的几何特征，着重培养学生的直观想象、逻辑推理、数学抽象等核心素养，切实引导学生用数学的眼光观察世界，用数学的思维思考世界.试 题 特 点 与 复 习 建 议空间平行、垂直关系的判定与性质及其应用在每份高考试卷中几乎都有体现，特别是在立体几何解答题的第一问，在这里不再一一赘述，但根据统计分析我们发现近两年新高考和全国甲乙卷中，以长（正）方体为载体考查空
33、间点线面的位置关系或空间角的客观题出现的频率较之前明显加大.2018年至2020年三年间全国卷中只出现了2道以长（正）方体为载体的题目，但是2021、2022年全国卷就有6道以长（正）方体为载体的题目.实际上，这在普通高中数学课程标准(2017年版)中可以找到命题依据：在必修课程主题三几何与代数中短短两页内容有四次提到“长方体”，实际上，长方体模型是学生最熟悉的空间几何体，由具体模型通过直观观察抽象出定义、公理、定理，符合学生具体抽象具体的认知规律.试 题 特 点 与 复 习 建 议能用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球，圆柱，棱柱及其简单组合）的直观图。（2）基本图形位置关系借助长方体，在
34、直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解基本事实和定理。从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出性质定理，并加以证明。从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出一系列判定定理。试 题 特 点 与 复 习 建 议建议：1、平时多针对长（正）方体进行灵活多样的研究，引导学生注重在长（正）方体的基础上进行切割、补形、组合等变式研究。2、重视对公理（定理）、定义的理解，站在更高处看待问题。不少
35、学生或老师比较重视推理证明与数学运算，但却轻视数学抽象，感觉数学抽象有点看不到、摸不着，不如推理与运算来得“实在”。表现在于轻视公理与定理体系，只重视所谓套路、方法。实际上立体几何的一个很重要的特点就是：理论就是方法。建议在新授课教学及复习备考中做到三件事1、带领学生认真解读基本事实（公理）；2、设置情境，引导学生自己推出判定定理、性质定理并证明；3、几个经典例题的研究。必 研 究 的 经 典 例 题比如三线共点与三点共线问题、多线（多点）共面问题、教材中的经典例习题及变式设计问题。研 究 的 经 典 例 题已知平面 平面=l，直线a/，a/.求证：a/lPA RT.3优秀试题分析优秀试题分析
36、探寻高中数学教学的着力点探寻高中数学教学的着力点行业PPT模板http:/ ABCPA PB的高，例6（新高考 卷20）如图11，PO是三棱锥AB AC E PB，是的中点（1）求证：OE/平面PAC；ABO CBO 30 PO 3 PA 5，求二面角（2）若，C AE B的正弦值图11题意理解：本题考查了线面平行的证明和二面角的计算,通过运用直观感知、推理论证、数学运算等认识和探索空间图形的性质，借助空间直角坐标系，通过空间向量坐标运算实现二面角的求解，聚焦直观想象、逻辑推理、数学运算素养.第（1）问，线面平行的证明问题，考查线线、线面、面面平行关系的相互转化，综合利用线面平行、面面平行的判
37、定定理和性质定理完成论证；第（2）问，二面角C AE B的正弦值，可以转化为平面AEB与平面AEC的法向量的夹角的正弦值，所以只需要求出这两个平面的法向量的夹角即可.P ABCPA PB的高，例6（新高考 卷20）如图11，PO是三棱锥AB AC E PB，是的中点（1）求证：OE/平面PAC；ABO CBO 30 PO 3 PA 5，求二面角（2）若，C AE B的正弦值图11BOACOA PD于点D，连接、，根据三角思路探求：（1）（方法1）连接并延长交形全等得到OA OB，再根据直角三角形的性质得到AO DO，即可得到 为O BD的中点从而得到OE/PD，即可得证；OA OBABFOF
38、EF（方法2）连接，取的中点，连接，.根据三角形全等得到OA OB OF AB，则AB AC OF/AC得E，再根据 是 的中点，得出PBEF/PA，由即可得出平面 EFO/平面PAC，即可得证.书写表达：BOAC于点D，连（1）（证法1）证明：如图12，连接并延长交OA PDPO 是三棱锥 P ABCPO ABC平面接、，因为的高，所以AO,BO PA PB，ABCPO AO PO BO，平面，所以，又所以POAPOB，即，所以OAB OBA，OA OBAB ACBAC 90 OAB OAD 90 又，即，所以，OBA ODA 90，所以ODA OAD，图12AO DOAO DO OBO B
39、D，所以 为 的中点.所以又 E 为 PB 的中点，所以OE/PD 平面，即，又OE 平面 PAC PDPAC，所以OE/平面PAC.OA OB AB，取的中点 F，连接OF（证法2）证明：如图13，连接，POABC AO,BO，ABCEF.由题意知平面平面，所以PO AO PO BO，PA PB，又POA POB，即OA OB，由 F 是 AB 的中点，可得所以OF ABAB AC，又，在平面，再 由 E 是 PBABC 内，OF/AC的EF/PAEF OF F，所以可得平面中点，得出，因为EFO/平面PAC，由OE 平面EFO，所以OE/平面 PAC.图13回顾反思：第一问属于常规的线面平
40、行论证试题，两种证明方法也都比较常规，属于通性通法，两种方法比较来看，证法一更为常见，也是解决这类问题首先考虑的方向，论证的目标明确，链条清晰，但论证的思维入口稍显隐蔽，思维量稍大；法二也是论证线面平行常PAC用的方法，由“E 是 PB 的中点”这一条件，自然想到寻找平面的中位面，并且在实现这一目标上更为容易，但是论证的步骤稍显多一点.总之，这两种方法都是学习者应该掌握的常规方法，在论证上要做到目标方向明确，思维过程缜密，逻辑表达清晰.本题最大的障O BD碍点是第（1）问中，完成“为的中点”的论证，试题的情景设置较为开放，有一定的创新性，较好地考查了利用平面几何知识进行逻辑推理的能力.Az/O
41、PA为原点，A B，AC，Azxy所在直线为 轴、轴、z（2）解：过 点 A 作，以PO 3 AP 5，轴，建立如图14所示的空间直角坐标系.因为，所以OA AP2 PO2 4.OBA OBC 30BD 2OA 8，则 AD 4，AB 4 3，又，所以 C 0,12,0O 2 3,2,0B 4 3,0,0P 2 3,2,3，所以 AC 12，所以，所3 2 E 3 3,1,以，uuur3 4 3,0,0，AE 3 3,1,ABn 0,12,0，则，2 ACuuuvv3n AE 3 3x y z x,y,z，则2AEB设平面法向量为uuuvvn AB 4 3x 0y 3 x 0，所以n 0,3,
42、2，；令 z 2，则uuuv v3m AE 3 3a b c 0 设平面 AEC 的法向量为m a,b,c，则2，uuuvvm AC 12b 0令a 3，则，c 6 b 0，所以m 3,0,6；r u rnm124 3cos n,m r u r 所以设二面角C AE B 为，所以13 3913n m1111sin 1 cos2 ，故二面角C AE B的正弦值为.1313P ABCPA PBPO变式设计：如图15，是三棱锥的高，ABO 30，CBO 15，BAC 120 PE 2EBoOE/PAC（1）求证：平面；PO 3 PA 5，求二面角C AE B，的正弦值.（2）若图15例7（浙江卷19
43、）如图16，已知 ABCD和 EFCD 都是直角梯形，AB/DC，CD/EF，AB 5 DC 3 EF 1 BAD CDE 60o F DC Bo，二面角的平面角为60，设 MN 分别是 AE、BC 的中点.FN AD（1）证明：；（2）求直线 BM 与平面ADE所成角的正弦值EFMDCNAB图16题 意 理 解题意理解：第（1）问的证明，运用分析法，要证线线垂直，需证线面垂直，在线面垂直与线线垂直之间相互转化，最终得证.在第（2）问角的求解中，不但考察了线面角的定义和求解，还涉及到了二面角的定义和二面角平面角的定义.整道题考查学生对空间立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算素养.既能检验
44、学生的知识水平，也是检验学生思维品质的试金石.书面表达：（1）如图17，过点 E、D 分别做直线 DC、AB 的垂线 EG、DH，分别交 DC、AB 于点G、H，DC 3，Q ABCD 和 EFCD 都是直角梯形，AB/DC，CD/EF，AB 5，EFEF 1，BAD CDE 60oDG AH 2，EFC DCF DCB四边形 DCBH 是矩形.在 ABC 90，则四边形 EFCG 和oMHGDCNEG DH 2 3 FC BC 2 3RtEGD RtDHA和中，ABQ DC CF,DC CB，且CF I CB C，DC BCF BCFF DC B 的平面角，则BCF 60ABCD BCFo平
45、面，是二面角ABCD平面，得平面图17BCFDC 是正三角形，由平面BCF BCFN BC，且平面 ABCD I 平面 ABCDFN AD，且 AD 平面Q N 是 BC 的中点FN ABCD平面（2）解法一（空间向量法）以点 N 为原点，过点 N 做 AB 平行线，NB、NF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图19所示的空间直角坐标系 N xyzz3 3EFQ A(5,3,0)，B(0,3,0)，D(3,3,0)，E(1,0,3)，则 M(3,)2 2uuuurBM (3,uuuruuur3 3,)，MAD(2,2,0)DE(2,3)3，3DC2 2Nrx设平面 ADE 的法向量
46、为 n(x,y,z)ABr uuuryrn AD 0 2x 2 3y 0 图19由 r uuur，得，取 n(3,1,3)n DE 02x 3y 3z 0设直线 BM 与平面ADE所成角为3 3 3r uuuur|3 3|r uuuur|n BM|5 35 71422sin|cos n,BM|r uuuur|n|BM|3 93 1 3 9 4 47 2 35 714即直线 BM 与平面ADE所成角的正弦值为解法二（传统几何综合法）由（1）知在直角梯形 ABFE 中 AB/EF，ABF EFB 90o，AB 5，EF 120 BD,DM,BE，如图，连接，过点 M、E 分别做直线 BF 的平行线
47、交 AB 于点 P、Q，1则 EQ BF 2 3，MP EQ 3，BP 3，AQ 42 2RtVMPB 中 MB MPRtVAEQ 中 AE EQ2 BP23 32 2 3，2 7，2 3 422 AQ22由（1）知 RtEGD 和 RtDHA中 AD DE 4，Q M 是 AE 的中点，DM AE，2DM 427 3，CD图20 2RtVBCD 中 BD BCMD AE M222 3 32 21，BM2 DM2 BD2，DM MD 又MD 平面 ABFE，Q MD ABFE AE，ADE，平面ADE ABFEADE 平面，平面平面平面过点 B 在平面 ABFE 内做 BH AE 于点，则HB
48、H 平面 ADE，BME为直线 与平BM面 ADE 所成的角.121AB EQ 5 2 3 5 3AE BH AB EQ BH Q SVAEB，2AE2 77BHBM5 35 7sinBME 7 2 3 145 714即直线 BM 与平面ADE所成角的正弦值为.解法三（等积换底法）：设点 B 到平面 ADE 的距离为 h，如图21，过点 M、E 分别做直线 BF 的平行线交 AB 于点 P、Q，2 RtVMPB 中 MB MP2 BP23 32 2 3，2RtVAEQ 中 AE EQ2 AQ2 2 3 42 2 7，由（1）知 RtEGD 和 RtDHA中 AD DE 4，等腰VAED 中 A
49、E 边 2上的高为427 3，111图21SVAED 2 7 3 3 7 V Sh 3 7 h 7hBADEVADE233又由（1）知FN 平面，且是等边三角形FN 3 Q CD/EF的中线，ABCDFNFCBEF ABCD，平面平面EF/ABCD，E 到平面 ABCD 的距离等于 F 到平面ABCDFN 3的距离等于，1SVABD 52 3 5 3，2115 3VEABD S FN 5 33 5 3Vh QVBADE，EABD，VABD337h5 35 7直线 BM 与平面ADE所成角的正弦值为.MB7 2 3 14回 顾 反 思第（1）问可能会被大多数人看做是送分题，但是实际情况可能并没有
50、设想的那样理想，学生很可能出现逻辑不连贯或者心中有逻辑，却没有能力清楚、流畅、简洁的表述出来.本题的设计，可以很好地用来检验学生的空间想象能力，逻辑推理能力.在复习备考中，有针对性的训练提高逻辑推理能力，要求思维连贯，一环套一环，环环有依据.切忌无中生结论,凭空添题设，一定不能想当然，要做到有果必有因.可以在日常教学中通过学生习作点评和学生互评或者是答辩式点评来锤炼学生这方面的思维能力.第（2）问的方法三仍然属于传统立体几何的方法.本方法回避了线面角的做法和证明，要求学生在深刻理解了线面角定义的基础上，挣脱具体图形的束缚，对学生直观想象素养和逻辑推理能力要求较高，但若运用得当，就会达到“会当凌
