1、高考导航 立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点其中有两个：一是空间几何体的三视图与其表面积、体积的求解综合，多以选择题或填空题的形式进行考查，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等热点一 求解空间几何体的表面积和体积对于空间几何体的表面积与体积，高考考查的形式已经由原来的简单套用公式渐变为三视图与柱、锥、球的接、切问题相结合，特别地，已知空间几何体的三视图求其表面积、体积已成为近两年高考考查的热点而求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几
2、何体转化为规则几何体以便于求解【例1】(2014重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12 B18 C24 D30审题流程一审：三视图，根据三视 图 的 规 则 还 原 几 何体二审：所求几何体的构成(由一个直三棱柱截掉一个三棱锥)三审：体积的计算解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的，即直三棱柱 ABCA1B1C1 截掉一个三棱锥 DA1B1C1 得到的(如图)，其中 AC4，BC3，AA15，AD2，BCAC，所以该几何体的体积 V12 AC BC AA11312 A1C1 B1C
3、1 A1D12 435131243330624.答案 C【例2】(2014福建卷)如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，CDBD.(1)求证：CD平面ABD；(2)若ABBDCD1，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积(1)证明 AB平面BCD，CD平面BCD，ABCD.又CDBD，ABBDB，AB平面ABD，BD平面ABD，CD平面ABD.(2)解 法一 由 AB平面 BCD，得ABBD.ABBD1，SABD12.M 是 AD 的中点，SABM12SABD14.由(1)知，CD平面 ABD，三棱锥 CABM 的高 hCD1，因此三棱锥 AMBC 的体积为VAMBCVCABM13SABMh
4、 112.审题流程一审：结论，求三棱锥AMBC 的体积二审：过程，寻找三棱锥，易求底面的高三审：计算，求 SABM12S ABD.再由三棱锥的体积公式求解法 二 由 AB 平 面 BCD 知，平 面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCDBD，如图，过点M作MNBD交BD于点N，则 MN平面 BCD，且 MN12AB12，又 CDBD，BDCD1，SBCD12.三棱锥 AMBC 的体积 VAMBCVABCDVMBCD13ABSBCD13MNSBCD 112.探究提高 组合体的表面积与体积的求解是高考考查的重点，解决此类问题可通过分割或补形将组合体变为规则的柱体、锥体、球等几何体的表面积和体积问
5、题，然后根据几何体表面积与体积的构成用它们的和或差来表示在求解过程中应注意两个问题，一是注意表面积与侧面积的区别，二是注意几何体重叠部分的表面积、挖空部分的体积的计算【训练1】(1)一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_ 第(1)题图 第(2)题图(2)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥ADED1的体积为_解析(1)由三视图，可知该几何体是一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆的面积之和，即 S34(422)21222 16.(2)VADED1VEADD113SADD
6、1CD1312116.答案(1)16(2)16热点二 空间平行关系和垂直关系直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点，以多面体为载体的线面位置关系的论证是历年必考内容，其中既有单独考查直线和平面的位置关系的试题，也有以简单几何体体积的计算为载体考查直线和平面的位置关系的试题从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力【例3】(14分)(2014北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1
7、C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积(1)证明 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.所以BB1AB.(1分)又因为ABBC，所以AB平面B1BCC1.(2分)所以平面ABE平面B1BCC1.(3分)图1 图2(2)证明 法一 如图 1，取 AB 中点 G，连接 EG，FG.(4 分)因为 E，F 分别是 A1C1，BC 的中点，所以 FGAC，且 FG12AC.(6 分)因为 ACA1C1，且 ACA1C1，所以 FGEC1，且 FGEC1.所以四边形 FGEC1 为平行四边形所以 C1FEG.(8 分)
8、又因为 EG平面 ABE，C1F平面 ABE，所以 C1F平面 ABE.(10 分)法二 如图 2，取 AC 的中点 H，连接 C1H，FH.(4 分)因为 H，F 分别是 AC，BC 的中点，所以 HFAB，(6 分)又因为 E，H 分别是 A1C1，AC 的中点，所以 EC1 綉 AH，所以四边形 EAHC1 为平行四边形，(8 分)所以 C1HAE，又 C1HHFH，AEABA，所以平面 ABE平面 C1HF，又 C1F平面 C1HF，所以 C1F平面 ABE.(10 分)(3)解 因为 AA1AC2，BC1，ABBC，所以 AB AC2BC2 3.(12 分)所以三棱锥 EABC 的体
9、积V13SABCAA11312 312 33.(14 分)构建模板 证明线面平行问题(一)第一步：作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线第二步：证明线线平行第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行第四步：反思回顾检查关键点及答题规范证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行第四步：转化为线面平行第五步：反思回顾，检查答题规范证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线第二步：结合已知条件证明确定的这条直线
10、垂直于另一平面内的两条相交直线第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面第四步：转化为面面垂直第五步：反思回顾，检查答题规范探究提高 线线、线面关系是立体几何的核心内容之一，它在空间线面位置关系的推理证明中起着承上启下的桥梁作用证明线面位置关系不仅要考虑线面位置关系的判定和性质，更要注意几何体中几何特征的灵活应用证明的依据是空间线面位置关系的判定定理和性质定理，根据线线、线面、面面的平行与垂直的相互转化另外，根据几何体的数据，通过计算也可得到线线垂直的关系，所以要注意几何体中数据的正确利用【训练 2】如图 1，在边长为 1 的等边ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 上的点，ADAE，F 是
11、BC 的中点，AF 与 DE交于点 G.将ABF 沿 AF 折起，得到如图 2 所示的三棱锥 ABCF，其中 BC 22.(1)证明：DE平面 BCF；(2)证明：CF平面 ABF；(3)当 AD23时，求三棱锥 FDEG 的体积 VFDEG.(1)证明 在折叠后的图形中，仍有 ADAE，ABAC，因此ADABAEAC，从而 DEBC.因为 DE平面 BCF，BC平面 BCF，所以 DE平面 BCF.(2)证明 在折叠前的图形中，因为ABC 为等边三角形，BFCF，所以 AFBC，则在折叠后的图形中，AFBF，AFCF，又 BFCF12，BC 22.所以 BC2BF2CF2，所以 BFCF.又
12、 BFAFF，BF平面 ABF，AF平面 ABF，所以 CF平面 ABF.(3)解 由(1)知，平面 DEG平面 BCF，由(2)知 AFBF，AFCF，又 BFCFF，所以 AF平面 BCF，所以 AF平面 DEG，即 GF平面 DEG.在折叠前的图形中，AB1，BFCF12，AF 32.由 AD23，知ADAB23，又 DGBF，所以DGBFAGAFADAB23，所以 DGEG231213，AG23 32 33，所以 FGAFAG 36.故 V 三棱锥 FDEGV 三棱锥 EDFG1312DGFGGE16132 36 3324.热点三 线面位置关系中的探索性问题立体几何中的探索性问题在近几
13、年的高考中经常出现，这种题型有利于学生的归纳、判断等各方面能力的培养，也有利于创新意识的培养立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么【例4】(2014海口调研)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，ACBC，E在线段B1C1上，B1E3EC1，ACBCCC14.(1)求证：BCAC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由(1)证明 AA1平面ABC，BC平面ABC，BCAA1.又BCAC，AA1ACA，B
14、C平面AA1C1C，又AC1平面AA1C1C，BCAC1.(2)解 法一 当AF3FC时，EF平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EGA1C1交A1B1于点G，连接AG.审题流程一审：条件，B1E3EC1与结论：EF平面A1ABB1猜想点F的位置二审：证明EF平面A1ABB1，从两个角度入手：一是在平面A1ABB1内作辅助线与EF平行；二是作EF所在平面与平面A1ABB1平行三审：规范答题过程B1E3EC1，EG34A1C1，又 AFA1C1 且 AF34A1C1，AFEG 且 AFEG，四边形AFEG为平行四边形，EFAG，又EF平面A1ABB1，AG平面A1AB
15、B1，EF平面A1ABB1.图1 图2法二 当AF3FC时，FE平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EGBB1交BC于点G，连接FG.EGBB1，EG平面A1ABB1，BB1平面A1ABB1，EG平面A1ABB1.B1E3EC1，BG3GC，FGAB，又AB平面A1ABB1，FG平面A1ABB1，FG平面A1ABB1.又EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，平面EFG平面A1ABB1.EF平面EFG，EF平面A1ABB1.探究提高(1)对命题条件的探索常采用以下三种方法：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证
16、明其充分性；把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件(2)对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设【训练 3】如图，A，B，C，D 为空间四点，在ABC 中，AB2，ACBC 2，等边ADB 以 AB 为轴转动(1)当平面 ADB平面 ABC 时，求 CD 的长；(2)当ADB 转动时，是否总有 ABCD？证明你的结论解(1)取AB的中点E，连接DE，CE.ADB是等边三角形，DEAB.当平面 ADB平面 ABC 时，平面 ADB平面 ABCAB，DE平面 ABC，可知 DECE.由已知可得 DE 3，EC1.在 RtDEC 中，CD DE2EC22.(2)当ADB以AB为轴转动时，总有ABCD.证明如下：当D在平面ABC内时，ACBC，ADBD，C，D都在线段AB的垂直平分线上，即ABCD.当D不在平面ABC内时，由(1)知ABDE.又ACBC，ABCE.又DE，CE为相交直线，AB平面CDE.由CD平面CDE，得ABCD.综上所述，总有ABCD.