1、考点突破考点突破高考导航 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算；2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法考点突破热点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算(规范解答)以简单几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的
2、论证命制，主要考查公理 4 及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等考点突破【例 1】(满分 12 分)(2015全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，BE平面 ABCD.(1)证明：平面 AEC平面 BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥 EACD 的体积为 63，求该三棱锥的侧面积考点突破满分解答(1)证明 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD.因为 BE平面 ABCD，AC 平面 ABCD，所以 ACB
3、E.2 分又 BDBEB，故 AC平面 BED.又 AC 平面 AEC，所以平面 AEC平面 BED.4 分(2)解 设 ABx，在菱形 ABCD 中，由ABC120，可得 AGGC 32 x，GBGDx2.因为 AEEC，所以在 RtAEC 中，可得 EG 32 x.6 分考点突破由 BE平面 ABCD，BG 平面 ABCD，得 BEBG，知EBG 为直角三角形，可得 BE 22 x.7 分由已知得，三棱锥 EACD 的体积 V 三棱锥 EACD1312ACGDBE 624x3 63，故 x2.9 分从而可得 AEECED 6.所以EAC 的面积为 3，EAD 的面积与ECD 的面积均为 5
4、.故三棱锥 EACD 的侧面积为 32 5.12 分考点突破 得步骤分：第(1)问中采分点有两处，若忽视条件 BDBEB，AC 平面 AEC，导致扣 2 分另第(2)问中最后一步得分点有两处：一是计算 AE，EC，ED 的长度得 1 分；二是求三个侧面的面积得 2分得关键分：阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分得运算分：正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算错误失分要把每一个需要计算的量求出来，各环节环环相扣，缺了哪一个环节都计算不出来，没有某个环节，就会失分考点突破第一步：由线面垂直的性质，得 ACBE.第二步：根据线面、面面垂直的判定定
5、理，得平面 AEC平面 BED.第三步：由体积公式计算底面菱形的边长第四步：计算各个侧面三角形的面积，得出结论第五步：查看关键点，检验反思，规范步骤.考点突破【训练 1】(2017郑州模拟)在三棱锥 VABC 中，平面 VAB平面ABC，VAB 为等边三角形，ACBC 且 ACBC 2，O，M分别为 AB，VA 的中点(1)求证：VB平面 MOC；(2)求证：平面 MOC平面 VAB；(3)求三棱锥 VABC 的体积考点突破(1)证明 因为 O，M 分别为 AB，VA 的中点，所以 OMVB，又因为 VB 平面 MOC，OM 平面 MOC，所以 VB平面 MOC.(2)证明 因为 ACBC，O
6、 为 AB 的中点，所以 OCAB.又因为平面 VAB平面 ABC，平面 VAB平面 ABCAB，且 OC 平面 ABC，所以 OC平面 VAB.又 OC 平面 MOC，所以平面 MOC平面 VAB.考点突破(3)解 在等腰直角三角形 ACB 中，ACBC 2，所以 AB2，OC1，所以等边三角形 VAB 的面积 SVAB 3.又因为 OC平面 VAB，所以三棱锥 CVAB 的体积等于13OCSVAB 33.又因为三棱锥 VABC 与三棱锥 CVAB 的体积相等，所以三棱锥VABC 的体积为 33.考点突破热点二 平面图形折叠成简单几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、
7、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向考点突破【例 2】(2016全国卷)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF，EF 交 BD 于点H，将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置(1)证明：ACHD；(2)若 AB5，AC6，AE54，OD2 2，求五棱锥 DABCFE 的体积考点突破考点突破(1)证明 由已知得 ACBD，ADCD，又由 AECF 得AEADCFCD，
8、故 ACEF，由此得 EFHD，故 EFHD，所以 ACHD.(2)解 由 EFAC 得OHDOAEAD14.由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24，所以 OH1，DHDH3，于是 OD2OH2(2 2)2129DH2，故 ODOH.考点突破由(1)知 ACHD，又 ACBD，BDHDH，所以 AC平面BHD，于是 ACOD，又由 ODOH，ACOHO，所以OD平面 ABC.又由EFACDHDO得 EF92.五边形 ABCFE 的面积 S126812923694.所以五棱锥 DABCFE 的体积 V13694 2 223 22.考点突破探究提高(1)利用 AC 与 EF 平行，转化为
9、证明 EF 与 HD垂直；求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现 OD是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形 ABCD 与DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明 OD与底面垂直以及求DEF 的面积问题了(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口考点突破【训练 2】(2017西安调研)如图 1 所示，在 RtABC 中，C90，D，E 分别为 AC，AB 的中点，点 F 为线段 CD 上的一点，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1FCD，如图 2
10、 所示(1)求证：A1FBE；(2)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面 DEQ？说明理由考点突破(1)证明 由已知，得 ACBC，且 DEBC.所以 DEAC，则 DEDC，DEDA1，又因为 DCDA1D，所以 DE平面 A1DC.由于 A1F 平面 A1DC，所以 DEA1F.又因为 A1FCD，CDDED，所以 A1F平面 BCDE，又 BE 平面 BCDE，所以 A1FBE.考点突破(2)解 线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C平面 DEQ.理由如下：如图所示，分别取 A1C，A1B 的中点 P，Q，则 PQBC.又因为 DEBC，所以 DEPQ.所以平面 DEQ 即为平
11、面 DEP.由(1)知，DE平面 A1DC，所以 DEA1C.又因为 P 是等腰DA1C 底边 A1C 的中点，所以 A1CDP，又 DEDPD，所以 A1C平面 DEP.从而 A1C平面 DEQ.故线段 A1B 上存在点 Q，使得 A1C平面 DEQ.考点突破热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型考点突破【例 3】(2017芜湖质检)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面ABCD 是边长为 a 的正方形，侧面
12、 PAD底面 ABCD，且 E，F分别为 PC，BD 的中点(1)求证：EF平面 PAD；(2)在线段 CD 上是否存在一点 G，使得平面 EFG平面 PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由考点突破(1)证明 如图所示，连接 AC，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD是边长为 a 的正方形，且点 F 为对角线 BD 的中点所以对角线 AC经过点 F，又在PAC 中，点 E 为 PC 的中点，所以 EF 为PAC 的中位线，所以 EFPA，又 PA 平面 PAD，EF 平面 PAD，所以 EF平面 PAD.考点突破(2)解 存在满足要求的点 G.证明如下：在线段 CD
13、 上存在一点 G 为 CD 的中点，使得平面 EFG平面 PDC，因为底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，所以 CDAD.又侧面 PAD底面 ABCD，CD 平面 ABCD，侧面 PAD平面 ABCDAD，所以 CD平面 PAD.又 EF平面 PAD，所以 CDEF.取 CD 中点 G，连接 FG，EG.考点突破因为 F 为 BD 中点，所以 FGAD.又 CDAD，所以 FGCD，又 FGEFF，所以 CD平面 EFG，又 CD 平面 PDC，所以平面 EFG平面 PDC.探究提高(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线
14、，而线线平行是平行关系的根本(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论考点突破【训练 3】(2017江西师大附中检测)如图，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱 SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若 SD平面 PAC，则侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平面 PAC？若存在，求 SEEC；若不存在，试说明理由考点突破(1)证明 连接 BD，设 AC 交 BD 于点 O
15、，连接 SO，由题意得四棱锥 SABCD 是正四棱锥，所以 SOAC.在正方形 ABCD 中，ACBD，又 SOBDO，所以 AC平面 SBD，因为 SD 平面 SBD，所以 ACSD.考点突破(2)解 在棱 SC 上存在一点 E，使得 BE平面 PAC.连接 OP.设正方形 ABCD 的边长为 a，则 SCSD 2a.由 SD平面 PAC 得 SDPC，易求得 PD 2a4.故可在 SP 上取一点 N，使得 PNPD.过点 N 作 PC 的平行线与 SC 交于点 E，连接 BE，BN.在BDN 中，易得 BNPO，又因为 NEPC，NE 平面 BNE，BN平面 BNE，BNNEN，PO 平面 PAC，PC 平面 PAC，POPCP，所以平面 BEN平面 PAC，所以 BE平面 PAC.因为 SNNP21，所以 SEEC21.
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