【原】近年高考数学立体几何试题分析及解决策略

近年高考数学立体几何试题分析及解决策略

遵义市南白中学      钟永胜

摘要：数学是研究现实世界的数量关系和空间形式的一门学科，立体几何着重研究空间中的位置关系，是高中数学的重要内容，因此也是高考考查的主要内容。高考对立体几何的考查主要从以下几个方面进行:一是判断空间内基本的几何元素的基本位置关系如平行和垂直；二是对空间想象能力的考查；三是对空间内的线面关系的求解和证明。通常会以选择题，填空题，以及解答题的形式进行考查，会有17~22分的题目考查立体几何内容。在以解答题的形式考查立体几何问题时，常以两个小题的形式出现，以几何体为载体，第一小题主要考查立体感(线、面的平行、垂直)，而二小题进一步考查空间角和距离。利用空间向量解决立体几何好的，能很好地把空间位置关系转换为数量的计算，因此，向量方法在解决立体几何问题中有着广泛的运用，然而用向量法解决立体几何问题时相应的计算较为繁琐计算量较大，所以在能够很好的解决这一问题的同时，考虑能提高解决这一问题的速度就显得很有必要。本文将从简化向量计算和几何法的快速切入的角度，以近年高考试题为例进行一些探索。

关键词：立体几何，空间向量，平面的法向量，向量的内积，向量的外积。

  从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是高考题对立体几何常考常新的热门话题。

一、2021年高考各地用卷情况

1、原有的全国I、II卷合并，称全国乙卷。

适用于安徽、河南、陕西、山西、江西、甘肃、黑龙江、吉林、

宁夏、青海、新疆、内蒙古。

2、原有的全国III卷不变，称全国甲卷。

适用于四川、云南、贵州、广西、西藏。

3、新高考I卷(新课标I卷)

适用于山东、湖北、江苏、河北、广东、湖南、福建。

4、新高考II卷(新课标II卷)

适用于海南、辽宁、重庆。

5、自主命题

北京、天津、上海、浙江。

二、近年高考理科数学立体几何试题题型及对比分析.

题型 及分值 题卷	甲卷	乙卷	新高考1卷	浙江卷
	2个选择题1个解答题共22分	1个选择题1个填空题1个解答题共22分	1个选择题1个解答题共17分	2个选择题1个解答题共22分

一、基础知识整合.

平行与垂直的问题是立体几何永恒的话题，同时也是建立立体感的重要抓手。有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的这程中，大量的反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角与距离等)中不可缺少的内容，因此在立体几何的复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手.

二、空间向量在解立体几何中的灵活运用.

用空间向量解决空间角的问题，掌握起来并不难，但是向量的计算会很繁琐而花费较多的时间，而考试时的时间本身就非常紧张，同时还很容易出错，特别是在计算平面法向量的时候。所以，立体几何解答题往往就出现这样的局面:会做，但是往往十有八九会算错。更好地解决这一问题，本文着重介绍了求平面的法向量的3种方法(内积法、交点法、外积法)。灵活运用这3种运算技巧，常常能达到事半功倍的效果。

平面的法向量及其3种求法：

1、定义:如果⊥α,那么向量叫做平面α的法向量。平面α的法向量共有两大类(从方向上分),无数条。

2、平面法向量的求法

方法一(内积法):在给定的空间直角坐标系中，设平面α的法向量=(x,y,1) [或=(x,1,2)，或=(1,y,z)], 在平面α内任找两个不共线的向量,.由⊥α,得=0且.=0，由此得到关于x,y的方程组，解此方程组即可得到.

方法二（交点法）:任何一个x,y,z的一次方程的图形是平面:反之，任何一个平面的方程是x,y,z的一次方程。Ax+By+Cz+D=0 (A,B,C不同时为0)，称为平面的一般方程。其法向量=(A,B,C);若平面与3个坐标轴的交点为P₁(a,0,0),P₂:(0,b,0),P₃(0,0,c) ,则平面方程为:++= 1 ,称此方程为平面的截距式方程，把它化为一般式即可求出它的法向量。

方法三(外积法):设,为空间中两个不平行的非零向量，其外积×为一长度等于||||sinθ，(θ为,两者交角，且0<θ<π)，而与×皆垂直的向量。通常我们采取[右手定则」，也就是右手四指由的方向转为的方向时，大拇指所指的方向规定为×的方向,×=-×。设=(x₁,y₁,z₁),=(x₂,y₂,z₂),则×=

(注: 1.二阶行列式:M==ad-cb: 2.适合右手定则。)

可以简单记为：若平面ABC，,

 ,得平面ABC的法向量为

归纳一下上面的操作流程:“两向量，写两遍；掐头去尾，捺减撇”。

这三种方法中，学生对第一种方法相对比较熟悉，而对第二种和第三种方法不太熟悉甚至不了解，本文将对后两种方法进行梳理和简化操作介绍并在考题分析时加以运用。

（全国甲卷）19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；

（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?

解法一（向量法）：

（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以

因为，，所以，

又，所以平面．

所以两两垂直．

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

所以，

．

由题设（）．

因为，

所以，所以．

（2）解：设平面的法向量为，

因为，

所以，即．

令，则

因为平面的法向量为，

设平面与平面的二面角的平面角为，

则．

当时，取最小值为，

此时取最大值为．

所以，

此时．

这道立体几何题难度比较大，是对空间几何位置关系的一种探索，怎样在考试的紧张时间里把握住题目的实质，从而顺利解题，对学生的空间想象能力要求相当高。在准确审题，抓住水平面和垂直于水平面的几何要素基础上，建立空间立体感，从而建立恰当的空间直角坐标系，用向量证明第一问的线线垂直就显得较为轻松。而在解决第二个问题时，对计算的能力要求就较高了，如果我们采用求平面法向量的第三种方法即外积法，就可以很好的减小计算量，从而快速求解。

用外积法求平面的法向量，因为，

所以 ，得：

即

简单归纳一下上面的操作流程:“两向量，写两遍；掐头去尾，捺减撇”。若平面ABC，,

 ,得平面ABC的法向量为

在第一小题的解答中，若能抓住线线垂直与线面垂直的联系。要保证一条直线与动直线垂直，只要这条直线垂直于动直线所在的面即可，这样就能够很好地打开几何证明的思路，很快得以证明。

解法二（几何法）：

(1).证明：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以，因为，，所以，

又，所以平面．

所以两两垂直．如图，作BC的中点H，连接EH、B₁H,B₁H∩BF=Q可得EH⊥BF,

又△BFC≌△B₁HB,得∠FBC=∠HB₁B,∠B₁BQ=∠BFC,所以∠B₁QB=∠FCB=90^O,即B₁H⊥BF,又B₁H∩EH=H,BF⊥平面EHB₁A₁,ED在平面EHB₁A₁内,所以BF⊥DE

(2).如图2，作C₁B₁的中点N，作BC的中点H,并连接FN,FH，延长FN交BB₁延长线于M，交BC的延长线于G，连接GE并延长GE交AB于点P，连接PM交AB于D.由题可得：EH⊥BC,FN⊥FH此时面与面所成的二面角的正弦值最小为,此时而所以

（全国乙卷）18. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的正弦值．

解：（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，解得，故；

（2）设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

所以，，

因此，二面角的正弦值为.

（新高考1卷）20. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

（1）证明：因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD

因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，

因此AO⊥平面BCD，

因为平面BCD，所以AO⊥CD

（2）解：作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM

因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD

所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC

因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF

则为二面角E-BC-D的平面角,

因为,为正三角形,所以为直角三角形

因为,

从而EF=FM=

平面BCD,

所以

（浙江卷）19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，

所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．

（2）解：由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则,

又为中点，所以.

由（1）得平面，所以平面的一个法向量

从而直线与平面所成角的正弦值为．

1.立体感的建立.

2.空间向量的运用

3.运算的熟练及速度.

参考文献：《中国高考评价体系》、《中国高考评价体系说明》和《2021年版高考试题说明》(高等教育出版社)，