一道立体高考题的演变
从2009年高考看立体几何“七大”新走势
例 ４ （ 东卷 ） 广
某高 速 公 路 收 费 站 人
Ｐ
点评 ：立 体几 何与概 率交 汇 ，是 近几 年
高考对立体几何考查的一种新题型 ，并作为
压 轴题 的形式放 在本 大题 的题尾 部分 ，背景 新 ，处理 起来有 一定 难度 ，要求 学生具 有 良 好 的空 间想象力 ，如 本题 中应发 现正 方体六
Ａ日 ＝
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Ｃ
点评 ：本 题 从 动 态 的方 位 ，将 立 体 几
主命题卷 ，立体几何题 的总体难度尽管有所 下降，但 由于与新课 标配套 的新教 材的体
系 、结构 、内容 编排 的变化 和对 高考 要求 能 力 、立 意 、思想 考查 的加强 ，使得新 课标 版 的高考立 体几何 试题 的背景 、内容 、题 型设
２ ，在 平面 Ａ ＤＦ内
过 Ｄ作 Ｄ Ｈ上 ＡＦ，
垂 足 为 ， 连 结 ＨＫ． 过 Ｆ 点 作 Ｆ ／ Ｃ交 Ｂ 于 Ａ Ｐ／ Ｂ 点 Ｐ．
Ｃ
Ｐ
图２
Ｂ
置的方式 、方法及处理问题的思维策略都有
较大 的变化 ，尤 其是 与其相关 知识交 汇 的力 度在 不 断加大 ．本 文 试 结 合 ２ ０ 高 考试 ０ ９年 题 ，总结立 体几何 与其 它知识 交汇 的七大题 型 ，以期对 考生 复习有所 悟 ．
４ Ｒ ｔ， （）而球的表面
一道高考题的变迁
解
设 ｔ ＝ ， ａ ｎ ￡于是方 程化 为 ３ ＋ ｔ ５ ＝ ｔ ｌ ４ ＋ ｔ ６，
｛，２ ｌ ａ ４ｚ＝Ｏ ｒ ｒ ｒ Ｏ，
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即 （）（）（）・ ÷ ＋ ‘ 詈‘． ＋ ＝ 令 ｆ ： ）（）（） （ （ 詈 ｔ ÷＋ ＋ ，
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解之， 得 。 ３ ： 巫 ：， 二 ，
注： 类似地 ， 可知不等 式 ’ ＋１ ’ ＋ ） ＞ ＋（ ） ＋（ ２ ’ （ ３ 的解集为 （ ， ＋ ） ３ ＋∞） ．
３ 改指数为变量 。 编超越方程或 函数 问题
将① 中的指数“ ” ３ 换成 “ａ ” 便 得 到《 ｔｎ ， 数学通报》
・
短论荟萃 ・
寸’擞・ （０年 １ 高 版 ？ ７ ２９ 第１期・ 中 ） ０
４ ７
一
高考题 的 变 迁
孙伯 友
４ ２０ 湖 南省邵 阳市二 中 ２００
解
化为
由（ ） ， 方程 有 ＝３的根 ， １知 该 于是原 方 程可
（ ３ （ ＋３ ３ ０ 一 ） ＋ ）＝ ．
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所 以函数 ， ） ［ ，） （ 在 ０ １ 内是减 函数． 又 ０ ０ 所 ）＝ ，
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又 ｇ （ ） 一 ） ＞ ０， 设（ ０ ’ ＝１ （ ｌ
４ ８
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整数解．
⑦
有 正整数解 ， 不妨记 （ 。 ： … ，： ， ） ， ， ㈦ 为⑦ 的一个正 下面证明当 ｎ＝ ＋１ 时命题也成立．
近年高考立体几何命题趋势简析及考题分类解析
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近 年 高 考 立 体 几何 命 题 趋 势简 析 及 考 题 分 类 解 析
◎ 李 忠 （ 西 南 宁 市 邕宁 高 中 ５ ０ １ 广 ３０ ）
立 体 几 何 是 高 考 命 题 的 重 点 内容 ， 是 考 查 考 生 的 空 也 间概 念 、 辑 思 维 能 力 、 间想 象 能 力 及 推 理 运 算 能 力 的有 逻 空 效 载体 ． 文 依 托 近 年 各 地 高 考 试 题 综 合 简 析 高 考 这 部 分 本 内容 命 题 趋 势 ， 对 这 类 考 题 进 行 分 类 解 析 ， 并 以提 高 考 生 解
。
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ＡＰ ＝ ＢＰ ．‘ ． ．ＰＤ ｊ Ａ口． ＿
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ＡＣ ＝ ＢＣ ．‘ ． ．ＣＤ ３ ＡＢ． －
点评 本 题 考 查 的 是 立 体 几 何 中 线 、 位 置 关 系 的 判 面
定 ． 决 这 类 问题 ： 要 把 握 空 间 线 、 位 置 关 系 的 性 质 定 解 一 面
、
命题 趋 势 简 析
理 、 定 定 理 的适 用 条 件 ， 要 充 分 发 挥 空 间 想 象 能 力 ． 判 二 ２ 点 到 线 、 的 距 离 问 题 ． 面 立 体 几 何 中的 距 离 问 题 ， 是 高 考 中 的 命 题 热 点 ， 中 也 其 点 面距 离是 空 间 距 离 的 核 心 ， 为 许 多 距 离 最 终 都 需 要 转 因 化 为点 面距 离来 求 解 ． 点 到 平 面距 离 的 常见 方 法 ： 是 利 求 一
答 这 部 分 试 题 的能 力 ．
一
ｍ 与 两 平 面 的交 线 垂 直 ， 均 不 正 确 ． Ｄ 中 ， ‘ ｔ 故 在 ‘ ｏ上卢，． ． ． ’
探析新高考背景下立体几何解答题特点及复习策略
几何体也 是 一 样 的!连 顶 点 字 母 似!现 把 两 个 题 目 放 在 一 起!供 大 家 参 考 比 较'
(()人教 < 版2普通高中课程标准实验教科书数
学选修!0(3第("7页例+' 如图(!在四棱锥,D*+".
中!底面*+". 是正方形!侧棱 ,. 5 底 面 *+".!且 ,. $ ".!E 是," 的中点!作E' 5 ,+ 交,+ 于点'!
二新 高 考 背 景 下 立 体 几 何 解 答 题 复 习 策略
一回归数学本真强调不变应万变 高考数学试题必须遵照课程标准和教材!大多数
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复习
!"!(年#月!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!复习指引
!结构不全题型的影响 !"!"年新高考全国 卷" 卷中出现了结构不 全的解答题!即第(A题解三角形!虽不是立体几何解 答题!但 由 此 联 想 到!立 体 几 何 解 答 题 是 最 适 合 结 构 不全 题 设 的!不 少 此 类 立 体 几 何 解 答 题 也 横 空 出 世! 或将成为新高考解答题创新点之一! !高等数学知识的下放 福建"重庆等八省市大联考数学卷第!"题'北京大 兴国际机场那只美丽的#蝴蝶%被#数学江湖%虐称#不 讲武德%!题设中的#曲率%是微分几何中的概念!第二 问中#多面体满足'顶点数 0 棱数 / 面数 $ !44%从 欧拉定理而来!其实高数知识下放到高考题中并不是 新鲜事!只是由于站位高给考生解题带来了高门槛! 二第一问考查传统证明 纵观历年高考立体几何解答题!第一问大多是传 统的点"线"面关系的判定与证明!!"!"年各地高考立 体几何解答题第一问主要涉及直线与直线垂直"直线 与平面垂直"平面与平面垂直"直线与直线平行"直线 与平面平行"点在平面内的证明或判定!从难度上看! 均为容易题或中等难度题!处在大多数考生答题适宜 区内!主要考查考生的逻辑推理"数学抽象"直观想象 和数学运算等核心素养! 三第二问注重素养考查 高考立体几何解答题第二问大多是用空间向量 求角的问题!偶尔也出现求距离"最值或探索性问题! !"!"年各地高考 立 体 几 何 解 答 题 第 二 问 主 要 涉 及 求 直线与平面所 成 的 角 (或 正 弦 值 )"求 二 面 角 (三 角 函 数值)!既没有与求距离等有关的考题!也没有探索性 考题!只在新全国 卷(山东)出现最值问题!这类题 型主要考查考生的逻辑推理"数学运算和数学建模等 核心素养!解 题 时 要 重 视 空 间 直 角 坐 标 系 的 灵 活 建 立!也要重视数式的运算技巧!
高考立体几何题历年创新特点归纳与分析2006.2.11
近三年立体几何高考题特点归纳与分析浙江省绍兴二中 王 琛 312000纵观近三年各地的高考试题，其中的立体几何题已成为高考试题创新的主要载体之一，这也是近三年立体几何高考题特点的体现.这里我们对近三年立体几何高考题的特点加以归纳与分析，以期对大家有所帮助.1．运用“折、剪、挖、展”，展示空间魅力，考查空间想象立体几何是培养学生空间想象能力的良好载体，也是考查空间想象能力的良好载体.近几年，命题者运用“折、剪、挖、展”等方法，设计了一大批优秀的具有创新特点的立体几何试题.例1.（2003春·全国）如图,在正三角形ABC 中,D,E,F 分别为各边的中点,G,H,I,J 分别为AF,AD,BE,DE 的中点.将△ABC 沿DE,EF,DF 折成三棱锥以后,GH 与IJ 所成角的度数为 (A) 90° (B) (C) 45° (D) 0°解：题中由正三角形折成的三棱锥为正四面体，所以DF 与BD 所成角为60°，又HG ∥DF 且JL ∥BD ，所以GH 与IJ 所成角的度数为60°，选B. 例2.（2004•重庆•文）如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是(A) 258 (B) 234 (C) 222 (D) 210解：无孔的正方体的表面积为5×5×6＝150.表面少了12块，每个孔没有与其他孔相交部分增加的表面积为4×3＝12.而六个孔相交的六个部分共增加2×6＝12.故总面积为150－12＋72＋12＝222，故选C.例3.（2004·福建·理）如图,将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形,再沿虚线折起,做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的底面边长为 时,其容积最大. 略解：设底面边长为下x ，可求得V=49(x 2-x 3) (0<x<1).通过求导可知当x=32时V 有最大值.故A答案是32. 评析：以上题目的创新主要体现在“题目的立意突出了空间想象能力考查”这一特点.以例2为例，若学生的空间想象能力达不到一定程度，这题会越做越糊涂，若学生空间想象能力较强则答案会信手拈来.这给予我们的启示是：我们的教学也好，复习也好，不能舍本逐木，不能光是为做题目而做题目，要注重对学生空间想象能力的培养.2．借助向量工具，立足方程思想，考查探索能力随着“空间向量”进入新教材，立体几何高考题中出现了大量适宜用向量工具解决的试题，其中的“探索题”最为显眼，分别在2004年的浙江、湖南卷，2005年的浙江、湖北、江西等高考卷的大题中出现，这里我们仅举一例以示说明.例4.（2005·江西）如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AD 上移动.⑴证明：D 1E ⊥A 1D ；⑵当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；⑶AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π. 解：⑴⑵略；⑶以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，设AE=x （0≤x ≤2），则A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0）C （0，2，0）.设平面D 1EC 的法向量)c ,b ,a (n =，∴),1,0,0(DD ),1,2,0(D ),0,2x ,1(11=-=-=由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2x (b a 0c b 2,0,0D 1 令b=1, ∴c=2,a =2-x ， ∴).2,1,x 2(-=依题意.225)2x (222|DD ||n |4cos 211=+-⇒=⋅=π ∴32x 1+=（不合，舍去），.32x 2-=∴AE=32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π.说明：记得2000年全国卷中也曾出现过一道立体几何的探索题，原题如下：如图，已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB=∠C 1CD=∠BCD=60°.⑴⑵略；⑶当1CC CD 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.当时的标准答案采用“先猜后证”的办法，即先猜测得1CC CD ＝1，然后再证明此时能使A 1C ⊥平面C 1BD.但这个标准答案招来了一片答案不够严密的指责，这里的不够严密主要是指答案没有证明除1CC CD ＝1外没有其它值能使A 1C ⊥平面C 1BD.自此2001年至2003年都没有在立体几何大题中出现类似的探索性试题.随着空间向量进入新教材，上述题目可以运用空间向量，结合方程思想来解答（如例4的解答），从而确保了答案的严密性，所以这类探索题重新在2004年和2005年的高考题中频频出现，成为热点之一.3．联系平面空间，运用类比思想，考查合情推理运用类比思想，考查合情推理是近几年立体几何高考题创新的又一特点.例5 （2003·全国·文）在平面几何中有勾股定理：“设△ABC 的两边AB ，AC 互相垂直，则AB 2+AC 2=BC 2.”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积的关系，可以得出的结论是：“设三棱锥A-BCD 的三个侧面ABC ，ACD ，ADB 两两互相垂直，则 .答：S △ABC 2+S △ACD 2+S △ABD 2=S △BCD 2例6.（2004·广东）由图(1)有面积关系:PAB B PA S S ∆∆''=PB PA PB PA ⋅⋅''则由(2) 有体积关系:ABCP C B A P V V --'' . 图(2)图(1)答：PCPB PA PC PB PA ⋅⋅⋅⋅'''. 例7.（2004·春·上海）如图,点P 为斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点,PM ⊥BB 1交AA 1于点M, PN ⊥BB 1交CC 1于点N.⑴求证：CC1⊥MN ；⑵在任意△DEF 中有余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2-2DF ·EFcos ∠DFE. 拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明. 答：⑵中关系式为αcos 21111111111222A ACC B BCC A ACC B BCC A ABB S S S S S ⋅-+=，证明略.4．关注社会热点，联系生活实际，考查应用能力立体几何应用题也是近三年各地高考卷中出现频率较高的试题之一，如2003年全国春季卷，2004年的北京卷、重庆卷，2005年的湖北卷.这里也仅举一例以示说明.例8．(2005·湖北·文)木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的（A ）60倍 （B ）6030倍 （C ）120倍 （D ）12030倍答：C5．贯通其它章节，立足交汇知识，考查综合能力与前几年“立体几何试题较少与其它章节的知识联系”不同，近三年的立体几何题也开始贯彻“立足于知识的交汇点命题”这一原则，出现了较多的与其它章节融会贯通的试题，这也是近三年立体几何试题创新的特点之一.5.1 与“简易逻辑”结合的立体几何试题随着“简易逻辑”进入新教材，高考立体几何中出现了与“简易逻辑”融合交汇的试题，特别是2005年，分别在浙江、辽宁、湖北、福建等高考卷中出现，其中浙江卷中的试题如下：例9．(2005·浙江)设α、β为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的A A 1B BC 1 C M NP直线，且β⊂α⊂m ,l ，有如下两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β.那么（A ）①是真命题，②是假命题（B ）①是假命题 ，②是真命题（C ）①②都是真命题（D ）①②都是假命题答：D5.2 与数列结合的立体几何试题例10．(2005·重庆·文)有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各连接中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是（A ）4 （B ）5 （C ）6 （D ）7答：C5.3 与解析几何结合的立体几何试题2004年，分别在天津、重庆、北京等高考卷中出现了以立体几何为载体，涉及轨迹问题的试题，成为了当年试题创新的一道亮点.例11.（2004·天津·文）如图，定点A 和B 都在平面α内，定点P ∉a,PB⊥a, C 是α内异于A 和B 的动点，且PC ⊥AC.那么，动点C 在平面α内的轨迹是(A)一条线段，但要去掉两个点(B)一个圆，但要去掉两个点(C)一个椭圆，但要去掉两个点 (D)半圆，但要去掉两个点答：B例12.（2004•重庆•理）若三棱锥A-BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成图形可能是（A ） （B ）B AC B α（C）（D）答：D例13.（2004·北京）如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是侧面BB1C1C内一动点,若P到直线BC与直线C1D1的距离相等,则动点P的轨迹所在的曲线是(A)直线 (B)圆 (C) 双曲线 (D) 抛物线答： DAC。
一道高考题的演变
一道高考题的演变要点：许多高考题都是在一些熟悉的题目基础上编制出来的. 下面的例子是60年代的一个高考题，经过改造，在近年的高考试题中频频出现，现在把它们总结出来，或许对老师和同学们有所启迪.题目：过抛物线y 2＝2px (p >0)的顶点O 作互相垂直的两条射线,交抛物线于A 、B 两点.求证：AB 中点的轨迹仍为抛物线(60年代高考题)解1: 设OA : y =kx ,OB : y =-k1x . 由y =kx 和y 2=2px 得 A (22kp ,k p 2)， 同理B (2pk 2, -2pk ).设AB 中点为P (x ,y ). 则 x =p (21k+k 2)，y =p (k 1-k ) . 削去k 得y 2=p (x -2p )，这是以C (2p ,0)为顶点的抛物线.解2: 设点P (x ,y )、A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2). 由OB OA ∙=x 1x 2+y 1y 2=22214)(py y +y 1y 2=0, 得y 1y 2= -4p 2. 又设AB 方程为: x =my +n , 代入y 2=2px 得 y 2-2pmy -2pn =0. 根据韦达定理得y 1+y 2 =2pm , y 1y 2=-2pn =-4p 2.所以n =2p , AB 方程为: x =my +2p ............①点P 的纵坐标为y =221y y +=pm , 与①联立消去m 得 y 2=p (x -2p ). 这是以(2p ,0)为顶点, 焦点在x 轴上的抛物线.由解题过程可以得到两个中间结果:⑴直线AB 过定点(2p ,0); ⑵y 1y 2= -4p 2.中间结果⑴就是下面的题目1. 过抛物线y 2＝2px (p >0)的顶点O 作互相垂直的两条射线,交抛物线于A 、B 两点. 求证: AB 过定点.因为AB过定点C(2p,0)，作OQ⊥AB于Q，则点Q一定在以OC为直径的圆上，于是有2.(2000春季22题)已知点A、B在抛物线y2＝2px(p>0)上运动，O是坐标原点，且OA⊥OB, OQ⊥AB于Q.求点Q的轨迹方程.由中间结果⑵及均值不等式可以求出y12+y22的最小值.3. (2006山东)已知抛物线y2=4x, 过点P(4,0)的直线交抛物线于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,则y12+y22的最小值是_____.把1题逆过来得4.(2004重庆理)设常数p>0，过点C(2p,0)作直线与抛物线y2＝2px交于相异两点A、B. 以线段AB为直径作圆H(H为圆心).试证明抛物线的顶点在圆H的圆周上, 并求出圆H的面积最小时, 直线AB的方程(文科与此类似).把抛物线的焦点放在y轴上, 并注意到S△AOB=p|x1-x2|. 由x1x2= -4p2并结合均值不等式可求|x1-x2|的最小值.5.(2005广东)已知A、B是抛物线y=x2上两点，O为坐标原点, OA⊥OB.⑴求△AOB的重心G的轨迹方程;⑵△AOB的面积是否存在最小值, 若存在，请求出最小值；若不存在请说明理由.把OA⊥OB这个条件用|+|=|-|替换得6．(2006辽宁)已知A(x1,y1)、B(x2,y2)(x1x2≠0)是抛物线y2＝2px(p>0)上两个动点，O是坐标原点，向量、满足|+|=|-|.设圆C的方程为x2+y2-(x1+x2)x-(y1+y2)y=0.⑴证明:线段AB是圆C的直径;⑵当C的圆心到直线x-2y=0的最小距离为552时, 求p的值.命题者想把∠AOB=90°换成其它固定的角(即OA、OB的倾斜角之差为定值)看看AB 是否过定点，AB 中点轨迹是否为抛物线. 结果发现猜想并 不成立. 但是，把条件换成“OA 、OB 的倾斜角之和为定值”,则AB 过 定点. 此时也便于使用韦达定理, 于是有7. (2005山东题)已知动圆过定点(2p ,0)且与定直线x = -2p 相切,其中p >0. ⑴求动圆圆心C 的轨迹方程;⑵设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点, 直线OA 、OB 的倾斜角分别为α、β，当α、β变化且α+β为定值θ(0<θ<π)时,证明直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标(文科θ=4π). ∠AOB =90°⇔OB OA ∙=0. 于是猜想“若OB OA ∙=c (常数),直线AB 过定点”.得8. 已知A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2)(x 1x 2≠0)是抛物线y 2＝2px (p >0)上两个动点，O 是坐标原点，∙=c .⑴求c 的取值范围;⑵当c 为常数时,研究直线AB 是否过定点?解: ⑴∵OB OA ∙=x 1x 2+y 1y 2=222214p y y +y 1y 2=c , ∴y 12y 22+4p 2 y 1y 2-4p 2 c =0 …………………..①由△=16p 2(p 2+c )≥0得c ≥-p 2;⑵ 由①得 y 1y 2= -2p 2±2p c p +2………..②直线AB 的方程为y -y 1=212y y p +(x -x 1)，以x 1=py 221代入并整理得 y = 21212y y y y px ++……………………………..③ 把②代入③得y =212)(2y y c p p x p ++±-, 所以直线AB 过定点M (p -c p +2,0)或N (p +c p +2,0).当c =0时,因AB 不过原点，所以AB 过定点(2p ,0)，这就是题目1. 此题的结果说明: 当点A 固定后，可以在抛物线上找到两点B 1和B 2，使直线AB 1过点M (p -c p +2,0)，直线AB 2过点 N (p +c p +2,0)，并且1OB ∙=2OB OA ∙,即1221)(B B OB OB ∙=-∙=0.于是得9. 点A 是抛物线y 2＝2px (p >0)上异于原点O 的动点，点M 、N 在x 轴上,且关于点(p , 0)对称，直线AM 和AN 分别与抛物线交于B 、C 两点. 求证:BC ⊥OA .保持点A 不动，变动M 、N ，由OA 的斜率为常数，及BC ⊥OA ，可知BC 的斜率也为常数，得到10．点A 是抛物线y 2＝2px (p >0)上异于原点O 的定点，点M 、N 是x 轴上关于点(p , 0)对称的两个动点，直线AM 和AN 分别与抛物线交于B 、C 两点. 求证: BC 的斜率为常数.题目8的逆命题为11. 过x 轴上一个定点（异于原点）M （a ,0）作直线l 交抛物线y 2＝2px (p >0)于A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2)两点，求证:⑴y 1y 2为常数； ⑵OB OA ∙为常数.把8题和11题迭加在一起, 并取其一种特殊情况就是12. (2006上海)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 与抛物线 y 2=2x 相交于A 、B 两点.⑴求证:“如果直线l 过点T (3,0), 那么OB OA ∙=3”是真命题; ⑵写出⑴中命题的逆命题,判断它是真命题还是假命题,并说明理由.特别地，当a =2p 时，就是大家熟悉的题目 13. 过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点的直线交抛物线于A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2)两点，求证: y 1y 2=-p 2.题目10和13还有许多变化，请见“数学习题的编造”专题.。
近五年高考数学立体几何试题的研究【文献综述】
毕业论文文献综述数学与应用数学近五年高考数学立体几何试题的研究立体几何是高中数学的重要内容，对学生的空间想象能力、逻辑思维能力，演绎推理能力的培养具有重要作用，因此在历年的高考试题中一直占有非常重要的地位。
而在新课程实施的大背景下，立体几何的高考命题更是一道最富有特色的靓丽风景线。
作为中学数学传统的主体内容之一，立体几何高考命题始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与距离的计算作为考查的重点，旨在考察学生的空间想象能力、逻辑思维、演绎推理能力等。
教育部（2003）公布的《普通高中数学课程标准（实验）》中指出关于立体几何的内容安排在必修2中，主张采用直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法来认识和探索几何图形及性质。
这与以往的通过点线面来认识立体几何有很大的不同。
而随着新课程改革的不断深化，立体几何无疑又成为数学学科高考命题改革的“突破口”与“试验田”，有时还成为“风向标”，这些改革尝试的目的在于“激发学生独立思考，从数学的角度去发现和提出问题，并加以探索和研究，有利于提高学生的思维能力和创新意识”。
因此研究紧五年的高考试题非常有必要与参考价值。
立体几何是高考必考的内容，对于高考数学中立体几何试题国内很多教育学者等都进行了很多相关的研究，主要是从所占比重，命题的方式，考查内容解题策略等方面来进行研究。
立体几何试题一般以“两小题一大题”的形式出现，分值在23分左右．从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变。
除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”，“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。
对于立体几何的考察内容一般包括四大部分：(1)证空间关系；(2)求空间角；(3)求空间距离；(4)直观图与三视图的有关计算。
立体几何十年高考题(带详细解析)
D.若 a⊥M，a∥N，则 M⊥N
3.（2002 北京春，2）已知三条直线 m、n、l，三个平面α、β、γ.下面四个命题中，
正确的是（ ）
α ⊥γ ⎫
A.
β
⊥γ
⎬ ⎭
⇒ α∥β
m // β ⎫
B.
l
⊥
m
⎬ ⎭
⇒
l⊥β
m //γ ⎫
m ⊥γ⎫
C.
n // γ
⎬ ⇒ m∥n ⎭
D.
n ⊥γ
⎬ ⇒ m∥n ⎭
A.1∶3
B.2∶3
C.1∶2
D.2∶9
20.（2000 全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2 , 3, 6 ，这个长
方体对角线的长是（ ）
A.2 3
B.3 2
C.6
D. 6
图 9—5
21.（2000 全国文，12）如图 9—5，OA 是圆锥底面中心 O 到母线的垂线，OA 绕轴旋 转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）
2
A.
2π
B. 8 π
4
C.
5π
D. 10 π
81
81
81
81
图 9—7
37.（1995 全国文，10）如图 9—7，ABCD—A1B1C1D1 是正方体，B1E1＝D1F1＝ A1 B1 ， 4
则 BE1 与 DF1 所成角的余弦值是（ ）15A.17183
B.
C.
D.
2
17
2
38.（1995 全国，4）正方体的全面积是 a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是 （）
A.2×5 B.2×5.5 C.2×6.1 D.3×5 8.（2002 全国文 8，理 7）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半 球的体积相等，那么，这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ）
高考立体几何试题的创新动向与复习启示
大 小
选择题 线面垂 直的判定及其性质
ｌ ６
１ ２ 天津 １ ９
解答题 在正方 体中 ， 求线 面角的大小
填空题 在球与 正方体的组合 中， 求球 的表面积 解答题 在 四棱 锥中 第 （ ） １ 小题证线 面垂 直 ， （ ） 第 ２ 小题求 异面 直线所成 角 的大 小 ， （ ） 题 第 ３小
填空题 正 四棱柱的体积 解答题 在 ２个直角梯形所 围成 的多 面体 中， １ 小题证 明 四点共面 ， （ ） 第（ ） 第 ２ 小题求 二面角 的
大小
选择题 球截 面面积与球 的体积 解答题 在直三棱柱 中 ， （ ） 第 １ 小题线线垂直 ， （ ） 第 ２ 小题 比较线面角与面面角 的大小
福建
１ ５
填空题 在球 与三棱锥 的组 合体 中， 求球 的表面积
１ ８
４ 安徽 １ ６
解答题 在四棱锥 中 ， （ ） 第 １小题证线 面垂直 ， （） 第 ２ 小题求异 面直线所成 的角 ， （ ） 题结合 第 ３小
，
求 二 面 角 的 大 小
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３ ０・
续表 １
中学教研 （ 学） 数
２０ ０ ８年 第 ８期
试 卷
题 ５
题型
考点及简要 分析
选择题 线面平行与线面垂直的判定及性质
湖南
９ １ ７
９
填空题 球面距离问题 解答题 在一侧棱 垂直于底 面的 四棱锥 中， （ ） 第 １ 小题证 面面垂直 ， （ ） 第 ２ 小题求 面面角 的大小
维普资讯
２０ ０ ８年第 ８期
中学教研 （ 学） 数
・２ ９・
高 考 立 体 几 何 试 题 的 创 新 动 向 与 复 习 启 示
两道高考立体几何题命题探源
求得线段 长度 ；第 （ ）问利用勾股定 理逆定理 可证 ２
得 咒 ｝ Ｄ，然后 再 证 明 Ｐ 上Ｃ Ｄ上底 面 ＡＢ Ｄ，从 而 找 到 Ｃ
面 Ｂ Ｆ，． ＤＧ上Ｄ Ｄ ’ ． Ｒ，Ｄ Ｇ上ＤＱ，． ＬＲ Ｂ 是 平 面 ‘ Ｄ ． Ｂ Ｄ与平 面 Ｒ Ｄ所成二 面角 的平 面角．在 Ｒ ＡＢ Ｆ Ｅ Ｑ ｔ Ｃ
（ ）设 平 面 Ｂ Ｄ 与平 面 Ｒ Ｏ 的交线 为 ＤＧ 由 ２ Ｅ Ｑ ．
Ｆ＝ Ｆ Ｑ Ｅ。Ｆ Ｚ Ｆ Ｑ ， Ｂ Ｒ＝ Ｂ， Ｒ／Ｅ 而Ｅ Ｂｃ平 面 Ｂ Ｅ，． Ｑ Ｄ ‘ 尺∥平 面 Ｂ Ｅ，而平 面 ． Ｄ ＢＥ Ｄ ｎ平 面 Ｒ Ｄ Ｄ Ｑ ＝ Ｇ，．Ｑ ／Ｄ ／Ｅ ． （）知 ， ‘ Ｒ／ Ｇ／ ８ 由 １ ．
课 本 原 型 ：人 教 Ａ 版
Ｐ
争Ｆ ， Ｒ 争Ｆ ， １ Ｅ Ｆ ＝ Ｂ 求平面Ｂ Ｄ与平面Ｒ Ｄ所成二 １ Ｅ Ｑ
面角的正弦值．
《 数学 必 修 ２ ． 》２３节 《 直线 ， 平 面垂 直 的判 定 及 其 性 质 》
例 题 ３如 图 ， 已知 Ａ，日是 ＧＯ的 直径 ，Ｐ Ａ垂 直于 ＱＯ
蕊串 ２ １ ０ ０聱第 ７ ８期
数学有数
－
￣／ ５
一 —ａ，＿ ＿由余弦定理得 ：
证 能力 和运 算 求 解 能
力． 解 题探究 ： （） １
ＲＤ＝ Ｂ ＋ ｚ．Ｂ ＢＲｃ ｓ ＲＢ 、／ ＤｚＢＲ — Ｄ・ ２ ｏ Ｄ
要证明 Ｐ Ｂ上平 面 ＡＦ Ｅ，
＝ ＝
４ 。 △ＡＤＰ ５． ＮＡ Ｂ ＡＤ．
（ １ 线段 Ｐ 的长 ； ）求 Ｄ
立体几何高考真题探源
立体几何高考真题探源作者：杨耀美来源：《高中生·高考指导》2013年第06期高考立体几何解答题作为中档大题，与教材上出现的习题有着非常密切的联系.其联系主要表现在三个方面：一是高考题改变教材习题的问法，即将某个条件放到结论中去；二是由教材习题的两个或多个基本图形组合而成；三是改变教材习题图形中的线面位置.学生在回归教材复习阶段，不能孤立地看一道道习题，可以适当给予组合或对问题采取逆向改变，从而起到对教材习题融会贯通的作用.下面就一道高考真题与教材中的习题的关系作分析，以期起到抛砖引玉的作用，使学生的复习真正落到实处，从而把握立体几何高考题的命题趋向.（Ⅰ）证明：DC1⊥BC；（Ⅱ）求二面角A1—BD—C1的大小.参考答案（方法1）（Ⅰ）证明：在Rt△DAC中，AD= AC，可得∠ADC= 45°.同理有∠A1DC1= 45°，则∠CDC1= 90°.于是可得DC1⊥DC.又DC1⊥BD，则DC1⊥平面BCD，所以DC1⊥BC.（Ⅱ）解：由DC1⊥BC，CC1⊥BC，得BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC.取A1B1的中点为O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H.由A1C1=B1C1，可得C1O⊥A1B1，平面A1B1C1⊥平面A1BD，则C1O⊥平面A1BD.由OH⊥BD，可得C1H⊥BD，则点H与点D重合，且∠C1DO是二面角A1—BD—C1的平面角.故二面角A1—BD—C1的大小为30°.教材原题1 （人教A版高中数学教材必修2第73页第3题）如图，在三棱锥V—ABC 中，∠VAB =∠VAC =∠ABC =90°，试判断平面VBA与平面VBC的位置关系，并说明理由.解答过程平面VBA与平面VBC的位置关系是垂直.由VA⊥AB，VA⊥AC，可得VA⊥平面ABC.于是得VA⊥BC，AB⊥BC，所以BC⊥平面VBA.又BC？奂平面VBC，所以平面VBA⊥平面VBC.教材原题2 （人教A版高中数学教材选修2-1第119页第2题）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.（1）求证：A1C⊥平面AEF；（2）当AB = 4，AD =3，AA1 =5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成的角的余弦值.演变4：将教材原题2中的第（2）问中的二面角换一个位置作为高考真题的第（Ⅱ）问，而且将条件简单化，即教材原题2中的“AB =4，AD =3，AA1=5”，而高考真题中的“AC =BC”，在作二面角的平面角时更为直观和简单.我们不难发现，上述演变有机地将教材原题整合为高考真题，有效地考查了“线面垂直与面面垂直的转化”和“证明线线垂直方法的多样性与灵活性”.因此，这启发学生在回归教材时，应注意以下环节：①抓住教材习题中“基本图形的线面关系”，适当将题设中的条件和所要探求的结论交换，得到一个新命题，达到融会贯通题目所要考查的知识点和方法的目的.②将基本图形简单组合，一般可以将三棱锥置于长方体或正方体中，从而发现新的线面关系.③归纳一类基本图形的处理方法.杨耀美，中学高级教师，数学备课组组长，2011年获得“澧县首届优秀备课组长”称号.有多篇文章在省级刊物上公开发表.主编多部高考复习教辅书，主持并编写高一至高三年级数学全套导学案.（责任编校周峰）。
分析历届高考试题探讨今年高考立体几何试题的思维动向
分析历届高考试题探讨今年高考立体几何试题的思维动向从近十年各地高考试题分析，立体几何是每年高考必考内容之一，其题型一般是一个解答题，2至3个填空或选择题．解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解．下面让我们一起来探讨今年高考立体几何试题的思维动向和解题方法．重点、热点：求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．常用公式： 1、求线段的长度：222z y x AB ++==()()()212212212z z y y x x -+-+-=2、求P 点到平面α的距离：PN =，（N 为垂足，M 为斜足，n 为平面α的法向量）3、求直线l 与平面α所成的角：|||||sin |n PM ⋅=θ(l PM ⊂,α⊂M ,为α的法向量)4、求两异面直线AB 与CD 的夹角：||||cos CD AB ⋅=θ5、求二面角的平面角θ：|||||cos |2121n n ⋅=θ，（ 1n ，2n 为二面角的两个面的法向量）6、求二面角的平面角θ：SS 射影=θcos ，（射影面积法）7、求法向量：①找；②求：设, 为平面α内的任意两个向量，)1,,(y x =为α的法向量，则由方程组⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0n b n a ，可求得法向量n ．例1、（2000年）本题主要考查线线关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA=CB=1， ∠BCA=90º，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点， （I ）求BN 的长；（II ）求异面直线BA 1与CB 1的夹角； （III ）求证：A 1B ⊥C 1M. [方法一]：（几何法）解析：（I ）∵CA=CB=1，∠BCA=90°，∴AB=2又∵AN=21AA 1， ∴BN=22AN AB +=3 （ II ）如图，作AD ∥BC ，BD ∥AC ，A 1D 1∥B 1C 1，B 1D 1∥A 1C 1， E 、F 分别是AC 、B 1D 1的中点，连结DD 1，EF ，A 1F ，A 1E ，EB ，BF ，A 1B 与 EF 交于O 点，则EF ∥CB 1，A 1F ∥EB ，A 1E ∥BF ， ∴四边形A 1EBF 为平行四边形，∴OB 与OE 的夹角等于异面直线BA 1与CB 1的夹角，∵B A 1=6，CB 1=5，BE=521∴OBOE EB OB OE ⋅-+=2cos 222θ=1030即异面直线BA 1与CB 1的夹角为1030arccos（III ）∵CA=CB=1，A 1M=B 1M ， ∴C 1M ⊥A 1 B 1 又AA 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1M∴C 1M ⊥平面ABB 1A 1， 又∵A 1B ⊂平面ABB 1A 1∴ A 1B ⊥C 1M [方法二]：（向量法）解析：（I ）如图，以C 点为原点建立直角坐标系， 则B （0，1，0），N （1，0，1），∴ ||=222)01()10()01(-+-+-=3 （II ）A 1（1，0，2），B 1（0，1，2），C （0，0，0）=1BA （1，-1，2），=1CB （0，1，2），∴cos <1BA ，1CB >|CB ||BA |11112223222102)1(1221)1(01++⋅+-+⨯+⨯-+⨯=1030故异面直线BA 1与CB 1的夹角为1030arccos（III ）C 1（0，0，2），M （21，21，2），C 1=（21，21，0），A 1（-1，1，-2） ∴C 1·A 1=21×（-1）+21×1+0×（-2）=0∴ A 1B ⊥C 1M间想象能力和且AB CDNM A B C D O E F 1111ABCN MA B C 111xyzC,21a AD AF ==G 是EF 的中点， （Ⅰ）求证平面AGC ⊥平面BGC ；（Ⅱ）求GB 与平面AGC 所成角的正弦值. （Ⅲ）求二面角B —AC —G 的大小. [方法一]：（几何法）（Ⅰ）证明：正方形ABCD AB CB ⊥⇒∵面ABCD ⊥面ABEF 且交于AB ，∴CB ⊥面ABEF ∵AG ，GB ⊂面ABEF ， ∴CB ⊥AG ，CB ⊥BG 又AD=2a ，AF= a ，ABEF 是矩形，G 是EF 的中点， ∴AG=BG=a 2，AB=2a ， AB 2=AG 2+BG 2， ∴AG ⊥BG ∵CG ∩BG=B ∴AG ⊥平面CBG而AG ⊂面AGC ， 故平面AGC ⊥平面BGC（Ⅱ）解：如图，由（Ⅰ）知面AGC ⊥面BGC ，且交于GC ，在平面BGC 内作BH ⊥GC ，垂足为H ，则BH ⊥平面AGC ， ∴∠BGH 是GB 与平面AGC 所成的角 ∴在Rt △CBG 中a BG BC BG BC CGBGBC BH 33222=+⋅=⋅=又BG=a 2， ∴36sin ==∠BG BH BGH （Ⅲ）由（Ⅱ）知，BH ⊥面AGC作BO ⊥AC ，垂足为O ，连结HO ，则HO ⊥AC ， ∴BOH ∠为二面角B —AC —G 的平面角在a BO ABC Rt 2,=∆中在Rt △BOH 中， 36arcsin36sin =∠==∠BOH BO BH BOH 即二面角B —AC —G 的大小为36arcsin[方法二]：（向量法）解析：如图，以A 为原点建立直角坐标系，则A （0，0，0），B （0，2a ，0），C （0，2a ，2a ）， G （a ，a ，0），F （a ，0，0） （I ）证明：略． （II ）由题意可得)0,,(a a AG =，)2,2,0(a a AC =，)0,,(a a BG -=，)2,0,0(a BC =，设平面AGC 的法向量为)1,,(111y x n =，A B CDEF Gxyz A BCDEFGH O由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011n AC n ⎩⎨⎧=+=+⇒0220111a ay ay ax ⎩⎨⎧-==⇒1111y x )1,1,1(1-=⇒n||||sin 11n BG ⋅=θ322⋅=a a 36=（III ）因)1,,(111y x n =是平面AGC 的法向量，又AF ⊥平面ABCD ，平面ABCD 的法向量)0,0,(a AF =，得|c o s |11=θ333==aa ， ∴ 二面角B —AC —G 的大小为33arccos ． [方法三]：（射影面积法） （I ）、（II ）略（III ）过G 作GH ⊥AB ，∵ 平面ABCD ⊥平面ABEF ，∴ △AHC 就是△AGC 在平面ABCD 内的射影，又由（I ）可知AG ⊥GC ，知221a BC AH S AHC =⋅=，2321a GC AG S AGC =⋅=， ∴SS 射影=θcos 33322==aa， ∴ 二面角B —AC —G 的大小为33arccos ．例3、(1997年) 本题主要考查线线关系、正方体和三棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点. (Ⅰ)证明AD ⊥D 1F; (Ⅱ)求AE 与D 1F 所成的角; (Ⅲ)证明面AED ⊥面A 1FD 1;()11EDA F 111V E D A F 2AA IV --=的体积，求三棱锥设[方法一]：（几何法）解:(Ⅰ)∵AC 1是正方体, ∴AD ⊥面DC 1. 又D 1F 面DC 1, ∴AD ⊥D 1F. (Ⅱ)取AB 中点G ，连结A 1G ，FG ．∵ F 是CD 的中点，∴ GF 、AD 平行且相等， 又A 1D 1、AD 平行且相等，∴ GF 、A 1D 1平行且相等，故GFD 1A 1是平行四边形，∴ A 1G ∥D 1F.A BCDEFGH设A 1G 与AE 相交于点H,则∠AHA 1是AE 与D 1F 所成的角，∵ E 是BB 1的中点, ∴ Rt △A 1AG ≌Rt △ABE ，∠GA 1A=∠GAH ，从而∠AHA 1=90°， 即直线AE 与D 1F 所成角为直角.(Ⅲ)由(Ⅰ)知AD ⊥D 1F ，由(Ⅱ)知AE ⊥D 1F ，又AD ∩AE=A ，∴ D 1F ⊥面AED ．又∵ D 1F 面A 1FD 1,∴ 面AED ⊥面A 1FD 1. (Ⅳ)连结GE,GD 1.∵FG ∥A 1D 1, ∴FG ∥面A 1ED 1, ∵AA 1=2, 面积S △A 1GE=S □ABB 1A 1-2S △A 1AG--S △GBE=23 又GE A F GFD A E ED A F V V V 1111121---== FG S GE A ⋅=13112233111=⋅⋅=∴-ED A F V [方法二]：（向量法）解析：设正方体的棱长为2，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，则D （0，0，0），A （2，0，0），F （0，1，0），E （2，2，1），A 1（2，0，2），D 1（0，0，2）， (I) ∵ )0,0,2(=DA ,)2,1,0(1-=F D ，得⋅DA 01=F D ，∴ AD ⊥D 1F; (II)又)1,2,0(=，得||||cos 11F D AE ⋅=θ01==∴ AE 与D 1F 所成的角为90° (III) 由题意：)0,0,2(11=A D ，设平面AED 的法向量为)1,,(111y x n =，设平面A 1FD 1的法向量为)1,,(222y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011n AE n ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒21011y x )1,21,0(1-=⇒n 由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0021121n A D n D ⎩⎨⎧==⇒2022y x )1,2,0(2=⇒n得|||||cos |21n n ⋅=θ021==EF ABCD xyz A 1B 1C 1D 1E∴ 面AED ⊥面A 1FD 1.（Ⅳ）∵AA 1=2，)1,1,2(---=，平面A 1FD 1的法向量为)1,2,0(2=nF D D A S FD A 1112111⋅⋅= 5=， ∴E 到平面A 1FD 1的距离||22n EF d ⋅=53=， 15533111=⋅⋅=∴-ED A F V 例4、（2002年）本题主要考查线面关系、二面角和函数极值等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力.如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直. 点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=)20(<<a a .（Ⅰ）求MN 的长； （Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小； （Ⅲ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小. [方法一]：（几何法）解：（Ⅰ）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ ， 依题意可得 MP ∥NQ ，且MP=NQ ，即MNQP 是平行四边形， ∴ MN=PQ. 由已知，CM=BN=a ，CB=AB=BE=1， ∴ AC=BF=2， 21,21a BQ a CP == 即 2a BQ CP == 2222)2()21()1(a a BQ CP PQ MN +-=+-==∴)20(21)22(2<<+-=a a .（Ⅱ）由（Ⅰ），,21)22(2+-=a MN ∴ 当.22,22==MN a时 即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为.22 （Ⅲ）取MN 的中点G ，连结AG 、BG ， ∵ AM=AN ，BM=BN ，G 为MN 的中点，∴ AG ⊥MN ，BG ⊥MN ，∠AGB 即为二面角α的平面角，又AG=BG=46，所以，由余弦定理有 ABC D EFM NPQ BCDEM.31464621)46()46(c o s 22-=⋅⋅-+=α 故所求二面角)31arccos(-=α.[方法二]：（向量法） 解析：如图，建立空间直角坐标系B-xyz ，则A （1，0，0），C （0，0，1），E （0，1，0），F （1，1，0）， （I ）CA a BC CM BC BM 2+=+= )1,0,1(2)1,0,0(-+=a )21,0,2(a a -= a 2=)0,2,2(aa = -=∴)12,2,0(-=aa ，)20(122<<+-=a a a（II ）由（I）知：122+-=a a 21222+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a 所以当22=a 时，MN 的长最小，此时MN=22． （III ）由（II ）知，当MN 的长最小时，22=a ，此时M 、N 分别是AC 、BF 的中点．取MN 的中点G ，连结AG 、BG ，易证∠AGB 为二面角A-MN-B 的平面角．∵点)21,0,21(M ，点)0,21,21(N ，∴点)41,41,21(G∴)41,41,21(--=，)41,41,21(---=，∴31,cos -=>=<GB GA ，∴故所求二面角)31arccos(-=α= π-31arccos例5、（2002年）本题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三形，∠ACB=90°，侧棱AA 1=2，A B CDEFMNGyxzD 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G. （Ⅰ）求A 1B 与平面ABD 所成角；（Ⅱ）求点A 1到平面AED 的距离.[方法一]：（几何法）（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影， 即∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角. 设F 为AB 中点，连结EF 、FC 、DE ，.3,1,2312.,,,,,11=∴==⋅=∈∴∆∴⊥FD EF FD FD FG EF EFD DF G ADB G CDEF ABC DC B A CC E D 中在直角三角形的重心是为矩形平面又的中点分别是.32arcsin.323136sin .3,321,22,2.36321,21所成的角是与平面于是ABD B A EB EG EBG EB B A AB CD FC EG ED ∴=⋅==∠∴===∴===⨯==（Ⅱ）连结A 1D ，有E AA D AED A V V 11--=,,,F AB EF EF ED AB ED =⋂⊥⊥又 AB A ED 1平面⊥∴,设A 1到平面AED 的距离为h ， 则ED S h S AB A AED ⋅=⋅∆∆1 .2621,24121111=⋅==⋅==∆∆∆ED AE S AB A A S S AED AB A AE A 又 .362.36226221的距离为到平面即AED A h =⨯=∴[方法二]：（向量法）（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即∠A 1BG 是A 1B 与平ABD 所成的角. 如图所示建立坐标系，坐标原点为C ，设CA=2a ，则A(2a ,0,0),B(0,2a ,0),D(0,0,1))1,32,32(),1,,(),2,0,2(1a a G a a E a A )1,2,0(),32,3,3(a a a -==∴，032322=+-=⋅∴a ，解之得1=aA 1ABA B 1.37arccos .372131323/14cos ).31,34,32(),2,2,2(11111所成角是与平面ABD B A BG A BG BA ∴=⋅==∠∴-=-=∴（Ⅱ）由（Ⅰ）有A(2,0,0)，A 1(2,0,2)，E(1,1,1)，D(0,0,1)，.,,0)0,1,1()2,0,0(,0)0,1,1()1,1,1(11AED ED E AA ED ED AA ED AE 平面又平面⊂⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=--⋅=⋅=--⋅-=⋅E AA AED 1平面平面⊥⇒∵)0,1,1(=2=3=22= 24121111=⋅==∆∆AB A A S S AB A AE A 又，.2621=⋅=∆ED AE S AED 由E AA D AED A V V 11--=，ED S h S AB A AED ⋅=⋅⇒∆∆1， 得.3622622=⨯=h .3621的距离为到平面即AED A 例6、（2003年）．本题主要考查线面关系和四棱柱等基础知识,同时考查空间想象能力和推理能力. 已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，AB=1，AA 1=2，点E 为CC 1中点，点F 为BD 1中点.（I ）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线； （II ）求点D 1到面BDE 的距离. [方法一]：（几何法）（I ）证明：取BD 中点M ，连结MC ，FM ， ∵F 为BD 1中点， ∴FM ∥D 1D 且FM=21D 1D ， 又EC=21CC 1，且EC ⊥MC ， ∴四边形EFMC 是矩形 ∴EF ⊥CC 1 又CM ⊥面DBD 1 ∴EF ⊥面DBD 1∵BD 1⊂面DBD 1， ∴EF ⊥BD 1 ，故EF 为BD 1与CC 1的公垂线. （II ）解析：连结ED 1，有DBE D DBD E V V --=11由（I ）知EF ⊥面DBD 1，设点D 1到面BDE 的距离为d ， 则S △DBC ·d=S △DBD 1·EF. ∵AA 1=2·AB=1.22,2====∴EF ED BE BD23)2(2321,2222121=⋅⋅==⋅⋅=∴∆∆DBC DBD S S 33223222=⨯=∴d ，故点D 1到平面BDE 的距离为332.[方法二]：（向量法）（I ）证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz ，得B （0，1，0），D （1，0，0），D 1（1，0，2），F )1,21,21(，C 1（0，0，2），E （0，0，1） )2,0,0(),0,21,21(1==∴CC ，)2,1,1(1-=BD0,011=⋅=⋅∴BD CC即EF ⊥CC 1，EF ⊥BD 1 故EF 是CC 1与BD 1的公垂线.（II ）由（Ⅰ）可知)0,1,1(-=，)1,0,1(-=，)2,0,0(1=DD 设平面BDE 的法向量为)1,,(y x =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n DB ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+-=+-⇒11010y x x y x )1,1,1(=⇒n ===⇒3|2|1n d 332，故点D 1到平面BDE 的距离为332. 例7、（2003年）本题主要考查线面关系、面面关系和正四棱柱的基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点. （Ⅰ）证明BD 1∥平面C 1DE ； （Ⅱ）求面C 1DE 与面CDE 所成的二面角θ. [方法一]：（几何法）（Ⅰ）证明：记D 1C 与DC 1的交点为O ，连结OE.∵O 是CD 1的中点，E 是BC 的中点，∴EO ∥BD 1.∵BD 1⊄平面C 1DE ，EO ⊂平面C 1DE ， ∴BD 1∥平面C 1DE.（Ⅱ）解：过C 作CH ⊥DE 于H ，连结C 1H.在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，C 1C ⊥平面ABCD ，∴∠C 1H ⊥DE ， ∴∠C 1HC 是面C 1DE 与面CDE 所成二面角的平面角.∵DC=2，CC 1=1，CE=1， ∴52121222=+⨯=⋅=DE CE CD CH ， ∴25521tan 11===∠CH C C HC C ，即面C 1DE 与面CDE 所成的二面角为arctan25 [方法二]：（向量法）解析：如图所示，以D 为坐标原点建立坐标系，则D （0，0，0），A （2，0，0）， B （2，2，0），C （0，2，0）， D 1（0，0，1），C 1（0，2，1），E （1，2，0），（Ⅰ）证明：∵ )1,2,2(1--=BD ，)0,2,1(=，)1,0,1(1-=C ， ∴ )0,2,1(1=+E C DE )1,0,1(-+=（2，2，-1） ∵)1,2,2(1--=BD =[-（2，2，-1）]= -（E C DE 1+）， 又∵ BD 1⊄平面C 1DE ， ∴ BD 1∥平面C 1DE（Ⅱ）解：由题意知，)0,2,1(=，)1,2,0(1=DC ，平面CDE 的法向量)1,0,0(1=DD ，设平面C 1DE 的法向量为)1,,(y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001DC ⎩⎨⎧=+-=+⇒01202y y x ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒121x y )1,21,1(-=⇒n得=cos θ32231100=⨯++=，∴ 面C 1DE 与面CDE 所成的二面角θ=arccos32． 例8、（2004年春）本题主要考查线线关系、线面关系和棱锥等基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形， SD 垂直于底面ABCD ，SB=3. （I ）求证BC ⊥SC ；（II ）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（III ）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小.ACDM SA B CDx yz A 1B 1C 1D 1E图1 [方法一]：（几何法）（I ）证法一：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC. ∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影， 由三垂线定理得BC ⊥SC.证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC. ∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ， ∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC.（II ）解法一：∵SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴可把四棱锥S —ABCD 补形为长方体A 1B 1C 1S —ABCD ，如图2面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1所成的二面角， ∵SC ⊥BC ，BC//A 1S ， ∴SC ⊥A 1S ，又SD ⊥A 1S ，∴∠CSD 为所求二面角的平面角.在Rt △SCB 中，由勾股定理得SC=2，在Rt △SDC 中， 由勾股定理得SD=1.∴∠CSD=45°.即面ASD 与面BSC 所成的二面角为45°. 解法二：如图3，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上， ∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上，l ∴为面ASD 与面BSC 的交线.,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角. （以下同解法一）（III ）解法一：如图3， ∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形. 又M 是斜边SA 的中点， ∴DM ⊥SA.∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影. 由三垂线定理得DM ⊥SB. ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. 解法二：如图4，取AB 中点P ，连结MP ，DP.在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角.2321==SB MP ，又,25)21(1,222=+==DP DM ∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2， ︒=∠∴90DMP 即异面直线DM 与SB 所成的角为90°. [方法二]：（向量法）解析：如图所示，以D 为坐标原点建立直角坐标系， 则D （0，0，0），A （1，0，0），B （1，1，0），C （0，1，0）， M （21，0，21）， ∵ SB=3，DB=2，SD=1，∴ S （0，0，1），（I ）证明：∵ )0,0,1(-=，)1,1,0(-=)0,0,1(-=⋅)1,1,0(-⋅=0 ∴ ⊥，即BC ⊥SC ．（II ）设二面角的平面角为θ，由题意可知平面ASD 的一个法向量为)0,1,0(=DC ，设平面BSC 的法向量为)1,,(y x =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00⎩⎨⎧=-=-⇒001x y ⎩⎨⎧==⇒01x y )1,1,0(=⇒，得=θcos 2221010=⨯++=，∴ 面ASD 与面BSC 所成的二面角为45°． （III ）设异面直线DM 与SB 所成角为α，∵ )21,0,21(=DM ，SB=(-1,-1,1),得=cos α0322|21021|=⨯++-=∴ 异面直线DM 与SB 所成角为90°．A BC DMSxyz结合2004年高考命题趋势的一套详尽的数学模拟试卷——兼谈冲刺阶段的数学复习江苏王海平2004年高考全国大部分省市将统一采用新课程卷。
2020年新高考数学试卷中“立体几何”试题分析
圆柱体
+
选择
根据三视图求 几何体的体积
%
三棱柱和 三棱锥的
组合体
浙江卷 * 选择 空间中线面关系 % #, 基本事实 #% 填空 圆锥表面积 %
线线垂直
#$ 解答
#+
线面夹角正弦值
圆锥 三棱台
卷别
题 号
题型
考点
分 值
占比
备注
%
选择
看三视图求几 何体的表面积
%
北京卷 #* 解答
线面平行
##
线面夹角 #&
三基于四翼的考查要求例析 中国高考评价体系的颁布为高考改革指明了方 向!在,体系-中回答了$为什么考#考什么#怎么考%的 问题!据 此 建 构 了 $一 核 %$四 层 %$四 翼 %的 评 价 体 系! 下面从$四翼%考查要求出发!分析$立体几何%内容在 新高考试卷中是$怎么考%的! !!基础性考查及例析 整体分析五套数 学 试 卷!发 现 其 在 选 择 题#填 空
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命题 考试 考试研究!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!"!#年/月
感#态 度 与 价 值 观 的 综 合 体 现!是 学 生 在 数 学 学 习 和 应用过程中逐步形成和发展的!基于数学学科核心素 养的考试命题是新高考命题的基本特点!,课标&!"#/ 年版'-中对六大 核 心 素 养 的 三 个 水 平 进 行 了 详 细 的 划分!依其划分标 准!对 五 套 试 卷 中 $立 体 几 何 %考 查 的核心素养水平进行统计分析&如表!'!
08-立体几何命题的三大变化与教学启示
立体几何命题的三大变化与教学启示湖北省黄冈中学数学特级教师 王宪生新教材中立体几何知识内容的改变体现在两个方面：一是除保留有球体和球面的有关内容外，删减了“圆柱、圆锥、圆台、球冠、球缺”等 “旋转体”内容，并削弱了对于简单多面体的体积、表面积公式应用的要求；二是给出了9（A ）、9（B ）两种不同要求的学习版本，将空间向量知识推荐给了中学师生。
这两个方面的改变，在使得传统立体几何内容的命题空间大大萎缩的同时，让“用代数方法研究几何”的先进思想逐步走进了立体几何，并带来了高考中立体几何命题的三大变化。
变化一 命题形式从“二选一”逐渐变化为“一选二”在率先使用新教材的九省一市的命题中，前几年对于立体几何的命题都采用了配备两道不同要求的命题形式，让考生根据自己的意愿，从中任选其一进行解答，而随着全国大面积使用新教材以后，立体几何命题将以“一选二”的形式出现，即一道题可以选用“传统方法”或“向量方法”两种不同方法去解，命题形式的这种变化趋势，在于打破传统模式，倡导教学内容与方法的改革。
可以预测，今年的高考命题仍将延续这样的命题形式。
[例1]（2003年高考试题（全国卷、天津卷）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA 1=2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的垂心G.（1）求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求点A 1到平面AED 的距离.[分析] 本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.若选用传统方法，如何用好重心的几何性质是解题的关键，若能考虑运用空间向量方法，则重心坐标公式容易起到应有的作用。
[解答] 方法一：（1）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ，∴四边形CDEF 为矩形， 连结DE ，G 点是△ADE 的重心，∴G ∈DF 。
近十年高考立体几何试题直观想象素养考查研究_表现及趋势
近十年高考立体几何试题直观想象素养考查研究_表现及趋势摘要：本文通过分析近十年的高考立体几何试题，探讨了直观想象素养在高考中的考查情况，并对其发展趋势进行了展望。
结果表明，在高考立体几何中，直观想象素养的考查主要体现在题目的几何图形构建、角度判断以及空间平面转换等方面。
随着教育改革的不断深入，直观想象素养的考查已越来越重要，未来将更加注重学生的综合能力培养与创新思维能力的提升。
关键词：高考；立体几何；直观想象素养；考查；趋势一、引言立体几何作为数学的一个重要分支，能够培养学生的几何直观能力和创造力，对学生的综合能力培养具有重要意义。
近年来，高招制度的改革和高考科目设置的调整，使得对学生的直观想象素养的考察越来越重要。
本文通过分析近十年高考立体几何试题的出题特点和考察模式，探讨了直观想象素养在高考中的表现及未来的趋势。
二、研究方法本研究采用了文献分析和实例分析相结合的方法，通过对近十年高考立体几何试题的归纳和总结，分析了试题中直观想象素养的考察情况，并对其发展趋势进行了预测。
三、研究结果近十年高考立体几何试题的出题风格发生了一些变化。
首先，在题目设计上，越来越多的试题强调直观想象能力的考察。
在以往的试题中，大多数题目是通过给定的图形来求解问题，要求学生运用几何定理进行推导，更多的是考察学生的记忆能力和运算技巧。
而现在，试题中更注重学生对几何图形构建和运动的直观想象，要求学生能够将几何图形在思维上进行旋转、平移、投影等操作。
这样的设计能够更好地培养学生的空间想象力和创造力。
其次，近年来的高考立体几何试题更加注重学生的应用能力和综合能力。
不再简单地要求学生运用几何定理进行计算，而是要求学生将几何知识与实际问题相结合，进行综合分析和解决。
这样的试题设计能够更好地培养学生的创新思维和实际运用能力，使学生能够将所学知识应用于实际生活中。
最后，直观想象素养在高考立体几何中的考查将越来越重要。
其中，对跨学科融合能力的考察将成为发展趋势之一。
刘蒋巍：从1998竞赛到2023高考,一道上海竞赛题的演变与推广
从1998竞赛到2023高考，一道上海竞赛题的演变与推广文/刘蒋巍本文简述一道1998年上海竞赛题，弱化条件到2023全国1卷高考第22题，以及推广演变的过程。
数学模型方法是借用数学模型来研究原型的功能特征及其内在规律，并应用于实际的一种方法。
譬如：锥体体积的模型：θθcos sin 2p V =，其中P 为参数。
教材习题 求函数θθcos sin 2=y )20(πθ≤≤的最大值。
【引理1】当20πθ≤≤时，932cos sin 2≤θθ θθθθ2422cos sin )cos (sin =θθθ222cos 2sin sin 21⋅⋅=3222)3cos 2sin sin (21θθθ++≤274=，当且仅当θθ22cos 2sin =，即33cos =θ时，等号成立 【高考题的前世】（1998年上海竞赛题）已知抛物线2x y =上有一个正方形的三个顶点A,B ，C,求这种正方形面积的最小值。
【高考题的今生】（2023年全国数学新高考1卷第22题）在直角坐标系x O y 中，点 P 到 x 轴的距离等于点 P 到点)21,0(的距离，记动点 P 的轨迹为 W. （1）求 W 的方程；（2）已知矩形ABCD 有三个顶点在 W 上， 证明：矩形 ABCD 的周长大于33 .【简评】（1）由抛物线的定义或轨迹方程求法，均可得：412+=x y （2）常见的证明方法，按设法分，大致有3类，设点（证法1、证法2、证法3、证法4）、设线（证法1、证法2）、设弦长及角度θ（如证法3）等。
证法1：利用基本不等式；证法2：通过构造函数，利用导数求解。
证法3：分析可得矩形 ABCD 的周长大于θθcos sin 22，利用常见三角不等式（引理1）放缩，得：3393222742cos sin 22==≥>θθABCD C 矩形；证法4：复数法。
【高考题的推广】设),(2a a A 、),(2b b B 、),(2c c C ，若BC AB ⊥，则12222-=--⋅--b c b c b a b a ，即：1)()(-=+⋅+c b b a ，将高考题中的欲证不等式“233>+BC AB ”翻译成代数语言为： 233)()()()(22222222>-+-+-+-b c b c b a b a 即：233)(1)(122>-⋅+++-⋅++b c b c b a b a （*）， 将)()(1c b b a +⋅+-=代入上式，得：233))(()())(()(22>-⋅++-++-⋅++-+b c c b b a b c b a c b b a b a即：233))(())((>-⋅-++-⋅-+b c a c b c b a c a b a 因为)()(1c b b a +⋅+-=，所以，c b b a +⋅+=1两边同时除以1，得：233>+-⋅+-++-⋅+-b c a c b a b c b a c a b c ba （其中cb a 、、互不相等） 将“c b a 、、互不相等”条件弱化为“实数c b a 、、”，有如下命题1：【命题1】若实数c b a 、、满足1)()(-=+⋅+c b b a ，则有：233≥+-⋅+-++-⋅+-b c a c b a b c b a c a b c b a 是否能够推广到更一般的结论呢？继续将条件“1)()(-=+⋅+c b b a ”弱化为“0)()(<+⋅+c b b a ”，于是有了【陈计教授】的推广；【陈计推广】若实数c b a 、、满足0)()(<+⋅+c b b a ，证明：233≥+-⋅+-++-⋅+-b c a c b a b c b a c a b c b a 【简证】不妨设0<+=b a x ，0>+=c b y ，得：x y a c -=- 则，欲证不等式等价于23322≥-⋅-+--⋅-y x y x b y x x y y b x 只需证：233≥--⋅-x x y y y x 只需证：027)(423≥+-xy x y注意到：0)2)(4(27)(4223≥+-=+-x y x y xy x y ，证毕！【感悟】平时教学时，对于一道高考题的讲解，需引导学生思考试题的“源”与“流”。
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一道立体高考题的演变
1.（1999全国卷）如图，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF//AB，
EF=3
2
，EF与平面AC的距离为2，则该多面体的体积为（）
A.9
2
B.5
C.6
D.
15
2
A B
答案：D
提示：（方法一）补形法
A B （方法二）分割法
H B
2.（2005全国卷）如图，在多面体
ABCDEF中，已知面ABCD是边长为1的正方形，且
△ADE、△BCF均为正三角形，EE//AB，
EF=2，则该多面体的体积为（）
A.
3B.
3
C.
4
3
D.
3
2
B E
答案：A.
分割法求解：
B
3.（2011年？）如图，在多面体ABCDEF中，AB//CD//EF，AB=3,CD=1,EF=2,且AB、CD、EF彼此间距离都等于1，则该多面体的体积为
.
B
.提示：补形法（1()
2
11
13-121
32
⎡⎤
⨯⨯+⨯
⎢⎥
⎣⎦
.
B
（
2）完全补形——类似于倒序相加法，同时注意斜棱柱体积的计算公式：=
V S
l⨯
直截面侧棱长
斜棱柱
所以()
2
1
131
2
⎤
⨯⨯+⎥
⎣⎦
=
2
.
要用到这样的结论：
（1）如图，α//平面ABCD，PQ=P1Q1，则
11
PQ ABCD PQ ABCD
V V
--
=.
B
P
（2）如图，a//b//c，PQ= P1Q1，CD= C1D1，则
1111
PQ ABCD PQ ABC D
V V
--
=.
P
Q
B
——2011-5-18 wht解析整理.。