福建2019届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列七

福建省2019届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列七
立体几何
（福建省高三毕业班复习教学指导组郑新发执笔整理）
立体几何作为支撑高中数学知识体系的重要知识模块之一，高中数学教材安排了两部分内容：数学必修2、选修 2—1．包括“空间几何体”、“点、直线、平面之间的位置关系”、和“空间向量与立体几何”。

高考立体几何试题具有较强的综合性与交汇性是每年髙考的必考内容，考试突出综合性，重视基础知识、基本技能和综合应用和创新意识的考查，突出四基、四能和学科核心素养的考查，突出空间想象、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等都进行考查．
高考对立体几何的考查难度、题量都相对稳定，题目难度属于中档，也是同学们应尽力得满份的题目，其题型、难度与分值比例均长期保持相对稳定。

一般理数占22分、文数占22~27分，其题型与题量一般是1个解答题，理数2个小题，文数2 ~3个小题．选择题一道位于5-8是中等难度的题目，别一道是11-12题或填空的最后一题的位置，属于较难的题目，解答题稳定在第18题的位置（除14年）．立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定．考点一般围绕：空间中点、直线、平面的位置关系的判定和性质；距离和角的计算；三视图；表面积和体积；立体几何与其他问题的综合考查。

能力范畴有：能根据条件画出正确的图形；能根据图形想象出直观形象；能正确地分析图形中的基本元素和相互关系；能对图形进行分解组合和变形；会选择适当的方法对图形的性质进行研究。

立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点：一是定性分析，二是定量计算．其中定性分析，不论文科还是理科主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文科试题主要考查表面积、体积的计算；理科试题主要考查线面角、二面角的计算．意在考查学生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.下面主要以全国高考数学卷与各省市质检卷为例，对学生解答立体几何试题存在的问题进行剖析，并提出相应的教学对策，供高三复习参考.
近五年立体几何部分考查情况表：
表一：全国Ⅰ卷（理科）立体几何考查情况
表二：全国Ⅰ卷（文科）立体几何考查情况
一、存在的问题及原因分析：
问题一：识图、作图、用图能力弱
作图、识图、用图能力是考生学好立体几何所应具备的重要能力之一，学生的识图、作图、用图能力弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”，“作图问题”，“展折问题的图形分析”等．
【例题1】（2019·届广东茂名高三第一次联考）如图1是某几何体的三视图，
的等腰直角三角形，则该几
何体的体积是()
A．
4
3
B．
3
C．
8
3
D．
3
【解析】由三视图可知，该几何体为如图2所示的四棱锥A﹣BCDE，底面BCDE
为矩形，取DE的中点为F，连接AF，则AF就是四棱锥A﹣BCDE的高，BE=，2
DE=，高为1
h
π
==
4
，所以四棱锥A﹣BCDE的体积为
11
21
333
V BE DE h
=⨯⨯⨯=⨯=，故选B．
图１
图２
【评析】本题易错点是忽视三视图中的实线与虚线的区别，导致所判断的空间几何体出错，从而所求的几何体的体积不正确．破解此类题的关键：一是会还原，首先看俯视图，俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽，根据俯视图画出几何体地面的直观图；再观察正视图和侧视图，正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽，找到几何体前、后、左、右的高度，要特别注意视图中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见的轮廓线在三视图中为虚线．二是用公式，即利用锥体的体积公式，求出空间几何体的体积．
【例题2】（2012年课标全国卷理11）已知三棱锥-S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且=2SC ，则此棱锥的体积为( )
A ．
6 B ．
C ．
D ．
【解析】由球的定义可知，球心O 为SC 的中点．如图3，设ABC ∆的中心为
M ，则有OM ⊥平面ABC ，
且OM ==，所以三棱锥的
高2h OM ==
，所以此棱锥的体积为111326⋅⋅=． 【评析】本题往往会因为对直径认识不足（球心O 为SC 的中点），纠结如何做图（球内接三棱锥
-S ABC ）
，而不懂对问题进行转化（--2S ABC O ABC V V =），只有正确理解才能把问题转化为三棱锥-O ABC （如图5），再结合球的定义，即可解决．
【例题3】（2016全国Ⅰ卷理11）平面α过正方体1111-ABCD A B C D 的顶点A ，//α平面11CB D ，
α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则m n ，所成角的正弦值为（ ）
A ．
B
．2 C
．13
【解析】方法一、因为//α平面11CB D ，且平面α过顶点A ，
故问题相当于把平面11CB D “外移”．如图4，在正方体1111
-ABCD A B C D 的左侧补上一个全等的正方体，则平面11CB D “外移”到平面22AB D （即
平面α），则α平面2ABCD AD =，α平面112ABB A AB =，又22AB D ∆为等边三角形，则m n ，所成角为60
． 方法二、如图5,设平面错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。

平面错误！未找到引用源。

=
错误！图3
图
4
未找到引用源。

,平面错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。

平面错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

,因为错误！未找到引用源。

平面错误！未找到引用源。

,所以错误！未找到引用源。

,则错误！未找到引用源。

所成的角等于错误！未找到引用源。

所成的角.延长错误！未找到引用源。

,过错误！未找
到引用源。

作错误！未找到引用源。

,连接错误！未找到引用源。

,则错误！未找到
引用源。

为错误！未找到引用源。

,同理错误！未找到引用源。

为错误！未找到引
用源。

,而错误！未找到引用源。

,则错误！未找到引用源。

所成的角即为错误！未
找到引用源。

所成的角,即为错误！未找到引用源。

,故错误！未找到引用源。

所成角的正弦值为错误！未找到引用源。

,选A.
【评析】本题往往会因作图不过关而对过顶点A 作平面α束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面11CB D “外移” （此时22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本
题22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）的和垂直关系），这样，
学生的作图就会更有方向感！
【例题4】如图6，四边形ABCD 中，1AB AD CD ===
，
BD =BD CD ⊥．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A BCD '(如图7)，使平面A BD BCD '⊥平面，则下列结论正确的是( )．
A ． A C BD '⊥
B ． 90BA
C '∠=
C ． CA '与平面A B
D '所成的角为30 D ． 四面体A BCD '的体积为
13 【解析】∵1A B A D ''==
，BD =BA DA ''⊥ ．
又∵面A BD '⊥ 面BCD ，且CD BD ⊥ ，面A BD '⋂ 面BCD BD =，
∴CD ⊥面A BD '．∴CD BA
'⊥，∵DA CD D '⋂=∴BA '⊥面A CD '，∴BA A
C ''⊥ ，即90BA C '∠=． 【评析】本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“BA DA ''⊥，C
D BD ⊥”， 只有正确理解才能顺利由平面A BD BCD '⊥平面得出CD ⊥面A BD '，再结合CD A B '⊥，得到BA '⊥面A CD '，从而解决问题．
无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，
图5
图6 图
7 图8
直观到抽象的过程，其中翻折 ——— 平面图形立体化，展开 ——— 立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图8），这样比较不会遗忘或忽略．
问题二： 推理的逻辑欠清晰
以全国Ⅰ卷理数为例，其解答题一般稳定居于解答题的第二或第三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解．在定性分析时由于定理条件掌握不全，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分，如学生们在使用直线与平面平行的判定定理时，常常遗忘“已知直线一定要在该平面外”这个关键的条件；在使用直线与平面垂直的判定定理时，常常遗忘“线不在多，重在相交”这个关键的条件．符号书写也不规范，如直线与平面是包含与不包含的关系，却常误写成是属于与不属于的关系等.
【例题5】 在如图9所示的多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，
ED ⊥平面ABCD ，//ED FC ，FC ED 2
1=，M 是AF 的中点． （Ⅰ）求证：//EM 平面ABCD ； （Ⅱ）求证：平面AEF ⊥平面FAC ．
【解析】（Ⅰ）如图10，连接,AC BD ，AC BD O =，则O 为BD 的中点，连接OM ．则1//,2MO FC MO FC =且，又//ED FC ，且FC ED 2
1=， 所以//,MO ED MO ED =且，
所以EDOM 是平行四边形，所以//,EM DO
又⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ，所以//EM 平面ABCD ．
（Ⅱ）因为//ED FC ，ED ⊥底面ABCD ，
所以CF ⊥底面ABCD ，⊂DO 平面ABCD ,所以CF DO ⊥，
由（Ⅰ）知//,EM DO 所以CF EM ⊥，
因为AC DO ⊥，且//,EM DO 所以AC EM ⊥，
又C FC AC = ，所以EM ⊥平面FAC ．
又EM ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面FAC ．
【评析】（Ⅰ）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行．本题虽思路较为直接，但常常会“想当然”，如易借助几何直观可知//,EM DO 忽视“EDOM 是平行四边形”的证明过程；此外更常忽略条件“⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ”的完整表达而造成不必要的失分！
（Ⅱ）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直”，如图11，能较为直观看到“EM ⊥平面FAC ”就是目标．证明过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得
CF EM ⊥，AC EM ⊥”造成失分，同时条件“EM ⊂平面AEF ”也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．
问题三：概念意识不强
数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点.考生由于概念意识不强，文字语言与图形语言无法转换，即看到概念的文本描述，头脑中无法形成与之相应的空间几何体．易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角”，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算”），而陷入盲目的计算，使得问题复杂化．
【例题6】如图11，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角--D AF E 与二面角--C BE F 都是60．
（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；
（II ）求二面角--E BC A 的余弦值．
【解析】（I ）由已知可得AF FD ⊥，AF FE ⊥，FD FE F ⋂=
所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面
EFDC ．
（II ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．
以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图12所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，
故=60DFE ∠，
则2,D F D G ==，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，
()3,0,0E -
，(D ．
由已知，//F AB E ，所以//AB 平面FDC E ．
又平面CD AB 平面FDC DC E =， 故//CD AB ，CD//F E ．由//F BE A ，可得BE ⊥平面FDC E ，
所以C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角，C F 60∠E =
．从而可得(C -．
所以(C E =，()0,4,0EB =
，(C 3,A =--，()4,0,0AB =-． 设(,,)x y z =n 是平面C B E 的法向量，则0,0
EC EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n
，即040x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩
，所以可取(3,0,=n ． 设(,,)x y z =m 是平面CD AB 的法向量，则0,0
AC AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m
，同理可取4)=m ．
则cos ,||||⋅<>==n m n m n m ，故二面角C E-B -A
的余弦值为． 【评析】本题（II ）的解决关键在于理清二面角--D AF E 与二面角--C BE F 的平面角（此时只有理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系），考生往往会会“想当然”“直观”认为DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“ 相交棱垂直平面”．
问题四：建系的合理性欠思考
理数立体几何解答题的二问常立足定量求解（如三种角度的度量，线面角与二面角是高频考点，异面直线所成角偶尔会涉及到），往往可考虑几何法和向量法进行求解，但利用向量法进行求解的更易入手，相应的考生比例也更大．利用向量法解决离不开建一个合适的坐标系！考生常因不懂建系或建系不合理导致求解困难，也常出现“没有证明三线两两垂直”就“想当然”建系等错误．
【例题7】（2015年新课标Ⅰ卷理18）如图13，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC .
（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC .
（Ⅱ）求直线AE 与直线CF
【解析】（Ⅰ）连结,,,,BD BD AC G EG FG EF =设，连接在菱形ABCD 中，
不妨设=1GB ,由o =120ABC ∠，可得o =120ABC ∠
，可得AG GC =BE ABCD AB BC AE EC ⊥==平面，可知，，
又因为,AE EC ⊥
,EG EG AC ⊥所以
在Rt EBG BE DF ∆=中，可得
Rt FDG FG ∆中，可得 在直角梯形BDFE
中，由=2BD BE DF EF ==， AD CE ⊥，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . （Ⅱ）如图14，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0
0），E
(1,0,
， F （－1,0
，C （0
0）
，∴(1,3,2),(1,)2
AE CF ==
-. 故cos ,||||
AE CF AE CF AE CF ⋅
<>==-⋅. 所以直线AE 与CF
【评析】本题主要考查立体几何的线面、面面位置关系，考查推理
论证能力、运算求解能力、空间想象能力. 本题的学生的主要失误点：一是没有建好坐标系，被“图”迷
惑了双眼，一下子盯住点B 、D ，把点B 或点D 视为空间直角坐标系的原点导致整题失分．二是因贪快，导致图形中的坐标系漏画，例如：如图建立空间直角坐标系，但图中是空的．三是空间直角坐标系建成左手系，而不是建成右手系．事实上，建立合理的坐标系是代数法解立体几题的关键. 建立坐标系就是构造（寻找）三线两两垂直，可分步处理，先找两线垂直或先找平面的垂线（在垂面上找，即通过线面、面面垂直寻找，即本题中的平面EFDB 和垂线EB 、DF ），再移动位置定出原点的位置，这是基本功，一定要通过合理地训练，让学生过关. 当然，建系时证明三线两两垂直是不可缺少的.
问题五：运算求解出现低级错误
学生在解决立体几何中涉及到求几何体的体积、表面积或求角与距离等问题时，运算性的出错也很常见，主要表现在：①错用几何体的体积、表面积公式；②错选向量或向量公式求解相关问题；③运算过程粗心出错等. 由于运算求解能力弱是目前学生学习数学时存在的典型性问题，在这里就不在举例分析.
二、解决问题的思考与对策：
1．关注识图、作图、用图能力的培养
识图、作图、用图能力的培养非一朝一夕就可实现！教师要“舍得”花较多的时间“手把手”教学生“怎么画”；要“讲明作图的原理”避免学生虽“看得懂”教师的“画”，但“书到用时方觉少，事非经过不知难！”；要“善于借助模型和道具”引导学生观察；要“培养模型意识、动手能力”引导学生巧借“教室”或“道具比划”简化、解决问题．
【例题8】（2016年全国卷Ⅰ理12）如图15，网格纸上小正方形的边长为1，
粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为
（ ）
A
． B
． C ．6 D ．4
【解析】如图16所示，原几何体为三棱锥D ABC -，
其中4,AB BC AC DB DC =====
6DA =
=，
故最长棱的长度为6DA =，选C ．
【例题9】（2018年全国卷Ⅰ理7文9）某圆柱的高为2，底面周长为16，其
三视图如右图17．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上
的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，
最短路径的长度为（
）
A.
B. C. 3 D. 2
【解析】：由三视图可知，该几何体为如图18所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16，则2,4MS SN ==．画出该圆柱的侧面展开图，如图19所示，则从M 到
N 的路径中，
=B ．
图
15
S N
2．理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性
线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可进行转化，其证明也是考试的高频点．证明时，不仅要思考它们之间的转化，而且要理清判定定理和性质定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如判定//a α时易忽视a α⊄；判定“线面垂直”易忽视“两相交直线”；判定“面面平行”，易直接“线线平行”），避免“会而不全”导致失分．
【例题
9】如图20
，已知矩形PA ABCD ⊥所在的平面，N M 、分别为PC AB 、的中点．
（Ⅰ）求证：//平面MN PAD ；
（Ⅱ）若0
45PDA ∠
=，求证：平面平面PMC PCD ⊥．
【解析】：（Ⅰ）证明:方法一：如图21，取PD 的中点E ,连接,AE EN ,
∵N 为PC 中点,∴EN 为PDC ∆的中位线,
∴1//2
EN CD 又∵//CD AB , M 为中点 ,
∴//EN AM ,∴四边形AMNE 为平行四边形 ,
∴//MN AE ,
又∵MN ⊄平面PAD ,AE ⊂平面PAD ,∴//MN 平面PAD ．
方法二：如图22，取CD 的中点F ,连接,MF NF ,
∵N 为PC 中点, ∴FN 为PDC ∆的中位线,∴//FN PD ,
又NF ⊄平面PAD ,PD ⊂平面PAD ,∴//FN 平面PAD ．
同理可证//MF 平面PAD ,MF FN F ⋂=,,MF FN ⊂平面MNF ，
所以平面MNF //平面PAD ,MN ⊂平面MNF ,∴//MN 平面PAD ．
（Ⅱ）证明:∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， AD ⊂平面ABCD
∴PA ⊥CD ， PA ⊥AD ，∵CD AD ⊥， PA
AD A = ，∴CD ⊥平面PAD 图21 图22
图23
如图21，∵AE ⊂平面PAD ∴CD ⊥AE ，∵45PDA ∠= ，E 为PD 中点，
∴AE PD ⊥，又∵PD CD D = ∴AE ⊥平面PCD ．
∵//MN AE ∴MN ⊥平面PCD ,又∵MN ⊂平面PMC ，
∴平面PMC ⊥平面PCD ．
【例题10】（2017年新课标Ⅱ卷理19）如图23，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2
AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． 证明：直线CE ∥平面PAB ；
【解析】证法 一（作相交截面）
如图24，过CE 沿CB 作截面，交平面PAB 于BF ，证CE ∥BF .
证法 二（作平行截面）如图25，过CE 作平行于平面PAB 的截面CEF ， 交AD 于F ，证EF ∥PA ，CF ∥AB .
证法 三（空间向量）由1()2
CE CD DE CB BA AD DP =+=+++ 111()222
AD AB AP AD AB AP =-+-=-+ . 知直线CE ∥平面PAB .
3．总结位置关系的主要证明方法与适用范围
培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法．其中正方体或长方体就是一个很好的载体（教室是一个非常有用的长方体模型），关键在于引导学生“观察、思考”．
【例题11】（2016年全国Ⅱ卷理14）αβ，是两个平面，m n ，是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β．
②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n ．
③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β．
④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．
其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号）
【解析】对于①，如图26，可知可能出现//αβ，故①错误，不难验证②③④都正确．
4．关注多面体、旋转体的结构与性质．
复习时，不仅要关注常见多面体（特别是三棱锥、四棱锥、三棱柱）、旋转体的结构与性质及其体积、表面积公式 ，同时要关注其不同位置形式的解读（如横放的三棱柱）．球在全国卷也是屡见不鲜，其中球的定义、截面圆性质、球与其他几何体的接切应重点关注．
【例题12】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为
(
) 图
24 图25 图26
A.81π4
B.16π
C.9π
D.27π4
【解析】：如图27，设球半径为R ，底面中心为1O 且球心为O ，
在正四棱锥-P ABCD 中2AB =
，∴1AO =114,4PO OO R =∴=-.
在1RtAOO :22211AO AO OO =+
，即()2224R R =+-,解得9=4R . 故该球的表面积为2
29814=444R πππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，故选A. 【例题13】（2018课标全国卷Ⅱ理16）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为
78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △
的面积为_______．
【解析】：如图28所示，因为母线,SA SB 所成角的余弦值为78
，所以母线,SA SB
所成角的正弦值为8
，因为SAB △
的面积为设母线长为l ，
所以221
802l l =∴=．因为SA 与圆锥底面所成角为45，所以底面圆的半径2cos 45r l =
=
，因此该圆锥的侧面积为2rl l π==． 【评析】：本题易错点是想当然的误以为SAB △为轴截面，从而设圆锥的底面圆的半径为r ，因为母线SA 与该圆锥底面所成角为45
°，所以误得该圆锥的高h r =，SA
，因为SAB △
的面积为所以122
r r =⨯⨯，解得2
r =
2r SA r π⋅==的错误的结果．避免此类错误，除了细审题，还需画出草图，根据草图的直观性，能有效地避开此类错点．
5．强化空间角与距离的合理求解
空间角的求解和距离的求解是定量分析的重要部分．对于文科而言，空间角的求解主要在于定义的应用，如通过“平行”关系研究“异面直线所成的角”，通过构造垂直关系求解“线面角、二面角的平面角”；距离则往往与体积转化有关．对于理科而言，关键在于区别“向量的夹角”，特别是“线面所成的角”与“直线与平面法向量的夹角（指锐角）”之间的互余关系是考生的易错点之一．对于一些较为复杂的条件，合理选择“基本量”可大大简化计算．
【例题14】（2017年全国卷Ⅰ文18）如图29，在四棱锥-P ABCD 中，//AB CD ，
且90
BAP CDP ∠
=∠=
．
图27
图28 图29
(Ⅰ)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（Ⅱ）若PA PD AB DC ===,90APD ∠= ,且四棱锥-P ABCD 的体积为
83，求该四棱锥的侧面积．
【解析】(Ⅰ)由已知90BAP CDP ∠=∠=，得,AB AP CD PD ⊥⊥
由于//AB CD ，故AB PD ⊥，AP PD P ⋂=,
606=+形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为看折痕把DFC △折起，使点C
到达点P 的位置，且PF BF ⊥．
（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；
（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 【解析】（1）欲证平面PEF ⊥平面ABFD ，只需证明BF ⊥平面PEF ，只需在平面PEF 内寻找两条相交直线与直线BF 垂直；由已知可得，BF PF ⊥，BF EF ⊥，又因为PF
EF F =，所以BF ⊥平面PEF .
又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）（建立空间直角坐标系，求出平面ABFD 的法向量与直线DP 的方向向量，利用线面所成角的向量公式，即可得直线DP 与平面ABFD 所成的角的正弦值.
作PH EF ⊥，垂足为H . 由（1）得，PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点，HF u u u r 的方向为y 轴正方向，||BF uu u r 为单位长，建立
如图32所示的空间直角坐标系H xyz -.
由（1）可得，DE PE ⊥. 又2DP =，1DE =，
所以PE . 又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥.
可得PH =32EH =. C A B 图31
图32
则(0,0,0)H
，P , 3(1,,0)2
D --
，3(1,2DP =uu u r ，
HP =uu u r 为平面ABFD 的一个法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则
3sin ||||
HP DP HP DP θ⋅===uu u r uu u r uu u r uu u r . 所以DP 与平面ABFD
. 6. 强化答题的规范化 在平时的立体几何的考试训练中，加强审题能力（读题与观图），强化立体几何解答题的规范性训练，同时加强逻辑表达能力的训练，并提升运算求解能力（如空间的点的坐标、向量的坐标，以及法向量的计算一定不要出错）．强化答题规范化训练是提高成绩的保证，立体几何解答题的证明过程要做到“步步有理有据”，要分清主次，“精”写过程（当然“精”写过程是建立在写全步骤的基础之上的，任何的“跳步”书写都容易产生歧义，都是要失分的）．立体几何解答题的运算过程, 定要
认真，如空间的点的坐标、向量的坐标，以及平面的法向量的计算
一定不要出错．真正做到对立体几何解答题的审题到位，思维全面，
下笔准确，答题快速．
【例题16】（2018·全国Ⅰ卷、文18）如图33，在平行四边形
ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒. 以AC 为折痕将ACM △折
起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥.
（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23
BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积. 【解析】：（1）欲证平面ACD ⊥平面ABC ，只需证明AB ⊥平面ACD ，只需在平面ACD 内寻找两条相交直线与直线AB 垂直；由已知可得，90BAC ∠=︒，BA AC ⊥. 又BA AD ⊥，所以AB ⊥平面ACD .
又AB ⊂平面ABC ，
所以平面ACD ⊥平面ABC .
（2）欲求三棱锥Q ABP -的体积，只需求出ABP △的面积与点
Q 到平面ABP 的距离，再利用锥体的体积公式，即可得结果.
由已知可得，3DC CM AB ===
，DA =又23
BP DQ DA ==
，所以BP =作QE AC ⊥，垂足为E ，则
QE
13DC . 由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，1QE =.
图
33 图34
因此，三棱锥Q ABP -
的体积为11113451332
Q ABP ABP V QE -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△S . 【例题13】（2018·课标全国卷Ⅱ，理20）如图35，在三棱锥P ABC -
中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．
（1）证明：PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
【解析】：（1）欲证PO ⊥平面ABC ，只需在平面ABC 内寻找两条相交直线与直线PO 垂直；因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB .因为2AB BC AC ==
，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122
OB AC ==.由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .
（2）建立空间直角坐标系，由于点M 在棱BC 上，可设出点M 的坐标，利用二面角M PA C --为30︒，求出点M 的坐标，再求出直线PC 的方向向量与平面PAM 的法向量，利用线面所成角的向量公式，即可求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
如图36，以O 为坐标原点，OB uu u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.
由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,O B A C P -
AP =uu u r 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r .
设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r .
设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .
由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n 得20(4)0
y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ， 图35
所以cos ,OB =uu u r n .
由已知得|cos ,|2OB =uu u r n .
.解得4a =-（舍去），或43a =. 所
以34(,,)333
=--n .
又(0,2,PC =-u u u r ，所
以c o s ,4
PC =uu u r n . 所以PC 与平面PAM
三、典型问题剖析：
典例一：三视图
1.三视图中某一视图的判断
例题17：（2018全国Ⅲ卷、理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构
件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如
图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的
俯视图可以是（ ）
解析：首先理解棒头和卯眼概念，图示给出的是棒头的部分，若要摆放一个带卯眼的结构使其组成长方体，那么凹进部分与凸出部分的位置应该重合，又因俯视方向看不见卯眼的结构所以只能是虚线.其直观图如下图所示，故选A.
评析：和传统新定义问题相比，本题的定义简单，生活化，直观，体现传统文化的同时有一定趣味性；本题对于空间想象能力的考查可谓精彩，先想象出原几何体，再画出三视图，降低了对于三视图本身的要求；本题本身有一定的开放性，“带卯眼的木构件”的卯眼位置不确定，可以改变为不定项选择或探究式问题．
2. 几何体的表面积
【例题18】（2019届湖南师大附中月考）已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是(
) 图36。