2012高考新课标数学考点总动员 考点6 善于观察,精妙转化,做好立体几何不再是难事

欢迎关注@高考直通车 ：http://weibo.com/gaokao96040 第 1 页 共 28 页 一.专题综述 理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．

二.考纲解读

1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法． 2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法． 3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法，并注重运算能力的训练．

三.2012年高考命题趋向

1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等． 2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．

四．高频考点解读 考点一 三视图的辨别与应用 例1[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图可以为( ) 欢迎关注@高考直通车 ：http://weibo.com/gaokao96040 第 2 页 共 28 页 【答案】D 【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，，故侧视图选D.

例2[2011·山东卷] 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①

存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；② 存在四棱柱，其正（主）视 图、俯视图如右图；③ 存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是( )． A．3 B．2 C．1 D． 0 【答案】A． 【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；②可以是长方体；③可以是放倒了的圆柱．故选择A．另解：①②③均是正确的，只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三

角形直角边对应的一个侧面平卧；②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；③圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选A．

【解析】 由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B. 【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．

考点二 求几何体的体积 欢迎关注@高考直通车 ：http://weibo.com/gaokao96040 第 3 页 共 28 页 例4[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )

A．8－2π3 B．8－π3 C．8－2π D.2π3 【答案】A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体

中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.

例5 [2011·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________． 【答案】13 【解析】 如图，设球的半径为R，圆锥底面半径为r，则球面面积为4πR2，圆锥底面面积为πr2，

由题意πr2＝1216πR2，所以r＝32R，所以OO1＝OA2－O1A2＝R2－34R2＝12R， 所以SO1＝R＋12R＝32R， S1O1＝R－12R＝12R，

所以S1O1SO1＝R23R2＝13. 例6[2011·安徽卷] 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1)证明直线BC∥EF； (2)求棱锥F－OBED的体积． 【解答】 (1)(综合法) 证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正

三角形，OA＝1，OD＝2，所以OB綊12DE，OG＝OD＝2.

同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊12DF，OG′＝OD＝2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊12DE和OC綊12DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. (向量法) 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，连QE. 由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED.

以Q为坐标原点，QE→为x轴正向，QD→为y轴正向，QF→为z轴正向，建立如图欢迎关注@高考直通车 ：http://weibo.com/gaokao96040 第 4 页 共 28 页 所示空间直角坐标系． 由条件知E(3，0,0)，F(0,0，3)，B32，－32，0，C0，－32，32.

则有BC→＝－32，0，32，EF→＝(－3，0，3)． 所以EF→＝2BC→，即得BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝32. 而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝3. 所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝332. 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝3，所以VF－OBED＝13FQ·S四边形OBED＝32. 【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利． (1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之． (2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积． (3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素． 考点三 求几何体的表面积

【答案】C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为

S＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817. 例8[2011·陕西卷] 如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°. (1)证明：平面ADB⊥平面BDC； (2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积． 【解答】 (1)∵折起前AD是BC边上的高， ∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 欢迎关注@高考直通车 ：http://weibo.com/gaokao96040 第 5 页 共 28 页 又DB∩DC＝D. ∴AD⊥平面BDC. ∵AD平面ABD， ∴平面ABD⊥平面BDC. (2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA， DB＝DA＝DC＝1. ∴AB＝BC＝CA＝2.

从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝12×1×1＝12.

S△ABC＝12×2×2×sin60°＝32. ∴表面积S＝12×3＋32＝3＋32. 【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． 考点四 平行与垂直 例9[2011·辽宁卷] 如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确．．．的是( )

A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 【答案】D 【解析】 ①由SD⊥底面ABCD，得SD⊥AC，又由于在正方形ABCD中，BD⊥AC，SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SBD，故AC⊥SB，即A正确．②由于AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，即B正确．③设AC，BD交点为O，连结SO，则由①知AC⊥平面SBD，则由直线与平面成角定义知SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△CDS，所以SA＝SC，所以△SAC为等腰三角形，又由于O是AC的中点，所以∠ASO＝∠CSO，即C正确．④因为AD∥CD，所以AB与SC所成的角为∠SCD，DC与SA所成的角为∠SAB，∠SCD与∠SAB不相等，故D项不正确． 例10 [2011·课标全国卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高． 【解答】 (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD， 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD， 所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD. (2)如图，作DE⊥PB，垂足为E. 已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC. 由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD. 故BC⊥平面PBD，BC⊥DE. 则DE⊥平面PBC. 由题设知PD＝1，则BD＝3，PB＝2.