1、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.,热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考),以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考
2、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.,教材探源 1.考题源于教材必修2P74习题2.3B组T2，T4及P62习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作. 2.考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材.,满分解答 (1)证明 在平面ABCD中， 因为BADA
3、BC90.所以BCAD， 1分 (得分点1),又BC平面PAD，AD平面PAD.所以直线BC平面PAD. 3分 (得分点2),(2)解 如图，取AD的中点M，连接PM，CM，,因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PM平面PAD，所以PMAD，PM底面ABCD， 7分 (得分点4),因为CM底面ABCD，所以PMCM. 8分 (得分点5),得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BCAD，证明CMAD优化解题过程.,
4、第一步：根据平面几何性质，证BCAD. 第二步：由线面平行判定定理，证线BC平面PAD. 第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CMAD. 第四步：证明直线PM平面ABCD. 第五步：利用面积求边BC，并计算相关量. 第六步：计算四棱锥PABCD的体积.,【训练1】 (2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE平面ABCD.,(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ACBE，且BEBDB，故AC平面BED. 又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.,(2)解 设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，
5、,由BE平面ABCD，BG平面ABCD知BEBG，,热点二 平面图形折叠成空间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、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.,【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 由已知得ACBD，ADCD，,由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD.,由(
6、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.,探究提高 1.(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD垂直；(2)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.,【训练2】 如图，直角三角形ABC中，A60，沿斜边A
7、C上的高BD将ABD折起到PBD的位置，点E在线段CD上.,(1)证明 BDPD，BDCD，且PDCDD，PD，CD平面PCD， BD平面PCD.又PE平面PCD，BDPE.,取BC的中点F，则PFMN. 又PF平面DMN，MN平面DMN， PF平面DMN. 由条件PE平面DMN，PEPFP， 平面PEF平面DMN，,热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题,【例3】 (2018北京海淀模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PAPD，PAAB，N是棱AD的中点.,(1)求证：平面PAB平面PAD. (2)求证：PN平面ABCD. (3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN平面DE
8、P？并说明理由.,(1)证明 在矩形ABCD中，ABAD， 又因为ABPA且PAADA， 所以AB平面PAD. 又因为AB平面PAB， 所以平面PAB平面PAD. (2)证明 在PAD中，PAPD，N是棱AD的中点，所以PNAD.由(1)知AB平面PAD，且PN平面PAD，所以ABPN. 又因为ABADA，所以PN平面ABCD.,(3)解 在棱BC上存在点E，使得BN平面DEP，此时E为BC的中点. 证明如下： 取BC中点E，连接PE，DE.,在矩形ABCD中，NDBE，NDBE， 所以四边形BNDE是平行四边形，则BNDE. 又因为BN平面DEP，DE平面DEP， 所以BN平面DEP.,探究
9、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，而线线平行是平行关系的根本. 2.例3第(3)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.,【训练3】 (2018邯郸模拟)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知ABAC，AA13，BCCF2.,(1)求证：C1E平面ADF. (2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面
10、CAM平面ADF.,(1)证明 连接CE交AD于O，连接OF. 因为CE，AD为ABC的中线，则O为ABC的重心，,因为OF平面ADF，C1E平面ADF， 所以C1E平面ADF.,(2)解 当BM1时，平面CAM平面ADF. 证明如下：因为ABAC，D是BC中点， 故ADBC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，BB1平面B1BCC1， 故平面B1BCC1平面ABC. 又平面B1BCC1平面ABCBC，AD平面ABC， 所以AD平面B1BCC1，CM平面B1BCC1，故ADCM. 又BM1，BC2，CD1，FC2， 故CBMFCD. 易证CMDF，DFADD，故CM平面ADF. 又CM平面CAM，故平面CAM平面ADF.,
