立体几何试题的创新动向
立体几何试题的创新动向
上虞中学 沈波
近几年高考立体几何试题在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查，其中包括空间想象能力、逻辑思维能力、归纳推理能力、综合探究能力等等，试题看似平常，但创新知识层出不穷，以下结合试题的命题方向，对试题的创新动向做了归类和总结，希望能给读者带来一些启示。
一、
突现新增内容
例1．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（ ） A. 22
B. 32
C. 4
D. 52
解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。
如图
设长方体的高宽高分别为,,m n k ，由题意得
=1n ⇒=
a =
b =，所以22(1)(1)6a b -+-=
228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴
4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号。
故选出答案A.
例2．一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M,N 分别是AF,BC 中点 （1） 求证：MN//平面CDEF; （2） 求 MN 与AC 所成角的余弦值。
正视图 侧视图
2
F
解析：（1）连接EC,BF ，则AF,BE 交于点M ，
在△ECB 中，M 、N 分别为BE 、BC 的中点，所以MN//EC, 又因为CE ⊆平面EFCD,MN ⊄平面EFCD,所以MN//平面EFCD (2)因为MN//EC ，所以MN 与AC 所成角就是EC 与AC 所成角。
由三视图可知：四边形ABFE,EFCD 为正方形，△ADE 为等腰直角三角形， 所以AE ⊥平面EFCD,故AE ⊥EC, 在△AEC 中，因为EC=22,AC=32 所以36cos ==
∠AC CE ACE ，故得MN 与AC 所成角的余弦值为3
6。
点评：在新课程实施的几个省市中，高考试题都涉及了空间几何体的三视图。
而空间几何体的三视图是培养学生的空间观察能力和想象能力的一个很好的载体，因此这方面的内容作为一个常见考点应引起我们的关注。
二、
类比归纳创新
例3：在平面几何里，有勾股定理；“设△ABC 的两边AB ，AC 互相垂直，则
222BC AC AB =+.”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD 的三个侧面ABC ，ACD ，ABD 两两垂直，则 .”
解析：如图，过C 作CE ⊥BD 于E ，连AE ，则AE ⊥BD ，从而
2
2
21⎪⎭
⎫ ⎝⎛⨯=CE BD S
BCD
A
B
D
C
E
()
()
2222222222222222224
1
414141
414
1
4141
AE BD AC AD AC AB AE BD AC AD AB AE BD AC BD AE AC BD ⨯+⨯+⨯=⨯+⨯+=⨯+⨯=+=
2
22ABD ADC ABC S S S ++=
应填222ABD ADC ABC S S S ++=2BCD S
例 4：已知若从点O 所作的两条射线OM,ON 上分别有点M 1,M 2与点N 1,N 2，则三角形面积之比
2
1
212
211ON ON OM OM S S N OM N OM ⋅
=
.若从点O 所作的不在同一平面内的三条射线OP,OQ 和OR 上,分别有点P 1，P 2，点Q 1，Q 2和点R 1，R 2，如图所示,则类似的结论为 .
解析：由正弦定理可得
11N OM S 1111sin 2
1
ON M ON OM ⋅⋅=
22N OM S 2222sin 2
1
ON M ON OM ⋅⋅=
两式相除可得
2
1
212
211ON ON OM OM S S N OM N OM ⋅
= 运用类比思想可得
2
121212
22111OR OR OQ OQ OP OP V V R Q P O R Q P O ⋅⋅=
-- 点评：通过归纳、猜想、推理，发现问题的规律，找到解决问题的方法，应用于新问题的解答的一类问题。
这类问题注重创造性思维和发散性思维的考查，对阅读能力、提取信息和进行信息加工处理的能力都有较高要求，也有一定的趣味性，是近几年高考的热点问题。
三、
知识交汇创新
例5．如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数
O P
R
Q
P 1 P 2 ． ． Q 1 Q 2
． ． R 1
R 2
．
．
()y f x =的图象大致是（ ）
解析:取1AA 的中点E, 1CC 的中点F,连EF,则MN 在平面1BFD E 内平行移动且
//,MN EF 当P 移动到1BD 的中心时，MN 有唯一的最大值，排除答案A 、C ；当P 点移动时，由于总保持//,MN EF 所以x 与y 的关系是线性的(例如: 取11,AA =
当(0,
2
x ∈时
, 2,y x =⇒=同理,
当x ∈时,
=
2.y x ⇒= 2
2
2220,222,2<<<
<⎩⎨
⎧-=x x x x y ),排除答案D,故选B. 例6．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是（ ）
（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）一条直线 （D ）两条平行直线
解析：本小题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题考虑到三角形面积为定值，底边一定，从而P 到直线AB 的距离为定值，若忽略平面的限制，
则P 轨迹为以AB 为轴心的圆柱面，再用平面α的去斜截圆柱面，如图截得的轨
A
B
C D M
N
P A 1
B 1
C 1
D 1
A
B
P
迹为椭圆
点评：从动态角度分析立体几何中角度与距离的变化，可以将立体几何和解析几何、函数结合起来，体现出数形结合的思想，这类创新题要求学生能对所学的知识融会贯通，因此一方面应扎实掌握立体几何的知识和方法，另一方面也应训练学生对知识的整合和迁移。
四、综合探究创新
例7．如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶
嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P 。
如果将容器倒置，水面也恰好过点P （图2）。
有下列四个命题：
A ．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B ．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
C ．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P
D ．若往容器内再注入a 升水，则容器恰好能装满
其中真命题的代号是： （写出所有真命题的代号）．
解析：真命题的代号是：B ，D 。
易知所盛水的容积为容器容量的一半，故D 正确，于是A 错误；水平放置时由容器形状的对称性知水面经过点P ，故B 正确；C 的错误可由图1中容器位置向右边倾斜一些可推知点P 将露出水面。
例8．如图，体积为V 的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.V 1为
P
P
图12
图
小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V 2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ） （A ）V 1=
2
V (B) V 2=
2
V （C ）V 1> V 2
（D ）V 1< V 2
解析：设大球半径为R ，小球半径为2
R 根据题意
331
2444()23324
V R V R V ππ==⋅-⨯+
所以
333124424()233232V R V
V R R πππ-
=-⋅==
于是1222
V V V -=即212V V V -=所以2120V V V V -=->，12V V <∴。
点评：探究型创新题形式多、难度大，在解答时要通过分析、探究，抓住有限的或隐含的条件，通过联想综合性的知识设计出解决问题的方法或探究出解决问题的数学思想，是考查学生应用能力的主要题型。
感谢您的阅读，祝您生活愉快。
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
我们有必要对这一题型进行全面评估，并从中汲取教学的启示。
一、对立体几何大题进行深入的解剖在2023年全国新高考1卷的立体几何大题中，考查了许多立体图形的性质、空间几何想象和推理能力。
学生需要能够理解立体图形的特点、计算体积和表面积，并且能够运用立体几何知识解决实际问题。
这对学生的空间想象力和数学推理能力提出了挑战。
二、深度解析题目所涉及的知识点评估这一题型不仅要看到表面的难度，更需要深入挖掘其中所涉及的知识点。
只有深入理解了立体几何的性质和运用方法，才能更好地指导教学和学生学习。
三、教学启示和个人观点在教学中，我们应该注重培养学生的空间想象力和数学推理能力。
通过丰富的教学实例和引导，帮助学生理解立体图形的性质，掌握计算体积和表面积的方法，并且能够灵活运用到解决实际问题中。
只有如此，学生才能在应对高考中的立体几何大题时游刃有余。
四、总结与回顾通过对2023年全国新高考1卷立体几何大题的全面评估，我们不仅更好地理解了立体几何这一题型，更深刻地认识到了教学的重要性。
在教学中，我们要注重培养学生的空间想象力和数学推理能力，引导他们掌握立体图形的性质和计算方法。
我们也要灵活运用丰富的教学资源，帮助学生掌握解决问题的方法和技巧。
在2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示中，我们应该看到更多的是教学的重要性和学生能力的培养。
只有通过深入的教学和学习，我们才能更好地应对未来的挑战。
希望我的文章对你有所启发，也欢迎你对立体几何大题教学的个人观点和理解进行补充和共享。
期待你的回复。
2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
微专题8 高考有关立体几何小题的创新命题
解析
【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯 视图应选 A.
微点评：数学文化类题型是近年来的热点题型,对此类问题的解决,需要 揭开数学文化的神秘面纱,利用题中所涉及的高中知识进行解答.Fra bibliotek【微点练】
1.(2015 年全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,
【微点练】 现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,如图,上部分的形状是正四棱锥
P-A1B1C1D1,下部分的形状是正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1,若正四棱锥的侧棱长为 6 m,正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的四倍,则当仓库的容积最大时,PO1
为 2 3m.
【解析】设 PO1=x m,则 A1O1= 62-������2(0<x<6),A1B1= 2 × (62-������2),
题:“今有粟二百五十斛委注平地,下周五丈四尺,问高几何?”意思是:现在有
粟米 250 斛,把它们自然地堆放在平地上,形成一个圆锥形的谷堆,其底面周
长为 5 丈 4 尺,则谷堆的高为多少?(注:1 丈=10 尺,1 斛≈1.62 立方尺,π 取 3)
若使该问题中的谷堆内接于一个球状的外罩,则该外罩的半径为( C ).
答案 解析
2.生活中的立体几何问题
立体几何中的实际应用问题常以几何体的表面积、体积、角度和距离为载体,在
解答时需要注意变量的实际意义.
【例 2】某地建造一座电视塔,其形状如图,旋转观光厅位于中心 O,OA,OB,OC 三个
支架支撑着旋转观光厅,电视发射天线为 OD,若 OA,OB,OC,OD 四条线段两两组成的角
均为 θ,则 cos θ=( ������ ).
立体几何的命题趋势分析以及复习建议
命题趋势分析：从近三年来的全国试卷来看，立体几何知识的考查比较全面，往往涉及高中高中立体几何数学基础知识的各个方面，同时又注重对于考生的数学能力的考查，试题往往在平凡中体现创新，从而达到有效选材的效果。
有利于高三数学教学回归课本，回归基础---基本知识、基本技能、基本思想方法，基本活动经验复习使用指导：一轮系统复习：坚持教材为主，资料为辅，教师应当帮助、引导学生梳理、把握知识的联系、发展与变化，将点状的知识块状化、网络化，激活学生的思维。
优化学生的认知结构，使网络的知识体系印到每个学生的大脑里二轮专题复习：进一步优化学生的知识结构，强化学生知识之间的联结，数学概念、公式定理的提取，以及知识的交汇和综合。
帮助学生提炼数学方法，感悟数学思想，优化思维结构，以经典的课本问题、高考问题和资料名题为素材，开展变式的教学，一题多解、一题多变、多题一法一理，凸显知识的成长、生成与发展，优化学生的思维空间，积累提出问题、分析问题和解决问题的经验。
三轮临考复习：抓主干知识的“源”和“流”，突出核心概念的理解、重要的数学定理公式的推导，活化网络化的知识结构，在分析问题与解决问题的过程中，检查运用技能，知识方法的缺陷所在。
我们应知道，数学是关于数与形的科学，数与形的有机结合是数学解题的基本思想，数学是关于模式的科学，这反映了数学解题时，需要进行“模式识别”，需要建构标准的模型，往往遇到的问题是标准模型里的参数是需要待定的，这说明待定系数法属于解题的通性通法。
数学是一种符号，引入符号可以将自然语言转换为符号语言，通过中间量的代换，就能将复杂的问题简单化、陌生的问题熟悉化。
我们要知道，数学题目本身就是“解答这道问题”的信息源，题目中的信息往往通过语言文字、公式符号、数学图形。
以及它们之间的关系间接的告诉我们的。
所以读题、审题一定要逐字逐句看清楚，搞清楚，搞明白，力求从语法结构、逻辑关系、数学含义等方面真正看懂题目，弄清条件是什么（即从何入手）？结论是什么（即向何方向前进）？它们分别和那些知识有联系？从自己掌握的知识模块中提取与之相适应的解答问题的方法，通过已建立的思维链，把知识方法输入大脑，并在大脑里进行整合，找到解题的途径，并注意容易出现错误的点，想出解答方案，只有细致的审题，才能从题目本身获得尽可能多的有用的信息，这是解题思维训练的必经之路，也是提高解答数学问题效益好办法，理应成为我们数学知识，学会数学问题解决的良好习惯。
几何题目的创新设计方法
评价与反馈机制的建立
多元化评价方式的实施
1.开展自我评价：引导学生对自己的几何题目设计进行自我评价，培养其自我反思和自我提升的能 力。 2.引入同学互评：鼓励学生之间进行互评，从学生的角度发现问题和优点，促进学生的相互学习和 交流。 3.教师评价指导：教师对学生的几何题目设计进行评价，提供专业的指导和建议，帮助学生不断提 高。
及时有效的反馈机制的建立
1.及时给予反馈：在学生完成几何题目设计后，及时给予反馈，让学生能够及时了解自己的设计情 况。 2.针对性强的反馈：根据学生的实际情况，提供有针对性的反馈，指出学生的不足之处和需要改进 的地方。 3.跟踪反馈效果：对学生的反馈进行跟踪，观察学生的改进情况，确保反馈机制的有效性。 以上是关于“评价与反馈机制的建立”的简报PPT《几何题目的创新设计方法》中的章节内容，供 您参考。
几何题目设计的重要性
几何题目设计的重要性
▪ 几何题目设计的重要性
1.培养创新思维：几何题目设计能够激发学生的创新思维，通过解决不同难度的题目，培养学 生的几何直观和空间想象力，进而提高解决问题的能力。 2.提高数学兴趣：有趣的几何题目设计可以激发学生对数学的兴趣，增强他们对数学学科的探 索欲望，进而促进数学学习的积极性和主动性。 3.实际应用价值：几何题目在现实生活中具有广泛的应用价值，如建筑设计、工程绘图、计算 机图形学等领域。通过设计几何题目，可以让学生更好地理解几何知识在实际应用中的重要 性。
▪ 多元化解题策略的教学建议
1.培养学生的发散思维：鼓励学生在解决问题时尝试不同的方法和思路，培养他们 的发散思维。 2.增强学生的实践能力：通过大量的练习和实践，让学生熟练掌握多元化解题策略 ，提升他们的实践能力。 3.引导学生自主探索：引导学生自主探索新的解题方法和策略，培养他们的创新能 力和自主探索精神。
高考以立体几何为背景的新颖问题
立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.【例1】（2020•全国二模）我国古代劳动人民在筑城、筑堤、挖沟、挖渠、建仓、建囤等工程中，积累了丰富的经验，总结出了一套有关体积、容积计算的方法，这些方法以实际问题的形式被收入我国古代数学名著《九章算术》中．《九章算术商功》：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”下图解释了这段话中由一个长方体，得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程．已知堑堵的内切球（与各面均相切）半径为1，则鳖臑的体积最小值为()A．2B．6+C．2+D．1+解：已知可得，堑堵的内切球直径恰为堑堵的边长a，则2a=．易知，截面的内切圆与堑堵内切球最大的圆全等，设内切圆半径为r，则1r=．如图可知，根据三角形面积公式可得：11(22bc r b c =+，则222b c bc +=+，0b >，0c >，222224b c b c bc ∴+b c =时取等号．24bc bc ∴+，即220-．解得：022<-或22+．又内切圆半径1r b =<，r c <，∴1>．∴22+，即642bc +．∴鳖臑的体积为1114223233V abc bc ==+．故选：C ． 【例2】（2020•3月份模拟）111ABC A B C -中，ABC ∆的边长为2，D 为棱11B C 的中点，若一只蚂蚁从点A 沿表面爬向点D ，则蚂蚁爬行的最短距离为( )A ．3B ．C ．D ．2解：如图：当按图①走时，DE =；13222AE =-=；3AD ===；当按图②走时，DE =；213AE =+=；AD 故蚂蚁爬行的最短距离为：3；故选：A ．【例3】（2019•全国三模）如图，直角梯形ABCD ，//AB CD ，90ABC ∠=︒，2CD =，1AB BC ==，E 是边CD 中点，ADE ∆沿AE 翻折成四棱锥D ABCE '-，则点C 到平面ABD '距离的最大值为( )A ．12B C D ．1解：直角梯形ABCD ，//AB CD ，90ABC ∠=︒，2CD =，1AB BC ==，E 是边CD 中点，ADE ∆沿AE 翻折成四棱锥D ABCE '-，当D E CE '⊥时，点C 到平面ABD '距离取最大值，D E AE '⊥，CE AE E =，D E ∴'⊥平面ABCE ，以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED '为z 轴，建立空间直角坐标系， 则(0A ，1，0)，(1C ，0，0)，(0D '，0，1)，(1B ，1，0)， (1AB =，0，0)，(1AC =，1-，0)，(0AD '=，1-，1)，设平面ABD '的法向量(n x =，y ，)z ，则00n AB x n AD y z ⎧==⎪⎨'=-+=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，∴点C 到平面ABD '距离的最大值为：||||2AC n d n ===．故选：B ．【变式训练】（2020•4月份模拟）如图所示，三棱锥A BCD -的顶点A ，B ，C ，D面上，ABD ∆与BCD ∆为直角三角形，ABC ∆是边长为2的等边三角形，点P ，Q 分别为线段AO ，BC 上的动点（不含端点），且AP CQ =，则三棱锥P QCO -体积的最大值为 ．解：设AP x =，x ∈．由题意可知：BD 的中点O 为球心，当平面ABD ⊥平面BCD 时， 三棱锥P QCO -体积21111121(2)2sin 45(2)(3326612OCQ x V PO S x x x x ∆+==⨯-⨯⨯︒==，当且仅当x 时取等号． ∴三棱锥P QCO -体积的最大值为112．故答案为：112．1．（2020•吉林模拟）我国古代的数学著作《九章算术商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵” 111ABC A B C -中，12AB AC AA ===，M 、N 分别是1BB 和11A C 的中点，则平面AMN 截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形的面积为( )A B C D 解：延长AN ，与1CC 的延长线交于点P ，则P ∈平面11BB C C ， 连结PM ，与11B C 交于点E ，连结NE ，得到的四边形AMEN 是平面AMN 截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形，由题意得NE ME ==，AM AN =，MN AMN ∴截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形面积为：1122S =． 故选：A ．2．（2020春•全国月考）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==，则直线AC 与平面ABD 所成角的正切值是( )A B ．2C D解：在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==， CD AB ∴⊥，CD BD ⊥， ABBD B =，CD ∴⊥平面ABD ，CD AD ∴⊥，CAD ∴∠是直线AC 与平面ABD 所成角，设1AB BD CD ===，则直线AC 与平面ABD所成角正切值是：tan CD CAD AD ∠===．故选：B ．3．（2020•石嘴山二模）《算数书》竹筒与上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍．其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一”．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算器体积2136V L h ≈的近似公式．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么近似公式23112V L h ≈相当于圆锥体积公式中的圆周率近似取为( ) A ．227B ．15750C ．289D ．337115解：设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ， 依题意，2L r π=，2213(2)3112r h r h ππ=，∴21123112ππ=，即289π=．即π的近似值为289．故选：C ． 4．（2020•3月份模拟）一个由两个圆柱组合而成的的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为1r ，大圆柱底面半径为2r ，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为1h ．如图2放置容器，液面以上空余部分的高为2h ．则12(h h = )A ．21r r B ．221()r rC ．321()r rD解：在图1中，液面以上空余部分的体积为：211r h π， 在图2中，液面以上空余部分的体积为：222r h π，221122r h r h ππ=，∴21221()h rh r =． 故选：B ．5．（2019•新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14.3AA cm D =打印所用原料密度为30.9/g cm ．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．解：该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．6．（2019•新课标Ⅲ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．解：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x ，则1x ++=，解得1x =．故答案为：261．7．（2019•钟祥市一模）如图，在直角梯形ABCD 中，AB BC ⊥，//AD BC ，112AB BC AD ===，点E 是线段CD 上异于点C ，D 的动点，EF AD ⊥于点F ，将DEF ∆沿EF 折起到PEF ∆的位置，并使PF AF ⊥，则五棱锥P ABCEF -的体积的取值范围为 ．解：PF AF ⊥，PF EF ⊥，AF EF F =，PF ∴⊥平面ABCD ．设PF x =，则01x <<，且EF DF x ==．∴五边形ABCEF 的面积为()()221111213222DEF ABCD S S S x x ∆=-=⨯+⨯-=-梯形． ∴五棱锥P ABCEF -的体积23111(3)(3)326V x x x x =⨯-=-，设31()(3)6f x x x =-，则2211()(33)(1)62f x x x '=-=-，∴当01x <<时，()0f x '>，()f x ∴在(0,1)上单调递增，又(0)0f =，f （1）13=．∴五棱锥P ABCEF -的体积的范围是1(0,)3．故答案为：1(0,)3．8．（2018•全国模拟）如图：边长为ABCD ，60DAB ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起到图中PBD ∆的位置，使得二面角P BD C --的大小为60︒，则三棱锥P BCD -的外接球表面积等于 ．解：由题意，如图：取BD 中点M ，则60DAB ∠=︒为二面角P BD C --的平面角，PMC ∆是边长为3的正三角形，E ，F 分别为PM ，CM 靠近M 的三等分点，作EO ⊥面PBD ，FO ⊥面BCD ，则O 为外接球球心．1MF =，60PMC =︒，连接OC ，OM ，可得30OMC ∠=︒，12OF MO ∴=OF ∴=2FC =222133R OF FC ∴=+=三棱锥P BCD -的外接球表面积25243S R ππ==故答案为：523π．9．（2017•新课标Ⅲ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC ∆的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3)cm 的最大值为 ．【分析】法一：由题，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h ，求出2ABC S ∆=，41325103ABC V S h x ∆=⨯=-，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，()f x f （2）80=，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x ，则13OG ==，5FG SG ==-，SO h ===，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，221)2ABC S ∆==，则241325103ABC V S h x ∆=⨯=-令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '，即4320x x -，解得2x ， 则()f x f （2）80=，3380V ∴⨯=，∴体积最大值为3．故答案为：3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则13OG==，5FG SG x ∴==，SO h==，∴三棱锥的体积13ABC V S h∆=13=，令45()5b x x=-，则34()20b x x'=，令()0b x'=，则4340x=，解得x=∴348)maxV cm==．故答案为：3．10．（2020春•全国月考）如图，长方体1111ABCD A B C D-，中，AB BC=，13BE AB=，点F为11A D的中点，O为直线1DB与平面EFC的交点，则1DOOB=．解：找11D C的六等分点H，且11116D HD C=．易证//FH CE，设11FH B D N=，CE BD M=．连接MN，则M，N，O三点共线(平面EFC⋂平面11)BB D MN=13BM DM =，∴34DM BD =， 易证11118D N B D =，∴11178NB B D =． 所以11376487DO DM OB NB ==÷=． 故答案为：67．11．（2020春•柳东新区校级月考）已知三棱锥P ABC -中，PAB ∆是面积为4ACB π∠=，则当点C 到平面PAB 的距离最大时，三棱锥P ABC -外接球的表面积为 ．解：面CAB ⊥面PAB 时，C 到平面PAB 的距离最大，设D ，E 分别为PAB ∆，ACB ∆的外心，并过D ，E 做两个三角形所在的平面的垂线，两条垂线交于O ， 则O 为三棱锥的外接球的球心，AO 即为球的半径，；因为PAB ∆是面积为所以4AB =，在ABC ∆，4ACB π∠=，则90AEB ∠=︒ 由正弦定理可得：2sin AB AE ACB =∠，故AE EB EC ===AB 的中点F ，则1132333OEDF PF AB ====， 故OA 211243S R ππ==，故答案为：1123π．12．（2020•芮城县模拟）如图，三棱锥A BCDAB=，12====，8CD=，点P在AC AD BC BD-中，10侧面ACD上，且到直线AB PB的最大值是．解：取CD中点K，连接AK，BK，⊥，∴⊥，BK CDAC AD BC BD===，K是CD的中点，AK CD又AK BK K=，=，AK⊂平面ABK，BK⊂平面ABK，AK BK K∴⊥平面ABK，又CD⊂平面ACD，∴平面ABK⊥平面ACD．CDB∴在平面ACD内的投影在直线AK上，由对称性可知当P在AC（或)AD上时，PB取得最大值．过P作PM AB⊥于M，过C作CN AB⊥于N，∴=AB=，CN10AC BC==，8∴是AC的中点，M是AN的中点，21PM=，P∴=，BP==BM613．（2019•全国二模）《九章算术》是我国现存的一部最古老的数学书籍．通过“牟合方盖”解決了球体体积计算的难题，其中一段记载：“今有方锥，下方八尺，高八尺．同：积几何？术日：下方自乘，以高乘之，三而一，若以立圆外接，问积几何？”意思是：“假设有一个正四棱锥（底面是正方形，并且顶点在底面的射影是正方形中心的四棱锥），下底边长是8尺，高8尺，则它的体积是多少？方法是：下底边长自乘，以高乘之，再除以3．若这个正四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，则球O 的体积为 立方尺．” 解：如图，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，底面ABCD 是边长为8的正方形， 高8PG =，设其外接球的球心为O ，则O 在PG 上， 连接OA ，设OA OP R ==，则222(8)R R =-+，解得6R =．∴球O 的体积为3462883V ππ=⨯=． 故答案为：288π．。
立体几何考查特点及其新动向
立体几何考查特点及其新动向立体几何是高考的重要内容，从近几年高考试题可知立体几何高考命题形式比较稳定、难易适中，一般保持着两小一大，重点考查以下四个方面。
其一是空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，这部分内容是立体几何的理论基础，尤其是平行、垂直关系的判定和论证是历年高考的重点和热点。
高考试题中考查直线与平面的位置关系，多数是选择题或多项填空题的形式出现。
在解答题中一般以多面体为载体，重点考查直线、平面平行或垂直的位置关系;其次是空间的角和距离，空间图形中各元素间的位置关系都可以用这两个几何量来定量的描述，所以角度和距离是立体几何的基础和核心。
在高考试卷中，每年都至少有一个以角度和距离为内容的选择题或填空题，还有一个是以多面体或球为载体，重点考查如何计算空间中角的大小和距离的解答题；其三是多面体和球的面积和体积问题是每年都要考查的一类问题。
这类问题多在高考的选择题、填空题、解答题中某一小题出现；其四是在立体几何与排列组合、解析几何、函数等知识的交汇处设计综合试题，以体现在知识的交汇处设计试题的命题原则。
在解答立体几何的过程中要注意立体问题平面化，面面问题线面化，线面问题线线化，几何问题代数化；注意掌握立体几何与排列组合、概率、函数、方程、不等式、解析几何等知识的交叉与渗透，不断提高综合运用数学知识和数学思想方法解决数学中的综合问题的能力。
【例1】平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线L 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的集合是 。
【解析】设'L 与L 是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线垂直于这个平面，故过定点A 与L 垂直所有直线都在这个平面内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上。
【答案】一条直线【例2】（2011·北京高考）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（ ） A.8B. C.10D.【解析】选 C.该四面体的直观图，如图所示，090B ∠=，P A A B C ⊥面，PA=4,AB=4,BC=3.该四面体的四个面都是直角三角形.四个面的面积分别为 6,8,10.ABC PAB PBC PAC S S S S ∆∆∆∆==== 故最大面积为10.【例3】如下的三个图中，左侧的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如右图（单位：cm ）。
探索高考立体几何命题动向
探索高考立体几何命题动向高考中立体几何主要考查学生的空间想象能力，在推理中兼顾考查逻辑思维能力，解决立体几何的基本方法是将空间问题转化为平面问题。
近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。
考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。
其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
本文就是在对新课标思想的深入理解、对最新考纲的深入研究和对近年高考试题细致归纳总结的基础上深入研究，力图揭示立体几何高考命题新动向，为更有效备战高考支招。
一、立体几何命题特点立体几何是高中数学领域的重要模块，是高考考查考生的空间感、图形感、语言转化能力、几何直观能力、逻辑推理能力的主要载体。
通过研究近年各地高考试卷，不难发现有关立体几何的命题较稳定，难易适中，体现出“一小一大”的特点，即1～2道小题，一道大题，占17～22分，小题灵活多变且有一定的难度，其中常有组合体三视图问题和开放型试题；而解答题大多属中档题，其中，在几何体中考查直线与平面的平行与垂直、空间角与距离的计算等。
高考命题既注意“知识的重新组合”，又采用“小题目综合化，大题分步设问”的命题思路，朝着“重基础、直观感、空间感、探究与创新”的方向发展。
二、客观题命题规律第一类：以三视图为载体考查空间想象能力，由几何体的三视图识别几何体，由几何体的三视图得到几何体的直观图，由几何体（组合体）的三视图求几何体的表面积和体积等，成为新课标高考必考的内容。
【精品复习】立体几何篇-专题四 高考立体几何命题动向
专题四高考立体几何命题动向高考命题分析立体几何主要包括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图，点、直线、平面的位置关系等.高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间中点、线、面位置关系的判断及空间角等几何量的计算，既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．一般来说，选择题、填空题大多考查概念辨析，位置关系探究，空间几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；解答题多以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直的探究，关注对条件和结论不完备情形下开放性问题的探究．高考命题特点立体几何在高考中占据重要的地位，通过分析近几年的高考情况，可以发现对立体几何问题的考查已经突破了传统的框架，在命题风格上，正逐步由封闭性向灵活性、开放性转变．因此，如何进一步把握复习的重点，提高复习效率，从而快速地突破立体几何难点是高考复习过程中必须认真考虑的问题．近几年高考对立体几何的考查特点主要表现在以下几个方面：(1)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”、“完型填空”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、体积等知识，其解题思路也都是“作证——求”，强调作图、证明和计算相结合．(2)从内容上来看，主要考查：①直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④求简单几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题时除套用特殊几何体的侧面积和表面积公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用；⑥三视图，要能辨认空间几何体的三视图，高考中三视图常与表面积、体积相结合．(3)从能力上来看，着重考查空间想象能力，即对空间几何体的观察分析和抽象的能力，要求“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术．高考动向透视空间几何体的结构、三视图、直观图本部分在新课标高考中的考查重点是以三视图为命题背景来研究空间几何体的结构特点和求解几何体的表面积和体积．备考中，要熟悉一些典型的几何体(如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等)的三视图．近年的新课标高考的命题重点和热点依然是以选择题、填空题的方式考查以下两个方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积．【示例1】►(2010·广东)如图，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC ，且3AA ′＝32BB ′＝CC ′＝AB ，则多面体ABCA ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )．解析 画三视图时，由内到外CC ′为虚线，且虚线所在直线应垂直平分AB ，故选D.答案 D三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．空间几何体的计算问题本部分是新课标高考考查的重点内容，常以几何体的表面积和体积的计算以及几何体的外接球、内切球的知识为主要命题点进行考查．在备考中要牢记一些典型几何体的表面积和体积的计算公式，以及几何体的棱长与它的内切球、外接球的半径之间的转换关系．【示例2】►(2011·辽宁)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝3，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积为()．A．3 3 B．2 3 C. 3 D．1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD＝x，则DC＝4－x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD，在△SAD和△SBD中，由已知条件可得AD＝BD＝33x，又因为SC为直径，所以∠SBC＝∠SAC＝90°，所以∠DCB＝∠DCA＝60°，在△BDC中，BD＝3(4－x)，所以33x＝3(4－x)，所以x＝3，AD＝BD＝3，所以△ABD为正三角形，所以V＝13S△ABD×4＝ 3.故选C.答案 C本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥SABC的结构特征的分析判断，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的方法．【训练】(2011·陕西)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DABC 的表面积．(1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)解 由(1)知，DA ⊥DB ，DC ⊥DA ，∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ，∴AB ＝BC ＝CA ＝2，从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin 60°＝32，∴三棱锥DABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.空间的线面位置关系对于直线与平面的位置关系，高考中主要考查平面的基本性质，考查空间的线线、线面和面面的平行关系与垂直关系的判定并运用平行、垂直的判定定理与性质进行推理论证，一般会以选择题或解答题的形式进行考查．解题的策略：结合图形进行平行与垂直的推理证明，由线线平行或垂直推证出线面平行或垂直，再由线面平行或垂直证明面面平行或垂直．如果是选择题还可以依据条件举出反例否定．【示例3】►(2011·扬州模拟)在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝CD ＝2AB ＝2，M 为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面P AD ；(2)平面P AD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，取PD 中点E ，连接EM 、AE ，∴EM綉12CD，而AB綉12CD，∴EM綉AB.∴四边形ABME是平行四边形．∴BM∥AE.∵AE⊂平面ADP，BM⊄平面ADP，∴BM∥平面P AD.(2)解∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥AB.而AB⊥AD，P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∴AB⊥PD.∵P A＝AD，E是PD的中点，∴PD⊥AE.AB∩AD＝A. ∴PD⊥平面ABME.作MN⊥BE，交AE于点N.∴MN⊥平面PBD.易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝2，EM＝12CD＝1，由ENEM＝EMBM，得EN＝(EM)2BM＝12＝22，∴AN＝22.即点N为AE的中点．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．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知图形通过计算证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视平面与平面垂直的性质定理．空间角的计算高考中立体几何的计算主要有两个方面，即空间几何体的表面积、体积的计算，空间角与距离的计算，其中空间角的计算是高考考查考生逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力的重点．这类试题如果是在选择题或者填空题中出现，则考查简单的空间角的计算，如果是在解答题中出现，则往往是试题的一个组成部分．【示例4】►(2011·湖南)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，点C在AB上，且∠CAB＝30°，D为AC的中点．(1)证明：AC⊥平面POD；(2)求直线OC和平面P AC所成角的正弦值．(1)证明如图，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.(2)解由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面P AC，所以平面POD⊥平面P AC.在平面POD中，如图，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面P AC.连接CH，则CH是OC在平面P AC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面P AC所成的角．在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝1 2.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPO2＋OD2＝2×122＋14＝23.在Rt△OHC中，sin∠OCH＝OHOC＝23.故直线OC和平面P AC所成角的正弦值为23.本题考查垂直关系的证明，线面角的求解及逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力．试题的难点是第二问的线面角，其中作出线面角是解题的关键，作线面角就是找直线上的点在平面内的射影，一个根本的方法就是通过两个平面互相垂直的性质定理得出点在平面上的射影．空间距离的计算高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的重要内容之一，在计算空间几何体的体积、空间角时，往往需要计算距离．距离问题的关键是“垂直”，通过作垂线把求解的距离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．距离问题也与逻辑推理、空间想象密不可分，是立体几何考查逻辑推理能力和空间想象能力的深化．【示例5】►(2011·重庆)高为2的四棱锥SABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )． A.102 B.2＋32 C.32 D. 2解析 设题中的球的球心为O ，球心O 与顶点S 在底面ABCD 上的射影分别是O 1，E ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OS ，则有OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OS ＝1，点O 1是底面正方形ABCD 的中心，OO 1∥SE ，且OO 1＝OA 2－O 1A 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，SE ＝ 2.在直角梯形OO 1ES 中，作OF ⊥SE 于点F ，则四边形OO 1EF 是矩形，EF ＝OO 1＝22，SF ＝SE －EF ＝2－22＝22.在Rt △SOF 中，OF 2＝OS 2－SF 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12，即O 1E ＝22.在Rt △SO 1E 中，SO 1＝O 1E 2＋SE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋(2)2＝102，选A. 答案 A本小题主要考查了考生的空间想象能力以及如何有效地利用已知条件恰当地将空间问题平面化，从而借助于平面几何知识解决相关问题．【训练】 (2011·北京)如图，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．(1)证明 因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)证明 因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF .所以四边形DEFG 为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG .所以四边形DEFG 为矩形．(3)解 存在点Q 满足条件，理由如下：如图，连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点．空间向量及其运算高考对空间向量的考查主要在立体几何的解答题中进行，试题的一般设计模式是先进行一个线面位置关系的证明，再设计一个求解空间角或距离的问题，第一个问题的意图是考查考生使用综合几何法进行逻辑推理的能力，对于空间角或距离的求解，虽然也可以使用综合几何法解决，但命题者的意图显然不是如此，其真正的意图是考查考生使用空间向量的方法解决立体几何问题的能力．【示例6】►(2011·湖北高考)如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角CAFE 的大小为θ，求tan θ的最小值．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF ，AF ，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)．AE→＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4， 所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.故0＜λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值6 3.本题考查空间垂直关系的证明和二面角的求解及函数思想．本题的空间几何体便于建立空间直角坐标系，而且对于要证明的线线垂直和要求解的二面角正切的最值，使用空间向量的方法有一定的优势．线线垂直就是直线的方向向量的数量积等于零，二面角的大小可以使用两个平面的法向量进行计算，便于建立函数关系式．。
创新视角下的立体几何开放题
解题篇创新题追根溯源高考数学2021年2月创新视角下肿立仲几何开放题■江苏省无锡市惠山区教师发展中心叶亚美数学开放题，是指无明确条件或结论，必须经过认真分析、探究，方能获解的试题。
因能有效考查同学们的思维品质，创造性地分析问题和解决问题，开放题正逐渐成为新高考数学创新命题的新趋势。
近年来各地立体几何解答题中开放题的考查形式主要为结构不良试题及探索存在问题。
本文拟通过对这两类开放题的解析，为/0/1届高三数学立体几何复习备考提供一个参考。
创新题型1——结构不良试题#难在策略，重在推理立体几何开放题中结构不良试题多指条件残缺问题。
解此类结构不良试题时，需根据题目要求在给定条件中选择部分条件，并利用选定的条件解决相关问题。
结构不良试题突出了思维的灵活性及策略选择，能够对数学理解能力、数学探究能力、数学推理能力的考查起到积极的作用。
!!(/o/o年山东模拟)如图1,在四P-ABCD中，PA丄面ABCD，四边形ABCD为正方形F为线段PC上的点，过A,D,F三点的平面与PB交于点E o在①AB$AP，②BE$PE，③PB丄FD三个条件中选两个条件补充到已知条件中，解答下列问题：(1)求平面ADFE将四棱锥分成两部分的体积比；(2)求直线PC与平面ADFE所成角的正弦值。
解析：第一种情况：将①AB$AP，②BE $PE作为已知条件。
(()设平面ADFE为平面—因为BC/AD，易证得BC/平面—而平面平面PBC$EF，所以EF/BC O又因为E为PB的中点，所以EF为中位线。
设AP$AB$/,则EF$1。
在&PAB中，-$$22,AE$2o由PA丄平面ABCD得AD丄PA，又因为AD丄AB，所以AD丄平面PAB，所以AD丄AE，所以EF丄AE，所以S梯形AEFD$322AD+EF)・AE$寸。
因为AB$AP,BE$PE，所以PB丄AE,AD丄PB AD'AE$A，所以PB丄平32面AEFD，所以V-aefd$3X丁X2$1，63V P-ABCD$3x/x/$3，所以V E F-ABCD5丄,V P-AEFD31$3'故V$5"EF-ABCD(2)如图2以A为坐标原点AB.AD^AP所在直线为'轴，(轴，轴，建立空间直角坐标系A-'yz，设AB$AD$AP$2,则C(2,2,0)，P(0,0,2),$(2,0,0),所图2以PB$(2,0,—2),PC$(2,2,—2)。
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湖南 曹仁斌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：||n PN =（N 为垂足，M 为斜足，为平面α的法向量）3、求直线l 与平面α所成的角：|sin |=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 n =为α的法向量，则由方程组⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0，可求得法向量．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） AB CDNM A B C D O E F 1111ABCN MA B C 111xyz∴C 1·A 1=21×（-1）+21×1+0×（-2）=0 ∴ A 1B ⊥C 1M例2、本题主要考查线面关系和面面关系等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，ABCD 是正方形，ABEF 是矩形，且,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．A B CDEF Gxyz A BCDEFGH O A BCDEFG（II ）由题意可得)0,,(a a =，)2,2,0(a a =，)0,,(a a BG -=，)2,0,0(a BC =，设平面AGC 的法向量为)1,,(111y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅011n n AG ⎩⎨⎧=+=+⇒0220111a ay ay ax ⎩⎨⎧-==⇒1111y x )1,1,1(1-=⇒n sin 11=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 |1AF n ⋅=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221aBC 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 ED 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.A BCDEFGH(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. 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 ⋅=θ0||||1=⋅=F D AE∴ 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 n DA ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒21011y x )1,21,0(1-=⇒n 由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0021121n A D n F D ⎩⎨⎧==⇒2022y x )1,2,0(2=⇒n得|cos |2121=θ0||||21=⋅=n n∴ 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 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 ABC D EFM NPQ EF ABCD xyz A 1B 1C 1D 1E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.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(aa -= 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(---=，ABCDEFMNGA B CDEFMNGyxz∴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， 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A 1ABA B 1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=a.37arccos .372131323/14cos ).31,34,32(),2,2,2(1111所成角是与平面ABD B A BG A 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 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 ，y∴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D BE D D BD 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 BD 23)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 EF ，)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⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+-=+-⇒11010y x x y x )1,1,1(=⇒===⇒3|2|1d 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(=DE ，)1,0,1(1-=E C ， ∴ )0,2,1(1=+E C DE )1,0,1(-+=（2，2，-1） ∵)1,2,2(1--=BD =[-（2，2，-1）]= -（C 1+）， 又∵ BD 1⊄平面C 1DE ， ∴ BD 1∥平面C 1DE（Ⅱ）解：由题意知，)0,2,1(=DE ，)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 =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001DC n DE ⎩⎨⎧=+-=+⇒01202y y x ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒121x y )1,21,1(-=⇒AB C Dxyz A 1B 1C 1D 1E得=cos θ32231100=⨯++=，∴ 面C 1DE 与面CDE 所成的二面角θ=arccos 32．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.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，ACDM S∵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(=⇒，A BC DMSxyz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°．。