想象与推理并重 几何与代数齐飞——2022年高考“立体几何”专题解题分析.pdf

1、下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究立体几何研究的是现实世界中物体的形状、大小与位置关系，是高中数学知识的重要组成部分，也是培养学生空间想象能力和逻辑推理能力的重要载体.2022年的高考数学试卷共有10份：全国甲卷（文、理科）、全国乙卷（文、理科）、全国新高考卷、全国新高考卷、北京卷、浙江卷、天津卷、上海卷.10份试卷涉及的立体几何试题，全面考查了对空间中的平行关系和垂直关系的判断、推理和证明.同时，空间角、距离、表面积和体积等基本量的计算仍然是考查的重点.试题以考查立体几何的基础知识、基本方法、基本技能和基本活动经验为主线，结合生活实际，突出考查学生的数学抽象、直

2、观想象、逻辑推理和数学运算等素养.下面主要围绕全国甲卷（文、理科）、全国乙卷（文、理科）、全国新高考卷、全国新高考卷，并兼顾地方卷，进行立体几何高考试题的解题分析.一、试题特点分析2022年的10份高考数学试卷中，考查立体几何的试题共有 26 道（文、理科相同试题不累计），它们分布在试卷的第 4 题到第 20 题.其中，16 道选择题或填空题中有2道题涉及三视图，3道题涉及空间角，3道题涉及有关球的问题，5道题涉及体积、表面积，2道题涉及空间直线异面、平行和垂直关系的判定，还有1 道题与其他知识进行融合；解答题在每道小题的设置上力求证明与求解并重，全方位考查学生的逻辑推理和数学运算等素养.与2

3、021年相比，2022年高考全国乙卷和全国新高考卷立体几何试题在题量上仍保持两道客观题和一道解答题，共计22分；全国甲卷和全国新高考卷立体几何试题在题量上由两道客观题和一道解答题变为三道客观题和一道解答题，共计27分；全国新高考卷和全国新高考卷延续了2021年立体几何多选题的设置；全国甲卷和全国乙卷的立体几何客观题在考查内容和表述方式上文、理科完全相同；全国乙卷文、理科对应的解答题背景及第（1）小题完全一致，第（2）小题则因文、理科的要求不同而出现不同的设问，但是全国甲卷文、理科的立体几何解答题采取了完全不同的背景材料.整体来看，全国甲卷、全国乙卷、全国新高考卷和全国新高考卷在立体几何知识的考

4、查上基本保持稳定，题型搭配协调合理.地方卷与全国卷情形大致相同.1.试题分布合理，难度稳中有升2022年的高考立体几何试题，在考查立体几何主想象与推理并重几何与代数齐飞2022年高考“立体几何”专题解题分析赵小强，张海营（河南省许昌高级中学；河南省基础教育课程与教学发展中心）摘要：对2022年10份高考数学试卷中的立体几何试题进行系统整理与分析，从试题考点、解题方法的角度进行梳理与总结，通过分析学生解题中出现的困惑与常见错误，在研究高考立体几何试题的命题规律与方向的基础上，为新一轮高三数学复习备考提出建议.关键词：2022年高考；立体几何；解题分析收稿日期：2022-07-05作者简介：赵小强

5、（1974），男，中小学正高级教师，主要从事高中数学教育、教学和评价研究.65下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究干知识的基础上，题型、题量、分值、难度分布合理，总体题量略有增加.全国新高考卷的解答题由第19题移到第20题的位置，全国乙卷（文、理科）解答题虽然都在第 18 题的位置，但是推理中蕴含着运算，难度增大.14 道选择题或填空题（文、理科相同试题不累计）中有 8 道题涉及体积或面积的计算，对数学运算和逻辑推理素养的考查表现得尤为突出，学生达成度与近几年相比有所下降.2.考查重点突出，载体形式更加多样化2022年高考立体几何试题考查的知识点覆盖了基本立体图形，

6、三视图与直观图，表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系（平行、垂直、角度和距离），以及利用空间向量解决立体几何问题等，覆盖面广.考查重点突出，集中在空间角与距离的求法、几何体面积与体积的计算等主干知识上.多以棱柱和棱锥为载体，但是与往年相比，载体形式更加多样化.例如，全国甲卷文科第19题和全国新高考卷第11题均以切割柱体和锥体后的多面体为载体，浙江卷第 19 题以“楔形体”为载体，表现出更大的灵活性，体现了高考命题由“有纲”到“无纲”的过渡，反映了高考命题向“题海战术”宣战的决心.3.结合生活实际，更多回归数学情境全国甲卷以学生在参加综合实践活动中制作手工模型为试题情境，全国新高考卷以

7、南水北调工程中水库蓄水水位变化为试题情境，天津卷以古代中国建筑屋顶样式之一的“十字歇山顶”为试题情境，使学生感受到数学与生活密不可分，让学生在潜移默化中体会到数学知识是有用的，考查学生的阅读理解能力，以及直观想象和数学建模素养.与往年相比，2022年高考立体几何试题更多回归数学情境，在对学生数学抽象、数学运算和逻辑推理素养的考查上更加浓墨重彩，指向数学本质.二、题例解法分析1.三视图，依据数量和位置关系，以及基本几何体结构特征还原出直观图例1（全国甲卷文/理4）如图1，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）.图1（A）8（B）12（C）16（D）20

8、目标解析：该题重点考查学生的空间想象能力，对发展学生的空间观念、提升学生的直观想象和数学运算素养有针对性地推动作用.解法分析：能从三视图中发现几何体各元素之间的位置关系和数量关系，构建出空间直观图是该题解题的关键.根据正视图为直角梯形，且上下边长之比为12，左视图为正方形，俯视图为两个相同的正方形，且边长均为 2，可以推断该几何体为放平的直四棱柱，且上下底面为直角梯形.由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.由三视图还原几何体，如图 2，则该直四棱柱的体积 V=2+42 2 2=12.故答案选B.图2试题分析：用三视图呈现空间几何体的结构特征和度量关系，打破了以往直接给出空间几何体的直

9、观图和相关数据进行计算的传统模式，化立体为平面，加大了几何体的空间想象难度，对学生的空间想象、模型构建和运算求解等能力提出了较高要求.类题赏析：分析近几年的高考数学试题，源于教材的问题很多.例如，2018 年全国卷理科第 7 题（文科第9题）利用空间几何体的三视图考查表面最短路径问题；2018 年全国卷文（理）科第 3 题通过展示中国古代建筑中的榫卯结构考查空间几何体的三视图问题；2021年全国乙卷文（理）科第16题通过空间几何体的结构特征考查三视图的画法，体现了数学应用的模型思想；2022 年浙江卷第 5 题通过分析组合体 66下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究

10、的三视图求几何体的体积.在复习过程中，要注意以下几点：（1）明确三视图的形成原理，熟悉柱、锥、台、球的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图.（2）注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，看得到的部分用实线表示，遮挡部分用虚线表示.（3）遇到由几何体的部分画出剩余部分的三视图问题，可以先根据已知部分的三视图，推测直观图的可能结构，然后再找其剩下部分三视图的可能结构.作为选择题，也可以逐项代入检验.（4）运用转化与化归思想把所求几何体放在长方体（或正方体）中思考.2.体积与表面积，基础扎实，灵活转化例2（全国新高考卷11）如图3，四边形 ABCD为正方形，ED 平面 ABCD，FB ED，AB=

11、ED=2FB，记三棱锥 E-ACD，F-ABC，F-ACE 的体积分别为V1，V2，V3，则（）.图3ABCFED（A）V3=2V2（B）V3=V1（C）V3=V1+V2（D）2V3=3V1目标解析：该题以不规则几何体作为问题情境，考查锥体体积计算问题.涉及的核心知识点为锥体体积计算公式 V=13Sh.试题对数学运算要求不高，但是创新性在于需要学生能够用等价转化思想找到几何体之间的关系，体现思维的灵活性.解法分析：该题求解 V1，V2 比较容易.ADC 的面积与 ABC 的面积相等，由 AB=ED=2FB，容易得到三棱锥 E-ACD 和 F-ABC 体积之比等于 ED 和 FB之比，即 2 1

12、.若设 AB=2，便可以得出两个三棱锥体积的具体值.解决问题的关键在于运用三棱锥 F-ACE中棱与棱的数量关系，应用勾股定理的逆定理确定相关三角形是直角三角形，从而求出V3 的值.（方法1）设 M 为边 AC 的中点，连接FM，EM.令 AB=ED=2FB=2，则 V1=13 SACD ED=13 12 2 2 2=43.由 V1 V2=2 1，知 V2=23.而 BD=AC=2 2，FM=3，EM=6，EF=3，由 EM2+FM2=EF2，得 SEMF=12 EM FM=3 22.故V3=13 SEMF AC=2（或V3=13 SEAC FM=13 12 2 2 6 3=2）.显然，V3=V

13、1+V2，2V3=3V1.故答案选CD.（方法2）如图4，取 M，H，P 分别为边 AC，AE，CE 的中点，得出点 F，H，P 到平面 ABCD 的距离相等，均为 BF 的长度.图4ABCFEDHPM故 VF-HPM=VM-HPF.而 V3=4VF-HPM，取 AB=2，易知 HP=2，HF=PF=5，SHPF=12 2 5-12=32.故 V3=4VF-HPM=4VM-HPF=4 13SHPF BF=4 13 32 1=2.所以 V3=V1+V2，2V3=3V1.故答案选CD.（方法3）如图5，将题目中的几何体补形为正方体.图5ABCFEDNKG设正方体棱长为2，则其体积为 2 2 2=8

14、.易知VE-KNCF=VE-KFAG=13 S梯形KNCF EN=13 S梯形KFAG GE=13 12 ()1+2 2 2=2.所以V3=V正方体-V1-V2-VE-KNCF-VE-KFAG=8-43-23-2-2=2.所以 V3=V1+V2，2V3=3V1.67下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究故答案选CD.（方法4）如图6，在图5的基础上，连接BD与AC交于点M，连接EM，FM，DK，易证 DK AE，DK AC，即 DK 平面 ACE，垂足记为 O.图6ABCFEDNKGMO由 MF DK，得 MF 平面 ACE.三棱锥 E-ACD与三棱锥F-ACE有公共

15、底面 ACE，即 V1 V3=DO MF.容易计算出 DO=2 33，MF=3.故 V1 V3=2 3，即 2V3=3V1.而 V1 V2=2 1，所以 V3=V1+V2.故答案选CD.（方法 5）由题意知，可以建立如图 7 所示的空间直角坐标系 D-xyz.图7ABCFEDzyx取AB=2，则A()2，0，0，C()0，2，0，E()0，0，2，F()2，2，1.所以 AE=()-2，0，2，AC=()-2，2，0.取平面 ACE 的法向量为 n=()x，y，z，则由 AE n=0，AC n=0，得-2x+2z=0，-2x+2y=0.取 x=1，得 n=()1，1，1.由此可得，点 F 到平

16、面 ACE 的距离为 h=|EF n|n=33=3.故 V3=13SEAC h=13 12 2 2 6 3=2.即 V3=V1+V2，2V3=3V1.故答案选CD.试题分析：试题源自人教 A 版 普通高中教科书数学（以下统称“新教材”）必修第二册第122页“探究与发现”柱体、椎体的体积.方法3的思路与教材中运用的思路如出一辙.由此可见，教材中的一些几何模型是高考命题的“题根”.因此，把握教材中的细节，便可探寻命题规律，实现大道至简的目标.类题赏析：求棱锥、棱柱及柱锥组合体的体积一直是高考的一个热门考点.往往可以通过分割法、补体法、转化法等进行求解，也可以进行整体讨论，利用逆向思维求解.近几年高

17、考考查空间几何体体积和表面积的试题较多，但万变不离其宗，都是立体基本图形的变式.例如，2014年全国卷理科第18题，2015年广东卷文科第18题，2015年湖南卷理科第19题，2019年全国卷理科第19题，2019年全国卷理科第18题，2020年全国卷文科第19题，2020年全国卷文科第20题，2021年全国卷文科第18题，2021年全国卷文科第19题，等等.复习中应该注意以下几点：（1）利用转化思想转化顶点位置化难为易；（2）不规则几何体体积的计算采用分割法会事半功倍；（3）试着把要研究的几何体放在正方体、长方体、正棱柱和正棱锥等特殊几何体中，提高学生的类比思维能力、逆向思维能力和整体思维能

18、力等.3.有关球体问题，厘清关系，建构函数模型例 3（全国新高考卷8）已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为 36，且 3 l 3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）.（A）18，814（B）274，814（C）274，643（D）18，27目标解析：该题涉及的基础知识和基本方法包括正棱锥外接球模型与运用导数求函数最值的方法，以及运用不等式求最值的方法.主要运用数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想、特殊与一般思想和极限思想等对学生的直观想象、逻辑推理、数学运算等素养的培养进行有针对性的推动.解法分析：设正四棱锥的高为 h，由球的截面性 68下半月（高中版）

19、2022年第78期（总第267268期）解题研究质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，确定正四棱锥体积的函数解析式，最终将问题转化为运用导数或不等式求解三次函数的最值问题.（方法1）因为球的体积为 36，所以球的半径 R=3.设正四棱锥的底面边长为 2a，高为 h，则 l2=2a2+h2，32=2a2+()3-h2.所以 6h=l2，2a2=l2-h2.所 以 正 四 棱 锥 的 体 积 V=13Sh=13 4a2 h=23|l2-l436 l26=19|l4-l636.所以 V=19|4l3-l56=19l3|24-l26.当 3 l 0，当 2 6 l 3 3 时，V 0.所以当 l=

20、2 6 时，正四棱锥的体积 V 取最大值，最大值为 643.因为当 l=3 时，V=274，当 l=3 3 时，V=814，所以正四棱锥的体积 V 的最小值为 274.所以该正四棱锥体积的取值范围是 274，643.（方法2）同方法1，得 6h=l2，2a2=l2-h2=6h-h2.所 以 正 四 棱 锥 的 体 积 V()h=13Sh=13 4a2 h=23()6h-h2 h.因为 l 3，3 3，所以 l2 9，27.所以 h 32，92.所以 V()h=-2h2+8h.令 V()h=0，得 h=0 或 h=4.所以 V()h 在 32，4 上递增，在 4，92 上递减.因为V32=274

21、，V()4=643，V92=814，所以该正四棱锥体积的取值范围是 274，643.（方法3）设正四棱锥的侧棱与高的夹角为 ，把体积表示为关于 的函数，转化为含三角函数的形式加以求解.具体过程略.试题分析：该题重视知识的交会，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对学生的思维品质有较高要求.对正四棱锥的考查契合了教材中对立体几何的学习要求，较好地体现了高考试题源于教材又高于教材的特点.在解题过程中，学生可能出现的典型错误是想当然地认为当侧棱取端点值时得到体积的最值，直接代入运算，刚好得到错误答案，选择选项B，表现出学生思维的深刻性不够，严谨的逻辑推理能力不足.因此，在今后的教学中要与时俱进，杜

22、绝机械刷题，引导学生在学习中要多问、多思考、多总结，真正提高发现问题、分析问题和解决问题的能力.类题赏析：有关球的问题是高考中的热点问题，往往是命制创新问题的常用情境，通常设置为中档题或难题，处于压轴题的位置.例如，2017 年全国卷理科第16题考查折叠问题；2020年全国卷文科第12题（理科第10题）考查球的表面积计算；2020年全国卷文科第 11 题（理科第 10 题）也是求点到面的距离；2020 年全国卷文科第 16 题（理科第 15 题）考查圆锥的内切球问题；2021年全国甲卷理科第11题考查三棱锥的体积计算；2022年全国乙卷文科第12题（理科第9题）考查四棱锥和球的综合问题；等等.

23、4.空间角问题，善于构建三角形来解决例 4（浙 江 卷 8）如 图 8，已 知 正 三 棱 柱ABC-A1B1C1，AC=AA1，E，F 分别是棱 BC，A1C1 上的点.记 EF 与 AA1 所成的角为 ，EF 与平面 ABC所成的角为 ，二面角 F-BC-A 的平面角为 ，则（）.图8BECAA1FB1C1（A）（B）（C）（D）目标解析：该题考查了线线角、线面角和二面角的定义（基础知识和基本技能），考查学生运用转化与化归思想把空间角转化为平面角的能力.对学生分析问题和解决问题的能力及直观想象素养有针对性的推动作用解法分析：主要是要利用定义把空间角转化为平面角，然后利用三角形的边角关系比较

24、角的大小.69下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究如图9，过点F作直线 FG AC 于点 G，连接 EG.图9BEMCAA1FHGB1C1根据线面垂直的性质定理，由 FG 平面 ABC，得 FG EG.因此 =EFG，=FEG.则 tan =EGFG=EGAC，tan =FGEG=ACEG.易知 AC EG，因此得到 .如图9，过点F作 FH B1C1 交 A1B1 于点 H，连接BH，CF，过点F作 FM BC 于点 M，连接 GM.设FMG=.因此，tan =FGMG=ACMG.由 EG MG，得 .综上所述，.故答案选A试题分析：此题属于中档题，借助学生熟悉的

25、正三棱柱作为问题情境考查空间角的定义问题，对异面直线所成角、线面角和二面角的考查既全面又突出重点，条件简单但立意深刻，重视考查“四基”.教材中类似背景的题目有很多.例如，人教 A 版 普通高中课程标准实验教科书数学（选修 2-1）第 9 页练习的第1题和第117页复习参考题A组的第4题，新教材选择性必修第一册第 8 页练习的第 1 题和第 48 页复习参考题的第 9 题，均以正三棱柱或直三棱柱为情境考查空间角问题.学生可能出现的问题恰恰在于对空间角的定义掌握不牢，对将空间角转化为平面角不熟练，空间想象能力不足，在把空间角转化为平面角的过程中出现错误.在复习备考中，要重视教材，注重空间角的定义教

26、学，夯实基本概念和基本位置关系，做到对柱体和锥体等基本空间立体图形的结构图形了然于胸，加强对学生空间想象能力的培养.同时，应该注重数学思想的提炼和升华，促进学生直观想象素养的提升.类题赏析：高考数学试题中考查空间角的问题是比较多的.客观题中类似题型还有：2017年全国卷理科第10题考查异面直线所成角；2018年浙江卷第8题、2019 年浙江卷第 8 题除了把锥体作为命题情境外，考查内容和形式与2022年浙江卷第8题几乎完全一样.几乎每年的每份试卷都在立体几何解答题中考查空间角的计算问题.由此可见，今后高考还会重点知识重点考查，不回避基础知识和高频考点，试题也会更加灵活、开放.5.平行、垂直关系

27、，在判定定理与性质定理之间熟练游走例5（全国乙卷文9/理7）在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为 AB，BC 的中点，则（）.（A）平面 B1EF 平面 BDD1（B）平面 B1EF 平面 A1BD（C）平面 B1EF 平面 A1AC（D）平面 B1EF 平面 A1C1D目标解析：该题以正方体为载体，重点考查平面与平面的两种特殊位置关系平行与垂直，要求学生熟悉面面平行和垂直的定义及判定定理，能够利用转化思想将面面垂直问题转化为线面垂直问题.着力考查学生的画图和识图能力，以及分析问题和解决问题的能力，旨在推动学生直观想象、逻辑推理和数学运算素养的提升.解法分析：利用转化思想，运用

28、判定定理和性质定理将面面垂直和平行问题转化为线面或线线垂直、平行问题.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，因为 AC BD且 DD1 平面 ABCD，EF 平面 ABCD，所以 EF DD1.因为点E，F 分别为 AB，BC的中点，所以EF AC.所以 EF BD.因为 BD DD1=D，所以 EF 平面 BDD1.而 EF 平面 B1EF，所以平面 B1EF 平面 BDD1.试题分析：选项A源于新教材必修第二册第140页的例 4；其他选项都涉及已知平面与几何体中特殊平面之间的位置关系，源于新教材必修第二册第 157 页例 7 的变形.源于教材又不同于教材，这种创新，也是高考命题的立意所

29、在，突出考查学生的创新思维.同时，要在变中看到不变，即基础知识、基本技能、基本思想和基本的活动经验，以及从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力，突出通性、通法的考查.该题设计的正解是选项 A，如果正解位置调整到靠后一些，学生犯错的机会就会加大.70下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究因此，在复习备考中，要切实抓细每一个环节，充分重视几何体的几何特征，着重培养学生的直观想象、逻辑推理和数学抽象等素养，切实引导学生用数学眼光观察现实世界、用数学思维思考现实世界.类题赏析：空间平行、垂直关系的判定与性质及其应用几乎在每份高考试卷中都有体现，特别是在立体几何解

30、答题的第（1）小题，在这里不再一一赘述.根据统计分析，我们发现在近两年的全国新高考卷、全国新高考卷、全国甲卷和全国乙卷中，以长（正）方体为载体考查空间点、直线、平面的位置关系或空间角的客观题出现的频率较之前明显加大.2018 年至2020 年三年间，全国卷中只出现了 2 道以长（正）方体为载体的试题，但是 2021 年和 2022 年的全国卷中，就有6道以长（正）方体为载体的试题.实际上，这在普通高中数学课程标准（2017年版2020 年修订）（以下简称 标准）中可以找到命题依据：在必修课程主题三“几何与代数”短短两页内容中有四次提到长方体.长方体是学生最熟悉的空间几何体，由具体模型通过直观观

31、察抽象出定义、公理、定理，符合学生“具体抽象具体”的认知规律.三、优秀试题分析2022年高考立体几何试题聚焦核心素养，强化主干内容，突出理性思维，考查关键能力；试题设计突出数学学科特点，体现命题发展趋势；立意深远、选材恰当、难度适中，对中学数学教学具有积极的指导意义.现优中选优，举例如下.例 6（全国新高考卷20）如图 10，PO 是三棱锥 P-ABC 的高，PA=PB，AB AC，E 是 PB 的中点（1）求证：OE 平面 PAC；（2）若 ABO=CBO=30，PO=3，PA=5，求二面角 C-AE-B 的正弦值ABEPC图10O题意理解：该题考查了线面平行的证明和二面角的计算，通过运用直

32、观感知、推理论证和数学运算等认识和探索空间图形的性质，借助空间直角坐标系通过空间向量的坐标运算实现二面角的求解，聚焦直观想象、逻辑推理和数学运算素养.第（1）小题是线面平行的证明问题，考查线线、线面和面面平行关系的相互转化，综合利用线面平行和面面平行的判定定理和性质定理完成论证；第（2）小题求二面角 C-AE-B 的正弦值，可以转化为求平面 AEB 与平面 AEC 的法向量的夹角的正弦值，所以只需要求出这两个平面的法向量的夹角即可.思路探求：（1）（方法 1）延长 BO 交 AC 于点 D，连接 OA，PD.根据三角形全等得到 OA=OB，再根据直角三角形的性质得到 AO=DO，即可得到点 O

33、 为BD 的中点，从而得到 OE PD，即可得证.（方法 2）连接 OA，取 AB 的中点 F，连接 OF，EF.根据三角形全等得到 OA=OB，则 OF AB.由AB AC，得 OF AC.再根据点 E 是 PB 的中点，得EF PA，即可得出平面 EFO 平面PAC，得证.（2）过点 A 作 Az OP，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算求证.书写表达：（1）证法 1：如图 11，延长 BO 交 AC于点 D，连接 OA，PD.ABEPC图11OD因为 PO 是三棱锥 P-ABC 的高，所以 PO 平面 ABC.由 AO，BO 平面 AB

34、C，得 PO AO，PO BO.由 PA=PB，得POA POB，即 OA=OB.所以 OAB=OBA.因为 AB AC，即 BAC=90，所以 OAB+OAD=90，OBA+ODA=90.所以 ODA=OAD.所以 AO=DO，即 AO=DO=OB.所以 O 为 BD 的中点.由点 E 为 PB 的中点，得 OE PD.因为 OE 平面 PAC，PD 平面 PAC，所以 OE 平面 PAC.证法 2：如图 12，连接 OA，取 AB 的中点 F，连接 OF，EF.71下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究ABEPC图12OF由题意，知 PO 平面 ABC.因为 AO

35、，BO 平面 ABC，所以 PO AO，PO BO.因为 PA=PB，所以POA POB，即 OA=OB.由 F 是 AB 的中点，可得 OF AB.因为 AB AC，所以在平面 ABC 内，OF AC.由 E 是 PB 的中点，得 EF PA.因为 EF OF=F，EF OF 平面 EFO，所以平面 EFO 平面PAC.由 OE 平面EFO，得 OE 平面 PAC.（2）解：过点 A 作 Az OP，以点 A 为原点，分别以 AB，AC，Az 所在直线为 x 轴、y 轴和 z 轴建立如图 13 所示的空间直角坐标系，连接 OA，AE，延长BO交AC于点D.ABEPC图13OxzyD因为 PO

36、=3，AP=5，所以 OA=AP2-PO2=4.因为 OBA=OBC=30，所以 BD=2OA=8，则 AD=4，AB=4 3.所以 AC=12.所以O()2 3，2，0，B()4 3，0，0，P()2 3，2，3，C()0，12，0.所以 E3 3，1，32.则 AE=3 3，1，32，AB=()4 3，0，0，AC=()0，12，0.设平面 AEB 的法向量为 n=()x，y，z，则|n AE=3 3 x+y+32 z=0，n AB=4 3 x=0.令 z=2，则 y=-3，x=0.所以 n=()0，-3，2.设平面 AEC 的法向量为 m=()a，b，c，则|m AE=3 3a+b+32

37、 c=0，m AC=12b=0.令 a=3，则 c=-6，b=0.所以 m=()3，0，-6.所以 cos n，m=n m|n|m=-1213 39=-4 313.设二面角 C-AE-B 的平面角为，则 sin =1-cos2=1113.故二面角 C-AE-B 的正弦值为 1113.回顾反思：第（1）小题属于常规的线面平行论证试题，两种证明方法都比较常规，属于通性、通法.比较来看，证法 1 更为常见，也是解决这类问题首先考虑的方向，论证目标明确、链条清晰，但论证的思维入口稍显隐蔽，思维量稍大.证法 2 也是论证线面平行常用的方法，由“E 是 PB 的中点”这一条件，自然想到寻找平面 PAC 的

38、中位面，并且在实现这一目标上更为容易，但是论证的步骤稍显烦琐.总之，这两种证法都是学生应该掌握的常规方法，在论证上要做到目标明确，思维过程缜密，逻辑表达清晰.该题最大的障碍点是在第（1）小题中完成“O 为 BD 的中点”的论证，试题的情境设置较开放，有一定的创新性，较好地考查了学生利用平面几何知识进行逻辑推理的能力.变式设计：如图 14，PO 是三棱锥 P-ABC 的高，PA=PB，ABO=30，CBO=15，BAC=120，PE=2EB ABEPC图14O（1）求证：OE 平面 PAC；（2）若 PO=3，PA=5，求二面角 C-AE-B 的正弦值.例7（浙江卷19）如图15，已知 ABCD

39、 和 CDEF都是直角梯形，AB DC，DC EF，AB=5，DC=3，72下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究EF=1，BAD=CDE=60，二面角 F-DC-B 的平面角为 60，设 M，N 分别是 AE，BC 的中点.（1）证明：FN AD；（2）求直线 BM 与平面 ADE 所成角的正弦值图15ADMBNCFE题意理解：第（1）小题的证明要由线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到线线垂直，或者由线线垂直得到线面垂直再到面面垂直，最终得到线线垂直，逻辑链条深邃曲折.涉及的知识点有线面垂直的判定定理及性质定理，以及面面垂直的判定定理和性质定理.在第（2）小题角的

40、求解中，不但考查了线面角的定义和求解，还涉及了二面角的定义和二面角平面角的定义.整道试题考查学生对空间立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算等素养，既可以检验学生的知识水平，也是检验学生思维品质的试金石.思路探求：第（1）小题运用分析法，要证线线垂直，需证线面垂直，在线面垂直与线线垂直之间相互转化，最终得证.第（2）小题的求解可以采用空间向量法，也可以采用传统几何综合法，还可以采用等积换底法.书面表达：（1）证明：如图16，过点 E，D 作直线DC，AB 的垂线 EG，DH，分别交 DC，AB 于点G，H.图16HADMBNCGFE因为 ABCD 和 EFCD 都是直角梯形，AB DC，C

41、D EF，AB=5，DC=3，EF=1，BAD=CDE=60.所以DG=AH=2，EFC=DCF=DCB=ABC=90.所以四边形 EFCG 和四边形 DCBH 是矩形.所以在 RtEGD 和 RtDHA 中，EG=DH=2 3.所以 FC=BC=2 3.因为 DC CF，DC CB，且 CF CB=C，所以 DC 平面 BCF.所以 BCF 是二面角 F-DC-B 的平面角.所以 BCF=60.所以BCF 是正三角形.因为 DC 平面 ABCD，所以平面 ABCD 平面 BCF.因为点 N 是 BC 的中点，所以 FN BC.因为平面 ABCD 平面 BCF=BC，FN 平面 BCF，所以

42、FN 平面 ABCD.因为 AD 平面 ABCD，所以 FN AD.（2）解法1：空间向量法.以点 N 为原点，过点 N作 AB 的平行线 Nx，分别以 Nx，NB，NF 所在直线为 x 轴、y 轴和 z 轴，建立如图17所示的空间直角坐标系 N-xyz.图17ADMBNCFExyz则 A()5，3，0，B()0，3，0，D()3，-3，0，E()1，0，3，所以 M|3，32，32.所以 BM=|3，-32，32，AD=()-2，-2 3，0，DE=()-2，3，3.设平面 ADE 的法向量为 n=()x，y，z，由n AD=0，n DE=0，得-2x-2 3 y=0，-2x+3 y+3z=

43、0.取 n=()3，-1，3.设直线 BM 与平面 ADE 所成角为 ，则 sin =|cos n，BM=|n BM|n|BM=5 714，即直线 BM 与平面 ADE 所成角的正弦值为 5 714.解法2：传统几何综合法.73下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究由（1）知，在直角梯形 ABFE中，AB EF，ABF=EFB=90，AB=5，EF=1.如图 18，连接 BD，DM，BE，过点 M，E 分别作直线 BF 的平行线交 AB 于点 P，Q，图18PADMBNCHFEQ则EQ=BF=2 3，MP=12 EQ=3，BP=3，AQ=4.在 RtMPB 中，MB=

44、MP2+BP2=2 3.在 RtAEQ 中，AE=EQ2+AQ2=2 7.由（1）知，AD=DE=4.所以ADE 为等腰三角形.因为 M 是 AE 的中点，所以 DM AE.所以 DM=42-()72=3.在 RtBCD 中，BD=BC2+CD2=21.所以 BM2+DM2=BD2.所以 DM BM.因为 MB AE=M，MB，AE 平面 ABFE，所以 MD 平面 ABFE.因为 MD 平面 ADE，所以平面 ADE 平面 ABFE.因为平面 ADE 平面 ABFE=AE，过点 B 作 BH AE于点 H，则 BH 平面 ADE.所以 BME 为直线 BM 与平面 ADE 所成的角.因为 S

45、AEB=12 AE BH=12 AB EQ，所以 BH=AB EQAE=5 2 32 7=5 37，所以 sin BME=BHBM=5 37 2 3=5 714，即直线 BM 与平面 ADE 所成角的正弦值为 5 714.解法3：等积换底法.设点 B 到平面 ADE 的距离为 h，如图19，过点 M，E 分别作直线 BF 的平行线交 AB 于点 P，Q，连接BD，DM.图19PADMBNCFEQ在 RtMPB 中，MB=MP2+BP2=()32+32=2 3.在 RtAEQ 中，AE=EQ2+AQ2=()2 32+42=2 7.由（1）知，AD=DE=4.在等腰三角形 AED 中，边 AE 上

46、的高 DM=42-()72=3，SAED=12 2 7 3=3 7.所以 VB-ADE=13 SADE h=13 3 7 h=7h.由（1）知，FN 平面 ABCD，且 FN 是等边三角形 FCB 的中线.所以 FN=3.因为CD EF，EF 平面ABCD，CD 平面ABCD，所以 EF 平面 ABCD.所以点 E 到平面 ABCD 的距离与点 F 到平面 ABCD的距离相等，且与FN相等.因为 FN=3，SABD=12 5 2 3=5 3.所以 VE-ABD=13 SABD FN=13 5 3 3=5 3.因为 VB-ADE=VE-ABD，所以 h=5 37.所以直线 BM 与平面 ADE所

47、成角的正弦值为 hMB=5 714.回顾反思：第（1）小题可能会被大多数人看作送分题，但实际情况很可能并没有设想中那样理想，学生可能出现逻辑不连贯，或者心中有逻辑却没有能力清晰、流畅和简洁地表述出来.该题的设计，可以很好地用来检验学生的空间想象能力和逻辑推理能力.在复习备考中，要对学生进行有针对性的训练，以提高他们的逻辑推理能力，要求思维连贯，一环套一环，环环有依据.切忌无中生结论，凭空添题设，一定不能想当然，要做到有果必有因.对此，教师可以通过学生习作点 74下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究评、学生互评或答辩式点评来锻炼学生的思维能力.第（2）小题的解法1被学

48、生称为解立体几何空间角和距离问题的“万能钥匙”，是绝大多数学生会选择的方法.这种解法的特点是对学生的空间想象能力要求降低，但是对学生的运算能力有一定要求.出错的学生主要表现在计算能力弱、空间想象能力差和知识点识记错误.解法 2 是传统的几何综合法，对学生对空间几何图形中的点、直线、平面之间的关系的理解程度、作图能力和空间想象能力要求较高，能用该方法求解的学生寥寥无几.这种解法要求具体作出线面所成的角，在对垂线段长度的求解中避免不了用等面积法的窠臼，这比等体积法只少了一个维度，计算量没有减少，在证明和作图上却上升了一个难度层级，这可能也是学生和教师更愿意用向量法而传统几何综合法却“无人问津”的原

49、因.但是，几何综合法能很好地培养学生的空间想象能力，这应该成为以后高中数学教师教学中有意识加强训练的模块.解法 3 仍然属于传统立体几何的解法.回避了线面角的作法和证明，要求学生在深刻理解线面角定义的基础上，挣脱具体图形的束缚，对学生的直观想象和逻辑推理素养要求较高，但若运用得当，就会收到“会当凌绝顶，一览众山小”的效果.变式设计：第（1）小题如果继续增加难度的话，可以改为求证 DM FB，这样设计可以考查勾股定理的应用，证明需要的条件更隐蔽.第（2）小题改为考查二面角 E-AB-D 的正弦值或者余弦值，也不失为一道考查用三垂线法或向量法求解二面角的好题.例 8（全国新高考卷19）如图 20，

50、直三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为4，A1BC 的面积为 2 2（1）求点 A 到平面 A1BC 的距离；（2）设 D 为 A1C 的中点，AA1=AB，平面 A1BC 平面 ABB1A1，求二面角 A-BD-C 的正弦值A1B1C1DABC图20题意理解：第（1）小题考查点到平面的距离，有一定的新意.考查了等体积法，涉及柱体、锥体的体积公式，体现了转化与化归的数学思想方法.第（2）小题考查了二面角问题.在垂直关系的证明部分，要由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到线线垂直，或者由线线垂直得到线面垂直再到线线垂直，最终得到线线垂直.涉及面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理和线面垂直的

51、定义，二面角的定义和二面角平面角的定义，平面几何知识，解三角形，向量法和等面积法等知识点，体现了转化与化归思想、方程思想和数形结合思想.思路探求：（1）利用几何体的顶点转化，运用等体积法求解，解答过程简洁，运算结果不易出错；（2）既可以由面面垂直的性质及判定，得到 BC 平面 ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解，也可以运用传统几何法由面面垂直的性质和二面角的平面角的概念作出平面角，构造三角形求解平面角的正弦值.书写表达：（1）在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，设点A到平面 A1BC 的距离为h，则 VA-A1BC=13 SA1BC h=2 23 h=VA1-ABC=13

52、SABC A1A=13VABC-A1B1C1=43.解得 h=2.所以点 A 到平面 A1BC 的距离为2.（2）（方法1）如图21，取 A1B 的中点 E，连接 AE.A1B1C1DABCxyEz图21由 AA1=AB，得 AE A1B.因为平面 A1BC 平面 ABB1A1，平面 A1BC 平面 ABB1A1=A1B，且 AE 平面 ABB1A1，所以 AE 平面 A1BC.在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BB1 平面 ABC.由 BC 平面 A1BC，BC 平面 ABC，得 AE BC，BB1 BC.因为 AE，BB1 平面 ABB1A1 且相交，所以 BC 平面 ABB1A1.7

53、5下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究所以 BC，BA，BB1 两两垂直.如图21，以点 B 为坐标原点建立空间直角坐标系.由（1），得 AE=2.所以 AA1=AB=2，A1B=2 2，得 BC=2.所以 A1C 的中点 D()1，1，1.所以 BD=()1，1，1，BA=()0，2，0，BC=()2，0，0.设平面 ABD 的一个法向量 m=()x，y，z，则 m BD=x+y+z=0，m BA=2y=0，取 m=()1，0，-1.设平面 BDC 的一个法向量 n=()a，b，c，则n BD=a+b+c=0，n BC=2a=0，取 n=()0，1，-1，则 co

54、s m，n=m n|m|n=12 2=12.所以二面角 A-BD-C 的正弦值为 1-122=32.（方法2）证明 BC，BA，BB1 两两垂直同方法1.由（1），得 AE=2.所以 AA1=AB=2，A1B=2 2，得 BC=2.因为 AB=BC=2，AD=DC=3，BD=BD，所以ABD CBD.如图22，过点 A 作 AH BD 于点H，则 CH BD.A1B1C1DABCEH图22所以 AHC 为二面角 A-BD-C 的平面角.因为 AB=2，AD=BD=3，所以在ABD 中，根据等面积法，知 AH=2 63.所以 CH=2 63.因为 AC=2 2，所以在AHC 中，由余弦定理，得c

55、os AHC=AH2+HC2-AC22AH HC=-12.故 sin AHC=32.所以二面角 A-BD-C 的正弦值为32.回顾反思：该题的第（1）小题可以很好地检验学生的空间想象能力和转化能力.学生可能出现的错误主要体现在逻辑不通顺、步骤不完整、转化能力差、公式用不对等.第（2）小题的解法1是绝大多数学生选择的方法，这种方法的特点是对学生的空间想象能力和逻辑推理能力要求较低，但是对学生的运算能力要求有所提高.学生可能的易错点：一是求平面的法向量出错；二是公式用错，混淆线面角的向量公式与二面角的向量公式，导致结果出错；三是空间想象能力不足，把两个法向量夹角的余弦值当作二面角的正弦值，导致结果

56、出错.第（2）小题的解法2是传统几何综合法，对空间几何图形中点、直线、平面之间的关系的理解程度、作图能力和空间想象能力要求较高.这种解法需要具体作出二面角的平面角或其补角，计算量相对较小，但是证明和作图却烦琐，学生用得不多.然而，在第（2）小题中要建立空间直角坐标系，需要先证明线线垂直，部分学生缺乏严密的逻辑论证导致失分.因此，学生的空间想象能力和逻辑推理能力的提高很有必要，不能过度依赖坐标法.变式设计：该题的第（1）小题如果要增加难度的话，可以改为求点 C1 到平面 A1BC 的距离，这样设计可以考查转化与化归思想；第（2）小题如果将条件“平面 A1BC 平面 ABB1A1”改为“AB=BC

57、=2，且 AC 与平面 A1BC 所成的角为 30”，既考查了线面角，又考查了勾股定理，证明需要的条件更加隐蔽和曲折.四、复习备考建议综观2022年高考立体几何试题，主要考查空间位置关系的论证和空间度量关系的计算，解决的办法主要有综合法、构造法、向量法和转化法等，对学生的数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算等素养提出了较高的要求.因此，立体几何解题能力的提升要在学生完全掌握基础知识的情况下，从点、直线、平面最基本的性质入手，构建几何图形，寻找图形特征.通过对以上典型试题的分析，建议在复习备考中：一要重视引导学生用好教材.教材是落实 标准、发展学生数学核心素养的重要教学资源，也是历年高考命题的

58、重要素材，通过对教材中的知识体系进 76下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究行系统梳理，依托学生熟悉的几何体，掌握线线、线面、面面之间的相互转化，准确把握立体几何的本质，形成基本的直观想象素养；二要重视引导学生进行“有图想图”与“无图想图”等思维过程，逐步提高他们的空间想象能力，建构起立体的空间概念；三要重视引导学生规范作图，逐步弄清楚柱体、锥体和球体等基本图形的几何特征，进而能够识别由基本图形组合或分拆后形成的新图形，强化其推理与计算相结合的意识；最后，要重视引导学生规范书写表达，在逻辑证明过程中注重规范严谨、思维连贯，要做到有果必有因，切忌无中生结论，凭空添题设

59、，不断提高学生的逻辑思维能力，提高解题效率.五、典型模拟题1.三棱锥 P-ABC 中，PA=PB=PC，ABC=4，AC=2，则三棱锥 P-ABC 外接球表面积的最小值是（）.（A）8（B）4（C）2（D）答案：B.2.已知正三棱锥 P-ABC，Q 为 BC 中点，PA=2，AB=2，则正三棱锥 P-ABC 的外接球的半径为_；过点 Q 的平面截三棱锥 P-ABC 的外接球所得截面的面积范围为_答案：62；，32.3.如图 23，已知 ABCD 和 EFCD 都是直角梯形，AB DC，CD EF，AB=5，DC=3，EF=1，BAD=CDE=60，二面角 F-DC-B 的平面角为 60，设M，

60、N 分别是 AE，BC 的中点.（1）证明：DM FB；（2）求二面角 E-AD-B 的余弦值.ABNCMDEF图23答案：（1）证明略；（2）217.4.如图 24，直三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为 4，A1BC 的面积为 2 2（1）求点 C1 到平面 A1BC 的距离；（2）设D为 A1C的中点，AA1=AB，BC=2，ACB=45，AC 与平面 A1BC 所成的角为 30，求二面角 A-BD-C的正弦值A1B1C1DABC图24答案：（1）2；（2）32.参考文献：1 中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）M.北京：人民教育出版社，2020.2 庄后伟，朱慧.2020年高考“立体几何”专题解题分析J.中国数学教育（高中版），2020（10）：48-55，64.3 黄仙萍，洪武定.2021年高考“立体几何”专题解题分析J.中国数学教育（高中版），2021（9）：2-9.77