《立体几何》中蕴含的数学思想方法.doc
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聚焦高考：
《立体几何》中蕴含的数学思想方法
立体几何是高中数学教学及高考考查的一个重要内容，这部分内容蕴含着丰富的数学思想方法。
实践证明，教学中适时渗透有关的数学思想方法，有助于学生降低学习难度，把握知识本质和内在规律，提高数学素养，发展思维能力。
一、转化的思想方法
研究问题时，将研究对象在一定条件下转化为熟悉的、简单的、基本的研究对象的思维方法称为转化的思想方法。
这种思想方法是立体几何中最重要的思想方法，贯穿在立体几何教学的始终。
立体几何中转化的思想方法主要体现在如下几个方面：
1.空间问题向平面问题转化（降维转化）
将空间问题转化为熟知的平面问题是研究立体几何问题最重要的数学方法之一。
如教材中的几种多面体和旋转体的侧面积公式的推导（除球面外）、侧面上最短路线问题都是通过侧面展开转化为平面几何问题；旋转体的有关问题不也是转化为关于轴截面的平面几何问题吗？
其实，立体几何中的三种角（线线角、线面角、二面角）和四种距离（线线距、点面距、线面距、面面距）从定义到具体的计算以及三垂线定理都体现了空间到平面的转化。
又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。
实现空间问题向平面问题转化的方法很多常用的就有:
平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。
（2020海南.山东卷4、2020山东卷16、2020新课标Ⅰ全国卷16、2020年浙江卷14）
2.位置关系的转化
线线、线面、面面平行与垂直的位置关系既互相依存，又在一定条件下不仅能纵向转化：
线线平行（或垂直）、线面平行（或垂直）、面面平行（或垂直），而且还可以横向转化：
线线、线面、面面的平行，线线、线面、面面的垂直。
这些转化关系在平行或垂直的判定和性质定理中得到充分体现。
平行或垂直关系的证明（除少数命题外）大都可以利用上述相互转化关系去证明。
3.位置关系中的定性与定量的转化
立体几何中对点、线、面在空间中特定位置关系的研究是从定性和定量两个方向进行的。
这两者既有联系又有区别，一定条件下还可以互相转化。
线线、线面、面面平行，这些定性描述表示，线线、线面、面面的成角是0°，反之则不然；线线、线面、面面所成的角是90°，这些量的结果，则反映了它们的垂直关系，反之亦然。
直线与平面的相交、平行、线在面内的定性与有公共点1个、0个、无穷多个的定量的转化等。
可见教材中深刻地蕴含着位置关系中的定性与定量的转化关系。
4.体积问题中的转化
研究简单几何体体积问题的过程中，利用祖暅定理，将一般柱体体积问题转化为长方体体积问题，一般锥体体积问题转化为三棱锥体积问题，从而推导出柱体和锥体体积公式等。
三棱锥体积公式推导过程中，“补法”和“割法”（割补思想）的先后运用，台体的体积，即补台成锥，展示了的割补的转化；利用四面体、平面六面体等几何体体积的自等性，以体积为媒介沟通有关元素间的联系，从而使问题获解的等积转化等，均是转化的思想方法在体积问题中的体现。
所有上述这些都充分展现了转化的思想方法在立体几何中的“用武之地”。
教学中的适时揭示与恰当运用，确能强化学生思维的目标意识，增强思维的敏捷性和灵活性，提高学习效率。
（2020海南卷13）
二、分类的思想方法
分类的思想方法在数学中较为普遍。
如立体几何中的一些知识和问题：
空间两直线的位置关系分为相交、平行、异面三种：
线面、面面的位置关系以它们公共点的多少为标准分别分为相交、平行、线在面内的三种和平行、相交两种，而对于相交的情形，根据其交角是否为直角又分为斜交和直交两种；简单几何体可分为柱体、锥体、台体和球四类，每一类（除球外）又可分为若干个子类；教学直线和平面所成的角时，要分直线和平面斜交及直线和平面垂直、直线和平面平行和直线在平面内三种情况加以说明。
教学中,不失时机地揭示并帮助学生运用分类的思想方法，有助学生全面系统地归纳整理，消化知识，亦有益于训练思锥的条理性和严密性，发展思维能力。
另外，根据几何图形及位置存在的不同情况也需分类讨论。
三、运动变化的思想方法
运动变化的思想方法是数学中重要的思想方法。
运用它易于提示概念的本质，便于认识事物的性质，发现规律。
立体几何中，不少的知识和问题蕴含着这一思想方法。
如圆柱、圆锥、圆台、球面和旋转面的含义；二面角可看作是一个半平面以其棱为轴旋转而成的；圆柱（或圆锥）亦可看作是当圆台上底面半径和下底面半径相等（或缩小到其半径等于零）时，转化而成的。
即，
。
教学线面平行的性质时，在定义的条件下让该直线和平面运动起来，在运动中保持不变的性质就是线面平行的性质。
研究平面图形折叠问题时，需要从运动变化的角度出发，弄清图形中涉及的元素在折叠前后的数量及位置关系的变化等。
用运动变化的思想理解球与平面的位置关系。
教学实践表明，有意识而及时地对这一思想方法的揭示与渗透，可使学生对知识的理解更深，运用更得心应手，思维能力得到发展，同时使学生受到辩证唯物主义教育。
四、函数与方程的思想方法
函数与方程的思想方法渗透到中学数学的全过程，具有广应用性。
它们是根据问题的数量特征及其相互关系设定变量建立函数关系或方程，通过对函数性态或方程的研究而求得原问题的解的一种思维方法。
函数与方程的思想方法在立体几何中亦大有“用武之地”。
如立体几何中求某些量的最值问题大都需要用函数的思想方法去处理，多面体和旋转体的表面积与体积的计算中,也经常用方程的思想方法去解决有关问题。
教学中适时启发和引导学生用函数与方程的思想方法去思考和解决问题，有利于学生将某些研究对象问题转化为数学问题的意识和习惯的形成，同时学生分析、解决问题的能力也必将得到提高。
（2020新课标Ⅰ全国卷3）
五、类比的思想方法
所谓类比的思想方法，就是将生疏的问题和熟知的问题进行比较，对生疏的问题作出猜想，并由此寻求问题的解决途径或结论。
它是中学数学中重要的思想方法之一。
立体教学中，类比的思想方法被广泛采用。
由三角形面积公式、梯形面积公式，类比推导记忆圆锥侧面积公式和圆台侧面积公式；由平面上直线‖，‖‖，可类比出空间内的平面‖，‖‖；与平行四边形类比可得到平行六面体的不少类似性质；球与圆类比可推出球的有关性质，球与平面的位置关系可类比圆与直线的位置关系；“面面垂直”与“线线垂直”，四面体与三角形均有较多的类比性质等，都是类比的思想方法获得运用的体现与展示。
教学中随时注意帮助学生掌握和善于运用类比的思想方法，可起到巩固旧知识，加速对新知识的理解和记忆力。
当然，类比仅是一种猜测，其正确性尚须论证。
在教学过程中，注意启发和诱导学生将空间问题和数量关系、位置结构相似的平面问题进行类比，可以开拓学生的思路，诱发灵感，增强数学发现能力，同时还可以沟通知识间的联系，帮助学生建立良好的认知结构。
六、2020年《立体几何》高考试题解析和分析
1．（2020海南.山东卷4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）
A．20° B．40° C．50° D．90°
【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．
【解答】解：
可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，
由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，
又∠OAO'为40°且OA⊥AH，
在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，
故选：
B．
【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题．（空间问题向平面问题转化）
2．（2020海南卷13）棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，M,N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1–D1MN的体积为________．
【分析】利用三棱锥的等积转化思想
【答案】1
3．（2020海南.山东卷20）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：
l⊥平面PDC；
（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【分析】
（1）过P在平面PAD内作直线l∥AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，设Q（0，m，1），运用向量法，求得平面PCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
【解答】
（1）证明：
过P在平面PAD内作直线l∥AD，
由AD∥BC，可得l∥BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∴BC⊥平面PCD，
∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；
（2）如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则依题意得D（0，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），P（0，0，1），
设Q（0，m，1）（m＞0），（0，m，1），（1，1，﹣1），（1，0，0），
设平面PCD的法向量为（a，b，c），
则，∴，取c＝1，可得（0，，1），
∴cos，，
∴PB与平面QCD所成角的正弦值为•••，当且仅当m＝1取等号，
∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
4．（2020山东卷16）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
【分析】画出直观图，距离如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．
【解答】解：
由题意直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，
∠BAD＝60°．可知：
D1B1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P（x，y），则D1E2＝D1B12+x2﹣2×D1B1×cos60°＝x2+4﹣2x．
由题意可知D1P．
可得：
5＝x2+4﹣2x+（2﹣y）2．即（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，
所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为的圆弧．
以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：
．
故答案为：
．
【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难题比较大．
5．（2020新课标Ⅰ全国卷3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．
【解答】解：
设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，
则依题意有：
，
因此有h′2﹣（）2ah′⇒4（）2﹣2（）﹣1＝0⇒（负值舍去）；
故选：
C．
【点评】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题．
6．（2020新课标Ⅰ全国卷10）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64π B．48π C．36π D．32π
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】画出图形，利用已知条件求出OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积．
【解答】解：
由题意可知图形如图：
⊙O1的面积为4π，可得O1A＝2，则
AO1＝ABsin60°，，
∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，
外接球的半径为：
R4，球O的表面积：
4×π×42＝64π．
故选：
A．
【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键．
7．（2020新课标Ⅰ全国卷16）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD，
AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝ ．
【考点】表面展开图；棱锥的结构特征．
【分析】根据条件可知D、E、F三点重合，分别求得BC、CF、BF即可．
【解答】解：
由已知得BDAB，BC＝2，
因为D、E、F三点重合，所以AE＝AD，BF＝BDAB，
则在△ACE中，由余弦定理可得
CE2＝AC2+AE2﹣2AC•AE•cos∠CAE＝1+3﹣21，
所以CE＝CF＝1，
则在△BCD中，由余弦定理得cos∠FCB，
故答案为：
．
【点评】本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题．
8．（2020新课标Ⅰ全国卷18）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，
AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO．
（1）证明：
PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．
【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】
（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA⊥PC，PA⊥PB，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【解答】解：
（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，AE＝AD＝2，，，，
在△PAC中，PA2+PC2＝AC2，故PA⊥PC，
同理可得PA⊥PB，又PB∩PC＝P，
故PA⊥平面PBC；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，
故，
设平面PBC的法向量为，则，可取，
同理可求得平面PCE的法向量为，
故，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题．
9．（2020新课标全国Ⅱ卷10）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球的表面积为，则到平面的距离为
A． B． C．1 D．
【考点】点、线、面间的距离计算；球的体积和表面积
【分析】画出图形，利用已知条件求三角形的外接圆的半径，然后求解即可．
【解答】解：
由题意可知图形如图：
是面积为的等边三角形，可得，
，
可得：
，
球的表面积为，
外接球的半径为：
，解得，
所以到平面的距离为：
．
故选：
．
【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．
10．（2020新课标全国Ⅱ卷16）设有下列四个命题：
：
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．：
过空间中任意三点有且仅有一个平面．
：
若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．：
若直线平面，直线平面，则．
则下述命题中所有真命题的序号是 ①③④ ．
①②③④
【考点】命题的真假判断与应用
【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面的位置关系对四个命题分别判断真假即可得到答案．
【解答】解：
设有下列四个命题：
：
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．根据平面的确定定理可得此命题为真命题，
：
过空间中任意三点有且仅有一个平面．若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为假命题，
：
若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，
：
若直线平面，直线平面，则．由线面垂直的定义可知，此命题为真命题；
由复合命题的真假可判断①为真命题，②为假命题，③为真命题，④为真命题，故真命题的序号是：
①③④，
故答案为：
①③④，
【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题．
11．（2020新课标全国Ⅱ卷20）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是是矩形．，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于．
（1）证明：
，且平面平面；
（2）设为△的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；三角形五心
【分析】
（1）推导出，四边形为矩形，，从而，由此能证明，且平面平面．
（2）推导出，从而，四边形为平行四边形，，，，直线在平面内的投影为，从而直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【解答】解：
（1）证明：
，分别为，的中点，底面为正三角形，
，四边形为矩形，，
，，，
，，，平面，
平面，平面平面，
综上，，且平面平面．
（2）解：
三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，
，
面，面，面面，
，四边形为平行四边形，
是正三角形的中心，，
，，，
由
（1）知直线在平面内的投影为，
直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，
在等腰梯形中，令，过作于，
则，，，，
直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线线平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12．（2020新课标Ⅲ全国卷15）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积．
【解答】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
如图，圆锥母线BS＝3，底面半径BC＝1，则其高SC2，
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则，
即，解得r，Vπr3π，
故答案为：
π．
【点评】本题考查圆锥内切球，考查球的体积公式，数形结合思想，属于中档题．
13．（2020新课标Ⅲ全国卷19）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
（1）证明：
点C1在平面AEF内；
（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．
【考点】平面的基本性质及推论；二面角的平面角及求法．菁优网版权所有
【分析】
（1）在AA1上取点M，使得A1M＝2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，由已知证明四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形，可得AF∥MB1，且AF＝MB1，AD∥ME，且AD＝ME，进一步证明四边形B1C1EM为平行四边形，得到EC1∥MB1，且EC1＝MB1，结合AF∥MB1，且AF＝MB1，可得AF∥EC1，且AF＝EC1，则四边形AFC1E为平行四边形，从而得到点C1在平面AEF内；
（2）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF的一个法向量与平面A1EF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣EF﹣A1的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．
【解答】
（1）证明：
在AA1上取点M，使得A1M＝2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有DD1∥AA1∥BB1，且DD1＝AA1＝BB1．
又2DE＝ED1，A1M＝2AM，BF＝2FB1，∴DE＝AM＝FB1．
∴四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形．
∴AF∥MB1，且AF＝MB1，AD∥ME，且AD＝ME．
又在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有AD∥B1C1，且AD＝B1C1，
∴B1C1∥ME且B1C1＝ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，
∴EC1∥MB1，且EC1＝MB1，
又AF∥MB1，且AF＝MB1，∴AF∥EC1，且AF＝EC1，
则四边形AFC1E为平行四边形，
∴点C1在平面AEF内；
（2）解：
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以C1为坐标原点，
分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵AB＝2，AD＝1，AA1＝3，2DE＝ED1，BF＝2FB1，
∴A（2，1，3），B（2，0，2），F（0，1，1），A1（2，1，0），
则，，．
设平面AEF的一个法向量为．
则，取x1＝1，得；
设平面A1EF的一个法向量为．
则，取x2＝1，得．
∴cos．
设二面角A﹣EF﹣A1为θ，则sinθ．
∴二面角A﹣EF﹣A1的正弦值为．
【点评】本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
14．（2020年天津卷5）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（C）
A．B．C．D．
15．（2020年浙江卷14）已知圆锥的侧面积（单位：
cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：
cm）是 ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．
【解答】∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，
设圆锥的母线长为a，则a2π＝2π，∴a＝2，
∴侧面展开扇形的弧长为2π，
设圆锥的底面半径OC＝r，则2πr＝2π，解得r＝1．故答案为：
1．
【点评】本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
16．（2020年天津卷17）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：
；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解答】依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，．
（Ⅰ）证明：
依题意，，，从而，所以，即．
（Ⅱ）解：
依题意，是平面的一个法向量，
，．设为平面的法向量，则
即不妨设，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
（Ⅲ）解：
依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
设直线与平面所成角为，则.
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
16
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