浅谈高中立体几何.doc

浅析高中立体几何 马中浅析高中立体几何方金华摘 要：立体几何研究的对象是空间图形。空间图形是立体几何的特有形式，易引起清晰的视觉形象，能直观地表达概念、定理的本质以及相互关系，在抽象的数学思维面前起着具体和加深理解的作用，是培养学生空间想象能力的重要途径，本文对高中立体几何部分作些分析。关键词：立体几何 高考 高中 解题1. 立体几何的特点及其在教学中的地位立体几何是初等数学的一个分支，采用公理化的方法研究空间的点、线与面的各种位置关系，并进而讨论简单几何体的性质和有关计算以及它们的应用的学科。在高中，立体几何主要分布在高一数学中。立体几何新教材的编排，为学生灵活运用知识解决实际问题，充分发挥学生发散思维和创新思维搭建了学习平台，映射出新课程的教学目标既注重学生数学素养的培养，又关注学生创新思维和创新能力的培养，注重学生自我学习能力和自我发展的培养。立体几何它具有以下的几个特点。特点一：立体几何的逻辑性强。高中数学中的一个重要任务是培养和提高学生的思维能力，而思维能力中逻辑思维能力是其中的一个重要组成部分。学生往往抓不住概念、公理、定理的本质属性，不习惯对这些知识的严格表述，以及表述中的三种语言（符号语言、文字语言、图形语言）的相互转换，导致在解题中、证题中错误百出，推理证明不严密，出现证明中常见的四大错误偷换论题、循环论证、虚假论据、不能推出。特点二：立体几何语言丰富。立体几何有独特的语言：文学语言、符号语言、图形语言。文学语言精确，符号语言简便，图形语言直观。它们可以相互转化，可以提高学生的转化能力，使学生掌握转化思想在解题中的作用，确立简化意识。特点三：立体几何空间概念强。立体几何研究的对象是空间图形，而构成图形的点、线、面不是全暴露出来的，它们的位置关系不象平面几何直观，要弄清它们之间的关系需要一定的观察力、分析能力、识图能力、转化能力，想问题要从空间去想，要有空间概念。特点四：立体几何算证交错。立体几何的证明题有不少不是单纯的理论证明，在证明过程中包含计算内容，在计算题中又含有推理论证的成份，无论用几何法还是向量法，这种现象都会经常出现。特点五：立体几何解题方法多。大的方法有几何法、向量法、向量坐标法。用哪种方法最简便，有没有规律，要视题目的具体情况作出选择，要积累解题经验。几何法运算量较少，但要求空间想象力强，空间概念强；向量法，向量坐标法运算量大，容易出错，空间概念要求低。特点六：立体几何可数形结合。引入向量后，立体几何问题可以代数化，不再是纯几何问题了，可通过向量的运算去研究它们的性质，把数与形有机地结合起来，有利于提高学生的数形结合能力，转换能力，知识的迁移能力。引入向量后，证明线面的垂直与平行，求距离，求角，都可以通过代数运算解决，可根据图形特征去寻求数量关系，也可由数量关系判断图形特征，对于培养学生的发散思维具有积极的作用。在高中的立体几何的学习中，立体几何知识是高中数学学习的一个难点，学生普遍反映“立体几何比代数难学”，这由于从初中的平面图形知识过渡到空间图形知识，本身就是一个难点，加之立体几何一章的基本概念集中，抽象，要求学生有一定的空间想象能力和演绎推理能力，这反映在思维能力上有一个较高的要求，再加上客观上高中数学课堂教学容量大，进度快以及初高中知识衔接方面的问题等诸多原因造成的。其主要的不足有：空间想象能力的欠缺；逻辑思维能力的欠缺；初中平面几何的负迁移。2. 立体几何解题通法2.1 反证法反证法是一种间接证法，是数学中的一个“大法”，它在立体几何中的应用特别广泛，几乎各类线面位置的关系中都用到了反证法。例1：求证:过平面外一点与平面内一点的直线,和平面内不经过该点的直线是异面直线.已知:a,A,B求证:直线AB 和是异面直线(如图2-1)证明: 假设直线AB 和共面,即有平面使AB,a于是B,A图2-1a,B,B过a 和B 有且仅有一个平面,即平面,于是和是同一个平面即=由假设A,可知A,这与已知A矛盾.直线AB 和a 是异面直线.反证法虽然题题可解，但无必要，它宜用于：（1）存在唯一性命题.（2）否定形式的命题.（3）结论中有“至多”、“至少”的命题.（4）结论中各种无限形式给出的命题.2.2 降维与升维法可以利用投影，平移，旋转，展图，辅助平面，类比方法，体积比转化为面积比等将空间问题化归为平面问题。例2：四面体ABCD中，B，C，D三点处的三面角之和均为，求证此四面体的三组对棱分别相等.图2-3图2-2证明：沿着AB，AC，AD剪开，将四面体展成一个平面图形，如图2-3，由于B，C，D三点处的三个面角之和都是180，A1，B，A2；A2，D，A3；A3，C，A1分别三点共线，展开后的图形是一个A1A2A3，而B，C，D正好是三边上的中点，易知A1B=CD，A2D=BC，A3C=BD，即在原四面体内有AB=CD，AD=BC，AC=BD，即三组对棱分别相等.可以利用射影法构造空间图形法将平面问题化归为平面问题。例3：求长轴为2a，短轴为2b的椭圆的内接n 边形的面积的最大值和外切n 边形面积的最小值.图2-4解：如图2-4，设想上述椭圆是半径为b 的圆柱的一个斜截面的截口，截面与圆柱底面的夹角为.那么截面上的任意一个内接n 边形投影在底面上，都对应底面圆的一个内接n 边形，椭圆的内接n 边形面积取得最大时，对应的圆的内接n 边形的面积也取最大，反之也对，而圆的内接n 边形的最大面积是，则椭圆的内接n 边形面积的最大值为.同理可知，椭圆外切n 边形面积的最小值为.2.3 体积法体积法解立体几何所一个独立的解题体系，实质是充分应用体积这一工具或把体积作为媒介，使立体几何中的几何元素之间的位置关系，数量关系互相沟通、联系起来，导出问题的解.例4：正四棱柱ABCDA1B1C1D1 的底边长为2，侧棱长为4，求对角线B1D 与平面A1BD 所成角的正弦值.图2-5解：如图2-5，设B1 到平面A1BD 的距离为h，则其体积，其中，. 又，由体积唯一性知，若对角线B1D 与平面A1BD 所成角为，则.2.4 参数法参数是数学解题的工具，能化隐为显、化繁为简、化难为易的功能，具有较高的审美价值.例5：单位正方形ABCD 中，BC，CD 的中点分别为E，F，沿着AE，AF，EF将正方形折成一个四面体GAEF（B,C,D共点于G），求二面角GAEF的大小.图2-6解：如图2-6，设四面体GAEF的体积为V，则.又，若二面角GAEF =，则，所求的二面角为.2.5 投影法例6：圆锥底面半径为R，母线长2a，AC是轴截面SAB 的底角SAB 的平分线，底面的弦BD，ABD=20，求AC 和BD 的距离.图2-7解：如图2-7，过O 作轴截面SEFBD，垂足N，在底面内作AMEF 于M，设AC 与平面SEF 的交点为G，则AC 在平面SEF 内的射影就是MG，则N 到MG 的距离就是AC 与BD 的距离，记作h.由条件已知R，MN = R，R，由 得R，AC与BD 的距离为R .2.6 平移变换法例7：边长为7的正方形ABCD 中，AD，BC 上各有一点M，N，且MNAB，DM = 3，沿MN 将正方形折成一个直二面角，求折后AC 与MN 的距离.图2-8解：如图2-8，MNAB，MN平面ABC，则AC 与MN 的距离等于MN 与平面ABC 的距离.作NOBC 于O 点，MNCN，MNBN，MN平面BCN，ONMN，ONAB，ON平面ABC，即ON的长就是MN 到平面ABC 的距离，易得，AC 与MN 的距离为 .下对一道立体几何题进行全面的解析例8：已知正方体AC1 的棱长为a，如图2-9所示. 求点A到截面BC1D 的距离.解法一：如图2-10，连AC 交BD 于点O，延长C1O 交A1A 的延长线于点M () ，作AEMO 于点E，不难知，BO面AOM. BOAE.又AEOC1，AE面BDC1 ，AE 长即为所求距离. ，. 即点A 到截面BC1D 的距离为.解法二：以A1 为原点，所在方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的方向，建立直角坐标系.则有A(0，0，a) ，O(，a) ，M(0，0，2a). ， . 即点A 到截面BC1D 的距离为.解法三:如图2-11，连AC1，设A 到截面BC1D 的距离为h. ，即，. . 即点A 到截面BC1D的距离为.解法四:在图2-10基础上连A1C1，作A1GOC1 于点G，如图2-12所示.A1C1GMC1A1，. . ，A 是A1M的中点.又AEA1G，.即点A 到面BC1D 的距离为.解法五：如图2-13，连AB1，则AB1C1D，因此AB1 上任意一点到面BC1D 的距离都相等.再连B1D1 ，则B1D1BD，因此，B1D1 上任意一点到平面BC1D 的距离都相等.连A1C1 交B1D1 于O1，连OO1，过O1 作O1MOC1 于点M，则O1M的长度即为所要求的距离.O1MC1OO1C1，. .即点A 到截面BC1D 的距离为. 图2-9 图2-10 图2-12图2-13图2-11 点评：立体几何解题方法多，几何法、向量法、向量坐标法等。用哪种方法最简便，有没有规律，要视题目的具体情况作出选择，要积累解题经验。3. 立体几何在高考中的应用纵观近几年的高考试卷，立体几何无疑为数学学科高考改革提供了一块肥沃的土壤，有时甚至会成为高考改革的风向标。高考考试说明明确地要求考生“能系统地掌握知识的内在联系，能运用所学知识分析和解决较为复杂的或综合性的问题”，所以加强学科的内在联系，包括代数、立体几何、解析几何分科之间的相互联系及在各自发展过程中各部分知识间的纵向联系，非常重要。3.1 以线线、线面、面面的位置关系的判定和性质为考点，考查推理能力和空间想像能力.（2004年北京卷(理)第4题） 如图3-1，在正方体ABCDA1B1C1D1 中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1 的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（ ）（A） 直线 （B） 圆 （C） 双曲线（D） 抛物线图3-1分析：PC1 的长即为点P到直线C1D1 的距离，点C1 和直线BC均视为定点和定直线，由抛物线定义，可得出动点P的轨迹所在曲线是抛物线，故选择（D）.（2005年浙江卷第6题）设、 为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：若，则lm；若lm，则那么（ ）（A） 是真命题，是假命题 （B） 是假命题，是真命题（C） 都是真命题 （D） 都是假命题分析：这是一个不难的判断题，显然两个命题都为假命题，故选（D）3.2 以立体几何中的角与距离为考点，考查运算能力、推理能力和空间想像能力.（2005年浙江卷第18题）已知: 三棱锥PABC 中ABBC，AB=BC =PA，O、D 分别是AC、PC 的中点，PO平面ABC.（1）求证:OD平面PAB ；（2）当时，试求直线PA 与平面PBC 所成的角；（3）当 取何值时，点O 在平面PBC 内的射影恰好是PBC 的重心? 图3-2解: （1）因为O、D 是AC，PC 的中点，所以ODAP. 显然OD平面PAB，AP平面PAB，所以DA平面PAB.图3-3（2）解法一: 因为ODAP，所以AP 与平面PBC 所成的角等于OD 与平面PBC 所成的角.因为ABBC，O是AC 中点，所以OA=OB=OC=AC，又PO平面ABC，所以PA=PB=PC，如图3-3，取BC 中点E，连接PE，则PEBC，OEBC，所以BC平面POE ，所以平面PBC平面POE ，作OGPE ，G 为垂足，则OG平面PBC，连接DG，则ODG 就是所求的OD 与平面PBC 所成的角.令PA=2，则AB=BC=1，AC=，PO=，OE=，PE=，OG=，OD=PA=1.在RtODG 中，所以AP 与平面PBC 所成的角为.解法二: 作AH平面PBC，H 为垂足，连接PH ，则APH 就是AP 与平面PBC 所成的角，令PA = 2，则AB =BC =1，PO =，.因为，即，所以，.所以AP 与平面PBC 所成的角为.点评: 过一点作一个平面的垂线，通常不是直接去作，而是在该平面的某个垂面内过该点作交线的垂线. 把空间问题转化为平面问题去解决是立体几何的基本思路，当然无需确定垂足H 的具体位置，也可求出线面所成的角.（3）解法一: 如图3-3，因为PO平面ABC，且ABBC，AB=BC，O 是AC 中点，OA=OB=OC=AC，所以PA=PB=PC，取BC 中点E，连PE ，则PEBC，OEBC，因为BC平面POE，平面PBC平面POE，作OGPE，G 为垂足，则OG平面PBC，令PA=2，则AB=BC=2，在RtPOE 中.已知E 是BC 的中点，要使射影G 是PBC 的重心，必须，即=1 时，点O 在平面PBC 内的射影G 恰好是PBC 的重心.解法二: 如图3-4，猜想=1，此时易证PACABC，OP=OB=OC三棱锥OPBC 是正三棱锥，故点O 在平面PBC 内的射影G 恰好是PBC 的重心.点评: 空间想像能力是学习立体几何的出发点与归缩.图3-4本题满分14 分，考查的知识点较多，在解题方法及运算方式上都具有较大的开放性。 在条件中的参数，如果不能合理地处理它们的关系，就很难在规定时间内完成有关运算，从此题的已知条件AB=BC=PA 出发思考设“参”形式，并应统筹考虑它对整个解题过程的影响。第一步: 对于设“AB=a”与“PA=a”的选择，通过比较可以发现，由于后者可以减少分式运算，因此从PA 入手设“参”较合理。第二步: 对于设“PA=a”与“PA=1”的选择，通过比较可以发现，由于本题的结果与参数无关，因此从PA 入手设“常”较合理。第三步: 对于设“PA=1”与“PA=2”的选择，通过比较可以发现，由于后者可以更好地避免分式运算，因此从设“PA=2”入手更合理。从本题的第（2）小题来看，很多学生知道解决直线与平面所成角的基本方法，即作出PA 在平面PBC 上的射影，再在平面图形中求解，但由于无法确定射影的具体位置，而不了了之。由于ODPA ，则OD ，PA 与平面PBC 所成角相等，设E 为BC 的中点，容易证明平面PBC 与平面OPE 垂直，由此可以确定点O 在平面PBC 上的射影G 必在PE 上，故过O 作OGPE 于G 点，可得:OG 平面PBC，因此ODG 即为OD 与平面PBC 所成角。3.3 以体积的计算为考点，考查运算能力、转化与化归能力和空间想像能力.（2005年全国卷第4题）如图3-5，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且均为正三角形，EFAB，EF=2，则该多面体的体积为（ ）图3-5（A）（B）（C）（D）分析：多面体ABCDEF的体积可以看作两个三棱锥与一个三棱柱的体积之和，.故选（A）.（2005年天津卷第19题）如图3-6，在斜三棱柱ABCA1B1C1 中，A1AB=A1AC, AB=AC, A1A=A1B=a，侧面B1BCC1 与底面ABC所成的二面角为120，E、F分别是棱B1C1、A1A的中点.（）求A1A与底面ABC所成的角（）证明A1E平面B1FC（）求经过A1、A、B、C四点的球的体积.图3-6解：（）过A1作A1H平面ABC，垂足为H连结AH，并延长交BC于G，于是A1AH为A1A与底面ABC所成的角A1AB=A1AC，AG为BAC的平分线又AB=AC，AGBC，且G为BC的中点因此，由三垂线定理A1ABCA1AB1B，且EGB1B，EGBC于是AGE为二面角ABCE的平面角，即AGE=120由于四边形A1AGE为平行四边形，得A1AG=60.（）证明：设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点连结PE在平行四边形A1AGE中，因F为A1A的中点，故A1EFP而FP平面B1FC，A1E平面B1FC，所以A1E平面B1FC（）连结A1C在A1AC和A1AB中，由于AC=AB，A1AB=A1AC，A1A=A1A，则A1ACA1AB，故A1C=A1B由已知得A1A=A1B=A1C=a又A1H平面ABC，H为ABC的外心设所求球的球心为O，则OA1H，且球心O与A1A中点的连线OFA1A在RtA1FO中，故所求球的半径，球的体积3.4 以空间向量为解题入口，考查空间线面位置关系的证明，角和距离的计算，以及运算能力、思维能力和空间想像能力.（2004年湖南卷(理)第19题） 在底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC=60，PA=AC=，PB=PD =，若E在PD上且PEED = 21. 证明: （1）PA面ABCD；（2）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；（3）在棱PC上是否存在一点F，使BF平面AEC ?证明你的结论.分析：（1）菱形ABCD中，ABC=60，则有AB=AD=AC=，又PA=AC=，所以PA=AB=，有PB= 易得 PAAB，同理PAAD，所以PA面ABCD.（2）如图3-7，作EGPA 交AD 于G，由PA 面ABCD ，知EG面ABCD ，作GHAC ，垂足为H ，则EHAC ，EHG 为二面角的平面角，所以 .（3）当 F是棱 PC的中点时，BF面AEC.图3-7证明：如图3-8，取PE 的中点M ，连结FM ，BM，BF. 所以，共面，又因为 BF面AEC，所以BF面AEC.图3-8点评：第（2）题运用三垂线法作二面角的平面角是处理二面角的计算问题时常用的手段，第（3）题用向量这一有力的工具来解决立体几何的共线与共面问题，从而达到解决线面平行的目的. （2005年北京卷(文)第16题）如图3-9，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC=3，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点，（）求证：ACBC1；（）求证：AC1平面CDB1；（）求异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值图3-9分析：直三棱柱ABCA1B1C1 底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，则有AC，BC，C1C 两两垂直.如图，以C 为坐标原点，直线CA，CB，CC1 分别为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(,2,0).图3-10（），则，所以ACBC1 .（）设CB1 与C1B的交点为E，则E(0，2，2).，则，所以DEAC1 .又DE平面CDB1 ，AC1平面CDB1 ，所以AC1平面CDB1 .（），所以，即异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值为.3.5 以几何体折叠、切、接问题为考点，考查空间想像能力，动手能力.（2005年浙江卷第12题）设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DEAB于E (如图3-11)现将ADE沿DE折起，使二面角ADEB为45，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_图3-12图3-11分析：折起后的图如右3-12所示，连接MN，ND，NA，AB，二面角ADEB为45，点A在平面BCDE内的射影恰为点B，易知BE=BA=CD，CD面ABE，又N是BC的中点，可知NCDNBA，得ND=NA. M是AD的中点，则NMAD，又DENM，可知NM面ADE，既有NMAE，所以M、N的连线与AE所成角的大小等于90.（2005年湖南卷(文)第10题）如图3-13，已知ABCD是上下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图3-14.（）证明：ACBO1；（）求二面角OACO1的大小.图3-14图3-13分析：（）证明 由题设知OAOO1，OBOO1，所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 从而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1 内的射影.因为 ，所以OO1B=60，O1OC=30，从而OCBO1由三垂线定理得ACBO1.图3-15（）由（）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连结O1F（如图3-15），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FAC.所以O1FE是二面角OACO1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，所以，从而，又O1E=OO1sin30=，所以. 即二面角OACO1的大小是.（2005年全国卷第2题）正方体ABCDA1B1C1D1中，P、Q、R、分别是AB、AD、B1C1的中点。那么正方体的过P、Q、R的截面图形是（ ）（A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D）六边形分析：解决此题的关键是去画一个图，有图形易知选（D）.图3-16评价：这类题目，画出一个准确的折叠、切、接图形对解题来说是很重要的，很多同学遇到这样的题目都难住了，原因之一就是因为他没有动手画图，脚踏实地、动手画图才能解决对这类题目.3.6 以立体几何图形为载体，以排列、组合、概率为问题形式，考查空间想像能力、思维能力和综合解决问题的能力.（2004年湖南卷(理)第10题）从正方体的8 个顶点中任取3 个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数（ ）（A）56 （B）52 （C）48 （D）40分析：首先找出所有可能的矩形，这样的矩形可分为两大类:（1）在表面的矩形有6个，于是可得的直角三角形有个.（2）各对角面的矩形有6个，同理可得24个.因此直角三角形共计48 个，故选（C）. 点评：解决此题问题的关键不在排列组合内容，而是对立体几何画图、空间想象能力的综合应用. （2005年全国卷） 不共面的四个定点到平面a的距离都相等，这样的平面a共有（ ）（A） 3 个（B） 4 个（C） 6 个（D） 7 个图3-17分析：事实上，这样的平面a可以分为两类:一类是在平图面a的两侧各有两个点；另一类是在平面的两侧分别有一个点和三个点（四个点在平面的同一侧的情况是不可能的）. 如图3-17，设E、F、G、H、M 分别是AB 、AC、AD、CD、BD 的中点，过E、F、G三点的平面a满足题意. 这样的平面有四个；又过E、F、H、M 的平面a也满足题意，这样的平面有三个. 故适合题意的平面a共有七个，应选（D） .（2005年全国卷） 过三棱柱任意两个顶点的直线共15 条，其中异面直线有（ ）（A） 18 对（B） 24 对（C） 30 对（D） 36 对分析：易知一个三棱锥可以确定3 对异面直线，而一个三棱柱可以组成个三棱锥，因此共有36 对异面直线. 故选（D）.点评：利用熟知的立体图形来灵活转化，是处理异面直线配对的常用方法. 其实此题也可分类讨论. 把过三棱柱任意两个顶点的直线分为三类:底面棱、侧面棱、侧面对角线. （1）同类中异面的对数为：底面棱与底面棱对，侧面对角线与侧面对角线有对. （2）每两类之间异面的对数为：底面棱与侧面棱有对；底面棱与侧面对角线有对；侧面棱与侧面对角线有对.故共有36 对，故选（D）. （2005年湖北高考题）以平行六面体ABCD A1B1C1D1 的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率P 为（）（A） （B） （C） （D） 分析：此问题可分解成五个小问题:（1）由平行六面体的八个顶点可以组成多少个三角形? 可组成 个三角形.（2）平行六面体的八个顶点中四点共面的情形共有多少种?平行六面体的六个面加上六个对角面共12 个平面.（3）在上述12 个平面内的每个四边形中共面的三角形有几个? 有 个三角形.（4）从56 个三角形中任取两个三角形共面的概率P 等于多少? 显然，.（5）从56 个三角形中任取两个三角形不共面的概率P 等于多少? 利用求对立事件概率的公式得，故选（A）.点评:这是一道以立体几何熟知的内容为载体，构思巧妙，综合考查立几、排列组合、概率等基础知识，深入考查学生的数学思维能力的上乘之作. 本题的得分率较低，学生的主要失误表现在以下几方面:（1）面对一个复杂的问题，茫然不知所措，缺乏明确的解题目标意识，不善于将其分解为若干个子问题，逐一分析，各个击破.（2）漏掉平行六面体的六个对角面也是四点共面的情形，造成所求概率，误选（B），这是由立几知识产生的错误.（3）审题不清，一部分同学就是求从56 个三角形中任取两个三角形，它们共面的概率，以致误选（D）.“在知识网络交汇点设计试题”是近几年新高考命题改革特别反复强调的重要理念之一，在复习备考过程中，要把握好知识间的纵横联系与综合，打破数学内部学科界限，使学生对所学内容真正融会贯通，运用自如，形成有序的网络化的知识体系.3.7 以立体几何知识为基础命制开放性问题，考查空间想像能力、个性品质和创新意识.（1998年全国卷第18题）如图3-18，在直四棱A1B1C1D1ABCD中，当底面四边形满足条件时有 A1CB1D1 .（注:填上你认为正确的条件即可，不必考虑所有可能的情况.）图3-18分析：本例是条件探索题，如果 A1C1B1D1 ，由三垂线逆定理知应填“ACBD”.因A1B1C1D1ABCD是直四棱柱，所以A1A平面ABCD ，B1BD1D，B1B = D1D，所以AC是A1C 在平面ABCD 上的射影，B1D1BD ，因此要使A1CB1D1，只要A1CBD ，也就是要ACBD，即为所求.图3-19点评：因要回答的是四边形ABCD 需要满足的条件，填:“四边形ABCD 为菱形”或填“四边形ABCD为正方形”等也是正确的.可见满足条件的结论并不唯一，具有开放性.这类题以基本知识为背景，加以设计而成，主要考查学生对基础知识的掌握程度和归纳探索能力.（2000年全国卷第16题）如图3-20，E、F 分别为正方体的面ADD1A1 、面BCC1B1 的中心，则四边形BFD1E 在该正方形的面上的射影可能是 （要求:把可能的图的序号都填上） 图3-20 分析：四边形BFD1E 在该正方体的面上的射影可分成三类:（1）在上、下两面上射影为图；（2）在前、后两面上的射影为图；（3）在左、右两面上的射影为，故应填.点评：本题为结论探索型的开放性试题，要求学生具有一定的空间想象能力，能从中看出需分三类研究，并能对结论进行归纳，才能得出正确答案，是一道只考“想”不考“算”的能力试题.开放题目相对于传统封闭题目而言，在立体几何中主要有以下几种类型: （1）条件开放；（2）结论开放；（3）条件和结论均开放；（4）解题策略开放.3.8 以立体几何知识为框架命制探索性问题（含最值问题），考查空间想像能力、实践能力.图3-21（2004年上海卷(理)第21题）如图3-21 , PABC是底面边长为1的正三棱锥,D, E, F 分别为棱PA, PB, PC 上的点, 截面DEF底面ABC , 且棱台DEFABC 与棱锥PABC 的棱长和相等(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)(1) 证明: PABC 为正四面体；(2) 若PD =PA ,求二面角DBCA 的大小；(3) 设棱台DEFABC的体积为V, 是否存在体积为V 且各棱长均相等的平行六面体,使得它与棱台DEFABC 有相同的棱长和?若存在,请具体构造出这样的一个平行六面体,并给出证明. 若不存在,请说明理由.分析：(1) 利用棱锥PABC 与棱台DEFABC 的棱长和相等,以及截面DEF底面ABC两个条件,可得DPE=EPF=FPD=60. PABC 是正四面体.(2) 先取BC 中点M ,找出二面角DBCA 的平面角DMA ,再解直角ADM ,即得DMA =.图3-22(3) 这是一个探索性问题, 能否构造出棱长和、体积均与棱台相等的平行六面体?若能,它又是怎样的一个平行六面体呢?方向不明,自由度大.不妨先考虑特殊图形棱长为的正方体. 这时, 它的体积是, 却比包含棱台的正四面体PABC 的体积还要大,不合要求. 怎么办呢?为了让体积变小, 把正方体变为底面相邻两边夹角为的直平行六面体,则该六面体棱长和为12= 6 , 体积V =sin.正四面体P ABC 的体积是. 0V, 08V1.可知 = arcsin(8V) .故构造棱长均为, 底面相邻两边夹角为arcsin(8V) 的直平行六面体即满足要求.点评：一般到特殊, 多数到少数, 空间到平面, 抽象到具体等都是有效的方法.（2005年江西卷第15题）如图3-23，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=，BB1=2，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为 .图3-23分析：两点之间显然直线段最短，图3-24是直三棱柱的展开图，通过比较EF与EF1 的大小，得到沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为.总评：纵观历年高考立体几何，以其基础知识为基础，进行扩充延伸，对其举一反三，图形结合是立体几何解题的关键.图3-24参考文献1 张家瑞.立体几何问题方法思想M.北京:气象出版社，