夯实空间几何基础：空间关系判定与几何体度量解题策略-《中学生数理化》高考数学2026年4月刊

中学生表理化智顿学剂号务幸新费向 夯实空间几何基础： 空间天系判定与几何体度量解题策略 ■江苏省吴县中学 缪婷章 在当前新高考的命题趋势下，空间关系 策略一、空间关系判定：“定理标准化十 判定与几何体度量作为立体几何模块的基础 逻辑链可视化” 与核心内容，是同学们稳定得分的重要保障。 1线面平行判定：“找平行、证平行、定结论” 此类试题通常具备定理考查全面、度量方法 例1如图1所示，在 灵活、题目载体具有一定创新性等特征，但所 四棱锥S-ABCD中，四边形 涉知识内核保持稳定。因此，同学们在复习 ABCD为等腰梯形，SA⊥平 备考过程中应重视定理的规范使用、公式的 面ABCD,AD∥BC,AB= 准确记忆及空间模型的有效转化，强调基础 CD=2,SA=BC=2AD=4, 知识的扎实掌握。本文以核心知识点与考查 P、Q分别为SB、SC的中点。 要求为依据，构建以“定理标准化应用、度量 图1 (1)求证：PQ∥平面 技巧化突破”为主线的解题体系，通过“策略 SAD; 引导一针对性训练一易错点规避”三位一体 (2)求四棱锥S-ABCD的体积。 的复习备考模式，帮助同学们突破学习瓶颈。 解析：(1)因为P、Q分别为SB、SC的中 因为∈(o,],所以2+60+9>0. 程，表示出三棱锥A-F:F2P的体积，利用点 P横坐标的范围即可求解；(2)建立空间直角 令f'(t)=0,得t=1,当t∈(0,1)时，f'(t)> 坐标系，设点P(√5cos0,2sin0,0)(cos0≠ 0f)单调递增：当e(1,)时f()<0, 0),利用空间向量求得两个平面法向量夹角 ∫(t)单调递减。所以∫(t)<∫(1)=108 的余弦值，利于导数考查范围即可求解。 新高考背景下，此类创新题型的核心要 当∈（臣，2）时，令g)=-4-160 义在于“立体几何核心知识与动态转化、跨模 +12t2+73t+27,则g'(t)=-16t3-48t2+ 块衔接技巧的融合”，解题关键在于把握“抓 24t+72。 不变量、参数化动态、拆解跨模块关联”三大 设h(t)=g'(t),则h'(t)=24(-212 核心要点。在高三备考过程中，同学们需密 4t十1)<0，所以g'(t)单调递减，所以g'(t) 切追踪新高考命题创新趋势，加强空间轨迹、 <g() 跨模块融合等热点题型的专项训练，重点培 <0,即g(t)单调递减，所以g(t)< 养自身的模型转化能力与创新应用能力，为 g() 6063 高考创新题型的高效备考提供科学支撑。 64 <108。 注：本文系2023年度河南省教育科学规 综上可得，-4t-16t3+12t2+73t+27 划课题“培养高中生数学抽象素养的教学策 <108对t∈(0,2)成立，即cos(n1,n2)> 略研究”（课题编号：2023YB0666)和2021年 33 1 度河南省基础教育教学研究项目“基于高中 108 ，即nn:)<否，故二面角F 生数据分析素养的教学策略研究”（课题编 AP-F2不大于60°，结论得证。 号：JCJYC2103zy099)的研究成果。 评注：(1)根据题中条件求得椭圆的方 (责任编辑王福华) 10 知数型米意转肉中学生款理化 点，所以PQ∥BC。又AD∥BC,所以PQ∥ 中，因为平面ABB,A1∥平面DCC,D1,平面 AD。因为ADC平面SAD,PQ庄平面 ABB1A,∩平面EFP=EF,平面DCC,D1∩ SAD,所以PQ∥平面SAD。 平面EFP=l,所以EF∥L。又因为E、F分 (2)连接AC,因为四边形ABCD为等腰 别是棱AA,、AB的中点，所以EF∥AB,所 梯形，所以∠ABC=∠BCD,且AD∥BC。 以L∥A,B。 不妨设∠ABC=∠BCD=0,则∠ADC=π (2)因为直线B1D⊥平面EFP,PEC平 0,其中0<0<π。又AB=CD=2,SA=BC 面EFP,所以BD⊥PE。因为E为AA,的 =2AD=4,由余弦定理可得AC2=AB2十 中点，新以AE=AE。又因为A1B1=AD, BC2-2AB.BCcos 0=20-16cos 0,AC2= ∠B1A,E=∠DAE=90°，所以△B,A,E≌ AD2+CD-2AD·CDcos(π-0)=8+ △DAE,所以B,E=DE,所以P为B1D的 8cos0,所以20一16cos0=8+8cos0,解得 中点。在正方体ABCD-A:B1C1D1中，AB c0sg=名。又0<0<，所以9=吾，所以 =4,在△PEF中，计算可得PE=PF=EF S5m=Sa十SaD=AB·BCsin-吾+ =22,所以S= ×(22)2=2√3。 4 在Rt△PB1E中，PE=2√2，PB1 AD·BDm-×2X4X+x2 1 2π_1 1 25,所以S△PmE=2X22×23=2V6。 X9二33。因为SA上平面ABCD,所必 在Rt△PBF中，PF=2√2，PB1= 1 V网棱锥S-ABCD一 3S形AcD·SA=1 3×3V3×4= 23,所以S△Pm,r=2X22×23=2W6。 43。 在△B1EF中，B1E=B1F=2√5，EF= 1 评注：空间关系判定的核心是“精准应用 22,所以S△=2×2V2×√20-2=6. 定理、构建严密逻辑链”，每类关系均有固定 所以三棱锥B1EFP的表面积为6+ 的“定理条件一解题步骤一常用技巧”，可通 4W6+2wW/3。 过“口诀记忆十模板套用”实现得分。①核心 评注：本题主要考查面面平行的性质定 逻辑链：线线平行→线面平行>面面平行； 理，平面与平面交线的找法，三棱锥的表面积 ②常用技巧：中位线法、平行四边形法、线面 的求法，同时考查空间想象能力，属于难题。 平行传递法及向量法。 ①核心逻辑链：已知垂直关系→推导目标直 2.线面垂直判定：“找垂线、证垂直、定结 论” 线与平面内两条相交直线垂直→应用线面垂 直判定定理；②常用技巧：连接中，点、作垂线。 例2如图2所示，在 3.面面垂直判定：“找垂线、证线面垂直、 正方体ABCD-A1B1C1D 定面面垂直” 中，点G在棱D,C1上，且 例3如图3所示，在 1 DG=4DC,E、F、M分 三棱柱ABC-A1B,C1中， 别是棱AA:、AB、BC的中 图2 AB=AC=2,AA1=2√2， 点，P为线段B1D上一点，AB=4。 ∠BAC=90°，B1A⊥平面 (1)若平面EFP交平面DCC:D1于直 ABC. 图3 线l,求证：l∥A1B; (1)求证：平面ACCA (2)若直线B1D⊥平面EFP,求三棱锥 ⊥平面ABB1A1: B,-EFP的表面积。 (2)求直线BC,与平面ACC1A,所成角 解析：(1)在正方体ABCD-A1B,C1D1 的余弦值。 11 中学生数理化智学袋衡幸新指向 解析：(1)因为∠BAC=90°，所以AC⊥ 到“两个平面的交线”，证明直线垂直于交线 AB。因为B,A⊥平面ABC,ACC平面 及平面内另一条直线，进而得线面垂直。 ABC,所以B1A⊥AC。因为BA∩B1A 策略二、几何体度量：“公式精准化十方 A,且BA,B,AC平面ABB1A1,所以AC⊥ 法技巧化” 平面ABB1A1。又因为ACC平面ACC1A1, 解决几何体度量问题的核心是“记准公 所以平面ACC1A1⊥平面ABB1A1。 式、灵活转化”，针对不同几何体类型，选择最 (2)因为B1A⊥平面ABC,平面ABC∥ 优方法，避免复杂运算。 平面A1B,C1,所以BA⊥平面A,BC1。因 1.表面积的计算 为A1B1C平面A1B1C,所以BA⊥A1B1。 例4如图5所示，直三 因为A,B,=AB=2,AA1=22,所以AB1 棱柱ABC-A'B'C'内接于等高 =√A1A2-A1B=2。 的圆柱中，已知∠ACB=90°， 由(1)知AB,AC,AB,两两垂直，故以 AA'=√2，BC=AC=1,O为 A为坐标原点，AB,AC,AB,所在直线分别 AB的中点。 图5 为x轴，y轴，≈轴，建立 (1)求直三棱柱的体积和 如图4所示的空间直角坐 侧面积； 标系Axyz,则A(0,0,0), (2)求直线A'C与平面ABB'A'所成角 B(2,0,0),C(0,2,0), 的正弦值。 B1(0,0,2),所以AA, R 1 图4 解析：(1)V直三校#=S△Ac·AA'= × BB=(-2,0,2),AC 2 (0,2,0),BC=(-2,2,0),BC=BB+ 1X1×2=2 2 B1C,=BB,+BC=(-4,2,2)。 由∠ACB=90°，BC=AC=1,可得AB 设平面ACC1A1的一个法向量为n= n·AA1=-2x+2x=0, =√2，所以S直三故柱每=(AB十BC十AC)· (x,y,之)，则{ 令x AA'=(√2+1+1)×√2=2+2W2。 n.AC=2y=0, (2)由O为AB的中点，BC=AC=1,可 =1,得y=0,≈=1，所以n=(1,0,1)。 得CO⊥AB。因为AA'⊥平面ABC,COC 设BC,与平面ACC1A,所成角为0，则 平面ABC,所以AA'⊥CO。又AA'∩AB sin 0-lcos(BCn)1BCn A,且AA',ABC平面ABB'A',所以CO⊥ IBC6 平面ABB'A',即∠CA'O为直线A'C与平 ,故cos0=√1-sin0 2,A'c 面ABB'A'所成角。因为OC= √33 6 √2 评注：(1)由题意依次得到AC⊥AB、 wJA'A+AC2=√3，所以sin∠CA'O= 2 √5 B1A⊥AC,进而得到AC⊥平面ABB1A1,再 √6 由面面垂直判定定理即可得证；(2)以A为 6 ,故直线A'C与平面ABB'A'所成角的 坐标原点，AB,AC,AB1所在直线分别为x 轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标系Axy之， 正装值为 求出平面ACC1A1的法向量，利用向量夹角 评注：(1)利用棱柱的体积公式和棱柱的 公式求解。①核心逻辑链：证明一条直线垂 侧面积公式计算即可；(2)利用线面垂直，证 直于一个平面证明该直线在另一个平面内 明线面角，然后计算正弦值即可。表面积计 →应用面面垂直判定定理：②关键突破口：找 算：“公式法十缺面补全法”，根据几何体的结 12 知识篇科学备考新指向中学生数理化 高三数学2026年4月 构特征，合理拆分或补全缺失部分，将不规则 A'CD。又CDC平面A'CD, 图形转化为规则图形计算。对于多面体，逐 所以BH⊥CD。已知CD⊥ 面求和；对于旋转体，利用侧面积公式结合底 BC,又因为BH,BCC平面 面周长与母线长度精确计算。注意重合面或 A'BC,BH∩BC=B,所以 隐藏面的处理，避免重复或遗漏。通过空间 CD⊥平面A'BC。又A'BC 图9 想象与图形还原，确保每一块表面积的归属 平面A'BC,所以CD⊥A'B。 清晰明确，最终实现整体表面积的准确求解。 (3)由(2)知A'B⊥DC,A'B⊥DB,又因 2.体积计算 为CD,DB是平面BCD内两条相交直线，所 例5如图6所示，平面 以A'B⊥平面BCD,即A'B为三棱锥 四边形ABCD由两个三角形 A'-BCD的高。设点C到平面A'BD的距离 拼接而成，其中AB⊥BD,BC 为h,由VAD=VcA'D,A'B=2,BD=2√3， ⊥CD,∠A=∠DBC=60°，现 以BD为轴将△ABD向上折 图6 BC=3,CD=3:得号×2×3X,5×2 起至位置A',连接A'C,得到 号×号×2×2后×：解得A-多.因为 如图7所示的三棱锥A' A'Q=3QC,所以点Q到平面A'BD的距离 BCD,M是A'B的中点，P是 为=8又Sm= 1 DM的中点，点Q在A'C上， 4S△4D 之，所以 √ 且A'Q=3QC。 图7 (1)求证：PQ∥平面 VA'-POM =Vo-A'PM= 1W3933 3 x2×8-16 BCD; 评注：(1)根据中位线及比例可证明线线 (2)若平面A'BC⊥平面A'CD,求证： 平行，进而可得线面平行及面面平行，再根据 CD⊥A'B: 面面平行的性质即可得证；(2)根据面面垂直 (3)在(2)的条件下，若A'B=2,求三棱 的性质得线面垂直，再根据线线垂直可证得 锥A'-PMQ的体积。 CD平面A'BC;(3)利用等体积法求解长 解析：(1)如图8所示，取 度。“割补法十等积变换”，针对不规则几何 BM的中点为N,连接PN, 体，可通过分割成若干规则部分分别求积后 QN。在△DBM中，因为P 求和，或补成完整几何体再减去多余部分。 是DM的中点，N是BM的中 灵活运用等体积转化思想，如三棱锥的换底 点，所以PN∥BD。又因为 图8 变形，将复杂高度转化为易求高度。 PN∠平面BCD,BD二平面 总之，在新高考背景下，空间关系判定与 BCD,所以PN∥平面BCD。因为M是A'B 几何体度量是立体几何的基础与核心内容。 的中点，N是BM的中点，所以A'N=3NB。 同学们在具体学习过程中，应立足于基础，强 又A'Q=3QC,则在△A'BC中，有QN∥ 化定理与公式的系统学习，加强解题规范与 BC。又QN￠平面BCD,BCC平面BCD, 模型转化技巧的专项训练。同时，同学们需 所以QN∥平面BCD。因为PN,QNC平面 重点解决定理条件遗漏、公式记忆混淆和模 PQN,且PN∩QN=N,所以平面PQN∥平 型转化困准等问题。通过对课本习题的深度 面BCD。又PQC平面PQN,所以PQ∥平 挖掘，建立标准化的解题流程，总结常见错误 面BCD。 的规避策略，从而确保在此类基础题型中实 (2)如图9，在平面A'BC中，过B作BH 现稳定得分，为立体几何整体成绩的提升奠 ⊥A'C,H为垂足。因为平面A'BC⊥平面 定坚实基础。 A'CD,BHC平面A'BC,BH⊥A'C,平面 (责任编辑王福华) A'BC∩平面A'CD=A'C,所以BH⊥平面 13