2021年高考“立体几何”专题解题分析

黄仙萍 洪武定

摘  要：对2021年的10份高考数学试卷进行整理与分析，从考点、解题方法角度进行梳理，基于学生解题出现困惑的原因，在分析高考试题的基础上，对解题教学提出建议.

关键词：2021年高考;立体几何;解题分析

立体几何问题是培养学生空间想象能力和逻辑推理能力的重要载体. 2021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Ⅰ卷、全国新高考Ⅱ卷、北京卷、上海卷、浙江卷、天津卷. 其中，涉及的立体几何试题多为基础题或中档题，主要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. 同时，结合生活实际，关注科技发展和进步，突出考查学生的数学抽象、直观想象、逻辑推理、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Ⅰ卷、全国新高考Ⅱ卷，并兼顾北京卷、上海卷、浙江卷等进行立体几何高考试题的解题分析.

一、试题分析

1. 题型、题量、题序分布合理，难度稳定

在2021年的高考数学试卷中，立体几何部分基本上每份试卷都有两道客观题和一道主观题，题序位于第4 ～ 19题，分值稳定在22分左右，占比约15%. 题型、题量、题序和难度与2020年基本保持一致. 每种题型都有，且在2021年新高考数学试卷中出现了立体几何的多项选择题. 高考立体几何试题多以规则且常见的锥体、柱体为载体，相似度较高，分文、理科的数学试卷中以姊妹题的形式呈现，以相同的立体图形为载体，但是文科试题的难度比理科试题略低. 对于该专题的考查要求来说，学生可达成度较高.

2. 核心知识重点考查，覆盖面广

2021年高考中，立体几何试题考查的知识点覆盖了基本立体图形、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（平行与垂直、角度与距离），以及利用空间向量解决立体几何问题等，聚焦核心知识进行考查. 因此，在复习备考的过程中要突破各个知识点，对于点、直线、平面之间的位置关系（平行与垂直、角度与距离）要强化训练，嘗试一题多解.

3. 结合生活实际，关注科技进步

将降雨量、三角高程测量法及卫星导航系统作为试题情境，使学生感受到数学与生活、生产、科技发展密不可分，潜移默化地让学生体会到数学知识是有用的，且是其他学科发展的基础，考查学生的阅读理解能力，以及直观想象、数学建模素养. 因此，在复习备考过程中，要多关注学生的学习过程，提高他们的阅读理解能力和数学建模能力.

二、 解法分析

1. 三视图，紧抓数量与位置关系、借助基本立体图形的结构特征还原出直观图

三视图在培养学生直观想象素养方面发挥着重要的作用，试题一般都给出三视图或部分，让学生还原出直观图或者补全剩余的三视图. 在解题过程中，学生容易忘记结合数量关系和位置关系联系地去看三视图，或者联想对应的空间几何体并进行切割，从而还原三视图.

例1 （全国乙卷·文 / 理16）以图1（1）为正视图，在图1（2） ～ 图1（5）中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为      .（填符合要求的一组答案即可.）

简解：由提供的三视图可知，还原的直观图应该是从长方体中截出来的，如图2和图3所示. 在长方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=BC=2，BB1=1]，[E，F]分别为对应棱的中点. 选择侧视图为图1（3），俯视图为图1（4），对应的几何体为三棱锥[E-ADF]，如图2所示. 或选择侧视图为图1（2），俯视图为图1（5），对应的几何体为三棱锥[E-BFC]，如图3所示.

【评析】此题已知三视图的可能情况，联想到相应的直观图是从长方体中截出来的，这样能降低思维的难度. 抓住三视图的实线、虚线，以及长、宽、高的数量关系和线与面的位置关系，对长方体进行分割，得到多组答案，要求学生能够灵活选择. 在复习过程中，教师要培养学生的模型意识，并基于点、线、面的位置关系分析、培养学生的空间想象能力，使他们不仅能够大胆猜想空间几何体，也能够拥有修正、完善空间几何体的意识，积累解题经验，提高思维能力.

2. 体积与表面积，紧扣几何体的结构特征求出关键的几何量

以生活、科技等为情境的试题越来越受到青睐. 这类试题对数学知识的考查要求不高，学生却经常遇到困难. 究其原因，主要是试题文字表述长且专业术语多，学生不能透彻理解题意. 尤其是对于没有给出图形的试题，学生自己画图的难度较大. 求解此类问题时，要先让学生读懂题意，然后根据题意画出图形，明确问题描述的几何量或求出关键的几何量.

例2 （全国新高考Ⅱ卷·4）卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为[36 000 km]（轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）. 把地球看成一个球心为[O]、半径为[6 400 km]的球，其上点[A]的纬度是指[OA]与赤道所在平面所成角的度数. 地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为[α]，该卫星信号覆盖的地球表面面积[S=2πr21-cosα]（单位：[km2]），则[S]占地球表面积的百分比为（    ）.

（A）26%  （B）34%  （C）42%  （D）50%

简解：如图4，设地球的半径为[r]，轨道高度为[h]，则有[cosα=rr+h]，[S=2πr21-cosα=2πr2hr+h]. 由此可得，[2πr2hr+h4πr2=36 000236 000+6 400≈0.42]. 故答案选C.

【评析】此题以卫星导航系统为载体，文字信息量比较大，只给文字不给图形，学生在理解轨道高度和点[A]的纬度时比较困难. 同时，该题涉及信号覆盖的地球表面积和地球表面积，学生将文字语言转化成图形语言时会感到困难. 因此，在日常教学过程中，教师不仅要用好教材及教材中的阅读与思考栏目，培养学生的阅读能力和理解能力，还要有意识地培养学生的科学探究精神.

3. 外接球问题，确定球心位置、挖掘截面圆性质

球体是一种很重要的几何体. 在高考试题中，主要考查球体与其他几何体的接和切. 画组合体的直观图是学生解题时的一个难点，需要学生不仅有降维思想，还要明确相关的几何性质.

例3 （全国甲卷·理11）已知[A，B，C]是半径为[1]的球[O]的球面上的三个点，且[AC⊥BC]，[AC=BC=1]，则三棱锥[O-ABC]的体积为（    ）.

（A）[212]   （B）[312]  （C）[24]  （D）[34]

简解：如图5，因为[AC⊥BC]，[AC=BC=1]，所以[△ABC]为等腰直角三角形，所以[AB=2]. 故[△ABC]外接圆的半径为[22]. 设点[O]到平面[ABC]的距离为[d]. 因为球的半径为1，所以[d=12-222=22]. 由此可得，[VO-ABC=13S△ABCd=13×12×1×1×22=212]. 故答案选A.

【评析】此题是考查球内几何体的问题，解题的关键是利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系. 在多面体外接球的表面积或体积问题中，还有一种是多面体是从长方体或者正方体中切割出来的，解题时需要将多面体还原到相应的长方体或正方体中，从而可得体对角线的长便是多面体外接球的直径. 这种多面体通常是有公共顶点的三条侧棱两两垂直，或者相对的棱长相等，或者是正四面体. 由此可见，在复习备考时，教师引导学生从宏观和微观角度认识空间几何体的结构特征尤为重要.

4. 平行、垂直关系的判断，直线与平面的灵活转化是核心

直线与平面平行、垂直的判断与证明能很好地培养学生的空间想象能力和逻辑推理能力. 解题的核心是运用判定定理和性质定理实现直线与平面的灵活转化，难点是如何寻找与转化.

例4 （浙江卷·6）如图6，已知正方体[ABCD-A1B1C1D1]，[M，N]分别是[A1D，D1B]的中点，则（    ）.

简解：如图7，连接[AD1]，由[A1D⊥]平面[ABD1]，得直线[A1D]与直线[D1B]垂直. 因为[MN∥AB]，[MN][?]平面[ABCD]，所以[MN∥∥]平面[ABCD]. 故答案选A.

【评析】此题以正方体为载体，考查异面直线位置关系的判断，线面垂直的定义和判定定理，以及线面平行的判定定理. 判断线面垂直，一般有几何法和代数法. 几何法转化成线线垂直，或者由面面垂直获得，或者平移直线计算异面直线所成的角为[90°];代数法用空间向量计算直线对应的向量与平面的法向量共线. 判断线面平行可以借助线线平行（通常借助平行四边形或者三角形的中位线），也可以借助面面平行（构造辅助的平行平面，通常是寻找第三个顶点，它与已知线段的两个端点连线都与已知平面内的两条直线平行）. 当然，用空间向量计算直线对应的向量与法向量垂直也可以. 复习过程中，不仅要让学生学会从多角度看待同一个问题，灵活转化，还要让学生做到推理有据，书写有序.

5. 定值问题，以静制动

在立体几何问题中，在有些立体图形的变化过程中，某些元素的几何量保持不变，或者性质、位置关系保持不变，我们把这样的问题叫做定值问题. 解决这类问题的关键是化动为静，挖掘出不变量. 如果只看到动，却看不到动点形成定线、动线形成定面、动中不变的位置关系，就会影响解题.

例5 （全国新高考Ⅰ卷·12）在正三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[AB=AA1=1]，点[P]满足[BP=λBC+][μBB1]，其中[λ∈0，1]，[μ∈0，1]，则（    ）.

（A）當[λ=1]时，[△AB1P]的周长为定值

（B）当[μ=1]时，三棱锥[P-A1BC]的体积为定值

（C）当[λ=12]时，有且仅有一个点[P]，使得[A1P⊥BP]

（D）当[μ=12]时，有且仅有一个点[P]，使得[A1B⊥⊥]平面[AB1P]

简解：对于选项A，如图8，点[P]的轨迹是线段[CC1]，设[CP=t]，则[AP+B1P=1+t2+1+1-t2]，显然不是定值.

对于选项B，如图9，点[P]的轨迹是线段[B1C1]. 因为[B1C1∥]平面[A1BC]，所以[B1C1]上任意点到平面[A1BC]的距离都相等. 因为[△A1BC]的面积是定值，所以三棱锥[P-A1BC]的体积也为定值.

对于选项C，如图10，分别取[BC，B1C1]的中点[M，N]，点[P]的轨迹是线段[MN]. 设[MP=m]，则[BP2=][14+m2，A1P2=34+1-m2]. 当[14+m2+34+1-m2=2]，即[m=0]或[m=1]时，[A1P⊥BP]. 此时有两个点[P].

对于选项D，如图11，分别取[BB1，CC1]的中点[K，S]，点[P]的轨迹是线段[KS]. 取线段[B1C1]的中点[Q]，连接[BQ，A1Q]，则[A1B]在平面[BC1]上的射影为[BQ]. 若[B1P⊥BQ]时[B1P⊥A1B]，那么此时有唯一的点[P]为线段[CC1]的中点[S]. 又因为[A1B⊥AB1]，所以[A1B⊥⊥]平面[AB1P]. 故答案选BD.

【评析】研究动点的运动变化规律及形成的轨迹是用几何法解决定值、最值问题的关键. 该题要先根据向量的线性关系式确定动点[P]的轨迹. 选项A和选项B是立体几何中的定值问题，动点[P]引起[△AB1P]和三棱锥[P-A1BC]的变化. 有些学生不能正确解答，是因为只停留在“动”的表面，没有挖掘“动”背后的“定”. 至于周长、体积是否随着动点[P]的变化而变化，还是要看基本量的长度、高度是否有變化. 因此，解题的本质还是看动点形成定线或定面后是否保持不变的位置关系，即变中的不变性. 选项C关于线线垂直，可以用勾股定理进行求解. 选项D将线面垂直问题转化为线线垂直问题进行判断. 当然，这种类型的问题也可以借助空间向量解决，但是解决立体几何客观题提倡用几何法.

6. 空间角，善转化，三角形里去求解

空间角是刻画线线、线面、面面之间位置关系的基本量，在每一份高考数学试卷中都有出现. 对于线面角和面面角，学生用几何法求解的易错点是找不到平面的垂线，借助空间向量法求解的易错点是容易计算错误.

（1）求异面直线所成的角，平移成三角形的内角或者补角.

例6 （全国乙卷[·]文10 / 理5）在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[P]为[B1D1]的中点，则直线[PB]与[AD1]所成的角为（    ）.

（A）[π2]   （B）[π3]   （C）[π4]   （D）[π6]

简解：（方法1）如图12，连接[BC1，PC1]，求解[Rt△BC1P]中的[∠PBC1]，具体过程略.

（方法2）如图13，连接[BC1，A1C1，A1B]. 因为[AD1∥][BC1]，所以[∠PBC1]或其补角为直线[PB]与[AD1]所成的角. 由[△A1BC1]是正三角形，可知[∠PBC1=π6]. 故答案选D.

【评析】此题是求异面直线所成角的问题，通常是通过平移直线把异面直线所成的角转化为三角形的内角或者补角. 如果在题目给出的几何体中平移直线不方便，也可以先补形然后再平移直线. 当然，也可以建立空间直角坐标系，借助两个向量的夹角确定异面直线所成的角，但是这种方法运算量比较大，学生容易算错. 不妨借助常规图形，把关注的角转化到三角形中去研究，很快即可求解. 因此，要让学生树立长方体和正方体是个“聚宝盆”的观念.

（2）求线面角或面面角，几何法与向量法是基础.

例7 （浙江卷[·]19）如图14，在四棱锥[P-ABCD]中，底面[ABCD]是平行四边形，[∠ABC=120°，AB=1，][BC=4]，[PA=15]，[M]，[N]分别为[BC，PC]的中点，[PD⊥][DC，PM⊥MD].

（1）证明：[AB⊥PM];

（2）求直线[AN]与平面[PDM]所成角的正弦值.

（1）证明：在[△DCM]中，[∠DCM=60°?]，[DC=1]，[CM=2]. 由余弦定理，得[DM=3]. 所以[DM2+][DC2=CM2]. 所以[DM⊥DC]. 由题意，知[DC⊥PD]且[PD?][DM=D]. 所以[DC⊥]平面[PDM]. 而[PM?]平面[PDM]，所以[DC⊥PM]. 又因为[AB∥DC]，所以[AB⊥PM].

（2）简解：（方法1）空间向量法. 建立空间直角坐标系如图15所示，具体过程略.

（方法2）几何法. 延长[AB]交直线[DM]的延长线于点[H]，如图16所示. 因为[CD∥AB，CD⊥DM]，所以[AH⊥DM]. 又由第（1）小题知[PM⊥]平面[ABCD]，[PM?]平面[PDH]，所以平面[PDH⊥]平面[ABCD]. 所以[AH⊥]平面[PDH]，即点[A]到平面[PDH]的距离为[AH]的长度. 而[AH=2]，点[C]到平面[PDH]的距离[CD]的长度为1，那么点[N]到平面[PDH]的距离为[12]. 取[CM]的中点[K]，连接[NK，AK]，由[NK∥PM]，知[NK⊥]平面[ABCD]，[NK=][12PM=2]，[AK2=AB2+BK2-2 · AB · BK · cos120°=13]，所以[AN=][NK2+AK2=15]. 设[AN]与平面[PDM]所成的角为[θ]，则[sinθ=2+1215=156].

（方法3）如图17，取[CM]的中点[K]，[CD]的中点[T]，连接[NK，NT，TK]. 易证平面[PDM∥]平面[NTK]. 延长[TK]与[AB]交于点[R]. 由方法2，知[AR⊥DM]，[DM∥TK]，则[AR⊥TR]. 再由[AR⊥]平面[PMD]，得[AR⊥]平面[NTR]. 所以[∠ANR]的大小为所求线面角的大小.

如图18，在[△NRT]中，[NK=12PM=2]，[TK=][12DM=32]，[NT=NK2+KT2=112]，[KR=3TK=332]. 则[NR=NK2+KR2=2+274=352]. 因为[AR=52]，所以[tan∠ANR=ARNR=52352=357]. 则[sin∠ANR=3584=156.]

【评析】此题是线面角问题，这是立体几何中的核心问题之一，通常有多种解法. 学生的困惑是，若用几何法，平面[PDM]的垂线及斜足都没有明确;若用空间向量法，两两互相垂直需要证明，运算也容易出错. 事实上，难点的突破方法还是常规的，寻找平面[PDM]的垂线一定要用好辅助的垂面[ABCD]，斜足的寻找可以平移平面或平移直线或找斜线与平面的交点（可以构造经过直线的平面与该平面的交线）. 当然，如果找到了斜足，不一定非得把平面的垂线作出来，能计算出斜线上不是斜足的点到平面的距离即可（可以采用等体积法）. 空间向量法需要强化证明两两互相垂直，然后仔细计算.

7. 探索性问题，不妨假设存在后再求解

立体几何中的探索性问题是对平行、垂直的探究，一般的设问方式是“是否存在这样的点，使得……如果存在，给予证明;如果不存在，给予说明”，或者“当……时，使得……”.

例8 （全国甲卷·理19）如图19，已知直三棱柱[ABC-A1B1C1]中，侧面[AA1B1B]为正方形，[AB=BC=2]，[E，F]分别为[AC]和[CC1]的中点，[D]为棱[A1B1]上的点，[BF⊥A1B1].

（1）證明：[BF⊥DE];

（2）当[B1D]为何值时，面[BB1C1C]与面[DEF]所成的二面角的正弦值为最小？

（1）证明：因为三棱柱[ABC-A1B1C1]是直三棱柱，所以[BB1⊥]底面[ABC]. 所以[BB1⊥AB]. 因为[A1B1∥AB]，[BF⊥A1B1]，所以[BF⊥AB]. 又因为[BB1?BF=B]，所以[AB⊥]平面[BB1C1C]. 所以[BA，BC，BB1]两两垂直.

如图20，以点[B]为原点，分别以[BA，BC，BB1]所在直线为[x]轴、[y]轴和[z]轴建立空间直角坐标系，则[B0，0，0]，[A2，0，0]，[C0，2，0]，[B10，0，2]，[A12，0，2]，[C10，2，2]，[E1，1，0]，[F0，2，1].

由题设，知[Da，0，2]（[0≤a≤2]）.

因为[BF=0，2，1]，[DE=1-a，1，-2]，所以[BF · DE=0 · 1-a+2 · 1+1 · -2=0]. 故[BF⊥DE].

（2）简解：设平面[DFE]的法向量为[m=x，y，z]. 由[EF=-1，1，1， DE=1-a，1，-2]，得[m · EF=0，m · DE=0.]所以[-x+y+z=0，1-ax+y-2z=0.] 令[z=2-a]，可以得到[m=][3，1+a，2-a]. 设平面[BB1C1C]与平面[DEF]的二面角的平面角为[θ]. 因为平面[BB1C1C]的法向量为[BA=][2，0，0]，则有[cosθ=m · BAmBA=622a2-2a+14=][32a2-2a+14]. 当[a=12]时，[2a2-2a+14]取最小值，最小值为[272]，此时[cosθ]取最大值，最大值为[3272=63]. 所以[sinθmin=1-632=33]. 此时[B1D=12].

【评析】此类问题一般是假设符合条件的图形存在，然后通过推理求解或论证说明. 它是几何问题数量化的典型题型之一，一般采用空间向量法求解. 若未知点是特殊位置（如中点），用几何法求解也是不错的选择.

三、试题解法欣赏

对于同一道立体几何问题，我们从多个角度进行观察，可以获得不同的解法. 一题多解，可以帮助学生拓宽解题思路，有利于培养他们的发散思维和创新思维.

例9 （全国乙卷·理18）如图9，四棱锥[P-ABCD]的底面是矩形，[PD⊥]底面[ABCD]，[PD=DC=1]，[M]为[BC]的中点，且[PB⊥AM].

（1）求[BC];

（2）求二面角[A-PM-B]的正弦值.

简解：（1）该题既可以用空间向量法求解，也可以用几何法求解. 具体过程略.

（2）（方法1）空间向量法，具体过程略.

（方法2）如图22，平面[PMB]与平面[PMBG]是同一个平面. 过点[A]作[AF⊥BG]于点[F]，过点[A]作[AE⊥PM]于点[E]，连接[EF]. 由[BM⊥]平面[ABG]，得[BM⊥AF]，则[AF⊥]平面[BMPG]，则由三垂线定理得[∠AEF]就是二面角[A-PM-B]的平面角. 在[△APM]中，[AP=3]，[AM=62，PM=102]，则[AE=355]. 因此[sin∠AEF=][AFAE=7014].

（方法3）如图23，连接[BD]交[AM]于点[G]. 因为[PD⊥]平面[ABCD]，所以[BD]为[PB]在平面[ABCD]上的射影. 由[PB⊥AM]，得[AM⊥BD]. 再由[AM⊥PD]，[PD?][BD=D]，得[AM⊥]平面[PBD]. 而[AM?]平面[PAM]，所以平面[PAM⊥]平面[PBD]. 过点[B]作[BH⊥PG]于点[H]，过点[H]作[HI⊥PM]于点[I]，连接[BI]. 由三垂线定理，知[∠BIH]为所求二面角的平面角. 因为[BH=17]，由相似比得[BM=CM=22]. 所以[PM=2+12=102]. 所以[BI=1102=105]. 故[sin∠BIH=BHBI=17105=7014].

（方法4）由方法3知，点[B]到直线[PM]的距离[BI=][105]. 设点[B]到平面[PAM]的距离[BH=h]. 由等体积法，得[VP-ABM=VB-PAM]. 在[△PAM]中，[PA=3]，[PM=][102，AM=62]，则[cos∠PAM=PA2+AM2-PM22PA · AM=189]. 所以[sin∠PAM=1-29=73].  所以[S△PAM=12PA ·AM ·][sin∠PAM=144]. 所以[h=3VP-ABMS△PAM=24144=][77]. 将所求二面角记为[θ]，则[sinθ=hBI=7014].

【评析】此题的第（1）小题是基于垂直关系的长度计算问题，第（2）小题是空间角中的面面角问题. 该题较好地将几何的逻辑推理与代数的向量计算融合到一起，既可以运用几何法求解也可以运用空间向量法求解. 在二面角的解决过程中，主要用到三垂线定理及其逆定理，线线垂直、线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理. 常用的有以下几种方法：定义法，三垂线法，射影法，空间向量法，等体积法（本质上计算出一个半平面内的任意一点到另一个平面的距离）. 几何法书写要注意三个步骤：一作，二证，三解. 解题教学过程中，教师要引导学生不仅一题多解，还要多题归一，从而发展学生的思维能力.

立体几何在高考中的考查经久不衰，且难度适中. 在教学过程中，教师不仅要让学生重视立体几何，锻炼自己的空间想象能力，还要用好的教法引领学生学好立体几何. 教师要逐步引导学生形成由整体到局部再到整体，由形到数、由数想形，从特殊到一般等思维方法，积累解题活动经验，强化对核心知识的理解与运用. 同时，教师要让学生认识基本立体图形的结构特征，善用基本立体图形，以题为载体，以发展学生的数学学科核心素养为目标导向进行教学.

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）[M]. 北京：人民教育出版社，2018.

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[3]徐新斌，蒋志方，周远方. 2019年高考“立体几何”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2019（7 / 8）：111-119.