高考立体几何的题型解析与高考立体几何二轮复习的教学建议

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高中数学立体几何高考试题分析与教学策略研究

高中数学立体几何高考试题分析与教学策略研究立体几何是高中数学中一个重要的分支,主要研究空间中的图形和体积,并通过对图形的分析和计算来解决实际问题。

在高中数学教学中,学习立体几何具有重要的意义,主要体现在以下几个方面:①学习立体几何可以帮助学生发展几何思维,增强空间想象力和逻辑思维能力。

学生需要通过观察、分析和计算,理解和应用各种空间图形的性质和特征,从而培养自身的数学思维和创造性思维。

②培养学生解决问题的能力。

在学习立体几何的过程中,学生需要掌握解决空间图形和体积问题的方法和技巧,运用数学的思维和方法解决实际问题。

这些过程可以培养学生解决问题的能力和技能,提高学生的综合素质。

③提高学生的实际应用能力。

立体几何的应用非常广泛,如在建筑、机械等领域中需要用到立体几何来解决实际问题。

学习立体几何可以帮助学生认识到数学与实际应用之间的关系,提高学生的实际应用能力,为学生的未来发展打下坚实的基础。

④帮助学生理解数学的基本概念。

立体几何是数学中的一个基本分支,通过学习立体几何可以帮助学生更好地理解数学中的基本概念,如点、线、面等。

学生通过学习立体几何,可以更好地理解数学的基本概念,为未来深入的学习打下基础。

高中数学中的立体几何是一门相对来说较为抽象的学科,对学生来说难度较大,以下是可能会成为难点的方面:①立体几何需要学生有很强的空间想象力。

例如,学生需要将三维图形投影到二维平面上进行分析和计算。

这对部分学生来说可能会比较困难,需要通过不断的练习来提高自己的空间想象力。

②在立体几何中,有很多基本概念需要学生掌握,如点、线、面等。

这些概念看似非常简单,但是需要深入理解,否则会对后续的学习造成困难。

③立体几何中的空间图形具有很多特殊的性质和特征,如对称性、旋转性等。

学生需要通过不断的练习和实践,掌握其性质和特征,并且能够将这些性质和特征应用到具体的问题中。

④在立体几何中,学生需要掌握体积计算的方法和技巧,比如如何计算各种几何体的体积、如何进行体积的加减、乘除等运算。

高三二轮复习立体几何

高三二轮复习教学案——立体几何（1）班级学号姓名一、考试内容及要求：二、典型题型1．已知直线a ，b 都在平面M 外，a ，b 在平面M 内的射影分别是直线a 1，b 1，给出下列四个命题： ①b a b a ⊥⇒⊥11②11b a b a ⊥⇒⊥③a 1与b 1相交⇒a ，b 相交④a 1与b 1平行⇒a ，b 平行其中不正确的命题有________个2．在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点．给出下面三个结论： ①BC ∥平面PDF ； ②DF ⊥平面PAE ； ③平面PAE ⊥平面ABC ．其中正确的结论是________．3．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点．那么①AA 1⊥MN ； ②A 1C 1∥MN ； ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1； ④MN 与A 1C 1异面．以上4个结论中，不正确的结论个数有________个·4．将边长为2正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则折后A 、B 、C 、D 四点所在的球的体积为___________．5．已知直线a ，b ，平面α，β，γ，则下列条件中能推出α∥β的是___________． ①a ∥α，b ∥β，a ∥b ②a ⊥γ，b ⊥γ，α⊂a ，b ⊂β③a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ④a ⊂α，b ⊂β，a ∥α，b ∥β6．设四棱锥P —ABCD 的底面是边长为2的正方形，△PAB 为正三角形，且与底面垂直，E 是PD 的中点，面BCE 与PA 交于F(如图)· （1）求证：EF ∥AD ；（2）设M ，N 分别为AB ，BC 的中点，求证：面PMD ⊥面PAN ．7．如图．在直三棱柱ABC—A1B1C1中．E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C求证：（1）EF∥平面ABC（2）平面A1FD⊥平面BB1C1C8．如图，已知在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC,AC=BC，M，N，P，Q分别是AA1，BB1，AB，B1C1的中点．(1)求证：面PCC1⊥面MNQ；(2)求证：PC1∥面MNQ．9．在四面体ABCD中，CB=CD，A D⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点，求证：（1）直线EF∥平面ACD；（2）平面EFC⊥平面BCD高三二轮复习教学案——立体几何（2）班级学号姓名1．给出下面四个命题：①如果两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合；②如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线平行；③如果两条直线都与第三条直线垂直，那么这两条直线垂直；④如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．其中正确命题的序号是_____________．2．给出下列命题：①若平面α内的直线l垂直于平面β内的任意直线，则α⊥β；②若平面α内的任一直线都平行于平面β，则α∥β；③若平面α垂直于平面β，直线l在平面α内，则l⊥β；④若平面α平行于平面β，直线l在平面α内，则l∥β．其中正确命题的个数是________________．3．已知直线m，n和平面α，β满足：α∥β，m⊥α，m⊥n，则n与β之间的位置关系是__________________。

立体几何高考内容分析及复习建议

立体几何高考内容分析与复习建议内容提要：本文通过对新旧教材在内容、考试要求、教学重点难点、以及近几年来的新旧课程的高考试题特点等进行研究，制定相应的复习策略。

本文还提出了几种对空间角与距离的解法。

关键词：空间想象能力，转化化归思想、向量代数法。

2004年是广东省采用数学新课程的第一次高考，虽说高考对立体几何的考查一直是以能力为主，对能力考查的要求有一年比一年提高的趋势，题型也相对较为稳定。

但新旧课程在内容、考试要求、教学要求、教材的编排体系等毕竟有相当大的改变，因此我们进行高三立体几何复习时，有必要对新旧教材在内容、考试要求、教学重点难点、以及近几年来的新旧课程的高考试题特点等进行研究，制定相应的复习策略，争取在2004年高考中获得全面丰收。

以下谈谈笔者的一些看法：一、立体几何内容分析（一）新旧教材比较：在考试内容方面：新教材中删除了棱台，旋转体（圆锥、圆柱、圆台、球冠及球缺等）。

增加了正多面体与欧拉定理；增加了空间向量及其加、减法，与数乘运算；空间向量的数量积；空间向量的坐标表示，及其对应的加减法，数乘与数量积运算；平面法向量等内容。

在考试要求方面：删除了棱台，旋转体（圆锥、圆柱、圆台、球冠及球缺等）的面积与体积公式，淡化了三垂线定理及其逆定理的要求，增加了理解空间向量与空间向量坐标的概念，掌握空间向量的加减法、数乘与数量积的概念；及其对应坐标的加减法，与数乘运算；理解直线的方向向量、平面的法向量等内容。

突出了利用空间向量知识解决求空间角、空间距离；证明平行与垂直的问题，明确了对传统几何的向量化思想。

同时也体现了对解决问题的方法上的灵活性，重点让学生掌握向量代数法，同时也兼顾传统几何综合推理方法。

（二）复习重点：（1）线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质；三垂线定理及其逆定理的应用；（2）空间向量的概念、性质与运用；（3）空间角与距离的概念和计算；（4）特殊棱柱、棱锥的定义、性质；（5）棱柱、棱锥中线线、线面与面面的位置关系，线线、线面与面面所成角的构造与计算；（特别注重向量代数法来计算角）（三）复习难点：（1）找到要计算的角、距离等；（2）掌握应用向量解决立体几何的问题；（3）平面图形与空间图形相互转换，即空间想象能力进一步提高；以及转化化归思想、类比思想等的培养。

高考立体几何命题分析和复习建议

教法研究新课程NEW CURRICULUM回顾新课改后近几年高考数学考试试题，不难发现，新课后题型与传统考试题型基本一致。

大致考试题型在一大题一小题左右，基本分值一般在18到22左右晃动，所占分值较多。

因此，笔者认为高三教师有必要对其进行全面的分析和研究，以便较为准确地把握命题思想与新课改后的高考试题的动态，以便于提高高三复习的有效性和准确性。

通过这几年的考试，老师们也可以大胆预测考题，做到有的放矢。

笔者经过对新课改后近几年各省高考数学试卷的细分和归类，从中得到立体几何的以下命题考查热点：一、立体几何命题的考查热点热点一：注重对空间几何体的综合考查相较于传统考试试题，新课改后考试试题中对三视图的考查仍是客观命题的热点，但考查形式呈现多样化；在数学考试当中，对于文科生来讲多以识别和判断几何图形为主试题中也会出现对几何体表面积和体积相关的问题。

这些题对于文科生来说难度较高，并且多以大题形式出现，所占分数较高，复习应注意这些题型。

例如：2014年湖南，重庆7，2014年课标中国等等。

热点二：注重对线面关系的考查新课标的试题中，对文理科学生对空间几何的认识都更加强调几何直观，并且对学生“识图与画图”的要求都有所提高。

在线面关系中对理科生要求较强，学生应加强对线面关系基础知识的复习。

提高对解决直线向量能力问题的培养。

在高考试题中多出现，考查学生对线面、线线、面面关系的试题。

这些试题出现在13，15等题，多以填空题为主出现选择题的几率相对较高。

题型属于中等偏下学生可以参考以下试卷中的试题，准确掌握对此方法的运用。

例如：2014海南17（1），新课标全国卷II（1），2013湖南18，北京17（1），湖北19（1），江西19（1）等。

热点三：注重对几何体综合应用考查相对于上边问题的考查，几何体综合考查的应用对于文理科学生考查难度增强并且多以大题为主。

这些题也是学生丢分较多的一道题，这些题综合程度较高，一道大题通常有3道小题，前两题较简单，第三问考查学生对立体几何掌握程度熟练程度要求较高。

如何解决高考数学中的立体几何题

如何解决高考数学中的立体几何题在高考数学中，立体几何题是一个常见的考点，也是考生普遍感觉难以解决的问题之一。

立体几何题的解答需要掌握一定的几何知识和解题技巧。

下面将介绍一些解决高考数学中的立体几何题的方法和技巧。

一、掌握基础几何知识解决立体几何题首先需要掌握基础几何知识，包括立体图形的性质、体积和表面积的计算公式等。

熟练掌握这些基础知识可以帮助我们快速理解和解答立体几何题目。

二、分析题目，确定解题思路解决立体几何题的关键是正确地分析题目，确定解题思路。

在解答题目之前，我们应该仔细读题，理解题意，并分析给出的条件和要求。

根据题目中的信息，我们可以确定使用的几何知识和解题方法。

三、画图辅助推理在解答立体几何题时，可以通过画图辅助推理的方法来帮助理解题意，推导解题过程。

画出几何图形可以很直观地展示问题，帮助我们更好地理解并解决问题。

四、运用几何定理和性质在解答立体几何题目时，应该灵活运用几何定理和性质。

比如，当涉及到平行关系时，我们可以应用平行线的性质，通过角度对应相等、内错角和等于180度的性质来解答问题。

此外，还可以利用三角形的性质和圆锥的性质等进行推理和计算。

五、运用代数方法解题解决立体几何题目时，有时也可以运用代数方法进行解答。

通过设立方程、利用等式关系等代数技巧，将几何问题转化为代数问题，从而求解方程并得到正确答案。

六、多练习，熟练掌握解题技巧高考数学中的立体几何题目都是可以通过多练习来掌握解题技巧的。

通过反复练习各类立体几何题目，不断总结和归纳解题技巧，逐渐熟练掌握解题方法，提高解题能力和准确性。

七、注意审题和解题过程的准确性在解答立体几何题目时，我们需要特别注意审题和解题过程的准确性。

要仔细分析题目中的条件和要求，确保理解正确。

在解题过程中，要注意推理和计算的准确性，避免出现错误。

总结起来，解决高考数学中的立体几何题需要掌握基础知识，分析题目确定解题思路，运用几何定理和性质，画图辅助推理，运用代数方法解题，多练习并注意准确性。

高考数学立体几何分析及备考建议

高考数学立体几何分析及备考建议一、高考立体几何试题分析及得分情况分析****年湖北高考已落下帷幕。

分析****年全国各省市高考试卷中的立体几何试题，根据试题所涵盖的知识内容以及解决问题所采用的思维方式，可以看出：****年高考的立体几何试题体现了“基于基础，关注能力，体现文化”的试题特色。

基于基础，体现在对立体几何本质问题的重点考查；关注能力，体现在对立体几何所承载的思想方法的有效考查；体现文化，体现在对数学文化的深入考查。

1.得分情况****年湖北省高考理科立体几何在第5题和第19题，文科在第7题（同理科第5题）和第20题。

理科第5题我校平均得分 3.91分，黄石市平均得分 3.43分，第19题我校平均得分9.89分，黄石市平均得分7.70分；文科第7题我校平均得分 3.30分，黄石市平均得分 2.43分，第20题我校平均得分8.65分，第20题我校平均得分9.89分，黄石市平均得分 5.53分.2.试题综述****年各省市都把立体几何试题的命题重点放在这一知识板块最基础、最核心的内容上。

高中立体几何的核心问题主要有：(1)图形辨认（三视图、直观图、展开图、折叠图、图形的割补等）；(2)定性证明（线线、线面、面面的垂直或平行关系的证明）；（3）定量计算（体积与面积的计算，线线角、线面角、面面角的计算）。

（1）题型设计趋于稳定，知识考查重点突出立体几何是中学数学重要内容之一，在高考中占有较大比重.从试题数量来看，一般有 2 道试题，1 道选择或填空题， 1 道解答题，分值在17 分左右.从考查的知识点来看，主要涉及三部分内容，一是空间几何体的三视图和基本量（表面积、体积）运算；二是空间点、直线、平面的几何（平行、垂直）位置关系研究；三是空间点、直线、平面的数量（距离、角）关系研究.在选择、填空题中，以考查基础知识为主，考查形式多样化、知识覆盖面较大、难度适中.选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定。

高中数学立体几何高考试题分析与教学策略分析

高中数学立体几何高考试题分析与教学策略分析作者：蔡宝胜来源：《新教育时代·学生版》2017年第17期摘要：伴随着新课程的不断深入和改革，高中教学课程逐渐增多，在高中教学课程中，立体几何是几何中的重点内容，同时也是高考的重中之重。

本文主要分析高中数学立体几何高考试题，并提出教学策略，希望能够为高中数学立体几何的教学提供参考。

关键词：立体几何高中数学教学策略高考试题在高中数学教学中，立体几何教学不仅是教学的重点，同样也是教学的难点，高中阶段，立体几何的学习对学生有着较高要求，其需要将图形、作图以及解题联合在一起，通过图像图形方式解答数学知识，所以需要教师规范作图，通过有效的教学方式提升学生学习效率。

一、对高考中出现的立体几何试题进行分析如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠ BAP=∠ CDP=90°。

证明：平面PAB⊥平面PAD。

若PA=PD=AB=DC∠ ADP=90°，求二面角A-PB-C的余弦值。

[2017年全国卷理科卷第18题]点评：立体几何作为解答题重要组成部分，以发展学生的空间观念，培养把握图形的能力、空间想象能力，几何直观的能力为目标。

近几年的高考试题慢慢降低了难度，用更多的常规图形呈现于高考试题中，将几何知识贴近生活的体现出来。

从辩证严谨的角度考查了立体几何证明问题，从度量计算的角度综合空间向量运算考查了立体几何的二面角大小问题。

解析：（1）由已知∠BAP=∠ CDP=90°，可得AB⊥AP，CD⊥PD由于AB//CD，所以AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD又AB在平面PAD ，所以平面PAB⊥平面PAD（2）取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE，∵ABCD∴四边形ABCD为平行四边形∴OEAB ABOE由（1）知，AB⊥平面PAD∴OE⊥平面PAD，又PO、AD平面PAD∴OE⊥PO，OE⊥AD又∵PA=AD，∴PO⊥AD∴PO、OE、AD两两垂直∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系哦o-xyz设PA=2，则D（-，0，0）、B（，2，0）、P（0，0，）、C（-，2，0），设为平面的法向量由，得令y=1，则z=，x=0，可得平面PBC的一个法向量∵∠ APD=90°，∴PD⊥PA又知AB⊥平面PAD，PD平面PAD∴PD⊥AB，又PA∩AB=A∴PD⊥平面PAB即是平面PAB的一个法向量，∴所以二面角A-PB-C的余弦值本题利用常规的四棱锥，考查了面面垂直和空间二面角的大小。

高三第二轮专题复习资料：立体几何题型与方法(文科)

专题二：立体几何题型与方法（文科）一、考点回顾1．平面（1）平面的基本性质：掌握三个公理及推论，会说明共点、共线、共面问题。

（2）证明点共线的问题，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点（依据：由点在线上，线在面内，推出点在面内），这样，可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。

（3）证明共点问题，一般是先证明两条直线交于一点，再证明这点在第三条直线上，而这一点是两个平面的公共点，这第三条直线是这两个平面的交线。

（4）证共面问题一般用落入法或重合法。

（5）经过不在同一条直线上的三点确定一个面. 2. 空间直线.（1）空间直线位置分三种：相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内。

（2）异面直线判定定理：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.（不在任何一个平面内的两条直线）（3）平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.（4）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等.（5）两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （l 1或l 2在这个做出的平面内不能叫l 1与l 2平行的平面） 3. 直线与平面平行、直线与平面垂直.（1）空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.（2）直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）（3）直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行，线线平行”）（4）直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α，a ⊥AO ，得a ⊥PO （三垂线定理），得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ，但PO 不垂直OA . ● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面.推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.（5）a.垂线段和斜线段长定理：从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）] b.射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上。

高三数学新编立体几何内容分析及复习建议.doc

高三数学新编立体几何内容分析及复习建议一、教材、考试要求的变化新教材立体几何内容变化较大，主要是删去了棱台、旋转体、球冠、多面体及旋转体体积等；增加了正多面体的概念，多面体的欧拉公式，最大变化是首次引入空间向量，并用这一工具去解决空间直线的平行、垂直关系，以及求空间的“距离”、“角”。

从近几年的高考题来看，新教材的甲组题（即9B 考题）比乙组题（即9A 考题）和全国题都容易做。

还有用向量方法去解部分传统的立体几何题也是有优势的，如2000、2003年全国高考立体几何题，普遍都认为较难，但如果用向量方法去解，就很简单了。

因此，要重点掌握“空间向量”，并突出其“工具性”。

二、立几题的空间向量解法分析利用空间向量解立几题，体现了空间的数形结合思想，顺应了几何改革代数化的方向；利用空间向量解立几题，首先应是确定基向量。

即{}c ,b ,a 或单位正交基底{}k ,j ,i 。

1、利用空间向量解线线平行、垂直问题【例1】（2003全国节选）正方体1111ABCD A B C D -中，,,M N P 分别为1,,AD BB CD 的中点，证明：1BD 与平面MNP 不垂直。

分析：用传统方法证明1BD 与MN 不垂直，有难度；利用向量：)2,,2(),,,(a a aMN a a a BD =--=，022222≠+--=⋅a a a ，所以1BD 与MN 不垂直。

【例2】（2003全国）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱E D AA ,,21=分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G 。

（1）求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求点A 1到平面AED 的距离.简析：传统解法解此题难点一是重心G 的运用，而用向量解：由)1,0,0(),0,,0(),0,0,(D a B a A 很快得)31,3,3(a a G ， C 1B 1A 1GE D CBAPNM D 1C 1B 1A 1DC BA二是如何由条件求出AC 的长，应用向量则由)32,6,6(---=a a EG 与)1,0,(a -=垂直易得4,032622==-a a 。

立体几何二轮复习建议.

立体几何二轮复习建议一、高考地位与考查要求：立体几何主要承载着对高中数学基本能力之一——空间想象能力的考查，因而成为每年数学高考的必考内容．经统计，2008年全国各地高考的19套试题中（每套试题含文理卷各1份，江苏文理合卷），立体几何的小题有32道，解答题有19道；江苏卷只考查了1道解答题（另外在理科附加题中也考查了1道解答题）．由此可见立体几何在高考中占有相当重要的地位．但是，立体几何在高考中的占分比重，已随新课程内容的变化有所下降，考查难度也随之减弱．不难发现，与以往相比，新高考文理合卷部分对空间中夹角与距离的计算要求大大减弱，空间中线面之间平行、垂直的位置关系受到重视．分析09年对立体几何的考查，填空题可能会以考查基础知识为主，空间几何体的结构、线面位置关系的判断、表面积与体积的计算等知识是重点考查内容，特别是三视图为新课程增加的内容，考查的可能性较大；解答题一般会考查综合能力，与08年高考一样，应当还是考查线面之间的位置关系为主．但08年的考题属于容易题，满分14分，全省均分却高达12.4分左右，所以09年在难度上可能会有所增加，也可能会增加一些较简单的计算等．另外，在理科附加题中运用空间向量证明平行与垂直、计算夹角与距离无疑也是主要考查内容．二、基本题型与基本策略：基本题型一：空间几何体及其表面积与体积的计算（填空题）例1．已知正四棱柱的底面边长是3，侧面的对角线长是53，则这个正四棱柱的侧面积是．说明：本题主要考查正四棱柱的结构特征、空间几何体侧面积的计算方法，属容易题．例2．一个几何体的三视图如图所示，其中主视图是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为．说明：三视图是新课程的新增内容，近两年其它课改地区的高考试题中经常出现相关试题，通常将之与表面积、体积的计算结合在一起进行考查，应给予重视．基本策略：涉及到柱、锥、台、球及其简单组合体的侧面积和体积的计算问题，要根据其结构特征和公式来计算，另外要重视空间问题平面化的思想和割补法、等积转换法的运用；三视图为新增内容，考查不无可能，关键要培养学生的空间想象能力，会“识图”、“复图”．基本题型二：空间中点线面位置关系的判断（填空题）例3．设α、β为互不重合的平面，m 、n 为互不重合的直线，给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ；②若m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，则α//β；③若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，m ⊥n ，则n ⊥β； ④若m ⊥α，α⊥β，m //n ，则n //β．其中所有正确命题的序号是．说明：本类题为高考常考题型，其本质实为多项选择题．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选多选．例4．α、β为两个互相垂直的平面，a 、b 为一对异面直线，下列条件中：①a //α，b ⊂β；②a ⊥α，b //β；③a ⊥α，b ⊥β；④a //α，b //β且a 与α的距离等于b 与β的距离．其中是a ⊥b 的充分条件的有．说明：与例3一样，本题主要考查空间中线面之间的位置关系，特别是考查证明线线垂直的常用方法．基本策略：要求学生能够熟练运用4条公理、3条推论和9条定理来判断有关空间位置关系的命题真假，能对一些真命题进行证明或对假命题举出反例．培养学生善于利用身边的工具与情境（如纸笔、桌面、墙角等）构造具体模型，将抽象问题具体化处理，提高他们的空间想象能力．基本题型三：空间中点线面位置关系的证明（解答题）例5．如图，已知在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥面ABC ，AC=BC ，M 、N 、P 、Q 分别是主视图俯视图左视图AA 1、BB 1、AB 、B 1C 1的中点．（1）求证：面PCC 1⊥面MNQ ；（2）求证：PC 1∥面MNQ ．说明：本类题主要以空间几何体为载体，考查空间中线面位置关系（平行与垂直）的判定与性质，是每年高考不可避免的考查内容．此类题既可考查几何体的概念和性质，又能考查空间的线面关系，还有可能结合一些简单的运算，可以比较全面地考查学生的能力．例6．如图，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．（1）求证：AE ⊥BE ；（2）求三棱锥D －AEC 的体积；（3）设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE ．说明：江苏卷08年的考题与例5相似，仅仅简单考查了位置关系的证明，综合性不强．09年立体几何考题可能会增加适当的计算量，如本题中体积的计算等；或是添设“探究性”、“存在性”的小问，如本题中第3小问，应予以重视．例7．已知某几何体的三视图如下图所示，其中左视图是边长为2的正三角形，主视图是矩形且AA 1＝3，俯视图中C 、C 1分别是所在边的中点，设D 为AA 1的中点．（1）作出该几何体的直观图并求其体积；（2）求证：平面BB 1C 1C ⊥平面BDC 1；（3）BC 边上是否存在点P ，使AP //平面BDC 1？若不存在，说明理由；若存在，请证明你的结论．说明：本题综合考查了作图、计算、证明、探究等能力，这种类型的试题也应引起重视．三视图内容也很可能在大题中采用本题的方式进行考查，关键要求学生先能够准确“复图”，再进行其他常规解答．基本策略：证明或探究空间中线线、线面与面面平行与垂直的位置关系，一要熟练掌握所有判定与性质定理，梳理好几种位置关系的常见证明方法，如证明线面平行，既可以构造线线平行，也可以构造面面平行；二要掌握解题时由已知想性质、由求证想判定，即分析法与综合法相结合来寻找证明的思路；三要严格要求学生注意表述规范，推理严谨，避免使用一些正确但不能作为推理依据的结论．此外，要特别注重培养学生的空间想象能力，会分析一些非常规放置的空间几何体（如例6、例7中侧面水平放置的棱锥、棱柱等），会画空间图形的三视图与直观图，且会把三视图、直观图还原成空间图形．A 1 ABC PMN QB 1C 1 11 A1 11基本题型四：运用空间向量证明与计算（理科附加解答题）例8．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AB ＝a ，E 是PB 的中点．（1）在平面P AD 内求一点F ，使得EF ⊥平面PBC ；（2）求二面角F -PC -E 的余弦值大小．说明：本题主要考查对空间几何体合理建立空间直角坐标系的能力，运用空间向量探究空间中垂直的位置关系、计算二面角大小的常见问题．向量法是一种独特的方法，因为它不但是传统几何方法的有力补充，而且还可以解决一些较难的立几问题，如二面角的求解等．例9．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1．（1）求二面角A —DF —B 的大小；（2）在线段AC 上找一点P ，使PF 与AD 所成的角为600，试确定点P 的位置．说明：本类题主要考查通过向量解决空间中的夹角问题（包括线线角、线面角与二面角），是向量作为一门工具解决立几问题的典型体现．基本策略：空间向量的基础知识要引导学生类比于《必修4》中平面向量的相关知识进行整理与记忆；要注意培养学生对空间几何体合理建系的意识，并能准确用向量来刻画直线和平面的“方向”，即方向向量与法向量；要求学生理解用向量判定空间位置关系、求解夹角与距离的原理，并掌握一般求解步骤．其中，线线角、线面角与二面角是本类题型中的重点考查对象，应加强训练．此外，在计算平面的法向量、探究点的位置（如例8（1）、例9（2））等问题中，要引导学生善于运用“待定系数法”合理设出坐标，寻找满足条件的方程（组）来解决问题的方法．三、二轮专题与课时建议：P ABCD E B E A F D C。

2022年高考数学第二轮几何复习建议

所以 VA BCD
VABEC
VC ABE
1 3
h
SABE
1 2 1 AB BE sin
32
3
1 2
解法 2 如图，把四面体 ABCD补成三棱柱 ABE FCD ，则面 ABE / /
面 CDF, AB / /CF ，且 CF 1，则 AB 与 CD 的距离就是平面 ABE 与
平面 FCD的距离，即三棱柱的高 h 2 ，且 DCF 或 2 .
二．加强对三视图、体积和表面积的复习在立体几何中，几何体的表面积和体积是几何问题中两个最
基本的量，常常会结合三视图考查，比如说给出三视图求体积或表面积，如果学生不能够根据三视图想象出该几何体的实际形状，那么也很难求出体积和表面积。有时也会有根据几何体得出三视图的题型。学生在平时的学习中就要注重几何体的空间与平面三视图的不同表示方法，增强空间想象能力。
BGHC B1G1H1C1 ，在 GH 上取一点 F1 ，使 GF1 1 ，
连结 EF1, C1F1 ，则 D1F / /C1F1, EC1F1 为 EC1 与 FD1 所成角（或其补角）
在 EC1F1 中，由余弦定理易得 cos EC1F1
21 14
例 13 在梯形 ABCD 中， ABC , AD / /BC, BC 2AD 2AB 2 ，
直线 AB 与 CD 的距离为 h ，夹角为，则
四面体的体积为V 1 abh sin
6
5.把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体
例 5 如图， PA 平面ABC, ACB 90 ，且
PA AC BC a ，则异面直线 PB 与 AC 所
成角的正切值为解析：把四面体 P ABC 补成正方体，

高考数学第二轮几何复习建议

1 1 AB AB 1, AB DB , AC AB , AC DB 0 2 2
1 1 AM (AB AC), NB (AB DB), 2 2 1 1 AM NB (AB AC) (AB DB) 4 2
D' F C' B'
A'
①
②
E D C
③
④
A
B
1 例 7 若底面边长为 2 的正四棱锥恰有一个半径为 2
的内切球，则此正四棱锥的体积是解：设是正四棱锥的底面与侧面所成二面角的值， 1 4 2 1 则 tan ， tan 3 2 1 2 4 4 1 2 4 16 V 2 故棱锥的高为 1 3 3 3 3 9
即 x y 4 x 1 0 ，选 B
2 2
二、解析几何解析几何处于代数与几何的交汇处，它与平面几何交汇往往？出亮点试题，这类试题背景新颖，构思独特，知识间融合巧妙，且具有开放性与探索性，备受命题者青睐．解析几何的解题方法大致分为三种
x2 y2 1 例 1．（2013 浙江）是椭圆 C1 : 4
解：建立如图，则 B(1,0,0)、C (1,0,0) ，令 P( x, y,0) ，由 APB DPC 得 tan APB tan DPC
PB PC 从而，即 PB 2 PC ， AB DC
( x 1) 2 y 2 2 ( x 1) 2 y 2 ，
高考数学第二轮几何复习建议
一、立体几何立体几何是高中数学领域的重要模块之一，是高考考查学生的空间感，图形感，语言转化能力，几何直观能力，逻辑推理能力的主要载体。一般考两道小题，一道大题共占22分。小题灵活多变且有一定难度，其中常有组合体三视图问题和开放性试题，大题往往是中档题，多采用一题两问的形式。

2012年高考立体几何的题型解析与2013年高考立体几何二轮复习的教学建议

2012年高考立体几何的题型解析与2013年高考立体几何二轮复习的教学建议鄄城一中张洪波刚才，各位兄弟学校对一轮复习都进行了总结，对二轮复习进行了规划，并且提出了很多好的方法和措施，我们获益匪浅。

下面，我把鄄城一中复习的方法向大家汇报一下：通过第一轮复习，同学们已经基本系统掌握了高中数学基础知识，并初步形成知识体系，但成绩提高速度并不明显。

在考试中也暴露出一些问题，如部分同学答题不规范，运算能力不强，知识不能纵横联系等等。

因此第二轮复习担负着进一步规范学生解题思路与书写格式，进一步深化学生解题能力的重任，是学生把知识系统化、条理化与灵活运用的关键时期。

在第二轮中，一是要看教师对“考什么”、“怎么考”的研究是否深入，把握是否到位；二是看教师对学生的引导、点拨是否正确、合理，做到减少重复，突出重点，让大部分学生学有新意、学有所得；三是看练习检测是否落实，与高考是否对路，做到不提高，不降低，难度适宜，梯度良好，重在基础知识的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法。

对于整个的二轮复习，我们认为以自己编制的教学案为复习的蓝本，以教材和山东四年高考为依据，并结合我校学生具体学情而言共设置有以下七个专题：（1）集合与简易逻辑用语（2）函数与导数（3）三角函数（4）数列（5）立体几何（6）解析几何（7）概率与统计；各个专题务必贴近高考，重在一些高频考点的讲与练，同时还有以下几点备课上的总体要求与注意和克服的几个问题：1、总体要求要求专题学案必须以教材或近四年山东高考真题作为指导，做到“考什么”“学生练什么”。

要求加大集体备课力度，力争每份学案都是研究讨论后定稿的。

要求每周都要进行周验收测试，主要是对本周的学习进行反馈练习。

要求老师给学生一些复习策略和解题思路的寻求方法。

2、注意和克服的几个问题克服难题过多，起点过高。

（徒劳无功）克服速度过快，内容多。

（华而不实）克服只练不讲，只讲不练。

克服照抄照搬，对外来资料、试题,不加选择针对性不强。

高考数学第二轮复习教案(6)：立体几何新题型的解题技巧

第六讲立体几何新题型的解题技巧【命题趋向】在高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现．4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题. 【考点透视】(A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念.(B)版.①理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.②了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算.③掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.④理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念.⑤了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式.⑦会画直棱柱、正棱锥的直观图.空间距离和角是高考考查的重点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。

【例题解析】考点1 点到平面的距离求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题例1（2007年福建卷理）如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为1BC CC ，的中点， 1B O BD ∴⊥， 1AB BD ∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥， 1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．1AF A D ∴⊥， AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．在1AA D △中，由等面积法可求得AF =又112AG AB ==sin AG AFG AF ∴==∠所以二面角1A A D B --的大小为AB CD1A1C1BABCD1A1C1BOF（Ⅲ）1A BD △中，111A BD BD A D A B S ==∴=△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B设点C 到平面1A BD 的距离为d ．由11A BCD C A BD V V --=，得11133BCD A BD S S d △△，1A BD d ∴=△∴点C 到平面1A BD解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(0A，(0A ，1(120)B ，，，1(12AB ∴= ，，(210)BD =-，，，1(12BA =- ． 12200AB BD =-++= ，111430AB BA =-+-= ， 1AB BD ∴ ⊥，11AB BA⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．(11AD =- ，，1(020)AA = ，，． AD ⊥n ，1AA⊥n ， 100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，nn 020x y y ⎧-+=⎪∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，．令1z =得(=，n 为平面1A AD 的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ， 1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n，111AB AB AB >==n n ∴二面角1A A D B --的大小为（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB为平面1A BD 法向量，1(200)(12BC AB =-=，，，，．∴点C 到平面1A BD的距离11BC AB d AB =．小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.例2.( 2006年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角； (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：方法一（Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.取OC 的中点N ，连接PN .QBCPADOM因为21,21===OC NO OA NO OQ PO ，所以OANOOQ PO =，从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角.因为3PB ==，PN ===10)2()22(2222=+==ON OB BN所以9333210392cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PN PB BN PN PB BPN ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是93arccos . (Ⅲ)连结OM ，则112.22OM AB OQ === 所以∠MQP ＝45°.由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离.又03,sin 452PQ PO QO PH PQ =+=∴==. 即点P 到平面QAD方法二（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.所以)2,0,22(--=AQ1)PB =-于是93,cos =〉〈PB AQ . (Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n .所以点P 到平面QAD的距离2PQ n d n⋅==. 考点2 异面直线的距离此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离. 典型例题例3 已知三棱锥ABC S -，底面是边长为24的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求CD 与SE 间的距离. 思路启迪：由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离. 解答过程：如图所示，取BD 的中点F ，连结EF ，SF ，CF ，EF ∴为BCD ∆的中位线，EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF ,CD ∴到平面SEF 的距离即为两异面直线间的距离.又线面之间的距离可转化为线CD 上一点C 到平面SEF 的距离，设其为h ，由题意知，24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点，2,2,621,62=====∴SC DF CD EF CD33222621312131=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=∴-SC DF EF V CEF S 在Rt SCE ∆中，3222=+=CE SC SE在Rt SCF ∆中，30224422=++=+=CF SC SF又3,6=∴=∆SEF S EF 由于h S V V SEF CEF S SEF C ⋅⋅==∆--31，即332331=⋅⋅h ，解得332=h 故CD 与SE 间的距离为332. 小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程. 考点3 直线到平面的距离此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 典型例题例4．如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解. 解答过程：解析一 BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点O 平面11D GB 的距离,1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,又⊂11D B 平面11D GB∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的距离. 在OG O 1∆中，222212111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O . 又362,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=∆OH OH G O OH S OG O . BACDOGH 1A 1C 1D1B 1O即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 解析二 BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的距离.设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则，由于632221,111111=⨯⨯==∆--D GB GBB D D GB B S V V34222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,36264==∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离. 考点4 异面直线所成的角此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点. 典型例题例5（2007年北京卷文）如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点．（I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（II ）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．思路启迪：（II ）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. 解答过程：解法1：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O = ，CO ∴⊥平面AOB ，又CO ⊂平面COD ．O CADBE∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，CE ∴又12DE AO ==∴在Rt CDE △中，tan CE CDE DE==∴异面直线AO 与CD所成角的大小为解法2：（I ）同解法1．（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(00A ，，(200)C ，，，D ，(00OA ∴=，，(CD =- ， cos OA CDOACD OA CD ∴<>=， ∴异面直线AO 与CD所成角的大小为小结：求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π.例6．（2006年广东卷）如图所示，AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8,BC 是⊙O 的直径，AB ＝AC ＝6，OE //AD . (Ⅰ)求二面角B —AD —F 的大小； (Ⅱ)求直线BD 与EF 所成的角.命题目的：本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程： (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD ⊥AB , AD ⊥AF ,故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角.是矩形的直径，是圆、ABFC O BC AF ∴ ，是正方形，又ABFC AC AB ∴==6由于ABFC 是正方形，所以∠BAF ＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=cos ,10||||BD FE BD FE BD FE ⋅<>===设异面直线BD 与EF 所成角为α，则.cos cos ,10BD FE α=<>=故直线BD 与EF 所成的角为1082arccos . 考点5 直线和平面所成的角此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容. 典型例题例7.（2007年全国卷Ⅰ理）四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC = ∠，2AB =，BC =SA SB =（Ⅰ）证明SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．DBCS解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC = ∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==，SA =AO =1SO =，SD =．SAB △的面积112S AB =连结DB ，得DAB △的面积21sin13522S AB AD == 设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得121133h S SO S = ，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α，则sin h SD α=．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O -0)A ，，(0B ，(0C ，(001)S ，，，SA =(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）取AB 中点E ，0E ⎫⎪⎪⎝⎭， y连结SE ，取SE 中点G ，连结OG，12G ⎫⎪⎪⎝⎭，．12OG ⎫=⎪⎪⎝⎭，，1SE ⎫=⎪⎪⎝⎭，(AB =．0SE OG = ，0AB OG = ，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．D，()=．cos OG DS OG DSα==，sin β所以，直线SD 与平面SAB所成的角为．小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值. 考点6 二面角此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视. 典型例题例8．（2007年湖南卷文）如图，已知直二面角PQ αβ--，A PQ ∈，B α∈，C β∈，CA CB =，45BAP ∠=，直线CA 和平面α所成的角为30．（I ）证明BC PQ ⊥；（II ）求二面角B AC P --的大小．ABCQ αβ P命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：（I ）在平面β内过点C 作CO PQ ⊥于点O ，连结OB ．因为αβ⊥，PQ αβ= ，所以CO α⊥，又因为CA CB =，所以OA OB =．而45BAO ∠=，所以45ABO ∠=，90AOB ∠=，从而BO PQ ⊥，又CO PQ ⊥，所以PQ ⊥平面OBC ．因为BC ⊂平面OBC ，故PQ BC ⊥．（II ）解法一：由（I ）知，BO PQ ⊥，又αβ⊥，PQ αβ= ，BO α⊂，所以BO β⊥．过点O 作OH AC ⊥于点H ，连结BH ，由三垂线定理知，BH AC ⊥．故BHO ∠是二面角B AC P --的平面角．由（I ）知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=，不妨设2AC =，则AO =sin 302OH AO ==．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=，所以BO AO == 于是在Rt BOH △中，tan 2BOBHO OH∠===．故二面角B AC P --的大小为arctan 2．解法二：由（I ）知，OC OA ⊥，OC OB ⊥，OA OB ⊥，故可以O 为原点，分别以直线OB OA OC ，，为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）．因为CO a ⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=不妨设2AC =，则AO =1CO =．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=，ABCQαβ P OHQ所以BO AO == 则相关各点的坐标分别是(000)O ，，，0)B ，，(0A ，(001)C ，，．所以AB =，(0AC = ．设1n {}x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由1100n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，得00z -=+=⎪⎩，取1x =，得1n =．易知2(100)n =，，是平面β的一个法向量．设二面角B AC P --的平面角为θ，由图可知，12n n θ=<> ，．所以1212cos ||||n n n n θ===故二面角B AC P --的大小为．小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.例9．( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD ，AD =CD =2AB , E 、F 分别为PC 、CD 的中点. （Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF ；（Ⅱ）设PA ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值范围.命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：解法一：（Ⅰ）证：由已知DF //=AB 且∠DAD 为直角，故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF .又PA ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF . （Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,则在△PAC 中易知EG ∥PA .又因PA ⊥底面ABCD ,故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ,垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 设AB=a ,则在△PAC 中，有 EG =21PA =21ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD .因S △GBD =21BD ·GH=21GB ·DF . 故GH =BDDFGB ⋅.在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a. 而GB =21FB =21AD =a ，DF =AB ,从而得 GH =BD AB GB ⋅= aa a 5⋅＝.55a 因此tan ∠EHG=GH EG =.255521k a ka=由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须k 25＞tan ︒30=,33 解之得，k 的取值范围为k ＞.15152 解法二：（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为 A (0,0,0),B (a ,0,0),C (2a ,2a ,0),D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0). 从而=(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),DC ·=0,故DC ⊥ .设PA =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故 E ⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,b a a . 从而=⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,0b a ，·=0,故⊥. 由此得CD ⊥面BEF .（Ⅱ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H ,由三垂线定理知EH ⊥BD . 从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 由PA ＝k ·AB 得P (0,0,ka ),E ⎪⎭⎫⎝⎛2,,ka a a ,G (a ,a ,0). 设H (x ,y ,0)，则=(x -a ,y -a ,0), =(-a ,2a ,0), 由·=0得-a (x -a )+2a (y -a )=0,即 x -2y =-a ①又因BH =(x-a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故a a x --＝ay2，即 2x +y =2a ② 由①②解得x =53a ,y=54a ,从而＝⎪⎭⎫⎝⎛--0,51,52a a ，｜｜＝55a . tan ∠EHG = EGGH=a ka 552=k 25. 由k ＞0知，∠EHG 是锐角，由∠EHG ＞,30︒得tan ∠EHG ＞tan ,30︒即k 25＞.33 故k 的取值范围为k ＞15152. 考点7 利用空间向量求空间距离和角众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. 典型例题例10．（2007年江苏卷）如图，已知1111ABCD A BC D -是棱长为3的正方体，点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==．（1）求证：1E B F D ，，，四点共面；（2）若点G 在BC 上，23BG =，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；（3）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．过程指引：解法一：（1）如图，在1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，则1AE D N ==，12CF ND ==．因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．从而EN AD ∥，1FD CN ∥．又因为AD BC ∥，所以EN BC ∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．因此，1E B F D ，，，四点共面．（2）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，tan tan BM BG BGM BG CFB == ∠∠23132BC BG CF ==⨯= ．因为AE BM ∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥．CBAHMDE F1B1A1D1CCAHMDE F 1B1A1D1CN又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ．（3）如图，连结EH ．因为MH BF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥．于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．因为MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==∠∠1BM ===tan EM MH θ== 解法二：（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE = ，，，(032)BF =，，，1(333)BD = ，，，所以1BD BE BF =+ ，故1BD ，BE ，BF共面．又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面．（2）如图，设(00)M z ，，，则203GM z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，，而(032)BF = ，，，由题设得23203GM BF z =-+= ，得1z =．因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =，，，又1(003)BB = ，，，(030)BC =，，，所以10ME BB = ，0ME BC =，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥．故ME ⊥平面11BCC B ．（3）设向量(3)BP x y =，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．而(301)BE = ，，，(032)BF = ，，，得330BP BE x =+= ，360BP BF y =+= ，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，，．又(300)BA =，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）．于是cos BP BA BP BAθ==．故tan θ=小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为AB 在面BDF 的法向量上的投影的绝对值. 例11．（2006年全国Ⅰ卷）如图,l 1、l 2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM =MB =MN （I ）证明AC ⊥NB ；（II ）若︒=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值. 命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程：解法一： (Ⅰ)由已知l 2⊥MN , l 2⊥l 1 , MN ∩l 1 =M, 可得 l 2⊥平面ABN . 由已知MN ⊥l 1 , AM =MB =MN ,可知AN =NB 且AN ⊥NB . 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影. ∴AC ⊥NB（Ⅱ）∵Rt △CAN ≌Rt △CNB , ∴AC =BC ,又已知∠ACB =60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt △ANB ≌Rt △CNB , ∴NC =NA =NB ,因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心,连结BH ,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 在Rt △NHB 中,cos ∠NBH = HB NB = 33AB 22AB = 63.解法二：如图,建立空间直角坐标系M －xyz . 令MN=1, 则有A (－1,0,0),B (1,0,0),N (0,1,0),(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN .l 2平行于z 轴. 故可设C (0,1,m ). 于是 =(1,1,m ), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB .(Ⅱ)∵ =(1,1,m ), =(－1,1,m ), ∴||=||, 又已知∠ACB =60°,∴△ABC 为正三角NCN形,AC =BC =AB =2. 在Rt △CNB 中,NB =2, 可得NC =2,故C (0,1, 2). 连结MC ,作NH ⊥MC 于H ,设H (0,λ, 2λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－2λ), =(0,1, 2) ∵ · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= 13 ,∴H (0, 13, 23), 可得=(0,23, － 23), 连结BH , 则=(－1,13, 23),∵·=0+29 － 29 =0, ∴⊥, 又MC ∩BH =H , ∴HN ⊥平面ABC , ∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 又=(－1,1,0),∴cos ∠NBH = = 4323×2 = 63.考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为时容积最大.[思路启迪]设四边形一边AD ，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD 长度即可.解答过程：如图（2）设AD ＝a ，易知∠ABC ＝60°，且∠ABD ＝30°⇒AB ＝3a . BD ＝2a ⇒正六棱柱体积为V .V ＝a a 360sin 212162⋅︒⋅⋅⋅）－（＝a a ⋅22129）－（＝a a a 4)21)(21(89--≤33289）（⋅ . 当且仅当 1－2a ＝4a ⇒ a ＝61时，体积最大，此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝32.∴ 答案为61.例13 .如图左，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点，将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为（）A 、90°B 、60°C 、45°D 、0°[思路启迪] 画出折叠后的图形，可看出GH ，IJ 是一对异面直线，即求异面直线所成角. 过点D 分别作IJ 和GH 的平行线，即AD 与DF ，所以 ∠ADF 即为所求. 因此GH 与IJ 所成角为60°，答案:B 例14.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，① 设对角线D 1B 与自D 1出发的三条棱分别成α、β、γ角求证：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1② 设D 1B 与自D 1出发的三个面成α、β、γ角，求证： cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2[思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即D 1B ，在构造的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 ③ 利用长方体性质，先找出α，β，γ，然后利用各边 ④ 所构成的直角三角形来解.解答过程：①连接BC 1，设∠BD 1C 1＝α，长方体三条棱长分别为a ，b ，c ，设D 1B ＝l则cos 2α＝22l a 同理cos 2β＝22l b ，cos 2γ＝22lc∴cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2222l＋c ＋b a ＝1 ②连接D 1C ，∵ BC ⊥平面DCC 1D 1BA CDEFGHIJ(A 、B 、C )DEFGHIJ ABCADA 1B 1C 1D 1∴ ∠BD 1C 即是D 1B 与平面DCC 1D 1所成的角，不妨设∠BD 1C ＝α，则cos 2α＝222＋lb a 同理：cos 2β＝222l＋c b ，cos 2γ＝222l a c +. 又∵l 2＝a 2＋b 2＋c 2.∴cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2222)2l ＋c ＋b (a ＝2.考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积. 直棱柱体积V 等于底面积与高的乘积. 棱锥体积V 等于31Sh 其中S 是底面积，h 是棱锥的高. 典型例题例15. 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2a ，BC ＝CA ＝AA 1＝a ， A 1在底面△ABC 上的射影O 在AC 上 ① 求AB 与侧面AC 1所成角；② 若O 恰好是AC 的中点，求此三棱柱的侧面积. [思路启迪] ①找出AB 与侧面AC 1所成角即是∠CAB ；②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC 1B 1是正方形，侧面ACC 1A 1和侧面ABB 1A 1是平行四边形，分别求其面积即可. 解答过程：①点A 1在底面ABC 的射影在AC 上， ∴ 平面ACC 1A 1⊥平面ABC .在△ABC 中，由BC ＝AC ＝a ，AB ＝2a . ∴ ∠ACB ＝90°，∴ BC ⊥AC . ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1.即 ∠CAB 为AB 与侧面AC 1所成的角在Rt △ABC 中，∠CAB ＝45°. ∴ AB 与侧面AC 1所成角是45°.② ∵ O 是AC 中点，在Rt △AA 1O 中，AA 1＝a ，AO ＝21a . A 1B 1C 1AB CDO∴ AO 1＝23a . ∴ 侧面ACC 1A 1面积S 1＝2123a ＝AO AC ⋅. 又BC ⊥平面ACC 1A 1 ， ∴ BC ⊥CC 1.又BB 1＝BC ＝a ，∴ 侧面BCC 1B 1是正方形，面积S 2＝a 2. 过O 作OD ⊥AB 于D ，∵ A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1D ⊥AB . 在Rt △AOD 中，AO ＝21a ，∠CAD ＝45° ∴ OD ＝42a 在Rt △A 1OD 中，A 1D ＝222122342）＋（）（＝a a O ＋A OD ＝a 87. ∴ 侧面ABB 1A 1面积S 3＝a a D ＝A AB 8721⋅⋅＝227a .∴ 三棱柱侧面积 S ＝S 1＋S 2＋S 3＝273221a ）＋＋（.例16. 等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为（） A 、23 B 、23 C 、3 D 、3 [思路启迪]先找出二面角平面角，即∠AKL ,再在△AKL 中求出棱锥的高h ，再利用V ＝31Sh 即可. 解答过程：在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN . ∴ ∠AKL ＝30°.则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23. ABCMNKLABC MNKLKL ⋅242S MNCB ＋＝＝33⋅. ∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23. ∴ 答案 A例17.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又PA ⊥AB ，PA ＝4，∠PAD ＝60° ① 求四棱锥的体积；② 求二面角P －BC －D 的大小.思路启迪①找棱锥高线是关键，由题中条件可设△PAD 的高PH 即是棱锥的高.②找出二面角平面角∠PEH ，在Rt △PHE 中即可求出此角. 解答过程：①∵ PA ⊥AB ，AD ⊥AB . ∴ AB ⊥面PAD .又AB ⊂面ABCD . ∴ 面PAD ⊥面ABCD .在面PAD 内，作PH ⊥AD 交AD 延长线于H . 则PH ⊥面ABCD ，即PH 就是四棱锥的高. 又∠PAD ＝60°，∴ PH ＝ 3223460sin ＝＝⋅︒⋅PA . ∴ 32321331S 31V ABCD ABCD P ＝＝＝－⋅⨯⋅⋅⋅PH . ② 过H 作HE ⊥BC 交BC 延长线于E ，连接PE ，则HE ＝AB ＝3.∵ PH ⊥面ABCD ， ∴ PE ⊥BC . ∴ ∠PEH 为二面角P －BC －D 的平面角. ∴ tan ∠PEH ＝332＝HE PH . 即二面角的大小为 arctan332. 例18 .（2006年全国卷Ⅱ）已知圆O 1是半径为R 的球O 的一个小圆，且圆O 1的面积与球PAHEDBCO 的表面积的比值为92，则线段OO 1与R 的比值为 . 命题目的：①球截面的性质；②球表面积公式. 过程指引：依面积之比可求得Rr，再在Rt △OO 1A 中即得解答过程：设小圆半径为r ，球半径为R则92422＝R r ππ ⇒ 92422＝Rr ⇒ 322＝R r ∴ cos ∠OAO 1＝322＝R r 而31981sin 1＝－＝＝αR OO 故填31 【专题训练与高考预测】一、选择题1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在BB 1上，且BD =1，若AD 与侧面AA 1CC 1所成的角为α，则α的值为（） A.3π B. 4πC. 410arctan D. 46arcsin2．直线a 与平面α成θ角，a 是平面α的斜线，b 是平面α内与a 异面的任意直线，则a 与b 所成的角（）A. 最小值θ，最大值θπ-B. 最小值θ，最大值2πC. 最小值θ，无最大值D. 无最小值，最大值4π3．在一个︒45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成︒45角，则此直线与二面角的另一平面所成的角为（）A. ︒30B. ︒45C. ︒60D. ︒904．如图，直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，︒=∠60BAD ，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成B ACD D 1 C 1B 1A 1CBA1A1B 1C DBCDEA 1B 1 C1的角的正弦值为（） A.21 B. 23 C.22 D. 435．已知在ABC ∆中，AB =9，AC =15，︒=∠120BAC ，它所在平面外一点P 到ABC ∆三顶点的距离都是14，那么点P 到平面ABC ∆的距离为（）A. 13B. 11C. 9D. 76．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱A 1B 1、A 1D 1的中点，则点B 到平面AMN 的距离是（）A.29B. 3C.556 D. 2 7．将︒=∠60QMN ，边长MN =a 的菱形MNPQ 沿对角线NQ 折成︒60的二面角，则MP 与NQ 间的距离等于( )A.a 23 B. a 43 C. a 46 D.a 438．二面角βα--l 的平面角为︒120，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( )A. 52B. 22C.26 D. 629．空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a , 动点P 在线段AB 上, 动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为( )A.a 21 B. a 22 C. a 23D.a 10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（）A. a )62(+B.a 262+ C. a )31(+ D. a 231+ ADB AD 1 C 1B 1A 1M N。

高三数学二轮复习立体几何新题型的解题技巧3 新人教A版

题型三立体几何（教师版）【备考要点】立体几何在数学高考中占有重要的地位，近几年高考对立体几何考察的重点与难点稳定（也是考生的基本得分点）：高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行的判断与性质、垂直的判断与性质作为考察的重点。

新课标教材对立体几何要求虽有所降低，但考察的重点一直没有变，常常考察线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系和空间角与距离的计算。

（1）从考题的数量看，一般为2-3题，其中一大一小的设置更符合课时比例；从所占分值来看，同一省份不同年份差异不大，不同省份略有差异。

（2）文理科差异较大，文科以三视图、面积与体积、平行与垂直关系的判断与证明为主要的考查对象，三视图几乎每年必考（其实，三视图是考察学生空间想象能力的良好素材，大部分省份的情况是文、理同题，位置调整难度）。

（3）理科在文科的基础上重点考查空间角的计算，由此可见“空间角的计算”受到的关注程度最高，与考纲要求吻合。

解答题的命制特点是“一题两法”，各地标准答案都给出了向量解法。

（4）在“空间角”的考查中，主要考查的是“二面角”，高于教材要求，但对线面角的考查也有加大的趋势。

高考的可能情况是： (1)以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等． (2)以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．立体几何大题一般出现在试卷中第18、19题，难度中等，少数省份出现在20、21或17题位置，难度中等偏上或偏下。

小题通常为容易题、中等题，中上难度的题也时有出现。

占分比重全国绝大多数省份是两小题一大题21-22分，占全卷的14%左右。

考查重点直线与平面的位置关系判定、证明及角度与距离的计算。

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2009年高考立体几何的题型解析与2010年高考立体
几何二轮复习的教学建议
桃江一中张兵
历年高考对立体几何的考查题型有选择题、填空题及解答题三种，这三种题型基本上各有一题，2009年高考立体几何题仍保持了这种格局。

09年高考立体几何的选择题在全国卷中考查的是异面直线所成的角，宁夏、海南、山东、陕西考查的是三视图、面积、体积及其综合，湖南考查的是异面直线。

09年高考立体几何的填空题全国卷考查的是球的表面积，浙江、福建考查的是三视图、面积、体积的综合问题，湖南考查的是在球中求点面距离与二面角。

[
09年高考立体几何的解答题部份省份的命题范围如下：
根据各地区对立体几何的考查范围来看，在选择题与填空题中，三视图结合面积、体积进行综合考查的题型在多个省份中出现，是命题的趋势，此种题综合性强，考查的知识面广，能很好地检验学生的读图、作图能力。

2010年是湖南课改后高考的第一年，三视图是新增内容，对这种题型我们要引起足够的重视。

另外，在选择题、填空题中，除保留传统的单选题外，还出现了“多选填空”和“完型填空”等灵活形式。

在解答题中，证明与计算相结合考查的是命题的大体趋势；证明部分无外乎是证平行、垂直；计算部分是求空间角与空间距离。

题目的解答方法有传统方法与空间向量两种选择，将近三分之一的省份在解答中没有直接出现两两垂直关系，这提高了用空间向量解决立体几何问题的难度。

2010年湖南的文科删除了用空间向量解决立体几何问题这一块，根据湖南的理科高考考标和教学大纲分析，实际上理科加强了空间向量与立体几何这块的考查力度，只不过对距离的计算降低了要求。

09年高考，立体几何的难度与前几年的基本持平，但由于新课程标准减少了立体几何的教学课时，教材降低了对推理论证的要求，这样一来，立体几何的实际难度就比原来大了，这说明立体几何对传统的主干知识的考查力度没有削弱，尤其对空间想象能力与立体几何的模型思想的要求很高，具有“依据教材、高于教材”的特点。

09年高考立体几何题材具体特点如下：
1、立足于教材，又略高于教材，以考查立体几何基础知识为主线，重点考查空间想象能力与运算能力及推理论证能力。

2、难度中等，不编不怪，内容朴实平和，要求考生基本概念要清晰，并且要具备一定的运算能力。

通过研究09年的高考并结合平时的教学实际，以下是我对2010年高考立体几何二轮复习的教学建议，仅供大家参考：
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在二轮复习中，要将立体几何的复习摆在显要的位置，如果考生能得到这一板块的分值，毫无疑问考生对数学考试的信心会大大增强。

一、明确考点，进一步梳理知识结构，突出基础知识的复习
2010届的数学学习内容比原来新增了许多内容，新课与一轮复习的时间都不是很充分，大部分学生的知识结构并不是很清晰，有必要对这些问题作进一步的强调。

估计2010届高考立体几何题仍会保留一大两小的格局，选择题、填空题仍以考查基础内容为主；解答题仍涉及二到三个小问题，以多面体为载体，来考查证明与计算相结合的形式；在证明问题中，判定直线和平面的各种位置关系仍是主流，对证明问题，要求学生书写好证明过程，切忌生搬硬套，胡拼乱凑。

一轮复习后，大部分学生的推理论证能力得到了较大的提高，但距高考的要求还有相当大的一段距离，如果基本问题没有解决好而盲目拨高，加大难度，这样会浪费复习时间，收不到应有的复习效果；在计算问题中，角与距离仍是主流，角的问题包括异面直线所成的角、线面角、二面角三种，在这种问题中要强调学生一定要结合证明在图形中指出所求的角，不能只有几个运算式；距离问题包括异面直线问的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、线到平面的距离、平面与平面之间的距离。

由于弱化了三垂线定理，二面角的平面角的作法和距离的求解，这对学生来说变得更加艰难。

我认为三垂线定理的内容要结合线面垂直，对学生作适当的强化，否则这些问题会让学生感觉无从下手，尤其是文科的学生又无空间向量作为辅助工具，对这类问题往往是望而却步，适当加强这方面的训练，能提高学生的能力，增加学生的信心。

距离的求解问题要注意几种距离之间的相互转化，其中点面距离是核心，等积法是行之有有效的方法。

另外，简单几何体的表面积与体积问题除现成的公式外，还要注意割补法的应用，并要注意这部份内容与三视图结合进行综合考查。

二、注意方法的整理、能力的培养与提高
高考在考查空间想象能力的同时，又考查逻辑思维能力、运算能力和分析解决问题的能力，具体包括①公理化的方法，这是解决立体几何问题的基础依据②转化思想，立体几何问题转化为平面几何问题③模型化的方法，掌握几种常见几何体的性质，几种常见的解题套路与格式。

三、复习的具体做法
1、强化基础，提升能力
对立体几何的二轮复习仍要强化基础知识，以落实掌握基本概念、定理、公理、推论等，同时进一步落实这些定理在不同题目中的不同用法和理解，它们的
个性与通性，在此基础上突出重点，强调中心问题，找到解决各类问题的突破口，提高能力。

其中一项重要能力是作图能力，高考卷小题一般不会绘图，而大题所给的图往往需要添加辅助线，作出一个好图等于将问题解决了一半。

另外在复习过程中进一步提高学生组织解答过程的能力，作解答题时，老师要板书，不能用电脑演示解答过程，这样不利于学生提高这一方面的能力，宁愿少做一题，也要将问题落到实处。

2、:
3、突出重点、难点，强调通法通则
立体几何问题，注重求问形式的多元化，但问题最终的落脚点一般是证平行、垂直、求角或距离，而解决问题的方法也主要是集中在一两种常见方法上，从通法通则的角度对立体几何常见问题进行突破解决立体几何问题的常理
4、总结规律，寻求突破
立体几何解题过程中，常有明显的规律性，所以在二轮复习中必需对概念、定理、题型方法进行总结、归纳，要区分容易混淆的概念。

另外要掌握好向量法求解立体几何的规律性，加强落实角与距离的求解公式。

最后建议认真研究《考试大纲及说明》，做好针对性复习。

2010年3月。