立体几何知识点题型整理
高中立体几何知识点及经典题型
高中立体几何知识点及经典题型立体几何是高中数学中的重要部分，它研究了在三维空间内的几何形体。
本文将介绍高中立体几何的主要知识点和经典题型。
知识点以下是高中立体几何的主要知识点：1. 空间几何基础：点、线、面的概念及性质。
2. 参数方程和一般式方程：用参数或方程表示几何体的方法。
3. 立体图形的投影：点、直线、平面在投影中的表现形式。
4. 空间几何中的平行与垂直：直线、平面之间的平行关系及垂直关系。
5. 直线与面的位置关系：直线与平面之间的交点、垂线、倾斜角等概念。
6. 空间角的性质：二面角、棱锥、棱台等形体的角度关系。
7. 空间几何中的直线及曲线：空间中直线与曲线的方程及性质。
8. 空间立体角：球、球台、球扇等形体的角度关系。
9. 空间的切线：曲线在空间中的切线方程及其性质。
10. 空间的幂：圆、球及其他形体的幂的概念和性质。
经典题型以下是高中立体几何的经典题型：1. 求直线与平面的位置关系问题：例如，给定一直线和一个平面，求它们之间的交点、垂直线、倾斜角等。
2. 求空间角的问题：例如，给定两个平面的交线，求二面角的度数。
3. 求直线与曲线的位置关系问题：例如，给定一条直线和一个曲面，求它们之间的位置关系。
4. 求切线和法平面的问题：例如，给定一个曲线和一个点，求曲线在该点处的切线方程及法平面方程。
5. 求空间形体的幂问题：例如，给定一个球和一个平面，求平面关于球的幂及其性质。
以上只是一些经典的立体几何题型，通过解答这些题目，可以加深对立体几何知识的理解和运用。
希望本文对高中立体几何知识点和题型的介绍能够帮助到你。
祝你在学习立体几何时取得好成绩！。
《立体几何》重要知识、方法与题型
俯视图正视图《立体几何》重要知识、方法与题型班级 座号 姓名1、棱柱：（1）定义：有两个面互相平行，其余各面的公共边互相平行的多面体叫做棱柱.侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱.底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱。
（2）公式：直棱柱侧面积：S =底面周长C ×高h ；棱柱体积V ＝底面积S ×高h ；圆柱体积：h r V 2π=；圆柱侧面积：2S rh π=（r 为半径，h 为高）。
例如（1）下列关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直棱柱。
其中真命题的为 ；（2）长方体三度之和为6，全面积为11，则其对角线长为 。
2、椎体：(1) 棱锥定义：一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的多面体叫做棱锥。
底面是正多边形并且顶点在底面上的射影是正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥，特别地，侧棱与底面边长相等的正三棱锥叫做正四面体。
（2）公式：正棱锥的侧面积：12S ch '=侧（底面周长为c ，斜高为'h ）；锥的体积＝31×底面积S ×高h ；圆锥体积：h r V 231π=；圆锥侧面积：S rl π=（r 为半径，h 为高，l 为母线长）。
例如（1）若正三棱锥S —ABC 的侧面是直角三角形，底面边长为2，那么正三棱锥S —ABC 的体积是 。
（2）若正四棱锥S —ABCD 的底边长为2，则该正四棱锥的体积是 ；表面积是 ；（3）已知圆锥底面圆的半径1，侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积是 。
（4）设三棱锥P A B C -的顶点在底面上的射影为O ，①若侧棱长均相等，则O 是A B C ∆的 ，特别地：若A B C ∆是直角三角形，则O 是斜边的 ；若A B C ∆是等边三角形时，则O 是ABC ∆的 。
高考立体几何知识点与题型精讲
高考立体几何知识点与题型精讲在高考数学中，立体几何是一个重要的板块，它不仅考查学生的空间想象能力，还对逻辑推理和数学运算能力有较高要求。
接下来，咱们就一起深入探讨一下高考立体几何的知识点和常见题型。
一、知识点梳理1、空间几何体的结构特征（1）棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行。
（2）棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形。
（3）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分。
2、空间几何体的表面积和体积（1）圆柱的表面积：S ＝2πr² ＋2πrl （r 为底面半径，l 为母线长）。
体积：V ＝πr²h （h 为高）。
（2）圆锥的表面积：S ＝πr² ＋πrl 。
体积：V ＝1/3πr²h 。
（3）球的表面积：S ＝4πR² 。
体积：V ＝4/3πR³ 。
3、空间点、直线、平面之间的位置关系（1）公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。
（2）公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
（3）公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
4、直线与平面平行的判定与性质（1）判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。
（2）性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。
5、平面与平面平行的判定与性质（1）判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。
（2）性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
6、直线与平面垂直的判定与性质（1）判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。
（2）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。
7、平面与平面垂直的判定与性质（1）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何是高考数学的一个重要组成部分，其题型归纳如下:
1. 计算题：主要要求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到面的距离、表面积、体积等。
2. 证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
3. 三视图问题：要求画出简单空间图形 (长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图，并能识别上述三视图所表示的立体模型。
4. 空间直线与平面的位置关系问题：要求判断直线与平面的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
5. 空间向量问题：要求理解空间向量的概念，掌握空间向量的加减法和数量积运算法则，能够运用空间向量求解立体几何问题。
6. 空间点、线、面之间的位置关系问题：要求判断点、线、面之间的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
7. 立体几何中的证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
此外，还有一些特殊的立体几何问题，如立方体问题、圆锥问题、球体问题等。
对于这些问题，需要结合实际情况进行具体分析，并注重理解和掌握相关的概念、定理和公式。
立体几何知识点和例题(含有答案)
【考点梳理】一、考试内容1.平面。
平面的基本性质。
平面图形直观图的画法。
2.两条直线的位置关系。
平行于同一条直线的两条直线互相平行。
对应边分别平行的角。
异面直线所成的角。
两条异面直线互相垂直的概念。
异面直线的公垂线及距离。
3.直线和平面的位置关系。
直线和平面平行的判定与性质。
直线和平面垂直的判定与性质。
点到平面的距离。
斜线在平面上的射影。
直线和平面所成的角。
三垂线定理及其逆定理。
4.两个平面的位置关系。
平面平行的判定与性质。
平行平面间的距离。
二面角及其平面角。
两个平面垂直的判定与性质。
二、考试要求1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。
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。
2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。
对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。
3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。
能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。
三、考点简析1.空间元素的位置关系2.平行、垂直位置关系的转化3.空间元素间的数量关系（1）角①相交直线所成的角；②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；④二面角——用二面角的平面角来度量。
（2）距离①两点之间的距离——连接两点的线段长；②点线距离——点到垂足的距离；③点面距离——点到垂足的距离；④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。
立体几何知识点大题总结
立体几何知识点大题总结一、空间几何基本概念1. 点、线、面、立体的概念在空间几何中，点是不占据空间但确定位置的；线是由无数的点连成的，具有长度、无宽度；面是由无数的线连成的，具有长度和宽度但无高度；立体是由无数的面组成的，具有长度、宽度和高度。
这些基本概念是进行空间几何研究的基础。
2. 空间直角坐标系空间直角坐标系是在三维空间中建立的坐标系。
它由三个互相垂直的坐标轴构成，分别记作x轴、y轴和z轴。
在空间直角坐标系中，每个点都可以用一个有序数对(x, y, z)表示，其中x、y、z分别表示点在x轴、y轴和z轴上的坐标。
二、立体图形的基本元素1. 立体图形的概念立体图形是由面围成的有一定空间形状的图形。
在立体几何中，常见的立体图形包括立方体、长方体、正方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等。
这些立体图形在现实生活中都有着广泛的应用，因此对于这些立体图形的性质和运算规律进行研究具有重要的意义。
2. 立体图形的基本元素立体图形的基本元素包括面、棱和顶点。
面是立体图形的表面，由线段围成的部分就是面；棱是面的交线，是两个面的交线段；顶点是多个面的交汇点，是立体图形的角的顶点。
其中，面、棱和顶点是立体图形的基本组成要素，了解它们的性质和相互关系对于进行立体几何的研究是至关重要的。
三、立体图形的表面积和体积1. 立体图形的表面积立体图形的表面积是指立体图形外表面的总面积。
不同形状的立体图形其表面积的计算方法也不同。
比如，对于立方体，它的表面积等于六个面的面积之和；对于球体，它的表面积等于球面积的计算公式S=4πr^2。
因此，对于不同的立体图形，了解其表面积的计算方法是十分重要的。
2. 立体图形的体积立体图形的体积是指立体图形所包含的空间大小。
与表面积不同的是，立体图形的体积计算方法各不相同。
比如，对于立方体，它的体积等于底面积乘以高；对于球体，它的体积等于球的体积计算公式V=4/3πr^3。
因此，对于不同形状的立体图形，了解其体积的计算方法是非常重要的。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解 以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解 设M是棱P A上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM＝λAP.因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 三角锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
2. 三棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
3. 四棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
4. 圆锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗r2∗h
其中，r为圆锥的半径，h为圆锥的高。
5. 球的体积公式
体积公式：V=4/3∗π∗r3
其中，r为球的半径。
6. 圆柱的体积公式
体积公式：V=π∗r2∗h
其中，r为圆柱的半径，h为圆柱的高。
7. 圆台的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗h∗(r12＋r22＋r1r2)
其中，r1,r2为底面半径，h为圆台高。
8. 空间向量的共线与垂直判定公式
共线判定公式：
如果两个向量a,b共线，则有a=kb，其中k为一个实数。
垂直判定公式：
如果两个向量a,b垂直，则有a·b=0，其中“·”表示向量的数量积。
9. 空间向量的平面垂直判定公式
若向量a与平面P垂直，则a在平面P上的投影为零向量。
10. 空间向量的平面共面判定公式
若向量a和向量b在同一平面上，则a和b的向量积c在该平面内。
11. 空间中两直线相交的条件
两直线相交的条件是它们至少有一个公共点，并且既不平行也不重合。
高考数学立体几何题型全归纳
高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。
解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。
侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。
所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。
2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。
解析：该几何体是一个四棱台。
上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。
根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。
高考复习立体几何考点常见题型
立体几何常见题型考点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如图，正三棱柱111A B CA B C -的所有棱长都为2，D 为1C C 中点．（Ⅰ）求证：1A B ⊥平面1A B D ； （Ⅱ）求二面角1A A D B--的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A B D 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：取B C 中点O ，连结A O ．A B C△为正三角形，A O B C ∴⊥．正三棱柱111A B C A B C -中，平面A B C ⊥平面11B C C B ，A O ∴⊥平面11B C C B ．连结1B O ，在正方形11B B C C 中，O D ，分别为1B C C C ，的中点， 1B O B D∴⊥， 1A B B D∴⊥．在正方形11A B B A 中，11A B A B ⊥， 1A B ∴⊥平面1A B D ．（Ⅱ）设1A B 与1A B 交于点G ，在平面1A B D 中，作1G F A D⊥于F ，连结A F ，由（Ⅰ）得1A B ⊥平面1A B D ．1A F A D∴⊥， A F G ∴∠为二面角1A A D B--的平面角． 在1A A D △中，由等面积法可求得5A F=AB CD1A1C 1BA BC D1A1C1BO F又112A G AB ==sin 45A G A F GA F∴===∠．所以二面角1A A D B--的大小为arcsin4（Ⅲ）1A B D △中，111A B D B DA D AB S ===∴=△1B C DS =△．在正三棱柱中，1A 到平面11B C C B设点C 到平面1A B D 的距离为d ． 由11A B C DC A BD V V --=，得11133B C D A B D S S d=△△，12A B Dd S ∴==△∴点C 到平面1A B D2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===OCNO OANO OQPO ，所以OANO OQPO =，从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角.因为3P B ===，P N ===10)2()22(2222=+==ON OB BN所以9333210392cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PNPB BNPN PB BPN ＋＝.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是93arccos.(Ⅲ)连结OM ，则112.22O M A B O Q ===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 452P Q P O Q O P H P Q =+=∴==.即点P 到平面QAD 的距离是2..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=++=+=CFSCSF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,BACDOGH 1A 11D1B 1O1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACCA ,又⊂11D B 平面11D GB∴平面1111D GB ACCA ⊥，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 .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R t A O B △中，π6O A B ∠=，斜边4A B =．R t A O C △可以通过R t A O B△以直线A O 为轴旋转得到，且二面角B A O C --的直二面角．D 是A B 的中点．（I ）求证：平面C O D ⊥平面A O B ； （II ）求异面直线A O 与C D 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，C O A O ⊥，B O A O ⊥， B O C ∴∠是二面角B A O C --是直二面角， C O B O ∴⊥，又A O B O O = ，C O ∴⊥平面A O B ，又C O ⊂平面C O D ．∴平面C O D ⊥平面A O B ．（II ）作D E O B ⊥，垂足为E ，连结C E （如图），则D E A O ∥，C D E ∴∠是异面直线A O 与C D 所成的角． 在R t C O E △中，2C OB O ==，112O EB O ==，C E ∴=又12D EA O ==∴在R t C D E △中，tan 3C E CDE D E===∴异面直线A O 与C D 所成角的大小为arctan 3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 ∴ ，OCADBEx是正方形，又ABFCACAB∴==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(-=--=FEBDco s,10||||B D F EB D F EB D F E⋅<>===设异面直线BD与EF所成角为α，则.co s co s,10B D F Eα=<>=故直线BD与EF所成的角为1082arccos.考点5 直线和平面所成的角例7.（2007年全国卷Ⅰ理）四棱锥S A B C D-中，底面A B C D为平行四边形，侧面SB C⊥底面A B C D．已知45A B C=∠，2A B=，B C=SA SB==（Ⅰ）证明SA B C⊥；（Ⅱ）求直线SD与平面S A B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．解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO B C⊥，垂足为O，连结A O，由侧面SB C⊥底面A B C D，得SO⊥底面A B C D．因为SA SB=，所以A O B O=，又45A B C=∠，故A O B△为等腰直角三角形，A O B O⊥，由三垂线定理，得SA B C⊥．DBCAS（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA B C ⊥，依题设A D B C ∥， 故SA A D ⊥，由A D B C ==S A =A O =1S O =，S D =．SA B △的面积112SA B ==连结D B ，得D A B △的面积21sin 13522S A B A D ==设D 到平面S A B 的距离为h ，由于D SA B S A B D V V --=，得121133h S S O S =，解得h=设SD 与平面S A B 所成角为α，则sin 11h S Dα===所以，直线SD 与平面SB C 所成的我为arcsin 11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P Q αβ--，A P Q ∈，B α∈，C β∈，C A C B =，45B A P ∠=，直线C A 和平面α所成的角为30．（I ）证明B C P Q ⊥；（II ）求二面角B A C P --的大小．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C O P Q ⊥于点O ，连结O B ．ABCQ αβP因为αβ⊥，P Q αβ= ，所以C O α⊥， 又因为C A C B =，所以O A O B =．而45B A O ∠= ，所以45A B O ∠= ，90A O B ∠= ， 从而B O P Q ⊥，又C O P Q ⊥，所以P Q ⊥平面O B C ．因为B C ⊂平面O B C ，故P Q B C ⊥． （II ）解法一：由（I ）知，B O P Q ⊥，又αβ⊥，P Q αβ= ，B O α⊂，所以B O β⊥．过点O 作O H A C ⊥于点H ，连结B H ，由三垂线定理知，B H A C ⊥． 故B H O ∠是二面角B A C P --的平面角．由（I ）知，C O α⊥，所以C A O ∠是C A 和平面α所成的角，则30C A O ∠=，不妨设2A C =，则A O =sin 302O H A O ==．在R t O A B △中，45A B O B A O ∠=∠=，所以B O A O ==于是在R t B O H △中，tan 22B O B H O O H∠===．故二面角B A C P --的大小为arctan 2．例9．( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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P A ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值范围.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P A ⊥底面ABCD,CD ⊥AD，故由三垂线定理知AB CQαβP OHCD ⊥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△P AC 中易知EG ∥P A .又因P A ⊥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△P AC 中，有 EG =21P A =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 =BDDF GB ⋅.在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a. 而GB =21FB =21AD =a ，DF =AB ,从而得GH =BDAB GB ⋅= aa a 5⋅＝.55a因此tan ∠EHG=GHEG =.255521k aka=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。
立体几何题型归类总结
立体几何题型归类总结立体几何专题复一、知识总结基本图形1.棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
①斜棱柱：底面是正多边形棱柱，棱垂直于底面。
②正棱柱：底面是正多边形棱柱，侧棱与底面边长相等。
直棱柱和其他棱柱的底面分别为矩形和平行四边形。
2.棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3.球——一个点到空间中所有点的距离相等的集合体叫做球，球面是球的表面。
球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；②半径公式：r = √(R² - d²)，其中R为球的半径，d为球心到截面的距离。
球与多面体的组合体：球与正四面体、长方体、正方体等的内接与外切。
球面积、体积公式：S球= 4πR²，V球= (4/3)πR³，其中R为球的半径。
二、典型例题考点一：三视图1.一空间几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积为22.2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是22.3.一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为3.4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图4所示，则此几何体的体积是。
3.如图5所示，是一个几何体的三视图，已知其体积为33，求a的值。
5.如图6所示，给出了一个几何体的三视图及其尺寸（单位：cm），求该几何体的体积。
7.如图所示，给出了一个几何体的三视图（单位：cm），其体积为38.如果某个几何体的三视图尺寸如图8所示（长度单位为m），则该几何体的体积为多少？9.如果一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？10.如果一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，其三视图及其尺寸如图10所示（单位：cm），则该三棱柱的表面积为多少？11.如图11所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么该几何体的全面积为多少？12.如图12所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？13.已知某几何体的俯视图是如图13所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则该几何体的表面积为多少？14.如果一个几何体的三视图如图14所示（单位长度：cm），则该几何体的表面积为多少？15.如图所示，给出了一个棱锥的三视图，求该棱锥的全面积（单位：cm2）。
立体几何知识点习题
立体几何知识点和典型例题1、柱、锥、台、球的结构特征（1）棱柱：定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体。
分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各顶点字母，如五棱柱ABCDE A'B'C'D'E'或用对角线的端点字母，如五棱柱AD'几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形；侧面、对角面都是平行四边形；侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
（2棱锥定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示：用各顶点字母，如五棱锥P A'B'C'D'E'几何特征：侧面、对角面都是三角形；平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。
（3）棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等表示：用各顶点字母，如五棱台P A'B'C'D'E'几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点（4）圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转，其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形。
（5）圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇形。
（6）圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分（2）特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，h 为斜高，I 为母线） s 正棱锥侧面积2ch 'S 直棱柱侧面积ch S 圆柱侧2 rhs 圆锥侧面积rl1 ,S 正棱台侧面积2（G Q ）hr r l台侧面积(rR)S 圆柱表 2（3）柱体、 S 圆锥表s 圆台表2 2r rl Rl RV 柱 Sh1V 台3(S锥体、台体的体积公式 V 圆柱Sh r 2h几何特征：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是 一个弓形。
立体几何大题题型归纳总结
立体几何大题题型归纳总结立体几何是数学中的一个重要分支，涉及到图形的三维空间形态及其性质。
在学习立体几何时，我们经常会遇到各种不同类型的题目。
为了更好地理解和掌握这些题型，本文将对常见的立体几何大题题型进行归纳总结。
一、平面与立体体积计算平面与立体体积计算是立体几何中最基础的题型之一。
在此类题目中，我们需要计算平面和立体的面积或体积。
1. 长方体和正方体的体积计算以边长分别为a、b、c的长方体和正方体为例，它们的体积计算公式分别为V = a * b * c和V = a³。
2. 圆柱、圆锥和球的体积计算以底面半径为r、高度为h的圆柱、圆锥和球为例，它们的体积计算公式分别为V = πr²h、V = 1/3πr²h和V = 4/3πr³。
3. 平面图形的面积计算在立体几何题目中，有时需要计算平面图形的面积。
例如，计算正方形、长方形、圆形和三角形的面积时，可以使用相应的公式进行计算。
二、棱柱与棱锥的性质和计算棱柱和棱锥是立体几何中常见的两种立体图形。
在解答与棱柱和棱锥相关的题目时，我们需要了解它们的性质和计算方法。
1. 棱柱的性质和计算棱柱由一个多边形的底面和与底面相平行的侧面组成。
在求解棱柱的体积和表面积时，我们需要考虑底面的形状和侧面的高度。
2. 棱锥的性质和计算棱锥由一个多边形的底面和以底面为顶点的侧面组成。
在求解棱锥的体积和表面积时，我们需要考虑底面的形状、侧面的高度以及侧面形成的角度。
三、多面体的性质与计算多面体是指由多个面组成的立体图形，其中最常见的包括五面体、六面体、八面体等。
在解答与多面体相关的题目时，我们需要了解多面体的性质和计算方法。
1. 正多面体的性质和计算正多面体是指所有的面都是相等的正多边形，并且所有的顶点和棱都相等。
在解答正多面体的题目时，我们需要了解其面的个数、形状以及各种性质，如角度和棱长等。
2. 斜面体的性质和计算斜面体是指各个面不都是平行于某个坐标面的情况下的多面体。
立体几何题型总结
立体几何题型总结一、高考考查的公理、性质、判定等：立几中的向量公式：1.二、题目归类与练习：（一） 三视图1. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A2. 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A3. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．63B ．93C ．123D ．183【答案】B（二） 点、线、面的位置判断：1. 命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c ②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（ C ） A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 2. 下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D3. 已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p，那么“12P P =23P P ”是“12d d =”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C4. 如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是（A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 （D ）AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【答案】D5. 不共面的三条定直线l 1,l 2,l 3互相平行，点A 在l 1上，点B 在l 2上，C 、D 两点在l 3上，若CD =a (定值），则三棱锥A —BCD 的体积 （ ） A.由A 点的变化而变化 B.由B 点的变化而变化 C.有最大值，无最小值 D.为定值讲解：D 。
高三《立体几何》专题复习
高三《立体几何》专题复习一、常用知识点回顾1、三视图。
正侧一样高，正俯一样长，侧府一样宽，看不到的线画虚线。
2、常用公式与结论。
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式；（2）空间几何体的表面积与体积公式；（3）全品高考复习方案（听课手册）105页的常用结论3、两条异面直线所成的角；直线与平面所成的角。
4、证明两条直线平行的常用方法；直线与平面平行的判定与性质；面面平行的判定与性质。
5、证明两条直线垂直的常用方法；直线与平面垂直的判定与性质；两个平面垂直的判定与性质。
二、题型训练题型一：三视图的运用，求几何体的体积、表面积例1、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18+（B）54+（C）90（D）81【练习1】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为（）C.3D.2【练习2】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（ ）A.90πB.63πC.42πD.36π【练习3】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π例2、在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）9π2 （C ）6π （D ）32π3变式1：在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是变式2：在封闭的长方体ABCD－A1B1C1D1内有一个体积为V的球.若AB=BC=6，AA1=3，则V的最大值是变式3：（1）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（2）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为变式4：【练习1】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B.12π C. D.10π【练习3】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_______题型二：平行问题例1、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（I）证明MN∥平面PAB; （II）求四面体N-BCM的体积.【练习1】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PADAD,为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12∠BAD=∠ABC=90°。
立体几何题型及解题方法总结
立体几何题型及解题方法总结1. 立体几何题型啊，那可是个神奇的领域！有求各种立体图形体积的题型，就像求一个装满水的古怪形状瓶子能装多少水一样。
比如说正方体，正方体的体积公式就是边长的立方。
要是有个正方体边长是3厘米，那它的体积就是3×3×3 = 27立方厘米，简单吧！这类型的题就像是数糖果，一个一个数清楚就行。
2. 还有求立体图形表面积的题型呢。
这就好比给一个形状奇怪的礼物包装纸，得算出需要多少纸才能把它包起来。
像长方体，表面积就是六个面的面积之和。
假如一个长方体长4厘米、宽3厘米、高2厘米，那表面积就是2×(4×3 + 4×2 + 3×2) = 52平方厘米。
哎呀，可别小瞧这表面积，有时候算错一点就像给礼物包了个破纸一样难看。
3. 立体几何里关于线面关系的题型也不少。
这就像在一个迷宫里找路，线和面的关系复杂得很。
比如说直线和平面平行的判定，就像在一个方方正正的房间里，一根直直的杆子和地面平行，只要杆子和地面内的一条直线平行就行。
像有个三棱柱，一条棱和底面的一条棱平行，那这条棱就和底面平行啦，是不是很有趣呢？4. 线面垂直的题型也很重要哦。
这就像是建房子时的柱子和地面的关系，必须垂直才稳当。
判断一条直线和一个平面垂直，就看这条直线是不是和平面内两条相交直线都垂直。
就像搭帐篷，中间那根杆子要和地面上交叉的两根绳子都垂直，帐篷才能稳稳地立起来。
比如一个正四棱锥，它的高就和底面垂直，因为高和底面两条相交的对角线都垂直呢。
5. 面面平行的题型有点像照镜子。
两个平面就像两面镜子，要想平行，得看一个平面内的两条相交直线和另一个平面内的两条相交直线分别平行。
就像有两个一样的盒子，一个盒子里面两条交叉的边和另一个盒子里面对应的两条交叉边平行，那这两个盒子的面就是平行的关系。
想象一下，如果两个平行的黑板，是不是很有画面感？6. 面面垂直的题型就像是打开的书页。
(完整版)立体几何的经典题型
(完整版)立体几何的经典题型立体几何的经典题型
1. 点、线、面的基本概念
在立体几何中，点、线和面是基本概念，对于经典题型的理解
至关重要。
- 点: 点是立体几何中最基本的要素，没有长度、宽度和高度，
只有一个位置。
- 线: 线由无数个点组成，没有宽度，只有长度和方向。
- 面: 面是由无数个线组成的，具有长度和宽度，但没有高度。
2. 立体图形的计算
掌握立体图形的计算方法能够解决很多经典题型。
- 体积: 体积是立体图形所占的空间大小，常见的计算公式有：
- 立方体的体积：V = 边长^3
- 圆柱体的体积：V = 底面积 ×高度
- 圆锥体的体积：V = 1/3 ×底面积 ×高度
- 表面积: 表面积是立体图形外部的总面积，常见的计算公式有：- 立方体的表面积：A = 6 ×边长^2
- 圆柱体的表面积：A = 2 ×底面积 + 侧面积
- 圆锥体的表面积：A = 底面积 + 侧面积
3. 空间关系和投影
理解立体图形的空间关系和投影对于解决经典题型至关重要。
- 平行关系: 如果两个面或两个线在空间中永远保持相同的距离
且不相交，它们是平行的。
- 垂直关系: 如果两个线或两个面彼此相交，并且交角为90度，它们是垂直的。
- 投影: 在立体几何中，我们常常需要计算一个图形在投影时的
变化。
常见的投影有平面投影和正交投影。
以上是立体几何的一些经典题型和基本概念，掌握了这些内容，你将能够更好地解决相关的问题。
希望对你有所帮助！。
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立体几何总结（1）空间几何体的知识点：（2）点、直线、面的位置关系：(3)空间直角坐标系:考点一空间几何体与三视图1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x轴、z轴平行的线段长度不变，与y轴平行的线段长度减半．题型一三视图的考察1、(2009·海南、宁夏) 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积( 单位：cm2) 为（ )A．48＋12 2 B ．48＋24 2 C ．36＋12 2 D．36＋24 22、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( )A．6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3【方法技巧】1．求三棱锥体积时，可多角度地选择方法．如体积分割、体积差等积转化法是常用的方法．2．与三视图相结合考查面积或体积的计算时，解决时先还原几何体，计算时要结合平面图形，不要弄错相关数量．3．求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．4．对于组合体的表面积要注意其衔接部分的处理.题型二 平面图的直观图（斜二测面法） 1、如图所示的直观图，其平面图形的面积为（ ）A ．3 B.322C ．6D ．3 22、如图所示为一平面图形的直观图，则这个平面图形可能是 （ ）答案 ：C题型四 其他类型：展开、投影、截面、旋转体等1、面积为3的等边三角形绕其一边中线旋转所得圆锥的侧面积是________．答案 ：2π2、 如图，长方体ABCD －A1B1C1D1 中，交于顶点A 的三条棱长分别为AD ＝3 ，AA1 ＝4 ，AB ＝5 ，则从A 点沿表面到C1 的最短距离为 ( )A ．5 2 B.74 C ．4 5 D ．310考点三 球与空间几何体的“切”“接”问题1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径． 2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 若正四面体的棱长为a a R a a 126,46,36的半径为正四面的内切球径正四面体的外接球的半则正四面体的高为=（熟悉常见的补体，特殊的几何体如正三棱柱、正四棱柱、正六棱柱,注意如何确定球心的位置） 1.已知三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球的半径为（ ）A.3 B.6 C.36 D.92、在三棱锥BCD A -中，5,6======BC AD BD AC CD AB ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A.π102 B. π54 C. π21 D. π43变式：在三棱锥BCD A -中，5,4,6======BC AD BD AC CD AB ，则该三棱锥的外接球的表面积为————（π277）2、棱长为2的正四面体（四个面均为正三角形）外接球的表面积是（ ）A π3B π3 Cπ33 D π233、在三棱柱C B A ABC '''-中，已知ABC A A 平面⊥'，2='==A A AC AB ，32=BC ，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________.4.新课标（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B6 ()C3 ()D 2【解析】选A5．（辽宁理）已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3， 30=∠=∠BSC ASC ，则 棱锥S —ABC 的体积为 （ ） A ．33B ．32C ．3D ．16．（重庆理）高为4的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为 （ ）（A）4 （B）2(C)（A ）3πa 2（B ）7、一个半径为3的球的内接正六棱柱（12个顶点都在球面上）当正六棱柱的体积最大时，其高为（ ）A.33 B. 32 C. 332 D. 38.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C的求面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为________。
【方法技巧】1．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2(R 为球半径)．可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球去处理． 3.特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心. ⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心.考点四 空间线线、线面位置关系考点五. 三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°。
线线角： （2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90° θαα＝时，∥或0b ob ⊂（）二面角：二面角的平面角，30180αβθθ--<≤l o o考点六 点到面距离：(1) 作 —证— 求 (2) 等体积法考点七 利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法． 解答题1.（12年北京16）．如图1，在Rt △ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE=2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(II)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由例2、如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE. 3江西19.（本题满分12分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。
（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；（2）求平面11A B C与平面BB1C1C夹角的余弦值。
4、如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．5．(本小题共l2分)如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一点，P是AD 的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．【方法技巧】1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.考点八利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．立体几何答案1解：（1）CD DE ⊥，1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1ACD ，又1A C ⊂平面1ACD ， ∴1A C ⊥DE 又1AC CD ⊥，∴1A C ⊥平面BCDE 。
（2）如图建系C xyz -，则()200D -，，，()0023A ，，，()030B ，，，()220E -，，∴()10323A B =-，，,()1210A E =--，， 设平面1A BE 法向量为()n x y z =，，则1100A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∴323020y z x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩ ∴322z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()123n =-，， 又∵()103M -，， ∴()103CM =-，， ∴1342cos 2||||14313222CM n CM n θ⋅+====⋅++⋅+⋅，∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒。
（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为()00a ，，，则[]03a ∈，则()1023A P a =-，，，()20DP a =，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，，，则111123020ay z x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩ ∴11113612z ay x ay⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()1363n a a=-，，。
假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直，则10n n ⋅=，∴31230a a ++=，612a =-，2a =-，∵03a <<，∴不存在线段BC 上存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直。
2【证明】(1)如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)．3．（本小题满分12分）解：（1）证明：连接AO ，在1AOA 中，作1OE AA ⊥于点E ，因为11//AA BB ，得1OE BB ⊥,因为1A O ⊥平面ABC ，所以1A O BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==,得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AA O ,所以BC OE ⊥, 所以OE ⊥平面11BB C C ,又2211,5AO AB BO AA =-==得215AO AE AA ==(2)如图所示，分别以1,,OA OB OA 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1(0.0,2),B(0,2,0)zyxA 1 (0,0,23)D (-2,0,0)E (-2,2,0)B (0,3,0)C (0,0,0)MBy OCAEz A 11 B 1 C 1x由（1）可知115AE AA =得点E 的坐标为42(,0,)55，由（1）可知平面11BB C C 的法向量是42(,0,)55，设平面11A B C 的法向量(,,)n x y z =，由100n AB n A C ⎧⨯=⎪⎨⨯=⎪⎩，得200x y y z -+=⎧⎨+=⎩，令1y =，得2,1x z ==-，即(2,1,1)n =-所以30cos ,10||||OE n OE n OE n ⨯<>==⨯ 即平面平面11A B C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值是30104解：(1)证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由⎩⎪⎨⎪⎧·n 2＝0，·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3. 5 解析：（1）连接1B A 交1BA 于O ,1//B P 1面BDA ,111,,B P AB P AB P D OD ⊂=1面面面BA1//B P OD ∴,又O 为1B A 的中点，D ∴为AP 中点，1C ∴1为A P ,1ACD PC D ∴∆≅∆1C D CD ∴=,D 为1CC 的中点。