立体几何问题的题型与方法1

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立体几何中的常见题型及基本思路

立体几何中的常见题型及基本思路解决一切空间几何问题的核心目标是把空间问题转化为平面问题。

1. 线线平行（是线面平行和面面平行的基础）的证明思路：（1）找到或者构建含两线的平行四边形（2）看两直线是否构成一个三角形的中位线或者等分线的关系（3）垂直于同一平面的两直线平行。

即：若b a b a //,则αα⊥⊥.（4）平行于同一直线的两直线平行。

即：若c a c b b a ////,//则（5）线面平行性质得到线线平行：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和已知平面相交，那么这条直线和交线平行。

即：若b a b a a //,,,//则且=⋂⊂βαβα.（6）面面平行性质得到线线平行：两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行。

即：若b a b a //,,//则且=⋂=⋂γβγαβα（7）如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线与这两个平面的交线平行。

即若b a b a a //,,//,//则且=⋂βαβα。

2.线面平行的证明思路：（1）定义：若一条直线和平面没有公共点，则这直线与这个平面平行（不常用）。

（2）判定定理：在平面内找到一条和已知直线（在平面外）平行的直线。

即：若ααα//,//,,a b a b a 则且⊂⊄（3）由面面平行得到的线面平行：两个平面平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面，即：若βαβα//,//a a 则且⊂。

例见T9山东12年高考（4）如果一个平面和平面外的一条直线都垂直于同一平面，那么这条直线和这个平面平行.即若αα//βαβ⊥⊄⊥。

a则,a,,a（5）如果两条平行直线中的一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面(或在这个平面内)，即若a∥b,a∥α,b∥α(或b⊂α)（6）两个平行平面外的一条直线与其中一个平面平行，也与另一个平面平行，即若α∥β,a⊄α，a⊄β，a∥α，则α∥β.（7）如果一条直线与一个平面垂直，则平面外与这条直线垂直的直线与该平面平行，即若a⊥α,bα，b⊥a，则b∥α.（8）在一个平面同侧的两个点，如果它们与这个平面的距离相等，那么过这两个点的直线与这个平面平行，即若A∉α，B∉α，A、B 在α同侧，且A、B到α等距，则AB∥α.3.面面平行的证明思路：（1）定义：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面平行，即无公共点⇔α∥β.（不常用）（2）判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，即若a,b⊂α，a∩b=P,a∥β,b∥β,则α∥β.（3）垂直于同一直线的两平面平行.即若α⊥a,β⊥a,则α∥β. （4）平行于同一平面的两平面平行.即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. （5）一个平面内的两条直线分别平行于另一平面内的两条相交直线，则这两个平面平行，即若a,b⊂α,c,d⊂β,a∩b=P,a∥c,b∥d,则α∥β.4.线线垂直（是线面垂直和面面垂直的基础）的证明思路：（1）勾股定理（2）等腰三角形底边上的中线与底边垂直（3) 矩形（正方形）临边，菱形（正方形）对角线相互垂直（4)线面垂直性质（,a b a b αα⊥⊂⇒⊥）（5）定义：若两直线成90°角，则这两直线互相垂直.（6）一条直线与两条平行直线中的一条垂直，也必与另一条垂直.即若b ∥c,a ⊥b,则a ⊥c（7）三垂线定理和它的逆定理：在平面内的一条直线，若和这个平面的一条斜线的射影垂直，则它也和这条斜线垂直.（8）如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与这个平面的垂线垂直.即若a ∥α,b ⊥α,则a ⊥b.（9）三个两两垂直的平面的交线两两垂直，即若α⊥β,β⊥γ，γ⊥α,且α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c ，则a ⊥b,b ⊥c,c ⊥a.例见T8陕西12年文，T14安徽12年文5.线面垂直的证明思路：（1）判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

高一立体几何题型及解题方法

高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何是数学中的一个重要部分，也是高中数学中难度较大的内容之一。

下面介绍一些高一立体几何的题型及解题方法。

1. 空间向量题型
空间向量题型是高一立体几何中比较基础的题型，需要掌握空间向量的基本概念和运算规律。

解题时需要根据向量的定义和性质，运用向量加法、数乘等基本运算法则，求解向量的模长、方向余弦等相关量。

2. 空间几何体积题型
空间几何体积题型是高一立体几何中比较常见的题型，需要掌握各种几何体的面积和体积公式，并能够灵活运用这些公式进行计算。

解题时需要注意几何体的立体图形，确定所求的体积或面积，再根据公式进行计算。

3. 立体图形的相似题型
立体图形的相似题型需要掌握几何体的相似性质和基本比例关系，能够根据相似性质推导出几何体的相关量。

解题时需要注意几何体的相似条件，确定所求的比例关系，再根据比例关系求解相关量。

4. 空间几何位置关系题型
空间几何位置关系题型需要掌握空间中点、线、面的位置关系及相关性质。

解题时需要注意点、线、面的位置关系，确定所求的相关量，再根据相关性质进行计算。

总之，高一立体几何的题型比较多，需要学生具备扎实的基础知
识和灵活的解题思路，加强对几何图形和空间位置关系的理解和掌握，才能顺利解决高一立体几何的各种题型。

立体几何题型及解题方法

立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。

以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 计算体积和表面积：这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状，如长方体、圆柱体、圆锥体等。

解题方法包括使用体积和表面积的公式，以及根据题目描述建立数学模型。

2. 证明定理和性质：这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理，如平行线性质、勾股定理等。

解题方法包括使用已知定理和性质进行推导，以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。

3. 求解最值问题：这类题目通常涉及到求几何图形中的最值，如最短路径、最大面积等。

解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。

4. 判定和性质应用：这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质，或应用某个性质到实际场景中。

解题方法包括根据性质进行推导和判断，以及根据实际场景建立数学模型。

以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法，当然还有其他的题型和解题方法。

在解决立体几何问题时，需要灵活运用几何知识和方法，多做练习，提高自己的解题能力。

立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

立体几何大题15种题型全归纳

【题型一】平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，，因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，（1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且，又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形，，又面PBC ，面PBC 。

四类立体几何题型-新高考数学大题秒杀技巧(学生版)

四类立体几何题型-高考数学大题秒杀技巧立体几何问题一般分为四类：类型1：线面平行问题类型2：线面垂直问题类型3：点面距离问题类型4：线面及面面夹角问题下面给大家对每一个类型进行秒杀处理.技巧：法向量的求算待定系数法：步骤如下：①设出平面的法向量为n =x ,y ,z ．②找出(求出)平面内的两个不共线的向量a =a 1,b 1,c 1 ，b =a 2,b 2,c 2 ．③根据法向量的定义建立关于x ,y ,z 的方程组n ⋅a =0n ⋅b =0④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组n ⋅a =0n ⋅b =0有无数多个解，只需给x ,y ,z 中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量．秒杀：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃(求外用外减，求内用内减)向量a =x 1,y 1,z 1 ，b =x 2,y 2,z 2 是平面α内的两个不共线向量，则向量n =y 1z 2−y 2z 1,x 2z 1−x 1z 2,x 1y 2−x 2y 1 是平面α的一个法向量.特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.类型1：线面平行问题方法一：中位线型：如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD 中，点E 是PD 的中点.求证：PB ⎳平面AEC .分析：方法二：构造平行四边形如图⑵, 平行四边形ABCD 和梯形BEFC 所在平面相交，BE ⎳CF ，求证：AE ⎳平面DCF .分析：过点E作EG⎳AD交FC于G，DG就是平面AEGD与平面DCF的交线，那么只要证明AE⎳DG即可。

方法三：作辅助面使两个平面是平行如图⑶，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD为菱形，M为OA的中点，N为BC的中点，证明：直线MN‖平面OCD分析：：取OB中点E，连接ME,NE，只需证平面MEN∥平面OCD。

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。

高考数学-立体几何知识点与例题讲解-题型、方法技巧

立体几何知识点与例题讲解
一、知识点
<一>常用结论 1．证明直线与直线的平行的思考途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转化为二直线同与第三条直线
平行；（3）转化为线面平行；（4）转化为线面垂直；（5）转化为面面平行. 2．证明直线与平面的平行的思考途径：（1）转化为直线与平面无公共点；（2）转化为线线平行；（3）转化为面
0，

y

0，
x 3z．
令 z 1得 n ( 3，0，1) 为平面 A1AD 的一个法向量．
由（Ⅰ）知 AB1 ⊥平面 A1BD ，
AB1 为平面 A1BD 的法向量．
cos

n
，
AB1

n AB1 n AB1

3 22
S△ A1BD
d
，
d 3S△BCD 2 ．
S△ A1BD
2
点 C 到平面 A1BD 的距离为
2． 2
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 ABC A1B1C1 中，平面 ABC ⊥平面 BCC1B1，
AD ⊥ 平面 BCC1B1 ．
取 B1C1 中点 O1 ，以 O为原点， OB ， OO1 ， OA 的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0) ，
D(1，1，0) ， A1(0，2，3) ， A(0，0，3) ， B1(1，2，0) ，

AB1 (1，2， 3) ， BD (2，1，0) ， BA1 (1，2，3) ．
AB1 2 2 2
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

立体几何题型及解题方法 -回复

立体几何题型及解题方法 -回复立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的图形以及与之相关的性质和计算方法。

本文将介绍一些常见的立体几何题型以及解题方法，帮助读者更好地理解和应用这些知识。

圆柱体是一种具有两个平行且相等圆底面的立体图形。

下面将介绍两种常见的圆柱体题型及解题方法。

1. 计算圆柱体的体积圆柱体的体积公式为V = πr^2h，其中r表示圆柱体底面的半径，h表示圆柱体的高度。

解题时，需要提供半径和高度的数值，代入公式中计算即可。

例如，已知一个圆柱体的半径为3cm，高度为5cm，求其体积。

解：根据公式V = πr^2h，代入半径r = 3cm，高度h = 5cm，计算得V = π × 3^2 × 5 = 45π cm^3。

2. 计算圆柱体的表面积圆柱体的表面积包括底面积和侧面积两部分，公式为A = 2πr(r + h)，其中r表示圆柱体底面的半径，h表示圆柱体的高度。

解题时，需要提供半径和高度的数值，代入公式中计算即可。

例如，已知一个圆柱体的半径为3cm，高度为5cm，求其表面积。

解：根据公式A = 2πr(r + h)，代入半径r = 3cm，高度h = 5cm，计算得A = 2π × 3(3 + 5) = 48π cm^2。

立方体是一种六个面均为正方形的立体图形。

下面将介绍两种常见的立方体题型及解题方法。

1. 计算立方体的体积立方体的体积公式为V = a^3，其中a表示立方体的边长。

解题时，需要提供边长的数值，代入公式中计算即可。

例如，已知一个立方体的边长为4cm，求其体积。

解：根据公式V = a^3，代入边长a = 4cm，计算得V = 4^3 = 64 cm^3。

2. 计算立方体的表面积立方体的表面积公式为A = 6a^2，其中a表示立方体的边长。

解题时，需要提供边长的数值，代入公式中计算即可。

例如，已知一个立方体的边长为4cm，求其表面积。

立体几何题型与方法

立体几何题型与方法（直线与直线所成角）（向量与向量所成角)空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.注：是异面直线，则过外一点P，过点P且与都平行平面有一个或没有，但与距离相等的点在同一平面内.（或在这个做出的平面内不能叫与平行的平面）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”）注：①直线a与平面α内一条直线平行，则a∥α.（×）（平面外一条直线）②直线a与平面α内一条直线相交，则a与平面α相交.（×）（平面外一条直线）③若直线a与平面α平行，则α内必存在无数条直线与平行.（√）（不是任意一条直线，可利用平行的传递性证之）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面.（×）（可能在此平面内）⑤平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面）⑥直线l与平面α、β所成角相等，则α∥β.（×）（α、β可能相交）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⊥a，a⊥AO，得a⊥PO（三垂线定理），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.性质：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。

高中数学立体几何的相关题型及解题思路

高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是许多学生感到困惑和头疼的地方。

本文将介绍一些常见的立体几何题型，并给出相应的解题思路和技巧，希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。

一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如，某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米，高为5厘米，要求计算其体积。

我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高，代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。

二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如，某题给出一个正方体的边长为3厘米，要求计算其表面积。

我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2，其中a为边长，代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。

三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一，常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。

解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系，并能够利用相似三角形的性质进行推理。

例如，某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D'，另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似，要求计算两个正方体的体积比。

我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2，而体积与边长的关系为V=k^3，其中k为边长的比值。

因此，两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。

四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一，常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。

立体几何重要题型及求解方法

立体几何重要题型及求解方法四川毛仕理1．空间几何体的画法例1 用斜二测法画一个水平放置的平面图形直观图为图1的一个正方形，则原来的图形是（）解析:按斜二测法作图法则，对四个选项逐一验证．（A ）正确．评析：本题是已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力． 2．表面积的计算例2 一个四面体的所有的棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）Ａ．3πＢ．4πＣ．33πＤ．6π解法一：如图2，设四面体为A BCD -，其棱长均为2，O '为其外接球的球心，球半径为R O ，为A 在面BCD 上的射影，M 为CD 的中点，则32BM =，32BC =，2233BO BM ==，2223AO AB BO =-=，由22222()O B BO O O BO AO AO '''=+=+-，得222233R R ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，解得32R =．24π3πS R ==球面∴，故选（Ａ）．解法二：注意到选项4π的特殊性，此时球的半径1R =．而当1R ≥时，如图2又知AO B '∠为钝角，则2AB R >，矛盾，故1R <，从而排除（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ），故选（Ａ）．解法三：注意到2的特殊性，构造棱长为1的正方体，如图3（其实不必画图），则11A C BD -是棱长为2的正四面体，正方体的外接球也是正四面体的外接球，此时球的直径为3，故3πS =球面，选（Ａ）．探究：解法一是运用方程的思想求球的半径，小题大做．解法二观察题目特点，利用排除法是最优解法．解法三是割补法，将正四面体补成一个正方体，这种割补思想解决问题值得我们学习．3．体积的计算由于体积的计算既需要同学们扎实的基础知识，又要用到一些重要的思想方法，因此也是高考的重要题型，其中又以锥体的体积和不规则几何体的体积计算为主，因为锥体的体积计算往往需要转换顶点和底面，而不规则几何体的体积计算则常常需要用到分割或补形的方法．例3 如图4，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且ADE △，BCF △均为正三角形，EF AB ∥，2EF =，则该多面体的体积为（）Ａ．23Ｂ．33Ｃ．43Ｄ．32分析：本题中的多面体是一个不规则的几何体，因此可考虑对其进行分割或补形．解法一：如图5，分别过A B ，作EF 的垂线，垂足分别为G H ，，连结DG CH ，，容易求得12EG HF ==，32AG GD BH HC ====，24AGD BHC S S ==△△∴，23E ADGF BHC AGD BHC V V V V ---=++=∴．解法二：如图6，将该多面体补成一个斜三棱柱（侧棱与底面不垂直的棱柱）ADE MNF -，则23ADE MNF F MNCB V V V --=-=．探究：本题中所用的两种方法就是求不规则几何体体积的两种基本方法，方法一是对不规则几何体进行分割，分割后每一部分都成为规则几何体，套用公式求出体积后相加就是所求不规则几何体的体积；方法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体，求出体积后再减去补上的几何体的体积即得所求几何体体积，两种解法都体现了转化的思想方法．4．线面位置关系的判断线面位置关系的判断是立体几何的基本知识与基本技能，因而是高考的必考内容之一，一般出现在选择、填空题中，常常与命题等有关问题融合在一起进行考查．例4 给出下列关于互不重合的直线m n l ，，和平面αβ，的四个命题：①m l A αα⊂=，，点A m ∉，则l 与m 不共面；②l m ，是异面直线，l m αα∥，∥，且n l ⊥，n m ⊥，则n α⊥； ③若l m αβ∥，∥，αβ∥，则l m ∥；④若l m l m A l m ααββ⊂⊂=，，，∥，∥，则αβ∥，其中为假命题的是（）Ａ．① Ｂ．② Ｃ．③ Ｄ．④解析：本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，命题③中当l m αβαβ∥，∥，∥时，直线l 与m 可以平行，也可以相交或异面，因此该命题是错误的，故选（Ｃ）．探究：这种题型的解法通常是紧扣定义，利用基本定理或反证法进行推理，有时可借助常用的模型进行判断．要求概念明确，关系清楚，基本运算熟练，还要特别注意与平面几何中有关结论的区别，防止负迁移．5．图形的展开与折叠问题图形的展开与折叠问题主要考查同学们的空间想象能力，它最能体现出立体几何的特点，通过图形的展开与折叠问题，考查最值问题，范围问题，空间角与距离的求解，位置关系的判断等都是高考的重要题型．例5 如图7，在直三棱柱111ABC A B C -中，2AB BC ==，1290BB ABC =∠=，，E F ，分别为111AA C B ，的中点，沿棱柱的表面从E 到F ，两点间的最短路径的长度为．分析：这是一个求沿几何体表面最短路径的问题，通常采用将几何体表面展开化为平面问题的方法处理，本题中由于是一个棱柱，将其表面展开的方法有多种，因此，应采取分类讨论的方法将每一种情形分别求出，再进行比较，从而得出结论．解：将三棱柱侧面、底面展开有以下三种情形（如图8）．在（1）中，2222113222122EF A E A F ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭；在（2）222221442(2)122EF EG FG ⎛⎫+=+=++= ⎪ ⎪⎝⎭；在（3）中，22223332222EF EG FG ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．通过比较知第（3）种情况，即从E 沿平面11AAC C 过棱11A C 到F 点路径最短．探究：解决有关展开与折叠的问题，关键是搞清展开与折叠前后哪些量发生了变化，哪些量没有变，一般说来，折痕同侧的点，折叠前后其相对位置不变，而折叠两侧的点，折叠前后其相对位置要发生变化．。

高考数学中的立体几何问题及解题方法

高考数学中的立体几何问题及解题方法高考数学中，立体几何是一项重要的考试题型。

相比于平面几何、代数和概率统计等内容，立体几何更为抽象，对学生的空间想象力和逻辑能力要求更高。

本文旨在探讨高考数学中的立体几何问题及其解题方法。

一、立体几何常考题型常见的立体几何问题包括立体几何图形的性质、体积、表面积等问题。

下面列举一些高考中经常出现的立体几何考点。

1. 立体图形的名字和性质高考中经常出现的立体图形包括正方体、长方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等。

学生需要掌握这些图形的属性，比如正方体的六个面都是正方形、长方体的所有面都是矩形等等，只要掌握了它们的基本属性，在解决题目时就能做到心中有数。

2. 体积求立体图形的体积是立体几何中比较基础和常见的题型。

学生需要清楚掌握各种常见图形的体积公式，例如：①正方体的体积公式：V=a³②长方体的体积公式：V=lxwxh③棱柱的体积公式：V=Ah④圆柱的体积公式：V=πr²h⑤球的体积公式：V=4/3πr³⑥棱锥的体积公式：V=1/3Ah注意，这些公式必须要掌握，不要在考试中还在纠结于公式的推导方法。

3. 表面积求立体图形的表面积也是数学中的一大题型。

常见的几何图形表面积的计算方式有如下几种公式：①正方体的表面积公式：S=6a²②长方体的表面积公式：S=2(lw+lh+wh)③棱柱的表面积公式：S=2B+Ph④圆柱的表面积公式：S=2πr²+2πrh⑤球的表面积公式：S=4πr²⑥棱锥的表面积公式：S=B+1/2Pl其中B表示底面积，P表示底面外接多边形的周长，l表示斜几何。

上面列举的是一些常见的立体几何题目，还有一些特殊题目需要学生掌握，例如“平行四边形体积定理”、“曲面半径定理”等等。

二、举例分析解题方法1. 体积题例题：某学校花坛为正方形，长和宽之和为25米，现在将花坛增加5个方块，每个方块边长为2米，求增加的花坛的体积。

立体几何大题题型总结

立体几何大题题型总结一、立体几何大题题型概述立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，主要考察学生对于立体几何基本概念的掌握和应用能力。

在解答这类题目时，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。

二、常见的立体几何大题题型1. 空间图形计算此类题目主要考察学生对于空间图形面积和体积计算公式的掌握以及运用能力。

常见的空间图形包括球、圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等。

2. 空间坐标系与向量此类题目主要考察学生对于三维空间坐标系和向量的理解和应用能力。

常见的问题包括平面方程、直线方程、点到直线距离等。

3. 空间解析几何此类题目主要考察学生对于空间解析几何基本概念的掌握和应用能力。

常见问题包括点与直线位置关系、两条直线位置关系等。

4. 立体几何证明此类题目主要考察学生对于立体几何基本定理的理解和应用能力。

常见问题包括等腰三角形的高垂线定理、平行四边形对角线互相平分定理等。

5. 空间向量证明此类题目主要考察学生对于向量基本定理的掌握和应用能力。

常见问题包括向量共线、垂直等性质。

三、解答立体几何大题的技巧1. 熟练掌握公式在解答立体几何大题时，需要熟练掌握空间图形面积和体积计算公式，以便快速准确地计算。

2. 善于化简表达式在解答立体几何大题时，需要善于化简表达式，以便更好地发现规律和思路。

3. 注意空间图形的性质在解答立体几何大题时，需要注意空间图形的性质，如平行关系、相交关系等，以便更好地推导出结论。

4. 善于利用画图辅助在解答立体几何大题时，需要善于利用画图辅助来更好地理解问题和推导出结论。

四、总结立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。

常见的立体几何大题题型包括空间图形计算、空间坐标系与向量、空间解析几何、立体几何证明和空间向量证明等。

在解答这类题目时，需要注意熟练掌握公式、善于化简表达式、注意空间图形的性质以及善于利用画图辅助等技巧。

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。

高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解

高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间中的图形和体积。

在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是考试中难度较大的部分之一。

本文将介绍一些高中数学立体几何解题技巧，并详细解析几种常见的立体几何题型，帮助读者更好地应对这一考点。

一、平行六面体的体积计算平行六面体是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定底面积和高，进而计算体积。

例如，有一平行六面体的底面积为A，高为h，求其体积。

解题技巧：首先，我们需要明确平行六面体的定义，即六个面都是平行的。

其次，根据平行六面体的性质，我们可以将其看作一个长方体，因为长方体是一种特殊的平行六面体。

因此，平行六面体的体积可以通过底面积乘以高来计算，即V = Ah。

举例说明：假设有一个平行六面体，其底面积为5平方厘米，高为10厘米。

那么，它的体积可以通过计算5乘以10得到，即V = 5 × 10 = 50立方厘米。

二、正方体的表面积计算正方体是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定正方体的边长，进而计算表面积。

例如，有一个正方体的边长为a，求其表面积。

解题技巧：首先，我们需要明确正方体的定义，即六个面都是正方形。

其次，根据正方体的性质，我们可以将其看作一个立方体，因为立方体是一种特殊的正方体。

因此，正方体的表面积可以通过边长的平方乘以6来计算，即S = 6a²。

举例说明：假设有一个正方体，其边长为3厘米。

那么，它的表面积可以通过计算6乘以3的平方得到，即S = 6 × 3² = 54平方厘米。

三、棱柱的体积计算棱柱是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定底面积和高，进而计算体积。

例如，有一个棱柱的底面积为A，高为h，求其体积。

解题技巧：首先，我们需要明确棱柱的定义，即底面是一个多边形，顶面与底面的对应点通过直线相连。

其次，根据棱柱的性质，我们可以将其看作一个长方体，因为长方体是一种特殊的棱柱。

(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！。