最新高考数学立体几何试题分析及备考建议
2023年高考数学甲卷立体几何解法
篇章说明：本篇文章主要针对2023年高考数学甲卷的立体几何部分进行详细解析，旨在帮助考生更好地理解和掌握解答技巧，提高考试成绩。
文章将从题目分析、解题思路和步骤、相关知识点详解等方面展开，希望对广大考生有所帮助。
一、题目分析1.1 题目类型本次数学甲卷的立体几何部分主要包括平面与空间直角坐标系、三视图、旋转体、二面角等内容。
1.2 题目数量根据往年高考数学甲卷的趋势，立体几何部分一般有3-4道题目，覆盖面较广，深度一般。
二、解题思路和步骤2.1 题目分析在解答立体几何题目时，首先要仔细阅读题目，理清题意，确定所给数据和所求量，并尽可能画出对应的图形。
2.2 利用相关知识点根据题目所涉及的内容，运用相关的立体几何知识进行分析和计算，例如平面与空间直角坐标系的性质、旋转体的体积计算方法、三视图的绘制等。
2.3 运用解题技巧在解题过程中，要善于运用立体几何的解题技巧，例如利用平行投影、三视图推导、旋转体的切割与拼接等方法，增加解题的灵活性和多样性。
2.4 对答案进行检验在得出最终答案后，要对答案进行反复检验，确保计算和推导过程的准确性，避免因计算错误导致得出错误的结论。
三、相关知识点详解3.1 平面与空间直角坐标系平面与空间直角坐标系是立体几何的基础，涉及点、线、面的坐标计算以及相关性质的运用，考生需熟练掌握坐标计算和平面几何性质，例如点到直线的距离公式、向量的运算与应用等。
3.2 三视图三视图是立体图形的展开图，由正视图、俯视图和侧视图组成，通过三视图可以确定立体图形的形状和大小，考生需要掌握三视图的画法及相互关系，能够准确理解和绘制三视图。
3.3 旋转体旋转体是立体几何的一个重要内容，包括圆柱体、圆锥体、旋转抛物面等，通过观察旋转体的特点，运用相关计算公式可以准确求解旋转体的体积和表面积。
3.4 二面角二面角是平面几何与立体几何的交叉部分，涉及到二面角的性质、计算和应用等内容，考生需要掌握二面角的相关知识点，能够准确应用到解题过程中。
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)。
立足教材_锚定真题_实现高品质备考——2023年高考全国甲卷数学立体几何考题分析与备考建议
图1 ABCD-A1B1C1D1中，E，为直径的球面与。
其实EF的长2倍，只是选取了文科卷第16题：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球所成角的正弦值。
这两道解答题都是以考查三棱柱的基本概念为重点考查学生对直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基本知识的理解与应用。
无论还是文科卷中四棱其实质是考查考生逻辑推理能力和运算求解能力。
的距离。
；所成角的余弦值。
高考命题的基本模型来源于教材，师生必（二）考查作图能力与建模能力考生需要能够借助几何直观和空间想象感知事图2图3图4图5图6专题研究·高考数学试题研究之后，求体积便迎刃而解了。
为有效地考查考生的作图能力与建模能力，高考数学试题会有针对性地设置不同的题型，考生需要在平时的学习中多加练习，掌握相关的基础知识和技能，并且能够灵活运用所学知识解决实际问题。
（三）考查数学抽象与空间想象能力数学抽象与空间想象能力主要是指对客观事物的空间形式进行观察、分析、抽象、思考和创新的能力。
立体几何专题的教学目标非常明确，就是通过高中立体几何的学习，学生能够将生活中的物体形态抽象为空间几何图形，并能借助所学的知识想象出给定立体图形的实体形态，用符号或数学式将实体形态中的几何元素如长度、角度、位置关系、面积、体积等表达出来，正确解答题目，从而提升学生解决生活问题的能力。
高考真题一般只是简单描述模型及问题，对学生的数学抽象能力和空间想象能力都提出了非常高的要求。
比如理科卷第11题：在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC的面积为（）。
A.22B.32C.42D.52题目的图形为底面是正方形的四棱锥，并不是正四棱锥，但给出了其中两条侧棱相等且给出了具体长度。
解决本题的办法之一是通过证明全等三角形依次证得△PDO≅△PCO，△PDB≅△PCA，从而得到PA=PB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA= 17，从而求得PB=17，由此在△PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解。
2025年高考数学立体几何全方位剖析
2025年高考数学立体几何全方位剖析在高考数学中，立体几何一直是一个重要且具有挑战性的板块。
对于即将参加 2025 年高考的同学们来说，深入理解和掌握立体几何的知识与解题技巧至关重要。
接下来，让我们对其进行全方位的剖析。
一、立体几何在高考中的地位和考查趋势立体几何在高考数学中占据着相当重要的地位。
它不仅能够考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力，还能检验对数学基本概念和定理的掌握程度。
近年来，高考中对立体几何的考查呈现出一些明显的趋势。
首先，题目更加注重与实际生活的联系，通过构建真实的场景，如建筑设计、包装问题等，来考查同学们运用立体几何知识解决实际问题的能力。
其次，对空间向量的运用要求逐渐提高，利用空间向量解决角度和距离问题成为常见考点。
再者，综合性更强，常常将立体几何与函数、不等式等知识相结合，增加了题目的难度和复杂性。
二、立体几何的基本概念和定理1、点、线、面的位置关系点是构成空间几何体的基本元素，线是由无数个点组成，面则是由线所围成。
其中，线线、线面、面面的平行与垂直关系是重点。
2、棱柱、棱锥、棱台棱柱具有两个平行且全等的底面，侧面是平行四边形。
棱锥的底面是多边形，侧面是三角形，且顶点与底面中心的连线垂直于底面。
棱台则是由棱锥截去一部分得到，上下底面平行且相似。
3、圆柱、圆锥、圆台圆柱以矩形的一边所在直线为轴旋转而成，圆锥以直角三角形的一条直角边为轴旋转而成，圆台是由圆锥截去一部分得到。
4、球球是空间中到定点的距离等于定长的点的集合，其表面积和体积公式需要牢记。
三、立体几何中的空间向量空间向量为解决立体几何中的角度和距离问题提供了一种有力的工具。
1、向量的坐标表示建立合适的空间直角坐标系，确定点的坐标，从而表示出向量的坐标。
2、线线角通过向量的点积公式计算两直线方向向量的夹角余弦值，进而得到线线角。
3、线面角找出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求出线面角。
4、面面角计算两个平面的法向量夹角，再根据二面角的大小与法向量夹角的关系求出面面角。
全国高考数学立体几何题大纲全解
全国高考数学立体几何题大纲全解在高考数学中，立体几何题一直是重要的考查内容之一。
它不仅要求学生具备扎实的空间想象力，还需要熟练掌握相关的定理、公式和解题方法。
接下来，我们将对全国高考数学立体几何题进行一次全面的解析。
一、立体几何的基础知识首先，我们来回顾一下立体几何的一些基本概念。
点、线、面是构成空间几何体的基本元素。
直线与平面的位置关系包括平行、相交和在平面内；平面与平面的位置关系有平行和相交。
在立体几何中，常见的几何体有棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球。
对于这些几何体，我们需要了解它们的结构特征、表面积和体积的计算公式。
例如，棱柱的体积公式为 V ＝ Sh（S 为底面积，h 为高）；圆锥的体积公式为 V ＝ 1/3Sh。
二、空间直线与平面的位置关系这部分是高考的重点和难点之一。
判断直线与平面平行的方法通常有：利用定义（直线与平面没有公共点）；利用判定定理（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）。
证明直线与平面垂直，关键是要证明直线与平面内的两条相交直线垂直。
直线与平面所成的角，是指直线与它在平面内的射影所成的角。
平面与平面平行的判定，可通过一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行来证明。
平面与平面垂直的判定定理为：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。
三、空间向量在立体几何中的应用空间向量为解决立体几何问题提供了一种新的有力工具。
通过建立空间直角坐标系，我们可以将空间中的点、线、面用向量表示。
利用向量的数量积可以计算两直线的夹角，向量的模可以计算线段的长度。
例如，要求异面直线所成的角，可先求出它们的方向向量，然后计算方向向量的夹角，但要注意夹角的范围。
四、高考中常见的立体几何题型1、证明题这类题目通常要求证明线线、线面、面面的平行或垂直关系。
在解题时，要根据已知条件，合理选择定理进行证明。
2、计算题常见的计算包括求几何体的表面积、体积，求线面角、二面角的大小等。
2024年高考数学几何历年真题错误常见类型分析
2024年高考数学几何历年真题错误常见类型分析高考数学几何部分一直是考生们最为重视的内容之一，也是很多考生容易出错的地方。
本文将对2024年高考数学几何部分历年真题中常见的错误类型进行分析，帮助考生们更好地理解和掌握这些知识点，提高应对数学几何题的能力。
一、平面几何题型的错误类型分析1. 图形判断错误：这种类型的错误主要表现为对图形的判断出现错误，例如判定两条直线平行或垂直时弄混方向，或者判断角平分线时出现错误。
这类错误的原因主要是考生对图形的性质理解不够深入或者观察不细致。
解决方法：要对每个图形的性质进行深入理解，多做题、多画图，注重观察，不要随意下结论。
2. 同一图形的不同表达错误：同一个几何图形可以有不同表达方式，当考生没有注意到这些不同表达方式时，容易在计算过程中出现错误。
解决方法：在解答题目时，多角度地观察题目中给出的几何图形，并且学会转化不同的图形表达方式。
3. 判定条件不满足错误：在判断两条线段相等或两个三角形全等的时候，考生需要注意每个条件的具体含义。
有时候考生可能会忽略某个判定条件，导致判断结果出错。
解决方法：仔细审题，理解和注意题目中给出的判定条件的含义，并逐个进行检查。
二、立体几何题型的错误类型分析1. 空间图形理解错误：立体几何是在空间中进行，需要考生具备一定的空间想象力。
有些考生在解答空间立体图形题目时，容易将二维图形的思维方式带入，导致错误。
解决方法：多做立体几何的题目，培养空间想象力；可以在纸上画出空间图形，有助于更好地理解和解答题目。
2. 体积、表面积计算错误：计算体积和表面积是立体几何的重要内容，但是有些考生在计算过程中容易出错，如计算公式的使用错误、边长或高度的计算不准确等。
解决方法：熟练掌握体积和表面积的计算公式，并在计算过程中注意细节，准确计算。
3. 空间角度判断错误：在解决立体几何题时，对于空间角度的判断是重要的，但有些考生可能在角度比较和转化的过程中出现错误。
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。
高考立体几何命题分析和复习建议
高考立体几何命题分析和复习建议高考立体几何命题分析和复习建议一、考纲中对立体几何与空间向量的要求(1)空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构;②知道平行投影与中心投影的概念，了解空间图形的不同表示形式;③能画出简单空间图形(长方体、棱柱、圆柱、圆锥、球等及其简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图;④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面的位置关系的定义，并了解如下的公理和定理:定理1, 2,3, 4及定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补;②理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。
理解以下判定定理和性质定理:(判定定理和性质定理各4个，略)③能运用公理、定理和己获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。
④能根据定义解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的简单计算问题。
(3)空间向量及其运算①了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正夕分解及其坐标表示;②掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;③掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用数量积判断向量的共线与垂直;(4)空间向量的应用①理解直线的方向向量与平面的法向量的概念;②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)④能用向量方法解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。
文科在这部分内容中，共学习必修2两章按课程标准规定的课时数，文科数学总课时数是252课时，这两章的课时数是18课时，约占7%，试卷中期望的分数应是11分.而全国新课程卷考查了两个小题一个大题，分值达到了22分.可见这部分的知识虽然课时数不多，但是份量却不轻，占到总分的15%。
高考数学如何应对复杂的立体几何题
高考数学如何应对复杂的立体几何题立体几何是高考数学中的重要内容，也是考试中的难点之一。
面对复杂的立体几何题，考生需要具备一定的解题技巧和方法。
本文将从准备阶段、解题技巧和答题建议三个方面，为高考生总结出解决复杂立体几何题的有效方法。
一、准备阶段在面对复杂的立体几何题之前，高考生需要做好充分的准备。
首先，掌握基本概念和定理是基础。
需要熟悉立体几何的基本术语，如面、棱、点等，并掌握立体几何的相关定理，如平行轴定理、正方体的性质等。
这些基础知识将为解题提供指导。
其次，掌握基本方法和技巧是必要的。
要熟悉立体几何的基本解题思路，了解常用的建模方法，如投影法、截面法、空间向量法等。
熟练掌握这些方法和技巧，可以更快地解决问题。
二、解题技巧解决复杂立体几何题的关键在于运用适当的技巧。
以下是几个常用的解题技巧：1. 画图法：首先，要善于利用图形来解题。
通过将立体图形投影到二维平面上，转化为平面几何的问题，可以更好地理解和解答问题。
2. 利用正交关系：在解决立体几何问题时，正交关系是一个非常有用的技巧。
通过找到垂直或平行的线段、平面或向量，可以简化问题的复杂程度，并且往往能够找到问题的关键所在。
3. 利用相似性质：相似性质在立体几何中经常被运用到。
当问题中出现相似的立体图形时，可以通过相似三角形的性质来解答问题，从而简化计算过程。
4. 借助剖面图：对于某些立体几何题，绘制剖面图是一种有用的方法。
通过将图形逐层剖析，可以更好地理解立体图形的结构和性质，从而解决问题。
三、答题建议在高考数学中，解答复杂立体几何题时，考生还应注意以下几点：1. 充分理解题意：在解答题目之前，要对题目的要求和条件进行仔细分析，确保完全理解题意。
在标注图形时，要注明各个要素，方便后续的计算和推理。
2. 定义变量：对于一些未知的长度、角度等需要推导或计算的量，可以先定义变量，并建立方程或等式，根据已知条件求解未知数。
3. 步骤清晰、推理严谨：在解答题目时，需要将整个推理过程写得清晰、具体，并注意逻辑严谨。
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。
“立体几何”高考剖析及2022年备考指南(解析版)
“立体几何”高考剖析及2022年备考指南目录一、考查内容分析 (2)1.内容 (2)2.题型 (2)3.分值 (2)4.难度 (2)5.思想方法 (2)二、命题思路分析 (2)类型一以三视图为背景考查空间想象能力 (3)类型二在典型的情境中考查线面平行与垂直关系 (5)类型三基于典型的简单几何体刻画空间几何图形位置关系 (10)类型四多选题、开放题丰富了考查的形式和内容 (13)类型五通过应用问题考查数学阅读和知识运用 (23)类型六模型化解题模式体现对数学学科核心素养的考查 (26)类型七综合法和向量法为个性化解题提供可能 (29)三、复习建议 (32)1.夯实基础,用典型几何体培养基本思维模式 (33)2突出重点,以线面位置关系作为基石 (33)3.提升思想,以核心素养的提升为目标 (33)4.适度创新,适应高考改革和发展的要求 (33)“立体几何”高考剖析及2022年备考指南2021年高考立体几何试题延续近几年来的命题风格,以朴实简洁的试题形式,突出对立体几何基础知识和基本思想方法的考查.在不同情境中,考查学生对空间图形的观察和分析能力,运用符号语言和图形语言论证几何关系的能力,以及对几何图形和几何量进行运算求解的能力.实现了从多角度、多层次考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.试题突出了基础性,兼顾了综合性和应用性.一、考查内容分析1.内容2021年高考数学试卷中的立体几何试题的主要内容有三个方面：一是对空间几何体的基本结构和度量的考查,主要内容有三视图和直观图、简单多面体和旋转体的性质、空间线段长度、表面积与体积；二是对空间点、直线、平面位置关系的考查,主要内容有直线、平面平行和垂直关系的判定、性质与应用,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,两平面所成的二面角；三是立体几何的应用问题,主要内容是以典型的空间几何体为背景,以线面几何关系为切入点的实际问题,指向是实际问题中的长度、角度、面积和体积的计算.2.题型2021年高考立体几何试题涵盖了数学试题中的所有题型,有单选题、多选题、填空题和解答题.除了传统的试题表现形式外,也增加了开放题和应用题等试题形式,丰富了立体几何的考查方式.3.分值2021年每份高考数学试卷中的立体几何试题基本都是两道客观题、一道主观题,约22分,占全卷总分的15%左右,与解析几何试题的考查分量相当,仅次于函数与导数试题的考查分量,是数学学科考查的主要内容之一.采用新高考模式的数学试卷中的立体几何试题,其内容和形式与原全国卷没有本质上的变化,试题的占比与以往基本相同.4.难度2021年高考数学全国卷中的立体几何试题的难度总体上保持稳定,以容易题和中等题为主,而且试题往往都以学生熟悉的形态出现,文、理科立体几何试题基本上是相同试题或相似试题.文、理科试题类型基本相同,难度相差较小,文科稍微容易些.5.思想方法2021年高考数学试卷中的立体几何试题突出考查学生的直观想象、逻辑推理和数学运算素养,试题突出对转化与化归和数形结合的数学思想的要求,以直线与平面的位置关系作为空间问题的转化枢纽,实现空间问题平面化、几何问题数量化的目标.试题以对空间图形进行分解、组合、转换等手段,实现典型问题的变式转化和解决问题方法的灵活选择,大多数立体几何试题都能在教材中找到原型,做到了试题命制源于教材而高于教材.二、命题思路分析立体几何试题命制的基本依据是四个基本事实,空间直线、平面位置关系的概念与空间角的概念,以及空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定定理和性质定理,空间直角坐标系与空间向量.通过立体几何试题的不同呈现形式,要求学生能用定义、判定定理和性质定理证明空间基本图形的位置关系的简单命题,能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,会用向量方法解决立体几何中的夹角问题,会将立体几何中的各种夹角问题都转化为两个向量的夹角.2021年高考数学立体几何试题都是以最常见的空间几何体为命制背景,特点鲜明.解答题主要以三棱锥、三棱柱、四棱锥、四棱柱（包括正方体）为背景,因为这几个典型的空间几何体已经能够表现丰富的几何关系,能在学生熟悉的情境中考查最核心的内容,不人为设置障碍、不考细枝末节问题是立体几何试题的特点.对旋转体内容的考查多以选择题和填空题的形式呈现,主要考查旋转体的结构特征、性质、表面积和体积等基础知识.在选择题和填空题的命制中,通过三视图、线面平行或垂直关系的判断、面积和体积的计算等内容,以识图、画图、想图、用图等方式考查学生的空间想象能力.在解答题的命制中,通过直线与平面的平行或垂直关系的论证,要求从已有的正确前提到被论证的结论之间建立逻辑推理过程,考查学生的知识储备和演绎推理能力,从而实现对学生理性思维的考查；在直线、平面的有关夹角的计算中,重点考查学生的数学转化能力和运算求解能力,通过建立空间直角坐标系,用向量语言表述几何对象,对几何图形和各几何量进行运算求解,体现出对核心内容和思想方法的重点考查. 具体地,2021年高考数学立体几何试题的命题呈现出以下几个方面的特点.类型一以三视图为背景考查空间想象能力例1（全国甲卷·理6）在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G．该正方体截去三棱锥A EFG-后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()A．B．C．D．【考点】简单空间图形的三视图【分析】作出正方体,截去三棱锥A EFG-,根据正视图,摆放好正方体,即可求解侧视图．【解答】解：由题意,作出正方体,截去三棱锥A EFG-,根据正视图,可得A EFG-在正方体左侧面,如图,根据三视图的投影,可得相应的侧视图是D图形,故选：D．【评析】该题以正方体为载体,以三视图为切入点考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.用三视图中的一个视图来推理辨识另外的视图,是立体几何试题命制形式的创新.通过对原正方体的想象和还原,以达到对各个视图的辨别,体现出在熟悉的情境中考查空间想象能力的要求拓展题1．如图，模块①-⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①-⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体．则下列选择方案中，能够完成任务的为()A．模块①，②，⑤B．模块①，③，⑤C．模块②，④，⑥D．模块③，④，⑤【分析】先补齐中间一层，说明必须用⑤，然后的第三层，可以从余下的组合中选取即可．【解答】解：先补齐中间一层，只能用模块⑤或①，且如果补①则后续两块无法补齐，所以只能先用⑤补中间一层，然后再补齐其它两块．故选：A ．【评析】本小题主要考查空间想象能力，有难度，是中档题．拓展题2．在圆柱内有一个内接正三棱锥，过一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是( )A ．B ．C ．D ．【分析】根据题意，画出几何体的图形，容易得出圆柱与棱锥的截面图形．【解答】解：由题意作出图形，如图所示；SO ⊥底面BPM ，过侧棱SB 与高的平面ABCD截得圆柱与圆柱内接正三棱锥S BPM -，截面图形为D 选项．故选：D ．【评析】本题考查了三棱锥的结构特征以及圆柱的内接三棱锥的应用问题，与考查空间想象能力，是基础题．例2、（2021浙江卷4）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（ ）A .32B .3C .322D .32 【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体,根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -,其高为1,底面为等腰梯形ABCD ,该等腰梯形的上底为2,下底为22,腰长为1,故梯形的高为12122-=, 故()11111232221222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=, 故选：A .拓展题1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．23πB ．3C ．πD ．53π 【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，圆锥的底面半径为1，高为2，球的半径为1，再由圆锥体积公式及球的体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，圆锥的底面半径为1，高为2，球的半径为1，则该组合体的体积231114212123433V πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯=． 故选：A ．【评析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．拓展题2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．πB ．3πC ．2πD ．34π+【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，再由圆柱体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则该几何体的体积为21122ππ⨯⨯⨯=．故选：A ． 【评析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．类型二 在典型的情境中考查线面平行与垂直关系例1 （2021浙江卷6）如图已知正方体1111ABCD A B C D -,M ,N 分别是1A D ,1D B 的中点,则（） A .直线1A D 与直线1D B 垂直,直线//MN 平面ABCDB .直线1A D 与直线1D B 平行,直线MN ⊥平面11BDD BC .直线1AD 与直线1D B 相交,直线//MN 平面ABCDD .直线1A D 与直线1D B 异面,直线MN ⊥平面11BDD B【分析】由正方体间的垂直、平行关系,可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ,即可得出结论.【详解】连1AD ,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 是1A D 的中点,所以M 为1AD 中点,又N 是1D B 的中点,所以//MN AB ,MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ,所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ,所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ,所以选项B ,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中,11AD A D ⊥,AB ⊥平面11AA D D ,所以1AB A D ⊥,1AD AB A ⋂=,所以1A D ⊥平面1ABD ,1D B ⊂平面1ABD ,所以11A D D B ⊥,且直线11,A D D B 是异面直线,所以选项B 错误,选项A 正确.故选：A .【评析】以正方体这类最典型的空间几何体为载体,考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系是立体几何试题命制的一大特点,体现在熟悉的情境中考查基础知识、基本能力的设想.直线A 1D 与直线D 1B 的位置关系的判定,涉及异面直线的判定、异面直线垂直的判定,而异面直线垂直的判定又可以通过线面垂直的判定得到.直线MN 与平面ABCD 及平面BDD 1B 1关系的判定通过直线MN 与直线AB 的平行关系得到.这种基于典型空间图形线面位置关系的考查,是立体几何试题命制的典型手法.拓展题1.已知正方体1111ABCD A B C D -,P 是直线1A C 上一点,( )A ．若1113A P AC =,则直线//AP 平面1BC DB ．若1112A P AC =,则直线//AP 平面1BC D C ．若1113A P AC =,则直线BP ⊥平面1ACD D ．若1112A P AC =,则直线BP ⊥平面1ACD 【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -,利用向量法求解．【解答】解：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -,如图,(1A ,0,0),(1B ,1,0),(0C ,1,0),1(0C ,1,1),(0D ,0,0),1(0D ,0,1),(1DB =,1,0),1(0DC =,1,1),(1AC =-,1,0),1(1AD =-,0,1),设平面1BC D 的法向量(n x =,y ,)z ,则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,取1x =,得(1n =,1-,1),设平面1ACD 的法向量(m a =,b ,)c ,则100m AC a b m AD a c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,取1a =,得(1m =,1,1), 当1113A P AC =时,1(1A ,0,1),2(3P ,13,2)3,1(3AP =-,13,2)3, 1120333AP n ⋅=--+=,且AP ⊂/平面1BC D ,∴直线1//AP BC D ,故A 正确； 1(3BP =-,23-,2)3,BP 与m 不平行,∴直线BP 不垂直于平面1ACD ,故C 错误； 当1112A P AC =时,111(,,)222P ,111(,,)222AP -, 111102222AP n ⋅=--+=-≠,∴直线AP 垂直于平面1BC D ,故C 错误； 111(,,)222BP =--,BP 与m 不平行,∴直线BP 不垂直于平面1ACD ,故D 错误． 故选：A ．【评析】本题考查线面平行、线面垂直的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题．例2（全国乙卷·理18）如图,四棱锥P ABCD -的底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 中点,且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法【分析】（1）连结BD ,利用线面垂直的性质定理证明AM PD ⊥,从而可以证明AM ⊥平面PBD ,得到AM BD ⊥,证明Rt DAB Rt ABM ∆∆∽,即可得到BC 的长度；（2）建立合适的空间直角坐标系,求出所需点的坐标和向量的坐标,然后利用待定系数法求出平面的法向量,由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．【解答】解：（1）连结BD ,因为PD ⊥底面ABCD ,且AM ⊂平面ABCD ,则AM PD ⊥,又AM PB ⊥,PB PD P =,PB ,PD ⊂平面PBD ,所以AM ⊥平面PBD ,又BD ⊂平面PBD ,则AM BD ⊥,所以90ABD MAB ∠+∠=︒,又90ABD ADB ∠+∠=︒,则有ADB MAB ∠=∠,所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽, 则AD BA AB BM =,所以2112BC =,解得2BC =； （2）因为DA ,DC ,DP 两两垂直,故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,则2(2,0,0),(2,1,0),(,1,0)2A B M ,(0P ,0,1), 所以(2,0,1)AP =-,22(,1,0),(,0,0),(2,1,1)22AM BM BP =-=-=--, 设平面AMP 的法向量为(,,)n x y z =,则有00n AP n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即20202x z x y ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩, 令2x =,则1y =,2z =,故(2,1,2)n =,设平面BMP 的法向量为(,,)m p q r =,则有00m BM m BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即20220p p q r ⎧-=⎪⎨⎪--+=⎩,令1q =,则1r =,故(0,1,1)m =, 所以||3314|cos ,|||||1472n m n m n m ⋅<>===⨯, 设二面角A PM B --的平面角为α,则22231470sin 11,1()1414cos cos n m αα=-=-<>=-=, 所以二面角A PM B --的正弦值为7014． 【评析】该题是以长方体为载体的立体几何试题.这个四棱锥是长方体中的一部分,是基于长方体命制的试题,.通过将线面关系PD ⊥底面ABCD ,·PB ⊥AM 转化为BD ⊥AM 实现空间几何关系向一个平面的转化,从而可以求得边BC 的长.对于二面角A -PM -B 的正弦值的问题,试题显然营造了两种计算途径：一是建立空间直角坐标系,运用向量的方法,将二面角大小的计算转化为两个向量的夹角,以点D 为坐标原点可以方便地建立空间直角坐标系D -xyz ；二是综合几何的方法,找出二面角A -PM -B 的平面角,在四棱锥P -ABCD 所构成的长方体中,二面角A -PM -B 就是平面P AM 与平面PEBC 所成的角.设F 为BE 的中点,则AF ⊥平面PBM ,四边形PEBC 是正方形.因此,可设CF 交PM 于点G ,则∠AGF 是二面角A -PM -B 的平面角.于是很容易在直角三角形中求得∠AGF 的正弦值拓展题1 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =，M 是PD 中点．（1）求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；（2）求二面角P AM C --的余弦值．【考点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法【分析】（1）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值．（2）求出平面PAM 的法向量和平面ACM 的法向量，利用向量法有求出二面角P AM C --的余弦值．【解答】解：（1）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，4PA AD ==，2AB =，M 是PD 中点，(2C ∴，4，0)，(0D ，4，0)，(0A ，0，0)，(0P ，0，4)，(0M ，2，2)，(2CD =-，0，0)，(2AC =，4，0)，(0AM =，2，2)，设平面ACM 的法向量(n x =，y ，)z ，则240220n AC x y n AM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1y =，得(2n =-，1，1)-，设直线CD 与平面ACM 所成的角为θ，则||46sin 3||||26CD n CD n θ⋅===⋅． ∴直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值为63． （2）平面PAM 的法向量(1m =，0，0)，平面ACM 的法向量(2n =-，1，1)-，设二面角P AM C --的平面角为θ，由题知θ为钝角，则||26cos ||||36m n m n θ⋅=-=-=-⋅． ∴二面角P AM C --的余弦值为63-． 【评析】本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．类型三 基于典型的简单几何体刻画空间几何图形位置关系题型一 几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【解答】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得2sin6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A .【评析】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.拓展题1若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 【答案】C【解答】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即,,m n l ，所以，这个球的表面积为,,m n l .故选：C ．【评析】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.拓展题2 已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解答】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1，3，所以21135R =++=，球面积254()52S ππ==，故选C . 拓展题3 已知四棱锥P ABCD -的体积是363，底面ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．2821πB ．99112πC ．6372π D ．1083π【答案】A【解答】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ， 四棱锥P ABCD -的体积是363，13633AB AB PQ =⨯⨯⨯ 1336332AB AB AB =⨯⨯⨯，所以边长6AB =，33PQ =，设OH x =，33OM x =-，()()2222223332R OA OM AM x ==+=-+，2222223R OP OH PH x ==+=+，23x =，2212321R =+= 3428213V R ππ==球.故选：A .拓展题4 中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，5AD =，3ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为92π，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______. 【答案】20π 【解答】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且5AD =，3ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为221222AEAD ED r +===，设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则314923R ππ=，解得1322R =. PA ⊥平面ADE ，22112PA R r ⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，可得22111022PA R r =-=，10PA ∴=. 正方形ABCD 的外接圆直径为22210r AC AD ===，2102r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径222252PA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=. 故答案为：20π.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例1、已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【答案】23π 【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=， 解得：22r =，其体积：34233V r =π=π. 故答案为：23π.【评析】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.拓展题1 如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(1222S =⨯⨯⨯=，所以该六面体的表面积为2.（2，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为： 2；729.类型四 多选题、开放题丰富了考查的形式和内容例 1 （全国新高考Ⅰ卷·12）在正三棱柱111ABC A B C -中,11AB AA == ,点P 满足1BP BC BB λμ=+ ,其中[0λ∈,1],[0μ∈,1],则( )A ．当1λ=时,△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时,三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时,有且仅有一个点P ,使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时,有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断当1λ=时,点P 在线段1CC 上,分别计算点P 为两个特殊点时的周长,即可判断选项A ；当1μ=时,点P 在线段11B C 上,利用线面平行的性质以及锥体的体积公式,即可判断选项B ；当12λ=时,取线段BC ,11B C 的中点分别为M ,1M ,连结1M M ,则点P 在线段1M M 上,分别取点P 在1M ,M 处,得到均满足1A P BP ⊥,即可判断选项C ；当12μ=时,取1CC 的中点1D ,1BB 的中点D ,则点P 在线的1DD 上,证明当点P在点1D 处时,1A B ⊥平面11AB D ,利用过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个,即可判断选项D ． 【解答】对于A ,当1λ=时,1BP BC BB μ=+,即1CP BB μ=,所以1//CP BB , 故点P 在线段1CC 上,此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++, 当点P 为1CC 的中点时,△1AB P 的周长为52+, 当点P 在点1C 处时,△1AB P 的周长为221+, 故周长不为定值,故选项A 错误；对于B ,当1μ=时,1BP BC BB λ=+,即1B P BC λ=,所以1//B P BC ,故点P 在线段11B C 上,因为11//B C 平面1A BC ,所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等,又△1A BC 的面积为定值,所以三棱锥1P A BC -的体积为定值,故选项B 正确； 对于C ,当12λ=时,取线段BC ,11B C 的中点分别为M ,1M ,连结1M M , 因为112BP BC BB μ=+,即1MP BB μ=,所以1//MP BB ,则点P 在线段1M M 上, 当点P 在1M 处时,1111A M B C ⊥,111A M B B ⊥,又1111B C B B B =,所以11A M ⊥平面11BB C C ,又1BM ⊂平面11BB C C ,所以111A M BM ⊥,即1A P BP ⊥, 同理,当点P 在M 处,1A P BP ⊥,故选项C 错误； 对于D ,当12μ=时,取1CC 的中点1D ,1BB 的中点D ,因为112BP BC BB λ=+,即DP BC λ=,所以//DP BC ,则点P 在线的1DD 上,当点P 在点1D 处时,取AC 的中点E ,连结1A E ,BE ,因为BE ⊥平面11ACC A ,又1AD ⊂平面11ACC A ,所以1AD BE ⊥, 在正方形11ACC A 中,11AD A E ⊥, 又1BEA E E =,BE ,1A E ⊂平面1A BE ,故1AD ⊥平面1A BE ,又1A B ⊂平面1A BE ,所以11A B AD ⊥ ,在正方体形11ABB A 中,11A B AB ⊥,又11AD AB A =,1AD ,1AB ⊂平面11AB D ,所以1A B ⊥平面11AB D ,因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个, 故有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P ,故选项D 正确． 故选：BD ．【评析】2021年是第二年在新高考数学试卷中出现多选题,只有全部答对才能得满分（5分）,部分答对部分得分（2分）,但只要选错一个就得0分.通过多选题可以实现多种考查目标.该题以正三棱柱为载体,结合空间向量考查学生识图、画图、读图的能力,以及线面的垂直关系的判定、三棱锥体积和几何图形性质等内容.试题并没有给出图形,需要学生将符号语言转化为图形语言,画出相应的空间图形（图12）.由于是多选题,各个选项都有可能正确,所以四个选项相当于四个问题,增加了考试的容量和得分的难度.对于1BP BC BB λμ=+ ,其中[0,1],[0,1]λμ∈∈ ,根据向量基本定理,点P 在正方形11BCC B 内,当1λ=时,点P 的轨迹是线段1CC ;当1μ=时,点P 的轨迹是线段11B C ;当12λ=时,点P 的轨迹为过BC 与11B C 中点的线段MN ;当12μ=时,点P 的轨迹为过1BB 与1CC 中点的线段EF .由此可以根据线面关系的有关结论进行判断.拓展题1．正三棱柱111ABC A B C -，11AB AA ==，P 点满足1(01,01)BP BC BB λμλμ=+，( ) A ．当1λ=时，1PBB ∆的面积是定值 B ．当1λ=时，1PAB ∆的周长是定值 C ．当1μ=时，PBC ∆的面积是定值 D ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值【分析】根据向量的线性关系，结合已知条件以及正三棱柱的几何性质，分别判断1λ=，1μ=时点P 所在的位置，进而判断四个选项即可．【解答】解：由题意，点P 在平面11BCC B 内，ABC ∆，△111A B C 为正三角形且正三棱柱的侧面都是正方形，它们的边长均为1，当1λ=时，点P 在线段1CC 上运动，则1PBB ∆的面积为定值， 又211(1)PB μ=+-，21PA μ=+，则1PAB ∆的周长为2221(1)1μμ++-++不是定值， 故选项A 正确，选项B 错误；当1μ=时，点P 在线段11B C 上运动，则PBC ∆的面积为定值， 而11//B C BC ，11B C ⊂/平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以11//B C 平面1A BC ，则点P 到平面1A BC 的距离为定值， 所以三棱锥1P A BC -的体积为定值， 故选项C 正确，选项D 正确． 故选：ACD ．【评析】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间向量在立体几何中的应用，正三棱柱的几何性质以及三棱锥体积公式的理解与应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．。
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 。
专题07立体几何热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍
立体几何是数学中的一个重要分支，是高中数学中难度较大的部分之一、本文将重点介绍2024年高考数学中可能出现的立体几何热点问题，并提供解题指导和解题技巧。
立体几何热点问题通常涉及到几何体的表面积、体积、计数等方面，解题过程中需要运用到空间几何的知识和技巧。
下面将针对其中的几个典型问题进行分析。
1.空间几何体的表面积和体积计算问题这类问题通常是给出了一个空间几何体的一些特征，要求计算其表面积或体积。
解题时，需要根据几何体的特征来确定计算公式，并进行变形化简，最后代入数值计算。
例如，有一空间四棱锥，其底面是一个正方形，底面边长为a，侧面全为等边三角形，总体积为V。
若将其侧面上的等边三角形都剖为等腰梯形，剖面就积为V'，则V/V'的值为多少？解题思路：首先，根据几何体的特征，可知底面的面积为a^2，侧面的面积为3个等边三角形的面积之和，即3*(√3/4)*a^2、因此，这个四棱锥的表面积为a^2+3*(√3/4)*a^2=7a^2/4、由于V/V'的值不涉及具体的数值计算，所以可以忽略。
2.空间几何体的相交问题这类问题通常是给出了多个几何体，要求计算它们的相交部分的表面积或体积。
解题时，需要将空间几何体展开或分解，进而计算出相交部分的表面积或体积。
例如，有一空间正方体，边长为a，一完整圆柱镂空其中，底面圆的半径为a/2、若镂空部分的表面积为S，求S的值。
解题思路：首先，可以将问题简化为一个在平面上的求解问题。
将正方体展开，得到一个正方形，边长与正方体的边长相等。
圆柱在展开后的平面上形成一个矩形，矩形的宽a/2，长度为圆柱的高度，即a。
因此，矩形的面积为(a/2)*a=a^2/2、由于矩形只占据了正方形的一半，所以镂空部分的表面积为S=a^2/43.空间几何体的体积比较问题这类问题通常是给出了多个几何体，要求比较它们的体积大小。
解题时，需要区分各个几何体的特征，并进行量比较。
例如，有一空间梯形切割四棱柱，棱柱的高度为H，底面是底边长为a的梯形。
2024年新高考Ⅱ卷高考数学试卷评析及备考策略指导课件
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
3.3 课堂示范到位，加强算法的指导和训练
在（1）问计算时，最好转换为分数计算，及时约分，减小数值； 在（2）问计算时，要及时提取公因式，因式分解，减少雍繁的字母； 在（3）问计算时，要善于用二项分布的期望公式，减少计算环节。
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
3.3 课堂示范到位，加强算法的指导和训练 在（3）问计算时，要善于用二项分布的期望公式，减少计算环节。
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3.3 课堂示范到位，加强算法的指导和训练
解析几何中的运算是“带有几何特征的运算”，
如果只知道“死算”，不注意利用图形要素、相关
要素的基本关系以及图形之间的相互关系(例如本题
03
共享复习策略 科学备战高考
PART 03
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
3.1 熟悉高考模式与内容，抓准复习方向；
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
3.2 织牢知识网络体系，注重板块间的整合复习；
3.2.1 立体几何与解析几何的结合； 3.2.2 函数与数列的结合； 3.2.3 解析几何与数列的结合； 3.2.4 概率统计与数列的结合等等。
中的对称、垂直等)，那么解析几何的运算难点是很
难突破的。
-----章建跃
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
3.4 遵循教育规律，依据学情差异化复习
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3.4 遵循教育规律，依据学情差异化复习
以考促教 教考衔接 2024年高考试卷评析及备考策略
近年高考新课程全国卷(理科)立体几何试题分析及备考建议
能力 ．
中 自然而然地考查 了考生对线线 、线面 、面面位置关
（３）会利用相关知识处理有关位置关系问题．试题 系的掌握程度 ，运用空间向量计算空间角 、距离的能
收 稿 日期 ：２０１３—０８—２９ 作者简介 ：张帆 （１９７２一），男，河北邯郸人 ，中学高级教 师，国家奥林 匹克竞赛一级教练 员，主要从事高中数学教学与研究工作
１．更加 重视 能力考 查
体几何解题的途径．
从能力考查的角度看 ，关注三种 能力考查 ：一是
考查学生的空间想象能力 ，二是考查推理论 证能力 ，
从考查的知识点来看 ，主要涉及三部 分内容 ，一
三是考查 问题转化能力 ．它们是考生应具 备的三种非 是空间几何体 的三视图和基本量 （表 面积、体积）运
由于新课标教材 中将立体几何要求进 行 了调整 ，
试题 中减少了求异面直线所成 角与一些空间距 离
高考立体几何部分 的命题难度主要是 中等程度 ，有 时 的问题 ，重点保 留了适合用空间向量来求 的直线与平
个别题略显偏难．考查重点放在对 图形及几何体 的认 面所成角和二面角问题．
识上 ，实现空间到平面的转化 ，几何 图形到 向量 的转
题 、解答 问题 的能力．具体地说 ，新课 程立 体几何 高
试题 的设计思路基本趋于稳定．小题 以识 图人手
考试题对学生能力要求包括以下几点 ：
来考查 学生 的空间想象能力及对一些基本概念 、方法
（１）更加 重视空 间想象 能力．例如 ，体现在 作 图上 ， 的掌 握 程 度 ．解 答 题 以多层 设 问 的形 式 分 别 考 查 推 理
与平 面 位 置 关 系 的研 究 以及 空 间 角 和 距 离 的求 法 ．通
高考数学学科二轮备考关键问题指导系列十(立体几何典例剖析及资源推送)
6
如图，由题意可知，O 为球心，在正方体中， EF FG2 EG2 22 22 2 2 ，即 R 2 ，
取最大值,最大值为
64 3
,
又l
3
时, V
27 4
,
l
3
3
时, V
81 ,所以正四棱锥的体积V 4
的最小值为
27 4
,
所以该正四棱锥体积的取值范围是
27 4
，64 3
.故选
C.
【点评】1、球与几何体的切接是高考热点,常作为客观题压轴题出现,但由于同学们对这类问题训练比
较大,对解题套路相对比较熟悉,
面的面积为180．0km2 ,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148．5m 上升到
157．5m 时,增加的水量约为（ 7 2.65 ）
A. 1.0109 m3
B. 1.2109 m3
C. 1.4109 m3 D. 1.6109 m3
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为 MN 157.5 148.5 9 (m),
棱台上底面积 S 140.0km2 140 106m2 ,下底面积 S 180.0km2 180 106m2 ,
∴V 1 h S S SS 1 9 140106 180106 1401801012
3
3
3 320 60 7 106 96 18 2.65107 1.437109 1.4109(m3) ．故选 C．
2
圆锥的表面积 S1 πrl πr2 3πr2 ，
2
球的表面积
S2
4πR2
4π
3 2
r
3πr2 ，
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题以判断、证明、计算为主要形式来着重考查空间想象能力、逻辑思维能
力和计算能力。
A1
例 1 (新课标全国 2 理 )如图，三棱柱 ABC A1B1C1 中，
D，E 分别是
AB，BB1 的中点， AA1=AC=CB=
2 AB.
2
（ 1）证明： BC1//平面 A1CD1
（2）求二面角 D-A1C-E 的正弦值。
是一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直视图可以是
主视图
侧视图
A．
B．
C．
D．
俯视图
注意：由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间
几何体的形状，两者之间可以相互转化．
2．点、线、面位置关系的问题
点、线、面的位置关系是研究立体几何的核心，以直线与平面的位置
关系为主。主要考查对相关定义、定理的深刻理解，以及对符号语言、图
2．空间位置关系及其逆向问题或探索性问题
A1B ,并求 BD 的值 .
BC1
逆向问题往往是在条件中已知线面的一些位置关系或已知空间量的大
小，要证明或探索另外一些线面的位置关系是否成立或求相应的参数的值
的问题。这类给考生留有较大探索余地的试题，
近年来已成为高考试题的一个新亮点。虽然其
在这几年的新课标全国卷中没有出现，但在其
A． 2
6
B． 3
6
（二）解答题方面
C． 2
3
D． 2
2
1．以多面体或旋转体为载体 , 证明线、面的位置关系或计算空间角和距离
证明线、面之间的位置关系常需经过多次转换才能获得解决。求空间
角和距离也常需要转化求解，或应用空间向量这一工具建系去解决。近年
来新课标地区的理科试题多倾向于用空间向量的方法去解决问题。这类试
形语言、文字语言三者之间进行转换的能力，在选择题、填空题中出现，
多为判断命题真假、判断充要关系、探求动点轨迹等。
例 1 （ 新课标 2）已知 m，n 为异面直线， m⊥平面 ，n⊥平面 . 直线
l 满足 l ⊥m，l⊥n， l , l ，则
A． ∥ 且 l∥
B． ⊥ 且 l⊥
C． 与 相交，且交线垂直于 l
例 2 （北京理）如图 ,在三棱柱 ABC A1B1C1 中 , AA1C 1C
是 边 长 为 4 的 正 方 形 ,平 面 ABC 平 面 AA1C1C ,
AB 3, BC 5 .
(1)求证 : AA1 ⊥平面 ABC ；
(2)求二面角 A1 BC1 B1 的余弦值； (3)证明 :在线段 BC1 存在点 D ,使得 AD
D ． 与 相交，且交线平行于 l
注意：对定理、定义熟练掌握，简单的逆向思维。
例 2 （2009 福建）设 m,n 是平面 内两条不同的直线， l1,l 2 是平面 内的两 条相交直线，则 / / 的一个充分而不必要条件是
A ． m / / 且 l1 / / B． m / / l1且 n / /l 2
A
D
注意：第 (2)问除了空间向量，还可以考虑传统的几何方法去解决。
C1 B1
E C
B
利用等体积求点 D 到平面 A1EC 的距离，再在 A1CD 中求点 D 到直线 A1C 的距离，就可以求二面角的正弦，从而求余弦。
再如下例，第 (2)问即可直接做角求解，第 (3)问也可逆向思维，找到点 D
的位置。
方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，
考查几何体的表面积和体积。 例 1 (新课标 2)一个四面体的顶点在空间直角坐标系
O-xyz 中的坐标分别
是（ 1，0， 1），（ 1，1，0），（ 0， 1，1），（0， 0， 0），画该四面体三视图
中的正视图时，以
zOx 平面为投影面，
高考数学 立体几何试题分析及备考建议
一、高考命题分析 立体几何是高中数学领域的重要模块，是高考考查考生的空间感、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。主要包 括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，三视图，点、直线、平面 的位置关系等。通过研究近年高考试卷，不难发现有关立体几何的命题较 稳定，难易适中，基本体现出 “两小一大 ”或“一小一大 ”的特点 .即 1--2 道小 题， 1 道大题，占 17--22 分，小题灵活多变且有一定的难度，其中常有组 合体三视图问题和开放型试题，大多考查概念辨析，位置关系探究，空间 几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；而解答题大多 属中档题 , 一般设计成几个小问题，此类考题往往以简单几何体为载体， 考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想 象能力、推理论证能力和运算求解能力，也关注对条件和结论不完备情形 下开放性问题的探究。其解题思路也主要是 “作—— 证—— 求”，强调作图、 证明和计算相结合。命题既注意 “知识的重新组合 ”，又采用 “小题目综合化， 大题分步设问 ”的命题思路，朝着 “重基础、直观感、空间感、探究与创新 ” 的方向发展。 二、高考命题规律 （一）客观题方面
例 2 （天津理）如图 , 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E 为棱 AA1 的中点 . (1) 证明 B1C1⊥ CE； (2) 求二面角 B1-CE-C1 的正弦值； (3) 设点 M 在线段 C1E 上 , 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为
2 , 求线段 AM 的长 .
6
注意：第 (3)问不仅体现逆向思维能力，还体现了函数与方程的思想的应用。
3．与函数相关的问题
与函数结合是立体几何考查的一个新亮点，它更注重对综合能力的考 查，我们也要密切关注。 例 1 (江西 )如右图，已知正四棱锥 S ABCD 所有棱 长都为 1，点 E 是侧棱 SC 上一动点，过点 E 垂直于 SC 的 截 面 将 正 四 棱 锥 分 成 上 、 下 两 部 分 ， 记
四、备考策略
( 一 ) 依据考纲 , 挖教材 , 抓基础 在备考过程中，首先要针对高考要求，结合实际，夯实基础。准确理 解和把握空间几何体的结构特征，把握它们的内涵和外延，明确定理的内 容、作用等，把知识网络化、系统化。对于重点内容要熟练掌握：如直线 与直线，直线与平面，平面与平面的平行、垂直的判定与性质定理，并擅 于对它们之间位置关系的判定进行相互转化，各种空间角及距离的求解， 空间向量的应用等。 ( 二 ) 注意方法、总结规律
方法上主要表现为两个方面： 1．几何法 （1）求角的问题时，注意
紧扣定义，将空间角转化为平面上两相交直线所成的角来处理，并可以归
小为 _______
例 2 （山东理）已知三棱柱
ABC
A1B1C1 的侧棱与底面垂直
,体积为 9 ,底面
4
是边长为 3 的正三角形 .若 P 为底面 A1B1C1 的中心 ,则 PA 与平面 ABC 所成角
的大小为
A． 5
12
B．
3
C．
4
D．
6
注意 ：此类问题考查空间想象能力，计算能力，及数形结合思想
C． 1372 cm3
3
D． 2048 cm3
3
注意：主要考查球的几何性质及体积公式。
例 2 （2011 新课标理）已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面
上，且 AB 6, BC 2 3 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 SC 2；则此棱锥的体积为
则得到正视图可以为
A
B
C
D
注意：必修 2 中的空间直角坐标系容易被文科忽视。
例 2 （新课标 2）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某
几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6
B．9
C．12
D． 18
注意：简单组合体的表面积和体积的问题为常考题目。
例 3 （四川理）一个几何体的三视图如图所示 ,则该几何体的直观图可以
他省高考试题中有出现过，而且它从难度上来
讲要高于正向求解的问题。在教学中，我们也会带领学生对这类问题加以
研究，难度上依然是对各层次分别进行要求。
例 1 （辽宁）如图，直三棱柱 ABC -A'B'C' ， BAC =90 ， AB=AC = AA' ，点
M ,N 分别为 A'B 和 B'C' 的中点 . （ 1）证明： MN //平面 A'ACC' ； （ 2）若二面角 A'-MN -C 为直二面角，求 的值 .
题：包括几何体的表面积、体积、距离、角的问题等等。
例 1 （新课标 1 理）如图 ,有一个水平放置的透明无盖的正
方体容器 ,容器高 8cm,将一个球放在容器口 ,再向容器内注水 ,当球面恰好接
触水面时测得水深为 6cm,如果不计容器的厚度 ,则球的体积为
A ． 500 cm3
3
B． 866 cm3
3
1．以三视图为载体考查空间想象能力
空间几何体的结构与三视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象
能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合
体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，从新课标地区的高考
题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏
易题。随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加。主要考查以下两个
三、发现问题、解决问题 学生在立体几何的学习及备考中经常会出现各种各样的问题，主要表现 为以下几个方面： 1．没有建立立体感和空间概念； 2．基础知识不牢固， 概念定理不清； 3．逻辑表述混乱； 4．传统方法与空间向量不能有效结合。 针对这几个方面的问题，我们制定了解决问题的方案： 1. 多用图表示概 念和定理，多在头脑中 “证明 ”定理和构造定理的 “图 ”，指导学生做一些