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。
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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。