高考立体几何妙解-正方体
认识正方体的知识点总结
认识正方体的知识点总结正方体是一种特殊的三维几何体，它的六个面都是正方形。
正方体在几何学中扮演着重要的角色，不仅在日常生活中广泛应用，而且在数学和工程学科中也有广泛的应用。
在本文中，我们将逐步介绍正方体的一些重要知识点。
1.正方体的定义正方体是一种六个面都是正方形的立体几何体。
它具有六个面、八个顶点和12条棱。
所有的面都相互垂直，并且相邻的面之间的边长相等。
2.正方体的性质正方体具有以下一些重要的性质： - 六个面都是相等的正方形，都具有相等的边长。
- 所有的内角都是直角（90度）。
- 对任何一个顶点而言，相邻的三个顶点与它构成的三条边的长度都是相等的。
3.正方体的体积和表面积正方体的体积是指正方体内部所包含的空间的大小。
正方体的表面积是指正方体六个面的总面积。
•体积计算公式：V = a³，其中a是正方体的边长。
•表面积计算公式：A = 6a²，其中a是正方体的边长。
4.正方体的投影当正方体投影到一个平面上时，我们可以观察到不同的形状。
正方体有三个主要的投影形式： - 正视图：从正方体的一个面正对观察，可以看到一个正方形。
- 侧视图：从正方体的一个侧面观察，可以看到一个长方形。
- 俯视图：从正方体的上方观察，可以看到一个正方形。
5.正方体的旋转对称性正方体具有旋转对称性，即它可以绕着不同的轴旋转，并且在旋转过程中保持不变。
正方体的旋转对称轴有三个：通过相对的顶点的对角线的轴、通过相对的棱中心的轴以及通过相对的面的中心的轴。
6.正方体的应用正方体在现实生活中有许多应用。
例如，建筑设计中的建筑模型常常使用正方体来代表建筑物的形状和结构。
在数学中，正方体是理解立体几何和三维空间概念的重要基础。
此外，正方体还在计算机图形学、游戏设计和机械工程等领域中有着广泛的应用。
通过了解正方体的定义、性质、体积和表面积计算方法，以及投影、旋转对称性和应用等方面的知识，我们可以更好地理解正方体的特点和应用。
高中正方体重要知识点总结
一、正方体的定义与性质1. 定义：正方体是一种六个面都是正方形的立方体，也可以说是一个立方体的特例。
2. 性质：a. 六个面都是相等的正方形，因此各个面的面积相等。
b. 所有的对角线相等。
c. 对立面平行且相等。
d. 体对角线长度为a√3，其中a为正方体的边长。
e. 与坐标轴平行，有相交于一个点，并且对称。
二、正方体的表面积和体积1. 表面积：正方体的表面积等于六个面的面积之和。
每个面的面积都是a^2，因此正方体的表面积为6a^2，其中a为正方体的边长。
2. 体积：正方体的体积等于边长的立方。
即V = a^3，其中V为正方体的体积，a为正方体的边长。
三、正方体的对角线正方体共有四条对角线，分别是空间对角线、两个面对角线和三个边对角线。
1. 空间对角线：空间对角线是正方体的两个相对的顶点的连线，其长度等于a√3。
2. 面对角线：面对角线是相对的两个面的对角的连线，其长度等于a√2。
3. 边对角线：正方体的每个面上有一条对角线，其长度等于a。
四、正方体的相关公式1. 表面积S = 6a^2，其中S为正方体的表面积，a为正方体的边长。
2. 体积V = a^3，其中V为正方体的体积，a为正方体的边长。
3. 空间对角线长度d = a√3，其中d为正方体的空间对角线长度，a为正方体的边长。
4. 面对角线长度l = a√2，其中l为正方体的面对角线长度，a为正方体的边长。
5. 边对角线长度s = a，其中s为正方体的边对角线长度，a为正方体的边长。
1. 在计算正方体的表面积和体积时，首先要明确各个面的面积和对角线的长度的关系。
2. 在计算正方体的对角线长度时，可以利用勾股定理或三维几何的相关知识进行推导。
3. 在解体积和表面积的问题时，对于知道其中一个量求另一个量的情况要利用已知条件进行推导。
在学习正方体的过程中，需要掌握上述相关定义、性质、公式以及解题技巧，通过大量的练习来加深理解。
此外，还可以通过立体几何模型或者软件进行实际操作，加深对正方体的认识。
高考数学 正方体是多面体的题根知识分析
题根研究正方体为多面体之根一、正方体高考十年十年来，立体几何的考题一般呈“一小一大”的形式.分数约占全卷总分的八分之一至七分之一. 立几题的难度一般在0.55左右，属中档考题，是广大考生“上线竞争”时势在必夺的“成败线”或“生死线”.十年的立几高考，考的都是多面体. 其中： （1）直接考正方体的题目占了三分之一； （2）间接考正方体的题目也占了三分之一.因此有人说，十年高考，立体几何部分，一直在围绕着正方体出题.【考题1】（正方体与其外接球）（1996年）正方体的全面积为a 2，则其外接球的表面积为（B ）A.3 2a πB.22a π C.2πa 2D.3πa 2【解析】外接球的表面积，比起内接正方体的全面积来，自然要大一些，但绝不能是它的（C ）约6倍或（D ）约9倍，否定（C ），（D ）；也不可能与其近似相等，否定（A ），正确答案只能是（B ）.【考题2】（正方体中的线面关系）（1997年）如图，在正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点．（1）证明AD ⊥D 1F ；（2）求AE 与D 1F 所成的角； （3）证明面AED ⊥面A 1FD 1；（4）设AA 1=2，求三棱锥F -A 1ED 1的体积【说明】 小问题很多，但都不难. 熟悉正方体各棱、各侧面间位置关系的考生，都能迅速作答. 如解答（1），只要知道棱AD 与后侧面垂直 就够了.【考题3】（正方体的侧面展开图）（2001年）右图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM 与ED 平行；②与BE 是异面直线；③与BM 成60°角；④DM 与 BN 垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（A）①②③（B）②④（C）③④（D）②③④【解析】考查空间想象能力. 如果能从展开图（右上）想到立体图（下），则能立即判定命题①、②为假，而命题③、④为真，答案是C.【考题4】（正方体中的垂直面）（2002年）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（）（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小.【解析】【考题5】（正方体中主要线段的关系）（2002年）在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是【解析】射影法：作AB在CD所在平面上的射影，由三垂线定理知其正确答案为A.平移法：可迅速排除(B)，(C)，(D)，故选（A）.【考题6】（正方体与正八面体）（2003年） 棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A.33aB.43aC.63aD.123a【解析】将正八面体一分为二，得2个正四棱锥，正四棱锥的底面积为正方形面积的21，再乘31得61. 答案选C.【考题7】（正方体中的异面直线）（2004年）如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A.510 B.515 C.54 D.32【解析】【考题8】（正方体中的线线角）（2005年）如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是A.arccos 515B.4 πC.arccos 510D.2π【考题9】（正方体中的射影问题）（2006年）如图，E 、F 分别为正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是_______．(要求：把可能的图的序号都填上)【考题10】（正方体中的三角形）（2006年）在正方体上任选3个顶点连三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角青工的概率为 A.71 B.72 C.73 D.74【解析】在正方体上任选3个顶点连成三角形可得38C 个三角形，要得直角非等腰三角形，则每个顶点上可得三个(即正方体的一边与过此点的一条面对角线)，共有24个，得38C 24，所以选C. 二、全国热炒正方体2006年的各地数学考卷中，直涉正方体的考题有13个，隐涉正方体的考题还有更多.其中，某某卷“一大一小”的立几考题，都是考的正方体.某某卷登峰造极，“一小一大”的两个立几考题，都是正方体中的难题. 其中，第18题的第2问还是个开放题目.【考题1】2006年某某卷第13题——正方体的一“角”在三棱锥O —ABC 中，三条棱OA 、OB 、OC 两两互相垂直，且OA =OB =OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的大小是（用反三角函数表示）.【考题2】2006年某某卷第19题——两正方体的“并” 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、P 分别是BC 、A 1D 1的中点，M 、N 分别是AE 、CD 1的中点，AD =AA 1=a ，AB =2a .（1）求证：MN ∥面ADD 1A 1； （2）求二面角P —AE —D 的大小； （3）求三棱锥P —DEN 的体积.【考题3】（2006年某某卷第18题）如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP =m .（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为3；（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP .并证明你的结论.【分析】熟悉正方体对角面和对角线的考生，对第(Ⅰ)问，可心算出结果为m =1/3；对第(Ⅱ)问，可猜出这个Q 点在O 1点.可是由于对正方体熟悉不多，因此第（Ⅰ）小题成了大题，第(Ⅱ)小题成了大难题.【考题4】（2006年某某卷第16题）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面的距离可能是：①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7以上结论正确的为______________.（写出所有正确结论的编号）三、正四面体与正方体从“正方体高考十年”和“全国热炒正方体”中，我们看到正方体在立体几何中的特殊地位. 在实践中，正方体是最常见的多面体；在理论上，所有的多面体都可看作是由正方体演变而来.我们认定了正方体是多面体的“根基”. 我们在思考： （1）正方体如何演变出正四面体？ （2）正方体如何演变出正八面体？ （3）正方体如何演变出正三棱锥？ （4）正方体如何演变出斜三棱锥？【考题1】（正四面体化作正方体解）四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A.3πB.4πC.3π3D.6π【说明】本题如果就正四面体解正四面体，则问题就不是一个小题目了，而是有相当计算量的大题. 此时的解法也就沦为拙解.【拙解】正四面体棱长为⇒2底面ABC 是边长为2的正三角形△ABC 的高线BD =23·2=26（斜高VD =26）⇒△ABC 的边心距HD =31·26=⇒66正四面体V —ABC 的高 .332)66()26(2222=-=-=HD VD VH 正四面体外接球的半径为高的43，即R =43·.23332= 故其外接球的表面积为3π. 答案是A.【联想】1、2、3的关系正四面体的棱长为2，这个正四面体岂不是由棱长为1的 正方体的6条“面对角线”围成？为此，在棱长为1的正方体B —D 1中，（1）过同一顶点B 作3条面对角线BA 1、BC 1、BD ； （2）将顶点A 1，C 1，D 依次首尾连结.则三棱锥B —A 1C 1D 是棱长为2的正四面体.于是正四面体问题可化归为对应的正方体解决.【妙解】 从正方体中变出正四面体以2长为面对角线，可得边长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，这个正方体的体对角线长为3，则其外接球的半径为23，则其外接球的表面积为S =4πR 2=4π (23)2＝3π 以2为棱长的正四方体B —A 1C 1D 以1为棱长的正方体有共同的外接球，故其外接球的表面积也为S =3π.【寻根】 正方体割出三棱锥在正方体中割出一个内接正四面体后，还“余下”4个正三棱锥. 每个正三棱锥的体积均为1/6，故内接正四面体的体积为1/3 . 这5个四面体都与正方体“内接”而“共球”.事实上，正方体的内接四面体（即三棱锥）共有12C 48-=58个.至此可以想通，正方体为何成为多面体的题根.四、正方体成为十年大难题按理说，立体几何考题属中档考题，难度值追求在0.4到0.7之间. 所以，十年来立几考题——哪怕是解答题也没有出现在压轴题中.从题序上看，立几大题在6个大题的中间部分，立几小题也安排在小题的中间部分.然而，不知是因为是考生疏忽，还是命题人粗心，竟然在立几考题中弄出了大难题，其难度超过了压轴题的难度，从而成为近十年高考难题的高难之最！【命题】 将正方体一分为二2003年全国卷第18题，某某卷第18题，某某卷第19题等，是当年数学卷的大难题. 其难度，超过了当年的压轴题.在命题人看来，其载体是将正方体沿着对角面一分为二，得到了一个再简单不过的直三棱柱.图中的点E 正是正方体的中心.【考题】如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB =90°.侧棱AA 1=2，D 、E 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 .(Ⅰ)求A 1B 与平面ABD 所成角的大小(结果用反三角函数值表示)； (Ⅱ)求点A 1到平面AED 的距离.【解析】（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即 ∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ， ∴CDEF 为矩形.连结DF ，G 是△ADB 的重心，∴G ∈DF .在直角三角形EFD 中，EF 2=FG ·FD =31FD 2，∵EF =1，∴FD =3. 于是ED =2，EG =36321=⨯. ∵FC =ED =2，∴AB =22，A 1B =23，EB =3. ∴sin ∠EBG =EB EG =36·31=32.∴A 1B 与平面ABD 所成的角是arcsin32. （Ⅱ）连结A 1D ，有E AA D ADE A V V 11--=.∵ED ⊥AB ，ED ⊥EF ，又EF ∩AB =F ，∴ED ⊥平面A 1AB ， 设A 1到平面AED 的距离为h ，则S △AED ·h =AE A S 1∆·ED . 又AE A S 1∆=A A S AB A 114121=∆·AB =2， S △AED =21AE ·ED =26.∴h =3622622=⨯. 即A 1到平面AED 的距离为362. 本题难在哪里？从正方体内切出的直三棱柱的画法不标准！ 难点突破：斜二测改图法，把问题转到正方体中.EFCD 为矩形EF =1（已知）FD =3FG （重心定理）FD =3（射影定理）EG =36（Ⅰ）ED =2（勾股定理）FC =2（正方体！） FB =2EB =3（Ⅱ）sin ∠EBG =32=EB EG .难题（0318）的题图探究正方体立体图常见的画法有两种： （1）斜二测法（图（1））此法的缺点：A1、B、C 三点“共线”导致“三线”重合（2）正等测法（图（2））此法的缺点：A、C、C1、A1“共线”导致“五线”重合难题的图近乎第二种画法（图（3））：将正方体的对角面置于正前面.五、解正方体正方体既然这么重要，我们就不能把这个“简单的正方体”看得太简单.像数学中其他板块的基础内容一样，越简单的东西，其基础性就越深刻，其内涵和外延的东西就越多.我们既然认定了正方体是多面体的根基，那我们就得趁着正方体很“简单”的时候，把它的上上下下、左左右右、里里外外的关系，都弄个清楚明白！关于正方体你已经知道了多少？正方体，（）个面，线面距转（）面距，（）个顶点（）棱。
立体几何中的正方体
立体几何中的正方体正方体是立体几何中一种常见的立体形状，具有六个相等的正方形面。
它在数学和几何学中具有重要的性质和应用。
本文将对正方体的特点、性质及应用进行介绍。
一、正方体的特点正方体是一种特殊的长方体，其特点如下：1. 具有六个面，每个面都是正方形，且相邻面的边长相等。
2. 具有八个顶点，每个顶点四个面相交，且每个面都有一个顶点。
3. 具有十二条棱，每个棱连接两个顶点，且每个棱都有两个面与之相邻。
4. 具有六个面对面的对称轴，可沿着对称轴进行对称。
二、正方体的性质正方体具有多种性质，下面介绍其中几个重要的性质：1. 对角线长度相等：正方体的对角线长度相等，可以通过勾股定理证明。
2. 体对角线长度：正方体的体对角线长度等于边长的√3倍，可以通过勾股定理证明。
3. 面对角线长度：正方体的面对角线长度等于边长的√2倍，可以通过勾股定理证明。
4. 体积和表面积：正方体的体积等于边长的立方，表面积等于边长的平方的六倍。
5. 对称性：正方体具有多个对称面、对称轴和对称中心。
三、正方体的应用正方体作为一种常见的几何形状，广泛应用于各个领域。
1. 建筑设计：正方体被广泛运用在建筑设计中，如建筑立面、建筑布局等，通过调整正方体的大小、角度和排列方式，可以创造出不同的建筑风格和效果。
2. 产品设计：正方体的简单形状使得它在产品设计中应用广泛，如盒子、骰子等，正方体的规整形状方便制造和使用。
3. 数学教育：正方体作为一种基本的立体形状，被广泛用于数学教育中，教授几何概念和计算体积等基础知识。
4. 计算机图形学：正方体在计算机图形学中也扮演着重要的角色，用于建模和渲染等领域。
总结：正方体作为立体几何中常见的形状，具有多种特点和性质，并被广泛应用在各个领域。
了解正方体的特点和性质，有助于我们更好地理解三维空间，应用几何知识解决实际问题。
正方体是几何学中的基本形状之一，通过研究正方体的性质和应用，我们可以进一步理解立体几何的重要概念。
正方体高考知识点
正方体高考知识点正方体是一种立体图形，它的六个面都是正方形。
在高考数学中，正方体是一个常见的几何形体，涉及到的知识点也很重要。
本文将从不同角度介绍正方体的性质、相关公式和解题方法。
第一部分：正方体的性质和结构1.1 表面积和体积正方体的表面积是指六个面的总面积。
由于每个面都是正方形，所以可以使用边长的平方乘以6来计算表面积。
假设正方体的边长为a，则表面积S=6a²。
正方体的体积是指正方体所占的空间大小。
体积可以通过边长的立方来计算，即体积V=a³。
1.2 空间对角线正方体的空间对角线是指连接相对顶点的线段。
在正方体中，空间对角线的长度可以通过勾股定理计算。
假设正方体的边长为a，则空间对角线的长度D=√(3a²)。
第二部分：相关公式和解题方法2.1 相关公式在解题过程中，我们还会遇到一些与正方体相关的公式。
首先，我们来看一下正方体的对角线长度与边长之间的关系。
设正方体的对角线长度为d，则有公式d=√(3a)。
其次，我们还会遇到正方体的体积、边长和表面积之间的关系。
根据前面的介绍，体积V=a³，表面积S=6a²。
仔细观察这两个公式，我们可以发现它们之间存在一个关系：V=S/6。
这个关系在解题中非常有用，可以帮助我们快速计算出正方体的体积。
2.2 解题方法在高考中，与正方体相关的问题通常是要求我们计算正方体的面积、体积或者边长。
在解题过程中，我们可以采用以下方法：首先，要熟练掌握正方体的表面积和体积的计算公式。
这样，当遇到与正方体相关的题目时，可以迅速应用相关公式进行计算。
其次，要善于利用正方体的对称性质。
正方体的六个面是相似的，每个面上的对应线段是相等的。
这个性质在解题时经常被用到，可以帮助我们简化解题步骤，减少计算量。
第三部分：实例分析为了更好地理解正方体的性质和解题方法，我们来看两道典型的高考题目。
题目一：一个正方体的对角线长为d，求它的边长和体积。
素描正方体讲解知识点总结
素描正方体讲解知识点总结一、正方体的性质1. 正方体的各个面正方体有六个面，它们都是正方形。
每个面都与其他两个面相邻，形成了一个完整的立体。
正方体的各个面具有相同的边长和相同的角度，因此它们是完全相似的。
2. 正方体的各个顶点正方体有八个顶点，每个顶点由三条边相交而成。
在每个顶点处，会形成一个相等的直角三角形，这也是正方体所特有的性质之一。
3. 正方体的各条边正方体有十二条棱，每条棱都与其他两条棱相邻。
这十二条棱分别连接了正方体的八个顶点，形成了正方体的完整结构。
二、正方体的表面积和体积1. 表面积正方体的表面积等于它的六个面积之和。
每个面积都是正方形，所以可以用边长的平方来表示。
因此，正方体的表面积等于6×(边长×边长)。
2. 体积正方体的体积等于它的长、宽、高三个边长的乘积。
因为每个面都是正方形，所以它们的面积相等，也就是说正方体的体积等于正方形面积的立方。
三、正方体的投影正方体的投影是指正方体在不同方向下的影子。
在数学中，我们通常会涉及到正方体在不同平面上的投影问题，比如正方体在地面上的投影、在墙壁上的投影等等。
四、正方体的展开图正方体的展开图是指将正方体的所有面展开成一个平面图形。
通过展开图，我们可以更直观地看到正方体各个面之间的联系和排列。
通过以上对正方体的性质、表面积、体积、投影和展开图的介绍，我们可以更深入地理解正方体在数学中的应用和意义。
掌握了这些知识点，我们能够更好地解决与正方体相关的问题，并加深对几何学的理解。
高中正方体特殊结论
高中正方体特殊结论一、正方体的定义正方体是一种特殊的立体形状，它的六个面都是正方形，且所有的边长相等。
正方体具有许多独特的性质和结论，在高中数学中被广泛学习和讨论。
本文将深入探讨高中正方体特殊结论。
二、正方体的面、棱和顶点正方体的六个面分别是正方形，它们的面积相等。
正方体的所有棱也相等长，每个面上有四条棱相交。
正方体有八个顶点，每个顶点都会和其他三个面相交。
三、正方体的对角线正方体的对角线是连接正方体两个不相邻顶点的线段。
正方体有四条对角线，每条对角线的长度相等。
对角线也可以通过对称性得出，即通过找到两个对应点的位置关系。
四、正方体的体积和表面积正方体的体积是指正方体所包围的空间大小。
计算正方体的体积非常简单，只需要将正方体的边长相乘即可，即V=a3，其中a为正方体的边长。
正方体的表面积是指正方体六个面的总面积。
正方体的表面积可以通过计算正方体六个面的面积后相加得到，也可以通过计算正方体一个面的面积后乘以6得到。
即A=6a2，其中a为正方体的边长。
五、正方体的直径和内切球半径正方体的直径是指通过正方体中心并且与正方体两个相对顶点相连的线段。
计算正方体的直径简单，只需要将正方体的边长乘以√3即可，即d=√3a，其中a为正方体的边长。
正方体可以内切于一个球形，这个球形被称为内切球。
内切球与正方体的六个面相切。
正方体的内切球半径可以通过正方体的边长乘以12得到，即r =12a ，其中a 为正方体的边长。
六、正方体的对角线和棱角的关系正方体的对角线和棱角有很特殊的关系。
对角线将正方体分为两个等体积的四面体，棱角则将正方体分为六个等体积的四棱锥。
这个结论可以通过数学证明和几何推断得到。
七、正方体的切割和体积比较正方体可以按照不同的方式进行切割，每种切割方式都会得到不同的几何形状。
通过对不同形状的计算，可以比较出正方体的体积和其他形状的体积之间的大小关系。
八、正方体结论的应用正方体结论在实际生活和工作中有着广泛的应用。
高考立体几何妙解-正方体
⾼考⽴体⼏何妙解-正⽅体⾼考⽴体⼏何精髓-正⽅体⼀、基础知识：㈠11种展开图（⼆）⽤⼀个平⾯截正⽅体。
可得到以下三⾓形、矩形、正⽅形、五边形、六边形、正六边形、菱形、梯形。
具体做法：三⾓形——过⼀个顶点与相对的⾯的对⾓线以内的范围内的线。
矩形——过两条相对的棱或⼀条棱。
正⽅形——平⾏于⼀个⾯五边形——过四条棱上的点和⼀个顶点或五条棱上的点。
六边形——过六条棱上的点。
正六边形——过六条棱的中点。
菱形——过相对顶点。
梯形——过相对两个⾯上平⾏不等长的线。
⼆、技巧应⽤①利⽤正⽅体构造反例判断命题的真假.【例１】已知a，b，c是直线，是平⾯，给出下列命题：①若a⊥b，则b⊥c，则a∥c；②若a∥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥，b，则a∥b；④若a与b异⾯，且a∥，则b与相交；⑤若a与b异⾯，则⾄多有⼀条直线与a、b都垂直.其中真命题的个数是（）.Ａ. １Ｂ. ２Ｃ. ３Ｄ. ４解：构造如图１所⽰的正⽅体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１.对①选ＡＢ为a，ＢＣ为b，ＣＣ１为c，显然a不平⾏于c，所以①不正确；②显然正确；对③选ＡB为a，平⾯ＣＣ１Ｄ１Ｄ为，ＣＣ１为b，a与b不平⾏，所以③不正确；对④选ＡＢ为a，Ｂ１Ｃ１为b，过ＡＡ１中点且垂直于ＡＡ１的平⾯为，显然a、b都与平⾏，所以④不正确；对⑤所有平⾏于a、b的公垂线的直线（有⽆数条）都与a、b垂直，所以⑤不正确；故选Ａ.②将复杂的点、线、⾯关系置于正⽅体中解题【例2】ＭＮ是两条互相垂直的异⾯直线a，b的公垂线段，点Ｐ是线段ＭＮ上除Ｍ，Ｎ外⼀动点，若点Ａ是a上不同于公垂线垂⾜的⼀点，点Ｂ是b上不同于公垂线垂⾜的⼀点，则△ＡＰＢ是（）.Ａ. 锐⾓三⾓形Ｂ. 钝⾓三⾓形Ｃ. 直⾓三⾓形Ｄ. 以上均有可能解：如图２，把异⾯直线a，b，及公垂线段ＭＮ置于正⽅体中，则ＡＰ２＝ＡＭ２＋ＭＰ２，ＢＰ２＝ＢＮ２＋ＮＰ２，ＡＢ２＝ＢＮ２＋ＡＮ２＝ＢＮ２＋ＡＭ２＋ＭＮ２，∴ＡＰ２＋ＢＰ２－ＡＢ２＝ＭＰ２＋ＰＮ２－ＭＮ２＝ＭＰ２＋ＰＮ２－（ＭＰ＋ＰＮ）２＝－２ＭＰ·ＰＮ<0.∴△ＡＰＢ为钝⾓三⾓形，故选Ｂ.【点评】当点、线⾯关系⽐较复杂时，可以寻找⼀个载体（如正⽅体），将它们置于其中，这是解题的很好途径。
高中数学立体几何解题技巧
高中数学立体几何解题技巧在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是学生们普遍认为较为困难的部分。
本文将介绍一些解题技巧，帮助学生更好地应对立体几何题目。
一、空间几何体的性质在解决立体几何问题时，首先要熟悉各种空间几何体的性质。
例如，正方体的六个面都是正方形，每个面上的对角线相交于立方体的中心点。
了解这些性质可以帮助我们更好地理解题目，从而更快地找到解题思路。
例如，考虑以下题目：已知正方体ABCD-EFGH，点M，N分别为AE和BF的中点，连接MN并延长交于点P，求证：AP⊥MN。
解题思路：首先，我们要了解正方体的性质。
正方体的六个面都是正方形，对角线相交于中心点。
根据题目中的条件，我们可以画出正方体，并连接MN。
然后，我们观察到点P是MN的延长线上的一个点，可以猜测点P可能与正方体的某个顶点相关。
通过观察，我们可以发现点A与MN的延长线相交于点P。
由于正方体的性质，我们可以得出结论：AP⊥MN。
二、平行关系的运用在解决立体几何问题时，平行关系是一个重要的解题技巧。
通过观察题目中给出的平行线段或平行面，我们可以利用平行关系得到一些有用的信息。
例如，考虑以下题目：已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1，AB∥A1B1，CD∥C1D1，E为AB的中点，F为CD的中点，连接EF并延长交于点P，求证：AP⊥EF。
解题思路：首先，我们要注意到题目中给出了平行关系。
根据题目中的条件，我们可以画出四棱锥，并连接EF。
然后，我们观察到点P是EF的延长线上的一个点，可以猜测点P可能与四棱锥的某个顶点相关。
通过观察，我们可以发现点A 与EF的延长线相交于点P。
由于平行关系的性质，我们可以得出结论：AP⊥EF。
三、相似关系的运用在解决立体几何问题时，相似关系也是一个常用的解题技巧。
通过观察题目中给出的相似三角形或相似几何体，我们可以利用相似关系得到一些有用的信息。
例如，考虑以下题目：已知正方体ABCD-EFGH，点M，N分别为AE和BF的中点，连接MN并延长交于点P，求证：BP：PM=2：1。
巧构正方体,妙解高考题
巧构正方体，妙解高考题2006年高考数学试题江西卷的立体几何题是这样的：如图1，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD 3BD ＝CD ＝1，另一个侧面是正三角形.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角B －AC －D 的大小；(3)在直线AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 成30︒角？若存在，确定E 的位置；若不存在，说明理由.本题用综合法（传统方法）来解难度较大，甚感“山重水复疑无路”，若能根据题目条件构造正方体来解，便能“柳暗花明又一村”了.分析：因为题目条件中有“∆ABD 、∆ACD 是全等的直角三角形”、“AD 3BD ＝CD ＝1”、“正三角形”等条件，所以我们容易联想到正方体，从而构造出如图所示的棱长为1的正方体了.因此以下的解法也就再自然不过了.解 (1) 如图2, 构造棱长为1的正方体. 以D 为原点，以DB 为x 轴，DC 为y 轴建立空间直角坐标系.则B（1,0,0）,C(0,1,0),A(1,1,1),()1,1,0BC =- ,()1,1,1DA =, ∴0,BC DA ⋅=∴BC ⊥AD.(2)设平面ABC 的法向量为()1,,n x y z =，则由110;n BC n BC x y y x ⊥⋅+=∴= 知： ＝-， 同理由 110,.n CA n CA x z z x ⊥⋅+=∴=- 知： ＝∴()1,,n x x x =- . 不妨取()11,1,1n =- .同理可求得平面ACD 的一个法向量为()21,0,1n =- ，∴cos 12,n n <> =12126||||n n n n ⋅=又由图可以看出，二面角为锐二面角，∴所求的二面角的大小为(3)设E(x,y,z)是线段AC 上的一点，过点E 作面BCD 的垂线段EM ，则MC=EM ，∴x=z > 0,y=1,∴M E x zyDCOBA图2(),1,DE x x = .又平面BCD 的一个法向量为()0,0,1n =，要使ED 与面BCD 成30︒角，由图可知只要,60DE n <>=︒ ，∴cos ,DE n <>=1cos602||||DE n DE n ⋅==︒=,∴2x =∴2=21x CE x =∴=. 故在线段AC 上存在点E ，当CE=1时，ED 与面BCD 成30︒角.正方体是一种特殊且重要的多面体，它含有丰富的线线、线面和面面等位置关系．一道立体几何题，如果能通过构造正方体来解，不仅方法简捷自然，而且还可以利用空间向量这一工具降低思维难度. 所以有关能通过构造正方体来解的题深受高考命题教师的青睐. 下面再通过几个例子来说明这种方法的运用．例1(2003年全国高考题) 2面积为（ ）.(A) 3π (B)4π 3π (D)6π解：以正四面体的各棱为正方体的面对角线，构造棱长为1的正方体，显然所求的球就是棱长为1的正方体的外接球，设球的半径为R ，即有2R ＝3()22423.S R R πππ===球表故选(A)．例2(2002年全国高考题) 如图3，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、 ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a (02a <<.（I ）求MN 的长；（II ）当a 为何值时，MN 的长最小；（III ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小.图3 图4AF解：(Ⅰ)可求得 (0a <<．(Ⅱ) 由（I ） ，故当2a =时，min 2MN =． 即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22． (Ⅲ)以正方形ABCD 、ABEF 为相邻面构造正方体，如图4，面MNA 与面MNB 所成的角，即为面MNA 与面CF 1E 所成的角(因为面MNB ∥面CF 1E )．在正四面体AEF 1C 中，易求得两个相邻面所成二面角的余弦为－13， ∴ 二面角A —MN —B 的大小为π－arccos13． 例3(2004年北京春季高考题) 如图5，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，3SB =图5 图6（I ）求证BC ⊥SC ；（II ）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（III ）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小. 解：（I ）∵SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴可以把四棱锥 S ABCD -补形为长方体A 1B 1C 1S-ABCD ，如图6，由正方形ABCD 的边长为1,且SB 3知SD=1，故长方体A 1B 1C 1S-ABCD 是棱长为1的正方体．（I ）在正方体 A 1B 1C 1S-ABCD 中，显然有BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ．（II ）在正方体A 1B 1C 1S-ABCD 中，面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面 BCSA 1所成的二面角．而∠CSD 即为其平面角, 又∠CSD=45︒， ∴面ASD 与面BSC 所成的二面角的大小为 45︒．（III ）在正方体 A 1B 1C 1S-ABCD 中，M 即是面对角线A 1D 的中点，∴DM ⊥SA ．又SA 是SB 在面ASD 上的射影，由三垂线定理得DM ⊥SB ，∴异面直线DM 与SB 所成的角为 90︒．练习题1、在球面上有四个点P 、A 、B 、C ，如果PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA=PB=PC= a ，那么这个球面面积是 .分析 PA 、PB 、PC 两两垂直很容易想到PABC 位于一个正方体中，从而构造正方体.解 如图，满足条件的正方体的四个顶点P 、A 、B 、C 恰好在球面上，∴此时球的直径2R 为正方体的对角线长.即2R=3a ，23a S π=∴球表面积. 2、四面体SABC 的三组对棱分别相等，且依次为52、13、5，则四面体的体积是 .分析 四面体的三组对棱相等，联想到长方体中相对的面的面对角线长度相等，从而构造长方体. 解 如图，将四面体SABC 补形成一个长方体，设长方 体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则有：⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+251320222222c a c b b a ⎪⎩⎪⎨⎧===⇒9416222c b a 4,2,3.a b c =⎧⎪⇒=⎨⎪=⎩∴三棱锥正方体V V V SABCD 4-=abc abc 21314⨯⨯-=abc 31==8.PCBAPA BCPCBASCBA。
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高考立体几何精髓-正方体
一、基础知识：
㈠11种展开图
（二）用一个平面截正方体。
可得到以下三角形、矩形、正方形、五边形、六边形、正六边形、菱形、梯形。
具体做法：
三角形——过一个顶点与相对的面的对角线以内的范围内的线。
矩形——过两条相对的棱或一条棱。
正方形——平行于一个面
五边形——过四条棱上的点和一个顶点或五条棱上的点。
六边形——过六条棱上的点。
正六边形——过六条棱的中点。
菱形——过相对顶点。
梯形——过相对两个面上平行不等长的线。
二、技巧应用
①利用正方体构造反例判断命题的真假.
【例１】已知a，b，c是直线，是平面，给出下列命题：
①若a⊥b，则b⊥c，则a∥c；②若a∥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥，b，
则a∥b；④若a与b异面，且a∥，则b与相交；⑤若a与b异面，则至多有一条直线与a、b都垂直.其中真命题的个数是（）.
Ａ. １Ｂ. ２Ｃ. ３Ｄ. ４
解：构造如图１所示的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１.对①选ＡＢ为a，ＢＣ为b，ＣＣ１为c，显然a不平行于c，所以①不正确；②显然正确；对③选
ＡB为a，平面ＣＣ１Ｄ１Ｄ为，ＣＣ１为b，a与b不平行，所以③不正确；
对④选ＡＢ为a，Ｂ１Ｃ１为b，过ＡＡ１中点且垂直于ＡＡ１的平面为，显然
a、b都与平行，所以④不正确；对⑤所有平行于a、b的公垂线的直线（有无数
条）都与a、b垂直，所以⑤不正确；故选Ａ.
②将复杂的点、线、面关系置于正方体中解题
【例2】ＭＮ是两条互相垂直的异面直线a，b的公垂线段，点Ｐ是线段ＭＮ上除Ｍ，Ｎ外一动点，若点Ａ是a上不同于公垂线垂足的一点，点Ｂ是b上不同
于公垂线垂足的一点，则△ＡＰＢ是（）.
Ａ. 锐角三角形
Ｂ. 钝角三角形
Ｃ. 直角三角形
Ｄ. 以上均有可能
解：如图２，把异面直线a，b，及公垂线段ＭＮ置于正方体中，
则ＡＰ２＝ＡＭ２＋ＭＰ２，ＢＰ２＝ＢＮ２＋ＮＰ２，
ＡＢ２＝ＢＮ２＋ＡＮ２＝ＢＮ２＋ＡＭ２＋ＭＮ２，
∴ＡＰ２＋ＢＰ２－ＡＢ２＝ＭＰ２＋ＰＮ２－ＭＮ２＝ＭＰ２＋ＰＮ２－（ＭＰ＋ＰＮ）２＝－２ＭＰ·ＰＮ<0.
∴△ＡＰＢ为钝角三角形，故选Ｂ.
【点评】当点、线面关系比较复杂时，可以寻找一个载体（如正方体），将它
们置于其中，这是解题的很好途径。
③将正四面体补成正方体
例1 （2006年山东卷）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB=2CD=2，∠DAB=60°，E 为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三
棱锥P—DCE的外接球的体积为（）
A. B.
C. D.
解析：根据题意折叠后的三棱锥P—DCE为正四面体，且棱长为1。
以此正四面体来构造正方体，使正四面体的各棱分别是正方体各面的对角线，如图2。
则正方体的棱长为
，正方体的对角线也即正方体外接球的直径的长为。
又正方体的外接球也为正四
面体的外接球，所以外接球的半径为。
所以，
故选C。
④。
、将三棱锥补成正方体
例2 （2006年全国I卷）如图3，l1、l2是相互垂直的异面直线，
MN是它们的公垂线段。
点A、B在l1上，AM=MB=MN。
（I）证明AC⊥NB；
（II）若∠ACB=60°，求NB与平面ABC所成角的余弦值。
解析：（I）证明略。
（II）由（I）及∠ACB=60°，可知NA、NB、NC两两垂直且
相等，故可将三棱锥C—ABN补成正方体NASB—CQPR，如图4
所示。
连结PN，由RN⊥BC，知PN⊥BC。
同理，PN⊥AC。
所以PN⊥平面ABC。
设垂足为O，则∠OBN就是NB与平面ABC所成角。
设正方体棱长为1，则
由sin∠OBN，得cos∠OBN=
⑤、将三棱柱补成正方体
例3 （2006年全国II卷）如图5，在直三棱柱中，AB=BC，D、E分
别为BB1、AC1的中点。
（I）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；
（II）设AA1=AC=，求二面角A1—AD—C1的大小。
解析：（1）证明略。
（2）由题设AA1=AC=，可知为正方形，∠ABC=90°。
将棱柱补成正方体，如图6所示。
易知所求二面角恰是二面角
的一半。
作正方体的截面。
由图知
，，所以。
同理，。
于是∠是二面角的平面角的补角。
而△是正三角形，
∠=60°，故二面角为120°，从而二面角是60°。
⑥. 将四棱柱体特殊化为正方体解题
【例3】若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α，则cosα=.
解：∵本题为填空题，∴不妨设正四棱柱为一个正方体，而在正方体中与各个面所成角都相等的直线是体对角线，如图3，即图中∠ＣＡ１Ｄ是所求的α.若令正方体棱长为
１，则Ａ１Ｄ＝，Ａ１Ｃ＝，
【点评】用特殊化思想是解决本题的捷径.
⑦、由共点且两两垂直的三条相等线段构造正方体
例4 （2001年高考题）如图7，在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD中，∠ABC=90o，
SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=。
（I）求四棱锥S—ABCD的体积；
（II）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值。
解析：延长AD到E，使DE=AD，以AE、AB、AS为棱构造正方体，如图8所示。
则有：
图8
（I）
（II）延长CD、BA相交于F，连结SF，易知SF//AB'。
又可知AB'⊥面CBS，所以SF⊥面SBC，故∠BSC为面SCD与面SBA所成的角。
在直角△SBC中，SB=从而tan∠BSC=
⑧、由共边且互相垂直的两个正方形面构造正方体
例5 （2002年高考题）如图9，正方形ABCD、ABEF的边长
都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直。
点M在AC上移动，
点N在BF上移动，若CM=BN=a（0<a<）。
（I）求MN的长；
（II）当a为何值时，MN的长最小；
（III）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小。
解析：（I）与（II）略。
（III）以正方形ABCD、ABEF为相邻面构造正方体如图10所示，面MNA与面MNB 所成的角，即面ACE与面CF'E所成的角的补角（因为面MNB//面CF'E）。
在正四面体ACEF'中，易求相邻面所成的二面角的余弦为。
所以二面角A—MN—B的平面角为。