高考数学一轮复习立体几何知识点
高考数学(立体几何)第一轮复习
高考数学（立体几何）第一轮复习资料知识点小结：高考立体几何知识点总结一 、空间几何体 （一） 空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。
2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中，这条直线称为旋转体的轴。
（二） 几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体 性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等；1.3 棱柱的面积和体积公式ch S 直棱柱侧（c 是底周长，h 是高） S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱2 、棱锥的结构特征2.1 棱锥的定义（1） 棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
（2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
2.2 正棱锥的结构特征Ⅰ、 平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；Ⅱ、 正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；正棱锥侧面积：1'2S ch =正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高） 体积：13V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为a 22的正方体问题。
高考数学立体几何知识要点知识点总结及解题思路方法
高考数学立体几何知识要点知识点总结及解题思路方法一、知识提纲（一）空间的直线与平面⒈平面的基本性质⑴三个公理及公理三的三个推论和它们的用途．⑵斜二测画法．⒉空间两条直线的位置关系：相交直线、平行直线、异面直线．⑴公理四（平行线的传递性）．等角定理．⑵异面直线的判定：判定定理、反证法．⑶异面直线所成的角：定义（求法）、范围．⒊直线和平面平行直线和平面的位置关系、直线和平面平行的判定与性质．⒋直线和平面垂直⑴直线和平面垂直：定义、判定定理．⑵三垂线定理及逆定理．5.平面和平面平行两个平面的位置关系、两个平面平行的判定与性质．6.平面和平面垂直互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．（二）直线与平面的平行和垂直的证明思路（见附图）（三）夹角与距离7.直线和平面所成的角与二面角⑴平面的斜线和平面所成的角：三面角余弦公式、最小角定理、斜线和平面所成的角、直线和平面所成的角．⑵二面角：①定义、范围、二面角的平面角、直二面角．②互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．8.距离⑴点到平面的距离．⑵直线到与它平行平面的距离．⑶两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线、公垂线段．⑷异面直线的距离：异面直线的公垂线及其性质、公垂线段．（四）简单多面体与球9.棱柱与棱锥⑴多面体．⑵棱柱与它的性质：棱柱、直棱柱、正棱柱、棱柱的性质．⑶平行六面体与长方体：平行六面体、直平行六面体、长方体、正四棱柱、正方体；平行六面体的性质、长方体的性质．⑷棱锥与它的性质：棱锥、正棱锥、棱锥的性质、正棱锥的性质．⑸直棱柱和正棱锥的直观图的画法．10.多面体欧拉定理的发现⑴简单多面体的欧拉公式．⑵正多面体．11.球⑴球和它的性质：球体、球面、球的大圆、小圆、球面距离． ⑵球的体积公式和表面积公式．二、常用结论、方法和公式1.从一点O 出发的三条射线OA 、OB 、OC ，若∠AOB=∠AOC ，则点A 在平面∠BOC 上的射影在∠BOC 的平分线上；2. 已知:直二面角M －AB －N 中，AE ⊂ M ，BF ⊂ N,∠EAB=1θ,∠ABF=2θ，异面直线AE 与BF 所成的角为θ，则;c o s c o s c o s 21θθθ=3.立平斜公式：如图，AB 和平面所成的角是1θ，AC 在平面内，BC 和AB 的射影BA 1成2θ，设∠ABC=3θ,则cos 1θcos 2θ=cos 3θ；4.异面直线所成角的求法：（1）平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；（2）补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系；5.直线与平面所成的角斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面上的射影。
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-1精品
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算 问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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7
• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视 对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地 考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距 离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间 几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计 算．
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9
• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题， 大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几 何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的 考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才 能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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27
• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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28
• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的 在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的 半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角 三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成 一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被 的部分叫做棱台．
2023版高考数学一轮总复习第六章立体几何第一讲空间几何体的结构特征和直观图课件
以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y
轴的线段长度减半，平行于 x 轴和 z 轴的线段长度不变)来
掌握.
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积
与原图形的面积的关系：S
＝ 直观图
2 4S
原图形.
【变式训练】
一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为
45°，腰和上底均为 22的等腰梯形，那么原平面图形的面积
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝21OC
＝ 43a，在图 6-1-6 中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′
＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝21A′B′·C′D′＝
12·a·86a＝ 166a2.
答案：D
【题后反思】
(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可
3.(教材改编题)如图 6-1-1，长方体 ABCD-A′B′C′D′
被截去一部分，其中 EH∥A′D′.剩下的几何体是(
)
A.棱台 C.五棱柱 答案：C
图 6-1-1 B.四棱柱 D.六棱柱
题组三 真题展现
4.(2021 年新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为 2，其侧 面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2
B.2 2
C.4
D.4 2
答案：B
5.(2020 年全国Ⅰ)如图 6-1-2，在三棱锥 P-ABC 的平面 展开图中，AC＝1，AB＝AD＝ 3 ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
答案：－14
图 6-1-2
考点一 空间几何体的结构特征
[例 1] (1)给出下列命题：
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 简单几何体及其直观图、三视图教学案 理
【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO 为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABCA1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABCA1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCDA1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥D．四棱柱(2)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ， 所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测其直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为直观图．1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥PABCD截去三棱锥PABD后得到的三棱锥PBCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5 C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2B．38a2C.68a2D．616a2解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．解析：由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.答案：968．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。
高考数学一轮总复习第6章立体几何第6节立体几何中的向量方法__证明平行与垂直教师用书
第六节 立体几何中的向量方法——证明平行与垂直考试要求：1．理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．2．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理．一、教材概念·结论·性质重现1．直线的方向向量与平面的法向量直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行( 或重合) 的非零向量，一条直线的方向向量有无数个平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥ βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)直线的方向向量是唯一确定的．( × )(2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ )(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行．( × )(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．( × ) 2．若直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有( )A．l∥α B．l⊥αC．l与α斜交 D．l⊂α或l∥αB 解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α．故选B．3．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对C 解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．4．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D 的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．垂直 解析：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，AM·ON＝·＝0，所以ON与AM垂直．5．在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1，6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是________．平行 解析：由题意得，AB＝(－3，－3,3)，CD＝(1,1，－1)，所以AB＝－3CD，所以AB与CD共线．又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD．考点1 利用空间向量证明平行问题——基础性如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG．证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，则EF＝(0,1,0)，EG＝(1,2，－1)．设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(1,0,1)为平面EFG的一个法向量．因为PB＝(2,0，－2)，所以PB·n＝0，所以n⊥PB．因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG．本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC．证明：因为EF＝(0,1,0)，BC＝(0,2,0)，所以BC＝2EF，所以BC∥EF．又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC．又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．利用空间向量证明平行的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直．(2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行(1)证明两平面的法向量为共线向量．(2)转化为线面平行、线线平行问题如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°．因为PC＝2，所以BC＝2，PB＝4，所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝(2，3,0)，CM＝．设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由得取y＝2，得x＝－，z＝1，所以n＝(－，2,1)是平面PAD的一个法向量．因为n·CM＝－×＋2×0＋1×＝0，所以n⊥CM．又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD．考点2 利用空间向量证明垂直问题——应用性如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE ＝2AB．求证：平面BCE⊥平面CDE．证明：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)，所以BE＝(a，a，a)，BC＝(2a,0，－a)，CD＝(－a，a,0)，ED＝(0,0，－2a)．设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得即令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得即令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．因为n1·n2＝1×＋1×(－)＝0，所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE．若本例中条件不变，点F是CE的中点，证明：DF⊥平面BCE．证明：由例2知C(2a,0,0)，E(a，a,2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－，2)．因为点F是CE的中点，所以f，所以DF＝，所以DF＝n1，所以DF∥n1，故DF⊥平面BCE．1．利用空间向量证明垂直的方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示2．向量法证明空间垂直、平行关系时，是以计算为手段，寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系，关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE．证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形，所以C，E．设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝，则D，所以CD＝．又AE＝，所以AE·CD＝－×＋×＝0，所以AE⊥CD，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，D，P(0，0,1)，所以PD＝．又AE·PD＝×＋×(－1)＝0，所以PD⊥AE，即PD⊥AE．因为AB＝(1,0,0)，所以PD·AB＝0，所以PD⊥AB．又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面AEB，所以PD⊥平面AEB．(方法二)由(1)知，AB＝(1,0,0)，AE＝．设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝2，则z＝－，所以n＝(0,2，－)为平面ABE的一个法向量．因为PD＝，显然PD＝n．因为PD∥n，所以PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE．考点3 利用空间向量解决探索性问题——应用性如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：在棱C1D1上存在一点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．证明如下：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则A1(0,0,1)，B(1,0,0)，B1(1,0,1)，E，所以BA1＝(－1,0,1)，BE＝．设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由得所以x＝z，y＝z．取z＝2，得n＝(2,1,2)．设棱C1D1上存在点F(t,1,1)(0≤t≤1)满足条件，又因为B1(1,0,1)，所以B1F＝(t－1,1,0)．而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔B1F·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝⇔F为C1D1的中点．即说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图所示，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F，所以EF＝，DC＝(0，a,0)．因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，从而得EF⊥CD．(2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，则FG＝．若使GF⊥平面PCB，则由FG·CB＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝．由FG·CP＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0，所以点G坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．。
高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】
针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键 在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹， 探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找 静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
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2019年高考数学一轮复习立体几何知识点数学上，立体几何是3维欧氏空间的几何的传统名称，查字典数学网小编整理了2019年高考数学一轮复习立体几何知识点，希望对考生复习有帮助。
1.平面的基本性质：掌握三个公理及推论，会说明共点、共线、共面问题。
能够用斜二测法作图。
2.空间两条直线的位置关系：平行、相交、异面的概念；
会求异面直线所成的角和异面直线间的距离；证明两条直线是异面直线一般用反证法。
3.直线与平面
①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交。
②直线与平面平行的判断方法及性质，判定定理是证明平行问题的依据。
③直线与平面垂直的证明方法有哪些?
④直线与平面所成的角：关键是找它在平面内的射影，范围是
⑤三垂线定理及其逆定理：每年高考试题都要考查这个定理. 三垂线定理及其逆定理主要用于证明垂直关系与空间图形的度量.如：证明异面直线垂直，确定二面角的平面角，确定点到直线的垂线.
4.平面与平面
(1)位置关系：平行、相交，(垂直是相交的一种特殊情况)
(2)掌握平面与平面平行的证明方法和性质。
(3)掌握平面与平面垂直的证明方法和性质定理。
尤其是已知两平面垂直，一般是依据性质定理，可以证明线面垂直。
(4)两平面间的距离问题点到面的距离问题
(5)二面角。
二面角的平面交的作法及求法：
①定义法，一般要利用图形的对称性；一般在计算时要解斜三角形；
要练说，得练看。
看与说是统一的，看不准就难以说得好。
练看，就是训练幼儿的观察能力，扩大幼儿的认知范围，让幼儿在观察事物、观察生活、观察自然的活动中，积累词汇、理解词义、发展语言。
在运用观察法组织活动时，我着眼观察于观察对象的选择，着力于观察过程的指导，着重于幼儿观察能力和语言表达能力的提高。
②垂线、斜线、射影法，一般要求平面的垂线好找，一般在计算时要解一个直角三角形。
这个工作可让学生分组负责收集整理，登在小黑板上，每周一换。
要求学生抽空抄录并且阅读成诵。
其目的在于扩大学生的知识面，引导学生关注社会，热爱生活，所以内容要尽量广泛一些，可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。
如此下去，除假期外，一年便可以积累40多则材料。
如果学生的脑海里有了
众多的鲜活生动的材料，写起文章来还用乱翻参考书吗?③射影面积法，一般是二面交的两个面只有一个公共点，两个面的交线不容易找到时用此法
与当今“教师”一称最接近的“老师”概念，最早也要追溯至宋元时期。
金代元好问《示侄孙伯安》诗云：“伯安入小学，颖悟非凡貌，属句有夙性，说字惊老师。
”于是看，宋元时期小学教师被称为“老师”有案可稽。
清代称主考官也为“老师”，而一般学堂里的先生则称为“教师”或“教习”。
可见，“教师”一说是比较晚的事了。
如今体会，“教师”的含义比之“老师”一说，具有资历和学识程度上较低一些的差别。
辛亥革命后，教师与其他官员一样依法令任命，故又称“教师”为“教员”。
以上就是查字典数学网整理的2019年高考数学一轮复习立体几何知识点，希望考生时时刻刻都在进步！。