高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总
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(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)。
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。
高考数学立体几何题型全归纳
高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。
解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。
侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。
所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。
2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。
解析：该几何体是一个四棱台。
上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。
根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。
立体几何高考考点梳理及真题分类解析
第九章立体几何（2021年文科数学高考备考版）第一节空间几何体的三视图和直观图一、高考考点梳理（一）、空间几何体的结构特征1．多面体①棱柱：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，这些面围成（一）、简单几何体的结构特征的几何体叫作棱柱．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，这些面围成的几何体叫作棱锥．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叫作棱台．2．旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．（二）、三视图1．三视图的名称：几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．2．三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．（三）、直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：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1 2.二、历年高考真题题型分类突破题型一空间几何体的三视图【例1】（2020全国Ⅲ卷）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D. D.解析：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．【例2】（2018全国Ⅰ卷）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在正视图上的对应点为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 5C．3 D．2解析：所求最短路径MN为四份之一圆柱侧面展开图对角线的长.故选B.【例3】（2017全国Ⅱ卷）如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A .90πB .63πC .42πD .36π解析：由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积V 1＝π×32×4＝36π,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,其体积V 2＝12×(π×32×6)＝27π,∴该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝63π.故选B .题型二 与球有关的几何体【例4】（2020全国Ⅰ卷）已知A ,B ,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为∆ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB=BC=AC=OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解析：设球O 半径为R ，⊙O 1的半径为r ，依题πr 2=4π，∴r =2。
立体几何题型归类总结
立体几何题型归类总结立体几何专题复一、知识总结基本图形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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
①斜棱柱：底面是正多边形棱柱，棱垂直于底面。
②正棱柱：底面是正多边形棱柱，侧棱与底面边长相等。
直棱柱和其他棱柱的底面分别为矩形和平行四边形。
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，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3.球——一个点到空间中所有点的距离相等的集合体叫做球，球面是球的表面。
球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；②半径公式：r = √(R² - d²)，其中R为球的半径，d为球心到截面的距离。
球与多面体的组合体：球与正四面体、长方体、正方体等的内接与外切。
球面积、体积公式：S球= 4πR²，V球= (4/3)πR³，其中R为球的半径。
二、典型例题考点一：三视图1.一空间几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积为22.2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是22.3.一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为3.4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图4所示，则此几何体的体积是。
3.如图5所示，是一个几何体的三视图，已知其体积为33，求a的值。
5.如图6所示，给出了一个几何体的三视图及其尺寸（单位：cm），求该几何体的体积。
7.如图所示，给出了一个几何体的三视图（单位：cm），其体积为38.如果某个几何体的三视图尺寸如图8所示（长度单位为m），则该几何体的体积为多少？9.如果一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？10.如果一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，其三视图及其尺寸如图10所示（单位：cm），则该三棱柱的表面积为多少？11.如图11所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么该几何体的全面积为多少？12.如图12所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？13.已知某几何体的俯视图是如图13所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则该几何体的表面积为多少？14.如果一个几何体的三视图如图14所示（单位长度：cm），则该几何体的表面积为多少？15.如图所示，给出了一个棱锥的三视图，求该棱锥的全面积（单位：cm2）。
高考立体几何题型归纳
高考立体几何题型归纳一、空间几何的形状和结构1. 判断空间几何的形状和大小，如三角形、正方形、圆形、球体、圆柱体、圆锥体等。
2. 确定空间几何的位置和关系，如相交、平行、垂直等。
二、立体图形的视图和投影1. 判断立体图形的正视图、俯视图、左视图、右视图、轴侧图等。
2. 判断立体图形的投影，如正投影、斜投影、中心投影等。
三、立体图形的面积和体积1. 计算立体图形的面积，如平面图形在水平面上的投影面积、立体图形的表面积等。
2. 计算立体图形的体积，如立方体、球体、圆柱体、圆锥体等。
四、立体图形的表面积和体积1. 判断立体图形的表面积和体积，如求长方体的表面积和体积、求圆柱体的表面积和体积等。
2. 判断立体图形的表面积和体积的关系，如判断两个立体图形的表面积和体积的大小关系。
五、立体图形的点和面的距离1. 判断立体图形的点和面的距离，如判断一个点在一个平面内的距离、判断一个点在一个立体图形内的距离等。
2. 计算立体图形的点和面的距离，如计算一个点在一个平面内的距离、计算一个点在一个立体图形内的距离等。
六、立体图形的截面和截线1. 判断立体图形的截面，如判断一个立体图形被一个平面截成的截面的形状和大小。
2. 判断立体图形的截线，如判断一个立体图形被一个直线截成的截线的形状和大小。
七、立体图形的折叠和展开1. 判断立体图形的折叠和展开，如判断一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。
2. 计算立体图形的折叠和展开，如计算一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。
八、立体图形的对称和旋转1. 判断立体图形的对称，如判断一个立体图形是否关于某条直线对称、是否关于某个点对称等。
2. 判断立体图形的旋转，如判断一个立体图形绕某条轴旋转后的形状和大小。
九、立体图形的运动和变化1. 判断立体图形的运动，如判断一个立体图形在某个平面上滑动后的形状和大小。
2. 判断立体图形的变化，如判断一个立体图形在某个平面上翻折后的形状和大小。
经典高考立体几何知识点和例题(理科学生用)
高考立体几何知识点总结整体知识框架：一 、空间几何体 〔一〕 空间几何体的类型1 多面体：由假设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：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 直棱柱外表 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h2 、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。
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（3）当 PA// 平面 BDE 时， PA 平面 PAC ,且平面 PAC 平面 BDE DE ,可得 PA//DE .由 D 是 AC 边的中 点知， E 为 PC 边的中点.故而 ED 1 PA 1， ED∥PA ，因为 PA 平面 ABC ，所以 ED 平面 BDC .
2
由 AB BC 2 ，AB BC ，D 为 AC 边中点知，BD CD 2. 又 BD AC ，有 BD DC ，即 BDC 90.
3 【解析】（1）∵ PA PD, N 为 AD 的中点,∴ PN AD, ∵底面 ABCD为菱形, BAD 60 ,∴ BN AD, ∵ PN BN N ,∴ AD 平面 PNB . （2）∵ PN PD AD 2 , ∴ PN NB 3 , ∵平面 PAD 平面 ABCD,平面 PAD 平面 ABCD AD , PN AD, ∴ PN 平面 ABCD, ∴ PN NB ,
【易错点】 外接球球心位置不好找 【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置
题型四 立体几何的计算
例 1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角 边边长分别为 3 和 4 ,过直角顶点的侧棱长为 4 ,且 垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )
【答案】 B 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原 点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B.
以 PA BD . （2）因为 AB BC ， AB BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 Rt△ABC 中， BD AC .又 由（1）可知， PA BD，PA AC A，所以 BD 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE 平面 PAC ，
所以 BD ED.又因为 BD 平面 BDE ，所以平面 BDE 平面 PAC .
【易错点】定理证明所用知识点不清楚 【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂 直关系.
如该题中的（1）问需要利用五 面体中的面 ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段 BD与 AC 的中点.
（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.
高考数学总复习题型分类汇 总
《立体几何》篇
经 典 试 题 大 汇 总
1
目录
【题型归纳】
题型一 立体几何证明....................................................................................................3 题型二 立体几何体积求解..............................................................................................4 题型三 几何体的外接球问题..........................................................................................6 题型四 立体几何的计算................................................................................................6
（2）若 AC CB ,求证： A1D CD .
【答案】见解析.
【解析】证明：（1）如图,连接 AC1 ,交 A1C 于点 O ,连结 OD .
据直三棱柱性质知四边形 ACC1A1 为平行四边形,所以 O 为 AC1 的中点.
又因为 D 是 AB 的中点,所以 BC1 / /OD .
又因为 BC1 平面 A1CD , OD 平面 A1CD ,
2
高考数学《立体几何》题型归纳与训练
【题型归纳】 题型一 立体几何证明
例 1 如图五面体中,四边形 ABCD 是矩形, AD 面 ABEF , AB // EF , AD 1, AB 1 EF 2 2 ,
2 AF BE 2 , P 、 Q 、 M 分别为 AE 、 BD 、 EF 的中点.
AC BC 2 ， O ， M 分别为 AB ，VA 的中点.
4
（1）求证：VB// 平面 MOC . （2）求证：平面 MOC 平面 VAB .
V M
（3）求三棱锥V ABC 的体积.
【答案】 见解析
A
O
B
C
【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，VA 的中点，则 OM 是△VAB 的中位线，
【巩固训练】
题型一 立体几何证明....................................................................................................7 题型二 立体几何体积求解..............................................................................................8 题型三 几何体的外接球问题..........................................................................................9 题型四 立体几何的计算..............................................................................................11
因为 AB 平面 A1B1C ， A1B1 平面 A1B1C ，所以 AB ∥平面 A1B1C ．
D1
C1
A1
B1
D
C
A
B
(2)在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中，四边形 ABB1A1 为平行四边形． 又因为 AA1 AB ，所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1 ⊥ A1B ． 又因为 AB1 ⊥ B1C1 ， BC ∥ B1C1 ，所以 AB1 ⊥ BC ． 又因为 A1B BC = B ， A1B 平面 A1BC ， BC 平面 A1BC ，所以 AB1 ⊥平面 A1BC ． 因为 AB1 平面 ABB1A1 ，所以平面 ABB1A1 ⊥平面 A1BC ．
6
【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面： （1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面； （2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等； （3）注意实线和虚线的区别.
A．16
B． 20
C． 24
D． 32
（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为 3 ，则其外接球的表面积是
.
【答案】C； 9
【解析】（1）V a2h 16 ， a 2 ， 4R2 a2 a2 h2 4 4 16 24 ， S 24 ，选 C；
（2） 4R2 3 3 3 9 ， S 4 R2 9
（1）求证： PQ // 面 BCE ； （2）求证： AM 面 ADF .
【答案】 见解析
【解析】（1）连结 AC . 因为四边形 ABCD 是矩形,且 Q 为 BD 的中点,所以 Q 为 AC 的中点. 又因为 P 为 AE 的中点,所以 PQ // EC ,
又因为 PQ 面 BCE , EC 面 BCE ,所以 PQ // 面 BCE . （2） 取 EF 的中点 M ,连结 AM . 因为 AB // EM ,且 QB EM 2 2 , 所以四边形 ABEM 为平行四边形, 所以 AM // BE ,且 AM BE 2 . 在 AMF 中, AM AF 2 , MF 2 2 . 所以 AM 2 AF2 MF2 ,故 AM AF . 由 AD 面 ABEF ,得 AD AM , 因为 AD AF A ,所以 AM 面 ADF .
7
∴ SPNB
1 2
3
3 3. 2
∵ AD 平面 PNB, AD / /BC ,∴ BC 平面 PNB .
∵ PM
2MC ,∴VPNRM
VM PNB
2 3
VC
PNB
21 32 332
2 3
.
2.如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中, D 是 AB 的中点.
（1）证明： BC1 / / 平面 A1CD ；
5
因此，VEBCD
1 3
S△BCD
ED
1 3
1 2
2
2 1 1 . 3
【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性
【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂
直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.
题型三 几何体的外接球问题
例 1 （1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为 4 ，体积为16 ，则这个球的表面积是（ ）
【巩固训练】 题型一 立体几何的证明
1.如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD为菱形, BAD 60°, PA PD AD 2,点 M 在线段 PC 上,且 PM 2MC , N 为 AD 的中点.
（1）求证： AD 平面 PNB ； （2）若平面 PAD 平面 ABCD ,求三棱锥 P NBM 的体积. 【答案】（1）见解析；（2） 2 .
所以 OM //VB ， OM 平面 MOC ，VB 平面 MOC ，故VB// 平面 MOC . （2）因为在△ABC 中， AC BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 OC AB ，