高考立体几何题中的八种变换
SXB089高考数学必修_立体几何的常见变换
立体几何的常见变换立体几何中常用七种变形或变位的技巧：“移、割、补、展、叠、射、转”.大家要熟练掌握. １. 移是指将某图形移到适当位置，使不在同一平面的元素集中到一个平面内，再利用平面几何知识进行研究.利用“平移”可实现立体向平面的迅速转化.【例１】 如图１，Ａ１Ｂ１Ｃ１－ＡＢＣ是直三棱柱，∠ＢＣＡ＝９０°，点Ｄ１、Ｆ１分别是Ａ１Ｂ１、Ａ１Ｃ１的中点，若ＢＣ＝ＣＡ＝ＣＣ１，求ＢＤ１与ＡＦ１所成的角的余弦值.解： 连结Ｄ１Ｆ１，取ＢＣ的中点Ｅ，因为Ｄ１Ｆ１∥Ｂ１Ｃ１∥ＢＥ，且Ｄ１Ｆ１＝Ｂ１Ｃ１＝ＢＥ，所以，四边形Ｄ１Ｆ１ＥＢ为平行四边形，于是，ＥＦ１∥ＢＤ１，所以∠ＥＦ１Ａ是ＢＤ１与ＡＦ１所成的角（或补角）. 设ＢＣ＝２，则由余弦定理得cos ∠EF 1A=【点评】 本题也可将三棱柱体补成正方体，但不如此法简捷.２. 割当给出的几何体较复杂，有关的计算公式无法直接运用或计算繁杂时，可以适当分割几何体，化整为零，从而迅速求解.【例２】 已知ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是棱长为a 的正方体，Ｅ、Ｆ分别为棱ＡＡ１与ＣＣ１的中点，求四棱锥Ａ１－ＥＢＦＤ１的体积.分析： 本题如直接用棱锥体积公式Ｖ＝Ｓh ，其中Ｓ易得，但h的计算很繁杂.如采用分割法并结合等体积法，则十分简捷.解： 连结ＥＦ，则有３. 补将几何体补出适当的部分，变到比较熟悉的，或者比较简单的几何体，再去进行求解.“补形”能带来计算上的简便，有时甚至是问题得以解决的惟一途径.【例３】 正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为１，Ｅ为棱ＡＡ１的中点，直线l 过Ｅ点与异面直线ＢＣ、Ｃ１Ｄ１分别交于两点，求这两点间距离.解： 补体如图３所示：多面体ＡＨ１、Ａ１Ｇ是与ＡＣ１同样大小的正方体，Ｈ１Ｇ１＝２，ＧＧ１＝１，由勾股定理可得ＧＨ１＝３，即所求两点间的距离为３.４. 展展开空间图形，是将立体几何问题转换为平面几何问题的常用方法，应用此法可化折为直，化曲为直.一般用于求多面体、旋转体的侧面上两点间的最短距离.图1图2 图3【例４】如图４，设正三棱锥Ｓ－ＡＢＣ的底边长为a，侧棱长为２a，过Ａ作与侧棱ＳＢ、ＳＣ都相交的截面ＡＥＦ，求这个截面周长的最小值.分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决.沿侧棱ＳＡ将三棱锥剪开，得侧面展开图（如图５），则该截面△ＡＥＦ周长的最小值问题就转化为在侧面展开图中，求Ａ、Ａ′两点间最短连线段长的问题，解略.５. 叠将平面图形折叠成立体图形.这里要求认清平面图形中各已知条件的相互关系及其本质，并且在把这一平面图形折叠成立体图形以后，要注意哪些发生了变化，哪些未发生变化.这些未变化的已知条件都是分析问题和解决问题的依据.【例５】一个等腰直角三角形硬纸板ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＡＣ＝４cm，ＣＤ是斜边上的高，沿ＣＤ把ＡＢＣ折成直二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ.（１）如果你手中有一把能度量长度的直尺，应如何确定Ａ、Ｂ的位置，使得二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ成直二面角？证明你的结论.（２）试在平面ＡＢＣ上确定一点Ｐ，使ＤＰ与平面内ＡＢＣ任意一条直线都垂直，证明你的结论.（３）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求小球半径的最大值.解：（１）因为ＡＢ⊥ＣＤ，故折叠后仍有ＡＤ⊥ＣＤ，ＢＤ⊥ＣＤ成立，即∠ＡＤＢ为二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ的平面角，只要使∠ＡＤＢ为直角即可.由于ＡＣ＝４cm，所以ＡD ＝ＢＤ＝２2cm，利用勾股定理可得，只要ＡＢ＝４cm时，二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ即成直二面角.（２）在三棱锥Ｄ－ＡＢＣ中，△ＡＢＣ为等边三角形，所以三棱锥Ｄ－ＡＢＣ为正三棱锥，故只要点Ｐ为△ＡＢＣ的图6 图7中心，那么ＤＰ⊥面ＡＢＣ成立，从而ＤＰ与平面内的任一条直线都垂直.（３）当小球为三棱锥Ｄ－ＡＢＣ的内切球时半径最大.根据三棱锥Ｄ－ＡＢＣ的体积可求得小球的最大半径为Ｒ＝cm.【点评】平面图形的折叠主要是研究空间图形与平面图形的相互转化.研究这类问题的方法：（１）画出平面图形和折叠后的立体图形（用斜二侧画法）；（２）注意一些不变的基本元、基本量在解决问题时的关键作用.６. 射是指射影.将空间图形中的若干元素利用射影方法集中到某一个平面内，利用平面图形性质求解.【例６】棱长为１的正方体中，Ｅ是ＣＣ１的中点，Ｆ在ＢＢ１上且ＢＦ＝ＢＢ１，求平面Ａ１ＥＦ与底面ＡＢＣＤ所成二面角的余弦值.解：△Ａ１ＥＦ在面ＡＣ上的射影是△ＡＢＣ.设所求二面角为θ，即所求二面角的余弦值为７. 转是指将某些图形旋转适当的角度，使空间图形转化成平面图形.【例７】在二面角α-l-的两个面α，上分别有Ａ、Ｂ两点，在二面角的棱l上求一点Ｐ，使ＡＰ和ＢＰ之和最小.解析：可设法将Ａ、Ｂ两点放在同一个平面内，为此将半平面α绕l按逆时针旋转使之与平面重合，这时半平面α落在α′的位置，这样在l上求一点Ｐ使其与Ａ、Ｂ两点距离之和为最小，就转化为平面几何问题了.由此，可得到下面的作法，自点Ａ向棱l作垂线ＡＧ，Ｇ为垂足，过点Ｇ在平面α′内作Ａ′Ｇ⊥l，并取Ａ′Ｇ＝ＡＧ，连结Ａ′Ｂ交l于Ｐ，易证△ＡＧＰ≌△Ａ′ＧＰ，即ＡＰ＝Ａ′Ｐ，则Ｐ为所求的点.图8。
高考数学核心考点必备专题8-2 立体几何截面问题的十种题型-(解析版)-2023年高考数学
专题8-2立体几何截面问题的十种题型目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】 做截面基本功：补全截面方法 .................................................................................................... 1 【题型二】 截面形状的判断 ............................................................................................................................ 4 【题型三】 平行关系确定截面 ........................................................................................................................ 8 【题型四】 垂直关系确定的截面 .................................................................................................................. 10 【题型五】 求截面周长 .................................................................................................................................. 13 【题型六】 求截面面积 .................................................................................................................................. 17 【题型七】 球截面 .......................................................................................................................................... 19 【题型八】 截面分体积 .................................................................................................................................. 22 【题型九】 不规则截面（曲线型截面） ...................................................................................................... 24 【题型十】 截面最值 ...................................................................................................................................... 27 二、最新模考题组练 (30)【题型一】 做截面的基本功：补全截面方法【典例分析】在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2,AD=3,点E 、F 分别是AB 、AA 1的中点，点E 、F 、C 1∈平面α，直线A 1D 1⋂平面α=P ，则直线BP 与直线CD 1所成角的余弦值是3378 A 22 C B 3 D 3 99、、、、答案：B解析：如图，计算可得余弦值是223【提分秘籍】基本规律截面训练基础：模型：如下图E 、F 是几等分点，不影响作图。
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)。
高考数学中的图像变换相关知识点详解
高考数学中的图像变换相关知识点详解图像变换在高考数学中是一个非常重要的概念，它在各个领域都有着广泛的应用。
作为高考数学的一部分，图像变换不仅涉及到具体的计算方法，还要求我们掌握一些抽象的概念。
在本文中，我们将详细讨论高考数学中的图像变换相关知识点，帮助大家更好地理解和应用这一概念。
一、图像的基本变换类型在高考数学中，图像的基本变换类型包括平移、旋转、缩放和翻转等。
其中，平移是指在平面内保持图形形状和大小不变的情况下，将其平移指定的向量，从而得到一个新的图像。
旋转是指将图像围绕某个点或某条线进行旋转，使得图形的位置和形状发生变化。
缩放是指将图形按照固定比例进行变形，可以将图形放大或缩小。
翻转是指将图像沿着某个基准线进行翻转，从而得到一个关于基准线对称的新图像。
二、二维坐标系中的图像变换图像变换的描述离不开数学中的坐标系概念。
在二维坐标系中，我们可以用坐标表示平面上的点，并通过坐标系的变换来描述图像的变化。
下面我们就分别对四种基本变换类型在坐标系中的运算规则进行介绍。
1. 平移变换平移变换是将点 $(x,y)$ 变换成点 $(x+a,y+b)$ 的变换，其中$(a,b)$ 为平移向量。
也就是说，平移变换相当于将坐标系整体向右移动 $a$，向上移动 $b$。
例如，对于给定的点 $(1,2)$，以$(3,4)$ 为平移向量进行平移变换，得到新的点 $(4,6)$。
2. 旋转变换旋转变换是将点 $(x,y)$ 按照某个中心点绕指定的角度$\theta$ 进行旋转，得到新的点$(x',y')$。
旋转变换的基本公式为：$$\begin{bmatrix} x'\\y' \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}$$其中 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 分别表示旋转角度的余弦和正弦值。
高考数学中常见的立体几何题解法
高考数学中常见的立体几何题解法立体几何是高考数学中的一个重要考点，占据了相当大的比重。
在高考中，立体几何题题目种类繁多，解法也各不相同。
本文将介绍几种常见的立体几何题解法，帮助考生更好地应对高考数学考试。
一、平行线与平面在立体几何题中，常见的一种情况是给出一条直线与两个平面的关系，考生需要求出直线和平面的距离、直线在平面上的投影等。
解法一：利用平行线与平面的性质，可通过构造垂线的方式解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给直线，并用不同颜色标出与该直线平行的两个平面；2. 在其中一个平面上，任选一点作为垂足；3. 连接该垂足与直线上的任意一点，得到一条垂线；4. 由于垂线与所给直线平行，因此垂线与另一个平面的交点即为所求点；5. 根据题目要求，计算出所求点到直线的距离或直线在平面上的投影。
解法二：根据几何关系和性质，利用相似三角形的特点解决问题。
具体步骤如下：1. 在给出的图形中，观察并找出相似三角形的性质；2. 根据相似三角形的性质，得到各个线段之间的比例关系；3. 利用比例关系解方程，求解出所需长度或角度。
二、平面图形的投影在立体几何题中，常见的一种情况是给出一个平面图形在空间中的投影，考生需要还原出该平面图形或者确定其性质。
解法一：根据已知条件以及图形的特点，利用平行四边形、相似三角形等图形的性质解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给平面图形的投影，并标出已知条件；2. 观察并找出平行四边形、相似三角形等图形的性质；3. 根据性质，确定各个线段之间的比例关系；4. 利用比例关系解方程，还原出所求图形或确定其性质。
解法二：利用投影的定义和性质解决问题。
具体步骤如下：1. 根据投影的定义，找到所给平面图形在空间中的位置；2. 根据已知条件及各个线段的投影长度，研究其规律性；3. 利用规律性解方程，求解出所求图形或确定其性质。
三、立体图形的体积与表面积在立体几何题中，求解立体图形的体积与表面积是经常出现的考点。
高考数学：立体几何需熟透四公理八定理
⾼考数学：⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书为⽹友解疑答惑。
(南海⽹记者陈望摄) 南海⽹海⼝4⽉17⽇消息(南海⽹记者刘嘉珮)⾼考数学中⼏何是难点重点，有什么复习技巧?每次能听懂，但是轮到⾃⼰答题时却发蒙该怎么办?遇上难题该如何化解恐惧⼼理?4⽉17⽇，海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书参加南海⽹“2012⾼考名校名师全媒体辅导”时⼀⼀为⽹友们进⾏解答。
⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 针对⽹友提出⼏何复习办法的疑问，邓建书⽼师表⽰，⼏何分为⽴体⼏何和解析⼏何。
⽴体⼏何⼜分为四个公理⼋个定理，考⽣⾸先需要把这⽅⾯的教材都通读⼀遍，如果还不能理解的话，就拿出笔和纸把这些定理公理都抄下来，再把相应的图形画出来，必须记住这些内容，能做到脱⼝⽽出，只有熟悉基础知识，做题才能找到思路。
⽴体⼏何是基本的概念，解析⼏何则是最原始的定义，⾼考时做解析⼏何却让很多考⽣头痛不已，邓建书对解析⼏何计算的技巧给出了⾃⼰的建议。
“在计算这⽅⾯我们最⾸要的是相信⾃⼰，很多同学拿铅笔做题就是还不相信⾃⼰。
我认为在做题的时候可以先把⾃⼰知道的都在卷⾯上写下来，然后再在稿纸上算⼀下，算⼀步写⼀步。
免得这道题⽬不会做，在稿纸上算很久都没有算出来，⼜没有时间写在试卷上。
先在试卷上把知道的写下来这样能节省很多时间，即使没有做出来前⾯步骤分还在。
” 做不来题还是基础知识不牢固 有⽹友表⽰，学习数学时⽼师讲的时候⼤家很清楚，⾃⼰做的时候感觉却很难，邓建书⽼师认为这个同学还是基础知识不牢固。
“学习分为⼏个层次，第⼀个叫做⽣中成熟，第⼆熟中⽣巧，第三巧中⽣变，我觉得这个实际上就是知识熟练的过程，题⽬更多的就是考知识点，知识点不熟悉，题就做不好。
”他建议这位同学对⾼中的教材再进⾏梳理⼀遍，这样知识点可以慢慢熟悉起来，也可以找两、三位同学在⼀块互相提问，拿着书⼀本⼀本问，这个⽅法⽐较好。
时间不够，是很多考⽣都会遇到的苦恼，该如何保证考试正确率的同时⼜能提⾼速度?邓建书表⽰，如果⼤题没有时间做，肯定是因为考⽣在选择题和填空题上消耗了太多时间。
SXB128高考数学必修_几何体的变换
几何体的变换立体几何是高中数学的重点内容，也是高考的必考内容.立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查. 不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间位置关系的问题.即使是考查空间线面位置关系的问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，能把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，能把立体几何问题转化为平面几何问题求解，或者把平面问题转化为立体问题来解决等。
概括起来几何体的常见变换有“折”、“割”、“拼”、“转”、“展”、“合”、“延”、“补”等，这类题目操作性强，空间想象能力要求高，解决此类题目的关键是搞清楚在图形或几何体的变化过程中哪些量发生了变化，哪些量不变。
本文举例予以说明。
一、“折”“折”就是把平面图形通过翻折变成立体（或平面）图形，它是常考的题型，折叠问题的关键在于轴对称的特殊性质，注意折叠前后图形或几何体的变化量与不变量。
例1.如图(1)，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H ，I ，J 分别为AF ，AD ，BE ，DE 的中点.将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ所成角的度数为（ ）A.90°B.60°C.45°D.0°解析:将三角形折成三棱锥如图(2)所示.HG 与IJ 为一对异面直线.过点D 分别作HG与IJ 的平行线,即DF 与AD .所以∠ADF 即为所求.因此,HG 与IJ 所成角为60°答案：B. 评述:本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图时正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向. 二、割当给出的几何体比较复杂且不规则时,有关的计算公式无法直接运用,可以采用分割法化整为零,使问题化难为易.关键是根据原几何体与分割后的几何体的内在联系，紧紧围绕分割前后几何体的体积（或面积）不变的特点展开想象。
2021高考数学必考点解题方式秘籍 立体几何3 理(1)
2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：立体几何3一．专题综述：立体几何的要紧任务是培育学生的空间想像能力，固然推理中兼顾逻辑思维能力的培育，几何是研究位置关系与数量关系的学科，而位置关系与数量关系能够彼此转化，解决立体几何的大体方式是将空间问题转化为平面的问题，即空间问题平面化，平面化的手法有：平移（包括线、面、体的平移）、投影、展开、旋转等变换。
1.考纲要求（1）把握平面的大体性质。
会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图：能够画出空间两条直线、直线和平面的各类位置关系的图形，能够依照图形想像它们的位置关系。
（2）把握直线和平面平行的判定定理和性质定理：明白得直线和平面垂直的概念，把握直线和平面垂直的判定定理：把握三垂线定理及其逆定理。
（3）明白得空间向量的概念，把握空间向量的加法、减法和数乘。
（4）了解空间向量的大体定理；明白得空间向量坐标的概念，把握空间向量的坐标运算。
（5）把握空间向量的数量积的概念及其性质：把握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；把握空间两点间距离公式。
（6）明白得直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。
（7）把握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念，关于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在座标表示下的距离把握直线和平面垂直的性质定理把握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定量。
（8）了解多面、凸多面体的概念，了解正多面体的概念。
（9）了解棱柱的概念，把握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
（10）了解棱锥的概念，把握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
（11）了解球的概念，把握球的性质，把握球的表面积、体积公式。
2.考题设置与分值从近几年各地高考试题分析，立体几何题型一样是1至3个填空或选择题，1个解答题，分值25分左右3.考试重点与难度（1）空间大体的线、面位置关系。
一样以客观题的形式显现，试题很基础，但需要全面、准确把握空间线、面位置关系的判定、性质，还需要有好的空间感。
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高考立体几何题中的八种变换
高考立体几何题中的八种变换
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立体几何是高中数学中的重要内容，它主要涉及几何图形的基本概念、初等几何的直角坐标系、平面向量、立体几何的向量、立体几何的平面、三视图与正视图、平面与曲面等知识。
在立体几何中，变换是一个重要的概念，它可以让一个几何图形从原始状态发生变化，达到所要求的形状。
高考中立体几何题中会出现八种变换，本文将详细介绍这八种变换的概念、特征和应用。
一、平移
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平移又称为位移，它是把物体从原来位置沿一条直线移动，把物体在一定的方向上进行移动，使物体的形状不变。
平移的特征是对象的形状不变，只是改变了物体的位置，它具有“不变形”的性质。
平移的应用也很广泛，比如地图投影就是一种平移变换，还有旋转、反射和对称也都是平移变换的应用。
二、旋转
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旋转是将物体从原来位置沿一条直线旋转，使物体的形状保持不变。
旋转的特征是对象的形状不变，只是改变了物体的方向。
它具有“不变形”的性质。
旋转应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理等都会使用到旋转变换。
三、对称
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对称是将物体从原来位置沿一条直线和一个中心进行对称，使物体的形状保持不变。
对称的特征是对象的形状不变，只是将物体分成两部分，其中一部分与原来完全相同，而另一部分则是它的对偶形。
对称应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到对称变换。
四、反射
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反射是将物体从原来位置沿一条直线和一个中心进行反射，使物体的形状保持不变。
反射的特征是对象的形状不变，只是将物体沿一条直线对称地放在两侧。
反射应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到反射变换。
五、剪切
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剪切是将物体从原来位置剪切成新的几何图形，使物体的形状保持不变。
剪切的特征是对象的形状会有所改变，而且会有新几何图形产生。
剪切应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到剪切变换。
六、扩张
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扩张是将物体从原来大小扩张成新的大小，使物体的形状保持不变。
扩张的特征是对象的形状不变，而且会有新几何图形产生。
扩张应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到扩张变换。
七、斜轴旋转
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斜轴旋转是将物体从原来位置通过斜轴旋转成新的几何图形，使物体的形状保持不变。
斜轴旋转的特征是对象的形状会有所改变，而且会有新几何图形产生。
斜轴旋转应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到斜轴旋转变换。
八、透视
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透视是将物体从原来大小透视成新的大小，使物体的形状保持不变。
透视的特征是对象的形状不变，而且会有新几何图形产生。
透视应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到透视变换。
总之，高考立体几何题中出现八种变换：平移、旋转、对称、反射、剪切、扩张、斜轴旋转和透视；它们各有其特征和应用场景；考生需要充分理解这八个重要的立体几何题中的几何变换；这样才能在考试中正确处理立体几何题中出现的各种几何问题。