高考数学立体几何二轮复习
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
高考数学二轮复习专题六 立体几何
高考数学二轮复习专题六 立体几何【重点知识回顾】稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意（1） 考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。
实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是2012年高考命题的重点 （4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题 立体几何中平行、垂直关系证明的思路清楚吗？ 平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：线∥线线∥面面∥面判定线⊥线线⊥面面⊥面性质线∥线线⊥面面∥面←→−←→−−→−−←→−←→−←−−−←→−←→−线面平行的判定：a b b a a ∥，面，∥面⊂⊄⇒αααabα线面平行的性质：αααβαβ∥面，面，∥⊂=⇒I b a b 三垂线定理（及逆定理）：PA AO PO ⊥面，为在内射影，面，则αααa ⊂ a OA a PO a PO a AO ⊥⊥；⊥⊥⇒⇒αaPO线面垂直：a b a c b c b c O a ⊥，⊥，，，⊥⊂=⇒ααIaO α b c面面垂直：a a ⊥面，面⊥αββα⊂⇒面⊥面，，，⊥⊥αβαβαβI =⊂⇒l l a a aα alβa b a b ⊥面，⊥面∥αα⇒ 面⊥，面⊥∥αβαβa a ⇒a bα三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°（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 oo（三垂线定理法：A ∈α作或证AB ⊥β于B ，作BO ⊥棱于O ，连AO ，则AO ⊥棱l ，∴∠AOB 为所求。
高考数学二轮复习立体几何的知识点
高考数学二轮复习立体几何的知识点平面几何是3维欧氏空间的几何的传统称号。
下面是平面几何的知识点的相关内容，希望对考生温习有协助。
(1)棱柱：定义：有两个面相互平行，其他各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都相互平行，由这些面所围成的几何体。
分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各顶点字母，如五棱柱或用对角线的端点字母，如五棱柱几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;正面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
(2)棱锥定义：有一个面是多边形，其他各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示：用各顶点字母，如五棱锥几何特征：正面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。
(3)棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的局部分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱态、四棱台、五棱台等表示：用各顶点字母，如五棱台几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②正面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点(4)圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转，其他三边旋转所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④正面展开图是一个矩形。
(5)圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③正面展开图是一个扇形。
(6)圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的局部几何特征：①上下底面是两个圆;②正面母线交于原圆锥的顶点;③正面展开图是一个弓形。
(7)球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周构成的几何体几何特征：①球的截面是圆;②球面上恣意一点到球心的距离等于半径。
高考数学二轮专题复习分册一专题四立体几何课件
第一讲
空间几何体的表面积与体积、截面与交线——小题备考
微专题1 空间几何体的表面积和体积
常考常用结论
1．柱体、锥体、台体的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)．
2．柱体、锥体的体积公式：
①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
3
2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径．
3V
3．n面体的表面积为S，体积为V，则内切球的半径r＝ .
S
4．直三棱柱的外接球半径：R＝ r 2 +
L 2
，其中r为底面三角形的
2
外接圆半径，L为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R′
L
＝ .
2
5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线
)
28π
112π
112π
A．
B．
C．6π D．
3
9
3
答案：D
1
2
解析：设该正三棱柱棱长为x，底面三角形的外接圆半径为r，则 sin 60°·x2·x＝
3
2
4
16 3，∴x＝4，则底面三角形的外接圆的半径为r＝ x× ＝ .
2
3
3
x
16
28
28
设三棱柱的外接球O半径为R，则R2＝r2＋( )2＝ ＋4＝ ，S表＝4πR2＝4π×
2
于是PO＝ PC 2 − OC2 ＝
3 3
2
2
−
3
2
2
1
1
2
所以圆锥的体积V＝ π×OA ×PO＝ π×(
高三数学二轮复习教学案——立体几何(2)
高三数学二轮复习教学案——立体几何（2）班级__________姓名_____________学号_________【基础训练】1. 如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2.三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面PAE 面积的最小值为_____________.3、已知a 、b 、c 是三条不重合直线，α、β、γ是三个不重合的平面，下列命题：⑴a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ；⑵a ∥γ，b ∥γ⇒a ∥b ；⑶c ∥α，c ∥β⇒α∥β；⑷γ∥α，β∥α⇒γ∥β；⑸a ∥c ，α∥c ⇒a ∥α；⑹a ∥γ，α∥γ⇒a ∥α。
其中正确的命题是 。
4、已知正方体ABCD －A'B'C'D'，则该正方体的体积、四棱锥C'-ABCD 的体积以及该正方体的外接球的体积之比为 _________________.5.. 如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱PA ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 _________ .6. 由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．【典型例题】7. 已知三棱锥P —ABC 中，PC ⊥底面ABC ，AB=BC ，D 、F 分别为AC 、PC 的中点，DE ⊥AP 于E ．（1）求证：AP ⊥平面BDE ；（2）求证：平面BDE ⊥平面BDF ；（3）若AE ∶EP=1∶2，求截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分的体积比．8. 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积;（2）求证:AP ∥GH ．9. 如图，在棱长均为4的三棱柱111ABC A B C -中，D 、1D分别是BC 和11B C 的中点. （1）求证：11A D ∥平面1AB D ；（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，160B BC ∠= ，求三棱锥1B ABC -的体积.10. 如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ．（1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；（3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．。
高考数学二轮复习 专题1.5 立体几何(讲)理
专题1.5 立体几何考向一 三视图与几何体的面积、体积【高考改编☆回顾基础】1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________．【答案】12【解析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2×2＋42×2＝12.1，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________．【答案】63π 【解析】3. 【空间几何体的体积】【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 . 【答案】3π4【解析】【命题预测☆看准方向】1.空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点,单独考查三视图的逐渐减少,主要考查由三视图求原几何体的面积、体积,主要以选择题、填空题的形式考查.2.对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的有关几何体的表面积、体积的考查又是高考的一个热点,难度不大,主要以选择题、填空题的形式考查.3.2018年应注意抓住考查的主要题目类型进行训练,重点有三个:一是三视图中的几何体的形状及面积、体积;二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积;三是求球与多面体的相切、接问题中的有关几何体的表面积、体积.【典例分析☆提升能力】【例1】17世纪日本数学家们对于数学关于体积方法的问题还不了解，他们将体积公式“V＝kD 3”中的常数k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D 为直径，类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式V ＝kD 3，其中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假设运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为k 1，k 2，k 3，那么，k 1∶k 2∶k 3＝( ) A.4π∶6π∶1 B. 6π∶4π∶2 C. 1∶3∶12π D. 1∶32∶6π【答案】D【解析】球中， 33331144,33266D V R D k D k ππππ⎛⎫====∴= ⎪⎝⎭；等边圆柱中， 23322,244D V D D k D k πππ⎛⎫=⋅==∴= ⎪⎝⎭；正方体中， 3333,1V D k D k ==∴=；所以12336::::11::642k k k πππ==.故选D. 【趁热打铁】将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A. π27B.8π27C.π3D.2π9【答案】B【解析】【例2】【2018届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.薨，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（）A. 24B.C. 64D.【答案】B【趁热打铁】【2018届湖北省稳派教育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A.8163π+ B. 1683π+ C. 126π+ D. 443π+ 【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成。
高考数学二轮复习专题立体几何(理)
高考数学二轮复习专题立体几何(理)
高考复习做题是帮助考生查缺补漏不可或缺的方法，下面是整理的高考数学二轮复习专题：立体几何(理)，请大家及时练习。
【考纲解读】
1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。
2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。
3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。
4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。
5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.
6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三
视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.
7.空间平行与垂直关系的论证.。
高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何解密高考4立体几何问题重在“建”“转”__建模转换课件文
解得
h＝
36，故三棱锥
C-PAB
的高等于
6 3.
Thank you for watching !
母题示例：2019 年全国卷Ⅰ，本小题满分 12 分
如图，直四棱柱
本题考查：线面平行的证明，
ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱
点到平面距离的计算、体积
形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD
的计算，考生的直观想象、
＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 转化化归、数学运算能力，
的中点.
[构建模板·三步解法] 有关立体几何综合问题的解题步骤
母题突破：2019 年唐山五校摸底 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E 是 PB 的 中点．
(1)求证：平面 EAC⊥平面 PBC； (2)若 PC＝ 2，求三棱锥 C-PAB 的高．
[规范解答·评分标准] (1)连接 ME，B1C. ∵M，E 分别为 BB1，BC 中点， ∴ME 为△B1BC 的中位线， ∴ME∥B1C 且 ME＝12B1C.2 分
又 N 为 A1D 中点，且 A1D 綊 B1C，
∴ND∥B1C 且 ND＝12B1C， ∴ME 綊 ND，∴四边形 MNDE 为平行四边形.·········4 分
考生的直观想象和数学运算
(1)证明：MN∥平面 C1DE；
的核心素养.
(2)求点 C 到平面 C1DE 的距离.
[审题指导·发掘条件] (1)看到证明 MN∥平面 C1DE，想到线面平行的判定定理，需证 明 MN 与平面 C1DE 内的某一直线平行，看到 E，M，N 为 BC，BB1， A1D 的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系． (2)看到找点 C 到平面 C1DE 的距离，想到作高或等体积转换．
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高考数学立体几何二轮复习
立体几何在高考解答题中占有一席之地，不论是四川省自主命题还是全国卷统一命题，对其
考查力度不减。考查的题型与教材内容切合度高，引导师生回归教材，所以在复习备考的过
程中应更加注重基本知识、基本方法，以及注意提高运算能力，争取在这一板块不丢分。下
面以高考题为例，来研究高考评分标准，以便于在平时训练时注意答题规范和步骤完整性。
一、题型概述
立体几何大题一般处于解答题第三的位置，属于得分题。立体几何常见的类型有：
1.考查线线、线面、面面关系的证明，此类题目常以解答题的第一问出现。
2.计算空间的角和距离，此类题目常以解答题的第二问出现。
常见几何载体为柱、锥、台或者它们的组合体。
二、答题方法概述
1.认真审题，快速提取题目中的关键信息：位置关系、基本模型、数量关系。
2.写全解题步骤，步步为“赢”。在书写解题过程时，对于是得分点的解题步骤一定要写全，
阅卷时根据步骤评分，有则得分，无则不得分。
3.恰当建立坐标系，准确确定相关点的坐标。解题过程中，要充分利用题设中的垂直关系
（必要时给予证明），要尽量使相关点在轴上，建立空间直角坐标系，看清题目中给出的各
线段长度，根据图形性质，准确求出相关点的坐标，这是后续步骤的基础，应确保万无一失。
4.注意运算的准确性。利用空间向量解决线、面间的垂直、平行关系，基本思路就是将其转
化为向量问题，进行空间向量的运算，因此解题中，要求方向向量、法向量的运算要准确无
误。
三、例题分析
例 (2016·新课标全国Ⅱ，理）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′= 10。
（1）证明：D′H⊥平面ABCD。
（2）求二面角B-D′A-C的正弦值。
解答：规范解答——阅卷标准·体会规范
(1)由已知得AC⊥BD，AD=CD。又由AE=CF得 ＝ ，故AC∥EF。1分 得分点①
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H。2分 得分点②
由AB=5，AC=6得DO=BO= AB2-AO2=4。
由EF∥AC得 ＝ ＝ 。
所以OH=1，D′H=DH=3。
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2，故D′H⊥OH。 4分 得分点③
又D′H⊥EF，而OH∩EF=H，所以D′H⊥平面ABCD。5分 得分点④
（2）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴正方向，HD的方向为y轴正方向，HD′的方
向为z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）。7
分 得分点⑤
设m=(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
m·AB=0 3x1-4y1=0
m·AD′=0 3x1+y1+3z1=0
所以可取m=(4，3，-5)。8分 得分点⑥
设n=(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
n·AC=0 6x2=0，
n·AD′=0 3x2+y2+3z2=0
所以可取n=(0，-3，1)。9分 得分点⑦
于是cos〈m，n〉＝ ＝ =- 。11分 得分点⑧
sin〈m，n〉= 。因此二面角B-D′A-C的正弦值是 。12分 得分点⑨
规范解答——阅卷标准·体会规范
第（1）问踩分点说明。
①由线段成比例 ＝ 得线线平行AC∥EF得1分。
②由菱形对角线互相垂直得EF⊥D′H得1分。
③得分点有两处：一是求OH、D′H的长度得1分，二是证明∠D′HO=90°得1分。
④由线面垂直判定定理得，D′H⊥平面ABCD得1分。
第（2）问踩分点说明。
⑤建系，求对点的坐标及有关向量得2分。
⑥求对平面ABD′的法向量得1分。
⑦求对平面ACD′的法向量得1分。
⑧利用二面角公式求二面角余弦值得2分。
⑨利用同角间三角函数关系式求对正弦值得1分。
四、自我训练
练习1：（2017年全国三卷）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三
角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD。
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC。
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二
面角D-AE-C的余弦值。
练习2：（2016年全国卷3）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，
AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点。
（I）证明MN∥平面PAB。
（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值。