高考数学立体几何1

一、考纲要求

9（A）．直线、平面、简单几何体

考试内容：

平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．

平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．

直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．

平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．

多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球． 考试要求：

（1）掌握平面的基本性质，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、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．

（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念．对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．

（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，掌握三垂线定理及其逆定理．

（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理． （5）会用反证法证明简单的问题．

（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念． （7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图． （8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图． （9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式． 9（B）．直线、平面、简单几何体 考试内容：

平面及其基本性质．平面图形直观图的画法． 平行直线．

直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定．三垂线定理及其逆定理． 两个平面的位置关系．

空间向量及其加法、减法与数乘．空间向量的坐标表示．空间向量的数量积．

直线的方向向量．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离． 直线和平面垂直的性质．平面的法向量．点到平面的距离．直线和平面所成的角．向量在平面内的射影．

平行平面的判定和性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定和性质．

多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球． 考试要求：

（1）掌握平面的基本性质。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、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．

（2）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；理解直线和平面垂直的概念，掌握直线和平面垂直的判定定理；掌握三垂线定理及其逆定理． （3）理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘．

（4）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．

（5）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的公式；掌握空间两点间距离公式．

（6）理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念．

（7）掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念．对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离掌握直线和平面垂直的性质定理掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理． （8）了解多面体、凸多面体的概念．了解正多面体的概念． （9）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图． （10）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质。会画正棱锥的直观图。

（11）了解球的概念.掌握球的性质.掌握球的表面积、体积公式．（考生可在9（A）和9（B）中任选其一）

二、考点解读

立体几何的主要任务是培养学生的空间想像能力，当然推理中兼顾逻辑思维能力的培养，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可以相互转化，解决立体几何的基本方法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。

空间想像能力：能根据条件作出正确的图形，根据图形想像出直观形象；能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合；会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质。空间想像能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力.主要表现为识图、画图和对图形的想像能力.识图是指观察研究所给图形中几何元素之间的相互关

系；画图是指将文字语言和符号语言转化为图形语言，以及对图形添加辅助图形或对图形进行各种变换.对图形的想像主要包括有图想图和无图想图两种，是空间想像能力高层次的标志。

三、考题预测

预测题1 如图， 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是（ ） A．60° B．45°

C．30° D．90°

A A1 F D1

E B1

D C1

C B 参考答案：连结AB1，则AB1∥EF，又CD∥AB，∴EF与CD所成角等于AB1与AB所成角，即∠B1AB为45°，故选B．

命题意图与思路点拨：运用中位线定理及平行四边形实施平移，将空间问题平面化。

预测题2 如图，在正三棱锥S—ABC中，M、N分别为棱SC、BC的中点，并且AMMN，若侧棱长SA=3，则正三棱锥S—ABC的外接球的表面积为 （ ）

A．9 B．12 C．16 D．32

参考答案：三棱锥S—ABC正棱锥 SBAC（对棱互相垂直） MNAC

又MNAM 而AMAC=A

MN平面SAC 即SB平面SAC ASB=BSC=ASC=90

将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球

P 32R=33 R=

23S=4R2=4()2=9 ，故选A．

2命题意图与思路点拨：认识正三棱锥的线面关系，整体构图。

预测题3 过正三棱锥的一条侧棱PA及外接球的球心O

A O 所作的截面如图,则此正棱锥的侧面三角形的顶角的余弦值为

参考答案：如图, OP=OA为外接球的半径,设OA=a,则正三棱锥的侧棱长PA=2a,底面三角形的边长AB=2OAsin603a所以在侧面三角形APB中, 由余弦定理得

0cosAPB2231

2224命题意图与思路点拨：想象多面体与球的关系。

预测题4如图,矩形ABCD中,AB3,BC4,沿对角线BD将△ABD折起得到

BCD上的射影O落在BC边上,记二面角CA1BD的平面角△A1BD,且点A1在平面

的大小为，则sin的值等于

CDBC, 又CDAOCD面A1BC 参考答案：1, AO1BCO

CDA1B 又A1BA1DA1B平面CA1D CA1D是二面角CA1BD的平面角.

在Rt△ACD中, sinCD1A3. 1D4命题意图与思路点拨：认识线面关系，求二面角 预测题

5 在五棱锥PABC中

D，PAABA2E，PBaPE22a， BCDEa,EABABCDEA90

（1）求证：PA平面ABCDE； （2）求二面角APDE的大小； （3）求点C到平面PDE的距离.

参考答案：（1）证明：PAAB2a，PB22a

PA2AB2PB2，PAB90, 即PAAB,

同理PAAE

ABAEA PA平面ABCDE

（2）解：AED90，AEED

PA平面ABCDE

PAED, ED平面PAE

过A作AGPE于G，则DEAG，

AG平面PDE,

过G作GHPD于H，连AH, 由三垂线定理得 AHPD,

AHG为二面角APDE的平面角,

在RtPAE中，AG2a ,

在RtPAD中，AHPAAD2a5a25a， PD3a3310AG2a310， AHGarcsin。 10AH2510a3310 10在RtAGH中，sinAHG二面角APDE的大小为AHGarcsinEABABCDEA90，（3）解： ABAE2a，

取AE中点F，连CF，

AF||BC,AFBC 四边形ABCF为平行四边形 CF||DE.而DE平面PDE，CF平面PDE CF||平面PDE

点C到平面PDE的距离等于点F到平面PDE的距离

PA平面ABCDE PADE

又DEAE， DE平面PAE

平面PAE平面PDE, 过F作FGPE于G，则FG平面PDE

FG的长即为F点到平面PDE的距离

在RtPAE中，PAAE2a，F为AE中点，FGPE

FG22a 点C到平面PDE的距离为a 22 命题意图与思路点拨：认识多面体中的线面关系，求二面角，求点到平面的距离

预测题6 如图，在直四棱柱ABCDA1BC11D1中，底面A1B1C1D1是梯形，且

A1B1//DC1D1D1DD1C111，A，E是棱A1B1的中点． AD1AC1（1）求证：CDAD；

（2）求点C1到平面CD1B1的距离；

1A1B11，2（3）求二面角D1CEB1的大小．

参考答案：证明：连接A1D，A1D1DA是正方形，∴AD1DA1，又AD1AC1，

∴AD1平面ACD，∴AD1CD，又DD1CD，∴CD平面AD1， 1∴CDAD

（2）解：在平面A1B1C1D1中，过C1点作C1KD1B1，垂足为K，连接CK，又过C1点作C1HCK，垂足为H，则C1H为点C1到平面

CD1B1的距离，在C1B1D1中，有

C1K∴C1K1D1B1DsCi1nC1B351，

12221， 5511CC1C1K56，点C到平面CDB的距离为6．在RtCC1K中，C1H 111CK66115解法2：用等体积法，设点C1到平面CD1B1的距离为h， 在CD1B1中，CD12,D1B15,C1B3,CD1B1为直角三角形，由

6，∴点C1到平面CD1B1的6∴ hVCC1D1B1VC1CD1B1得112sin13523h，距离为

6． 6，

（3）解：D1EDC连接D1F，则DFCECEA1D2,取线段CE的中点F，11CE//A1D，∴A1B1CE，再取线段CB1的中点G，连接FG，∴FG//EB1，

∴CEFG，∴D1FG是二面角D1CEB1的平面角，在D1FG中， D1F6，2FG12，取线段B1C1的中点L，连接GL，则DGGL2D1L2，在DC11L中，1251111252，∴D1G，由余弦定理知D1L2121cos135244222(cosD1FG621211)()2246，

361222∴二面角D1CEB1的大小为arccos(空间向量解法：

6)． 3a1，（1）证明：用基向量法． 设D1A1a，

b1D1Dc，c1，ACDCbca，D1Aac，11b，1ACD1AAC11D1A0，

22∴(bca)(ac)0，∴cabcba0，∴ab0，， A1B12b,D1A1a，∴A1B1D1A10，∴A1B1D1A1，即A1B1A1D∴CDAD

（2）解：构建空间直角坐标系，运用向量的坐标运算．

以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角

系．则D1(0,0,0)，C(0,1,1),E(1,1,0)，B1(1,2,0)，DC(0,1,1)，D1E(1,1,0)，1EC(1,0,1)，EB1(0,1,0)，D1B1(1,2,0)，设平面CD1B1的一个法向量为

n3D1C0 n3(x3,y3,z3)，∵n3DC1,n1D1B1， ∴n3D1B10DC(0,1,1)，D1B1(1,2,0) 1y3z30∴，令y31，则x32，z31，得n3(2,1,1)． x32y30n316dDC，求点到平面的距离 CCDBDC(0,1,0)111111166n3（3）解：设平面CD1E的一个法向量为n1(x1,y1,z1)．

y1z10n1D1C0 ∵n1DC， ∴，，令x11，则y11，z11，1,n1D1Ex1y10n1D1E0得n1(1,1,1)．又设平面CB1E的一个法向量为n2(x2,y2,z2)∵n2EB1,n2EC，

n2EB10y20,∴∴，令x21，则y20，z21，得n2(1,0,1)． xz022n2EC0nn2266，∴二面角D1CEB1的大小为arccos(cos1)． 3332n1n2111111或者，CE的中点F的坐标为F(,1,)，OF(,1,)，FO(,1,)，

222222FOEB1116， EB1(0,1,0) ，∴cos3116FOEB11444∴二面角D1CEB1的大小为arccos(6)． 3命题意图与思路点拨：认识多面体中的线面关系，求二面角，求点到平面的距离：认识多面体中的线面关系，求点到平面的距离、二面角

专题三 立体几何训练反馈

1．半径为4的球面上有A、B、C、D四点，且AB，AC，AD两两互相垂直，则ABC、

ACD、ADB面积之和SABCSACDSADB的最大值为 （ ） A．8 B．16 C．32 D．64 2．如图，在正三角形ABC中，D,E,F分别为各边的中点，G,H分别为

DE,AF的中点，将ABC沿DE,EF,DF折成正四面体PDEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为（ ）

123A．0 B． C． D．

2323．如图，已知平面平面，A、B是平面与平面的交线上的两个定点，DA,CB，且DA，

CB，AD4，BC8，AB6，在平面上有一

个动点P，使得APDBPC，则PAB的面积的最大

值是（ ）

A．24 B．32 C．12 D．48 4．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠DAB

o

＝∠ABC＝90，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，E为PD的中点．

(1) 求证：CE∥平面PAB；

(2) 求PA与平面ACE所成角的大小； (3) 求二面角E－AC－D的大小．

5．如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1与底面垂直，且ABAC,CC1BC1,BAC900,BCC1600. （1）求证：BC1AC；

（2）若N为A1C1的中点，问侧棱BB1上是否存在 一点M，使MN//平面ABC1成立，并说明理由； （3）求二面角B1BC1A的大小（用反三角函数表示） 1．C 2．D 3．C

4．(1) 证明：取PA的中点F，连结FE、FB，则 1

FE∥BC，且FE＝AD＝BC，∴BCEF是平行四边形，

2∴CE∥BF，而BF平面PAB，∴CE∥平面PAB． (2) 解：取 AD的中点G，连结EG，则EG∥AP，问题转为求EG与平面ACE所成角的大小.又设点G到平面ACE

A B x C F H G D y E z P C 1 C P E A B C M

D B 1 B

专题三 立体几何训练反馈参考答案 N A A1

的距离为GH，H为垂足，连结EH，则∠GEH为直线EG与平面ACE所成的角．现用等体积法来求GH． 11

∵VE－AGC＝S△AGC·EG＝ 33

3

又AE＝2，AC＝CE＝5，易求得S△AEC＝，

21312

∴VG－AEC ＝GH＝VE－AGC＝，∴GH＝

3233

在Rt△EHG中，sin∠GEH＝

HG22

＝，即PA与平面ACE所成的角为arcsin．

3GE3

(3) 设二面角E－AC－D的大小为．

S△AGC222

由面积射影定理得cos＝＝，∴＝arccos，即二面角E－AC－D的大小为arccos．

S△AEC333向量解法：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角

系．则

A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，1，0)，E(0，1，1)， →→→AC＝(2，1，0)，AE＝(0，1，1)，AP＝(0，0，2)．

 设平面ACE的一个法向量为n= (x，y，z)．

→→2x＋y＝0，nAC0 ∵n⊥AC，n⊥AE， ∴， y＋z＝0．

nAE0令x＝1，则y＝－2，z＝2，得n＝(1，－2，2)．

(2) 设点P在平面ACE上的射影为Q，由共面向量定理， →→→→设PQ＝mPA＋nPC＋(1－m－n)PE，得

→PQ＝m(0，0，－2)＋n(2，1，－2)＋(1－m－n)(0，1，－1) ＝(2n，1－m，－m－n－1)．

→→PQ·AC＝0，m－4n－1＝0，12→→→→ ∵PQ⊥AC，PQ⊥AE，∴ 解得m＝，n＝－．

→→992m＋n＝0，AE＝0PQ·

488→→4

∴PQ＝(－， ，－)，∴|PQ|＝.

9993

→|PQ|22

设PA与平面ACE所成角为，则sin＝＝，∴＝arcsin．

→33|AP|

488(1,2,2)(, ,)nPQ9994→ 别解：易得向量AP在n上的射影长为d＝= 33nnAP42→→ (3) 显然，AP为平面ABCD的法向量，cos＝6＝3.

nAP2

∴二面角E－AC－D的大小为arccos ．

3

5．（1）证明：由题意侧面ACC1A1底面BAC，且ABAC

d22

设PA与平面ACE所成角为，则sin＝＝，∴＝arcsin．

→33|AP|

AB平面ACC1A1，ABAC1

CC1BC，且BCC1600，BCC1为等边三角形，BCBC1 ABC≌ABC1，ACAC1，

又CC1BC2AC,AC2AC12CC12,ACAC1， ∵AB平面ACC1A1，∴BC1在平面ACC1A1上的射影为AC1， ∴BC1AC。

（2）解：当M为侧棱BB1的中点时，有MN//平面ABC1成立，证明如下： 分别取AA1,BB1中点D,M，连接DM,DN，则DN//AC1,DM//AB。 ∴DN//平面ABC1，DM//平面ABC1，∴平面DMN//平面ABC1， ∴MN//平面ABC1。

（3）解：取B1C的中点T，连接CT,AT，则有ATBC1,CTBC1， ∴ATC为二面角CBC1A的平面角， 在RtATC中，

CAT900,AT∴tanATC22ABAC 22B M 1 B

AC2。 AT∴二面角CBC1A的大小为arcran2。 ∴二面角B1BC1A的大小为arcran2

C T

A D

N 1 C A1