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1、棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算考查空间想象能系的判定、表面积与体积、空间几何体的性质与识图等，以1个解答其中主视图和左视图都是边长为1的正三角形，那么这个几何体的侧三视图作为新课标的新增内容，在近三年高考中，有2次在此知识点高考数学专题复习：立体几何专题理一、 XX 省高考试题分析高考试卷中， 立体几何把考查的立足点放在空间图形上， 突出对空间概念和空间想象能 力的考查。立体几何的基础是对点、线、面的位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体。高 考命题时， 突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、两个平面的位置的关系 以与空间角、面积、体积的计算的考查，以便检测考生立体几何
2、的知识水平和能力。高考试题中题型分布与分值比例以下是近三年考题、考点、分值分布统计表卷型 09 年10 年11 年题 序 4、5、183、1911、19分 值 5+5+12=225+12=175+12=17考查的题型与知识点几何体三视图、面面垂直的判定、线面平行的判定、二面角线面垂直与平行的判定与性质、线面角、几何体的体积几何体的三视图、线面平行的证明、以与二面角从上表可以看出： 立体几何均分在 20 分左右， 高考的命题坚持以稳定大局， 控制难度， 贯彻“说明要求， 命题的稳定主要表现在： 考查的重点与难点稳定， 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，线
3、、面间的角的计算作为考 查的重点； 同时在创新方面做了一些有益的尝试。1充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、 必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出 现， 而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、 必要条件的理解 和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题09年理 5已知 ， 表示两个不同的平面， m 为平面内的一条直线， 则“是“ m 的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析： 由平面与平面垂直的判定定理知， 如果 m 为平面内的一条直线， m，则；反过来则不一定所以“ 是“ m 的必
4、要不充分条件 答案： B10年理 3在空间，下列命题正确的是 A 平行直线的平行投影重合 B 平行于同一直线的两个平面平行C 垂直于同一平面的两个平面平行 D 垂直于同一平面的两条直线平行解析由空间直线与平面的位置关系与线面垂直与平行的判定与性质定理可以很容易得出答案 D.本题考查空间直线与平面的位置关系与线面垂直与平行的判定与性质， 属基础题。点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念解决此类.去的合板的面积为制作过程合板的损耗和合板厚度忽略不计题来考查线面关系的证明以与角的计算在高考中属于中档题目而近三年高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题z是平
5、面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面。23 .点评本题考查了立体几何中的空间想象能力,俯视图 该说 2007 年以来， 立体几何删去了传统的球面距离、球的切接问题、空间距离等明显降低问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定 此类小题是很容易出错的题目， 解答时 要特别注意2三视图与几何体的面积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图 所表示的空间几何体，柱、锥、 台、球体与其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综 合会重点考查， 从近三年高考题来看， 三视图是出题的热点， 题型多以选择题、 填空题为主，属中等偏易题随着新课标的推广和
6、深入，难度逐渐有所增加09年理 4一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(A. 2B. 42 32232 3 C. 2解析:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为 1,高为 2,体积为2 ,四棱锥的底面1边长为 2 ，高为 3 ，所以体积为332 32 332D. 422 3所以该几何体的体积为2 答案:C2正(主)视图由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地计算出几何体的体积.).2 3322侧(左)视图俯视图11 年理 11右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正( 主) 视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正( 主) 视图、俯视图如下图
7、；存在圆柱，其正( 主) 视图、俯视图如右图其中真命题的个数是正主视图A3B2C1 D0点评：A.此题考查学生的空间想象能力， 无论是命题形式与考查深度令人欣赏。应了立体几何的难度。但是，空间想象能力为考试说明的第三能力。因此，此题非常好，难度 适当，形式自然，目的明确。3几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质 定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，.面，m为平面内的一条直线，则“是“m的()A充分不必要条x,y,z)，则1，取n(2,0,111，|n|220(3)点ADCPA1证明如下
8、：由题意知，BABA11AAD11A（4）几何体的表面积、体积，注重与三视图的交汇，以与割补思想Rt OPF 中， BPOP 2 OB2OPBP1 1 1 1为等腰梯形， AB/CD ，1 1 1AB1D 11 1（2） 求二面角 B-FC1 -C 的余弦值解析：解法一： 1 在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，取 A1B1的中点 F1 ，连接 A1D ，C1F1 ，CF1 ，因为 AB=4 ， CD=2 ，且 AB/CD 所以 CDA 1F1 ，A1F1CD 为平行四边形，所以 CF1/A1D，又因为 E、E1 分别是棱 AD 、AA 1 的中点，所以 EE1/A1D，
9、所以 CF1/EE1 ，又因为 EE1 平面 FCC 1 ，CF1 平面 FCC 1 ，所以直线 EE /平面 FCC E 1AA ， 1DF D1F 1AE 1P DEF角形，取 CF 的中点 O，则 OB CF ，又因为直四棱柱 ABCD-A B C D 中， CC1 平面111多以选择题和解答题形式出现， 解答题中多以证明线线垂直、 线面垂直、面面垂直为主，属 中档题4空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤： 1 用空间向量表示问题中涉与的点、直 线、平面， 建立立体图形与空间向量的联系， 从而把立体几何问题转化为向量问题几何问 题向量化； 2 通过向量运算，研
10、究点、直线、平面之间的位置关系以与它们之间的距离 和夹我有等问题进行向量运算； 3 把向量的运算结果“翻译成相应的几何意义回 归几何问题09年理 18如图， 在直四棱柱 ABCD-A B C D 中， 底面 ABCDAB=4 ， BC=CD=2 ， AA =2 ， E、E 、F 分别是棱 AD、AA 、CAB 的中点1（ 1） 证明：直线 EE /平面 FCC ；CEBCB 1C OB1 12 因为 AB=4 ， BC=CD=2 ， 、F 是棱 AB 的中点，所以 BF=BC=CF ， BCF 为正三1 1 1 1ABCD ，所以 CC1 BO，所以 OB 平面 CC1F，过 O 在平面 CC
11、1F 内作 OP C1F，垂足为 P，连接 BP，则OPB 为二面角 B-FC -C 的一个平面角， 在BCF 为正三角形中， OB 3 ，.在 Rt CC1F 中， OPF CC1F， 132OPCC1142 ，OFC F1cos OPOPB122 2222214222，在77 ，A.40000cm2B.40800cm2C.1600(221、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求f(x)(3面角通常有以下三种转化方式：先作、证二面角的平面角AOB，A2AD222，故BD与平面ADMN所成的角是。3由M,11 01 111的法向量为 n1 1 1n FB 0所以n FC 0113)y
12、013x y 2z 0，则 n n12 130cos n,n1n | 1 ( 3)2|2n n2 7 7 ，71 1所 以.1 77所以二面角 B-FC -C 的余弦值为 1zDE 1A1解法二:1 因为 AB=4 ， BC=CD=2 ， F 是棱 AB 的中点， 所以 BF=BC=CF ， BCF 为正三角形， 因为 ABCD 为 等腰梯形，所以BAC= ABC=60 ，取 AF 的中点 M，连接 DM ，则 DM AB ，所以 DM CD，DEM F以 DM 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1为 z 轴建立空间直角坐标系，A3 ，-1， 1，23所以 EE (, ,1)2，CF ( 3, 1,0)则 D0，0，0，A 3 ，-1， 0，F 3 ，1，0，E111
