1、立体几何常考要点与核心内容1空间几何体的表面积、体积与三视图，以选择题和填空题为主。能通过三视图还原几何体，求几何体相应的面积，体积2空间中的平行与垂直在选填题中，常考概念与判断对错，考察同学们的空间想象能力，所以平时做题时要积累经验，特别注意积累反例在解答题中，注意证明的书写格式，注意不能省略重要步骤。3空间角与距离空间角的求法：几何法，三垂线定理找三角形向量法，注意运算时一定要细心，直线在坐标系中是用一个点加方向向量来表示，而一个平面在坐标系中是用一个点加法线向量来表示，向量夹角公式空间距离的求法：直接法，等体积法向量投影法基础篇10课标 (14)正视图为一个三角形的几何体可以是_(写出三
2、种)考点：立体几何的三视图的基础知识规律方法：空间想象解析：三棱锥正视图是三角形；三棱柱放对位置的话，正视图也是三角形，圆锥也是放对位置的话是三角形。答案：三棱锥、三棱柱、圆锥10安徽 8一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A280B292C360D372考点：立体几何的三视图的基础知识解析：该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和答案：C10福建 6如图，若是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EHA1D1，则下列结论不正
3、确的是AEHFGB四边形EFGH是矩形C是棱柱D是棱台 考点：空间中直线与平面平行、垂直的判定与性质，矩形的判定定理解析：因为EHA1D1，A1D1B1C1，所以EHB1C1，又EH不在平面BCB1C1内，所以EH平面BCB1C1又EH在平面EFGH内，平面EFGH平面BCB1C1FG所以，故，所以选项AC正确；因为平面，所以平面，又平面，故，两条边互相垂直的平行四边形是矩形，所以选项B也正确，排除法故选D答案：D10山东 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考点：空间直线与平面的位置关系
4、及线面垂直与平行的判定与性质解析：由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案A中，平行直线的平行投影不一定重合，有可能平行，所以A错；两个相交平面，而一条直线平行于两个相交平面的交线，所以B错；对于C，墙角的三个平面说明C错，即垂直于一个平面的一条直线，其他两个平面经过这条直线；故D对。答案：D10课标 (10)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为ABCD考点：球与多面体的接切问题及球的表面积公式解析：设ABC为正三角形，外接圆半径为r，E为ABC的外接圆圆心，正三角形的性质可知，E为ABC的重心，则rCE.过E做平面ABC的
5、垂线，垂线上的点到点A,B,C的距离相等，所以三棱柱的外接球的球心在该垂线上。设O点为球心，则它到上表面的其他点的距离相等，则为的中点。设球的半径为R答案：B10全国I 7正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为ABCD考点:正方体的性质、直线与平面所成的角解析：因为BB1/DD1，所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角相等.可以从两个方向思考作垂面找三角形，从图中可以看出平面D1AC平面BB1D1D从而DD1E即为DD1与平面ACD1所成角，其余弦值为.法向量，易知DB1为平面ACD1法向量，从而只需计算DB1与DD1夹角即可.答案：D注意：
6、总结求夹角的方法，线面夹角和平面角通过做垂线或者垂面或者用平面向量的方法；异面直线的夹角求解通常通过平移10江西 10过正方体的顶点A作直线L，使L与棱，所成的角都相等，这样的直线L可以作A1条B2条C3条D4条考点：线线夹角的计算和判断规律方法：空间想象能力，分类讨论、转化化归的思想解析：第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条答案：10全国 I (12)已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若ABCD2，则四面体ABCD的体积的最大值为ABCD考点：本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直
7、线的距离，通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力.规律方法：通过拆分的方法把一个四面体拆成两个四面体求解解析：我们可以先找到体积取得最大值时图形的特点再求出最大体积.分别取AB，CD的中点E，F. VABCDVACDEVBCDE.于是四面体ABCD的体积就可以写成三分之一倍的CDE的面积乘以AB在平面DCE法向上投影的长度.所以四面体ABCD体积取最大值时AB垂直平面CDE.设圆心为O，则ODOEDE点E到CD的距离，也就是DCE中CD边上的高.从而，四面体ABCD体积取最大值时AB垂直CD且DE2，O在DE上.这时有答案：B10四川 15)如图，二面角的大小是60，线段.，与所成
8、的角为30.则与平面所成的角的正弦值是_.考点：线面角，二面角，直线与平面所成的角的性质规律方法：三垂线定理解析：过点A作平面的垂线，垂足为C，在内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，CB，有三垂线定理可知ADl，ADC为二面角的平面角，为60ABC为与平面所成的角，ABD30, 答案：提高篇10北京 16如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，()求证：平面；()求证：平面；()求二面角的大小.考点：空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识解析：(I)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形.所以AFEG因为EGP平面B
9、DE，AF平面BDE，所以AF平面BDE(II)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0，0，0)，A(，0)，D(，0，0)，E(0，0，1)，所以，所以，.所以CFBE，CFDE，因为BEDEE所以CF平面BDE(III)由(II)知，是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量(x，y，z)，则，即 所以，且.令，则所以n，从而 因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为10课标 18如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD
10、中点()证明：PEBC()若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值考点：空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识规律方法：建立空间直角坐标系，利用向量来求解解析：以为原点，分别为，轴，线段的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则，()设，则，可得，因为所以 ()由已知条件可得 所以，故，从而，从而有0，故PHCB由(I)知CBPE，又因为PHCB，PHPEP所以CB平面PEH，即为平面PEH的法向量从而所以直线与平面所成角的正弦值为10全国 I (19)(本小题满分12分)如图，四棱锥SABCD中，SD底面ABCD，AB/DC，ADDC，ABAD1，D
11、CSD2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.()证明：SE2EB；()求二面角ADEC的大小.考点：空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识规律方法：建立空间坐标系，利用向量求解。要用到空间想象能力、推理论证能力和运算能力解析：以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则，()，设平面的法向量为，由，得，故，令，则，又设，则，设平面的法向量，由，得，故，.令，则.由平面DEC平面SBC得(II)由(I)知.设平面ADE法向量为.则 ， ，.所以，取r1，则得到平面ADE的一个法向量.从而 由于ADEC的平面角是钝角所以，二面角ADEC的大
12、小为12010江西 20(本小题满分12分)如图BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，()求点A到平面MBC的距离；()求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值考点：本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力解析：取中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面平面，则MO平面.以O为原点，直线OCBO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OBOM，则各点坐标分别为O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，0)，A(0，2)，(1)设是平面MBC的法向量，则，由得；由得；取，则距离(2)，设平面的法向量为，由得解得，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.注意：向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎
