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1、.立体几何 一、年考试大纲 二、新课标全国卷命题分析 三、典型高考试题讲评 2011年新课标全国（1 卷、2 卷、3 卷）理科数学分类汇编11立体几何 一、考试大纲 1空间几何体 (1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要
2、求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理 2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质
3、与判定定理.理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3能运用公理、定理和已获得的结
4、论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.4空间直角坐标系 (1)了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会推导空间两点间的距离公式.二、新课标全国卷命题分析.立体几何小题常考的题型包括：（1）球体；（2）多面体的三视图、体积、表面积或角度，包括线线角、线面角以及面面角，要重视常见几何体的三视图、三视图还原几何体的常用方法、面积和体积的计算式以及点线面的位置关系等，也要注意提高空间想象能力与数学计算能力 立体几何解答题第 1 问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理的考查，而第 2 问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面几
5、何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查.本试题能准确把握相关几何元素之间的关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查.1.（2016新课标，14）、是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m
6、n，m，n，那么.（2）如果m，n，那么mn.（3）如果，m，那么m.（4）如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号.)【答案】解析：略.2.（2018新课标，9）在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为（）A15 B56 C55 D22【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：11522EFB D，132AE，1AF，由余弦定理可知：5cos5 解法二：坐标法：由几何关系可知：11,1,3B D，点 A 的坐标为1,0,3，点1D的坐标为1,1,0 10,1,3AD ，25cos52
7、5 .立体几何(小题）（解析版）3.(2018新课标全国卷理 7)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A2 17 B2 5 C3 D2【答案】B 解析：当路径为线段MN时，长度最短，故最短路径的长度为22242 5.4.(2018新课标，理 12)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A3 34 B2 33 C3 24 D32【答案】A 解析：（直接法）平面11AC B符合题意，如
8、图（1）所示，例题中的平面可得面11AC B平移 平移后的图象如图（1）所示，六边形EFGHMN为该截面 设1A Nx，则有2,2(1)ENx MNx 根据对称性可知2(1),2EFxFGx，延长,EN HM相交于点P 延长,EF HG相交于点Q，易证60HEFEHG .所以EHQ为等边三角形，同理EHP为等边三角形，所以maxEHGEPGPMNFGQEFGHMNSSSSS六边形 22223333(2)(2)(2(1)(2)4444xx233(221)2xx 当12x 时，max3 34EFGHMNS六边形【解法 2】（特殊位置法）由题可知，截面应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形
9、时，此 时 六 边 形 的 周 长 恒 定 不 变，所 以 当 截 面 为 正 六 边 形 时，面 积 最 大max2323 36()424EFGHMNS六边形 5.（2018新课标，9）在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为（）A15 B56 C55 D22【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：11522EFB D，132AE，1AF，由余弦定理可知：5cos5 解法二：坐标法：由几何关系可知：11,1,3B D，点 A 的坐标为1,0,3，点1D的坐标为1,1,0 10,1,3AD ，25cos52 5.解法三：补型法（以右补
10、为例）：由几何关系可知：5BD，2DG，15B G，由余弦定理可得：45cos54 5.6.（2017新课标，10）已知直三棱柱111CC 中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为（）A32 B155 C105 D33【答案】B 解析：解法一：在边1BB11BC11ABAB上分别取中点EFGH，并相互连接.由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB和1BC所成的夹角为FEG或其补角，通过几何关系求得22EF，52FG，112FH，利用余弦定理可求得异面直线 1AB和1BC所成的夹角余弦值为105.解法二：补形通过补形之后可知：1BC D或其补角为异面直线1AB和
11、1BC所成的角，通过几何关系可知：12BC，15C D，3BD，由勾股定理或余弦定理可得异面直线1AB和1BC所成的夹角余弦值为105.解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，0,2,1A，10,0,0B，0,0,1B，131,022C，.131,122BC，10,2,1B A，1111210cos552B A BCB ABC 7.（2016新课标，11）平面过正方体1111DCBAABCD 的顶点A，/平面11DCB，平面ABCD m，平面nAABB11，则nm,所成角的正弦值为（）（A）23（B）22（C）33（D）31【答案】A 解析：如图所示：AA1BB1DCC1D1 11CB D平面
12、，若设平面11CB D平面1ABCDm，则1mm 又平面ABCD平面1111ABC D，结合平面11B DC平面111111ABC DB D 111B Dm，故11B Dm，同理可得：1CDn 故m、n的所成角的大小与11B D、1CD所成角的大小相等，即11CD B的大小 而1111BCB DCD（均为面对交线），因此113CD B，即113sin2CD B 故选 A 8.（2015新课标，6）九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为
13、8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有（A）14 斛 （B）22 斛 （C）36 斛 （D）66 斛【答案】B 解析：284R，圆锥底面半径16R，米堆体积21320123VR h，堆放的米约有221.62V，选（B）.9.（2014新课标，11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，BCA=90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A110 B25 C3010 D22【答案】C 解析：取BC的中点P，连结NP、AP，M，N分别是A1B1，A1C1的中
14、点，四边形NMBP为平行四边形，BM/PN，所求角的余弦值等于ANP的余弦值，不妨令BC=CA=CC1=2，则AN=AP=5，NP=MB=6，222222|(5)(6)(5)cos2|256ANNPAPANPANNP 3010.【另解】如图建立坐标系，令AC=BC=C1C=2，则A(0,2,2)，B(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,1,0)，(1,1,2)(0,1,2),BMAN，0 1430cos.10|6 5BM ANBMAN 10.（2013新课标，4）已知,m n为异面直线，m 平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则（）A./且l/B.且l C.与相交，且交线垂直于l
15、D.与相交，且交线平行于l【答案】D 解析：因为m，lm，l，所以l.同理可得l.又因为m，n为异面直线，所以与相交，且l平行于它们的交线故选 D.11.（2018新课标，理 16）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45若SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为_【答案】40 2解析：由面积的关系可知：4 5SASB，由几何关系可知：2 10SOAO 侧面积SSA l，24 10lOA，侧面积40 2SSA l 12.（2017新课标，）16.a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，A C B 1A 1C 1
16、B N M P.b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所称角的最小值为45；直线AB与a所称角的最小值为60；其中正确的是_.（填写所有正确结论的编号）【答案】解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图 不妨设图中所示正方体边长为1，故1AC，2AB，边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆以C为坐标原点，以CD为x轴正方向，CB为y轴正方向，CA为z轴正方向建立空间直角坐标系则(1,0,0)D，(0,0,1)A，
17、直线a的方向单位向量(0,1,0)a，1aB点起始坐标为(0,1,0)，直线b的方向单位向量(1,0,0)b，1b设B点在运动过程中的坐标cos,sin,0B，其中为B C与CD的夹角，0,2)那么AB在运动过程中的向量(cos,sin,1)AB，2AB 设AB与a所成夹角为0,2，则(cos,sin,1)(0,1,0)22cossin0,22ABa 故,4 2，所以正确，错误 设AB与b所成夹角为0,2，(cos,sin,1)(1,0,0)2coscos2ABABABbbb.当AB与a夹角为60时，即3，12sin2cos2cos2322.因为22cossin1，所以2cos2所以21coscos22 因为0,2所以=3，此时AB与b夹角为60所以正确，错误故填.13.（2016新课标，14）、是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果mn，m，n，那么.（2）如果m，n，那么mn.（3）如果，m，那么m.（4）如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号.)【答案】解析：略.