最新高考数学立体几何试题分析及备考建议

篇章说明：本篇文章主要针对2023年高考数学甲卷的立体几何部分进行详细解析，旨在帮助考生更好地理解和掌握解答技巧，提高考试成绩。

文章将从题目分析、解题思路和步骤、相关知识点详解等方面展开，希望对广大考生有所帮助。

一、题目分析1.1 题目类型本次数学甲卷的立体几何部分主要包括平面与空间直角坐标系、三视图、旋转体、二面角等内容。

1.2 题目数量根据往年高考数学甲卷的趋势，立体几何部分一般有3-4道题目，覆盖面较广，深度一般。

二、解题思路和步骤2.1 题目分析在解答立体几何题目时，首先要仔细阅读题目，理清题意，确定所给数据和所求量，并尽可能画出对应的图形。

2.2 利用相关知识点根据题目所涉及的内容，运用相关的立体几何知识进行分析和计算，例如平面与空间直角坐标系的性质、旋转体的体积计算方法、三视图的绘制等。

2.3 运用解题技巧在解题过程中，要善于运用立体几何的解题技巧，例如利用平行投影、三视图推导、旋转体的切割与拼接等方法，增加解题的灵活性和多样性。

2.4 对答案进行检验在得出最终答案后，要对答案进行反复检验，确保计算和推导过程的准确性，避免因计算错误导致得出错误的结论。

三、相关知识点详解3.1 平面与空间直角坐标系平面与空间直角坐标系是立体几何的基础，涉及点、线、面的坐标计算以及相关性质的运用，考生需熟练掌握坐标计算和平面几何性质，例如点到直线的距离公式、向量的运算与应用等。

3.2 三视图三视图是立体图形的展开图，由正视图、俯视图和侧视图组成，通过三视图可以确定立体图形的形状和大小，考生需要掌握三视图的画法及相互关系，能够准确理解和绘制三视图。

3.3 旋转体旋转体是立体几何的一个重要内容，包括圆柱体、圆锥体、旋转抛物面等，通过观察旋转体的特点，运用相关计算公式可以准确求解旋转体的体积和表面积。

3.4 二面角二面角是平面几何与立体几何的交叉部分，涉及到二面角的性质、计算和应用等内容，考生需要掌握二面角的相关知识点，能够准确应用到解题过程中。

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

图1 ABCD-A1B1C1D1中，E，为直径的球面与。

其实EF的长2倍，只是选取了文科卷第16题：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球所成角的正弦值。

这两道解答题都是以考查三棱柱的基本概念为重点考查学生对直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基本知识的理解与应用。

无论还是文科卷中四棱其实质是考查考生逻辑推理能力和运算求解能力。

的距离。

；所成角的余弦值。

高考命题的基本模型来源于教材，师生必（二）考查作图能力与建模能力考生需要能够借助几何直观和空间想象感知事图2图3图4图5图6专题研究·高考数学试题研究之后，求体积便迎刃而解了。

为有效地考查考生的作图能力与建模能力，高考数学试题会有针对性地设置不同的题型，考生需要在平时的学习中多加练习，掌握相关的基础知识和技能，并且能够灵活运用所学知识解决实际问题。

（三）考查数学抽象与空间想象能力数学抽象与空间想象能力主要是指对客观事物的空间形式进行观察、分析、抽象、思考和创新的能力。

立体几何专题的教学目标非常明确，就是通过高中立体几何的学习，学生能够将生活中的物体形态抽象为空间几何图形，并能借助所学的知识想象出给定立体图形的实体形态，用符号或数学式将实体形态中的几何元素如长度、角度、位置关系、面积、体积等表达出来，正确解答题目，从而提升学生解决生活问题的能力。

高考真题一般只是简单描述模型及问题，对学生的数学抽象能力和空间想象能力都提出了非常高的要求。

比如理科卷第11题：在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC的面积为（）。

A.22B.32C.42D.52题目的图形为底面是正方形的四棱锥，并不是正四棱锥，但给出了其中两条侧棱相等且给出了具体长度。

解决本题的办法之一是通过证明全等三角形依次证得△PDO≅△PCO，△PDB≅△PCA，从而得到PA=PB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA= 17，从而求得PB=17，由此在△PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解。

2025年高考数学立体几何全方位剖析在高考数学中，立体几何一直是一个重要且具有挑战性的板块。

对于即将参加 2025 年高考的同学们来说，深入理解和掌握立体几何的知识与解题技巧至关重要。

接下来，让我们对其进行全方位的剖析。

一、立体几何在高考中的地位和考查趋势立体几何在高考数学中占据着相当重要的地位。

它不仅能够考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力，还能检验对数学基本概念和定理的掌握程度。

近年来，高考中对立体几何的考查呈现出一些明显的趋势。

首先，题目更加注重与实际生活的联系，通过构建真实的场景，如建筑设计、包装问题等，来考查同学们运用立体几何知识解决实际问题的能力。

其次，对空间向量的运用要求逐渐提高，利用空间向量解决角度和距离问题成为常见考点。

再者，综合性更强，常常将立体几何与函数、不等式等知识相结合，增加了题目的难度和复杂性。

二、立体几何的基本概念和定理1、点、线、面的位置关系点是构成空间几何体的基本元素，线是由无数个点组成，面则是由线所围成。

其中，线线、线面、面面的平行与垂直关系是重点。

2、棱柱、棱锥、棱台棱柱具有两个平行且全等的底面，侧面是平行四边形。

棱锥的底面是多边形，侧面是三角形，且顶点与底面中心的连线垂直于底面。

棱台则是由棱锥截去一部分得到，上下底面平行且相似。

3、圆柱、圆锥、圆台圆柱以矩形的一边所在直线为轴旋转而成，圆锥以直角三角形的一条直角边为轴旋转而成，圆台是由圆锥截去一部分得到。

4、球球是空间中到定点的距离等于定长的点的集合，其表面积和体积公式需要牢记。

三、立体几何中的空间向量空间向量为解决立体几何中的角度和距离问题提供了一种有力的工具。

1、向量的坐标表示建立合适的空间直角坐标系，确定点的坐标，从而表示出向量的坐标。

2、线线角通过向量的点积公式计算两直线方向向量的夹角余弦值，进而得到线线角。

3、线面角找出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求出线面角。

4、面面角计算两个平面的法向量夹角，再根据二面角的大小与法向量夹角的关系求出面面角。

全国高考数学立体几何题大纲全解在高考数学中，立体几何题一直是重要的考查内容之一。

它不仅要求学生具备扎实的空间想象力，还需要熟练掌握相关的定理、公式和解题方法。

接下来，我们将对全国高考数学立体几何题进行一次全面的解析。

一、立体几何的基础知识首先，我们来回顾一下立体几何的一些基本概念。

点、线、面是构成空间几何体的基本元素。

直线与平面的位置关系包括平行、相交和在平面内；平面与平面的位置关系有平行和相交。

在立体几何中，常见的几何体有棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球。

对于这些几何体，我们需要了解它们的结构特征、表面积和体积的计算公式。

例如，棱柱的体积公式为 V ＝ Sh（S 为底面积，h 为高）；圆锥的体积公式为 V ＝ 1/3Sh。

二、空间直线与平面的位置关系这部分是高考的重点和难点之一。

判断直线与平面平行的方法通常有：利用定义（直线与平面没有公共点）；利用判定定理（平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行）。

证明直线与平面垂直，关键是要证明直线与平面内的两条相交直线垂直。

直线与平面所成的角，是指直线与它在平面内的射影所成的角。

平面与平面平行的判定，可通过一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行来证明。

平面与平面垂直的判定定理为：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。

三、空间向量在立体几何中的应用空间向量为解决立体几何问题提供了一种新的有力工具。

通过建立空间直角坐标系，我们可以将空间中的点、线、面用向量表示。

利用向量的数量积可以计算两直线的夹角，向量的模可以计算线段的长度。

例如，要求异面直线所成的角，可先求出它们的方向向量，然后计算方向向量的夹角，但要注意夹角的范围。

四、高考中常见的立体几何题型1、证明题这类题目通常要求证明线线、线面、面面的平行或垂直关系。

在解题时，要根据已知条件，合理选择定理进行证明。

2、计算题常见的计算包括求几何体的表面积、体积，求线面角、二面角的大小等。

2024年高考数学几何历年真题错误常见类型分析高考数学几何部分一直是考生们最为重视的内容之一，也是很多考生容易出错的地方。

本文将对2024年高考数学几何部分历年真题中常见的错误类型进行分析，帮助考生们更好地理解和掌握这些知识点，提高应对数学几何题的能力。

一、平面几何题型的错误类型分析1. 图形判断错误：这种类型的错误主要表现为对图形的判断出现错误，例如判定两条直线平行或垂直时弄混方向，或者判断角平分线时出现错误。

这类错误的原因主要是考生对图形的性质理解不够深入或者观察不细致。

解决方法：要对每个图形的性质进行深入理解，多做题、多画图，注重观察，不要随意下结论。

2. 同一图形的不同表达错误：同一个几何图形可以有不同表达方式，当考生没有注意到这些不同表达方式时，容易在计算过程中出现错误。

解决方法：在解答题目时，多角度地观察题目中给出的几何图形，并且学会转化不同的图形表达方式。

3. 判定条件不满足错误：在判断两条线段相等或两个三角形全等的时候，考生需要注意每个条件的具体含义。

有时候考生可能会忽略某个判定条件，导致判断结果出错。

解决方法：仔细审题，理解和注意题目中给出的判定条件的含义，并逐个进行检查。

二、立体几何题型的错误类型分析1. 空间图形理解错误：立体几何是在空间中进行，需要考生具备一定的空间想象力。

有些考生在解答空间立体图形题目时，容易将二维图形的思维方式带入，导致错误。

解决方法：多做立体几何的题目，培养空间想象力；可以在纸上画出空间图形，有助于更好地理解和解答题目。

2. 体积、表面积计算错误：计算体积和表面积是立体几何的重要内容，但是有些考生在计算过程中容易出错，如计算公式的使用错误、边长或高度的计算不准确等。

解决方法：熟练掌握体积和表面积的计算公式，并在计算过程中注意细节，准确计算。

3. 空间角度判断错误：在解决立体几何题时，对于空间角度的判断是重要的，但有些考生可能在角度比较和转化的过程中出现错误。

高考数学立体几何分析及备考建议一、高考立体几何试题分析及得分情况分析****年湖北高考已落下帷幕。

分析****年全国各省市高考试卷中的立体几何试题，根据试题所涵盖的知识内容以及解决问题所采用的思维方式，可以看出：****年高考的立体几何试题体现了“基于基础，关注能力，体现文化”的试题特色。

基于基础，体现在对立体几何本质问题的重点考查；关注能力，体现在对立体几何所承载的思想方法的有效考查；体现文化，体现在对数学文化的深入考查。

1.得分情况****年湖北省高考理科立体几何在第5题和第19题，文科在第7题（同理科第5题）和第20题。

理科第5题我校平均得分 3.91分，黄石市平均得分 3.43分，第19题我校平均得分9.89分，黄石市平均得分7.70分；文科第7题我校平均得分 3.30分，黄石市平均得分 2.43分，第20题我校平均得分8.65分，第20题我校平均得分9.89分，黄石市平均得分 5.53分.2.试题综述****年各省市都把立体几何试题的命题重点放在这一知识板块最基础、最核心的内容上。

高中立体几何的核心问题主要有：(1)图形辨认（三视图、直观图、展开图、折叠图、图形的割补等）；(2)定性证明（线线、线面、面面的垂直或平行关系的证明）；（3）定量计算（体积与面积的计算，线线角、线面角、面面角的计算）。

（1）题型设计趋于稳定，知识考查重点突出立体几何是中学数学重要内容之一，在高考中占有较大比重.从试题数量来看，一般有 2 道试题，1 道选择或填空题， 1 道解答题，分值在17 分左右.从考查的知识点来看，主要涉及三部分内容，一是空间几何体的三视图和基本量（表面积、体积）运算；二是空间点、直线、平面的几何（平行、垂直）位置关系研究；三是空间点、直线、平面的数量（距离、角）关系研究.在选择、填空题中，以考查基础知识为主，考查形式多样化、知识覆盖面较大、难度适中.选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定。

高考立体几何命题分析和复习建议高考立体几何命题分析和复习建议一、考纲中对立体几何与空间向量的要求(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知道平行投影与中心投影的概念，了解空间图形的不同表示形式;③能画出简单空间图形(长方体、棱柱、圆柱、圆锥、球等及其简易组合)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;④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面的位置关系的定义，并了解如下的公理和定理:定理1, 2,3, 4及定理: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理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。

理解以下判定定理和性质定理:(判定定理和性质定理各4个，略)③能运用公理、定理和己获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。

④能根据定义解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的简单计算问题。

(3)空间向量及其运算①了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正夕分解及其坐标表示;②掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;③掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用数量积判断向量的共线与垂直;(4)空间向量的应用①理解直线的方向向量与平面的法向量的概念;②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)④能用向量方法解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

文科在这部分内容中，共学习必修2两章按课程标准规定的课时数，文科数学总课时数是252课时，这两章的课时数是18课时，约占7%，试卷中期望的分数应是11分.而全国新课程卷考查了两个小题一个大题，分值达到了22分.可见这部分的知识虽然课时数不多，但是份量却不轻，占到总分的15%。

高考数学如何应对复杂的立体几何题立体几何是高考数学中的重要内容，也是考试中的难点之一。

面对复杂的立体几何题，考生需要具备一定的解题技巧和方法。

本文将从准备阶段、解题技巧和答题建议三个方面，为高考生总结出解决复杂立体几何题的有效方法。

一、准备阶段在面对复杂的立体几何题之前，高考生需要做好充分的准备。

首先，掌握基本概念和定理是基础。

需要熟悉立体几何的基本术语，如面、棱、点等，并掌握立体几何的相关定理，如平行轴定理、正方体的性质等。

这些基础知识将为解题提供指导。

其次，掌握基本方法和技巧是必要的。

要熟悉立体几何的基本解题思路，了解常用的建模方法，如投影法、截面法、空间向量法等。

熟练掌握这些方法和技巧，可以更快地解决问题。

二、解题技巧解决复杂立体几何题的关键在于运用适当的技巧。

以下是几个常用的解题技巧：1. 画图法：首先，要善于利用图形来解题。

通过将立体图形投影到二维平面上，转化为平面几何的问题，可以更好地理解和解答问题。

2. 利用正交关系：在解决立体几何问题时，正交关系是一个非常有用的技巧。

通过找到垂直或平行的线段、平面或向量，可以简化问题的复杂程度，并且往往能够找到问题的关键所在。

3. 利用相似性质：相似性质在立体几何中经常被运用到。

当问题中出现相似的立体图形时，可以通过相似三角形的性质来解答问题，从而简化计算过程。

4. 借助剖面图：对于某些立体几何题，绘制剖面图是一种有用的方法。

通过将图形逐层剖析，可以更好地理解立体图形的结构和性质，从而解决问题。

三、答题建议在高考数学中，解答复杂立体几何题时，考生还应注意以下几点：1. 充分理解题意：在解答题目之前，要对题目的要求和条件进行仔细分析，确保完全理解题意。

在标注图形时，要注明各个要素，方便后续的计算和推理。

2. 定义变量：对于一些未知的长度、角度等需要推导或计算的量，可以先定义变量，并建立方程或等式，根据已知条件求解未知数。

3. 步骤清晰、推理严谨：在解答题目时，需要将整个推理过程写得清晰、具体，并注意逻辑严谨。

教法研究新课程NEW CURRICULUM回顾新课改后近几年高考数学考试试题，不难发现，新课后题型与传统考试题型基本一致。

大致考试题型在一大题一小题左右，基本分值一般在18到22左右晃动，所占分值较多。

因此，笔者认为高三教师有必要对其进行全面的分析和研究，以便较为准确地把握命题思想与新课改后的高考试题的动态，以便于提高高三复习的有效性和准确性。

通过这几年的考试，老师们也可以大胆预测考题，做到有的放矢。

笔者经过对新课改后近几年各省高考数学试卷的细分和归类，从中得到立体几何的以下命题考查热点：一、立体几何命题的考查热点热点一：注重对空间几何体的综合考查相较于传统考试试题，新课改后考试试题中对三视图的考查仍是客观命题的热点，但考查形式呈现多样化；在数学考试当中，对于文科生来讲多以识别和判断几何图形为主试题中也会出现对几何体表面积和体积相关的问题。

这些题对于文科生来说难度较高，并且多以大题形式出现，所占分数较高，复习应注意这些题型。

例如：2014年湖南，重庆7，2014年课标中国等等。

热点二：注重对线面关系的考查新课标的试题中，对文理科学生对空间几何的认识都更加强调几何直观，并且对学生“识图与画图”的要求都有所提高。

在线面关系中对理科生要求较强，学生应加强对线面关系基础知识的复习。

提高对解决直线向量能力问题的培养。

在高考试题中多出现，考查学生对线面、线线、面面关系的试题。

这些试题出现在13，15等题，多以填空题为主出现选择题的几率相对较高。

题型属于中等偏下学生可以参考以下试卷中的试题，准确掌握对此方法的运用。

例如：2014海南17（1），新课标全国卷II（1），2013湖南18，北京17（1），湖北19（1），江西19（1）等。

热点三：注重对几何体综合应用考查相对于上边问题的考查，几何体综合考查的应用对于文理科学生考查难度增强并且多以大题为主。

这些题也是学生丢分较多的一道题，这些题综合程度较高，一道大题通常有3道小题，前两题较简单，第三问考查学生对立体几何掌握程度熟练程度要求较高。