2020高考数学 冲刺必考专题解析 立体几何怎么解-高考必考

高考数学中的立体几何解析题目攻略高考是学生人生中最为重要的一次考试，而数学作为高考科目中的一项重要内容，也让很多学生感到压力重重。

其中，立体几何解析题目更是高考数学难题中的难题，给很多学生带来了极大的挑战和困扰。

本文将给大家详细介绍高考数学中的立体几何解析题目攻略，帮助广大考生更轻松地应对高考数学。

一、了解题目类型首先，我们需要了解高考数学中的立体几何解析题目类型。

这些题目主要涉及到平面与空间直角坐标系、点、直线、平面、曲线、曲面等几何概念。

具体来说，立体几何解析题目分为直线方程和平面方程两类。

在解答这些题目时，考生需要掌握向量叉乘，点到直线距离、点到平面距离等相关知识点。

二、理清思路其次，为了更好地解答立体几何解析题目，考生需要在解题过程中理清思路。

一般来说，解析几何题目的解法多样，但也有一定的规律可循。

在处理立体几何题目时，考生需要注意以下几点:1. 将题目所给定的条件转化为方程，根据坐标系中的几何意义，将条件表达为相应的几何关系。

2. 根据条件以及题目所求，确定所需坐标变量，代入方程求解。

3. 合理应用向量叉乘、点到直线、点到平面距离等相关知识点，加深理解，提高效率。

三、多练习案例掌握解题思路之后，考生需要多练习案例锻炼解题技巧。

练习过程中，可以参照老师给出的案例，从简单到复杂逐步提升难度，掌握不同类型题目解答技巧。

同时，平时也要多积累题目解答经验，及时总结和复习已解题目，巩固所学知识点。

四、关注考试趋势最后，考生还需要关注高考数学趋势，抓住重点。

通过分析历年高考数学题目，有助于考生了解题目难易程度、考点关注程度、解答技巧等方面的趋势，从而更加有效地备考。

此外，还可以了解高考数学命题的规律，例如命题者偏爱的几何图形、习惯使用的解题方法等等，对于应对高考数学考试会极为有利。

总之，掌握解题思路、多练习案例、关注考试趋势，是解决高考数学立体几何解析题目的有效方法。

各位考生在复习高考数学立体几何解析题时，希望能够认真备考，保持良好的心态，以稳定和高效的态度面对高考，共创美好未来。

专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

高考数学中的立体几何解题方法总结在高考数学中，立体几何是一个重要的考点。

对于大部分学生来说，立体几何是比较新颖的知识点，需要掌握一些特定的解题方法。

本文将总结一些高考数学中的立体几何解题方法，以便于广大考生能够更好地应对高考数学考试。

一、立体几何基本概念在解决立体几何问题之前，首先需要理解一些基本概念。

立体几何主要包括三维图形、视图、棱锥、棱柱、圆锥、圆柱、球体等。

学生需要认真理解这些概念，并掌握绘制三维图形的技巧，以便于快速准确地分析问题。

二、立体几何定理掌握一些常见的立体几何定理十分必要。

例如，平行截面定理、截棱锥定理、圆锥与平面的位置关系、球的性质等等。

这些定理可以帮助学生在解决一些复杂的立体几何题目时，能够快速找到规律，从而准确解决问题。

三、快速计算体积的方法体积是立体几何题目中最常见的考点。

理解如何快速计算体积可以帮助学生在有限的时间内快速解决问题。

例如，计算实体的体积可以分别计算各部分的体积再相加；计算投影面积的体积可以利用截线公式或剖面法等方法。

此外，还应当掌握利用相似关系计算体积的方法，以便于解决一些复杂的题目。

四、快速计算表面积的方法表面积的计算同样是立体几何中常见的考点。

学生需要掌握表面积的计算方法，并能够快速灵活地运用这些方法。

例如，计算立体几何的表面积可以分解成各个面的表面积再相加；计算圆锥的表面积可以利用母线和圆周角的关系等等。

五、快速计算正多面体体积的方法对于正多面体的体积计算，学生需要掌握一些类比和相似关系等方法。

例如，正八面体的体积可以利用正四面体体积乘以3的方法；正二十面体的体积可以利用正四面体体积乘以5的方法。

这些方法可以帮助学生在复杂的题目中快速计算正多面体的体积。

以上五点是掌握高考数学中的立体几何解题方法的基础。

学生需要认真理解这些方法，并在解决立体几何题目时不断运用，直到形成自己的解题风格。

通过不断练习和总结，相信大家一定可以在高考数学中取得好成绩！。

立体几何中的最值问题一、考情分析立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从两个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是直接法,即根据几何体的结构特征或平面几何中的相关结论,直接判断最值. 纵观近几年高考对于组合体的考查,重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力,才能顺利解答.从实际教学来看,这部分知识是学生掌握最为模糊,看到就头疼的题目.分析原因,除了这类题目的入手确实不易之外,主要是学生没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．二、经验分享1.解决立体几何中的最值问题常见方法有：(1)建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法；有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等.(2)公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短.球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等.如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径.(3)解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解：如最小角定理所建立的不等关系等等.(4)展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易.(5)变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法.除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内涵与思想方法所在.2.决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解3.解决几何体体积最值问题的方法(1) 根据条件建立两个变量的和或积为定值,利用基本不等式求体积的最值；通过建立相关函数式,将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解,此法应用最为广泛；由图形的特殊位置确定最值,如垂直求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．4.解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径三、题型分析(一) 距离最值问题1.空间中两点间距离的最值问题A C与BD上,求MN的最小值. 【例1】正方体的棱长为1,M、N分别在线段11【分析】方法一,该题可以结合正方体的结构特征,将其转化为两异面直线的距离来求；方法二,可设出变量,构建相应的函数,利用函数的最值求解；方法三,建立空间直角坐标系,利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数,然后利用函数方法求解最值.A C与BD是异面直线,所以当MN是两直线的共垂线段时,MN 【解析】方法一（定义转化法）因为直线11取得最小值.取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.下证明之.在矩形11BDD B 中,PQ 为中位线,所以1//PQ BB ,又因为1BB ⊥平面ABCD ,所以PQ ⊥平面ABCD又因为BD ⊆平面ABCD ,所以PQ BD ⊥.同理可证11PQ A C ⊥,而, ,所以线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段,且1PQ =.由异面直线公垂线段的定义可得,故MN 的最小值为1.方法二：（参数法）如图,取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.由正方体的棱长为1可得1PQ =.连结AC ,则11//AC A C ,所以BQC ∠为两异面直线11A C 与BD 所成角.在正方形ABCD 中,AC BD ⊥,所以.过点M 作MH AC ⊥,垂足为H ,连结NH ,则//MH PQ ,且. 设PM m =,QN t =,则QH m =.在Rt QNH ∆中,, 在Rt MHN ∆中,.显然,当0m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.方法三：（向量法）如图,以D 为坐标原点,分别以射线DA 、DC 、1DD 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.设DN m =,1A M n =.则,即；,即.所以,故当2m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.【点评】空间中两点距离的最值,最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数,根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值,可以根据这两个元素之间的关系,借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.如【典例1】中的两点分别在两条异面直线上,显然这两点之间距离的最小值即为两异面直线的公垂线段的长度.另外注意直线和平面的距离,两平面的距离等的灵活运用.【小试牛刀】【湖南省长沙市2019届上学期高三统一检测】设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B。

高考数学中常见的立体几何题解法立体几何是高考数学中的一个重要考点，占据了相当大的比重。

在高考中，立体几何题题目种类繁多，解法也各不相同。

本文将介绍几种常见的立体几何题解法，帮助考生更好地应对高考数学考试。

一、平行线与平面在立体几何题中，常见的一种情况是给出一条直线与两个平面的关系，考生需要求出直线和平面的距离、直线在平面上的投影等。

解法一：利用平行线与平面的性质，可通过构造垂线的方式解决问题。

具体步骤如下：1. 画出所给直线，并用不同颜色标出与该直线平行的两个平面；2. 在其中一个平面上，任选一点作为垂足；3. 连接该垂足与直线上的任意一点，得到一条垂线；4. 由于垂线与所给直线平行，因此垂线与另一个平面的交点即为所求点；5. 根据题目要求，计算出所求点到直线的距离或直线在平面上的投影。

解法二：根据几何关系和性质，利用相似三角形的特点解决问题。

具体步骤如下：1. 在给出的图形中，观察并找出相似三角形的性质；2. 根据相似三角形的性质，得到各个线段之间的比例关系；3. 利用比例关系解方程，求解出所需长度或角度。

二、平面图形的投影在立体几何题中，常见的一种情况是给出一个平面图形在空间中的投影，考生需要还原出该平面图形或者确定其性质。

解法一：根据已知条件以及图形的特点，利用平行四边形、相似三角形等图形的性质解决问题。

具体步骤如下：1. 画出所给平面图形的投影，并标出已知条件；2. 观察并找出平行四边形、相似三角形等图形的性质；3. 根据性质，确定各个线段之间的比例关系；4. 利用比例关系解方程，还原出所求图形或确定其性质。

解法二：利用投影的定义和性质解决问题。

具体步骤如下：1. 根据投影的定义，找到所给平面图形在空间中的位置；2. 根据已知条件及各个线段的投影长度，研究其规律性；3. 利用规律性解方程，求解出所求图形或确定其性质。

三、立体图形的体积与表面积在立体几何题中，求解立体图形的体积与表面积是经常出现的考点。

2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导专题4 立体几何（理科）【高考考场实情】立体几何是高中数学的主干知识．课程标准下的高中数学教材螺旋式地安排了两部分内容：《数学2》（必修）；《数学》（选修2－1）——“空间几何体”、“点、直线、平面之间的位置关系”、“空间直角坐标系”和“空间向量与立体几何”.作为高考必考内容，立体几何主要考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等.纵观2014~2019年新课标全国高考数学卷，从年份、卷号、题号、分值、问题的载体、考查的知识点与方法等几个方面，制成下面的表格，从中可以透视近五年立体几何的命题视角和考查方向.【考查重点难点】从2014~2019年新课标全国高考数学卷汇总表可以看出，考查立体几何的题型题序相对稳定．试卷常常设置两道小题（大部分以选择题形式呈现，有时也以填空题的形式呈现），一道解答题，合计22分．小题一道相对容易、一道中等或中偏上难度（有时在压轴题的位置）；解答题一般在18或19题的位置，属中档题，难度不是太大.下面主要以全国高考数学卷为例，分析学生解答立体几何试题存在的问题，寻找解决问题的对策，并提出几点备考对策，供老师们高三复习参考.【存在问题分析】（一）识图、作图、用图能力弱【指点迷津】识图、作图、用图能力的培养，直接影响着空间象能力的形成. 学生的识图、作图、用图能力弱，通常表现在不能正确地画出几何体的三视图、不会还原三视图或还原成错误的几何体、不会识别几何体中的空间点、线、面的位置关系、把握不清空间图形中的数量关系、不能恰当地利用变换处理图形、不会运用基本图形思考问题和解决问题、混淆展开和折叠前后图形中的变量与不变量等.【例1】(2013新课标II卷理7改编)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为().D【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为右图，选A.zyxO【名师点睛】本题考查学生画直观图和利用直观图画三视图的基本技能，试题以空间直角坐标系为载体，并在指定的投影面画三视图，考查了空间想象能力和阅读理解能力，较好地体现了试题的新颖性. 学生主要是对所画的直观图中的位置关系和数量关系的错误理解，以及画三视图时虚实不分导致失误.事实上,正确地理解直观图的含义、理解三视图的形成原理，并在解决问题过程中，将四面体放置在正方体中，问题就易于解决.【例2】（2014年新课标I卷理12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（）.A. 2Β. 42C. 6 D. 4【解析】如图所示，该几何体为三棱锥A BCD -，其中90ABD ∠=o ，==4AB BC ，=42==25AC DB DC ，，()2=42+4=6DA ，故最长的棱的长度为=6DA ，选C.【名师点睛】本题主要考查三视图还原为几何体，以及三棱锥中的棱长比较与计算.试题对空间想象能力要求比较高. 学生的主要错误在于对三视图感知不全面，无法将三视图还原为正确的几何体或是部分学生判断最长线段依赖直观错选 B. 由三视图还原到空间几何体并不一定是唯一的，即使是唯一的，也需要有一个“组图”的过程，这是问题的难点所在. 解决问题关键在于首先要领会三视图的形成原理、厘清三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．其次要明确由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1. 定底面：根据俯视图确定；2. 定棱及侧面：观察正视图和侧视图确定几何体的侧棱及侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置；3. 定形状：确定几何体的形状．本题“组图”过程如下图所示：【例3】（2013新课标Ⅰ卷理6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为_________.【解析】设球的半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图．BA＝4，OA＝R－2，OB＝R，由R2＝(R－2)2＋42，解得R＝5，则球的体积为500V.=π3【名师点睛】球的问题是高考的常考点，主要在球与简单几何体的接与切的背景下，考查立体几何的相关问题，属中等偏易或中等的试题. 这类问题的解决的首要步骤也是关键点就是画出正确的直观图. 本题主要考查球的截面性质和球的体积等基础知识，在对具体实物的抽象和建模中，考查学生的阅读理解能力、空间想象能力、运算求解能力. 学生错误的主要原因在于，没能抽象出正方体容器的上面（空的平面）与水深（高）关系的直观模型. 事实上，球的直观图的画法，已经暗示了解决球的问题的基本方法，如图所示：1. 找出问题中的两个关键截面，即水平截面以及与水平截面垂直的大圆面（轴截面），以此为框架，画出直观图，定出球心的位置；2. 将问题中的数量关系和位置关系转化到两个截面中.这样，问题往往就迎刃而解了.立何几何中，简单几何体的直观图，不仅仅是为了画的好看，更重要的是它能直观地反映出几何体的各种关系.在简单几何体的直观图中构造出问题的图形，在关键的截面（含底面）中思考数量关系和位置关系，是实现空间问题转化为平面问题的桥粱，这一定要引起我们的重视.【例4】（2015新课标II卷理19）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E = D1F = 4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（I ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；下略【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：MG【名师点睛】 本题通过几体何截面的确定（作图），考查空间线面的位置关系，考查推理论证能力和空间想象能力. 学生的主要失误在于：其一是教学上的误区——不够重视，其二是思维的局限，忘了作图不仅可以通过定性的分析，也可以通过定量的计算辅助分析. 如本小题中H 点位置的确定，必须通过计算辅助，而G 点的确定是通过线面的位置关系推理、化归，最后在平面上作出的. 它的依据是几何的公理、定理. 值得注意的是, 常识不能忘！点是线的交点，线是面的交线，在已知平面上移动直线，在垂面上画垂线！还有，立体几何的问题，多数可以理解为与作图相关，如证明线面平行，可以理解为在已知平面上作（找）一条直线与已知直线平行，而所作（找）的直线又可以看作为，过已知直线作一个平面与已知平面的交线.【例5】（2016年新课标Ⅱ卷理19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置，'10OD =（Ⅰ）证明：'D H ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）下略.【解析】（Ⅰ）由已知得AC BD AD CD ⊥,=,又由AE CF =得,AE CFAD CD=故AC EF ∥. 因此EF HD ⊥，从而.EF D H '⊥由56AB AC ==，得22 4.DO BO AB AO ==-= 由EF AC ∥得1.4OH AE DO AD ==所以13.OH D H DH '===， 于是222213110,OH D H OH D O ''=+=+==，故D H OH '⊥.又因OH EF H =I ，所以'D H ABCD ⊥平面.【名师点睛】本题属于翻折问题，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力，考查推理论证能力. 在运动变化中探究几何性质，在变中探究不变，是对学生高层次思维能力的考查. 本题出错的原因为：一是在折叠过程中没有厘清“变量”和“不变量”，导致条件认识不清楚；二是推理的理由不充分，以想当然的方式代替必要的证明，如问题中的'D H OH ⊥的证明. 事实上，解决翻折问题的关键：1. 弄清翻折前后保持不变的元素. 通常情况，若原图中的一部分仍在同一个半平面内，则组成这部分图形的元素保持着原有的数量和位置关系；2. 将不变的条件整合到空间图形中，形成条件确定的立体几何问题. 【例6】（2003年全国卷理12）2 ） （ A ）3π （B ）4π （C ）33π（D ）6π【解析】将四面体补成正方体，则正方体的棱长是13积为：4π23）=3π，选A ． 【名师点睛】本题以球的四面体为载体，考查空间想象能力和运算求解能力.学生的解题是通过大圆轴截面计算，因运算的复杂性产生错误的. 在立体几何的学习中，我们不仅要学会读图、识图、作图，还要注意会用图，通过对图形重新构造和变换（割、补、拼等），在简单和新的几何体中考虑问题，使得问题更易于解决.（二）定义概念模糊不清【指点迷津】数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点. 立体几何中的概念、定义模糊不清主要表现为：1. 文本描述与几何体形状无法匹配，即看到概念的文本描述，头脑中无法形成与之相应的几何体；2. 没考虑定义的限制条件，如各类角的取值范围，如很多学生就常常忘记异面直线所成的角的取值范围而导致解题结果错误等. 【例7】（2008全国Ⅰ卷理16）等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为3，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 ．【答案】16.【解析】设2AB =，作CO ABDE ⊥面，OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D --的平面角.3,cos 1CH OH CH CHO ==⋅∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r ,11()()22AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-=u u u r u u u u r u u u r u u ur u u u r 12,所以cos AN EM ⋅=u u u r u u u u r 16AN EM AN EM⋅=⋅u u u r u u u u ru u u r u u u u r ，故EM AN ，所成角的余弦值16.【另解】以O 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),2)A B E C ----,112112(,(,)2222M N ---,则3121321(,(,),,322222AN EM AN EM AN EM ==-⋅===u u u r u u u u r u u ur u u u u r u u u r u u u u r 所以cos AN EM ⋅=u u u r u u u u r 16AN EM AN EM ⋅=u u u r u u u u r u u u r u u u u r ，故EM AN ，所成角的余弦值16.【名师点睛】本题以四棱锥为载体，考查空间异面直线所成角的求解. 学生在概念上的错误在表现在：1. 不能利用空间向量法求两异面直线所成的角；2. 建系求异面直线所成角用AN ME ⋅u u u r u u u r或NA ME ⋅u u u r u u u r 计算时，对求出的向量夹角的余弦值为16-，没有用异面直线所成角的取值范围进行修正. 事实上，只要紧扣异面直线所成角的概念，利用向量的知识计算相关量，最后根据角的限制调整所求的值. （三）定理性质理解不透【指点迷津】定理性质理解不透，会导致推理论证欠严谨或思路不明. 学生在使用定理进行推理时，往往表现出如下的错误：1. 定理条件掌握不全，如学生们在使用直线与平面平行的判定定理时，常常遗忘“已知直线一定要在平面外”这个关键的条件；2. 受初中平面定理的负迁移影响导致对立体几何相关定理的理解错误；3. 符号书写不规范.如直线与平面是包含与不包含的关系，却常写成是属于与不属于的关系等. 【例8】（2015年江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知AC BC ⊥，1BC CC =，设1AB 的中点为D ，11B C BC E =I . 求证：（I ）11//DE AAC C 平面； （II ）11BC AB ⊥.【解析】（I ）11E B C D AB 由题意知，为的中点，又为的中点， //.DE AC 因此111111,,//.DE AAC C AC AAC C DE AAC C ⊄⊂又因为平面平面所以平面（II ）1111.ABC A B C CC ABC -⊥因为棱柱是直三棱柱，所以平面,AC ABC ⊂因为平面1.AC CC ⊥所以111,,AC BC CC BCC B ⊥⊂又因为平面11,BC BCC B ⊂平面1,BC CC C ⋂= 111111,.AC BCC B BC BCC B B C AC ⊥⊂⊥所以平面又因为平面,所以 11111.BC CC BCC B BC B C =⊥因为，所以矩形是正方形，因此11111,,,.AC B C B AC AC B C C BC B AC ⊂⋂=⊥因为平面所以平面11,AB B AC ⊂又因为平面 11.BC AB ⊥所以【名师点睛】本题主要考查立体几何线面位置关系的证明，考察直线与平面平行，直线与平面垂直直线与直线垂直等基础知识. 与平面几何知识相结合考察学生的空间想象和推理论证能力.学生的主要错误在于：1. 遗漏1111,DE AAC C AC AAC C ⊄⊂平面平面等；2. 没有考虑到1BC CC =，侧面11BB C C 为正方形，因此得不到11BC B C ⊥；3. 要证11BC AB ⊥，考生无法找对哪条线垂直哪个面，推理的方向不对.事实上，规范、严谨的解题思路来自对立体几何相关定义、定理、和公理的准确理解，推理论证时，务必紧扣定理的条件，要避免“跳步”、“滥用符号”、“语言随意”和“以图代证”等；同时，采用执果索因的分析方法、知因索果的推理论证，引导学生会从已知条件中甄别推理需要的信息，将条件有效地运用到解题过程中去，否则不仅会失去部分的分数，甚至因逻辑的源由，完全失分都有可能的. （四）建系的合理性欠思考 【例9】（2015年新课标1卷理18）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC .（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC .（Ⅱ）求直线AE 与直线CF所成角的余弦值33. 【解析】（Ⅰ）连结,,,,BD BD AC G EGFG EF =I 设，连接在菱形ABCD 中，不妨设=1GB ,由o =120ABC ∠，可得o =120ABC ∠，可得3AG GC ==.BE ABCD AB BC AE EC ⊥==平面，可知，，又因为,AE EC ⊥ =3,EG EG AC ⊥所以，在22=.Rt EBG BE DF ∆=中，可得，故 6Rt =.FDG FG ∆中，可得在直角梯形BDFE 中，由232=22.BD BE DF EF ===，，，可得 AD CE ⊥，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC .（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0，－3，0），E (1,0,2)，F （－1,02， C （0，3，0），∴2(1,3,2),(1,3,)AE CF ==--u u u r u u u r .故3cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .所以直线AE 与CF 3【名师点睛】本题主要考查立体几何的线面、面面位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力. 本题的学生的主要失误点：一是没有建好坐标系，被“图”迷惑了双眼，一下子盯住点B 、D ，把点B 或点D 视为空间直角坐标系的原点导致整题失分．二是因贪快，导致图形中的坐标系漏画，例如：如图建立空间直角坐标系，但图中是空的．三是空间直角坐标系建成左手系，而不是建成右手系．事实上，建立合理的坐标系是代数法解立体几题的关键. 建立坐标系就是构造（寻找）三线两两垂直，可分步处理，先找两线垂直或先找平面的垂线（在垂面上找，即通过线面、面面垂直寻找，即本题中的平面EFDB 和垂线EB 、DF ），再移动位置定出原点的位置，这是基本功，一定要通过合理地训练，让学生过关. 当然，建系时证明三线两两垂直是不可缺少的.【解决问题对策】（一）重树图形观念【指点迷津】立体几何的研究对象是空间图形，重点研究的是空间图形的形状、大小及其相互关系，其主要特点是借助于图形进行推理，图形成了思维的重要载体，图形能帮我们直观地感受空间线线、线面、面面的位置关系，培养空间想能力．因此，我们重视图形观念的树立，正确地识别空间图形、合理地构建空间图形、灵活地运用空间图形，这是求解立体几何问题的关键之一.【例1】（2015新课标2卷理9）已知A ,B 是球O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为( )（A ）36π （B ）64π （C ）144π （D ） 256π【解析】解答本题关键是学生能以A ,B ，O 为所在的圆面为“衬托面”画出球与三棱锥结合的模型图，然后使用等体积思想，快速将体积的最值转化为求高的最值.如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，解得6R =，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ．BOA C【例2】（2016年新课标Ⅱ卷理14）,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：① 如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. ② 如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.③ 如果//,m αβα⊂，那么//m β. ④ 如果//,//m n αβ，那么m 与α 所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的序号）【解析】在正方体或长方体模型中找线或画线与面，借助“直观感知，操作确认”，填②③④.【例3】（2017年新课标Ⅱ卷理4，文6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 （ ）（A ）90π （B ） 63π （C ）42π （D ）36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ． 【例4】（2016年新课标Ⅰ卷文18）如图,已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G .（I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积．PAB DC G E【解析】（I ）因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以.AB PD ⊥因为D 在平面ABC 内的正投影为E ,所以.AB DE ⊥所以AB ⊥平面PED ,故.AB PG ⊥又由已知可得,PA PB =,从而G 是AB 的中点.（II ）关键是读懂图形，平面PB ⊥平面,PAC 平面PAB ⊥平面.PAC故在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影. 理由如下：由已知可得PB PA ⊥,PB PC ⊥,又//EF PB ,所以EF PC ⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心.由（I ）知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3CD CG = 由题设可得PC ⊥平面PAB ,DE ⊥平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33PE PG DE PC == 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6PA =,可得2,2 2.DE PE == 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.EF PF ==所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V （二）构建认知结构【指点迷津】把立几知识网络生成知识树形图，把树形图画在笔记本上，真真切切形成自己可以随取随用的知识树、知识网，便于在解答问题时引起条件反射，并联系到相应的数学概念、公式、公理、判定定理和性质定理，运用恰当的方法解题．立体几何的解题过程就是逻辑推理的过程，也是不断进行代数运算、几何直观的过程.如点、线、平面之间的位置关系的知识结构图：对学生而言，还应将下面第五点中的解题方法融入其中，才能形成良好的认知结构.（三）领悟两种互化【指点迷津】1. 数学语言的相互转化. 线线、线面、面面的判定定理和性质定理的文字语言、符号语言、图形语言的相互转化，是证明空间平行（垂直）的前提. 如我们常把“面面平行（垂直）问题”转化为“线面平行（垂直）问题”，再转化为“线线平行（垂直）问题”．在解决平行（垂直）关系的判定时，一般遵循从“低维”向“高维”的转化；而应用性质定理时，其顺序则正好相反．2. 空间与平面的相互转化.空间问题平面化是解决立体几何问题的基本策略，不能仅是当成一句口号，要将它落实到对立体几何的定义、定理中，应用到求解立体几何问题中，这是我们研究和解决立何几何问题的思维模式.上述的两种转化，也体现了数学学习对立统一的辩证思维，它可以帮助学生学会数学地阅读、理解、交流，进而更深刻地理解立体几何问题，并学会解决问题.【例5】（2016年新课标1卷理18）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，90∠=o，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60o．AFD（I）证明：平面ABEF⊥平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．【解析】（I）由已知可得AF DF⊥，AF FE⊥，所以AF⊥平面EFDC．又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC ．（II ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF u u u r 的方向为x轴正方向，GF u u u r 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=o ，则2DF=，3DG =，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，()0,0,3D ．由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD I 平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，因此BE ⊥EF ，BE ⊥EC ，所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角，60CEF ∠=o ．从而可得()2,0,3C -．所以()1,0,3EC =u u u r ，()0,4,0EB =u u u r ，()3,4,3AC =--u u u r ，()4,0,0AB =-u u u r．设(),,n x y z =r 是平面BCE 的法向量，则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩u u u r r u u u r r ，即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取()3,0,3n =-r ．设m u r 是平面ABCD 的法向量，则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，同理可取()3,4m =u r ．则219cos ,n m n m n m ⋅==r r r r r r ．故二面角E BC A --的余弦值为219【名师点睛】上述证明用到了六个线面平行与垂直的判定定理和性质定理及其相互转化，以及蕴涵证题过程中空间与平面的相互转化的思维策略.（四）分析与综合并用【指点迷津】分析法与综合法是数学的基本思维方式之一，必须要遵循的，它有助于推理论证能力的培养.事实上，求解立何几何问题中，在观察图形并弄清条件和结论的基础上，我们要两头并进，常常需要进行这样的追问：1. 由条件想性质：“由条件可以得到什么”，如题目中有直线与平面平行或垂直、平面与平面平。

如何解决高考数学中的立体几何题在高考数学中，立体几何题是一个常见的考点，也是考生普遍感觉难以解决的问题之一。

立体几何题的解答需要掌握一定的几何知识和解题技巧。

下面将介绍一些解决高考数学中的立体几何题的方法和技巧。

一、掌握基础几何知识解决立体几何题首先需要掌握基础几何知识，包括立体图形的性质、体积和表面积的计算公式等。

熟练掌握这些基础知识可以帮助我们快速理解和解答立体几何题目。

二、分析题目，确定解题思路解决立体几何题的关键是正确地分析题目，确定解题思路。

在解答题目之前，我们应该仔细读题，理解题意，并分析给出的条件和要求。

根据题目中的信息，我们可以确定使用的几何知识和解题方法。

三、画图辅助推理在解答立体几何题时，可以通过画图辅助推理的方法来帮助理解题意，推导解题过程。

画出几何图形可以很直观地展示问题，帮助我们更好地理解并解决问题。

四、运用几何定理和性质在解答立体几何题目时，应该灵活运用几何定理和性质。

比如，当涉及到平行关系时，我们可以应用平行线的性质，通过角度对应相等、内错角和等于180度的性质来解答问题。

此外，还可以利用三角形的性质和圆锥的性质等进行推理和计算。

五、运用代数方法解题解决立体几何题目时，有时也可以运用代数方法进行解答。

通过设立方程、利用等式关系等代数技巧，将几何问题转化为代数问题，从而求解方程并得到正确答案。

六、多练习，熟练掌握解题技巧高考数学中的立体几何题目都是可以通过多练习来掌握解题技巧的。

通过反复练习各类立体几何题目，不断总结和归纳解题技巧，逐渐熟练掌握解题方法，提高解题能力和准确性。

七、注意审题和解题过程的准确性在解答立体几何题目时，我们需要特别注意审题和解题过程的准确性。

要仔细分析题目中的条件和要求，确保理解正确。

在解题过程中，要注意推理和计算的准确性，避免出现错误。

总结起来，解决高考数学中的立体几何题需要掌握基础知识，分析题目确定解题思路，运用几何定理和性质，画图辅助推理，运用代数方法解题，多练习并注意准确性。

高考数学中立体几何的考点及解题技巧高考数学中的立体几何是相对来说比较难的一个环节，也是考生必须要掌握的内容之一。

本文将针对高考数学中立体几何的考点和解题技巧做一个详尽的论述。

1. 空间基本概念在解决空间问题时，首先需要掌握的就是空间基本概念。

包括点、线、面的概念及其相关性质。

比如平行四边形的对角线相交于点O，则线段OA、OB互相平分且相等。

2. 立体图形的投影立体图形的投影是指将三维的立体图形在某一平面上产生的影像。

在这里，我们主要讲解直线与平面的投影，并通过题目的解答来加深记忆。

3. 三视图三视图是三维立体图形的三个面正、左、俯视图。

在解决题目时，需要掌握三维图形和其三视图之间的对应关系，想象立体图形在视线方向上的不同表现，来确定视角和投影位置。

特别是在椎体、金字塔、棱锥等图形的题目中，需要考生准确细致地确定各部分的位置。

4. 空间向量空间向量是指空间中有大小和方向的量，在立体几何中经常使用，可以用于排除无关信息，简化问题。

5. 立体几何解题的思路立体几何解题的方法及思路与平面几何有些不同。

在立体几何中，有的题目需要平面几何的方法来解决；某些题目需要分解为几个简单的平面图形，再运用三角函数来解决；有些题目需要利用向量的性质，优化模型。

因此，在解答的过程中，需要先明确各部分关系，做到想象明确，思路清晰。

高考数学中立体几何的考点及解题技巧就是如此，需要同学们根据自已的掌握程度，不断深化学习。

建议同学们多进行课堂上的实际解答，熟练掌握相关理论知识。

除此之外，同学们还需要养成良好自习习惯，在课外时间多加练习，巩固学习成果。

相信在充分掌握理论知识的情况下，同学们一定可以取得优异的高考成绩。