1、1 立體幾何高考常見題型解題思路及知識點總結一、解題思路（一）解題思路思維導圖（二）常見題型1多面體的三視圖問題典例 1： （ 2015 年 2 卷 6） （一個正方體被一個平面截去一部分后, 剩余部分的三視圖如圖, 則截去部分體積與剩余部分體積的比值為( ) a.b.c.d.解題思路及步驟注意事項畫長方體確定用于切割長方體的長寬高，畫出長方體的直觀圖確定頂點從缺角較多的視圖入手，標出長方體被切去的頂點和新增的頂點，注意側視圖與直觀圖對應關系是“ 左內右外 ”連接頂點將長方體剩余頂點和新增頂點連接得三視圖對應的幾何體檢查檢查所得幾何體三視圖是否與條件一致計算根據題目要求計算邊長、面積、體積等2

2、 解：由三視圖得, 在正方體abcd-a1b1c1d1中, 截去四面體a-a1b1d1, 如圖所示 , 設正方體棱長為a, 則, 故剩余幾何體體積為a3- a3= a3, 所以截去部分體積與剩余部分體積的比值為. 選 d.典例 2： （2017 年 1 卷 7）某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形. 該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）a10 b 12 c14 d16 解 ： 將 三 視 圖 還 原 可 得 右 圖 圖 形 ， 故 而 多 面 體 有 兩 個 面 是 梯 形 ， 此 時 可 得

3、, 故而選 b. 2多面體的外接球問題典例 3（類型 1） ： （2019 年 1 卷 12）已知三棱錐p- abc的四個頂點在球o 的球面上， pa=pb =pc， abc是邊長為 2 的正三角形， e，f分別是 pa，ab的中點， cef =90 ，則球 o 的體積為a 68b64c62d6解：,papbpcabc為邊長為2 的等邊三角形，pabc為正三棱錐，pbac，又e，f分別為pa，ab的中點，efpb，1 1133111326aa b dvaa12242122s解題思路及步驟注意事項根據條件確定類型類型 1：可補成長方體且所有頂點為所補長方體的頂點的幾何體的外接球問題，主要特征是由

4、較多的垂直關系，例如墻角三棱錐；類型2：有側棱底面條件幾何體外接球問題，例如直三棱柱；類型3：頂點到底邊各點距離相等的錐體的外接球問題，例如正三棱錐；類型4：已知相鄰兩個面所成二面角的大小多面體的外接球問題，例如已知兩個面垂直畫出基本圖形類型 2 類型 3 畫出解決問題的截面圖求截面半徑若截面為三角形，則)3,60;2,90,sin2araaraaar特別地代入公式計算類型 1 公式：2222121cbalr，類型 2 公式：222hrr，類型 3 公式：222rrrh，類型 4 公式：22222121drdrr3 efac， 又e fc e，,ceaccef平 面pac， pb平 面pac，

5、2apbpapbpc，pabc為正方體的一部分，22226r，即36446 6,62338rvr，故選 d典例 4（類型 2） ：三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐外接球的體積為 _. 解：由三視圖可得幾何體為三棱錐d-abc （如圖所示） ，若以 acd 為底，則側棱 bc底面 acd. 因為底面半徑160sin23r，22bc，所以外接球半徑3222hrr，即外接球的體積為34343r典例 5（類型 3） ： （2018 年 3 卷 10） 設是同一個半徑為4 的球的球面上四點，為等邊三角形且其面積為，則三棱錐體積的最大值為a. b. c. d. 解：如圖所示， 點 m 為三角形abc 的

6、重心， e 為 ac 中點，當平面時，三棱錐體積最大此時，, 點 m 為三角形 abc 的重心 ,中，有,故選 b.典例 6（類型 4） ：已知等邊 abc 的邊長為4，d、e 分別為 ab、ac 的中點， 將abc 沿 de 折成 120的二面角，求四棱錐a-bced 外接球的表面積. 解：如圖所示，作出截面四邊形oo1mo2，延長o1m，oo2相交于點f，由已知得 o1mo2=120，31mo，332mo，所以332fm，3351fo，3511ood，4 因為21r，所以9612121drr（也可以求出22,rd求出 r） ，924442rs. 3平行關系證明問題典例 7： （2014 年

7、全國卷）如圖，四棱錐p-abcd 中，底面abcd 為矩形， pa平面 abcd ，e 為 pd的中點 .()證明 :pb平面 aec ；證明：連接bd 交 ac 于點為 g，連接 eg， e，g 分別為 pd，bd 的中點，中位線 egpb， pb平面 aec， eg平面 aec ， pb平面 aec. 典 例8： （ 2016 年 全 國 卷 ） 如 圖 ， 四 棱 錐中 ，底 面 面，adbc，為線段上一點，為的中點（i）證明平面；4垂直關系證明問題典例 9： （2016 年全國卷） 如圖，菱形的對角線與交于點，點pabcpaabcd3abadac4pabcmad2ammdnpcmnpa

8、babcdacbdo5,6abac,e f解題思路及步驟注意事項在圖形上標注已知條件作輔助線線線平行關系在直觀圖中是不變形的，若需找面外直線與面內直線平行，可將面外直線平移到面內，以確定輔助線位置寫出證明思路按照平行的 “ 三角關系 ” 把證明的思路寫出來完善證明過程把定理所需要的條件寫出，特別是立體幾何中的定理解題思路及步驟注意事項在圖形上標注已知條件垂直關系在直觀圖中是變形的，因此，相交直線垂直一定要用直角符號標注出來作輔助線等腰三角形由三線合一，菱形對角垂直寫出證明思路按垂直的 “ 線型關系 ” 寫出證明的思路，在證明線線垂直時，若是相交兩條直線垂直，還需考慮用平面幾何知識證明常用的有勾

9、股定理逆定理，等腰三角形三線合一定理，菱形對角線互相垂直平分，直徑所對的圓周角是直角等完善證明過程把定理所需要的條件寫出，特別是立體幾何中的定理5 分別在上，交于點 將沿折到位置，（）證明：平面；證明：54aecf，aecfadcd， efac四邊形abcd 為菱形，acbd ， efbd ， efdh ， efd h 6ac，3ao；又5ab， aoob ，4ob，1aeohodao，3dhd h，222odohd h，d hoh 又 ohefhi，d h面 abcd 典例 10： （2018 年全國卷） 如圖， 邊長為 2 的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點 （）證明：

10、平面平面；證明：由題設知,平面 cmd平面 abcd,交線為 cd.因為 bccd, bc平面 abcd,所以 bc平面 cmd ,故 bcdm. 因為 m 為上異于 c，d 的點 ,且 dc 為直徑，所以dm cm. 又 bccm=c,所以 dm 平面 bmc. 而 dm平面 amd ,故平面 amd 平面 bmc. 5求空間角和空間距離問題典例11：如圖，在三棱柱111abca b c中，側面11aab b底面abc，,ad cd54aecfefbdhdefefd ef10odd habcdabcdcdmcdcdamd bmc解題思路及步驟注意事項建系先找垂直于底面的直線作為z 軸或 z

11、軸平行線， 若沒有則先證明，再把底面直觀圖還原，找底面相互垂直兩條直線作為x 軸和 y 軸，若有多種選擇，則盡量使相關點在坐標軸上寫點的坐標點的坐標盡量寫在圖上，先寫坐標軸上的點的坐標，再寫坐標標平面上的點的坐標，最后寫其余點的坐標，其余點的坐標一般是找出其在底面上的射影來求其坐標；求坐標目的是求向量，若所求向量涉及比較難確定坐標的點時，可觀察是否有相等向量來替代；對于棱上動點坐標，一般用共線向量關系來假設，例如p 為棱 ab 上的一點，設10abap，則 p 點坐標可用參數表示求向量求平面法向量有解不定方程法、觀察法、矩陣法3 種，不管哪種方法，規范書寫過程，求出后先檢驗正確后再往下寫，并且

12、通過共線向量把法向量坐標去分母應用公式根據所求問題正確選用公式：線線角ba,coscos， 線面角na,cossin，面面角mn,coscos，點到面的距離.n mpdn6 abc和1abb都是邊長為2 的正三角形求1ac與平面11bcc b所成角的正弦值解： 面11aab b底面abc且交線為ab ，1,aboc abob，bbaaob111面，abcob面1以o為原點，ob方向為x軸方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則1,0,0 ,1,0,0ba,110,3,0 ,0,0,3 ,1, 3,3cbc3,3, 01111bbacacccacac設平面11bcc b的一個法向量為, ,nx y

13、z，因為111,3,0 ,1,0,3 ,0,3,3cbb bac，由1xncbnb bx得平面11bcc b的一個法向量為3,1,1n1113310cos,565acnac nacn，所以1ac與平面11bcc b所成角的正弦值為105典例 12： （2017 全國卷改編）如圖所示，在四棱錐pabcd中，側面pad為等邊三角形且垂直于底面abcd，12abbcad，o90badabc，e是pd的中點，點m在棱pc上，且直線bm與底面abcd所成的銳角為45，（）求二面角mabd的余弦值；（）求點e到平面abm的距離 . 解： （）取ad 的中點 o ，連接po ，co .則adpo，adco，

14、因為面pad底 面a b c d， 且 交 線 為ad ，padpo面， 所 以a b c dpo面以 o 為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系設1abbc，則01 0a，11 0b，1 0 0c， ，0 03p，(1 0 0)ab， ，設103,0 ,3,0, 1，cpcm，3, 1 ,3,0 ,0, 1 ,0cmbcbm，底面 abcd 的法向量1 ,0, 0n，由題意nbm ,cos45sin，即241322，解之得，22，所以26, 1 ,22bm設平面 abm 的法向量，zyxm,，由00mabmbm，得，2,6, 0m，從而10cos,5m nm nmn，故二面角 mabd 的

15、余弦值為105emdcbap7 （）因為23210，e，所以23230，ae，所以求點e到平面abm的距離1030153mmaed. 典例 13： （2018 年全國卷） 如圖，在三棱錐中，為的中點，（）證明：平面；（）若點在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值解： （）因為，為的中點，所以，且.連結.因為，所以為等腰直角三角形，且，.由知.由知平面. （）如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系. 由已知得取平面的法向量. 方法 1：設，則.設平面的法向量為.由得，可取，所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以，所以與平面所成角的正弦值為. 方法 2：設1

16、0,bcbm，則02222，bcabbmabam，3220 ，ap， 設面 pam 的一個法向量為zyxn,， 由00napnam， 得1 ,1-3,13n，由23141313,cos22nobnobnob，解之得31，3（舍去），8 所以32332334，n， 又， 所以， 所以與平面所成角的正弦值為. 二、知識點總結（一）知識點思維導圖9 （二）常用定理、公式及其變形1面積、體積公式10 2正四面體的外接球與內切球方法（1）：將問題轉換為等腰三角形adf 線段關系問題，易證r：r：h=1：3：4(h 為正四面體的高ae)方法（ 2）：將正四面體看成正方體切割而來，由正四面體棱長求出正方體棱

17、長，再求出r，根據比例可求 r，h(1)外接球：球心是正四面體的中心;半徑 r=64a(a 為正四面體的棱長)；(2)內切球：球心是正四面體的中心;半徑 r=612a(a 為正四面體的棱長) 方法（1）方法（2）3已知兩個面所成的二面角大小的四面體外接球問題其本公式：22222121drdrr，d 為球心到截面距離，r 為該截面半徑基本圖形：有兩個直角的四邊形21mooo（或兩個相似直角三角形），21moo為二面角的平面角，多數題目所給條件中易求出o1m，o2m，r1，r2的值，此時， 將四邊形補成直角三角形，只需求出d1或 d2的值，代入公式即可求r4.共線、共面證明思路及定理（1）證明思路

18、： 三點共線：轉換為有公共點的向量共線； 點、線共面：轉換為直線平行或相交. 11 （2）公里 1-4、定理、推論公里 2 推論： 直線和直線外的一個點確定一個平面； 兩條相交直線確定一個平面； 兩條平行直線確定一個平面. 5平行關系證明思路及定理（1）證明思路：（3）定理12 6垂直關系證明思路及定理（1）證明思路：（2）定理7空間向量坐標運算：已知111,zyxaoa，222,zyxbob（1）則222212121dxxyyzz；（2）若a、b為非零向量，則12121 200aba bx xy yz z；（3）若0b，則121212/,ababxxyyzz；13 （4）222111aa axyz （ 5）121212222222111222cos,x xy yz za ba ba bxyzxyz8求平面法向量方法：解