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解题篇易错题归类剖析高考数学2019年1月搏生找理化■河南省沈丘县第一高级中学赵向前一、求几何体的外接球时，易忽视球的几何性质考点指南：球的问题是平面图形圆的立体化、空间化问题.圆的考点在高中侧重解析几何问题的考查，即与圆的方程有关的问题.高中圆的几何特性（几何图形的外接圆）主要体现在空间几何体的外接球的知识方面.即求解与几何体的外接球有关的问题时，需要把立体球转化为平面圆进行分析，考査层次属于有难度的问题。
捌/一个几何体，/\,的三视图如图1所示，求7弋7弋该几何体外接球的表面正视图侧视图积。
（单位:cm）解题分析：根据题意知该几何体是一个圆锥，其轴截面是边长为2cm的正三角形，则几何体及其外接球的直观图如图2所示。
由题可知轴截面AFAB为正三角形，球心O为正三角形的重心，根据三角形重心的知识，则po:ocy=2：1。
又o'为图2AB的中点，所以在RtAPAO7中，PA=2,PO f=VPA--AO'2 =箱，所以PO=攀。
因为△PAB是正三角形.PO=AO,则外接球的半径为AO=PO=竽，所以圆锥的外接球的表面积S=4n•R'=¥（cn?）。
考查意图：本题主要考查同学们的空间想象能力、空间问题平面化能力及计算能力。
虽然本题是求解外接球的表面积，但是在求解球的半径时，需要逐步进行，故对运算逻辑也是有考査的。
复习建议：由于高考是选拔性考试，考题定位“源于课木，考査分析问题与求解问题的能力"，学习中，应立足教材，对教材中的核心题型，比如求三棱锥的外接球.只有做好归纳总结，步骤细化.有了基本方法的掌握，才能在解决柱体、锥体的问题中做到熟练掌握与应用。
变式练习1:如图3,在卞四棱锥P ABCD中.面|PAB丄面ABCD,ZXPAB/x/'是等边三角形，四边形--------ABCD为矩形，边长AB=图32,AD=4,求四棱锥俯视图P ABCD的外接球的体积。
立体几何中的易错点剖析作者：吴雅琴来源：《中学课程辅导·高考版》2019年第12期立体几何是高中数學的主要知识模块，也是高考考查的重点知识之一，在求解立体几何问题时，部分同学常因概念不清晰，理解不透彻，盲目地套用性质定理等导致错解.在高三复习中，如能在这些易错点上强化正误辨析意识，就能加强训练的针对性，提高复习效率.本文意在剖析立体几何的常见错误，为同学们在今后的立体几何复习中能防微杜渐起抛砖引玉之用.易错点一：概念不清导致错解例1 以下四个命题：①不共面的四点中，其中任意三点不共线;②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面;③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面.其中正确命题的序号是 .错解：①②错因分析：①中，假设存在三点共线，则这四点必共面，与题设矛盾，故①正确;②中，若A，B，C三点共线，则点A，B，C，D，E有可能不共面，故②错误;③中，如图所示正方体的棱中，a，b共面，a，c共面，而b，c异面，故③错误;④中，空间四边形的四条线段不共面，故④错误.正解：①例2 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若mα，n∥α，则m∥n;②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ;③若α∩β=n，m∥n，m∥α，则m∥β;④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中是真命题的是（填序号）.错解：①②错因分析：①m∥n或m，n异面，故①错误;易知②正确;③m∥β或mβ，故③错误;④α∥β或α与β相交，故④错误.正解：②易错点二：定义理解不清导致错解例3 已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面β，则直线l与平面α的位置关系为 .错解：平行错因分析：直线与平面的位置关系的定义理解不清，在判断时最易忽视“线在面内”.正解：平行或线在面内例4 如图所示，正方体的棱长为1，B′C∩BC′=O，则AO与A′C′所成角的度数为 .错解：∵A′C′∥AC，∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC.∵OC⊥OB，AB⊥平面BB′CC′，∴OC⊥AB.又AB∩BO=B，∴OC⊥平面ABO.又OA平面ABO，∴OC⊥OA.在Rt△AOC中，OC=22，AC=2，sin∠OAC=OCAC=12，∴∠OAC=30°或150°.即AO与A′C′所成角的度数为30°或150°.错因分析：没有真正理解两异面直线所成角的定义，∠OAC可能是OA，A′C′所成的角或其补角.在解题过程中，通过直线的平移得到角，只有锐角或直角才是两异面直线所成的角.正解：在Rt△AOC中，OC=22，AC=2，sin∠OAC=OCAC=12，∴∠OAC=30°.即AO与A′C′所成角的度数为30°.易错点三：忽视判定定理中的条件导致错解例5 在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB=BC=12AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点.（1）求证：AP∥平面BEF;（2）求证：GH∥平面PAD.错解：证明（1）连接EC，∵AD∥BC，BC=12AD，E为AD的中点，∴BC∥AE且BC=AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点，又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，∴AP∥平面BEF.（2）连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，∴FH∥平面PAD.又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，∴OH∥平面PAD.又FH∩OH=H，∴平面OHF∥平面PAD.又∵GH平面OHF，∴GH∥平面PAD.错因分析：在第（1）问解题过程中的漏掉“FO平面BEF，AP平面BEF”，在第（2）问解题过程中的漏掉“PD平面PAD，FH平面PAD”和“AD平面PAD，OH平面PAD”缺一不可，应用判定定理时需把条件罗列完全.正解：证明（1）连接EC，∵AD∥BC，BC=12AD，E为AD的中点，∴BC∥AE且BC=AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点，又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，又FO平面BEF，AP平面BEF，∴AP∥平面BEF.（2）连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，又PD平面PAD，FH平面PAD，∴FH∥平面PAD.又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，又∵AD平面PAD，OH平面PAD，又FH∩OH=H，∴平面OHF∥平面PAD.又∵GH平面OHF，∴GH∥平面PAD.例6 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面;（2）平面EFA1∥平面BCHG.错解：（1）∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1瘙綊CC1，∴四边形BB1C1C为平行四边形，所以∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H，G四点共面.（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB，A1G=EB，∴四边形A1EBG是平行四边形.∴A1E∥GB.∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG.∴平面EFA1∥平面BCHG.错因分析：在第（2）问解题过程中漏掉“A1E∩EF=E”，忽视了面面平行的判定定理中有五个条件，也是缺一不可，若没有两“相交”直线这个条件，不一定有面面平行，也可能相交.正解：（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB，A1G=EB，∴四边形A1EBG是平行四边形.∴A1E∥GB.∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF=E，∴平面EFA1∥平面BCHG.易错点四：盲目地套用性质定理导致错解例7 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中點.（1）求证：直线AE⊥直线DA1;（2）在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.错解：在平面ABCD内，过点D在平面ABCD内作平面AEH的垂线DF.错因分析：不能说作平面的垂线，在一个平面内作另一个平面的垂线，若两个平面不垂直，则不能作出，若两个平面垂直，只需作交线的垂线即可.正解：（1）连结AD1，BC1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1=A，∴DA1⊥平面ABC1D1，又AE平面ABC1D1，∴DA1⊥AE.（2）所示G点即为A1点，证明如下：由（1）可知AE⊥DA1，取CD的中点H，连结AH，EH，由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH=H，可证DF⊥平面AHE，∵AE平面AHE，∴DF⊥AE.又DF∩A1D=D，∴AE⊥平面DFA1，即AE⊥平面DFG.（作者：吴雅琴，如皋市第一中学）。
立体几何中的易错点剖析作者：祁居攀来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2015年第12期立体几何是中学数学教学的重点内容之一，也是历届高考命题的热点.求解立体几何问题时，常因概念不清晰，理解不透彻，盲目地套用性质定理等导致错解.一、概念不清导致错解例1 判断下列说法是否正确，并说明理由.（1）一点和一条直线确定一个平面；（2）经过同一点的两条直线确定一个平面；（3）首尾顺次相接的四条线段在同一平面内.错解：（1）正确.错因：忽视公理2中“不在一条直线上的三点”这个条件.（3）正确.错因：空间四边形的四条边不共面.正解：（1）不正确.如果点在直线上，这时有无数个平面；如果点不在平面上，在已知直线上任取两个不同的点，由公理2知有唯一一个平面.（2）正确.经过同一点的两条直线是相交直线，能确定一个平面.（3）不正确.四边形中三点可以确定一个平面，而第四点不一定在此平面内，因此这四条线段不一定在同一平面内.例2 给出下列几种说法：（1）过一点有且只有一条直线与已知直线平行；（2）过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；（3）过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；（4）过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行.其中正确说法的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3错因分析：错解一：认为（1）正确，没有考虑已知点在直线上的情形；错解二：认为（2）正确，没有在空间考虑问题，还是局限于初中平面几何的思维方式；错解三：认为（3）正确，没有正理解线面平行的定义.正解：（1）当点在已知直线上时，不存在过该点的直线与已知直线平行，故（1）错；（2）由于垂直包括相交垂直和异面垂直，因而过一点与已知直线垂直的直线有无数条，故（2）错；（3）过平面外一点与已知平面平行的直线有无数条，故（3）错；（4）过平面外一点与已知平面平行的平面有且只有一个，故（4）对.二、定义理解不清导致错解例3 四面体ABCD中如图所示，E，F分别是AB，CD的中点，若BD，AC所成的角为60°，且BD=AC=1，求EF的长度.错解：取AD中点O，连OE，OF，直接由条件得∠EOF=60°得EF=OE=OF=12.错因分析：没有真正理解两异面直线所成角的定义，∠EOF可能是BD，AC所成的角或其补角.在解题过程中，通过直线的平移得到角，只有锐角或直角才是两异面直线所成的角.正解：取AD中点O，连OE，OF，∵OE∥BD，OF∥AC，∴OE与OF所成的锐角或直角，即为BD，AC所成的角，而BD，AC所成的角为60°，所以∠EOF=60°或∠EOF=120°.当∠EOF=60°时，EF=OE=OF=12.当∠EOF=120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF=2EM=2×34=32.三、忽视判定定理中的条件导致错解例4 已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点.求证：平面BDF∥平面B1D1E.错解：错解一：漏掉解题过程中的BF平面B1D1E，D1E平面B1D1E.错解二：漏掉解题过程中的BF∩BD=B.错因分析：缺一不可，应用判定定理时需把条件罗列完全.错解二：忽视了面面平行的判定定理中有五个条件，也是缺一不可，若没有两”相交”直线这个条件，不一定有面面平行，也可能相交.正解：如图，取BB1的中点G，连接EG，GC1，则有EGA1B1，A1B1C1D1，∴EGC1D1，四边形EGC1D1是平行四边形.∴D1EGC1，又∴BGC1F，∴BF∥C1G，∴BF∥D1E，又BF平面B1D1E，D1E平面B1D1E，∴BF∥平B1D1E.又∵BD∥D1B1，同理可得BD∥平面B1D1E，又BF∩BD=B，由平面与平面平行的判定定理得：平面BDF∥平面B1D1E.四、盲目地套用性质定理导致错解例5 如图所示，已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，求证：四边形BED1F是平形四边形.错解：平面A1ADD1∥平面B1BCC1，由面面平行的性质定理得D1E∥FB，同理EB∥FD1，所以四边形BED1F是平形四边形.错因分析：主要错误在于没有确定B，E，D1，F四点是否满足面面平行的性质定理的条件，盲目地套用性质定理.正解：如图所示，取D1D的中点G连接EG，GC.∵E是AA1的中点，G是D1D的中点，∴EGAD.由正方体性质知BCAD，∴EGBC，所以四边形EGCB是平形四边形，∴EBGC ①又∵G，F分别是D1D，CC1的中点，∴D1GFC，四边形是D1GCF平形四边形，∴D1FGC ②由①②得EB∥D1F. ③又平面A1ADD1∥平面B1BCC1，平面EBFD1∩平面A1ADD1=ED1，平面EBFD1∩平面B1BCC1=BF，∴ED1∥BF，④由③④得，四边形BED1F是平形四边形.例6 已知：平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，如图所示，求证：PA⊥平面ABC.错解：在平面ABC内任取一点D，过点D在平面ABC内作平面ABC的垂线DG，平面PAC的垂线DF.错因分析：不能说作平面的垂线，在一个平面内作另一个平面的垂线，若两个平面不垂直，则不能作出，若两个平面垂直，只需作交线的垂线即可.正解：如图所示，在平面ABC内任取一点D，作DF⊥AC于点F，作DG⊥AB于点G，∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，∴DF⊥平面PAC，∵PA平面PAC，∴PA⊥DF.同理可证：PA⊥DG，DF∩DG=D，且DF平面ABC，DG平面ABC，∴PA⊥平面ABC.。
ʏ袁华立体几何中的概念多㊁定理多,且图形复杂,解题时需要有较强的空间想象能力,稍不注意,就会出错㊂下面就解题中的典型易错题进行举例剖析㊂易错点1:在直线与平面平行中,忽视直线是否在平面内的情况例1若直线l与平面α内的一条直线平行,则l和α的位置关系是()㊂A.l⊂αB.lʊαC.l⊂α或lʊαD.l和α相交错解:应选A㊂错因分析:若平面外一条直线与平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行㊂错解忽视了 平面外 这个重要条件㊂题中的直线l 与平面α内的一条直线平行,也可能lʊα㊂正解:直线l与平面α内的一条直线平行,当l⊄α时,由线面平行的判定定理知,lʊα,也有可能l⊂α,这时lʊα㊂应选C㊂动手实战1:下列结论错误的个数是()㊂①若一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行;②若直线aʊ平面α,Pɪα,则过点P且平行于直线a 的直线有无数条;③如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行;④如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面㊂A.0B.1C.3D.2提示:若一条直线和平面内的一条直线平行,当该直线也在平面内时,那么这条直线和这个平面不平行,①错误㊂若直线aʊ平面α,Pɪα,则过点P且平行于直线a的直线只有一条,②错误㊂一个平面内的两条直线平行于另一个平面,当这两条直线平行时,这两个平面平行或相交,③错误㊂如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面,④正确㊂应选C㊂易错点2:错误认为无数等于所有例2下列命题正确的是()㊂A.与平面内无数条直线垂直的直线与该平面垂直B.过直线外一点可以作无数条直线与该直线平行C.各面都是正三角形的四面体的外接球球心和内切球球心恰好重合D.各面都是等腰三角形的三棱锥一定是正三棱锥错解:应选A㊂错因分析:一条直线与平面内的无数条直线垂直,这里的 无数条直线 不等于 所有直线 ㊂正解:对于A,一条直线与平面内的任意直线垂直,则这条直线与平面垂直,而无数条直线可以是一组平行直线,A不正确㊂对于B,由平行公理知,过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行,B不正确㊂对于C,因为各面都是正三角形的四面体是正四面体,而正四面体的外接球球心和内切球球心重合,所以C正确㊂对于D,在三棱锥P-A B C 中,A B=B C=C A=P A=2,P B=P C=3,显然三棱锥P-A B C的侧面都是等腰三角形,而三棱锥P-A B C不是正三棱锥,D不正确㊂应选C㊂动手实战2:下列命题中正确的个数是()㊂①若直线a上有无数个点不在平面α内,则aʊα;②若直线aʊ平面α,则直线a与平面α内的任意一条直线都平行;③若直线aʊ直线b,直线bʊ平面α,则直线aʊ平面α;13易错题归类剖析高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.④若直线a ʊ平面α,则直线a 与平面α内的任意一条直线都没有公共点㊂A.0B .1C .2D .3提示:对于①,若直线a 上有无数个点不在平面α内,则直线a 可能与平面α相交,也可能与平面α平行,①错误㊂对于②,当直线a ʊ平面α时,直线a 与平面α内的直线平行或异面,②错误㊂对于③,当直线a ʊ直线b ,直线b ʊ平面α,则直线a ʊ平面α,或直线a 在平面α内,③错误㊂对于④,当直线a ʊ平面α时,则直线a 与平面α无公共点,所以直线a 与平面α内的任意一条直线都没有公共点,④正确㊂应选B ㊂易错点3:忽视异面直线所成角的范围例3 如图1,在直三棱柱A B C -A 'B 'C '中,A C =B C =A A ',øA C B =120ʎ,E 为B B '的中点,则异面直线C E 与C 'A 所成角的余弦值是()㊂ 图1A.-105B .105C .-1010D .1010错解:直三棱柱A B C -A 'B 'C '向上方补形为直三棱柱A B C -A ᵡB ᵡC ᵡ,其中A ',B ',C '分别为各棱的中点,取B 'B ᵡ的中点D ',可知C E ʊC 'D ',则异面直线C E 与C 'A 所成角即为C 'D '与C 'A 所成角㊂设C B =2,则C 'D '=5,C 'A =22,A D '=21㊂在әA C 'D '中,由余弦定理得c o søA C 'D '=8+5-212ˑ22ˑ5=-105㊂应选A ㊂错因分析:上述解法忽视了异面直线所成角的范围为0,π2㊂显然,两条异面直线所成角的余弦值一定是正数㊂正解:直三棱柱A B C -A 'B 'C '向上方补形为直三棱柱A B C -A ᵡB ᵡC ᵡ,其中A ',B ',C '分别为各棱的中点,取B 'B ᵡ的中点D ',可知C E ʊC 'D ',则异面直线C E 与C 'A 所成角就是C 'D '与C 'A 所成角,即øA C 'D '㊂设C B =2,则C 'D '=5,C 'A =22,A D '=21㊂在әA C 'D '中,由余弦定理得c o søA C 'D '=8+5-212ˑ22ˑ5=-105,故异面直线C E 与C 'A 所成角的余弦值为105㊂应选B ㊂动手实战3:如图2,空间四边形A B C D中,A B ㊁B C ㊁C D 的中点分别是P ㊁Q ㊁R ,且 图2P Q =3,Q R =5,P R=7,那么异面直线A C 和B D 所成的角是( )㊂A.30ʎB .60ʎC .120ʎD .150ʎ提示:由题意得P Q ʊA C ,Q R ʊB D ,所以异面直线A C 和B D 所成的角即为øP Q R(或其补角)㊂在әP Q R 中,由余弦定理得c o søP Q R =P Q 2+Q R 2-P R 22P Q ㊃Q R =-12,所以øP Q R =120ʎ,所以异面直线A C 和B D 所成的角为60ʎ㊂应选B ㊂设α,β为两个不同的平面,则αʊβ的充要条件是( )㊂A .α内有无数条直线与β平行B .α,β垂直于同一平面C .α,β平行于同一条直线D .α内的任何直线都与β平行提示:α内有无数条直线与β平行,这时α与β可能相交,A 错误㊂α,β垂直于同一平面,这时α与β可能相交,B 错误㊂α,β平行于同一条直线,这时α与β可能相交,C 错误㊂若α内的任何直线都与β平行,则αʊβ,D 正确㊂应选D ㊂作者单位:重庆市开州中学(责任编辑 郭正华)23 易错题归类剖析 高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
中考数学易错题系列之立体几何在中考数学中，立体几何是一个较为重要的考点，也是学生容易出错的地方。
本文将针对中考数学中的立体几何易错题进行分析和解答，帮助学生加深对该知识点的理解。
一、立体几何的基本概念立体几何是研究空间图形的形状、结构和性质的数学分支。
在中考中，我们常见的立体图形有立方体、长方体、正方体、圆柱体、圆锥体和球体等。
理解这些图形的基本概念对于解决立体几何题目非常重要。
1. 立方体（Cube）：所有的边长相等，六个面都是正方形。
2. 长方体（Cuboid）：所有的边长不相等，六个面都是矩形。
3. 正方体（Square Pyramid）：底面是正方形，侧面是由底面上的顶点引出的三角形。
4. 圆柱体（Cylinder）：底面是圆形，侧面是由底面上的每一点引出的射线。
5. 圆锥体（Cone）：底面是圆形，侧面是由底面上的每一点引出的直线段与顶点相连形成的曲面。
6. 球体（Sphere）：所有点到圆心的距离都相等。
二、立体几何易错题解析与解答1. 在一个立方体中，对角线之间的夹角是多少度？答：立方体的对角线为立方体的空间对角线，经过对角线的两个顶点和立方体中心。
根据立方体的对称性可知，任意两条对角线夹角为90度。
2. 在一个长方体中，当六个面都给出时，求长方体的体积。
答：长方体的体积可以通过长度、宽度和高度的乘积来计算。
当六个面都给出时，我们可以找到长方体的三个边长，分别为a、b和c。
则长方体的体积V为V = a * b * c。
3. 圆柱体的体积公式是什么？答：圆柱体的体积可以通过底面积和高来计算。
圆柱的底面为圆形，半径为r，高度为h。
则圆柱体的体积V为V = π * r² * h。
4. 球体的表面积公式是什么？答：球体的表面积可以通过半径来计算。
球的半径为r，则球体的表面积S为S = 4 * π * r²。
5. 在一个圆锥体中，当给出底面半径和高时，求圆锥体的体积。
答：圆锥体的体积可以通过底面积和高来计算。
高考数学易错知识点：立体几何立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法.高考在命制立体几何试题中，整理了高考数学易错知识点：立体几何，供参考。
对这三个部分的要求和考查方式是不同的.在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题;在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问;对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.线面关系中三类平行的共同点是无公共点三类垂直的共同点是成角90.线面平行、面面平行，最终化归为线线平行;线面垂直、面面垂直，最终化归为线线垂直.直线与平面所成角的范围是;两异面直线所成角的范围是.一般情况下，求二面角往往是指定的二面角，若是求两平面所成二面角只要求出它们的锐角(直角)情况即可.立体几何中的计算主要是角、距离、体积、面积的计算.两异面直线所成角、直线与平面所成角的计算是重点.求两异面直线所成角可以利用平移的方法将角转化到三角形中去求解，也可以利用空间向量的方法，特别要注意的是两异面直线所成角的范围.当求出的余弦值为时，其所成角的大小应为.特别需要注意的是：两向量所成的角是两向量方向所成的角，它与两向量所在的异面直线所成角的概念是不一样的.本题中的向量与所成的角大小是两异面直线DE与BD1所成角的补角.正方体中线面关系可以说是高考中的重点内容，相当一部分的高考题是以正方体作为载体进行命题，或是截取正方体的一部分进行命题.请特别关注正方体表面按不同形式的展开图，会由展开的平面图形想象立体图形.三棱锥顶点在底面三角形内射影为三角形的外心、内心、垂心的条件要分清楚.外心：三侧棱相等或三侧棱与底面所成的角相等(充要条件);内心：三侧面与底面所成的二面角相等(充要条件);垂心：相对的棱垂直(充要条件)或三侧棱两两垂直(充分条件)..关注正棱锥中的几个直角三角形：(1)高、斜高、底面边心距组成的直角三角形;(2)侧棱、斜高、底面棱长的一半组成的直角三角形;(3)底面上的边心距、底面外接圆半径、底面棱长的一半组成的直角三角形.(4)高、侧棱、底面外接圆半径组成的直角三角形.进一步关注的是：侧棱与底面所成角、侧面与底面所成二面角的平面角都体现在这些直角三角形中.特别注意有一侧棱与底面垂直且底面为正方形、直角梯形、菱形等四棱锥，关注四个面都是直角三角形的三棱锥.它们之间的线面关系也是高考命题的热点内容.对平面图形的翻折问题要有所了解：翻折后，在同一半平面内的两点、点线及两线的位置关系是不变的，若两点分别在两个半平面中，两点之间的距离一般会发生变化.要认清从平面图形到空间图形之间的联系，能够从平面图形的关系过渡到空间图形的关系，根据问题画出空间图形.三、易错点点睛2.(1)正方体ABCDA1 B1 C1 D1中，p、q、r、分别是AB、AD、B1 C1的中点。
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。
解题篇易错题归类剖析高考数学2020年12月申w昴错氯剖橋■浙江省湖州市菱湖中学吴凯立体几何是高中数学重要内容之一，高实线，看不见的棱要画成虚线，因此，我们在考常考题型有三视图、线面位置关系的证明与判断、空间角的计算、动态问题、翻折问题看三视图时一定要看清楚虚实线$易错点2——混淆了三视图中长度的真等，其主要考查同学们的空间思维能力和逻正意义辑推理能力，有时一些角度和距离问题也可以用空间向量来解决，较多问题属于基础题,难度适中$同学们在复习过程中会因认知受限，容易出现错解，本文对立体几何中的易错问题归类剖析，以助同学们解题时能乘风破浪，所向披靡。
易错点1——忽视了三视图中的虛线!!若一个几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积为W-l^+<-l->1正视图侧视图何体的三视图如图4所示（正视图为等腰三角形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形），则该几何体的最短棱长为_____，最长棱长为_____$错解：最短棱为2；最长棱长为22$!2已知某几/2V2</2正视图侧视图俯视图图4)$A.2B.—62C.1D.—俯视图'图1错解：A或B或C$错因剖析：根据俯视图是一个梯形，误以为底面是一个四边形，忽视俯视图中虚线的存在，就认为该几何体是一个四棱锥，如图2,此时体积V—11s^ABCD*$C—1-1（1+图22)•1•2=1,错选C。
正解：该几何体是一个斜三棱锥（如图3）,其底面是一个三角形（△A BD'，俯视图中的虚线在本题中起到了至关重要的作用，它代表着底部的一条棱，故体积V——S△ABD*图-112$C=——•2•1•2—百。
故选D。
点睛：在三视图中，规定看得见的棱画成错因剖析：将正视图和侧视图中的2当作了底面边长，实际上，正视图中的2指的是OA和OC的长，侧视图中的2指的是OB和OD的长$正解：根据二视图画出其直观图，该几何体是一个四棱锥（如图5）,通过计算，易知最短棱$D及底面边长均为2,最长棱为$B=23$B点睛：三视图中的线段长并不能简单地认为就是棱的实际长度，当棱平行于所视方向时，看到的只是一个点，当棱斜对所视方向时，看到的长度小于实际长度，只有当棱垂直所视方向时,它代表的才是实际长度$易错点-——无法判断翻折问题中角度的大小变化!#如图6,在矩形ABCD中，AB—4,AD—3,E为边AD上的一点,DE=1,现将A ABE沿直图6线BE折成W BE,使得点A'在平面24解题篇易错题归类剖析LLL L理高考数学2020年12月L工L丿BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界'设二面角A-BE-C的大小为9,直线ABAC与平面BCDE成的角分别为a$,则('A*$*a*9B*$*9*aC.a*9*$D.a*$*9错解：A或B或C$错因剖析：翻折前后，对于长度、角度及相互的位置关系是否发生变化不能准确判断，尤其是线面角、二面角的大小就更加难于辨别正解：如图7所示，在矩形ABCD中，过A作A2丄BE于点O,将(ABE沿直线BE折成(ABE,则点A'在平面图7BCDE内的射影C在线段02上，设A'到平面BCDE上的距离为「则A (DAP)(CBP,所以而h=A，O,由线面角、二面角的定义得Ah9=oo,h h@玄口a—o—，如门$—o C°结合题目条件易知O'O*O'B,O'O* O'C,所以tan9最大，即9最大，当O'与O重h h h 合时，(tm a)max=，(@9$)m9=OC，因为0—h*0C，所以(@9a)max*(@9$'9，则@9a* @9$，所以a*$,所以a*$*9$故选D$点睛:在判断空间角度大小的时候，由角度的正切值可以知道，在高一样的条件下，角度的大小等价于考虑射影的长短，射影越短而角度越大$易错点4—未能将空间问题-平面化"!$如图8,已知平面a丄$,1$=l A^B是直线l上的两点C.D是平面$内的两点，且DA丄lCB丄lAD=3,图8 AB—6,CB=6,P是平面a上的一动点，且直线PD PC与平面a所成角相等，则二面角P-BC-D的余弦值的最小值是() A-//b//1C2D1错解：A或B或D$错因剖析：本题综合性较强，条件多且复杂，难度大，要求考生具备扎实的基础知识和逻辑推理能力，尤其是在“过动点P形成的两条直线与平面a所成角相等”这个问题上需要合理的等价转化，得到PB—2PA的数量关系，进一步获得动点$的轨迹，最后通过数形结合找到结论所处的临界位置获得答案。
谈谈立体几何问题分析及对策立体几何历年都是高考考查的重点内容之一，学生关注度高，试题难度适中，易得分，因此立体几何已成为我们高考复习中主抓且易见成效的内容之一。
一、问题呈现回顾2018年立体几何的教学复习，结合高考改卷及几次模考改卷反馈的信息，我们发现学生的立体几何学习还存在以下问题：（1）空间想象能力及推理论证能力还较弱。
部分学生对定理的理解不准确、有偏差，缺少证明平行与垂直的常用方法，思路不清晰。
（2）运算能力差。
学生多用向量坐标法解决立体几何问题，而由于这种方法对学生运算能力有一定要求，因此在较长的向量坐标运算的过程中算错数字，写错符号的错误时有发生。
（3）解题规范性差，论证不严谨，缺少必要的说理过程，跳步严重，或出现逻辑错误。
纵观近几年立体几何试题，命题相对稳定，并无较大难易起伏，而立体几何的学时较长，从高一的立体几何初步到高二的立体几何与空间向量，一直延续至高三复习，历时三年，为什么学生的得分情况与我们的期望值有差距，依然出现诸如上述的错误呢？二、教学反思《课程标准》对立体几何部分的教学强调“从空间几何体的整体观察入手，认识空间几何体”，“遵循从整体到局部，具体到抽象的原则”培养学生的空间想象能力。
立体几何考试内容涵盖数学《必修2》及《选修2-1》的立体几何的主要内容，而试题的解答方式则蕴含了《课程标准》所要求的学习立体几何的直观感知、操作确认、思辩论证、度量计算的研究方法。
考试中学生出现的上述问题，究其原因，得回归到课堂教学中去，反思课堂教学，不难发现以下现象：（1）在学习立体几何初步，刚建立线面位置关系、空间角的概念时，由于课时紧，在教学中，教师通常只做初步概念的交待，（如二面角课本都没安排例题），因此位置关系的相关定理及空间角的几何求法学生掌握薄弱，被后续选修2-1的空间向量的代数坐标运算全部取而代之，造成在实际问题的求解过程中，既无力用几何法求解，又由于运算不过关，用代数坐标运算也无法正确求解的状况。
易错点08立体几何易错点1：平行和垂直的判定在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。
立体几何中平行与垂直的易错点易错点1：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大。
易错点2：有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视",//,"a a b b 三个条件中的某一个。
易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；易错点2：异面直线所成的角1.求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识求解，整个求解过程可概括为：一找二证三求。
2.求异面直线所成角的步骤：①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。
②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。
③因为异面直线所成的角的范围是0°＜θ≤90°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。
3.“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。
4.利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。
易错点3：直线与平面所成的角1.传统几何方法：①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。
立体几何易错点分析作者：童其林来源：《广东教育·高中》2018年第09期立体几何是高考的必考内容，特点是试题题量、题型和分值稳定：一般是两个小题一个大题共22分，约占全卷总分的15%；考查全面：柱、锥、球及其简单组合体齐亮相，对几何体进行组、割、补、嵌、折手法多.从近几年的试题来看，三视图、判断或证明线面关系和求空间的角是必考内容，求表面积和体积也很常见.总的来说，立体几何是高考比较容易得分的部分，但常出现“会而不对”“对而不全”的现象，导致失分.怎样才能多得分，得高分，避免失误是本文要研究的内容.下面就针对立体几何的常见易错点进行归纳分析，期望对考生的备考有帮助.一、空间几何体的三视图三视图是同一个几何体在互相垂直的三个平面上的射影，在解决空间几何体的三视图时，易出现的问题主要有：（1）不能正确确定特殊几何体的三视图；（2）不能由几何体的三视图正确确定几何体的形状；（3）不能正确把三视图中得数据转化为对应的几何体中得线段长度，尤其是侧视图中的数据处理很容易出错，从而导致几何体中的计算出现错误.1. 由几何体辨别三视图例1. 如图1，点M，N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过点A，M，N和点D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体的正（主）视图、侧（左）视图、俯视图依次为（）A. ①③④B. ②④③C. ①②③D. ②③④【错解】选A或B或C.【错误分析】错误原因主要是不理解用过点A，M，N和点D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角是什么意思，导致错选.【正解】用过点A，M，N和点D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体是一个不规则的几何体NMC1B1-ABCD.所以由正视图的定义可知点A，B，B1在后面的投影点分别是D，C，C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，故几何体的正视图为②，侧视图为③，俯视图为④，故选D.【突破策略】（1）熟练把握常见的规则几何体如柱体、椎体与球的三视图，注重“三面一线”，即底面、侧面、对角面（轴截面）、侧棱（母线）四个方面的基本特征.（2）熟练掌握常见几何体的三视图是解决由三视图确定几何问题的关键，先根据俯视图确定几何体的底面，然后利用正视图和侧视图确定几何体的侧面；（3）三视图原则：“主侧等高，主俯等宽”是我们利用三视图中的数据确定几何体中相关线段的长度，特别注重侧视图中数据的长度.2. 由三视图求对应空间几何体的表面积空间几何体表面积与体积的求解是新课标考查的重点，多以选择题或填空题的形式出现求解此类问题易出现的问题主要有下面几个方面：（1）对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误，尤其是对正棱柱、正棱锥中隐含的线面关系不能熟练把握，正确应用；（2）混淆几何体的表面积与侧面积两个概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算；（3）在组合体的表面积的计算问题中，对于两个几何体重合问题或几何体的挖空问题，不能正确确定几何体表面积的构成导致计算重复或漏算；（4）计算失误问题是最常见的错误，基本计算能力是高考重点考查的四大能力之一，在这个方面一定要正确对待.例2. 如图2，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是（）（A）17π （B）18π（C）20π （D）28π【错解】选D或B或C.【错误分析】错误原因：一是不能画出几何体，二是计算出错.【正解】该几何体的直观图如图3所示，是一个球被切掉左上角的 .设球的半径为R，则V= × πR3= ，解得R=2，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和.S= ×4π×22+3× ×π×22=17π，故选A.【点评】根据“长对正、宽相等、高平齐”的直观图画法规则，画出对应几何体的直观图，确定几何体中个元素的量，再计算几何体的表面积.【突破策略】解决此类问题分两步：第一步，一般先确定几何体的大致轮廓，然后利用三视图中的实线和虚线通过切割、挖空等手段逐步调整；第二步，先部分后整体，即先分别求出各个简单几何体的表面积与体积，然后用它们表示所求几何体的表面积与体积，注意重叠部分的表面积以及挖空部分的体积的处理.3. 由三视图求对应几何体的体积由三视图确定几何体的形状并求解表面积或体积是高考命题的重点，多为客观题，在求解过程中易出现的问题主要有：（1）不能根据三视图确定几何体的形状，尤其是组合体的三视图以及几何体挖空、切割等问题，导致无法计算几何体的体积与表面积；（2）不能把三视图中的数据准确地与几何体中有关几何体的有关度量对应起来，导致计算出错，对于组合体三视图中的相关数据的处理不当导致失误；（3）几何体的表面积和体积的求解过程出错；（4）计算不细心导致运算失误问题.例3.（2017届江西省赣州市二模）某多面体的三视图如图4所示，则该多面体外接球的体积为_________.【解析】由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图5所示，再取点Q，可得直三棱柱，高为2，在三角形PBC中，PC=2，PB=BC= ，由余弦定理可得cos∠PBC= ，则sin∠PBC= ，由正弦定理可得三角形PBC的外接圆的直径2r= = ，又四棱锥的球心到平面PBC 的距离为1，所以外接球的半径R= = ，则外接球的体积V= πR3= π.【突破策略】空间几何体是立体几何的基础，在学习过程中应首先注重对简单几何体——柱、锥、台、球的学习，把握它们的几何特征，注意三面一棱（线），即底面、侧面、对角线（轴截面）中反映的几何度量之间的关系，侧棱（母线）与底面的关系等，可以借助身边的实物，进一步加深对这些几何体的把握，培养自己的空间想象能力，这是我们分析空间组合体的结构特征的基础.其次，正确理解空间几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是我们确定组合体三视图以及由三视图确定几何体形状的关键，注意三视图中的数据与几何体的几何度量之间的转化，三视图的画图规则是实现彼此转化的依据.最后，熟记规则几何体的表面积与体积公式，准确理解公式中的各个字母表示的几何意义，区分侧棱（母线长）与高、底面积、侧面积等概念，求解椎体的体积时，应注重灵活选择顶点和底面；对于组合体的面积、体积求解问题，要根据其结构特征通过分割或补形将其转化为规则几何体的有关计算.4. 与三视图有关的最值问题例4. 如图6，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A. 6B. 6C. 4D. 4【错解】选C.【错误分析】错误原因：一是不能画出几何体，二是最长的棱判断错误.【正解】该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E-CC1D1（其中E为BB1的中点），其中最长的棱为D1E= =6.选B.【点评】一些三视图的问题置于正方体或长方体中去研究，往往化难为易，能直达目标.二、空间几何体的角空间几何体的角包括线线角，线面角，面面角.在解决空间几何体的三视图时，易出现的问题主要有：（1）求解两条异面直线所成角的过程中，不注意角的取值范围，误以为通过平移构造的三角形内角就是两条异面直线所成的角；（2）求解线面角的过程中，把向量公式弄错；（3）求解面面角的过程中，分辨不出是锐角还是钝角.1. 异面直线所成的角例5. 已知直三棱柱中ABC-A1B1C1，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【错解】选A或B或选D.【错误分析】错误原因：一是找不到异面直线AB1与BC1所成角究竟是哪一个，二是计算出错.【正解】如图8所示，补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，则所求角为∠BC1D，∵BC1= ，BD= = ，C1D=AB1= ，可得∠DBC1为直角，因此cos∠BC1D= = ，故选C.【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是（0， ]，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.2. 直线与平面所成的角例6. 如图9，四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点.（Ⅰ）求异面直线PA与DE所成角的余弦值；（Ⅱ）求AP与平面ABCD所成角的正弦值.【错解】如图9所示，取DC的中点O，连结PO，因为△PDC为正三角形，所以PO⊥DC.又因为平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.建立如图7所示的空间直角坐标系O-xyz，则P（0，0， a），A（a，- ，0），B（a，，0），C（0，，0）， D（0，- ，0）.（Ⅰ）E为PC的中点，所以E（0，， a），所以 =（0， a， a）， =（a，- ，- a），所以 · = a×（- ）+ a×（- a）=- a2，| |= a，| |= a，cos〈，〉= = =- .所以异面直线PA与DE所成角的余弦值为- .（Ⅱ）因为平面ABCD的法向量 =（0，0， a），所以cos〈，〉= = =- .所以AP与平面ABCD所成角的正弦值为- .（本题也可能出现另一种错误：cos〈，〉=- ，所以sin〈，〉= ，所以AP与平面ABCD所成角的正弦值为）【剖析】本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成角的概念.（Ⅰ）中，异面直线PA与DE所成的角为锐角或直角，余弦值一定非负.（Ⅱ）中，将直线与平面所成角和直线的方向向量和平面的法向量的夹角混为一谈，事实上它们并不是一回事儿，两者相差90°，所以直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦的绝对值. 正确解法是：（Ⅰ）由错解，知cos〈，〉=- ，因为异面直线PA、DE所成的角是锐角或直角，所以异面直线PA、DE所成角的余弦值是 .（Ⅱ）设AP与平面ABCD所成角为θ，由错解，知cos〈，〉=- ，所以sinθ=|cos 〈，〉|= . 所以直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为 .【点评】对于考生出现的概念模糊致误，最好的方法是回归课本，从教材中理解知识的来龙去脉.3. 平面与平面所成的角例7. 正三角形ABC的边长为10，A∈？琢，B，C在平面？琢的同侧，且与？琢的距离分别为4和2，求平面ABC与平面？琢所成角的正弦值.【错解】如图10，过点A作直线a∥BC，则平面BAC与平面？琢相交于直线a.作BM⊥？琢于M，CN⊥？琢于N，并取BC的中点为E，作EF⊥？琢于F.因为？驻ABC为正三角形，所以AE⊥BC，因为BC∥a，所以AE⊥a.又EF⊥a，所以a⊥平面AEF，所以AF⊥a，即∠EAF为平面ABC和平面？琢所成的角.因为EF= （BM+CN）=3，AE=5 ，所以sin∠EAF= = .【剖析】上述解法错在第一步，即“过点A作直线a∥BC”.已知A∈？琢，那么过点A且平行于BC的直线不一定在平面？琢内.而上述解法却误认为a是平面ABC与平面？琢的交线，进而得出错误的二面角的平面角，从而导致了错误的出现.【正解】如图11所示，延长BC交？琢于点D，连接AD，则平面ABC∩平面？琢=AD.作BB1⊥？琢，CC1⊥？琢，垂足分别为B1，C1，于是CC1∥BB1，BB1=4，CC1=2，则C 为BD的中点.因为AC=BC=CD= BD，所以？驻BAD为直角三角形，且∠BAD=90°.又AB1为AB在平面？琢内的射影，所以DA⊥AB1，即∠B1AB为平面ABC与平面？琢所成角的平面角，所以sin∠B1AB= = .【点评】立体几何的公理看似用得很少，但它是构成立体几何的脊梁，本题就是公理3的灵活运用.三、“斜二测画法”我们知道：斜二测画法是画平面图形的直观图与空间图形的直观图的一种方法.这种画法强调了两种数量关系：在解题过程中如果两种数量关系混淆，就容易导致错误.1. 求线段长度例8. 如图12所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法，画出这个梯形的直观图O′A′B′C′，在直观图中梯形的高为（）A. B. 1C. D.【解析】按斜二测画法，得梯形的直观图O′A′B′C′，如图13所示，原图形中梯形的高CD=2，在直观图中C′D′=1，且∠C′D′E′=45°，作C′E′垂直x′轴于E′，则C′E′即为直观图中梯形的高，那么C′E′=C′D′sin45°= ，故正确答案为C.2. 求面积例9. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，如图14，则原平面图形的面积为（）A. 4B. 4C. 8D. 8【解析】由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测图形中O′B′=2 ，且∠B′O′A′=45°，那么在原图形中，∠BOA=90°且OB=4 ，因此，原平面图形的面积为2×4 =8 ，故正确答案为（D）.【点评】本题抓住在斜二测画法中平行于x轴的线段画为平行于x′轴，得到了原图形是平行四边形；画结合原图形中垂直在直观图中画为夹角45°，得到原图形中的高，从而得到结论.3. 画原图形例10. 如图15，A′B′C′D′是边长为1的正方形，又知它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图，请画出该四边形的原图形.【解析】由于A′B′C′D′是边长为1的正方形，则∠D′A′C′=45°.于是取A′C′，A′D′所在的直线分别为x′，y′轴.画两条垂直的有向直线，分别为x，y轴，A为原点，AC在x轴上，且AC= ，再在y轴上取点D，使AD=2，取AC的中点E，连结DE并延长至B使DE=EB，连结DC，CB，BA 得四边形ABCD，即为正方形A′B′C′D′的原图形，见图16.至此，可以看出斜二测画法看似是一种比较简单的画图方法，但当我们认真深入其中时，会发现并非都是简单问题.逆向斜二测问题有时还真有点难度，必须细心分析，才能保证万无一失.实际上，正如对公式的应用，应会正用、逆用和变形应用一样，对“斜二测画法”的原来也要懂得“正用、逆用和变形应用”.四、推理论证时的常见错误1. 共面、共线、共点问题常见错误是不能灵活利用平面的基本性质确定两个平面的交线，导致有关共线、线共点的证明问题无从下手.【突破策略】解决点共线、线共点问题的关键是利用基本性质，即确定两个平面的交交线，证明“点共线”先由“两点” 定“线”，后证其他点也是在这条“线”上；证明“线共点”先由“两线”定“点”，后证其他线也过该“点”.2. 空间平行关系（1）空间平行关系的判断在解决有关该考点的具体问题时，易出现的问题主要有：（1）对空间线面关系考虑不全面，导致位置关系判断出错，漏掉直线在平面内的情况；（2）在利用空间线面平行与面面平行的性质定理证明空间平行关系时，往往忽略限制条件导致思维过程不严谨，导致误判.【突破策略】对于结论不能确定的线面位置关系，常用为长方体为模型的构造反例；利用定理进行推理证明时，要注意定理的条件，把涉及的点、线、面之间的关系搞清楚，尤其要注意一些关键性字眼，如“平面外的直线”、“平面内的直线”、“平面内的两条相交直线”等，避免出错.（2）空间平行关系的证明空间平行关系的证明往往作为解答题中的第（1）问，而两条直线的平行是证明空间平行关系的基础，在证明空间平行关系时往往出现以下问题：（1）不能灵活运用平面几何中的相关结论，尤其是利用中位线、比例线段等来构造线线平行关系；（2）不能利用几何体或几何图形的结构特征将空间问题灵活转化为平面内的问题，然后再利用平面几何中的结论构造平行关系.【突破策略】（1）灵活利用平面图形的性质构造平行关系是证明线面关系的关键，一般可通过取中点或比例分点构造比例线段得到平行关系；（2）注意空间几何体的侧面、底面、对角面、截面等的应用，把问题转化为平面图形中的相关问题解决.（3）空间平行关系的综合应用由于空间线面关系的复杂性，在求值或证明的过程中，对于点、线、面的位置分析得不够彻底.就会漏掉它们的一些特殊位置关系，导致漏解或漏证.【突破策略】准确把握空间元素的相互位置关系是正确求值，求证的基础.注意空间中两个元素之间的位置关系，要对所有可能的情况进行讨论；当涉及多个、多类元素时，一定要抓住其中的关键条件，确定分类的依据和标准，然后进行分类讨论，如一个点和两个平面，则应分点在平面的同侧、点在平面的中间两种情况进行分析.3. 空间垂直关系（1）空间垂直关系的判断与性质在解决具体问题时，易出现的问题主要有：（1）对直线和平面垂直的判定定理理解不深刻，忽视定理中的“两条相交直线”导致对直线和平面是否垂直判断失误；（2）利用两个平面垂直的性质定理时，忽视“直线在平面内”的条件，导致误判；（3）对空间线面关系的有关判定、性质定理掌握不扎实，不能灵活运用其推导结论.【突破策略】在记忆相关定理时，要结合图形梳理定理的条件与结论，不能遗漏.把定理中所涉及的点、线、面之间的关系搞清楚，弄清楚每个定理所包含的条件，尤其要注意一些关键性字眼：如“平面外的直线”、“平面内的直线”、“平面内的两条相交直线”等.（2）垂直关系在求空间角中的应用在求解此类问题时，易出现的问题主要有：过多地依赖空间向量，导致忽视最基本的定义法或性质法，对于简单的空间角的求解，不能利用定义或性质快速、准确地进行求解，而是一味地利用向量求解，导致计算失误.例11.（2018年福建省高一数学竞赛题）如图17所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、E分别为棱BC、BB1的中点，N为正方形B1BCC1的中心，l为平面A1MN与平面D1BE 的交线，则直线l与正方体底面ABCD所成角的大小为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【解析】如图17，由正方体的性质与条件，可得MN⊥面ABCD，BE⊥面ABCD.所以，面A1MN⊥面ABCD，面D1BE⊥面ABCD.所以，l⊥面ABCD，l与面ABCD所成角的大小为90°，选D.【点评】通常的思路是找出平面A1MN与平面D1BE的交线l，再求出直线l与正方体底面ABCD所成角的大小，但繁琐，利用性质（两个相交平面和第三个平面垂直，则交线和第三个平面垂直），整体考虑可化繁为简.【突破策略】空间角的求解往往与几何体的结构特征综合在一起进行考查，所以应该首先考虑定义法，即利用定义作出空间角的平面角，然后再求解（本题用的是性质法）。
立体几何易错点1 点、线、面位置关系考虑不全☞典例分析已知A，B，C，D，E五点中，A，B，C，D共面，B，C，D，E共面，则A，B，C，D，E五点一定共面吗？【错解】A，B，C，D，E五点一定共面.因为A，B，C，D共面，所以点A在B，C，D所确定的平面内，因为B，C，D，E共面，所以点E也在B，C，D所确定的平面内，所以点A，E都在B，C，D所确定的平面内，即A，B，C，D，E五点一定共面.【错因分析】错解忽略了公理2中“不在一条直线上的三点”这个重要条件.实际上B，C，D三点有可能共线.【试题解析】（1）如果B，C，D三点不共线，则它们确定一个平面α.因为A，B，C，D共面，所以点A在平面α内，因为B，C，D，E共面，所以点E在平面α内，所以点A，E都在平面α内，即A，B，C，D，E五点一定共面.【参考答案】见试题解析.1在立体几何中，空间点、线、面之间的位置关系不确定时，要注意分类讨论，避免片面地思考问题.对于确定平面问题，在应用公理2及其三个推论时一定要注意它们成立的前提条件.1．证明点共线问题，就是证明三个或三个以上的点在同一条直线上，主要依据是公理3.常用方法有：①首先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3知这些点都在这两个平面的交线上；②选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在这条直线上.2．证明三线共点问题，一般先证明待证的三条直线中的两条相交于一点，再证明第三条直线也过该点.常结合公理3，证明该点在不重合的两个平面内，故该点在它们的交线（第三条直线）上，从而证明三线共点.3．证明点或线共面问题，主要有两种方法：①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.1．过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作()2A．1条B．2条C．3条D．4条【解析】如图，连结体对角线AC1，显然AC1与棱AB、AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连结BD1，则BD1与棱BC、BA、BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．【答案】D易错点2 不能正确画出三视图或还原几何体而致错☞典例分析一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是3【错解】A或B或C【错因分析】选A，俯视图判断出错，从俯视图看，几何体的上、下部分都是旋转体；选B，下部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体；学#科网选C，上部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体.【试题解析】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【参考答案】D1．当已知三视图去还原成几何体时，要充分关注图形中关键点的投影，先从俯视图来确定是多面体还是旋转体，再从正视图和侧视图想象出几何体的大致形状，然后通过已知的三视图验证几何体的正确性，最后检查轮廓线的实虚．2．三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部4分三视图是否符合.2．已知三棱锥的俯视图与侧视图如下图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为【答案】C易错点3 对空间几何体的结构认识不准确致错☞典例分析一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为56A ．B ．C ．21D ．18【错解】B 或C 或D【错因分析】由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥，B 项计算三角形面积时出错；截取小正三棱锥，即除去了六个全等的等腰直角三角形，但C 项忽略了几何体多了两个等边三角形面；由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥的组合体，D 项计算三角形面积时出错，且计算时还少加了三棱锥的底面.【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示，是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥.正方体的表面积为S =24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的和为3的表面积为故选A.【参考答案】A1．柱体、锥体、台体的表面积（1）已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，以确保不重复、不遗漏.（3）求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.2．柱体、锥体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题. 求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和；如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法．73．如图所示，已知等腰梯形ABCD的上底AD＝2 cm，下底BC＝10 cm，底角∠ABC＝60°，现绕腰AB旋转一周，则所得的旋转体的体积是A．246π B．248πC．249π D．250π【答案】B【解析】过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，所得旋转体是以CF为底面半径的圆锥和圆台，挖去以A为顶点，以DE为底面半径的圆锥的组合体．89本题易将所得旋转体漏掉扣除以圆台上底面为底面，高为1 cm 的圆锥的体积而错选 C.易错点4 问题考虑不全面致错☞典例分析已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为 . 【错解】2如图，设球的大圆为圆O ，C ，D 分别为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.在Rt △COE 中，221068OC =-=.在Rt △DOF 中，221086OD =-=.所以CD =OC −OD =8−6=2，故这两个截面圆间的距离为2.10【错因分析】错解中由于对球的结构把握不准，考虑问题不全面而导致错误.事实上，两个平行截面既可以在球心的同侧，也可以在球心的两侧.【试题解析】如上图，设球的大圆为圆O ，C ，D 为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.当两截面在球心同侧时，22221061082CD OC OD =-=---=；当两截面在球心两侧时，222210610814CD OC OD =+--=. 综上可知，两截面圆间的距离为2或14. 【参考答案】2或141．球的有关问题（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，11正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r之间满足关系式：d =2．求解空间几何体表面积和体积的最值问题有两个思路：一是根据几何体的结构特征和体积、表面积的计算公式，将体积或表面积的最值转化为平面图形中的有关最值，根据平面图形的有关结论直接进行判断；二是利用基本不等式或是建立关于表面积和体积的函数关系式，然后利用函数的方法或者利用导数方法解决.4．如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C=；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，=四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D 的对角线，=．12将空间几何体的表(侧)面展开，化折(曲)为直，使空间图形问题转化为平面图形问题，即空间问题平面化，是解决立体几何问题最基本的、最常用的方法，将空间图形展开成平面图形后，弄清几何中的有关点和线在展开图中的相应关系是解题的关键．该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连接两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个就是，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误．易错点5 忽略空间角的范围或不能正确找出空间角致误☞典例分析如图，已知空间四边形ABCD 中，AD =BC ，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且直线BC 与MN 所成的角为30°，则BC 与AD 所成的角为 .【错解】120°如图，连接BD ，并取中点E ，连接EN ，EM ，则EN ∥BC ，ME ∥AD ，故ENM ∠为BC 与MN 所成的角，∠MEN 为BC 与AD 所成的角，∴∠ENM=30°.又由AD =BC ，知ME =EN ，∴∠EMN =∠ENM =30°， ∴1803030120MEN ∠=︒-︒-︒=︒，即BC 与AD 所成的角为120°.学*科网【错因分析】在未判断出∠MEN 是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，13因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤，如果∠MEN 为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角.【试题解析】以上同错解，求得∠MEN =120°，即BC 与AD 所成的角为60°. 【参考答案】60°求异面直线所成的角的时候，要注意异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤.1．求异面直线所成的角的常见策略： （1）求异面直线所成的角常用平移法．平移法有三种类型，利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，利用补形平移．（2）求异面直线所成角的步骤①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； ②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； ③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. （3）判定空间两条直线是异面直线的方法①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线．14②反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面． 2．求直线与平面所成的角的方法： （1）求直线和平面所成角的步骤 ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．学*科网 （2）求线面角的技巧在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 3．求二面角大小的步骤：简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．5．已知四面体ABCD 中，F E ,分别是BD AC ,的中点，若2AB =，4CD =，AB EF ⊥，则EF 与CD 所成角的度数为15A ． 90B ． 45C ． 60D ． 30【答案】D易错点6 不能准确判断二面角的大小☞典例分析16如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AC AD ⊥，AB BC ⊥，45BAC ∠=，2PA AD ==，1AC =.则二面角A PC D --的余弦值为.【错解】以AD ，AC ,AP 为正半轴方向，建立空间直角坐标系，则(2,0,0)D ，(0,1,0)C ，11(,,0)22B -，(0,0,2)P ， 所以(0,1,2)PC =-，(2,1,0)CD =-，设平面的法向量n (,,)x y z =，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n PC n CD ，即2020y z x y -=⎧⎨-=⎩，取1z =，所以n (1,2,1)=，又(2,0,0)DA =-是平面PAC 的一个法向量，所以2cos ,6||||2⋅<>===⋅DA n DA n DA n . 所以二面角A PC D --的余弦值为66-. 【错因】判断二面角的大小出错，解答这类问题要有较强的空间想象能力，识图、用图的能力. 【正解】求得cos ,DA n -<>=结合图形观察知，二面角A PC D --应在090（，），17故二面角A PC D --的余弦值为6.（1）如图①，AB 、CD 是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．（2）如图②③，n 1，n 2分别是二面角αl β的两个半平面α，β的法向量， 则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．6.如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，⊥FD 平面ABCD ，//EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小． 【解析】（1）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥， 因为FD ⊥平面ABCD ，所以FD AC ⊥， 因为BD FD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDF ，18因为AC ⊂平面ACF ，所以平面ACF ⊥平面BDF ． （2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，()0,1,0C -，(F ，(1,0)BC =--，(BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则3020n BC y n BF ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m=，设二面角--A BC F 的大小为θ)20(πθ<<，则||cos ||||28m n m nθ⋅===⋅4πθ=． 所以二面角A BC F --的大小为4π．一、空间几何体的结构及其三视图与直观图191．空间几何体的结构 （1）多面体 ①底面互相平行. ②侧面都是平行四边形.③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行.（2）旋转体2．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图；②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图；2021③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图. 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”； ⅰ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”； ⅰ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”. ③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示； ⅰ)不能看见的轮廓线用虚线表示. （3）常见几何体的三视图3．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.学*科网②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使∠xOz=90°，且∠yOz=90°.②画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′=45°(或135°)，∠x′O′z′=90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.2223④已知图形中平行于x 轴或z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.二、空间几何体的表面积与体积1．旋转体的表面积242．柱体、锥体、台体的体积公式25（1）柱体、锥体、台体体积公式间的关系（2）一个组合体的体积等于它的各部分体积之和或差； （3）等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等. 3．球的表面积和体积公式三、空间点、直线、平面之间的位置关系1．平面的基本性质面α，使a⊂262．等角定理（1）自然语言：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.（2）符号语言：如图（1）、（2）所示，在∠AOB与∠A′O′B′中，,OA O A OB O B''''∥∥，则AOB AO B∠=∠'''或180AOB AO B∠+∠'''=︒.图（1）图（2）3．空间两直线位置关系的分类空间中两条直线的位置关系有以下两种分类方式：（1）从有无公共点的角度分类：2728⎧⎪⎨⎪⎩⎩⎧⎨两条直线有且仅有一个公共点：相交直线平行直线两条直线无公共点：异面直线直线 （2）从是否共面的角度分类：⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩相交直线共面直线直线平行直线不共面直线：异面直线4．异面直线所成的角（1）异面直线所成角的定义如图，已知两异面直线a ，b ，经过空间任一点O ，分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，相交直线a ′，b ′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a 与b 所成的角（或夹角）.（2）异面直线所成角的范围异面直线所成的角必须是锐角或直角，异面直线所成角的范围是π(0,]2.（3）两条异面直线垂直的定义如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条直线互相垂直.两条互相垂直的异面直线a ，b ，记作a ⊥b .5．直线与平面、平面与平面位置关系的分类 （1）直线和平面位置关系的分类 ①按公共点个数分类：29⎧⎪⎨⎪⎩直线和平面相交—有且只有一个公共点直线和平面平行—没有公共点直线在平面内—有无数个公共点 ②按是否平行分类：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩直线与平面平行直线与平面相交直线与平面不平行直线在平面内③按直线是否在平面内分类：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩直线在平面内直线和平面相交直线不在平面内(直线在平面外)直线和平面平行 （2）平面和平面位置关系的分类两个平面之间的位置关系有且只有以下两种： （1）两个平面平行——没有公共点； （2）两个平面相交——有一条公共直线.（1）唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行． ②过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直． ③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． ④过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．（2）异面直线的判定方法经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．四、直线、平面平行的判定及其性质1．直线与平面平行的判定定理2．直线与平面平行的性质定理30②作为画一条直线与已知直线平行的依据.3．平面与平面平行的判定定理证明两个平面平行4．平面与平面平行的性质定理3132证明线线平行1．平行问题的转化关系2．常用结论（1）如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．（2）如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线． （3）夹在两个平行平面间的平行线段长度相等． （4）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． （5）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． （6）如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．（7）如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行． （8）如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行．五、直线、平面垂直的判定及其性质1．直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.记作：l⊥α.图形表示如下：定义中的“任意一条直线”这一词语与“所有直线”是同义语，与“无数条直线”不是同义语．2．直线与平面垂直的判定定理判断直线与平面垂直3334在应用该定理判断一条直线和一个平面垂直时，一定要注意是这条直线和平面内的两条相交．．直线垂直，而不是任意的两条直线. 3．直线与平面垂直的性质定理4．平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.图形表示如下：5．平面与平面垂直的判定定理356．平面与平面垂直的性质定理lα⎬⊂⎪⎪⊥⎭证明直线与平面垂直7．直线与平面所成的角（1）定义：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足．学.科网过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影．平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角．．，叫做这条直线和这个平面所成的角．（2）规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于0.因此，直线与平面所成的角．．．．．．．．．α．的范围是．．．．π[0,]2.8．二面角（1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．．．．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.（2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.（3）二面角的范围：[0,π].1．垂直问题的转化关系2．常用结论（1）若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．（2）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．36。
案例展示新课程NEW CURRICULUM学生在解答立体几何问题中暴露的诸多薄弱环节，突出表现为空间想象能力较差，空间概念模糊，从而导致计算、论证等方面的错误.本文根据平时常见错误加以剖析，仅供参考。
一、概念不清例1.一个正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 的棱长为a 。
（1）过它的上底两邻边A 1D 1、D 1C 1的中点E 1、F 1和下底的中心O 作一个截面，求这个截面的面积；（2）求E 1与BB 1的距离。
D 1A 1B 1C 1F 1E 1D ABCO 图1错解：（1）所求截面面积为△E 1F 1的面积。
（2）E1与BB 1中点连线的长，即为E 1与BB 1的距离。
诊断：（1）错因在于对平面这个基本性质未透彻理解。
根据公理1、2，过E 1、F 1、O 三点的平面与正方体的交线分别为E 1F 1、F 1C 和AE 1，所以梯形E 1F 1CA 才是所求截面。
（2）对点到直线的距离概念的理解不确切、不深刻所致。
实质上，E 1与B 1的连线的长，即为E 1与BB 1的距离。
改正：略。
二、直观图画错例2.求半径为R 的球内接正方体的体积。
错解：如图2，设正方体棱长为x ，则x 2+x 2=（2R ）2，∴x =2√2R .故V正方形=x 3=2√2R()3=2√4R 3。
xR OxxxxOR 图2图3图4诊断：本题需根据题意正确的建立所需的直观图，学生在作轴截面图形时，未想到：如果轴截面也是正方体的对角面，则内接的并非是正方形而应是长方形（对角线长为R 2-x 24√）不内接于圆，如图4。
改正：略。
三、空间图形处理错误例3.如图5，ABCD 是正方形，E 是AB 的中点，如将△DAE 和△CBE 分别沿虚线DE 和CE 折起，使AE 与BE 重合，设A 与B 重合后的点为P ，则平面PCD 与平面ECD 所成的二面角为（）度。
（1993年全国高考理科23题）错解：∵PE ⊥PC ，∠PCE 就是所求二面角的平面角α。
专题01生活中的立体图形（3个知识点5种题型1个易错点）【目录】倍速学习四种方法【方法一】脉络梳理法知识点1：生活中常见的几何体知识点2：棱柱的有关概念及特征（重点）知识点3：几何图形的构成元素及关系（重点）【方法二】实例探索法题型1：生活中常见的立体图形题型2：几何图形的组成元素题型3：棱柱的特征题型4：旋转体的识别题型5：探究题【方法三】差异对比法易错点：面动成体时，考虑不全导致漏解【方法四】成果评定法【学习目标】1.认识简单的空间几何棱柱、圆柱、圆锥、球等，掌握其中的相同之处和不同之处.2.通过比较，学会观察物体间的特征，体会几何体间的联系和区别，并能根据几何体的特征，对其进行简单分类.3、通过丰富的实例，进一步认识点、线、面、初步感受点、线、面之间的关系。
4、进一步经历从现实世界中抽象出图形的过程，从构成图形的基本元素的角度认识常见几何体的某些特征。
【知识导图】【倍速学习五种方法】【方法一】脉络梳理法知识点1：生活中常见的几何体1.几何体是从实物抽象出来的数学模型．常见的几何体有：圆柱、圆锥、棱柱、球等．2.几何体的分类：注意：（1）几何体的分类标准不唯一．（2）围成立体图形的面是平的面，像这样的立体图形，又称为多面体.【例1】如图所示，请写出下列立体图形的名称．【答案与解析】解：(1)五棱柱；(2)圆锥；(3)四棱柱或长方体；(4)圆柱；(5)四棱锥．【总结升华】先根据立体图形的底面的个数，确定它是柱体、锥体还是球体，再根据其侧面是否为多边形来判断它是圆柱(锥)还是棱柱(锥)．【变式1】如图所示，下列各标志图形主要由哪些简单的几何图形组成?【答案】(1)由圆组成；(2)长方形和正方形；(3)菱形(或四边形)；(4)由圆和圆弧组成（或由一个圆和两个小半圆组成）．【变式2】（2022秋•射洪市期末）下列属于多面体的是（ ）A．圆柱B．圆锥C．球体D．棱柱【解答】解：A、圆柱有3个面，一个曲面两个平面，不符合题意；B、圆锥有2个面，一个曲面，一个平面，不符合题意；C、球只有一个曲面，不符合题意；D、棱柱至少有5个面，符合题意．故选：D．知识点2：棱柱的有关概念及特征（重点）1.棱柱的相关概念：(1)相邻两个面的交线叫做棱；(2)相邻两个侧面的交线叫做侧棱．2.棱柱的特征：(1)所有的侧棱长都相等；(2)上、下底面的形状相同；(3)侧面的形状都是平行四边形3.棱柱的分类：根据底面图形的边数将棱柱分为三棱柱、四棱柱、五棱柱……【例2】一个n 棱柱，它有18条棱，侧棱长为10 cm ， 底面各边长相等且为5 cm.(1)这是几棱柱？(2)此棱柱的侧面积是多少？解： (1)六棱柱；(2)棱柱的侧面积是10×5×6＝300(cm 2)．知识点3：几何图形的构成元素及关系（重点）图形的构成元素包括点、线、面、体．点动成线. 线动成面. 面动成体.一般地，有曲面的几何体都可以由某平面图形旋转得到．将一个平面图形旋转成立体图形需要明确旋转轴和旋转角两个条件．【例3】笔尖在纸上快速滑动写出一个又一个字，用数学知识解释为( )A ．点动成线B ．线动成面C ．面动成体D ．以上都不对【答案】A【变式1】如图所示的平面图形绕轴旋转一周，可以得出下面相对应的立体图形，把有对应关系的平面图形与立体图形连接起来．【答案与解析】【总结升华】“面动成体”，要充分发挥空间想象能力判断立体图形的形状．【方法二】实例探索法题型1：生活中常见的立体图形1．（2023•平谷区一模）下面几何体中，是圆柱的为（ ）A．B．C．D．【解答】解：A、是圆柱，故此选项符合题意；B、是圆锥，故此选项不符合题意；C、是三棱锥，故此选项不符合题意；D、是球体，故此选项不符合题意；故选：A．2．（2022秋•二七区期末）如图中柱体的个数是（ ）A．3B．4C．5D．6【解答】解：柱体分为圆柱和棱柱，所以图中的柱体有①③④⑤⑥，共5个．故选：C．3．将如图几何体分类，并说明理由．【解答】解：根据几何体的概念可得，柱体：①正方体，②长方体，③圆柱体，⑥四棱柱，⑦三棱柱；锥体：④圆锥；球体：⑤球．题型2：几何图形的组成元素4．如图所示的立体图形是由 个面组成的，其中有 个平面，有 个曲面；图中共有 条线，其中直线有 条，曲线有 条．【分析】观察图形是半圆柱，即可得到答案．【解答】解：立体图形是由4个面组成的，其中有3个平面，有1个曲面；图中共有6条线，其中直线有4条，曲线有2条．故答案为：4，3，1，6，4，2．【点评】本题考查立体图形相关的概念，解题的关键是仔细观察已知图形，掌握相关概念．5．分别指出下列几何体各有多少个面?面与面相交形成的线各有多少条?线与线相交形成的点各有多少个? 如图所示．【答案与解析】解：（1）4个面，6条线，4个顶点；（2）6个面，12条线，8个顶点；（3） 9个面，16条线，9个顶点．【总结升华】(1)数几何体中的点、线、面数时，要按一定顺序数，做到不重不漏．(2)一般地，n棱柱有(n+2)个面(其中2为两个底面)，n棱锥有(n+1)个面(其中1为一个底面)．6．（2022秋•巨野县期中）如图是一个长为4cm，宽为3cm的长方形纸片．（1）若将此长方形纸片的一条边所在直线旋转一周，能形成的几何体是 ，这能说明的事实是 （选择正确的一项填入）A．点动成线；B．线动成面；C．面动成体．（2）求：当此长方形纸片绕一条边所在直线旋转一周时，所形成的几何体的体积．【解答】解：（1）将此长方形纸片的一条边所在直线旋转一周，能形成的几何体是圆柱，这能说明的事实是面动成体，故答案为圆柱；C；（2）当绕长方形的长旋转时，所形成的几何体的体积为：π×32×4＝36π；当绕长方形的宽旋转时，所形成的几何体的体积为：π×42×3＝48π．故当此长方形纸片绕一条边所在直线旋转一周时，所形成的几何体的体积为36π或48π．题型3：棱柱的特征7．三棱柱有 个面， 条棱．【分析】根据三棱柱的特征即可解答．【解答】解：三棱柱有5个面，9条棱，故答案为：5，9．【点评】本题考查了认识立体图形，熟练掌握三棱柱的特征是解题的关键．8．与九棱锥的棱数相等的是 棱柱．【分析】求出九棱锥的棱数，再根据棱柱的特征进行计算即可．【解答】解：九棱锥的棱的条数为9+9＝18（条），而六棱柱的棱的条数为6+6+6＝18（条），故答案为：六．【点评】本题考查认识立体图形，掌握棱柱、棱锥的形体特征是正确解答的关键．9．如图，图①所示的几何体叫三棱柱，它有6个顶点，9条棱，5个面，图②和图③所示的几何体分别是四棱柱和五棱柱．（1）四棱柱有 个顶点， 条棱， 个面；（2）五棱柱有 个顶点， 条棱， 个面；（3）那么n棱柱有 个顶点， 条棱， 个面．【分析】根据棱柱的形体特征进行解答即可．【解答】解：由棱柱的形体特征可知：（1）四棱柱有8个顶点，12条棱，6个面；（2）5棱柱有10个顶点，15条棱，7个面；（3）n棱柱有2n个顶点，3n条棱，（n+2）个面；故答案为：（1）8，12，6；（2）10，15，7；（3）2n，3n，（n+2）．【点评】本题考查认识立体图形，掌握棱柱的形体特征是正确解答的前提．10．（2022秋•市中区校级月考）已知一个直八棱柱，它的底面边长都是5cm，侧棱长都是8cm．回答下列问题：（1）这个八棱柱一共有多少个顶点？有多少个面？（2）这个八棱柱的侧面积是多少？【解答】解：（1）直八棱柱有16个顶点，10个面，答：这个八棱柱一共有16个顶点，10个面；（2）因为底面边长都是5cm，侧棱长都是8cm．所以侧面展开后是长为5×8＝40cm，宽为8cm的长方形，因此侧面积为40×8＝320（cm2），答：这个八棱柱的侧面积是320cm2．11．（2021秋•牟平区期中）一个正n棱柱，它有21条棱，一条侧棱长为10cm，一条底面边长为6cm．（1）该棱柱是 棱柱，它有 个面、 个顶点．（2）求棱柱的侧面积是多少？【解答】解：（1）∵21÷3＝7，∴该棱柱是七棱柱，它有9个面、14个顶点．故答案为：七，9，14．（2）7×6×10＝420（cm2）；答：棱柱的侧面积是420cm2．12．（2021秋•秦都区校级月考）已知一个直棱柱有12条棱．（1）它是几棱柱？它有几个面？侧面是什么图形？（2）侧面的个数与底面多边形的边数有什么关系？（3）若底面的周长为20cm，侧棱长为8cm，求它的所有侧面的面积之和．【解答】解：（1）设该棱柱为n棱柱．根据题意得：3n＝12．解得：n＝4．所以该棱柱为四棱柱，它有6个面，侧面是长方形．（2）侧面的个数与底面多边形的边数相等．（3）因为它的侧面展开图是一个长20cm，宽8cm的长方形，所以它的所有侧面的面积之和为20×8＝160cm2．13．（2022秋•新城区校级月考）已知一个直棱柱，它有27条棱，其中一条侧棱长为20，底面各边长都为5．（1）这是几棱柱？（2）它有多少个面？多少个顶点？（3）这个棱柱的所有侧面的面积之和是多少？【解答】解：（1）∵此直棱柱有27条棱，∴由27÷3＝9，可知此棱柱是九棱柱；（2）这个九棱柱有11个面，有18个顶点；（3）这个棱柱的所有侧面的面积之和是5×9×20＝900．14．（2021秋•湖口县期中）如图所示的五棱柱的底面边长都是6cm，侧棱长15cm，它有多少个面？它的所有侧面的面积之和是多少？【解答】解：五棱柱有5个侧面，上下2个面，一共7个面；一个侧面的面积：6×15＝90（cm2），侧面积之和：90×5＝450（cm2）．答：它有7面，它的所有侧面的面积之和是450cm2．15．（2022秋•牟平区期中）一个正n棱柱，它有24条棱，一条侧棱长为12cm，一条底面边长为5cm．（1）试判断它是几棱柱？（2）求此棱柱的侧面积是多少？【解答】解：（1）∵24÷3＝8，∴该棱柱是正八棱柱；（2）8×5×12＝480（cm2）；答：棱柱的侧面积是480cm2．16．（2022秋•浑南区月考）如图，是一个正六棱柱，它的底面边长是3cm，高是6cm．（1）这个棱柱共有 个顶点，有 条棱，所有的棱长的和是 cm．（2）这个棱柱的侧面积是 cm2；（3）通过观察，试用含n的式子表示n棱柱的面数 ，棱的条数 ．【解答】解：（1）正六棱柱有12个顶点，18条棱，上、下两底棱长之和为：12×3＝36．侧棱长之和为：6×6＝36．∴所有棱长之和为：36+36＝72（厘米）．故答案为：12，18，72．（2）这个棱柱的侧面积为：3×6×6＝108（平方厘米）．故答案为：108．（3）∵正六棱柱有8个面，18条棱，∴n棱柱有（n+2）个面，3n条棱．故答案为：n+2，3n．17．（2021秋•景德镇期末）已知一直棱柱共有11个面，且它的底面边长都相等，侧棱长是10厘米，侧面积是180平方厘米．（1）它是几棱柱？（2）它的底面边长是多少？【解答】解：（1）因为一个直棱柱有11个面，所以它是九棱柱；答：它是九棱柱；（2）因为九棱柱的侧棱长是10厘米，侧面积是180平方厘米，所以侧面展开后的长方形的长是180÷10＝18（厘米），所以底面边长是18÷9＝2（厘米），答：这个棱柱的底面边长是2厘米．18．（2021秋•滕州市校级月考）如图，直棱柱的底面边长都相等，底面边长是3.5cm，高是4cm，解答下列问题．（1）这是几棱柱，共有几个面？（2）这个棱柱的侧面积是多少cm2？【解答】解：（1）上底面是六边形，故是六棱柱，共有6+2＝8个面；（2）侧面积为：3.5×6×4＝84（cm2），答：这个棱柱的侧面积是84cm2．19．如图，小婉在手工课上做了如图所示的长方体纸盒（尺寸见图，单位：厘米）．（1）做小纸盒比做大纸盒少用料多少平方厘米？（2）当a＝2cm，b＝4cm，c＝1.5cm时，两个纸盒共用料多少？【分析】（1）先算出两个纸盒的表面积，用大纸盒的表面积减去小纸盒的表面积即可得出答案；（2）把a＝2cm，b＝4cm，c＝1.5cm（1）中的结论，把两个纸盒的面积加起来即可．【解答】解：（1）小纸盒的表面积为2×（0.5ab+ac+0.5bc）＝ab+2ac+bc平方厘米，大纸盒的表面积为2×（1.5ab+3ac+2bc）＝3ab+6ac+4bc平方厘米，3ab+6ac+4bc﹣（ab+2ac+bc）＝2ab+4ac+3bc，∴做小纸盒比做大纸盒少用料2ab+4ac+3bc平方厘米；（2）两个纸盒共用料3ab+6ac+4bc+（ab+2ac+bc）＝4ab+8ac+5bc平方厘米，当a＝2cm，b＝4cm，c＝1.5cm时，4ab+8ac+5bc＝4×2×4+5×2×1.5+5×4×1.5＝32+12+30＝74平方厘米，∴两个纸盒共用料74平方厘米．【点评】本题主要考查长方体的面积公式，关键是要牢记长方体的面积公式．20．棱长为2的正方体摆成如图所示的形状．（1）这个几何体共有几个正方体？（2）这个几何体的表面积是多少？【分析】（1）先找出每一层中正方体的个数，然后相加即可；（2）由题可知上下左右前后露出的面都为6个正方形，故总共的表面为36个表面，由此得出表面积．【解答】解：（1）上面一层有1个正方体，中间层有3个正方体，底层有6个正方体，共10个正方体；（2）根据以上分析该物体的表面积为6×6×22＝144．【点评】本题主要考查的是认识立体图形，几何体的表面积，判断出几何体表面正方形的个数是解题的关键．题型4：旋转体的识别21．（2022秋•海陵区校级期末）观察图，把左边的图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的立体图形是（ ）A．B．C．D．【解答】解：由图形可以看出，左边的长方形的竖直的两个边与已知的直线平行，因而这两条边旋转形成两个柱形表面，因而旋转一周后可能形成的立体图形是一个管状的物体．故选：D．22．（2022秋•高邮市期末）已知一个长方形的长、宽分别是4cm、3cm，若以这个长方形的一条边为轴旋转一周，则形成的立体图形的体积是（ ）A．36πcm3B．24πcm3C．24πcm3或48πcm3D．36πcm3或48πcm3【解答】解：绕长所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×32×4＝36π（cm3），绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积：π×42×3＝48π（cm3），故选：D．23．（2022秋•鄄城县期末）如图，阴影图形是由直角三角形和长方形拼成的，绕虚线旋转一周可以得到一个立体图形，求得到立体图形的体积．（V＝πr2h，V圆锥＝πr2h，r2＝r×r，结果保留π）．圆柱【解答】解：图中阴影图形旋转一周后得到的立体图形为一个圆锥和一个圆柱的组合体，圆柱的体积等于π×32×4＝36π，圆锥的体积等于×π×32×2＝6π，所以立体图形的体积等于36π+6π＝42π．24．（2022秋•滕州市校级期末）把一个长方形绕它的一条边所在的直线旋转一周能得到一个圆柱体，那么把一个长为4cm，宽为3cm的长方形绕它的一条边所在的直线旋转一周后，得到的圆柱体的体积是多少？（结果保留π）【解答】解：绕长所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×32×4＝36π（cm3），绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×42×3＝48π（cm3），答：得到的圆柱体的体积是36πcm3或者48πcm3．25．王老师在给五年级同学介绍“立体图形”时，将下图中的连线题设置为课堂竞赛活动，组织A、B两班各45人参加，规则如图．在活动中，所有同学均按要求一对一连线，无多连少连．图中各个花瓶的表面可以看做是由哪个平面图形绕虚线旋转一周而得到？请一对一连线．（1）分数5，10，15，20中，每个人的得分都不可能是 分；（2）A班有3人全错，其余参赛同学中，满分人数是未满分人数的2倍；B班所有参赛同学都得分，最低分人数的2倍与其他未满分人数之和等于满分人数．①问A班有多少人得满分？②若A班除0分外，最低得分人数与其他未满分人数相等，问哪个班的总分高？【解答】解：（1）∵共有4条线，可能全部连错，得0分，可能1条线对，3条线错，得5分，可能2条线对，2条线错，得10分，可能3条线对，则第4条也对，得20分，∴每人得分不可能是15分；故答案为：15；（2）①设A班未得满分的有x人，得满分的有2x人，依题意得：x+2x＝45﹣3，解得x＝14，2x＝28．答：A班得满分的有28人；②∵A班除0分外，最低得分人数与其他未满分人数相等，∴得5分的和得10分的都是7人，∴A班总分为：28×20+7×10+7×5＝665（分）；设B班最低得分a人，其余未满分b人，则满分人数为（2a+b）人，∴总分为：5a+10b+20（2a+b）＝（45a+30b）（分），∵a+b+2a+b＝3a+2b＝45，∴B班总分为：45a+30b＝15（3a+2b）＝675（分）＞665（分），∴B班总分高．26．如图所示．（1）如果将图①～⑤的平面图形绕虚线旋转一周，可以得到图Ⅰ～Ⅴ的几何体，请你把有对应关系的平面图形与几何体用线连接起来；（2）在图Ⅰ～Ⅴ的几何体中，有顶点的几何体是 ，没有顶点的几何体是 ；（3）图Ⅴ中的几何体由几个面围成？面与面相交成几条线？它们是直的还是曲的？【分析】（1）根据“面动成体”的原理，结合图形特征进行旋转，判断出旋转后的立体图形即可．（2）根据图形特点判断即可；（3）面包括平面和曲面、线包括直线和曲线．【解答】解：（1）如图所示：（2）在图I～Ⅴ的几何体中，有顶点的几何体是Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，没有顶点的几何体是Ⅳ、Ⅴ；故答案为：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；Ⅳ、Ⅴ．（3）Ⅴ中的几何体有2个面，其中一个是平面，一个是曲面，面与面相交有一条线，是一条曲线．【点评】本题主要考查的是点、线、面、体、认识几何体，根据平面图形的特点，判断出旋转后的结合体的形状是解题的关键．题型5：探究题27．（2022秋•南海区校级月考）如图，观察下列几何体并回答问题．（1）请观察所给几何体的面、棱、顶点的数量并归纳出n棱柱有 个面， 条棱， 个顶点，n 棱锥有 个面， 条棱， 个顶点；（2）所有像三棱柱、四棱柱、六棱柱、三棱锥等这样由四个或四个以上多边形所围成的立体图形叫做多面体，经过前人们归纳总结发现，多面体的面数F，顶点个数V以及棱的条数E存在着一定的关系，请根据（1）总结出这个关系为 ．【解答】解：（1）观察所给几何体的面、棱、顶点的数量并归纳出n棱柱有（n+2）个面，3n条棱，2n 个顶点，n棱锥有（n+1）个面，2n条棱，（n+1）个顶点；故答案为：（n+2），3n，2n，n，（n+1），2n，（n+1）；（2）用表格分别列出三棱柱、四棱柱、五棱柱和六棱柱所对应的顶点的个数、棱的条数和面的个数，如图：根据上表总结出这个关系为V+F﹣E＝2．故答案为：V+F﹣E＝2．28．喜爱数学的小明一天在家里发现他妈妈刚从超市买回来的2块超能皂，小明仔细看了超能皂外包装上的尺寸说明，每块的尺寸均是：长（a）、宽（b）、高（c）分别是16cm，6cm，3cm．他想起老师讲过关于物体外包装用料最省的问题，就想研究这两块超能皂如何摆放，它的外包装用料才最省？（1）小明动手摆放了这2块超能皂摆放情况，发现无论怎样放置，体积都不会发生变化，但是由于摆放位置的不同，它们的外包装用料不同，经过实际操作发现这两块超能皂有3种不同的摆放方式，如图所示：请你帮助小明指出图1，图2，图3这3种不同摆放方式的长、宽、高，并计算其外包装用料，填写在下表中（包装接头用料忽略不计）？：长（cm）宽（cm）高（cm）外包装用料（cm2）图1图2图3（2）如果现在有4块这样的超能皂，请你模仿（1）的操作方式探究：①选择3种不同摆放位置，计算它的外包装用料各是多少？②你能算出当它的外包装用料最省时所需的材料吗？请写出计算过程．【解答】解：（1）（6分）长（cm）宽（cm）高（cm）外包装用料（cm2）图11666456图23263612图316123552（2）①图一为16×6×2+6×12×2+16×12×2＝720（cm2）图二为64×6×2+64×3×2+3×6×2＝1188（cm2）图三为16×24×2+24×3×2+16×3×2＝1008（cm2）②外包装最省的材料为720（cm2）．29．值得探究的“叠放”！问题提出：把八个一样大小的正方体（棱长为1）叠放在一起，形成一个长方体（或正方体），这样的长方体（或正方体）表面积最小是多少？方法探究：第一步，取两个正方体叠放成一个长方体（如图①），由此可知，新长方体的长、宽、高分别为1，1，2．第二步，将新长方体看成一个整体，六个面中面积最大的是2，取相同的长方体，紧挨最大面积的面进行“叠放”，可形成一个较大的长方体（如图②），该长方体的长、宽、高分别为2，1，2．第三步，将较大的长方体看成一个整体，六个面中面积最大的是4，取相同的长方体，紧挨最大面积的面进行“叠放”，可形成一个大的正方体（如图③），该正方体的长、宽、高分别为2，2，2．这样，八个大小一样的正方体所叠放成的大正方体的最小表面积为6×2×2＝24．仔细阅读上述文字，利用其中思想方法解决下列问题：（1）如图④，长方体的长、宽、高分别为2，3，1，请计算这个长方体的表面积．提示：长方体的表面积＝2×（长×宽+宽×高+长×高）（2）取如图④的长方体四个进行叠放，形成一个新的长方体，那么，新的长方体的表面积最小是多少？（3）取四个长、宽、高分别为2，3，c的长方体进行叠放如图⑤，此时，形成一个新的长方体表面积最小，求c的取值范围．【解答】解：（1）由长方体的表面积＝2×（长×宽+宽×高+长×高），得长方体的表面积＝2×（2×3+2×1+1×3）＝22．（2）新的长方体的表面积最小长是4，宽是3，高是2，由长方体的表面积＝2×（长×宽+宽×高+长×高），得长方体的表面积＝2×（4×3+3×2+4×2）＝52．（3）由叠放可知1≤c≤3．30．附加题：有一塔形几何体由n个正方体构成，构成方式如下图所示：上层正方体底面的四个顶点恰好是下层正方体上底面各边的中点、已知顶层（即最上层）正方体的棱长为a，设塔形几何体的表面积（含最底层正方体的底面面积）为S，请完成下列问题：（1）仿照第二行，填写下表：（2）根据上表猜测：当有n（n≥2）个正方体时，塔形几何体的表面积S与n的关系为：S＝ ．【解答】解：（1）如表：（2）根据（1）可知n＝1时，S＝6a2＝（21﹣1×10﹣4）a2；n＝2时，S＝2×6a2+4a2＝16a2＝（22﹣1×10﹣4）a2；n＝3时，S＝2×16a2+4a2＝36a2＝（23﹣1×10﹣4）a2；…故S＝（2n﹣1×10﹣4）a2．31．（2022秋•常州期末）如图，长方形的相邻两边的长分别为x、y，将它分别绕相邻两边旋转一周．（1）两次旋转所形成的几何体都是 ；（2）若x+y＝a（a是常数），分别记绕长度为x、y的边旋转一周的几何体的体积为V x、V y，其中x、V x、V y的部分取值如表所示：x123456789V x mV y96πn①通过表格中的数据计算：a＝ ，m＝ ，n＝ ；②当x逐渐增大时，V y的变化情况： ；③当x变化时，请直接写出V x与V y的大小关系．【解答】解（1）根据圆柱的定义可知，旋转所得的几何体是圆柱．故答案为：圆柱；（2）圆柱的体积＝底面积×高，①当x＝4时，V y＝πx2y＝96π，解得y＝6，此时x+y＝10，所以a＝10；当x＝2时，y＝10﹣2＝8，V x＝πy2x＝π×8×8×2＝128π＝m；当x＝6时，y＝10﹣6＝4，V y＝πx2y＝π×6×6×4＝144π＝n；故答案为：10，128π，144π；②V＝πx2y＝πx2（10﹣x），当x逐渐增大时，V的变化为：先增大，后减小．故答案为：先增大，后减小；③V y＝πx2у＝πх2（10﹣x），V x＝πу2х＝π（10﹣x）2x，当V y≥V X时，x2（10﹣x）≥π（10﹣x）2x，解得x≥5，当V y＜V x时，πx（10﹣x）＜π（10﹣x）2x，解得0＜x＜5，综上所述，x≥5时，V y≥V X，；0＜x＜5时，V y＜V x．32．（2021·河北七年级期中）欧拉（Euler，1707年～1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数V （Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flatsurface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．（1）观察下列多面体，并把表格补充完整：名称三棱锥三棱柱正方体正八面体图形顶点数468 V棱数E6 12 面数F 45 8（2）分析表中的数据，你能发现V 、E 、F 之间有什么关系吗？请写出关系式： ．（3）某个玻璃饰品的外形是简单多面体，它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，设该多面体外表面三角形的个数为x 个，八边形的个数为y 个，求x +y 的值．【答案】（1）6，9，12，6；（2）V +F ﹣E =2；（3）x +y =14【分析】（1）观察可得多面体的顶点数，棱数和面数；（2）依据表格中的数据，可得顶点数+面数-棱数=2；（3）根据条件得到多面体的棱数，即可求得面数，即为x +y 的值．【详解】解：（1）三棱柱的棱数为9；正方体的面数为6；正八面体的顶点数为6，棱数为12；故答案为：6，9，12，6；（2）由题可得，V +F -E =2，故答案为：V +F -E =2；（3）∵有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，两点确定一条直线，∴共有24×3÷2=36条棱，∵24+F -36=2，解得F =14，∴x +y =14．【方法三】差异对比法易错点：面动成体时，考虑不全导致漏解33．（2022秋·陕西宝鸡·七年级校考阶段练习）现有一个长方形，长为2cm ，宽为1cm ，绕它的一边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积是多少？（结果保留π）【答案】32cm p 或34cm p 【详解】解：①绕这个长方形的长旋转一周时：2122V p p =´´=()3cm ；②绕这个长方形的宽旋转一周时：2214V p p =´´=()3cm ．综上：得到的几何体的体积是32cm p 或34cm p ．【方法四】成功评定法一、单选题1．（2023秋·河北保定·七年级统考期末）下列几何体由5个平面围成的是（ ）A ．B ．C ． D ．【答案】C【详解】A 选项长方体是由六个平面围成，故本选项不符合题意；B 选项圆柱是由两个平面和1个曲面围成，故本选项不符合题意；C 选项三棱柱是由两个三角形和三个四边形围成，是由5个平面围成的，故本选项符合题意；D 选项圆锥是由一个曲面和一个圆围成的，故本选项符合题意．2．（2023秋·广东惠州·七年级校考阶段练习）与图中实物图类似的立体图形按从左至右的顺序依次是（ ）A．圆锥、三棱柱、球、正方体B．球、圆锥、三棱柱、正方体C．三棱柱、球、圆锥、正方体D．球、三棱柱、正方体、圆锥【答案】B【详解】与图中实物图相类似的立体图形按从左至右的顺序依次是：球、圆锥、三棱柱、正方体．3．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考期中）当你用笔在纸上写字时，你的笔尖实现了（）A．点动成线B．线动成面C．面动成体D．以上都不对【答案】A【详解】解：当你用笔在纸上写字时，你的笔尖实现了点动成线，4．（2020秋·广东佛山·七年级校考阶段练习）六棱柱共有（）条棱，共有（）个面．A．16，6B．17，7C．18，8D．20，9【答案】C【详解】六棱柱共有18条棱，共有8个面，5．（2023·全国·七年级假期作业）如图中柱体的个数是( )A．3B．4C．5D．6【答案】C【详解】解：柱体分为圆柱和棱柱，所以图中的柱体有①③④⑤⑥，共5个．②为圆锥，⑦为球体，6．（2023秋·广东佛山·七年级统考期末）对于如图所示的几何体，说法正确的是（）A．几何体是三棱锥B．几何体有6条侧棱C．几何体的侧面是三角形D．几何体的底面是三角形。
立体几何易错点透视作者：***来源：《中学生数理化·高考数学》2021年第02期本文通過对立体几何中常见的易错题进行归纳总结，结合立体几何中几类典型问题进行分析，帮助同学们纠正错误认识，提高正确解题能力。
考向1：线线、线面、面面关系空间中线线、线面、面面关系是立体几何的核心内容，其中又以线面的平行与面面的垂直问题为重点。
易错点分析：本题易出错的原因：一是BD⊥AD没有给出确切的证明过程，同学们在证明线线垂直时，易忽略利用余弦定理或勾股定理，求三角形边长之间的关系;二是书写格式不规范，对于线面垂直、面面垂直判定定理的使用，关键点不写出，例如，本题中的平面AED∩平面ABCD =AD没有写，导致过程分拿不到。
小结：同学们要掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的相互转化。
熟练掌握线面平行、面面垂直的判定和性质是迅速解题的关键。
考向2：空间角从近几年高考全国工卷理科命题趋势来看，立体几何解答题第一问通常考查线线、线面、面面关系，第二问通常考查空间角，即异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角。
易错点分析：证明面面垂直可转化为二面角E-AC-F的平面角为直角或者是两个平面的法向量互相垂直。
本题易出错的原因：一是利用传统方法，找不到二面角的平面角;二是利用向量法，不能建立合适的空间直角坐标系;三是忽略两条直线的夹角的取值范围是|0，π/2|。
小结：掌握求二面角大小传统方法的关键是作出二面角的平面角，然后构造三角形求解，即“一作二证三求”。
向量法需利用空间直角坐标系，求两个平面的法向量的夹角，再判断其与二面角的平面角的关系。
求空间线线角的传统方法是将相关的线进行适当的平移转化到同一个三角形中求解，关键在于平移空间的直线。
向量法需利用空间直角坐标系，求两直线的方向向量的夹角，再判断其与直线夹角的关系。
考向3：空间距离的向量求法小结：求点面距离的传统方法是构造直角三角形求解，其关键又是面的垂线问题。
专题09立体几何易错点一：对斜二测法规则掌握不牢（斜二测求算面积及周长）水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴.(2)画底面：平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面，按照平面图形的画法，画底面的直观图.(3)画侧棱：已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变.(4)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.易错提醒：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度减为原来的一半.(1)判断平面四边形OABC 的形状并求周长；(2)若该四边形OABC 以OA 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积【解析】（1）将直观图还原得OABC 所以223,1(22)3OA OC 所以平面四边形OABC 为菱形，其周长为（2）四边形OABC 以OA 为旋转轴，221(22)3l2变形2．如图所示，正方形(1)求原图形的面积；（2）在(1)中若2A C ＝【解析】（1）画法：①画直角坐标系②在题图中，过B 作B D （2）∵//B D y ，∴BD ⊥又 1.5B D ＝且2A C ＝，∴32BD AC ＝，＝.∴2S(1)画出它的原图形，(2)若2,A C A B C 的面积是（2）由（1）知，原图形中，BD AC 于点D ，则BD 为原图形中在直观图中作B E A C 于点E ，则A B C 的面积12A B C S A 在直角三角形B E D 中，B D 所以1S 62ABC AC BD .【解析】根据题意，结合斜二测画法的规则，可得水平放置的四边形3．用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知A D B C ∥．(1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD 【解析】（1）还原平面图形（2）将原平面图形其中圆柱的底面半径为所以几何体的表面积为(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，与正方形O A B C 的各点分别对应，如【解析】（1）原图形OABC 1OABC S OA OB （2）得到的几何体是一个组合体，其形状是圆柱一侧挖去一个圆锥，另一侧有多出一个相同的圆锥 几何体表面积2πS (1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD则DAB ABC 则5DE EC ，AE 即原图形ABCD 为直角梯形，故原平面图形ABCD （2）将原平面图形(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形(2)将原平面图形ABCD 绕BC 旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．【解析】（1）如图所示：梯形ABCD 因为54AD AB BC ,,(1)在下面给定的表格中画出四边形(2)若四边形OABC以OA所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积．【解析】（1）因为O A 与x 轴重合，则B C 与x 轴平行，则BC与x轴平行，且O B 与y 轴重合，则OB与y轴重合，且（2）如图所示，所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，故体积为1136π236π336π33V 8．如图，一个水平放置的平面图形的直观图长．【解析】由题可知，O D 还原直观图可得原平面图形，如图所示：则24OD O D ，OA ∴22AD OA OD ∴原平面图形的周长为．如图所示，O A B(1)画出四边形OABC的平面图并标出边长，并求平面四边形(2)若该四边形OABC以OA【解析】（1）解：在直观图中由上图可知，平面四边形所以面积为13242（2）旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，由（1）可知几何体底面圆半径为(1)画出平面四边形OABC的平面图，并计算其面积；(2)若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积）y 与B C 交点为D ¢，，45C O y ，所以2O D 的平面图如图2所示：则222OD O D ，322OABC S OA OD （2）由（1）可得，在Rt △所以，3OC ，所以3AB 如图3，分别过点,B C 作OA 及其延长线的垂线，垂足为矩形FECB 绕OA 及其延长线，旋转一周得到一个底面半径Rt BEA 绕OA ，旋转一周得到一个底面半径因为ABC 是边长为2的正三角形，所以2AB BC ，BC 边上的高为3h ，在A O C 中，45A O C ，所以13222B C BC A O AO，，结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线 面》②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（ ）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《∥∥面、线、、》易错提醒：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。
