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Ⅱ，14）α、β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 ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . （3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，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编号.) 【答案】②③④ 解析：略.2. （2018·新课标Ⅱ，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．5 C ．5 D ．22【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：1152EF B D ==，13AE =，1AF =，由余弦定理可知：5cos θ=解法二：坐标法：由几何关系可知：(13B D =，点A 的坐标为(3，点1D 的坐标为()1,1,0 (10,1,3AD =- ，25cos 25θ-==立体几何(小题）（解析版）3.(2018·新课标全国Ⅰ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（ ）A ．217B ．25C ．3D ．2【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222425+=.4.(2018·新课标Ⅰ，理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A 解析：（直接法）平面11A C B 符合题意，如图（1）所示，例题中的平面α可得面11A C B 平移平移后的图象如图（1）所示，六边形EFGHMN 为该截面设1A N x =，则有2,2(1)EN x MN x ==-根据对称性可知2(1),2EF x FG x =-=，延长,EN HM 相交于点P延长,EF HG 相交于点Q ，易证60HEF EHG ∠=∠=所以EHQ ∆为等边三角形，同理EHP ∠为等边三角形， 所以maxEHG EPG PMN FGQEFGHMNS S S S S ∆∆∆∆=+--六边形22223333(2)(2)(2(1))(2)4444x x =⨯+⨯---233(221)2x x =--+ 当12x =时，max 334EFGHMN S =六边形．【解法2】（特殊位置法）由题可知，截面α应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，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max232336()424EFGHMN S =⨯⨯=六边形．5.（2018·新课标Ⅱ，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．5 C ．5 D ．2 【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：1152EF B D ==，13AE =，1AF =，由余弦定理可知：5cos θ=解法二：坐标法：由几何关系可知：(13B D =，点A 的坐标为(3，点1D 的坐标为()1,1,0 (10,1,3AD =- ，25cos 25θ-==解法三：补型法（以右补为例）：由几何关系可知：5BD =，2DG =，15B G =，由余弦定理可得：45cos 545θ==.6.（2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．32 B ．155 C ．105D ．33 【答案】 B 解析：解法一：在边1BB ﹑11B C ﹑11A B ﹑AB 上分别取中点E ﹑F ﹑G ﹑H ，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2EF =，5FG =，11FH =，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10.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1BC 所成的角，通过几何关系可知： 12BC =15C D =，3BD 1AB 和1BC 10. 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 ，131,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭，∴ 131,,12BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,1B A =，∴ 111110cos 52B A BC B A BC θ⋅===⨯⋅ 7.（2016·新课标Ⅰ，11）平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，α平面ABCDm =， α平面n A ABB =11，则n m ,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：αAA 1B1DCC 1D 1∵11CB D α∥平面，∴若设平面11CB D 平面1ABCD m =，则1m m ∥又∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，结合平面11B D C 平面111111A B C D B D =∴111B D m ∥，故11B D m ∥，同理可得：1CD n ∥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1111B C B D CD ==（均为面对交线），因此113CD B π∠=，即113sin CD B ∠=． 故选A ．8.（2015·新课标Ⅰ，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 π=，圆锥底面半径16R π=，米堆体积21320123V R h ππ==，堆放的米约有221.62V ≈，选（B ）.9.（2014·新课标Ⅱ，11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90º，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（）A ．110B．25C．30D．22【答案】C 解析：取BC的中点P，连结NP、AP，∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，∴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||||256AN NP APANPAN NP+-+-∠==⨯⋅⨯⨯30=.【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),BM AN∴=--=--，30cos.10||||65BM ANθBM AN⋅===⋅10.（2013·新课标Ⅱ，4）已知,m n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l m⊥，l n⊥，lα⊄，lβ⊄，则（）A.α // β且l // αB.αβ⊥且lβ⊥C.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l【答案】D 解析：因为m⊥α，l⊥m，l⊄α，所以l∥α. 同理可得l∥β. 又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.11.（2018·新课标Ⅱ，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515，则该圆锥的侧面积为_________．【答案】402π解析：由面积的关系可知：45SA SB==，由几何关系可知：210SO AO==侧面积S SA l=⋅，2410l OAππ==，侧面积402S SA lπ=⋅=12.（2017·新课标Ⅲ，）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AC B1A1C1BNMP直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所称角的最小值为45； ④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】② ③ 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 ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0)，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'， 其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈．那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--，2AB '= 设AB '与a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)22cos 2AB θθαθ⎡--⋅==∈⎢'⎣⎦a ． 故ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以③正确，④错误．设AB '与b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)2cos cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''b b b . 当AB '与a 夹角为60︒时，即π3α=，sin 3πθα==．因为22cos sin 1θθ+=，所以cos 2θ=．所以1cos 2βθ=． 因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．所以π=3β，此时AB '与b 夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.13.（2016·新课标Ⅱ，14）α、β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 ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . （3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，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编号.) 【答案】②③④ 解析：略.。