大题专项05 立体几何（讲义）-江西省（三校生对口升学）二轮复习《数学考纲专题练》

编写说明：2026年江西省三校生对口升学考试二轮复习《数学考纲专题练》依据《中等职业学校数学课程标准》及江西省历年真题编写。本资料紧扣历年考试趋势和最新考试动态，聚焦高频考点，精讲精练，助力考生高效复习。同时，为构建完整学习体系，每个专题均配套对应讲义和AB卷习题，满足多样化学习需求。 本专题是2026年江西省三校生对口升学考试二轮复习《数学考纲专题练》大题专项的第5个专题，内容为立体几何。 2026年江西省三校生对口升学考试《数学考纲专题练》 大项专题5 立体几何 一、课标解读 本专题对应考纲中“立体几何”模块核心要求，旨在考查考生对空间几何体的结构特征、空间线面关系的判定与性质及相关度量计算的综合应用能力。具体要求如下： 1. 掌握空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的判定定理与性质定理； 2. 理解空间角（线面角、二面角）的定义，能熟练求解常见几何体中的空间角； 3. 掌握点到平面的距离、几何体体积的计算方法； 4. 具备空间想象能力、逻辑推理能力和转化与化归的数学思想，能运用立体几何的核心知识解决综合应用问题。 本模块是三校生对口升学考试数学大题的重要考查内容，分值稳定为8分，着重检验考生的空间思维和逻辑推理核心素养。 二、考情聚焦 年份 题型 题号 考查内容 分值 考情总结 2025 解答题 T28 线线垂直证明、直线与平面所成角的正弦值求解 8分 题型固定：近6年均以解答题形式考查，题号集中在T27-T29，属于中档核心大题； 分值稳定：每题分值为8分，是数学学科得分的关键模块之一； 考查重点： 第一问（3-4分）：均为空间线面关系的证明，其中线面垂直证明考查3次，线面平行证明考查1次，面面平行证明考查1次，线线垂直证明考查1次，线面垂直相关证明为高频考点； 第二问（4-5分）：聚焦度量计算，二面角求解考查3次，体积计算考查1次，点到平面距离求解考查1次，线面角求解考查1次，空间角的求解为核心计算考点； 载体特征：几何体以特殊图形为主，包括正方体、长方体、直三棱柱、四棱锥、菱形相关组合体，均为规则几何体，便于构造辅助线和利用性质； 思想方法：高频考查转化与化归思想（如线面垂直转化为线线垂直、等体积法求距离）、数形结合思想（构造平面角转化为平面几何计算）。 2024 解答题 T29 面面平行证明、点到平面的距离求解 8分 2023 解答题 T28 线面平行证明、二面角的大小求解 8分 2022 解答题 T29 线面垂直证明、三棱锥体积计算 8分 2021 解答题 T29 线面垂直证明、二面角的正切值求解 8分 2020 解答题 T27 线线垂直证明、二面角的正弦值求解 8分 三、考点预测（2026年） 题型预测：仍以解答题形式考查，题号大概率为T28或T29，分值保持8分； 考点预测： 第一问（3-4分）：大概率考查线面垂直或线面平行的证明，其中线面垂直证明可能性最高，载体可能为正方体、长方体或四棱锥； 第二问（4-5分）：倾向于二面角的求解（高频考点）或点到平面的距离计算，也可能考查线面角或几何体体积，计算量较10分题型精简，侧重方法应用； 命题趋势：延续“证明+计算”的固定模式，几何体仍为规则图形，注重对判定定理、性质定理及核心计算方法的考查，避免复杂抽象的空间构造，强调通性通法。 四、知识梳理（聚焦考点・关联 2025 年真题） （一）空间线面关系的判定与性质 关系类型 判定定理（核心条件） 性质定理（核心结论） 线面平行 1. 平面外一条直线与平面内一条直线平行； 2. 中位线平行于底边（高频应用） 线面平行则直线与平面内一条直线平行 线面垂直 1. 一条直线与平面内两条相交直线都垂直； 2. 面面垂直则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面 线面垂直则直线与平面内所有直线垂直 面面平行 1. 一个平面内两条相交直线分别平行于另一平面； 2. 平行于同一直线的两个平面平行（辅助应用） 面面平行则一个平面内的直线平行于另一平面 面面垂直 1. 一个平面过另一平面的一条垂线； 2. 直棱柱的侧面与底面垂直（天然条件） 面面垂直则交线的垂线垂直于另一平面 （二）空间角的求解 线面角： 定义：直线与平面中所有直线所成角中最小的角，等于直线与它在平面内射影的夹角； 范围：； 求解步骤：①找直线在平面内的射影（关键：找垂足）；②构造直角三角形（射影为一条直角边）；③利用三角函数求解。 二面角： 定义：由两个半平面和一条交线组成的角，常用平面角刻画； 范围：； 求解步骤：①找二面角的交线；②在交线上找一点，分别在两个平面内作交线的垂线；③两条垂线的夹角即为平面角；④利用直角三角形或三角函数求解。 （三）核心计算公式 体积公式： 三棱锥体积：（为底面面积，为高）； 等体积法：（用于求点到平面的距离）。 点到平面的距离： 定义：从点向平面作垂线，垂线段的长度； 求解方法：①直接构造垂线；②等体积法（高频应用）。 （四）常用辅助线构造方法 连接中点（构造中位线，用于平行关系证明）； 连接对角线（正方体、长方体、矩形中常用，构造直角或平行关系）； 过顶点作平面的垂线（用于射影构造、距离求解）； 找二面角交线的垂线（构造平面角）。 五、10分钟小测验 1. 已知直线平面，直线平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与相交 D. 与异面 2. 正方体中，直线与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 3. 已知三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 4. 下列条件中，能证明平面平面的是（ ） A. 平面内有一条直线平行于平面 B. 平面内有两条直线平行于平面 C. 平面内有两条相交直线平行于平面 D. 平面内有一条直线平行于平面内的一条直线 小测验答案 1. B 2. B 3. C 4. C 六、经典例题解析 考点1：空间线面关系证明 例题1如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，、分别是、的中点.求证：平面. 【答案】证明见解析. 【详解】证明：取中点，连， 因为是中点，所以， 因为在中，且， 因为是中点，所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 例题2如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，M为PB的中点． (1)求证：平面PDC； (2)求证：平面平面PBD． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）如图：是的中位线，则，再利用线面平行的判定定理即可证得答案； （2）利用线面垂直的判定定理可得平面PAC，再由面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）证明：在中，O、M分别为BD、PB的中点， ， 又平面PDC，平面PDC， 平面PDC. （2）在正方形ABCD中，， 又平面ABCD，平面ABCD， ， 又平面PAC，平面PAC，， 平面PAC， 又平面PBD， 平面平面PBD． 例题3（2022·江西·真题T29）已知在长方体中，，，为上的一动点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】(1)见解析；(2)2. 【解析】(1)证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连结AC交BD于O， 因为AB =AD=2，所以ABCD为正方形， 所以AC⊥BD，且BO=，AC=2， 因为G为CC1的中点，CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以由三垂线定理可知AG⊥BD， 同理，A1A⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1A⊥BD， 因为A1AAG=A，所以BD⊥平面 AA1G. (2)因为B1B // A1A，P为B1B上的一动点，所以P到A1A的距离亦即B到A1A的距离，即BA， 因为C1C// B1B，C1C⊄平面BAA1B1，B1B平面BAA1B1， 所以C1C//平面C1C，因为G为C1C的中点， 所以G到平面BAA1B1的距离即C到平面BAA1B1的距离， 因为CB⊥平面BAA1B1，所以CB为C到平面BAA1B1的距离， 所以三棱锥G-A1PA的体积. 考点2：空间角的求解 例题4（2025·江西·真题T28）如图所示，平面，四边形是菱形，且. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据平面，可得，再由菱形的性质可得，根据线面垂直的判定定理可证明平面，由此可证； （2）根据平面，可知为直线在平面内的射影，根据边的关系求解角度的正弦值即可. 【小问1详解】 证明：∵平面，平面， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴； 【小问2详解】 记与的交点为点O，连接，如图， 由（1）知，平面， 即平面， ∴为直线在平面内的射影， ∴是直线与平面所成的角， ∵平面，平面， ∴， ∵， ∴， ∵平面，平面， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 例题5（2021·江西·真题T29）在正方体ABCD中，将△ABD沿BD折起，使点A到达点P的位置，且平面PBD⊥平面BCD.设O为BD的中点. （1）求证：BD⊥平面POC； （2）求二面角P-BC-D的正切值. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)因为BP=PD，O为BD的中点，所以OP⊥BD ， 同理，因为BC=CD，O为BD的中点，所以OC⊥BD， 又OP∩OC=O，所以BD⊥平面POC； (2)因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD平面BCD=BD，OP平面PBD， 由(1)可知OP⊥BD，所以OP⊥平面BCD，可得OP⊥BC， 取BC的中点E，连结OE、PE，因为BC⊥CD，OE //CD，所以OE⊥BC， 又OPOE=O，所以BC⊥平面POE，BC⊥PE， 故∠PEO为二面角P-BC-D的平面角， 设正方形ABCD的边长CD=2a(a>0)，则OE=a，OP=a， 所以，即二面角P-BC-D的正切值为. 考点3：距离与体积计算 例题6（2024·江西·真题T29）已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1，点E，F，G分别为A1B1，A1D1和A1A的中点.B D1 C1 C D A G B1 A1 E F （1）证明：平面EFG//平面BC1D； （2）求点C到平面BC1D的距离. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)证明：连接AB1，因为点E，G分别为A1B1，A1A的中点， 所以EG // AB1，又AD//B1C1，且AD=B1C1， 所以四边形ADC1B1为平行四边形， AB1// DC1，所以EG // DC1，EG平面BC1D，DC1平面BCD， 得EG//平面BC1D；同理，连接B1D1，可得EF // B1D1// BD， 所以EF//平面BC1D，EF∩EG=E，所以平面EFG//平面BC1D； (2)正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1，所以BD=BC1=DC1=， ，， 因为，设点C到平面BC1D的距离为h， 所以，解得h=. 故点C到平面BC1D的距离为. 例题7如图所示，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，是的中点，底面，. (1)求证：平面平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，再根据线面垂直证明面面垂直. （2）由三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1） 如图所示，连接BD， 由是菱形，且知，是等边三角形， 因为是的中点，所以， 又因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，所以平面， 所以是三棱锥的高， 在等边三角形中，因为，所以， 所以， 所以. 七、专题归纳小结 （一）解题策略“三步法” 证明题：“找条件→构辅助线→用定理” 第一步：提取题目中天然条件（如矩形、菱形、直棱柱的垂直/平行关系）； 第二步：根据判定定理构造辅助线（如连接中点、对角线）； 第三步：严格按照定理条件推导，确保逻辑闭环（如线面垂直需证明两条相交直线垂直），稳稳拿下第一问3-4分。 计算题：“转化→构造→计算” 第一步：将空间问题转化为平面问题（如线面角转化为射影夹角、二面角转化为平面角）； 第二步：构造直角三角形或特殊图形（利用等边三角形、正方形的边长关系）； 第三步：代入公式计算，优先选择等体积法、中位线性质等简化运算，确保第二问拿到3-4分。 时间分配：8分解答题建议用时6-8分钟，第一问3-4分钟，第二问3-4分钟，聚焦核心步骤，避免无效运算。 线面垂直证明遗漏“两条直线相交”的条件； 线面平行证明未明确“直线在平面外”，8分题型得分点密集，此类细节失误易导致分数流失； 面面平行证明仅用一条直线平行，未满足“两条相交直线”。 线面角找错射影（未确保垂线垂直于平面）； 二面角平面角构造错误（未保证两条垂线都垂直于交线）； 等体积法应用时，底面面积或高计算错误（混淆几何体的底面和高）。 折叠问题中，未区分折叠前后不变的边长和角度； 忽略直棱柱、正方体等特殊几何体的天然垂直关系（如侧棱垂直于底面）。 （二）题型得分口诀与核心结论速记 · 正方体/长方体：侧棱垂直底面，对面平行，对角线相等且互相平分； · 菱形：对角线互相垂直平分，边长相等，对角相等； · 直棱柱：侧棱垂直底面，侧面为矩形。 · 线线垂直→线面垂直→面面垂直（判定定理方向）； · 面面垂直→线面垂直→线线垂直（性质定理方向）； · 体积计算→等体积转化→点到平面距离（高频应用）。 “立体几何题，证明计算两步齐； 第一问，抓判定，线面垂直常考及； 连中点，找交线，定理条件写仔细； 第二问，转平面，角距体积莫着急； 等体积，构直角，公式代入稳得分。” 特殊几何体性质： 正方体/长方体：侧棱垂直底面，对面平行，对角线相等且互相平分； 菱形：对角线互相垂直平分，边长相等，对角相等； 直棱柱：侧棱垂直底面，侧面为矩形。 常用转化关系： 线线垂直→线面垂直→面面垂直（判定定理方向）； 面面垂直→线面垂直→线线垂直（性质定理方向）； 体积计算→等体积转化→点到平面距离（高频应用）。 本专题的核心是“空间问题平面化”，复习时需紧扣真题考情，熟练掌握判定定理、性质定理的条件和结论，强化辅助线构造能力和计算准确性。针对高频考点（线面垂直证明、二面角求解）重点突破，确保拿到80%以上分数（6-7分），为数学总分提升奠定基础。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $