第一篇：近四年高考立体几何试题分析
近四年高考立体几何试题分析
邓学宾
摘要：本文研究近四年高考立体几何试题，目的在于对高中立体几何部分内容有更深刻全面的认识和把握，为将来的教学工作做准备，对近四年高考立体几何试题分类、整理、分析、总结得出一些关于高考立体几何题解题技巧和应对策略，这些解题技巧和应对策略对教师和学生都有一定的帮助.关键词：立体几何、距离、二面角、平面角、体积、三视图、棱锥、棱柱.本文研究近四年高考立体几何试题，目的在于对高中立体几何部分内容有更深刻全面的认识和把握，为将来的教学工作做准备，立体几何在高中数学中有较高的地位，每年高考中立体几何试题分值所占比例在百分之十二到百分之二十之间；这次本人对近四年高考中立体几何试题分类、整理、分析、总结并查阅相关资料得出一些关于高考立体几何题解题技巧和应对策略，这些解题技巧和应对策略对教师和学生都有一定的帮助.从近四年全国和自主命题各个省市以及近年实行新课标的省高考立体几何试题分析，立体几何题一般还是一道解答题，二至三道填空题或选择题.随着新的课程改革的扩大，立体几何考题也正朝着：“多一点思考，少一点计算”的方向发展，但是总体来看实行新课标的省份立体几何部分内容还是有两点变化一是分成“立体几何初步”和“空间向量与立体几何”两部分，形成螺旋式排列 ；二是增删了一些内容，全体考生增加了三视图，而文科考生减少了“空间向量与立体几何”部分的内容，新课程中删去了圆柱、圆锥、圆台的内容，只保留了球、对球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算公式的内容，并且还是降低为了解，不要求记忆的公式，由于课程内容的变化，高考对这部分内容考查要求也进行了相应的调整，删去的内容不再考查，但是多面体学生在高中以前就学过相应的计算公式，因此在给出公式的情况下，高考试题也在考查.纵 观全国所有考卷立体几何部分内容侧重考查学生的空间概念、逻辑思维能力空间想象能力及运算能力.高考立体几何试题在选择题，填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题则侧重立体几何中的逻辑推理型问题，一般与棱柱和棱锥有关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系及空间角、距离、面积与体积的计算，其解题方法一般都在两种以上并且一般用空间向量来求解.近几年只要是涉及空间向量应用于立体几何的高考试题，都着重考查运用空间向量求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等基本问题.一、考点分析
1.从命题形式来看，立体几何内容的命题形式最为多变，在主、客观题中均有考查，客观题主要考查基本概念及考查简单的空间角和距离的计算，在继续保留传统的“四选一”的选择题型上，还尝试开发了“多选填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式也在不断完善和翻新，而解答题中还是以棱柱与棱锥为依托，设计为三个小问题，第一小问一般是考查线线、线面、面面的位置关系；后面两问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路是“作—证—求”,强调作图，证明和计算相结合.2．从内容上来看，主要考查：
（1）直线和平面的各种位置关系的判定和性质、三视图，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题及解答题第一问；
（2）角的计算问题，试题中常见的是异面直线所处的角，直线与平面所成的角，平面与平面所处的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；
（3）求距离，试题中常见的是点与点之间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、直线与直线的距离、直线到平面的距离，要特别注意此类问题的转化方法；
（4）简单几何体侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体现成公式外，还可侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；
（5）体积问题，要注意解题技巧，如等积变换，割补思想的应用.3．从方法上来看，主要考查：
（1）推理计算法，如解答题注重理论的推导和计算相结合；
（2）考查转化的思想方法，如经常把立体几何问题转化为平面几何问题来解决，平行与垂直关系之间的转化证明；
（3）考查模型化方法和整体考虑问题、处理问题的方法，如有时把整体纳入不同的几何背景之中，从而从宏观上把握形体，巧妙地把问题解决；
（4）考查割补法、等积变换法、以及变化运动的思想方法、极限方法等.4．从能力上看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：
（1）会根据题设条件画出适合题意的图形及添加适当的辅助线（面）；（2）会根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；（3）会作出直观，虚实分明的图形；
（4）会对图形或其某部分进行展开或实行割补法；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力.二、题型示例
第二篇：近四年福建高考数学立体几何知识点总结
近四年福建数学高考立体几何知识点总结 09年文科
已知面面垂直，证线线垂直，求侧面积
09理科
求异面直线的夹角，探究直线上是否有点，线面垂直。
10年文科
线面平行，求体积结合几何概率。
10年理科
面面垂直，二面角的余玄值
11年文科
线面垂直，四棱锥的体积
11年理科
面面垂直，线面夹角，探究到四个点的距离相等的点
12年文科
三棱锥体积，线面垂直
12年理科
线线垂直，线面平行，二面角的大小，求AB的长
第三篇：立体几何2018高考
2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷
一．选择题（共11小题）
1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）
A． B． C． D．
2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8
π
D．10π
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．
D．
4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．
D．，则异面直线AD1与DB1所5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）
第1页（共23页）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8
D．8
7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54
8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（）
第2页（共23页）
A．2 B．2 C．3 D．2
10．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． B．
C．
D．
11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ
1二．解答题（共8小题）
12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．
13．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．
第3页（共23页）
14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．
（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．
15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．
16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
所在平面垂直，M是上异于C，D（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
第4页（共23页）
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
所在平面垂直，M是（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．
第5页（共23页）
第6页（共23页）
2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．
故选：A．
2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8
π
D．10π
【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，第7页（共23页）
则该圆柱的表面积为：故选：D．
=10π．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．
D．
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．
∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．
故选：C．
第8页（共23页）
1为z轴，建立空间直角DD
4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．
D．，则异面直线AD1与DB1所【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，），D（0，0，0），∴A（1，0，0），D1（0，0，B1（1，1，），），=（﹣1，0，=（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ=
=
=，． ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C．
5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）
第9页（共23页）
A．2 B．4 C．6 D．8
【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．
如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C．
．
6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8
D．8
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1=可得BB1=
=
2．=8
．
=2
．
所以该长方体的体积为：2×故选：C．
第10页（共23页）
7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54
【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图： O′C==，OO′=
=2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：故选：B．
=18
．
8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）
第11页（共23页）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，可得三角形PCD不是直角三角形． PC=3，PD=2所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD． 故选：C．
9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（）
第12页（共23页）
A．2 B．2 C．3 D．2
【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：
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：故选：B．
10．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． B．
C．
D．
=2．
【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长故选：A．
明明就的最大值为：6×
=
．
11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
第13页（共23页）
【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心． 过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO． 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角． ∵tanθ1=∴θ1≥θ3，又sinθ3=∴θ3≥θ2． 故选：D．，sinθ2=，SE≥SM，=，tanθ3=，SN≥SO，二．解答题（共8小题）
12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，第14页（共23页）
∴圆锥的体积V==
=．
（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ==
=
．
∴θ=arccos．
∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos
．
13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以把△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．
第15页（共23页）
DF为折痕
【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC． 由于PF⊥BF，EF∩PF=F，则BF⊥平面PEF．
又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．
在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．
设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a 在△PDE中，所以故VF﹣PDE=，，第16页（共23页）
又因为所以PH==，=，． 所以在△PHD中，sin∠PDH=即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：
14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．
【解答】（1）证明：∵AB=BC=2角形，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=在△COM中，OM=S，=
．
=××=，第17页（共23页）
S△COM==．，设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC=VC﹣POM⇒解得d=，． ∴点C到平面POM的距离为
15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．
【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；
（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为
；
．
（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，第18页（共23页）
又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角． 在Rt△CAD中，CD=在Rt△CMD中，sin∠CDM=，．
． ∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为
16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
所在平面垂直，M是
上异于C，D
【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦
所在平面，所在平面垂直，所以AD⊥∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：
连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，第19页（共23页）
所以MC∥平面PBD．
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
所在平面垂直，M是
【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧∴AD⊥平面BCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）
第20页（共23页）
所在平面垂直，则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞=
=
=，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=
=
．
18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．
【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；
（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．
第21页（共23页）
在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC． ∴
⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．
【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；
（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；
同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，第22页（共23页）
由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；
（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．
第23页（共23页）
第四篇：近四年高考理综(全国卷Ⅰ)生物试题研读有感
近四年高考理综（全国卷Ⅰ）生物试题研读有感
——研读考题，充分复习，有备而战
郑水敏（浙江省丽水中学323000）
摘要历年的高考题对高考复习具有一定的导向作用。本文通过对近四年理综（全国卷Ⅰ）生物学部分试题的知识分布、变化趋势的研究，制订了2008年高考生物复习计划并提出了复习建议。关键词高考试题备考计划提升能力
浙江省高考理综试卷一直使用全国卷Ⅰ，近四年高考生物学所用的教材都是人民教育出版社生物室编著的必修
1、必修2和选修课本三册书，参加2008年高考的考生是使用这套教材的最后一届学生。笔者通过认真研读近四年理综（全国卷Ⅰ）生物试题后，制订了2008年高考生物教学的备考方案。1总体概况
近四年理综（全国卷Ⅰ）生物学部分都是分选择题和非选择题二种题型。近四年中，生物学选择题都是5道，并且编排在理综卷的最前面部分，即选择1~5题，分值为每题6分，共30分；非选择题有2道，编排在理综卷的最后面部分，即第30、31题，共42分。题量少，分值大，知识覆盖面广是近四年高考理综试卷的一个特点。每道题都是以考查章节内知识为主，甚至是一道题只是考查一个知识点。各年高考卷都非常注重对学科能力的测试，考试大纲中所要求的理解能力，获取信息能力，实验和探究能力以及综合运用能力都得到考查。2试题分布及变化趋势 2.1试题分布
全国统一考试大纲的理科综合中规定的生物考试范围共9个部分：生命的物质基础；细胞——生命活动的基本单位；生物的新陈代谢；生物的生殖和发育；遗传、变异和进化；生命活动的调节和免疫；微生物和发酵工程；生物与环境；实验、实习与探究学习等。近四年全国理综卷Ⅰ涉及的生物学试题的题号、考试范围、考点及分值分布见表1。
表1近四年全国理综卷Ⅰ中生物学试题的题号、考试范围、考点及分值分布表
2.2变化趋势
2.2.1选修课本内容在2007年高考中增加较多
近四年考查选修本教材的知识内容见表2。
表2近四年考查选修本教材知识内容的题号及占分比例
已经实行的新一轮高中课改迈进的信号，是与高中《生物课程标准》接轨的过渡，同时也预示着在新的高中课改过渡过程中，选修本的教学内容不容忽视并应加强。2.2.2文字表达量的变化
据统计，2004年、2005年、2006年、2007年全国理综Ⅰ卷生物试题非选择题的标准答案分约有字符214个、580个、650个、300个。2004年以填空为主，2005年和2006年几乎是长篇大论的答题模式，2007年以填空和简述的形式考查。2007年的考查形式有利于提供充足的思考空间，综合考查学生各方面的能力。2.2.3对学科主干知识的考查
各年考题涉及的内容虽然几乎涵盖了高中生物全部知识内容，而生物的新陈代谢、生命活动调节和免疫、遗传、变异和进化三大主干知识的考查却是稳定的，且所占比例很大（见表3）。
表3近四年考查三大主干知识的考题分布及占分比例
2007年非选择题模式为“（代谢+调节）+遗传”；2007年两道非选择题的分值差距变大，综合性更强。2.2.4试题情境
各年高考全国理综卷Ⅰ生物试题给人总体感受是试题回归教材，重视基础，每一道题的素材几乎都源自教材，有的还与近几年高考题一脉相承，如2006年高考的第30题与2003年江苏卷的第3题；2007年高考的第4题与2005年江苏卷的第23题；2007年
高考的第31（Ⅱ）题与2005年广东卷的第41题。试题情境平和，这有利于减缓考生的心理压力，同时对于高中生物教学，促进生物课改具有良好的导向作用。32008年高考教学计划 3.1制定本计划的依据
（1）依据艾宾浩斯总结的遗忘规律：遗忘是立刻发生的，在学习识记完某一知识后，遗忘就开始发生，尤其在起始阶段遗忘的速度较快。因此在学习完某项内容后应及时复习，在未等记忆的内容遗忘掉之前就再次复习。这样只需要花费很少的时间就能复习巩固一次。如果等所学的内容全忘了之后才去复习，就等于重新学习一次，此时所花费的时间就比较多，学习的效率就比较低。（2）依据近四年高考全国理综卷Ⅰ生物试题的特点及变化趋势。（3）依据我校生物学教学的实际情况。3.22008年高考教学计划
（1）2007年10月上旬完成选修课本新课的教学。（2）2007年10月底完成选修课本的复习。（3）2008年3月底完成一轮基础+综合复习（见表4）。（4）2008年4月和5月进行考前训练并完成查漏补缺。
表4高三生物一轮复习教学安排表
42008年生物备考复习建议
4.1挖掘知识的内在联系，形成知识网络
学生在学习过程中，把所学的知识构建成知识网络，将有助于他们扎实地掌握各个知识点，有助于他们在解决问题时能快速、准确地提取到有关的知识，并有助于他们形成学科能力。因此，我们在生物学教学过程中，必须有意识地教给学生构建知识网络的方法，使学生学会把所学的生物学概念、原理、规律、方法等知识按一定的方法和程序构建成知识网络。教师只有对教材不断地钻研，体会其思想内涵、内在逻辑，才会常教常新，才会激发学生的兴趣。
4.2适应高考要求，提升学科能力
高考强调以知识为载体，着重考查学生的能力。能力范围很广，主要是理解知识的能力、从新材料新情境中获取新知识的能力、图文信息转换的能力、运用所学知识解决实际问题的能力、语言(包括图、表等)表达的能力等等。每一种能力都要靠我们平时去训练、去提高、去完善。要提高学生的能力，关键是应把培养学生良好的学习行为习惯和培养学生的学习能力作为课堂教学的目标，把知识教活、把发展能力作为复习教学的重点。因此平时我们在做题时或考试完后都要注意有针对性地总结，尤其是那些做错的题，本题考了哪些知识点？题目是怎样综合这些知识点的？题目又考了我们哪几方面的能力要求？一般来说，高考题是出得比较好的，我们可以拿往届高考题做分析，以提高我们各方面的能力。
4.3突出生物实验，培养创新意识
生物学本身就是一门实验性的科学，因此生物实验一直是生物学高考试题中必考的内容，近几年的高考生物测试题中，第Ⅱ卷中必有生物实验题。主要包括观察实验、实验分析和设计实验等形式。每年在高考试题中，实验题所占的分数比值都相当大，而且考生在此失分也非常惨。由此反应出在教学过程中，实验还是比较薄弱的。学校实验教学状况如何，会在考生试卷中反映出来，学生做与不做实验，高考的成绩绝不一样，开放式的做实验与封闭式在教师控制下做实验效果也不会一样，是否鼓励学生设计探究性实验，并独立去实践，效果就会更不一样。因此，教学中除加强学生动手操作能力训练外，应特别重视指导学生分析实验程序，重视分析、预测实验结果，形成实验设计能力4.4优化练习与测试
高考题目是设计出来的，不是从题库中捞出来的。因此，教师应该多研究近几年的高考试卷，研究从能力立意出发的题目的设计。多用自已设计的题目，不盲目相信各种资料。备习题是高三复习备课中一项最实际、最具体的工作。要精选习题，要有针对性。主要应注意以下几点：
（1）编制练习：一般来说由教师编制，力求精选，最好改编。既要注意知识目标，也应注意能力培养目标。（2）分析试题试卷和练习的批阅，不同的学生应采取不同的方式。要注意学生答题反馈，特别是错误的统计与分析(是学生能力水平、思维习惯还是教学的问题)。（3）讲评练习：首先要求学生正视考试成绩，因为一次考试分数不能代表学生真实水平，但能反映这一阶段学习的情况，从中知道哪些需要补救，哪些已经掌握了，其次才是讲评。（4）讲解习题应注意联系原理，发散思维。讲评的形式也可以采用分组讨论，取长补短，自我纠正的办法，激励学生进行广泛、多方位的独立思考，挖掘思维特点和规律，总结符合学生特点的解题方案。（5）狠抓规范：a、审题：
高考生物题信息来源广泛，题设障碍巧妙。有的题目解题条件隐蔽，有的故意设置迷惑条件，应该指导学生如何排除无效信息的干扰：第一抓住关键词句，就找到了解题的突破口。第二学会避陷阱、破定势，要善于发散思维，从多角度思考问题。第三挖掘题目中的隐含条件，将所给信息进行合理转换。当然，还应注意全面审题，谨防漏题。b、做题：
将题目中的相关信息与学科知识挂上钩，进行重组和整合，使问题得到解决。要做到以下几点：第一准确进行知识挂钩：就是要善于找到知识的立足点。考题设置的情境真实地模拟现实，不像书本知识高度理想化、模式化，有些情境甚至是学生前所未闻的，但总可以从课本上找出知识依据。第二运用多种思维方法：寻求答案的过程是思维的过程，要使用对比、分析、综合、推理、联想等多种思维方法，防止思维僵化。第三科学作答不可忽视① 答案要准确，要做到层次清晰、条理清楚、逻辑严谨。②答案宜简洁，要紧扣基本观点。③答案要体现创新精神，尤其是开放性的试题，可以大胆用多种方式解答。④要尽量使用规范化的学科语言。
对上述问题，不能仅仅停留在理念上，而应该有意识地落实到备课、教学等环节中去。
第五篇：近三年湖南文科高考数学立体几何试题分析
近三年湖南文科高考数学立体几何试题分析
株洲市八中
一、近三年湖南文科高考数学立体几何试题分析
从以上可以看出
近三年湖南高考立体几何数量稳定在两道题（一大一小）、分值为17分。重点考察了线线、线面、面面位置关系，柱体、椎体面积与体积等知识。常见考点是利用直观图，通过识图、辨图、画图及对线线、线面、面面的平行与垂直的判定与性质定理三种语言的转换来考察学生的空间想象能力；通过证明线线、线面、面面的平行与垂直来考察学生的逻辑推理能力；通过求几何体的面积与体积来考察学生的运算能力。由于三视图是新课标新增的内容，2010年高考已有所体现，2011年高考三视图的内容还应重点训练，同时注意三视图与直观图的整合，即利用三视图，考察学生识图、辨图、画图等。高考中立体几何的考察体现了新课标要求的五大能力中的三大能力，因此，2011年高考对立体几何的考察还会稳定在一大一下的形式，考察热点应该还继续稳定在三视图、线线、线面、面面的位置关系、面积体积等。加强这些方面的复习训练尤为重要，还要注重空间线线、线面角的复习，题目难度要适中，关键在于空间想象能力与逻辑推理能力的培养。具体如下：
1．从命题形式看，“一小”以选择题或填空题出现，并且有偏向填空题的趋势，并且这种命题的形式正在不断完善和翻新；“一大”则以解答题形式出现，此类考题往往以多面体（主要是以棱柱与棱锥）为为载体，第一问考查空间线线、线面、面面的平行与垂直关系，第二问考查空间角、面积、体积等几何量的计算。
2.从内容上来看，主要是：①考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，主要可能整合解斜三角形来解决；③简单的几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；④体积问题，要注意解题技巧，如等积变换的应用。⑤三视图，辨认空间几何体的三视图，三视图与表面
积、体积内容相结合。
3．从能力上来看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行简单的割补；同时考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力。
最近几年的高考注重数学学科的内在联系和知识的综合性态势可能还会加大，在知识网络的“交汇点”处设计试题。这样的试题可以充分运用知识之间的交叉、渗透和组合，是基础性与综合性的最佳表现形式，在近两年高考中随着新课标不断深入实施讲表现得更为突出。
如（2009年山东卷9）.已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“m”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件这是立体几何与简易逻辑相结合；
又如：（2009年江苏）8.在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为.这是立体几何与推理相结合；这些英爱是2011年高考命题的趋势，值得我们借鉴。
三、以下是我们高三备课组对立体几何最后阶段的一些复习建议：
1、由于三视图是新课标新增的内容，2008、2009、2009年课改区的高考题都有体现，因此，三视图的内容应重点训练。
2．证明空间的线面平行与垂直，是热点题型，解题时要由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证明思路.3．与几何体的侧面积和体积有关的计算问题，根据基本概念和公式来计算，要重视方程的思想和割补法、等积转换法的运用
4．平面图形的翻折与空间图形的展开问题，要对照翻折（或展开）前后两个图形，分清哪些元素的位置（或数量）关系改变了，哪些没有改变.5．对线面角，面面角，点面距离的向量计算公式的形式及使用注意点,要向学生讲清楚其来龙去脉，同时加强题型训练。
总之，在最后的冲刺阶段，我们教师要本着《考试大纲》所强调的在知识交汇点处命题的重要原则，帮助学生在对知识作归纳、整理的同时，提高穿插、渗透与融合知识的能力，将数学中的许多主干知识有机地联系在一起，使之形成知识网络。只有这样，才能“以纲带目，纲举目张”，更有利于培养学生分析问题、解决问题的综合能力和创新能力。
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