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纵观近三年新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷，总体特点是遵循考试大纲各项要求，试题设计科学规范，试题类型、难度基本保持稳定，同时每年又有不同程度的创新.
空间几何体的直观图与三视图
三视图是考查空间想象能力的有效载体，高考一般以选择题或填空题的形式出现. 常见题型有：由几何体判断三视图，利用三视图求几何体的表面积和体积等.
例1 如图甲，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长中，最长的棱的长度为（ ）
图甲 图乙
A. [62] B. [42]
C. [6] D. [4]
解析 如图乙，设辅助正方体的棱长为[4]，三视图对应的多面体为三棱锥[A-BCD]，最长的棱为[AD=（42）2+22=6].
答案 C
解读 解决这类问题应根据几何体的三视图判断几何体的结构特征：①三视图为三个三角形，对应三棱锥；②三视图为两个三角形、一个四边形，对应四棱锥；③三视图为两个三角形、一个圆，对应圆锥；④三视图为一个三角形、两个四边形，对应三棱柱；⑤三视图为两个四边形、一个圆，对应圆柱.
空间几何体中的表面积和体积
空间几何体的表面积、体积问题，常常结合三视图在选择题、填空题中进行考查，其中文科也会在解答题中有一小问考查空间几何体的表面积、体积.
例2 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为[r]）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为[16+][20π]，则[r=]（ ） [2r][r][2r][正视图][俯视图][r]
A. [1] B. [2]
C. [4] D. [8]
解析 由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成，其表面积为[S=][πr2+2πr2+2πr2+4r2][=20π+16]，求得[r=2].
答案 B
解读 由三视图求相关几何体的表面积和体积问题，可先由给出的三视图，依据“正视图反映几何体的长和高，侧视图反映几何体的高和宽，俯视图反映几何体的长和宽”来确定表面积和体积公式中设计的几何量，注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置.
点、线、面的位置关系
点、线、面的位置关系的判断、推理证明是历年高考命题的热点，其题型一般是以空间几何体为载体，考查其中的线线、线面、面面的平行与垂直的证明.
例3 如图，四边形[ABCD]为菱形，[G]为[AC]与[BD]的交点，[BE⊥]平面[ABCD].
（1）证明：平面[AEC⊥]平面[BED]；
（2）若[∠ABC=120°]，[AE⊥EC]，三棱锥[E-ACD]的体积为[63]，求该三棱锥的侧面积.
解析 （1）因为四边形[ABCD]为菱形，
所以[AC⊥BD].
因为[BE⊥]平面[ABCD]，所以[AC⊥BE].
由此得[AC⊥]平面[BED].
又[AC?]平面[AEC]，所以平面[AEC⊥]平面[BED].
（2）设[AB=x]，在菱形[ABCD]中，由[∠ABC=120°]可得，
[AG=GC=32x]，[GB=GD=x2].
因为[AE⊥EC]，
所以在[Rt△AEC]中，[EG=32x].
由[BE⊥]平面[ABCD]知，[△EBG]为直角三角形，
所以[BE=22x].
由已知得，三棱锥[E-ACD]的体积
[VE-ACD=13×12AC×GD×BE=624x3=63]，
求得[x=2].
从而可得[AE=EC=ED=6].
所以[△EAC]的面积为[3]，[△EAD]的面积与[△ECD]的面积均为[5].
于是三棱锥[E-ACD]的侧面积为[3+25].
解读 对于空间的直线与平面的平行、垂直的判定与证明，关键是掌握基本几何体的模型与性质，熟练运用相关性质定理和判定定理证题. 求解时还要注意运用定理和性质的完整性，否则解题过程就不是规范的. 如本题，先证明[AC⊥BD]，[AC⊥BE]，且[BD]，[BE]是平面[BED]内的两条相交直线，才能推出[AC⊥]平面[BED]；由[AC?]平面[AEC]，才能推出平面[AEC⊥]平面[BED].
空间角与距离的度量
考纲要求能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 理科试卷每年均有一道解答题设计一问求解空间的角或距离问题，这些试题多数都可以用几何法和向量法进行求解，为同学们提供了更为广阔的思考空间.
例4 如图，长方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=16]，[BC=10]，[AA1=8]，点[E]，[F]分别在[A1B1]，[D1C1]上，[A1E=D1F=4]. 过点[E]，[F]的平面[α]与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（1）画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线[AF]与平面[α]所成角的正弦值.
解析 （1）交线围成的正方形[EHGF]如图.
（2）作[EM⊥AB]，垂足为[M]，
则[AM=A1E=4]，[EM=AA1=8].
因为[EHGF]为正方形，所以[EH=EF=BC=10].
于是[MH=EH2-EM2=6]，所以[AH=10].
以[D]为坐标原点，[DA]的方向为[x]轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系[D-xyz]， 则[A（10，0，0）]，[H（10，10，0）]，[E（10，4，8）]，[F（0，4，8）]，[FE=（10，0，0）]，[HE=（0，-6，8）].
设[n=（x，y，z）]是平面[EHGF]的法向量，
则[n?FE=0，n?HE=0，]即[10x=0，-6y+8z=0.]
所以可取[n=（0，4，3）].
又[AF=（-10，4，8）]，
所以[|cos|=|n?AF||n||AF|=4515].
所以直线[AF]与平面[α]所成角的正弦值为[4515].
解读 空间角与距离的计算，从解题的层面上看，传统方法和向量方法都能求解. 其中，利用传统方法要注意解题过程的完整性，即实施“一作、二证、三计算”的解题程序. 利用向量方法解题，合理地建立空间直角坐标系是求解的关键，注意三点：一是三条直线必须是垂直的关系；二是平面向量的法向量的选取注意方向性；三是公式的应用必须准确和熟练.
数学史问题背景
以“数学史”为背景的试题，成为近年来高考命题的亮点，也将成为今后高考数学命题的保留内容. 这类问题，对考生的数学阅读能力提出了较高的要求，它要求同学们读懂题目，转化成立体几何模型求解.
例5 《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：“在屋内墙角处堆积放米（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]，估算出堆积的米约有（ ）
A. [14]斛 B. [22]斛
C. [36]斛 D. [66]斛
解析 由[l=14×2πr=8]得，
圆锥底面的半径[r=16π≈163]，
所以米堆的体积[V=14×][13πr2h=14×2569×5=3209，]
于是堆放的米有[3209÷1.62≈22]（斛）.
答案 B
解读 涉及数学史背景的立体几何问题，关键是读懂题意，划归为立体几何模型. 利用几何模型求解，注意近似计算在解题中的要求.
空间几何体的直观图与三视图
三视图是考查空间想象能力的有效载体，高考一般以选择题或填空题的形式出现. 常见题型有：由几何体判断三视图，利用三视图求几何体的表面积和体积等.
例1 如图甲，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长中，最长的棱的长度为（ ）
图甲 图乙
A. [62] B. [42]
C. [6] D. [4]
解析 如图乙，设辅助正方体的棱长为[4]，三视图对应的多面体为三棱锥[A-BCD]，最长的棱为[AD=（42）2+22=6].
答案 C
解读 解决这类问题应根据几何体的三视图判断几何体的结构特征：①三视图为三个三角形，对应三棱锥；②三视图为两个三角形、一个四边形，对应四棱锥；③三视图为两个三角形、一个圆，对应圆锥；④三视图为一个三角形、两个四边形，对应三棱柱；⑤三视图为两个四边形、一个圆，对应圆柱.
空间几何体中的表面积和体积
空间几何体的表面积、体积问题，常常结合三视图在选择题、填空题中进行考查，其中文科也会在解答题中有一小问考查空间几何体的表面积、体积.
例2 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为[r]）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为[16+][20π]，则[r=]（ ） [2r][r][2r][正视图][俯视图][r]
A. [1] B. [2]
C. [4] D. [8]
解析 由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成，其表面积为[S=][πr2+2πr2+2πr2+4r2][=20π+16]，求得[r=2].
答案 B
解读 由三视图求相关几何体的表面积和体积问题，可先由给出的三视图，依据“正视图反映几何体的长和高，侧视图反映几何体的高和宽，俯视图反映几何体的长和宽”来确定表面积和体积公式中设计的几何量，注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置.
点、线、面的位置关系
点、线、面的位置关系的判断、推理证明是历年高考命题的热点，其题型一般是以空间几何体为载体，考查其中的线线、线面、面面的平行与垂直的证明.
例3 如图，四边形[ABCD]为菱形，[G]为[AC]与[BD]的交点，[BE⊥]平面[ABCD].
（1）证明：平面[AEC⊥]平面[BED]；
（2）若[∠ABC=120°]，[AE⊥EC]，三棱锥[E-ACD]的体积为[63]，求该三棱锥的侧面积.
解析 （1）因为四边形[ABCD]为菱形，
所以[AC⊥BD].
因为[BE⊥]平面[ABCD]，所以[AC⊥BE].
由此得[AC⊥]平面[BED].
又[AC?]平面[AEC]，所以平面[AEC⊥]平面[BED].
（2）设[AB=x]，在菱形[ABCD]中，由[∠ABC=120°]可得，
[AG=GC=32x]，[GB=GD=x2].
因为[AE⊥EC]，
所以在[Rt△AEC]中，[EG=32x].
由[BE⊥]平面[ABCD]知，[△EBG]为直角三角形，
所以[BE=22x].
由已知得，三棱锥[E-ACD]的体积
[VE-ACD=13×12AC×GD×BE=624x3=63]，
求得[x=2].
从而可得[AE=EC=ED=6].
所以[△EAC]的面积为[3]，[△EAD]的面积与[△ECD]的面积均为[5].
于是三棱锥[E-ACD]的侧面积为[3+25].
解读 对于空间的直线与平面的平行、垂直的判定与证明，关键是掌握基本几何体的模型与性质，熟练运用相关性质定理和判定定理证题. 求解时还要注意运用定理和性质的完整性，否则解题过程就不是规范的. 如本题，先证明[AC⊥BD]，[AC⊥BE]，且[BD]，[BE]是平面[BED]内的两条相交直线，才能推出[AC⊥]平面[BED]；由[AC?]平面[AEC]，才能推出平面[AEC⊥]平面[BED].
空间角与距离的度量
考纲要求能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 理科试卷每年均有一道解答题设计一问求解空间的角或距离问题，这些试题多数都可以用几何法和向量法进行求解，为同学们提供了更为广阔的思考空间.
例4 如图，长方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=16]，[BC=10]，[AA1=8]，点[E]，[F]分别在[A1B1]，[D1C1]上，[A1E=D1F=4]. 过点[E]，[F]的平面[α]与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（1）画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线[AF]与平面[α]所成角的正弦值.
解析 （1）交线围成的正方形[EHGF]如图.
（2）作[EM⊥AB]，垂足为[M]，
则[AM=A1E=4]，[EM=AA1=8].
因为[EHGF]为正方形，所以[EH=EF=BC=10].
于是[MH=EH2-EM2=6]，所以[AH=10].
以[D]为坐标原点，[DA]的方向为[x]轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系[D-xyz]， 则[A（10，0，0）]，[H（10，10，0）]，[E（10，4，8）]，[F（0，4，8）]，[FE=（10，0，0）]，[HE=（0，-6，8）].
设[n=（x，y，z）]是平面[EHGF]的法向量，
则[n?FE=0，n?HE=0，]即[10x=0，-6y+8z=0.]
所以可取[n=（0，4，3）].
又[AF=（-10，4，8）]，
所以[|cos
所以直线[AF]与平面[α]所成角的正弦值为[4515].
解读 空间角与距离的计算，从解题的层面上看，传统方法和向量方法都能求解. 其中，利用传统方法要注意解题过程的完整性，即实施“一作、二证、三计算”的解题程序. 利用向量方法解题，合理地建立空间直角坐标系是求解的关键，注意三点：一是三条直线必须是垂直的关系；二是平面向量的法向量的选取注意方向性；三是公式的应用必须准确和熟练.
数学史问题背景
以“数学史”为背景的试题，成为近年来高考命题的亮点，也将成为今后高考数学命题的保留内容. 这类问题，对考生的数学阅读能力提出了较高的要求，它要求同学们读懂题目，转化成立体几何模型求解.
例5 《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：“在屋内墙角处堆积放米（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]，估算出堆积的米约有（ ）
A. [14]斛 B. [22]斛
C. [36]斛 D. [66]斛
解析 由[l=14×2πr=8]得，
圆锥底面的半径[r=16π≈163]，
所以米堆的体积[V=14×][13πr2h=14×2569×5=3209，]
于是堆放的米有[3209÷1.62≈22]（斛）.
答案 B
解读 涉及数学史背景的立体几何问题，关键是读懂题意，划归为立体几何模型. 利用几何模型求解，注意近似计算在解题中的要求.