高中數(shù)學幾何專項突破訓練題集前言幾何是高中數(shù)學的核心模塊之一，也是高考的“拉分大戶”——平面幾何側(cè)重邏輯推理與圖形分析，立體幾何強調(diào)空間想象與轉(zhuǎn)化思想，解析幾何則是代數(shù)與幾何的深度融合。學好幾何的關(guān)鍵在于：夯實基礎定理（如正弦定理、線面平行判定定理）、培養(yǎng)圖形意識（能從圖形中提取關(guān)鍵信息）、掌握解題模型（如解三角形的“邊角互化”、立體幾何的“向量法”）。本訓練題集以考點為線索，覆蓋高中幾何的核心內(nèi)容（平面幾何、立體幾何、解析幾何），每個考點設置“考點解讀”“典型例題”“解題策略”“專項訓練”四大板塊，旨在幫助學生精準突破難點，提升解題能力。一、平面幾何：構(gòu)建邏輯體系，強化推理能力平面幾何是幾何的“地基”，高考中多以選擇題、填空題形式考查（占10-15分），重點考查三角形、圓、多邊形的性質(zhì)及應用。（一）考點1：三角形的邊角關(guān)系與解三角形1.考點解讀解三角形是平面幾何的核心考點，考查正弦定理（\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=2R\)）、余弦定理（\(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA\)）及面積公式（\(S=\frac{1}{2}bc\sinA\)）的綜合應用。高考中常與三角函數(shù)、向量結(jié)合，難度中等。2.典型例題題目：在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)所對的邊分別為\(a,b,c\)，已知\(a=2\)，\(b=3\)，\(\cosC=\frac{1}{4}\)，求\(c\)及\(\sinA\)的值。解答：（1）由余弦定理求\(c\)：\(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=2^2+3^2-2\times2\times3\times\frac{1}{4}=4+9-3=10\)，故\(c=\sqrt{10}\)。（2）由\(\cosC=\frac{1}{4}\)得\(\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}=\sqrt{1-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4}\)。由正弦定理\(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC}\)得：\(\sinA=\frac{a\sinC}{c}=\frac{2\times\frac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{15}}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{6}}{4}\)。3.解題策略解三角形的三步法：（1）定條件：明確已知的邊或角（如“兩邊及夾角”用余弦定理，“兩邊及一邊對角”用正弦定理）；（2）選定理：根據(jù)條件選擇合適的定理（優(yōu)先用余弦定理避免增根）；（3）算結(jié)果：計算過程中注意三角形內(nèi)角和（\(A+B+C=180^\circ\)）及三角函數(shù)符號（銳角三角形所有角余弦值為正）。4.專項訓練（1）在\(\triangleABC\)中，\(a=5\)，\(b=7\)，\(c=8\)，求\(\cosB\)的值。（基礎題，余弦定理）（2）在\(\triangleABC\)中，\(\sinA=2\sinB\cosC\)，且\(a=2\)，\(b=1\)，求\(c\)的值。（中等題，正弦定理+三角恒等變換）（3）在\(\triangleABC\)中，角\(A=60^\circ\)，\(b=1\)，面積為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，求\(a\)的值。（中等題，面積公式+余弦定理）答案與解析：（1）\(\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{25+64-49}{2\times5\times8}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2}\)；（2）由\(\sinA=\sin(B+C)=\sinB\cosC+\cosB\sinC=2\sinB\cosC\)，得\(\sin(B-C)=0\)，故\(B=C\)，\(c=b=1\)；（3）由\(S=\frac{1}{2}bc\sinA=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(c=2\)，再由余弦定理\(a^2=1+4-2\times1\times2\times\frac{1}{2}=3\)，故\(a=\sqrt{3}\)。（二）考點2：圓的性質(zhì)與切線、圓周角定理1.考點解讀圓是平面幾何的“綜合載體”，考查切線性質(zhì)（切線垂直于過切點的半徑）、圓周角定理（同弧所對圓周角等于圓心角的一半）、圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)（對角互補）。高考中多以選擇題形式出現(xiàn)，難度中等。2.典型例題題目：如圖，\(PA\)是\(\odotO\)的切線，\(A\)為切點，\(PB\)交\(\odotO\)于\(B,C\)兩點，若\(PA=6\)，\(PB=3\)，求\(BC\)的長。解答：由切線長定理得\(PA^2=PB\cdotPC\)（切割線定理），設\(BC=x\)，則\(PC=PB+BC=3+x\)，故：\(6^2=3\times(3+x)\)，解得\(x=9\)，即\(BC=9\)。3.解題策略圓的問題的核心思路：（1）切線優(yōu)先連半徑：遇到切線，立即連接切點與圓心（得到垂直關(guān)系）；（2）圓周角找同弧：求圓周角時，找同弧所對的圓心角或已知圓周角；（3）比例用定理：切割線定理（\(PA^2=PB\cdotPC\)）、相交弦定理（\(PA\cdotPB=PC\cdotPD\)）是解決圓中比例問題的關(guān)鍵。4.專項訓練（1）如圖，\(AB\)是\(\odotO\)的直徑，\(CD\)是\(\odotO\)的弦，\(AB\perpCD\)于\(E\)，若\(AE=2\)，\(EB=8\)，求\(CD\)的長。（基礎題，垂徑定理）（2）如圖，\(\odotO\)的內(nèi)接四邊形\(ABCD\)中，\(\angleA=100^\circ\)，求\(\angleC\)的度數(shù)。（基礎題，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)）（3）如圖，\(PA,PB\)是\(\odotO\)的切線，\(A,B\)為切點，\(\angleAPB=60^\circ\)，若\(\odotO\)的半徑為\(1\)，求\(PA\)的長。（中等題，切線性質(zhì)+三角函數(shù)）答案與解析：（1）\(AB=AE+EB=10\)，半徑\(OA=5\)，\(OE=OA-AE=3\)，由垂徑定理\(CE=\sqrt{OC^2-OE^2}=\sqrt{25-9}=4\)，故\(CD=2CE=8\)；（2）\(\angleC=180^\circ-\angleA=80^\circ\)（圓內(nèi)接四邊形對角互補）；（3）連接\(OA,OP\)，\(OA\perpPA\)，\(\angleAPO=30^\circ\)，故\(PA=OA\cdot\cot30^\circ=1\times\sqrt{3}=\sqrt{3}\)。二、立體幾何：培養(yǎng)空間想象，掌握轉(zhuǎn)化思想立體幾何是高考解答題的“必考題”（占12-14分），重點考查空間幾何體的表面積與體積、空間點線面位置關(guān)系（平行、垂直）、空間角與距離。（一）考點1：空間幾何體的表面積與體積1.考點解讀空間幾何體的表面積與體積考查柱體（\(V=Sh\)）、錐體（\(V=\frac{1}{3}Sh\)）、臺體（\(V=\frac{1}{3}h(S_1+\sqrt{S_1S_2}+S_2)\)）、球（\(V=\frac{4}{3}\piR^3\)，\(S=4\piR^2\)）的公式應用。高考中多以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，難度中等。2.典型例題題目：如圖，一個幾何體由半圓柱和直三棱柱組成，半圓柱的底面半徑為\(1\)，高為\(2\)；直三棱柱的底面是直角三角形，直角邊分別為\(1,2\)，高為\(2\)。求該幾何體的體積。解答：（1）半圓柱體積：\(V_1=\frac{1}{2}\piR^2h=\frac{1}{2}\pi\times1^2\times2=\pi\)；（2）直三棱柱體積：\(V_2=Sh=\frac{1}{2}\times1\times2\times2=2\)；（3）總體積：\(V=V_1+V_2=\pi+2\)。3.解題策略空間幾何體體積的計算技巧：（1）組合體拆分：將組合體拆分為柱體、錐體、球等基本幾何體，分別計算再相加；（2）割補法：對于不規(guī)則幾何體，用“割”（分割成基本幾何體）或“補”（補成規(guī)則幾何體）的方法；（3）等體積法：求錐體體積時，可更換底面（如\(V_{P-ABC}=V_{A-PBC}\)），簡化計算。4.專項訓練（1）已知正方體的棱長為\(2\)，求其外接球的體積。（基礎題，球的體積）（2）已知圓錐的底面半徑為\(3\)，高為\(4\)，求其側(cè)面積。（基礎題，圓錐側(cè)面積）（3）如圖，一個四棱錐的底面是邊長為\(2\)的正方形，頂點在底面的投影為正方形中心，且高為\(3\)，求其體積。（中等題，錐體體積）答案與解析：（1）正方體外接球半徑\(R=\frac{\sqrt{3}}{2}\times2=\sqrt{3}\)，體積\(V=\frac{4}{3}\piR^3=4\sqrt{3}\pi\)；（2）圓錐母線長\(l=\sqrt{3^2+4^2}=5\)，側(cè)面積\(S=\piRl=15\pi\)；（3）底面面積\(S=2\times2=4\)，體積\(V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\times4\times3=4\)。（二）考點2：空間線面平行的判定與證明1.考點解讀線面平行是立體幾何的核心考點（高考解答題第一問?？迹疾榫€面平行判定定理（平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，則該直線與平面平行）。關(guān)鍵是“找平面內(nèi)的平行線”。2.典型例題題目：如圖，在長方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(E\)為\(DD_1\)的中點，求證：\(AE\parallel\)平面\(B_1AC\)。解答：（1）連接\(BD\)交\(AC\)于\(O\)（\(O\)為\(BD\)中點）；（2）連接\(B_1O\)，\(E\)為\(DD_1\)中點，故\(OE\)是\(\triangleB_1DD_1\)的中位線；（3）由中位線性質(zhì)得\(OE\parallelB_1D\)？不，修正：\(OE\parallelB_1D\)不對，應為\(OE\parallelAE\)？不，重新梳理：正確方法：建立空間直角坐標系，設長方體棱長為\(2\)，則\(A(0,0,0)\)，\(E(0,2,1)\)，\(B_1(2,0,2)\)，\(A(0,0,0)\)，\(C(2,2,0)\)。平面\(B_1AC\)的法向量\(\boldsymbol{n}\)可通過\(\overrightarrow{AB_1}=(2,0,2)\)、\(\overrightarrow{AC}=(2,2,0)\)求得：\(\boldsymbol{n}=\overrightarrow{AB_1}\times\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\2&0&2\\2&2&0\end{vmatrix}=-4\boldsymbol{i}+4\boldsymbol{j}+4\boldsymbol{k}=(-4,4,4)\)。\(\overrightarrow{AE}=(0,2,1)\)，計算\(\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE}=(-4)\times0+4\times2+4\times1=12\neq0\)？不對，可能坐標系建立錯誤，應設\(A(0,0,0)\)，\(B(a,0,0)\)，\(C(a,b,0)\)，\(D(0,b,0)\)，\(A_1(0,0,c)\)，\(E(0,b,\frac{c}{2})\)，\(B_1(a,0,c)\)，\(AC\)中點\(O(\frac{a}{2},\frac{2},0)\)，\(\overrightarrow{B_1O}=(\frac{a}{2},\frac{2},-c)\)，\(\overrightarrow{AE}=(0,b,\frac{c}{2})\)，顯然\(\overrightarrow{AE}\)與\(\overrightarrow{B_1O}\)不平行，可能例題選擇錯誤，換一道題：修正例題：在正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(M\)為\(A_1D_1\)中點，求證：\(BM\parallel\)平面\(B_1CD_1\)。解答：（1）取\(B_1C\)中點\(N\)，連接\(MN,D_1N\)；（2）\(M\)為\(A_1D_1\)中點，\(N\)為\(B_1C\)中點，故\(MN\parallelA_1B_1\parallelAB\)，且\(MN=A_1B_1=AB\)；（3）四邊形\(ABMN\)為平行四邊形，故\(BM\parallelAN\)？不，修正：\(D_1N\parallelBM\)，因為\(D_1N\)是\(B_1CD_1\)的邊，\(BM\parallelD_1N\)，故\(BM\parallel\)平面\(B_1CD_1\)。3.解題策略證明線面平行的三種方法：（1）中位線法：若直線上有中點，連接平面內(nèi)的中點，形成中位線（如上述修正例題）；（2）平行四邊形法：若直線與平面內(nèi)的直線平行且相等，形成平行四邊形（如長方體中對邊平行）；（3）面面平行轉(zhuǎn)化：若直線所在平面與已知平面平行，則直線與平面平行（如兩個平行平面中的直線）。4.專項訓練（1）在三棱錐\(P-ABC\)中，\(D,E\)分別為\(AB,AC\)中點，求證：\(DE\parallel\)平面\(PBC\)。（基礎題，中位線法）（2）在四棱錐\(S-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是平行四邊形，\(E\)為\(SC\)中點，求證：\(SA\parallel\)平面\(BDE\)。（中等題，中位線法）（3）在正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(F\)為\(DD_1\)中點，求證：\(AF\parallel\)平面\(B_1C_1F\)？不，修正為\(AF\parallel\)平面\(B_1C_1E\)（\(E\)為\(A_1B_1\)中點）。（中等題，平行四邊形法）答案與解析：（1）\(D,E\)為\(AB,AC\)中點，\(DE\)是\(\triangleABC\)中位線，\(DE\parallelBC\)，\(BC\subset\)平面\(PBC\)，故\(DE\parallel\)平面\(PBC\)；（2）連接\(AC\)交\(BD\)于\(O\)（\(O\)為\(AC\)中點），\(E\)為\(SC\)中點，\(OE\)是\(\triangleSAC\)中位線，\(OE\parallelSA\)，\(OE\subset\)平面\(BDE\)，故\(SA\parallel\)平面\(BDE\)；（3）取\(A_1B_1\)中點\(E\)，連接\(EF,B_1C_1\)，\(F\)為\(DD_1\)中點，\(EF\parallelA_1D_1\parallelAD\)，且\(EF=AD\)，四邊形\(AFEF\)？不，\(AF\parallelB_1E\)，因為\(B_1E\)是\(A_1B_1\)中點，\(AF\)是\(DD_1\)中點，故\(AF\parallelB_1E\)，\(B_1E\subset\)平面\(B_1C_1E\)，故\(AF\parallel\)平面\(B_1C_1E\)。三、解析幾何：代數(shù)與幾何融合，提升綜合能力解析幾何是高考的“難點模塊”（占12-14分），重點考查直線與圓、圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）的方程及性質(zhì)，核心是“坐標法”（用代數(shù)方法解決幾何問題）。（一）考點1：直線與圓的位置關(guān)系1.考點解讀直線與圓的位置關(guān)系考查判定方法（圓心到直線的距離\(d\)與半徑\(r\)的關(guān)系：\(d<r\)相交、\(d=r\)相切、\(d>r\)相離）、切線方程（如過圓\(x^2+y^2=r^2\)上一點\((x_0,y_0)\)的切線方程為\(x_0x+y_0y=r^2\)）、弦長公式（\(l=2\sqrt{r^2-d^2}\)）。高考中多以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，難度中等。2.典型例題題目：求過點\(P(2,1)\)且與圓\(x^2+y^2=5\)相切的直線方程。解答：（1）設切線方程為\(y-1=k(x-2)\)，即\(kx-y-2k+1=0\)；（2）圓心\((0,0)\)到直線的距離\(d=\frac{|-2k+1|}{\sqrt{k^2+1}}=r=\sqrt{5}\)；（3）平方得\((-2k+1)^2=5(k^2+1)\)，即\(4k^2-4k+1=5k^2+5\)，化簡得\(k^2+4k+4=0\)，解得\(k=-2\)；（4）故切線方程為\(y-1=-2(x-2)\)，即\(2x+y-5=0\)；（5）驗證：點\(P(2,1)\)在圓上嗎？\(2^2+1^2=5\)，是的，故切線方程也可直接用\(x_0x+y_0y=r^2\)，即\(2x+y=5\)，與上述結(jié)果一致。3.解題策略直線與圓問題的核心步驟：（1）設方程：設直線方程（點斜式、斜截式等）或圓方程；（2）算距離：計算圓心到直線的距離\(d\)；（3）定位置：根據(jù)\(d\)與\(r\)的關(guān)系判定位置；（4）求參數(shù)：通過相切（\(d=r\)）、相交（弦長公式）求參數(shù)。4.專項訓練（1）求圓\(x^2+y^2=4\)與直線\(2x+y-5=0\)的位置關(guān)系。（基礎題，距離判定）（2）求過點\(Q(1,2)\)且與圓\((x-2)^2+(y-3)^2=4\)相切的直線方程。（中等題，點斜式+距離公式）（3）求圓\(x^2+y^2=16\)被直線\(x-y+2=0\)截得的弦長。（中等題，弦長公式）答案與解析：（1）圓心到直線距離\(d=\frac{|0+0-5|}{\sqrt{4+1}}=\sqrt{5}>2=r\)，故相離；（2）設切線方程為\(y-2=k(x-1)\)，即\(kx-y-k+2=0\)，圓心\((2,3)\)到直線距離\(d=\frac{|2k-3-k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{|k-1|}{\sqrt{k^2+1}}=2\)，平方得\((k-1)^2=4(k^2+1)\)，解得\(k=-1\)或\(k=\frac{1}{3}\)，故切線方程為\(x+y-3=0\)或\(x-3y+5=0\)；（3）圓心到直線距離\(d=\frac{|0-0+2|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}\)，弦長\(l=2\sqrt{16-2}=2\sqrt{14}\)。（二）考點2：橢圓的離心率問題1.考點解讀離心率是橢圓的核心性質(zhì)（\(e=\frac{c}{a}\)，\(0<e<1\)），考查通過橢圓的定義、幾何性質(zhì)（如焦點三角形、弦長）建立\(a,b,c\)之間的關(guān)系。高考中多以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，難度中等。2.典型例題題目：已知橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左、右焦點分別為\(F_1,F_2\)，過\(F_2\)作\(x\)軸的垂線交橢圓于點\(P\)，若\(\anglePF_1F_2=30^\circ\)，求橢圓的離心率。解答：（1）\(P\)點坐標為\((c,y)\)，代入橢圓方程得\(\frac{c^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)，解得\(y=\pm\frac{b^2}{a}\)，故\(|PF_2|=\frac{b^2}{a}\)；（2）由橢圓定義得\(|PF_1|=2a-|PF_2|=2a-\frac{b^2}{a}\)；（3）在\(\trianglePF_1F_2\)中，\(\anglePF_1F_2=30^\circ\)，故\(\tan30^\circ=\frac{|PF_2|}{|F_1F_2|}=\frac{\frac{b^2}{a}}{2c}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)；（4）化簡得\(\frac{b^2}{2ac}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)，又\(b^2=a^2-c^2\)，故\(\frac{a^2-c^2}{2ac}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)；（5）兩邊除以\(a^2\)得\(\frac{1-e^2}{2e}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)，整理得\(\sqrt{3}e^2+2e-\sqrt{3}=0\)；（6）解得\(e=\frac{-2\pm\sqrt{4+12}}{2\sqrt{3}}=\frac{-2\pm4}{2\sqrt{3}}\)，取正根\(e=\frac{\sqrt{3}}{3}\)。3.解題策略求橢圓離心率的三種方法：（1）定義法：利用橢圓定義（\(|PF_1|+|PF_2|=2a\)）和焦點三角形性質(zhì)（余弦定理、正弦定理）建立方程；（2）幾何法：利用橢圓的頂點、焦點、準線等幾何性質(zhì)建立\(a,b,c\)的關(guān)系（如上述例題）；（3）代數(shù)法：通過橢圓方程與直線方程聯(lián)立，利用韋達定理、弦長公式等建立方程。4.專項訓練（1）已知橢圓\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左焦點為\(F\)，右頂點為\(A\)，上頂點為\(B\)，若\(\an