1、二轮复习紧紧抓住立几第一部分不动摇，除了突出知识的主干体系，让学生整体把握好所学知识外，还应突出重点，不必面面俱到。复习时可安排三课时左右，集中解决三类问题：一是线面、面面关系；二是空间角；三是距离、面积与体积的计算，关注用代数方法解决立几的最值问题。

2、二轮复习更应注重变式训练，拓展，举一反三，在激发学生学习兴趣的同时，增加了容量，拓展了学生的思维空间。由于时间紧，任务重，更要注意时间的有效利用，比如为减少课堂画图时间，我们可以用一个四面体为载体，解决一系列问题，包括特征图形、特殊几何体，共点、共线、共面问题，线面关系的判定问题，各种角与距离、面积与体积的计算问题，“割”与“补”的方法，一些重点结论(公式)的问题，如cosα=cosβcosγ，cosα=s' /s，l2=a2+b2+c2等等，以基本图形带动一系列知识的复习，达到系统复习内容、突出重点的目的。

3、二轮复习是“转化”与“降维”思想， “割”与“补”思想的综合运用阶段。 “转化”思想，①常用等角定理或平行移动直线及平面的方法转化为所求角的位置，②常用平行线面间或平行平面间的距离相等为依据，转化为所求距离的位置，③常用割补法或等积变换解决有关距离或体积问题。 另外空间向量作为一种工具还会考查，或许会以定义形式给出来解决立体几何问题，所以对于平面向量与空间向量应当适当给予关注。

4、针对高考中常以判断题的形式考查元素关系问题，要在复习中运用运动变化的思想，让点或直线或平面在满足条件的情况下充分运动，要注意对定理条件的加强或减弱的变化来考查元素位置关系的变化，要注意考察其逆命题、否命题的对与错。通过反复比较分清是非。针对大题中的线面关系的证明题，要注意线线、线面、面面关系的相互转化，用定理时要先申明条件，再由定理得出相应的结论。作为空间中线面角与距离的计算，要明确角或距离的位置，学会用平移和补形的方法来寻找，尤其注意两“足”(斜足和垂足)的应用，而垂足的寻找通常用到面面垂直的性质定理，作为三垂线定理及其逆定理的运用，特别在求线与面成角和二面角时往往用此定理，先设法确定面的垂线，搭建用三垂线定理的结构。另外立体几何中的组合体问题近几年也常考，特别是球内的组合体问题，我们复习时要引导学生能认清基本图形，能画出截面图，并根据截面图来研究组合体中各元素的关系。还有图形的变化，特别是翻折与展开的问题，也应予适当的重视。

5、二轮复习，我们也要注意关注、搜集、分析学生一轮复习的学情，针对出现的问题做到有的放矢的复习并进行强化训练。

1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是(　　 ) A.　　　　　　　　　　　　　　 B.　　　　　　　　　　　　　　　　　 C.　　　　　　　　　　　　　　　　　 D. 解析：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=，AO1=3，由A1O1.A1A=h.AO1,可得A1H=. 答案：C　

2.在直二面角α-l-β中，直线aα,直线bβ,a、b与l斜交，则(　　 ) A.a不和b垂直，但可能a∥b　　　　　　　　　　　　 B.a可能和b垂直，也可能a∥b C.a不和b垂直，a也不和b平行　　　　　　　　　　 D.a不和b平行，但可能a⊥b

2.解析：如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角. 答案：C

3设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥ZX∥Y”为真命题的是_________(填序号). ①X、Y、Z是直线　 ②X、Y是直线，Z是平面　 ③Z是直线，X、Y是平面　 ④X、Y、Z是平面 、3.解析：①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例. 答案：②③4.设a,b是异面直线，下列命题正确的是__.④_______. ①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交 ②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直 ③过a一定可以作一个平面与b垂直 ④过a一定可以作一个平面与b平行 例二：两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证：MN∥平面BCE. 命题意图：本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识。 知识依托：解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)线(外)∥面.或转化为证两个平面平行. 技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行. 证法一：作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，则MP∥AB，NQ∥AB. ∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF， ∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45°　　 ∴Rt△MCP≌Rt△NBQ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ∴MP=NQ,故四边形MPQN为平行四边形 ∴MN∥PQ ∵PQ平面BCE，MN在平面BCE外， ∴MN∥平面BCE. 　　　 证法二：如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC， ∴ 连结NH，由BF=AC，FN=AM，得 ∴MN∥平面BCE. ［例2］在斜三棱柱A1B1C1-ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC. (1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1； (2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C； (3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由. 命题意图：本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质， 知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质. 技巧与方法：本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线. (1)证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC ∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C ∴AD⊥CC1. (2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N ∵AM=MA1，∴NA1=A1B1 ∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1 ∴C1N⊥C1B1 ∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C ∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C. (3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性. 过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C ∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C. ∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面 ∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE ∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1 ∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点 ∴AM=DE=AA1，∴AM=MA1. 课堂小结：垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系：

1.平行转化