2018年高考数学二轮复习专项精练高考22题12+4分项练8立体几何理 Word版 含答案

12＋4分项练8 立体几何

1．(2017届江西鹰潭一中月考)已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是( )

A．必存在平面α使得a∥α，b∥α

B．必存在平面α使得a，b与α所成角相等

C．必存在平面α使得a?α，b⊥α

D．必存在平面α使得a，b与α的距离相等

答案 C

解析由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O，过点O分别作a，b的平行线，则由过点O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；B中，平移b至b′与a相交，因而确定一个平面α，在α上作a，b′夹角的平分线，明显可以做出两条．过角平分线且与平面α垂直的平面使得a，b′与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以．故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面α使得a?α，b⊥α，故C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，则平面α使得a，b与α的距离相等，故D正确．故选C.

2．已知直线l⊥平面α，直线m?平面β，有下面四个命题：

(1)α∥β?l⊥m；(2)α⊥β?l∥m；(3)l∥m?α⊥β；(4)l⊥m?α∥β.

其中正确的命题是( )

A．(1)与(2) B．(1)与(3)

C．(2)与(4) D．(3)与(4)

答案 B

解析∵直线l⊥平面α，α∥β，

∴l⊥平面β，又∵直线m?平面β，∴l⊥m，故(1)正确；

∵直线l⊥平面α，α⊥β，

∴l∥平面β或l?平面β，又∵直线m?平面β，∴l与m可能平行

也可能相交，还可以异面，故(2)错误；

∵直线l⊥平面α，l∥m，∴m⊥α，∵直线m?平面β，∴α⊥β，故(3)正确；∵直线l ⊥平面α，l⊥m，∴m∥α或m?α，又∵直线m?平面β，则α与β可能平行也可能相交，故(4)错误．故选B.

3．(2017届福建省厦门外国语学校适应性考试)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正(主)视图是( )

答案 A

解析取DD1的中点F，连接AF，C1F，

平面AFC1E为截面．如图所示，

所以上半部分的正视图，如A选项，故选A.

4．(2017届甘肃高台县一中检测)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )

A．28＋6 5 B．30＋6 5

C．56＋12 5 D．60＋12 5

答案 B

解析画出直观图如图所示，

S △ABC ＋S △ABD ＋S △ACD ＋S △BCD

＝12·25·6＋12·5·4＋12·5·4＋1

2

·5·4＝30＋6 5. 5．(2017届安徽省蚌埠市质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( )

A ．15

B ．16 C.503 D.533

答案 C

解析 由三视图可得，该几何体是一个以俯视图为底面，高为5的四棱锥P —A 1D 1FE ，其体积

V ＝13?

???

??4×4－1

2

(4×2＋2×2)×5＝503

，故选C.

6．(2017届北京市海淀区二模)现有编号为①，②，③的三个三棱锥(底

面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是( )

A ．①

B ．①②

C ．②③

D ．①②③ 答案 B

解析 根据题意可得三个立体几何图形：由图一可得侧面ABD ，ADC 与底面垂直，由图二可得面ACE 垂直于底面，由图三可知无侧面与底面垂直，故选B.

图一 图二 图三

7．(2017届四川省宜宾市二诊)三棱锥A —BCD 内接于半径为2的球O ，BC 过球心O ，当三棱锥A —BCD 体积取得最大值时，三棱锥A —BCD 的表面积为( ) A ．6＋4 3 B ．8＋2 3 C ．4＋6 3 D ．8＋4 3 答案 D

解析 由题意得，当底面△BCD 为等腰直角三角形，且AO ⊥底面BCD 时，三棱锥A —BCD 的体积最大，

所以在等腰直角△BCD 中，BC ＝4，且BD ＝CD ＝22，

所以△BCD 面积为S 1＝12×22×22＝4，△ABC 的面积为S 2＝1

2×4×2

＝4，

△ABD 和△ACD 是边长为22的等边三角形， 此时面积为S 3＝S 4＝

34

×(22)2

＝23， 此时三棱锥的表面积为S ＝S 1＋S 2＋2S 3 ＝4＋4＋2×23＝8＋43，故选D.

8．(2017届四川成都市一诊)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为( )

A ．136π

B ．34π

C ．25π

D ．18π 答案 B

解析 如图，画出满足条件的四棱锥，底面是边长为3的正方形，顶点在底面的射影为点B ，高为4，根据垂直关系可得AD ⊥AE ，DC ⊥EC ，DE 为直角三角形△ADE ，△DCE 和△BDE 的公共斜边，所以取DE 中点O ，O

为四棱锥外接球的球心，DE 2＝AB 2＋BE 2＋AD 2＝32＋42＋32

＝34，DE ＝2R ＝34，那么四棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2

＝34π，故选B.

9．已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个球面上，△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上，SO ⊥平面ABC ，AC ＝3，BC ＝1，若三棱锥的体积是3

3

，则球体的表面积是( ) A ．25π B.

25π

12

C.125π48

D.25π4

答案 D

解析 由题意可知，△ABC 为直角三角形，其中AB 为斜边，如图所示，则球心位于直线SO 上，设球心为O ′， 由三棱锥的体积公式，得

V ＝13Sh ＝13×? ??

??12×3×1×SO ＝3

3，解得SO ＝2， 如图所示，则OO ′2

＋OC 2

＝O ′C 2

＝O ′S 2

， 设OO ′＝x ，据此可得x 2

＋12

＝(2－x )2

， 解得x ＝3

4

，球的半径为R ＝

916＋1＝54

， 所以球的表面积为S ＝4πR 2

＝254π.

故选D.

10.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知∠BCA ＝90°，∠BAC ＝60°，AC ＝4，

E 为AA 1的中点，点

F 为BE 的中点，点H 在线段CA 1上，且A 1H ＝3HC ，则

线段FH 的长为( ) A ．2 3 B ．4 C.13 D ．3 答案 C

解析 由题意知，AB ＝8，过点F 作FD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DH ，则D 为AE 中点，FD ＝

1

2

AB ＝4，

又

A 1H HC ＝A 1D

DA

＝3，所以DH ∥AC ，∠FDH ＝60°， DH ＝34

AC ＝3，由余弦定理得

FH ＝42＋32－2×4×3×cos 60°＝13，故选C.

11．(2017届河北省石家庄市模考)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求其直径d 的一个近似公式d ≈3163V ，人们还用过一些类似的近似公式，

根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是( ) A ．d ≈360

31V

B ．d ≈3

2V C ．d ≈315

8V

D ．d ≈321

11

V

答案 D

解析 根据球的体积公式V ＝43πR 3＝43π? ????d 23，得d ＝36V π，设选项中的常数为a b ，则π＝6b

a ，

选项A 代入得π＝31×660＝3.1，选项B 代入得π＝62＝3，选项C 代入得π＝6×8

15＝3.2，

选项D 代入得π＝11×6

21

＝3.142 857，D 选项更接近π的真实值，故选D.

12．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π

2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线

旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π

3D ．2π 答案 C

解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，则该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE

＝π×12×2－13π×12

×1＝5π3

，故选C.

13.(2017届广东省揭阳市调研)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三

组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略

不计) 答案 41π

解析 表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为1,2,6的长方体的外接球．设其半

径为R ，R 2

＝32

＋? ????22＋1222＝41

4

，所以该球形容器的表面积的最小值为

4πR 2

＝41π.

14.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，

AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积

为________． 答案

2

解析 由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱

ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.

∵AB ＝AC ，∴AB ＝1，

∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝ 2.

15．(2017届云南省曲靖市第一中学月考)已知三棱锥O —ABC 中，A ，B ，C 三点均在球心为

O 的球面上，且AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，若球O 的体积为

256π

3

，则三棱锥O —ABC 的体积是________． 答案

54

解析 三棱锥O —ABC 中，A ，B ，C 三点均在球心为O 的球面上，且AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，则AC ＝3，

∴S △ABC ＝12×1×1×sin 120°＝34，设球半径为R ，由球的体积V 1＝43πR 3＝256π3，解得R

＝4.设△ABC 外接圆的圆心为G ，∴外接圆的半径为GA ＝3

2sin 120°＝1，

∴OG ＝R 2

－GA 2

＝42

－12

＝15， ∴三棱锥O —ABC 体积为

V 2＝13S △ABC ·OG ＝13·

34·15＝54

. 16．(2017·河北省衡水中学二模)点M 是棱长为32的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点N 为B 1C 1上一点，2NB 1＝NC 1，DM ⊥BN ，则动点M 的轨迹的长度为________． 答案

330

5

π 解析 由已知，要有DM ⊥BN ，如图1，只需考虑DM 在平面BCC 1B 1的射影CM 1与BN 垂直，由

平面几何知识可知M 1为BB 1靠近B 点的三等分点，如图2所示，此时，动点M 的轨迹即为过

CM 1与平面BCC 1B 1垂直的平面α与球O 面相交截得的圆，此时球心O 到此圆面的距离即为O 1

到CM 1的距离O 1H .由于CM 1＝20＝25，BM 1＝2，BC ＝32，O 1C ＝12×3×(2)2

＝3，

所以sin ∠BCM 1＝

110

，cos ∠BCM 1＝

310，

图1 图2

所以sin ∠HCO 1＝sin(45°－∠BCM 1) ＝

22? ????310－110＝15

，

则O 1H ＝CO 1sin ∠HCO 1＝35

，

所以截面圆的半径r ＝R 2

－O 1H 2

＝

3310

，

则所求轨迹的周长是L ＝2πr ＝63π10

＝330π5.

2020高考数学专题复习----立体几何专题

空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0

的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。

近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总

高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，是两个平面，m,n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n,m ⊥α，n ∥β，那么βα⊥； （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。 （4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分） （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.

6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ， 上，411==F D E A ，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）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB=5，AC=6，点E,F 分别在AD,CD 上，AE=CF=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值

-2018江苏高考数学立体几何真题汇编

A B C D E F 2008-2018江苏高考数学立体几何真题汇编 （2008年第16题） 在四面体ABCD 中， CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点， 求证：（1）直线EF ∥平面ACD （2）平面EFC ⊥平面BCD 证明：（1） ??? E ， F 分别为AB ，BD 的中点?EF ∥AD 且AD ?平面ACD ，EF ?平面ACD ?直线EF ∥平面ACD （2）? ?????CB ＝CD F 是BD 的中点 ? CF ⊥BD ? ?? AD ⊥BD EF ∥AD ? EF ⊥BD ?直线BD ⊥平面EFC 又BD ?平面BCD ， 所以平面EFC ⊥平面BCD

B C? （2009年第16题） 如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F分别是A1B，A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C . 求证：（1）EF∥平面ABC （2）平面A1FD⊥平面BB1C1C 证明：（1）由E，F分别是A1B，A1C的中点知EF∥BC， 因为EF?平面ABC，BC?平面ABC，所以EF∥平面ABC （2）由三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1， 又A1D?平面A1B1C1，故CC1⊥A1D， 又因为A1D⊥B1C，CC1∩B1C＝C，CC1、B1C?平面BB1C1C 故A1D⊥平面BB1C1C，又A1D?平面A1FD， 故平面A1FD⊥平面BB1C1C

P A B C D D P A B C F E （2010年第16题） 如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ， ∠BCD ＝90°． （1）求证：PC ⊥BC ； （2）求点A 到平面PBC 的距离． 证明：（1）因为PD ⊥平面ABCD ， BC ?平面ABCD ，所以PD ⊥BC ． 由∠BCD ＝90°，得CD ⊥BC ， 又PD ∩DC ＝D ，PD 、DC ?平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD ． 因为PC ?平面PCD ，故PC ⊥BC ． 解：（2）（方法一）分别取AB 、PC 的中点E 、F ，连DE 、DF ，则： 易证DE ∥CB ，DE ∥平面PBC ，点D 、E 到平面PBC 的距离相等． 又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍． 由（1）知：BC ⊥平面PCD ，所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ， 因为PD ＝DC ，PF ＝FC ，所以DF ⊥PC ，所以DF ⊥平面PBC 于F ． 易知DF ＝ 2 2 ，故点A 到平面PBC 的距离等于2． （方法二）等体积法：连接AC ．设点A 到平面PBC 的距离为h ． 因为AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，所以∠ABC ＝90°． 从而AB ＝2，BC ＝1，得△ABC 的面积S △ABC ＝1． 由PD ⊥平面ABCD 及PD ＝1，得三棱锥P —ABC 的体积V ＝13S △ABC ×PD ＝ 1 3 ． 因为PD ⊥平面ABCD ，DC ?平面ABCD ，所以PD ⊥DC ． 又PD ＝DC ＝1，所以PC ＝PD 2＋DC 2＝2． 由PC ⊥BC ，BC ＝1，得△PBC 的面积S △PBC ＝ 2 2 ． 由V A ——PBC ＝V P ——ABC ，13S △PBC ×h ＝V ＝ 1 3 ，得h ＝2， 故点A 到平面PBC 的距离等于2．

2020高考数学立体几何练习题23题

2020高考数学之立体几何解答題23題 一．解答题（共23小题） 1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点． （Ⅰ）求证：AN∥平面MEC； （Ⅱ）在线段AM上是否存在点P，使二面角P﹣EC﹣D的大小为？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由． 2．如图，三棱柱中ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D为棱AC的中点，侧面A1ACC1为边长为2 的菱形，AC⊥CB，BC=1． （Ⅰ）证明：AC1⊥平面A1BC； （Ⅱ）求二面角B﹣A1C﹣B1的大小．

3．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°． （I）求点P到平面ABCD的距离， （II）求面APB与面CPB所成二面角的大小． 4．在正三棱锥P﹣ABC中，底面正△ABC的中心为O，D是PA的中点，PO=AB=2，求PB与平面BDC所成角的正弦值．

5．如图，正三棱锥O﹣ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知． （1）求证：B1C1⊥平面OAH； （2）求二面角O﹣A1B1﹣C1的大小． 6．如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC． （2）求二面角B﹣AC﹣D的大小． （3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一） 1.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ， 2PD AB ==，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证：EF PA ⊥； (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AF AD ⊥，2AE AD ==. (1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ； (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是 22 .

3.四棱锥P ABCD -中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PD∥面ACM． （Ⅱ）求证：PA⊥CD． （Ⅲ）求三棱锥P ABCD -的体积． 4.如图，四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD，90 DAB ABC ∠=∠=?．SA AB BC a ===，2 AD a =． （Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD． （Ⅱ）求证：CD⊥面SAC． S B A D M C B A P D

5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是 BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ． 6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ． E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P

2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招

2018年高考数学压轴 题突破140之立体几何五种动态问题和解题 绝招 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招中高考数学名师张芙华2018-01-29 06:14:27 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招 一．方法综述 立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点。究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的。 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。 二．解题策略 类型一立体几何中动态问题中的角度问题

【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值。当点M在P处时，EM与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小时，点M到达点Q时，角最小，余弦值最大。 类型二立体几何中动态问题中的距离问题

高考数学专题复习立体几何练习题

立体几何测试卷 班级 姓名 学号 一、选择题： 1．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ） （A ）30 （B ）45 （C ）60 （D ）75 2．两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5 cm 、4cm 、3cm ,把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是 （ ） （A ）cm 77 （B ）cm 27 （C ）cm 55 （D ）cm 210 3．等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将AMN ?折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30 ，则四棱锥A —MNCB 的体积为（ ） （A ） 2 3 （B ）23 （C ）3 （D ）3 4．若二面角βα--l 为120 ，直线m α⊥,则β所在平面内的直线与m 所成角的取值范围是 （ ） （A ）(] 90,0 （B ）[ ] 60 ,30 （C ）[] 90,60 （D ）[] 90,30 5．关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是 （ ） （A ）若a // M,b // M,则a // b （B ）若a // M,b ⊥a,则b ⊥ M （C ）若a ,,M b M ??且l b l a ⊥⊥,则M l ⊥ （D ）若,//,N a M a ⊥则N M ⊥ 6．棱长为a 的正方体中，连接相邻的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（ ） （A ）33a （B ）43a （C ）63a （D ）12 3 a 7．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） （A ）3π （B ）4π （C ）π33 （D ）6π 8． 已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） （A ）22 R π （B ） 249R π （C ）238R π （D ）22 5 R π 9．在下列条件中，可判断平面α与β平行的是 （ ） （A ）βα、都垂直于平面γ （B ）α内存在不共线的三点到β的距离相等

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

（一） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

（一） 1.D 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ?=?= 即 30 30x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,m 0,{PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27cos ,727 m n ==- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27-

（二） 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 23 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1， DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .

2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)

专题04 立体几何 1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则 A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是 A．158 B．162 C．182 D．324

4．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ， BC P 到平面ABC 的距离为___________． 6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长 方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方 体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O ?EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g. 8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网 格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．

2018年高考数学立体几何试题汇编

2018年全国一卷（文科）：9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．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 A ．217 B ．25 C ．3 D ．2 18．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =?∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点 D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ； （2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且2 3 BP DQ DA == ，求三棱锥Q ABP -的体积． 全国1卷理科 理科第7小题同文科第9小题 18. 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. 全国2卷理科： 9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为

A ．1 B ． 5 C ． 5 D ． 2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30?，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 全国3卷理科 3．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 19．（12分） 如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 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． 2018年江苏理科：

历年江苏高考数学立体几何真题汇编含详解

历年江苏高考数学立体几何真题汇编（含详解） （2008年第16题） 在四面体ABCD 中， CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点， 求证：（1）直线EF ∥平面ACD （2）平面EFC ⊥平面BCD 证明：（1） ? ??? ?E ，F 分别为AB ，BD 的中点?EF ∥AD 且AD ?平面ACD ，EF ?平面ACD ?直线EF ∥平面ACD （2）??????? ?? ?CB ＝CD F 是BD 的中点 ? CF ⊥BD ? ??? ?AD ⊥BD EF ∥AD ? EF ⊥BD ?直线BD ⊥平面EFC 又BD ?平面BCD ， 所以平面EFC ⊥平面BCD （2009年第16题） 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点，点D 在B 1C 1上， A 1D ⊥ B 1 C . 求证：（1）EF ∥平面ABC （2）平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C 证明：（1）由E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点知EF ∥BC ， 因为EF ?平面ABC ，BC ?平面ABC ，所以EF ∥平面ABC （2）由三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱知CC 1⊥平面A 1B 1C 1， 又A 1D ?平面A 1B 1C 1，故CC 1⊥A 1D ， 又因为A 1D ⊥B 1C ，CC 1∩B 1C ＝C ， CC 1、B 1C ?平面BB 1C 1C 故A 1D ⊥平面BB 1C 1C ，又A 1D ?平面A 1FD ， 故平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C （2010年第16题）

2007年高考理科数学“立体几何”题

2007年高考“立体几何”题 1．(全国Ⅰ) 如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =， 则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ） A ． 15 B ． 25 C ． 3 5 D ． 45 解：如图，连接BC 1，A 1C 1，∠A 1BC 1是异面直线1A B 与1AD 所成的角，设AB=a ，AA 1=2a ，∴ A 1B=C 1B=5a ， A 1C 1=2a ，∠A 1BC 1的余弦值为4 5 ，选D 。 一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知 正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ． 解：一个等腰直角三角形DEF 的三个顶点分别在 正三棱柱的三条侧棱上，∠EDF=90°，已知 正三棱柱的底面边长为AB=2，则该三角形 的斜边EF 上的中线DG=3. ∴ 斜边EF 的长为23。 四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠， 2AB = ，BC = SA SB == （Ⅰ）证明SA BC ⊥； （Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小． 解法一： （Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ， 得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =， 又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥， 由三垂线定理，得SA BC ⊥． （Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥， 1 A A B 1B 1A 1D 1C C D C 1A C F A D B C A S

立体几何 高考真题全国卷

（2018 文 I ）在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． ⑴证明：平面平面； ⑵为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积． （2018 文 I I ）如图，在三棱锥中，， ，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． ABCM 3AB AC ==90ACM =?∠AC ACM △M D AB DA ⊥ACD ⊥ABC Q AD P BC 2 3 BP DQ DA ==Q ABP -P ABC -AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C POM A B C P O M

（2018 文 III ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． ⑴证明：平面AMD ⊥平面BMC ； ⑵在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． （2017 文 I ）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； （2）若PA=PD=AB=DC,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为8 3 ，求该四棱锥的侧面积.

（2017 文 II ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD , 1 ,2 AB BC AD BAD == ∠90.ABC =∠=? （1）证明：直线BC ∥平面PAD ; （2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积. （2017 文 III ）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD ． （1）证明：AC ⊥BD ； （2）已知△ACD 是直角三角形，AB=BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．

上海高中数学之立体几何练习(打印).

立体几何练习题 一、选择题 1．已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则正确的结论是 A. 平面ABC 必平行于α B. 平面ABC 必与α相交 C. 平面ABC 必不垂直于α D. 存在ABC ?的一条中位线平行于α或在α内 2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上” 的 （A ）充分非必要条件； （B ）必要非充分条件； （C ）充要条件； （D ）非充分非必要条件． 3．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”。在一个 正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 （A ）48 （B ）18 （C ）24 （D ）36 4．已知二面角l αβ--的大小为0 60，m n 、为异面直线，且 m n αβ⊥⊥，，则m n 、所成的角为 （A ）0 30 （B ）0 60 （C ）0 90 （D ）0 120 5．已知球O 半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4 π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B C OA --的大小是 （A ） 4π （B ）3π （C ）2π （D ）23 π 7．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命 题是 A ．βαβα⊥?⊥? ⊥n m n m ,, B ．n m n m ⊥?⊥βαβα//,,// C ．n m n m ⊥?⊥⊥βαβα//,, D ．ββαβα⊥?⊥=⊥n m n m ,,I 8．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．． 的是 A ．AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面 B ．若A C 与B D 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 C ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD =BC D ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD ⊥BC 9．若l 为一条直线，αβγ，，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①αγβγαβ⊥⊥?⊥，；②αγβγαβ⊥?⊥，∥；③l l αβαβ⊥?⊥，∥． 其中正确的命题有 A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 10．如图，O 是半径为1的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧 ?AB 与? AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，() 1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0, 0,{ n AB n PB ?=?= 即 3030 x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0, m 0, { PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,727 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 -

1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 2 3 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ⊥⊥（Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .

2018高考数学立体几何含答案(最新整理)

5 ??n ? ? 2018 高考数学立体几何答案 1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC ? A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ； （Ⅱ）求二面角 B?CD ?C 1 的余弦值； （Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交． 【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ， ∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点， ∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ， ∴ AC ⊥ 平面 BEF ． （2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ， EF ∥CC 1 ． 又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ． Q BE ? 平面 ABC ，∴ EF ⊥ BE ． 如图建立空间直角坐称系 E - xyz ． 由题意得 B (0, 2, 0) ， C (-1, 0, 0) ， D (1, 0,1) ， F (0, 0, 2) ， G (0, 2,1) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴? uur n ? ，∴?2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ? ? CB = 0 ? 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，

2021年上海高考数学 立体几何强化训练(综合版)

2021年上海高考数学·立体几何习题 一、考点分析 1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 ①? ? ??????→?? ?????→? ? ?? L 底面是正多形 棱垂直于底面 斜棱柱 棱柱正棱柱 直棱柱 其他棱柱 ★ 底面为矩形 底面为正方形侧棱与底面边长相等 2. 棱锥 棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 ★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 3．球 球的性质： ①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ★②r=d、球的半径为R、截面的半径为r）

★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切. 注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2 3 44,3 S R V R ππ== 球球（其中R 为球的半径）

俯视图 1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈??： 解题步骤： 一找（作）： 利用平移法找出异面直线所成的角； （1）可固定一条直线平移另一条与其相交； （2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角； 2求直线与平面所成的角[]0,90θ∈??：关键找“两足”：垂足与斜足 解题步骤： 一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）； 二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）； 三计算：常通过解直角三角形，求出线面角。 3求二面角的平面角[]0,θπ∈ 解题步骤： 一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角； 二证：证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。 二、典型例题 1． _________________. 第1题 侧(左)视图 正(主)视图

历年高考数学真题精选31 立体几何中的垂直关系

历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题31 垂直关系（学生版） 1．（2019?北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ； （Ⅱ）若60ABC ∠=?，求证：平面PAB ⊥平面PAE ； （Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由． 2．（2015?重庆）如图，三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，2 ABC π ∠= ，点D 、E 在线段AC 上，且2AD DE EC ===，4PD PC ==，点F 在线段AB 上，且//EF BC ． （Ⅰ）证明：AB ⊥平面PFE ． （Ⅱ）若四棱锥P DFBC -的体积为7，求线段BC 的长． 3．（2015?福建）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直 于圆O 所在的平面，且1PO OB ==， （Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证；AC ⊥平面PDO ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值； （Ⅲ）若2BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．

4．（2014?四川）在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A 都为矩形 （Ⅰ）若AC BC ⊥，证明：直线BC ⊥平面11ACC A ； （Ⅱ）设D 、E 分别是线段BC 、1CC 的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线//DE 平面1A MC ？请证明你的结论． 5．（2014?福建）如图，三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，CD BD ⊥． （Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABD ； （Ⅱ）若1AB BD CD ===，M 为AD 中点，求三棱锥A MBC -的体积． 6．（2014?广东）如图1，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，1AB =，2BC PC ==作如图2折叠；折痕//EF DC ，其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF CF ⊥． （1）证明：CF ⊥平面MDF ； （2）求三棱锥M CDE -的体积．

近三年高考全国卷理科立体几何真题

新课标卷高考真题 1、（2016年全国I 高考）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．

2、（2016年全国II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ， 5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5 4 AE CF == ，EF 交BD 于点H ．将DEF ?沿EF 折到'D EF ?位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．

3【2015高考新课标1，理18】 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC； （Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

4、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC； (2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积． 图1-3

5、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C. 图1-5 (1)证明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1-C1的余弦值．

高三数学立体几何练习题及答案

高三数学立体几何练习 题及答案 Document number【980KGB-6898YT-769T8CB-246UT-18GG08】

江苏省盐城高级中学2009届高三数学立体几何周练一．填空题 1 平面图形的面积是 2 方体木块的个数是 5 ． 3．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得到这个几何体的体积是___________ 4 3 π ____3 cm． 4．已知m n 、是不重合的直线，αβ 、是不重合的平面，有下列命题：（1）若,// n m n αβ=，则//,// m m αβ； （2）若, m m αβ ⊥⊥，则// αβ； （3）若//, m m n α⊥，则nα ⊥； （4）若, m n αα ⊥?，则. m n ⊥ 其中所有真命题的序号是(2)(4)． 俯视 主视图左视图 主视图左视图 俯视图 x′

5．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 1345 （写出所有正确结论的编号．． ）。 ①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体。 6. 已知一正方体的棱长为m ，表面积为n ；一球的半径为,p 表面积为q ，若 2m p =，则n q = 6π 7．给出下列四个命题： ⑴ 过平面外一点，作与该平面成θ00(090θ<≤）角的直线一定有无穷多 条； ⑵ 一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行； ⑶ 对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有唯一的一个平面与这两条异面直线都平行； ⑷ 对两条异面的直线,a b ，都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等； 其中正确命题的序号为_____24________（请把所有正确命题的序号都填上）． ８．已知三条不重合的直线两个不重合的平面，有下列命题： ①若||,m n n α?，则||m α；②若,l m αβ⊥⊥，且||l m ，则||αβ；③若 ,,||,||,m n m n ααββ??则||αβ；④若 ,,,m n n m αβαββ⊥=?⊥，则n α⊥。 其中正确的序号为 ②④ 9.有两个相同的直三棱柱，高为a 2 ，底面 三角形的三边长分别为)0(5,4,3>a a a a 用 它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a 的取值范围是____0