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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 ．

B ．

C ．

D ．

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

，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 ∥，

A A

1C C

C 1A C

D B

A S

故SA AD ⊥

，由AD BC ==

SA =

AO =

得1SO =

，SD =．

SAB △

的面积211

2S AB

SA ?=-= ?

连结DB ，得DAB △的面积21

sin135

S AB AD =

= 设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得1211

h S SO S =

，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α，则sin 11h SD α=

．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为arcsin

．解法二：

（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，

得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．

又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 0)A ，，(0B ，(0C -，，(001)S ，，，(2，(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．

（Ⅱ）取AB 中点E ，022E ?? ? ???

，，

连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，12G ?

????，． 12OG ?=????，，1SE ?

=????

，(AB =． 0SE OG =，0AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．

所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，

则α与β互余．

，(DS =．

cos 11

OG DS OG

α=

，

sin 11β=，

所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为arcsin ．

2．(全国II) 已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，

则1AB 与侧面

11ACC A 所成角的正弦值等于（）

．

D ．

解：已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，取A 1C 1的中点D 1，

连接BD 1，AD 1，∠B 1

AD 1是AB 1与侧面

ACC 1A 1所成的角，

11sin 4B AD ∠==，选A 。

一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2

．

解：一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上。正四棱柱的对角线的

长为球的直径，现正四棱柱底面边长为1cm ，设正四棱柱的高为h ，

∴ h=2，那么该棱柱的表面积为2+42cm 2.

如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD E F ，，分别为AB SC ，的中点．（1）证明EF ∥平面SAD ；

（2）设2SD DC =，求二面角A EF D --的大小．解法一：

（1）作FG DC ∥交SD 于点G ，则G 为SD 的中点．

连结12

AG FG CD

∥，，又CD AB ∥，故FG AE AEFG

∥，为平行四边形． A

EF AG ∥，又AG ?平面SAD EF ?，平面SAD ．所以EF ∥平面SAD ．

（2）不妨设2DC =，则42SD DG ADG ==，，△为等腰直角三角形．

取AG 中点H ，连结

DH ，则DH AG ⊥．

又AB ⊥平面SAD ，所以AB DH ⊥，而AB AG A =，所以DH ⊥面AEF ．

取EF 中点M ，连结MH ，则HM EF ⊥．

连结DM ，则DM EF ⊥．故DMH ∠为二面角A EF D --的平面角

tan 1

DH DMH HM ∠===

所以二面角A EF D --的大小为．解法二：（1）如图，建立空间直角坐标系D xyz -．

设(00)(00)A a S b ，，，，，，则(0)(0B a a C ，，，，00222a a b E a F ????

? ?????，，，，，， 02b EF a ?

?=- ??

?，，．

取SD 的中点002b G ?? ??

，

，，则02b AG a ??=- ??

，，． EF AG EF AG AG =?，∥，平面SAD EF ?，平面SAD ，

所以EF ∥平面SAD ．

（2）不妨设(100)A ，，，则1

1(110)(010)(002)100122B C S E F ???? ? ?????

，，，，，，，，，，，，，，． EF 中点111111(101)0222222M MD EF MD EF MD EF ????=---=-= ? ?????，，，

，，，，，，，⊥ 又1002

EA ??=- ??

，

，，0EA EF EA EF =，⊥，所以向量MD 和EA 的夹角等于二面角A EF D --的平面角．

cos 3

MD EA MD EA MD EA

<>=

，． A

D H

G M

所以二面角A EF D --的大小为arccos

． 3．（北京卷）平面α∥平面β的一个充分条件是（）Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥

Ｂ．存在一条直线a a a αβ?，，∥

Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα??，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a b a b αββα??，，，，∥，∥ 解：平面α∥平面β的一个充分条件是“存在两条异面直线

a b a a b αβα?，，，∥，∥”，选D 。

如图，在Rt AOB △中，π

OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △

可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角 B AO C --是直二面角．动点D 的斜边AB 上．（I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；

（II ）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的大小；（III ）求CD 与平面AOB 所成角的最大值．解：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，

BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角，

又二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =，

CO ∴⊥平面AOB ，又CO ?平面COD ． ∴平面COD ⊥平面AOB ．

（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥，

CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．

在Rt COE △中，2CO BO ==，1

OE BO ==，

CE ∴==

又1

DE AO =

= ∴在Rt CDE △

中，tan CE CDE DE =

∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为arctan

．（III ）由（I ）知，CO ⊥平面AOB ，

CDO ∴∠是CD 与平面AOB 所成的角，且2

tan OC CDO OD OD

．当OD 最小时，CDO ∠最大，这时，OD AB ⊥，垂足为D ，3OA OB

OD AB

=，tan CDO =， CD

∴与平面AOB 所成角的最大值为arctan

．

4．（天津卷）设,a b 为两条直线，,αβ为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是（） A.若,a b 与α所成的角相等，则b a ∥ B.若a ∥,b α∥β,α∥β，则b a ∥

C.若,,a b a αβ??∥b,则βα∥

D.若,,,a b αβαβ⊥⊥⊥则a b ⊥

解：对于A 当,a b 与α均成0?时就不一定；对于B 只需找个γαβ∥∥，且,a b γγ??

即可满足题设但,a b 不一定平行；对于C 可参考直三棱柱模型排除，故选D.

一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，

则此球的表面积为__________.

解：长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即2R ==

故2414S R ππ==.

如图，在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥ 底面,ABCD

,,60,AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=?,PA AB BC ==E 是PC 的中点.

(I)证明CD AE ⊥； (II)证明PD ⊥平面ABE ；

(III)求二面角A PD C --的大小.

【分析】(I)证明：在四棱锥P ABCD -中，

因PA ⊥底面,ABCD CD ?平面,ABCD 故PA CD ⊥.

,,AC CD PA

AC A CD ⊥=∴⊥平面PAC .

而AE ?平面,PAC AE PC ∴⊥.

(II)证明：由,60,PA AB BC ABC ==∠=?可得AC PA =.E 是PC 的中点，AE PC ∴⊥.

由(I)知，,AE CD ⊥且,PC

CD C =所以AE ⊥平面PCD .

而PD ?平面,PCD AE PD ∴⊥. PA ⊥底面,ABCD PD 在底面ABCD 内射影是,,AD AB AD AB PD ⊥∴⊥.

又,AB

AE A =综上得PD ⊥平面ABE .

(III)解法一：过点A 作,AM PD ⊥垂足为,M 连结EM .由(II)知，AE ⊥平面,PCD AM 在平面PCD 内的射影是,EM 则EM PD ⊥.因此AM E ∠是二面角A PD C --的平面角. 由已知，得30CAD ∠=?.设,AC a =可得

,,,.32

PA a AD PD AE ==

在Rt ADP ?中，,..AM PD AM PD PA AD ⊥∴=.则

..7a PA AD AM a PD === 在Rt AEM ?

中，sin AE AME AM ==

所以二面角A PD C --

的大小是sin

acr 解法二：由题设PA ⊥底面,ABCD PA ?平面,PAD 则平面PAD ⊥平面,ACD 交线为.AD

过点C 作,CF AD ⊥垂足为,F 故CF ⊥平面.PAD 过点F 作,FM PD ⊥垂足为,M 连结,CM 故.CM PD ⊥因此CMF ∠是二面角A PD C --的平面角. 由已知，可得30CAD ∠=?.设,AC a =可得

1,,,,.2PA a AD PD CF a FD ==

FM D ?∽,.FM

FD PAD PA PD

?∴=

于是，...a a

FD PA FM PD =

== A

D M F

M A

在Rt CMF

?中，1tan a

CF CMF FM =

== 所以二面角A PD C --的大小是arctan

5．(上海卷) 在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种．已知αβ，是两个相交平面，空间两条直线12l l ，在α上的射影是直线12s s ，，12l l ，在β上的射影是

直线12t t ，．用1s 与2s ，1t 与2t 的位置关系，写出一个总能确定1l 与2l 是异面直线的充分条件：．解：作图易得“能成为12,l l 是异面直线的充分条件”的是“21//s s ，并且1t 与2t 相交”

或“//1t 2t ，并且1s 与2s 相交”。

如图，在体积为1的直三棱柱111C B A ABC -中，

90===∠BC AC ACB ．

求直线B A 1与

平面C C BB 11所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．解：法一：由题意，可得体积11

111

122

ABC V CC S CC AC BC CC ====△， ∴211==CC AA ．连接1BC ．

1111111AC B C AC CC ⊥⊥，，

⊥∴11C A 平面C C BB 11，11BC A ∠∴是直线B A 1与平面C C BB 11所成的角．

522

11=+=BC CC BC ，5

tan 11111=

∠∴BC C A BC A ，则 11BC A ∠＝55arctan ．即直线B A 1与平面C C BB 11所成角的大小为5

arctan ．法二：由题意，可得

体积11111

122

ABC V CC S CC AC BC CC ?====， 21=∴CC ，

A A

如图，建立空间直角坐标系．得点(010)B ，，， 1(002)C ，，，1(102)A ，，．则1(112)A B =--，

，，平面C C BB 11的法向量为(100)n =，，

．设直线B A 1与平面C C BB 11所成的角为θ，A 1与n 的夹角为?，则116

cos 6A B n A B

n ?=

6arcsin ,66|cos |sin ===∴θ?θ，

6．（重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，

则这三个平面把空间分成（）

A ．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分解：可用三线,,a b c 表示三个平面，如图，将空间分成7个部分。选C

如图，在直三棱柱ABC —111C B A 中，12,AA = AB = 1,

090ABC ∠=；点D 、E 分别在D 、A BB 11上，且D A E B 11⊥，

四棱锥1ABDA C -与直三棱柱的体积之比为3：5。（1）求异面直线DE 与11C B 的距离；(8分)

（2）若BC =2，求二面角111B DC A --的平面角的正切值。(5分) 解：

（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则(000)B ，

，，

1(002)B ，，，(010)A ，，，1(012)A ，，，则1(002)AA =，，，(010)AB =-，

，．设1(02)C a ，，，则11(00)B C a =，，，

又设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，，从而1110BC B E =，即111B E BC ⊥．

又11B E DA ⊥，所以1B E 是异面直线11B C 与DE

下面求点D 的坐标．

设(00)D z ，，，则(00)BD z ，

，．因四棱锥1C ABDA -的体积1V 为

11111

()36ABDA V S BC BD AA AB BC ==+

(2)16

z BC =+．而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为2111

ABC V S AA AB BC AA BC ===△．由已知条件12:3:5V V =，故

13(2)65z +=，解得85z =，即8005D ?

? ???，，．从而12005DB ?? ???，

，，12015DA ??

= ??

，，，00805DE y z ??=- ??

，，．接下来再求点E 的坐标．

由11B E DA ⊥，有110B E DA =，即002

(2)05

y z +

-= （1）又由1DA DE ∥得

521

z y -=．（2）

联立（1），（2），解得0429y =

，04829z =，即44802929E ??= ???

，，，得14

1002929B E ??=- ???，，．

故1B E ?== （Ⅱ）由已知BC =

12)C ，，从而12

(2)5

DC =，

，，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，

答（19）图2

设11(0)F x z ，，，则111(02)B F x z =-，，，因为110B F DC =，故

1124

055

z +

-=……………………………………① 因11805DF x z ??=- ???，

，且1DF DC ∥

得18525

z -

=，即

11205x =……………………………………②

联立①②解得1x =

，14427z =

，即4427F ???，．

则110127A F ?=--??，

，11027B F ?=-??，．

12||27B F ?== ??．又112102

22(1)0027275

A F DC =+--=，故11A F DC ⊥，

因此11A FB ∠为所求二面角的平面角．又11(010)A B =-，，，从而1110A B B F =，故11A B ⊥1B F ，11A B F △为直角三角形，所以11111||3tan 2||

A B A FB B F ==．

7．（辽宁卷）若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，

则下列命题中的真命题．．．

是（） A ．若m βαβ?⊥，，则m α⊥ B ．若m

γ=n βγ

=，m n ∥，则αβ∥

C ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥

D ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥

解：由有关性质排除A 、B 、D ，选C

的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为．

解：根据条件正六棱柱的最长的对角线为球的直径，由12)6()6()2(2

22=+=R

得R=3，球体积为ππ343

如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，AC BC a ==，D E ，分别为棱AB BC ，的中点，M 为棱1AA 上的点，二面角M DE A --为30．（I ）证明：111A B C D ⊥；

（II ）求MA 的长，并求点C 到平面MDE 的距离．

（I ）证明：连结CD ，三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，

∴1CC ⊥平面ABC ，∴CD 为1C D 在平面ABC 内的射影．

ABC △中，AC BC =，D 为AB 中点，

∴AB CD ⊥， ∴1AB C D ⊥．

11A B AB ∥，∴111A B C D ⊥．………………………………4分

（II ）解法一：过点A 作CE 的平行线，

交ED 的延长线于F ，连结MF ． D E ，分别为AB BC ，的中点， DE AC ∴//．

又AF CE //，CE AC ⊥． ∴AF DE ⊥．

MA ⊥平面ABC ，

∴AF 为MF 在平面ABC 内的射影． ∴MF DE ⊥．

MFA ∴∠为二面角M DE A --的平面角，30MFA ∠=．

在Rt MAF △中，122

AF BC =

=，30MFA ∠=， 1A 1C

1A 1C

M D

F G

AM a ∴=

． ………………………………8分作AG MF ⊥，垂足为G ，

MF DE ⊥，AF DE ⊥，∴DE ⊥平面AMF ，平面MDE ⊥平面AMF ，∴AG ⊥平面MDE ．

在Rt GAF △中，30GFA ∠=，2

a AF =

， ∴4a AG =，即A 到平面MDE 的距离为4a

．

CA DE //， ∴//CA 平面MDE ，

∴C 到平面MDE 的距离与A 到平面MDE 的距离相等，为

．……………………12分解法二：过点A 作CE 的平行线，交ED 的延长线于F ，连接MF ．

D E ，分别为AB BC ，的中点，∴DE AC //．

又

AF CE //，,CE AC ⊥ ∴AF DE ⊥．

MA ⊥平面ABC ，∴AF 是MF 在平面ABC 内的射影，∴MF DE ⊥．

∴MFA ∠为二面角M DE A --的平面角，30MFA ∠=．

在Rt MAF △中，122

AF BC =

=，30MFA ∠=，

∴AM =

． ··························································································· 8分设C 到平面MDE 的距离为h ，

∴M CDE C MDE V V --=． ∴1

CDE

MDE S

MA S h =△

2128

CDE

a S CE DE ==△，6MA a =

，211322cos3012MDE AF S DE MF DE a ===△，

∴2211386312a a a h ??

=??，∴4a h =，即C 到平面MDE 的距离为4

． …12分

8．（江苏卷）已知两条直线,m n ，两个平面,αβ，给出下面四个命题：

①//,m n m n αα⊥?⊥ ②//,,//m n m n αβαβ??? ③//,////m n m n αα? ④//,//,m n m n αβαβ⊥?⊥

其中正确命题的序号是（）

A ．①、③

B ．②、④

C ．①、④

D ．②、③

解：②中，m n ，有可能是异面直线；③中，n 有可能在α上，都不对，故选（C ）。

正三棱锥P ABC -的高为2，侧棱与底面ABC 所成角为45，则点A 到侧面PBC 的距离是 .

解：如图，∠PBO ＝45°，PO ＝OB ＝2，OD ＝1，BD ＝3，

PB ＝22，PD ＝5，AD ＝3，

AE PD PO AD ?=?2

21，得AE ＝

. 如图，已知1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体，点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==，

（1）求证：1,,,E B F D 四点共面；（4分）

（2）若点G 在BC 上，2

BG =，点M 在1BB 上，

GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥面11BCC B ；（4分）

（3）用θ表示截面1EBFD 和面11BCC B 所成锐二面角大小，求tan θ。（4分）

解：（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE =，，，(032)BF =，，，1(333)BD =，，，

所以1BD BE BF =+，故1BD ，BE ，BF 共面．

又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面．

（2）如图，设(00)M z ，，，则203

GM z ?

?=- ??

，

，，而(032)BF =，

，，由题设得2

3203

GM BF z =-+=，得1z =．

因为(001)M ，

，，(301)E ，，，有(300)ME =，，，又1(003)BB =，，，(030)BC =，

，，所以10ME BB =，0ME BC =，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥．故ME ⊥平面11BCC B ．

C B A

G H

1A 1D

y x

C 1

（3）设向量(3)BP x y =，，

⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．而(301)BE =，

，，(032)BF =，，，得330BP BE x =+=，360BP BF y =+=，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，

，．又(300)BA =，

，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）．于是cos 14

BP BA BP BA

．故tan θ=

9．(广东卷) 如果一个凸多面体是n 棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点

所确定的直线共有_____条，这些直线中共有()f n 对异面直线，则(4)____f =；f(n)=______ (答案用数字或n 的解析式表示) 【参考答案】

2)1(+n n ，12，2

)

1)(2(--n n n 解：当多面体的棱数由n 增加到n+1时，所确定的直线的条数将增加n+1，由递推关系f(n+1)

-f(n)=n+1我们能够求出答案。从图中我们明显看出四棱锥中异面直线的对数为12对。

能与棱锥每棱构成异面关系的直线的条数为2

)

1)(2(--

n n ，进而得到f(n)的表达式。

如图6所示，等腰三角形△ABC 的底边AB=高CD=3.点E 是线段BD 上异于B 、D 的动点.点F 在BC 边上，且E F ⊥AB.现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使P E ⊥AE.记BE=x ，V （x ）表示四棱锥P-ACFE 的体积。（1）求V(x)的表达式；

（2）当x 为何值时，V(x)取得最大值？（3）当V （x ）取得最大值时，求异面直线

AC 与PF 所成角的余弦值。

解：(1)已知EF ⊥AB,那么翻折后，显然有PE ⊥EF,又PE ⊥AE,从而PE ⊥面ABC,

即PE 为四棱锥的高。四棱锥的底面积S=

S ABC ?-S BEF ?

而△BEF 与△BDC 相似，那么

S BEF

x S BDC ?=)6

x 2

S ABC ?=108

S x ABC

? F 图6

D C

则S=

S ABC

1082

S x

ABC ?=（1-1082x ）?21?66?3=96（1-108

x ）故四棱锥的体积V(x)=31SH=31

?96（1-1082

x ）?χ=36χ（1-108

x ）(0

(2) V ’(x)= 36-

6x 2(00,V(x)单调递增；x ∈(6，36)时V ’(x)><0,V(x)单调递减；因此x=6时， V(x)取得最大值V(x)max= V(6)=126 (3)过P 作PQ ∥AC 交AB 于点Q

那么△PQF 中PF=FQ=42，而PQ=62 ,进而求得cos ∠PFQ=

故异面直线AC 与PF 所成角的余弦值为 .

10．(福建卷) 已知m n ，为两条不同的直线，αβ，为两个不同的平面，

则下列命题中正确的是（）

A ．m n m n ααββαβ???，，∥，∥∥

B ．m n m n αβαβ???∥，，∥

C ．m m n n αα?⊥，⊥∥

D ．n m n m αα?∥，⊥⊥

解：A 中m 、n 少相交条件，不正确；B 中分别在两个平行平面的两条

直线不一定平行，不正确；C 中n 可以在α内，不正确，选D.

顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD A B C D ''''-中，1

AB AA '==，

则A C ，两点间的球面距离为（） A ．

B ．

π2

C ．

π D ．

解：正四棱柱的对角线为球的直径，由4R 2=1+1+2=4得R=1，AC=2

2R R +=，

所以∠AOC=2π（其中O 为球心）A 、C 两点间的球面距离为2

，选B.

如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长

都为2，D 为1CC 中点．（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．

解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．

ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．

正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B

，

AO ∴⊥平面11BCC B ．

连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为

1BC CC ，的中点，1B O BD ∴⊥，1AB BD ∴⊥．

在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥，1AB ∴⊥平面1A BD ．

（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，

连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．

1AF A D ∴⊥，AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．

在1AA D △中，由等面积法可求得5

AF =

，又

112AG AB =

=sin 4

AG AFG AF ∴===

∠．所以二面角1A A D B --的大小为arcsin

．（Ⅲ）1A BD △中，111A BD BD A D A B S ===∴=△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B ．设点C 到平面1A BD 的距离为d ．

C D

A 1

由11A BCD C A BD V V --=得11133

3BCD

A BD S S

d =△

△，12BCD A BD d S ∴==

△△．

∴点C 到平面1A BD 的距离为

．解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．

在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立

空间直角坐标系，则(100)B ，，

，(110)D -，，

，1(02A ，(00A ，

1(120)B ，，， 1(12AB ∴=，，(2

10)BD =-，，，1(12BA =-．

12200AB BD =-++=，111

AB BA =-+1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．

1AB ∴⊥平面1A BD ．

（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n (11AD =-，，，1(020)AA =，，．

AD ⊥n ，1AA ⊥n ，

100AD AA ?=?∴?=??，，n n 020x y y ?-+-=?∴?=?

?，，0y x =??∴?=??，

．

令1z =得(1)=，n 为平面1A AD 的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ，1AB ∴为平面1A BD 的法向量．

cos

33222

AB AB AB -->=

=n n ．

∴二面角1A A D B --的大小为arccos

（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB 为平面1A BD 法向量，1(200)(12BC AB =-=，，，，．

∴点C 到平面1A BD 的距离1

222

BC AB d AB -=

．

11．(安徽卷) 设l,m,n 均为直线，其中m,n 在平面α内，“l ⊥α”是“l ⊥m 且l ⊥n ”的（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件

解：若“l ⊥α”，则“l ⊥m 且l ⊥n ”，反之若“l ⊥m 且l ⊥n ”，当m//n 时，推不出“l ⊥α”，

∴ “l ⊥α”是“l ⊥m 且l ⊥n ”的充分不必要条件，选A 。

半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点间的球面距离为（A ）)33arccos(-

（B ）)36arccos(- （C ）)31arccos(-（D ）)4

1arccos(- 解：设AB=a ，P 为△BCD 的中心，O 为球心，则OB=1，OP=

，BP=33a ，

由222

OB OP BP =+解得26a =

，∴ 由余弦定理得∠AOB=arcos(－3

)， ∴ A 与B 两点间的球面距离为)3

1arccos(-，选C 。

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（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.

解：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1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①矩形如ACC 1A 1；. 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，如A －A 1BD ；④每个面都是等边三角形的四面体，如ACB 1D 1；⑤每个面都是直角三角形的四面体，如AA 1DC ，所以填①③④⑤。

如图，在六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长

为2的正方形，四边形A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形，DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝2.

（Ⅰ）求证：A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面；（Ⅱ）求证：平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1；

（Ⅲ）求二面角A －BB 1－C 的大小（用反三角函数值表示）. 【解析】法1（向量法）：

以D 为原点，以1DA

DC DD ，，所在直线分别为x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系D xyz -如图，

则有(200)(220)(020)A B C ，，，，，，，，，．

1111(102)(112)(012)(002)A B C D ，，，，，，，，，，，

（Ⅰ）证明：

1111(110)

(220)(110)(220)AC AC D B DB =-=-==，，，，，，，，，，，∵． 111122AC AC DB D B ==，∴．AC ∴与11AC 平行，

DB 与11D B 平行，

于是11A C 与AC 共面，11B D 与BD 共面．

（Ⅱ）证明：1(0

02)(220)0DD AC =-=，，，，··，(220)(220)0DB AC =-=，，，，··， 1DD AC ⊥∴，DB AC ⊥．1DD 与DB 是平面11B BDD 内的两条相交直线． AC ⊥∴平面11B BDD ．又平面11A ACC 过AC ．∴平面11A ACC ⊥平面11B BDD ．

（Ⅲ）解：111(102)(112)(012)AA BB CC =-=--=-，，，，，，，，．设111()x y z =，，n 为平面11A ABB 的法向量，

11120AA x z =-+=n ·，111120BB x y z =--+=n ·．

于是10y =，取11z =，则12x =，(201)=，，n ．设222()x y z =，，m 为平面11B BCC 的法向量，

122220BB x y z =--+=m ·，12220CC y z =-+=m ·．

于是20x =，取21z =，则22y =，(021)=，

，m ．1

cos 5

==，m n m n m n ·． ∴二面角1A BB C --的大小为1

πarccos 5

-．

解法2（综合法）：

（Ⅰ）证明：1D D ⊥∵平面1111A B C D ，1D D ⊥平面ABCD ．

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

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题 1．（2016 高考新课标 1 卷）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 ． D C F （Ⅰ）证明：平面ABEF平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 19 19 【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明 F平面FDC ,结合F平面 F ,可得平面F 平面 FDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系, 分别求出平面C的法向量 m 及平面 C 的法向量 n ,再利用 cos n, m n m 求二面角．n m 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF, F F, 所以F平面 FDC ．又F平面F,故平面 F 平面FDC ．（Ⅱ）过 D 作DG F ,垂足为 G ,由（Ⅰ）知 DG平面 F ．以 G 为坐标原点,GF 的方向为 x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz ．由（Ⅰ）知DF为二面角D F的平面角,故DF60,则DF 2, DG3,可得1,4,0 ,3,4,0,3,0,0, D0,0, 3 ．由已知 ,// F,所以//平面FDC ．又平面CD平面FDC DC,故//CD , CD// F ．由//F,可得平面FDC ,所以 C F为二面角 C F 的平面角, C F60 ．从而可得C2,0,3．

设 n x, y, z 是平面C的法向量,则 n C 0, 即x 3z 0, n0 4 y0 所以可取 n3,0, 3 ．设 m 是平面 m C0 CD 的法向量,则, m0 同理可取 m0, 3, 4 ．则 cos n, m n m 2 19． n m19 故二面角C 219的余弦值为． 19 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不大 , 以中档题为主．第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决． 2 ．（ 2016 高考新课标 2 理数）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 5 ，EF交BD于点H．将4 DEF 沿 EF 折到 D EF 位置，OD10．（Ⅰ）证明： D H平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 ．25

高考立体几何大题20题汇总情况

高考立体几何大题20 题汇总情况 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

(2012江西省）（本小题满分12分）如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB=12，AD=5， BC=42，DE=4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合与点G ，得到多面体CDEFG. （1）求证：平面DEG ⊥平面CFG ；（2)求多面体C DEFG 的体积。 2012，山东(19) (本小题满分12分) 如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形， ,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =； (Ⅱ)若∠120BCD =?，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 2012浙江20．（本题满分15分）如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥1111ABCD A B C D -中，,AD BC //AD 11,2,2,4,2,AB AB AD BC AA E DD ⊥====是的中点，F 是平面11B C E 与直线1AA 的交点。（Ⅰ）证明：（i） 11;EF A D //ii （）111;BA B C EF ⊥平面（Ⅱ）求1BC 与平面11B C EF 所成的角的正弦值。 (第20题图) F E C 1 B 1 D 1A 1 A D B C

（2010四川）18、(本小题满分12分)已知正方体''''ABCD A B C D -中，点M 是棱'AA 的中点，点O 是对角线'BD 的中点，（Ⅰ）求证：OM 为异面直线'AA 与'BD 的公垂线；（Ⅱ）求二面角''M BC B --的大小； 2010辽宁文（19）（本小题满分12分）如图，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥ （Ⅰ）证明：平面11A B C ⊥平面11A BC ；（Ⅱ）设D 是11A C 上的点，且1//AB 平面1B CD ，求11:A D DC 的值。

近三年高考全国卷理科立体几何真题

新课标卷近三年高考题 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 ∠=o ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60o ．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【解析】 ⑴ ∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=? ∴AF DF ⊥ ∵=DF EF F I ∴AF ⊥面EFDC AF ⊥面ABEF ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=? ∵AB EF ∥ AB ?平面EFDC EF ?平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD AB ?平面ABCD ∵面ABCD I 面EFDC CD = ∴AB CD ∥,∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建立坐标系，设FD a = ()020EB a =u u u r ，，，322a BC a ?? =- ? ???u u u r ，，，()200AB a =-u u u r ，，设面BEC 法向量为()m x y z =u r ，，. 00m EB m BC ??=? ??=??u r u u u r u r u u u r ，即1111203 202a y a x ay z ?=????-?=?? 设面ABC 法向量为()222n x y z =r ，， =00n BC n AB ?????=??r u u u r r u u u r .即2222 320220a x ay ax ?-=???=? 222034x y z ===，

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）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 ∠=o ,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60o ．（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）19 - 【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m u r 及平面C B E 的法向量 n r ,再利用cos ,n m n m n m ?=r r r r r r 求二面角．试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E - ,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CD AB I 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =o ．从而可得(C -．所以(C E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r ,(C 3,A =--u u u r ,()4,0,0AB =-u u u r ．设(),,n x y z =r 是平面C B E 的法向量,则 C 0 0n n ??E =???EB =??u u u r r u u u r r , 即040x y ?=?? =??, 所以可取(3,0,n =r ．

理科立体几何高考题

立体几何高考题 1.在空间，下列命题正确的是（A ）平行直线的平行投影重合（B ）平行于同一直线的两个平面平行（C ）垂直于同一平面的两个平面平行（D ）垂直于同一平面的两条直线平行 2.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 ）（B （C ）2 3 （D 3．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（） A ．9π B ．10π C ．11πD ．12π 4.已知正四棱锥S ABCD - 中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（A ）1 （B （C ）2 （D ）3 5．已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（） A ． 13 B ． 3 C ． 3 D ． 23 6.与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个（B ）有且只有2个（C ）有且只有3个（D ）有无数个 7.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) 3 (B)3 (C) 3 8.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则 1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ c ） A ． 13 B C D ． 23 9.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．2 俯视图正(主)视图侧(左)视图

高考立体几何大题及答案理

1.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面 ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上， ∠ABM=60 。（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点； ()II 求二面角S AM B --的大小。 2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB =AC （Ⅱ）设二面角A -BD -C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小 3.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ；（II ）求 AD 与平面ABE 所成角的正弦值． 4.如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小. 5.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形， PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． B C D E O A P B M

（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求直线PC 与平面ABM 所成的角；（3）求点O 到平面ABM 的距离． 6.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥平面；（II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面（III ）求二面角F BD A --的大小。 7.如图，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ,SD ＝AD ＝a ,点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≦1). (Ⅰ)求证：对任意的λ∈（0、1），都有AC ⊥BE : (Ⅱ)若二面角C -AE -D 的大小为600C ，求λ的值。 8.如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =,点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E .（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面 11ACC A ;（Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值。 9.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；

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 .

立体几何高考真题大题

立体几何咼考真题大题 1. （2016高考新课标1 卷）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, NAFD =90：且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60：（I ）证明：平面 ABEF 丄平面EFDC （n ）求二面角 E-BC-A 的余弦值. 【答案】（I ）见解析；（n ） -2蜃 19 【解析】试题分析：（I ）先证明AF 丄平面E FDC ,结合直F U 平面AB E F ,可得平面ABE F 丄平面E FDC . （n ）建立空间坐标系，分别求出平面E C E 的法向量m 及平面E C E 的法试题解析：（I ）由已知可得 A F 丄DF, A F 丄F E|,所以A F 丄平面E FDC . 又A F U 平面 AE E F ,故平面AEE F 丄平面|E F D C . _ （n ）过D 作DG 丄E F ,垂足为G ,由（I ）知DG 丄平面［A E 百F . 以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G —xyz . 由（I ）知N DF E 为二面角D -A F -E 的平面角，故N DF E =60：贝U DF = 2 , DG|=3,可得九(1,4,0 ), B(—3,4,0 ), E(—3,0,0 ), D (0,0, 73 ). 由已知，AE //E F ,所以AE //平面E FDC . 又平面 A ECD n 平面 |E FDC = DC ,故〕AB //CD , CD//EF . 由EE //A F ,可得EE 丄平面I E F DC ,所以N C E F |为二面角C —EE —F 的平面角，向量n ,再利用cos （n,m ）求二面角. n ||m |

2014高考理科立体几何大题练习

1.如图1，在Rt ABC ?中，90C ∠=?，36BC AC ==，．D 、E 分别是AC AB 、上的点，且//DE BC ，将ADE ?沿DE 折起到1 A DE ?的位置，使1A D CD ⊥，如图2．（Ⅰ）求证： BC ⊥平面1A DC ；（Ⅱ）若2CD =，求BE 与平面1A BC 所成角的正弦值；（Ⅲ）当D 点在何处时，1 A B 的长度最小，并求出最小值． 2.如图，四棱锥ABCD P -中，底面 ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ， E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ；（Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）求二面角B AC E --的余弦值． A B C D E 图图 A B C D E

E C 1 B 1A 1C B A 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=?，1 2,AB AC AA ===E 是BC 中点. （I ）求证：1//A B 平面1 AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M ，满足11 B M C E ⊥，求AM 的长；（Ⅲ）求平面1AEC 与平面11ABB A 所成锐二面角的余弦值.

E D A B C P 5.如图，在三棱锥P-ABC 中，PA=PB=AB=2， 3BC =，90=∠ABC °,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 中点. （Ⅰ）求证：DE‖平面PBC ; （Ⅱ）求证：AB ⊥PE ；（Ⅲ）求二面角A-PB-E 的大小. 6.．如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面

(完整版)高考理科-立体几何高考真题(小题)

1、（2016—6）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相互垂直的半径．若该几何体的体积是 3 28π ，则它的表面积是（A ）π20 （B ）π18 （C ）π17 （D ）π28 2、（2016—11）平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，// α平面11D CB ，I α平面m ABCD =，I α平面n A ABB =11，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）3 3 （B ） 2 2 （C ） 2 3 （D ） 3 1 3、（2015—6）《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，估算出堆放的米约有（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛 4、（2015—11）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π2016+，则=r （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 正视图 2r r r 2r

5、（2014—12）如图，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中，最长的棱的长度为（）（A ）（B ）（C）6（D）4 6、（2013—6 ）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高cm 8，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为cm 6，如果不计容器的厚度，则球的体积为（） A.3 3 500 cm π B.3 3 866 cm π C.3 3 1372 cm π D.3 3 2048 cm π 7、（2013—8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A. 168π + B. 88π + C. 1616π + D. 816π + 俯视图侧视图

(完整)2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

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

近年高考理科立体几何大题总汇编

近几年高考理科立体几何大题汇编 1.（2018年III卷）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． 2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥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．

3.（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°． (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值． 4.（菱形建系）[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图

三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C. (1)证明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．

5.（菱形建系）【2015高考新课标1】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. AD BC的中点，以6.（翻折）(2018年I卷)如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为, 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.

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT

立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）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．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m 及平面C B E 的法向量 n ,再利用cos ,n m n m n m ?= 求二面角．试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CD AB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =．从而可得(C -．

历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案

（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6,23AB BC ==,则棱锥 O ABCD -的体积为。 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 。设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{ n AB n PB ?=?=u u u r u u u r 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 ?=?=u u u r u u u r 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,27 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 - （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 3 C 2 3 D 6 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 ?u u u v u u u v 的最小值为

2016年_2018年立体几何全国卷高考真题

2015-2017立体几何高考真题 1、（2015年1卷6题）《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:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），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，估算出堆放斛的米约有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r ，则 12384r ??==16 3 r =，所以米堆的体积为211163()5433????=3209，故堆放的米约为 320 9 ÷1.62≈22，故选B. 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式 2、（2015年1卷11题）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=（）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B 【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为221 42222 r r r r r r πππ?+?++?=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B. 考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）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.

近三年高考全国卷理科立体几何真题 (1)

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 ∠=o ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60o ．（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 -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C . 图1-5 (1)证明：AC ＝AB 1； (2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A -A 1B 1 -C 1的余弦值． 6、（2017?新课标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 ，AB=BC= AD ，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（Ⅰ）证明：直线CE ∥平面PAB ；

立体几何高考真题汇编

高中数学立体几何专题训练 1、（2017?山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP 的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小． 2、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． 3、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．

4、（2017?北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值． 5、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°． (1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

6.在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.（I）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；（II）已知EF=FB=1 2 AC ==BC.求二面角F BC A --的余弦值 . 7（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5 AB=，6 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 ' 的位置OD'=（I）证明：D H'⊥平面ABCD；（II）求二面角B D A C ' --的正弦值 . 8.（15年山东理科）如图，在三棱台DEF ABC -中，2, AB DE = （Ⅰ）求证：// BD平面FGH；（Ⅱ）若CF⊥平面ABC,,,45, AB BC CF DE BAC ⊥=∠= 求平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小.

高考理科立体几何大题

一， [2017·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值； (3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BD BC 1 的值． (1)[证明] 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1?平面AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC . (2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2 ＝AC 2 ＋AB 2 ，∴AB ⊥AC . ∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz . A 1(0,0,4)， B (0,3,0)， C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)， B 1 C 1→ ＝(4，－3,0)，BB 1→ ＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，

平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴????? A 1C 1 →·n 1 ＝0，A 1 B →·n 1 ＝0 ????? ? 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0,4,3)．由????? B 1 C 1 → ·n 2 ＝0，BB 1→·n 2 ＝0 ?? ?? ?? 4x 2－3y 2＝0， 4z 2＝0， ∴取向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos θ＝ n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝16 25 . 由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为16 25 . (3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD → ＝λBC 1→ ， ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD → ＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝9 25， ∵9 25 ∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时 BD BC 1＝925 . 二，如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π 2 ，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.

2007年高考理科数学“立体几何”题

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