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2018高考文科立体几何大题

2018高考文科立体几何大题
2018高考文科立体几何大题

CD=

OA=AB=PD

PA=

(2)若E是PC的中点,且五点

C,D,E在同一球面上,求该球的表面积.

(Ⅰ)求几何体ABC﹣A1B1C1的体积;(Ⅱ)证明:A1F∥平面EBC1;

(Ⅲ)证明:平面EBC⊥平面EB1C1..

5、动点问题

13.(2011?北京)如图,在四面体PABC 中,PC

求证:DE∥平面BCP;

(Ⅱ)求证:四边形DEFG为矩形;(Ⅲ)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.

全国高考文科数学立体几何综合题型汇总

新课标立体几何常考证明题汇总 1、已知四边形ABCD 是空间四边形,,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点 (1) 求证:EFGH 是平行四边形 (2) 若 BD=AC=2,EG=2。求异面直线AC 、BD 所成的角和EG 、BD 所成的角。 证明:在ABD ?中,∵,E H 分别是,AB AD 的中点∴1 //,2 EH BD EH BD = 同理,1 //,2 FG BD FG BD =∴//,EH FG EH FG =∴四边形EFGH 是平行四边形。 (2) 90° 30 ° 考点:证平行(利用三角形中位线),异面直线所成的角 2、如图,已知空间四边形ABCD 中,,BC AC AD BD ==,E 是AB 的中点。 求证:(1)⊥AB 平面CDE; (2)平面CDE ⊥平面ABC 。 证明:(1)BC AC CE AB AE BE =??⊥?=? 同理, AD BD DE AB AE BE =? ?⊥?=? 又∵CE DE E ?= ∴AB ⊥平面CDE (2)由(1)有AB ⊥平面CDE 又∵AB ?平面ABC , ∴平面CDE ⊥平面ABC 考点:线面垂直,面面垂直的判定 A H G F E D C B A E D B C

3、如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,E 是1AA 的中点, 求证: 1//A C 平面BDE 。 证明:连接AC 交BD 于O ,连接EO , ∵E 为1AA 的中点,O 为AC 的中点 ∴EO 为三角形1A AC 的中位线 ∴1//EO AC 又EO 在平面BDE 内,1A C 在平面BDE 外 ∴1//A C 平面BDE 。 考点:线面平行的判定 4、已知ABC ?中90ACB ∠=o ,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证:AD ⊥面SBC . 证明:90ACB ∠=∵° BC AC ∴⊥ 又SA ⊥面ABC SA BC ∴⊥ BC ∴⊥面SAC BC AD ∴⊥ 又,SC AD SC BC C ⊥?=AD ∴⊥面SBC 考点:线面垂直的判定 5、已知正方体1111ABCD A B C D -,O 是底ABCD 对角线的交点. 求证:(1) C 1O ∥面11AB D ;(2)1 AC ⊥面11AB D . 证明:(1)连结11A C ,设 11111 A C B D O ?=,连结1AO ∵ 1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形 ∴A 1C 1∥AC 且 11A C AC = 又1,O O 分别是11,A C AC 的中点,∴O 1C 1∥AO 且11O C AO = 11AOC O ∴是平行四边形 111,C O AO AO ∴? ∥面11AB D ,1C O ?面11AB D ∴C 1O ∥面11AB D (2)1CC ⊥Q 面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 又 1111 A C B D ⊥∵, 1111B D A C C ∴⊥面 1 11AC B D ⊥即 同理可证 11 A C AD ⊥, 又 1111 D B AD D ?= ∴1A C ⊥面11AB D 考点:线面平行的判定(利用平行四边形),线面垂直的判定 A E D 1 C B 1 D C B A S D C B A D 1O D B A C 1 B 1 A 1 C

-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.

(完整版)空间向量与立体几何题型归纳

空间向量与立体几何 1, 如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD (1)证明AB⊥平面VAD; (2)求面VAD与面VDB所成的二面角的大小 2, 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=, BC=1,PA=2,E为PD的中点. (1)求直线AC与PB所成角的余弦值; (2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N点到AB和AP的距离.(易错点,建系后,关于N点的坐标的设法,也是自己的弱项)

3. 如图,在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 在棱AB 上移动. (1)证明:D 1E ⊥A 1D ; (2)当E 为AB 的中点时,求点A 到面ECD 1的距离; (3)AE 等于何值时,二面角 D 1―EC ―D 的大小为(易错点:在找平面DEC 的法向量的时候,本来法向量就己经存在了,就不必要再去找,但是我认为去找应该没有错吧,但法向量找出来了 ,和那个己经存在的法向量有很大的差别,而且,计算结果很得杂,到底问题出在哪里 ?) 4.如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,AB =2DC =2,E 为BD 1的中点,F 为AB 的中点,∠DAB =60°. (1)求证:EF ∥平面ADD 1A 1; (2)若2 21BB ,求A 1F 与平面DEF 所成角的正弦值.

N:5题到11题都是运用基底思想解题 5.空间四边形ABCD中,AB=BC=CD,AB⊥BC,BC⊥CD,AB与CD成60度角,求AD与BC所成角的大小。 6.三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,∠A1AB=45°, ∠A1AC=60°,求二面角B-AA1-C的平面角的余弦值。 7.如图,60°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内, 且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,求CD的长 8.如图,已知空间四边形OABC中,OB=0C, ∠AOB=∠AOC=Θ,求证OA⊥BC。 9.如图,空间四边形OABC各边以及AC,BO的长都是1,点D,E分别是边OA,BC的中点,连接DE。 (1)计算DE的长; (2)求点O到平面ABC的距离。 10.如图,线段AB在平面⊥α,线段AC⊥α,线段BD⊥AB,且AB=7,AC=BD=24,CD=25,求线段BD与平面α所成的角。

山东高考文科数学立体几何大题及答案汇编

2008年-2014年山东高考文科数学立体几何大题及答案 (08年)如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,AB DC ∥,PAD △是等边三角形,已知28BD AD ==,245AB DC == (Ⅰ)设M 是PC 上的一点,证明:平面MBD ⊥平面PAD ; (Ⅱ)求四棱锥P ABCD -的体积. (09年)如图,在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为等腰梯形,AB 11111 (10年)(本小题满分12分) 在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是正方形,MA ⊥平面ABCD ,//PD MA ,E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点,且2AD PD MA ==. (I )求证:平面EFG ⊥平面PDC ; (II )求三棱锥P MAB -与四棱锥P ABCD -的体积之比. (11年)(本小题满分12分) 如图,在四棱台 1111 ABCD A B C D -中, 1D D ABCD ⊥平面,底面 ABCD 是平行四边形, 112,,60AB AD AD A B BAD ==∠= (Ⅰ)证明:1AA BD ⊥; (Ⅱ)证明:11//CC A BD 平面. A B C M P D E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D D B1 D1 C1 C B A A1

(12年) (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 . (13年)(本小题满分12分) 如图,四棱锥P —ABCD 中,AB ⊥AC , AB ⊥PA ,AB ∥CD ,AB=2CD ,E ,F ,G , M ,N 分别为PB ,AB ,BC ,PD ,PC 的中点。 (Ⅰ)求证,CE ∥平面PAD; (Ⅱ)求证,平面EFG ⊥平面EMN 。 (14年)(本小题满分12分) 如图,四棱锥P ABCD -中,,//,BC AD PCD AP 平面⊥AD BC AB 2 1 = =,F E ,分别为线段PC AD ,的中点。 (Ⅰ)求证:BEF AP 平面// (Ⅱ)求证:PAC BE 平面⊥ P A C D E

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

最新高考文科立体几何大题

1.(2013年高考辽宁卷(文))如 图,.AB O PA O C O 是圆的直径,垂直圆所在的平面,是圆上的点 (I)求证:BC PAC ⊥平面; (II)设//.Q PA G AOC QG PBC ?为的中点,为的重心,求证:平面 2.2013年高考陕西卷(文))如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中 心, A 1O ⊥平面ABCD , 12AB AA == (Ⅰ) 证明: A 1BD // 平面CD 1B 1; (Ⅱ) 求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积. O D 1 B 1 C 1 D A C A 1

3.(2013年高考福建卷(文))如图,在四棱锥P ABCD -中,PD ABCD ⊥面,//AB DC ,AB AD ⊥,5BC =,3DC =,4AD =, 60PAD ∠=o .(1)当正视图方向与向量AD u u u r 的方向相同时,画出四棱锥P ABCD -的正视图.(要求标出尺寸,并画出演算过程); (2)若M 为PA 的中点,求证://DM PBC 面; (3)求三棱锥D PBC -的体积. 4. 如图,四棱锥P —ABCD 中,ABCD 为矩形,△PAD 为等腰直角三角形,∠APD=90°,面PAD ⊥面ABCD ,且AB=1,AD=2,E 、F 分别为PC 和BD 的中点. (1)证明:EF ∥面PAD ; (2)证明:面PDC ⊥面PAD ; (3)求四棱锥P —ABCD 的体积.

5.(2013年高考广东卷(文))如图4,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ?沿AF 折起,得到如图5所示的三棱锥A BCF -,其中2BC =. (1) 证明:DE //平面BCF ; (2) 证明:CF ⊥平面ABF ; (3) 当23 AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -. 图 4G E F A B C D 图 5D G B F C A E 6.(2013年高考北京卷(文))如图,在四棱锥P ABCD -中,//AB CD ,AB AD ⊥,2CD AB =,平面PAD ⊥底面ABCD ,PA AD ⊥,E 和F 分别是CD 和PC 的中点,求证: (1)PA ⊥底面ABCD ;(2)//BE 平面PAD ;(3)平面BEF ⊥平面PCD

立体几何题型归类总结

立体几何题型归类总结(总8 页) -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1 -CAL-本页仅作为文档封面,使用请直接删除

立体几何专题复习 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 ???????? →???????→?? ??? 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 底面为正方形 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; ★② r =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 二、【典型例题】 考点一:三视图 1.一空间几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为_________________. 第1题 2.若某空间几何体的三视图如图2所示,则该几何体的体积是________________. 第2题 第3题 3.一个几何体的三视图如图3所示,则这个几何体的体积为 . 4.若某几何体的三视图(单位:cm )如图4所示,则此几何体的体积是 . 第4题 第5题 2 2 侧(左)视图 2 2 2 正(主)视 3 俯视图 1 1 2 a

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:

高考文科立体几何大题

1. (2013年高考辽宁卷(文))如 图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点. (I) 求证:BC _平面PAC ; (II) 设Q为PA的中点,G为AOC的重心,求证:QG//平面PBC. 2.2013年高考陕西卷(文))如图,四棱柱ABCDAιBιCD的底面ABCt是正方形,O为底面中 心,AC⊥平面ABCD AB=AA=√2. (I )证明:A i BD // 平面CDB1; ( ∏ )求三棱柱ABDABD的体积.

3. (2013年高考福建卷(文))如图,在四棱锥P- ABCD 中,PD _ 面ABCD , AB∕∕DC , AB _ AD , BC =5, DC =3, AD = 4, .PAD =60 .(1)当正视图方向与向量AD的方向相同时,画出四棱锥P- ABCD的正视图.(要求标出尺寸,并画出演算过程); ⑵若M为PA的中点,求证:DM / /面PBC ; (3) 4. 如图,四棱锥 P—ABCD中,ABCD为矩形,△ PAD为等腰直角三角形,∠ APD=90°,面 PAD⊥面 ABCD,且 AB=1,AD=2, E、F分别为 PC和BD的中点. (1)证明:EF// 面 PAD (2)证明:面PDC⊥面PAD; (3)求四棱锥 P— ABCD的体积. A B 求三棱锥D- PBC的体积.

5. (2013年高考广东卷(文))如图4,在边长为1的等边三角形 ABC 中,D ) E 分别是AB )AC 边上的点,AD =AE , F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G , 将 :ABF 沿AF 折起, (1)证明:DE //平面BCF ; (2) 证明:CF _平面ABF ; 2 ⑶ 当AD 时,求三棱锥F - DEG 的体积V F DEG 3 _ 6. (2013年高考北京卷(文))如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB∕∕CD , AB _ AD , CD =2AB ,平面 PAD _ 底面 ABCD , PA _ AD , E 和 F 分别是CD 和PC 的中点,求证: (1) PA _ 底面 ABCD ;(2) BE//平面 PAD ;(3)平面 BEF _ 平面 PCD 得到如图5所示的三棱锥 A - BCF ,其中BC 洱

立体几何经典题型汇总

1.平面 平面的基本性质:掌握三个公理及推论,会说明共点、共线、共面问题。 (1).证明点共线的问题,一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点(依据:由点在线上,线在面内 ,推出点在面内), 这样可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。 (2).证明共点问题,一般是先证明两条直线交于一点,再证明这点在第三条直线上,而这一点是两个平面的公共点,这第三条直线是这两个平面的交线。 (3).证共面问题一般先根据一部分条件确定一个平面,然后再证明其余的也在这个平面内,或者用同一法证明两平面重合 2. 空间直线. (1). 空间直线位置关系三种:相交、平行、异面. 相交直线:共面有且仅有一个公共点;平行直线:共面没有公共点;异面直线:不同在任一平面内,无公共点 [注]:①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.(×)(也可能两条直线平行,也可能是点和直线等) ②直线在平面外,指的位置关系是平行或相交 ③若直线a 、b 异面,a 平行于平面α,b 与α的关系是相交、平行、在平面α内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.(×)(射影不一定只有直线,也可以是其他图形) ⑥在同一平面内的射影长相等,则斜线长相等.(×)(并非是从平面外一点.. 向这个平面所引的垂线段和斜线段) ⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段,若b a =,则b a ,的位置关系为相交或平行或异面. ⑧异面直线判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.(不在 任何一个平面内的两条直线) (2). 平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等(如右图). (直线与直线所成角]90,0[??∈θ) (向量与向量所成角])180,0[ ∈θ 推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成锐角(或直角)相等. (3). 两异面直线的距离:公垂线段的长度. 空间两条直线垂直的情况:相交(共面)垂直和异面垂直. [注]:21,l l 是异面直线,则过21,l l 外一点P ,过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有,但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. (1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面)

2018高考文科立体几何大题

立体几何综合训练1、证明平行垂直 1.如图,AB 是圆O 的直径,PA⊥圆O 所在的平面,C是圆O 上的点.(1)求证:BC⊥平面PAC; (2)若Q 为PA的中点,G为△AOC 的重心,求证:QG∥平面PBC.2.如图,在四棱锥P﹣ABCD 中,AB ∥ CD,AB⊥AD ,CD=2AB ,平面PAD⊥ 底面ABCD ,PA⊥ AD .E和F分别 是CD 和PC 的中点,求证:(Ⅰ) PA⊥底面ABCD; (Ⅱ)BE∥平面PAD; (Ⅲ)平面BEF⊥平面PCD .

3.如图,四棱锥P﹣ABCD 中,PA⊥底面ABCD ,AB⊥AD ,点E在线段AD 上,且CE∥AB . (Ⅰ)求证:CE⊥平面PAD ; (Ⅱ)若PA=AB=1 ,AD=3 ,CD= , ∠ CDA=45 °,求四棱锥P﹣ABCD 的体4.如图,在四棱锥P﹣ABCD 中,底面ABCD 是矩形.已知 .M 是PD 的中点. Ⅰ)证明PB∥平面MAC Ⅱ)证明平面PAB⊥平面ABCD Ⅲ)求四棱锥p ﹣ABCD 的体积.

Ⅲ)若M 是PC 的中点,求三棱锥M ﹣ACD 的体积. 2、求体积问题 5.如图,已知四棱锥P﹣ABCD 中,底面ABCD 是直角梯形,AB ∥DC,∠ ABC=45 °,DC=1 ,AB=2 ,PA⊥平面ABCD ,PA=1 . (Ⅰ)求证:AB∥平面PCD; Ⅱ)求证:BC⊥平面PAC;

6.(2011? 辽宁)如图,四边形ABCD 为正方形,QA⊥平面ABCD , PD∥QA, OA=AB= PD. (Ⅰ)证明PQ⊥平面DCQ ; (Ⅱ)求棱锥Q﹣ABCD 的体积与棱锥P ﹣DCQ 的体积的比值.7.如图,四棱锥P﹣ABCD 的底面ABCD 是边长为 2 的菱形,∠ BAD=60 °,已知 PB=PD=2 ,PA= . (Ⅰ)证明:PC⊥ BD (Ⅱ)若E为PA 的中点,求三棱锥P ﹣ BCE的体积.

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) ,

立体几何常见重要题型归纳-高考立体几何题型归纳

立体几何常见重要题型归纳 阳江一中 利进健 题型一 点到面的距离 常见技巧:等体积法 例1:如图,在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为等腰梯形,AB ∥CD ,AB =4,BC =CD =2,AA 1=2,E ,E 1分别是棱AD ,AA 1的中点. (1)设F 是棱AB 的中点,证明:直线EE 1∥平面FCC 1; (2)证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C ; (3)求点D 到平面D 1AC 的距离. 解析:(1)11//,,,//,22 CD AB CD AB AF AB CD AF CD AF ==∴= ∴ 四边形AFCD 为平行四边形 ∴//CF AD 又AD ?面11ADD A ,CF ?面11ADD A ∴//CF 面11ADD A 2分 在直四棱柱中,11//CC DD , 又AD ?面11ADD A ,CF ?面11ADD A ∴1//CC 面11ADD A 3分 又11,,CC CF C CC CF ?=?面1CC F ∴面1CC F //面11ADD A 又1EE ?面11ADD A ,1//EE ∴面1CC F 5分 (2)122 BC CD AB === ∴ 平行四边形AFCD 是菱形 DF AC ∴⊥ ,易知//BC DF AC BC ∴⊥ 7分 在直四棱柱中,1CC ⊥面ABCD ,AC ?面ABCD 1AC CC ∴⊥ 又1BC CC C ?= AC ∴⊥面11BCC B 9分 又AC ?面1D AC ∴面1D AC ⊥面11BCC B 10分 (3)易知11D D AC D ADC V V --= 11分 ∴ 设D 到面1D AC 的距离为d ,则

高考文科数学立体几何试题汇编

图 2 1俯视图 侧视图 正视图2 11.(北京8)如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为对角线1BD 的三等分点, 则 P 到各顶点的距离的不同取值有( ) A .3个 B .4个 C .5个 D .6个 2.(广东卷6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是( ) A .1 6 B .1 3 C .2 3 D .1 3. (广东卷8)设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( ) A .若//l α,//l β,则//αβ B .若l α⊥,l β⊥,则//αβ C .若l α⊥,//l β,则//αβ D .若αβ⊥,//l α,则l β⊥ 4. (湖南卷7)已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为2的矩形,则该正方体的正视图的面积等于 A . 3 B.1 C. 21 + D.2 5. 江西卷8).一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为( ) A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π 6. (辽宁卷10)已知三棱柱 1116.34ABC A B C O AB AC -==的个顶点都在球的球面上若,, ,AB AC ⊥112AA O =,则球的半径为 A . 317 B .210 C .13 2 D .310 B .. (全国卷11)已知正四棱柱1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中,则与平面所成角的正弦值等于 (A ) 23 (B )3 (C )23 (D )1 3 8. (四川卷2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )

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.

立体几何题型总结

立体几何类型题 如图所示,在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥平面ABCD , 又 //AD BC ,AD DC ⊥, 且33PD BC AD ===. (Ⅰ)画出四棱准P ABCD -的正视图; (Ⅱ)求证:平面PAD ⊥平面PCD ; 并求 PE EB (Ⅲ)求证:棱PB 上存在一点E ,使得//AE 平面PCD ,的值. (Ⅰ)解:四棱准P ABCD -的正视图如图所示. ………………3分 (Ⅱ)证明:因为 PD ⊥平面ABCD ,AD ?平面ABCD , 所以 PD AD ⊥. ………………5分 因为 AD DC ⊥,PD CD D =I ,PD ?平面PCD ,CD ?平面PCD , 所以AD ⊥平面PCD . ………………7分 因为 AD ?平面PAD , 所以 平面PAD ⊥平面PCD . ………………8分 (Ⅲ)分别延长,CD BA 交于点O ,连接PO ,在棱PB 上取一点E ,使得1 2 PE EB =.下证//AE 平面 PCD . ………………10分 因为 //AD BC ,3BC AD =, 所以 13OA AD OB BC ==,即12OA AB =. 所以 OA PE AB EB = . 所以 //AE OP . ………………12分 因为OP ?平面PCD ,AE ?平面PCD , 所以 //AE 平面PCD . ………………14分 2如图所示,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形,AD BC //,AB AD ⊥, AD BC AB 2 1 ==,PA ⊥底面ABCD ,过BC 的平面交PD 于M ,交PA 于 N (M 与D 不重合) . (Ⅰ)求证:BC MN //; (Ⅱ)求证:CD PC ⊥ ; (Ⅲ)如果BM AC ⊥,求此时PM PD 的值. 证明:(Ⅰ)因为梯形ABCD ,且AD BC //, 又因为?BC 平面PAD ,?AD 平面PAD , 所以//BC 平面PAD . 因为平面I BCNM 平面PAD =MN , 所以BC MN //. ……………………4分 (Ⅱ)取AD 的中点Q ,连结CQ . 因为AD BC //,AD BC 2 1 = , 所以AQ BC //,且AQ BC =. 因为AB BC =,且AB AD ⊥, 所以ABCQ 是正方形. 所以BQ AC ⊥. 又因为BCDQ 为平行四边形,所以且//CD BQ 所以⊥CD AC . 又因为PA ⊥底面ABCD , 所以PA ⊥CD . 因为A AC PA =I , 所以⊥CD 平面PAC , 因为PC ?平面PAC , 所以⊥CD PC . (Ⅲ)过M 作//MK PA 交AD 于K ,连结BK . 因为PA ⊥底面ABCD , O E D C B A P C N M P D B A K A B D P M C Q A B D P M C

2018高考理科数学分类之立体几何

立体几何 一、选择题: 1.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫做榫头,凹进部分叫做卯眼,图中的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( ) 俯 视 方 向 D. C. B. A. 2.某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( ) A .1 B .2 C .3 D .4 3.《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设1AA 是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( ) A .4 B .8 C .12 D .16 4.某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:3 cm )是( )

俯视图 正视图 A .2 B .4 C .6 D .8 5.已知平面α,直线m ,n 满足m α?,n α?,则“//m n ”是“//m α”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充分必要条件 D .既不充分也不必要条件 6.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如下图,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 . B . C .3 D .2 7.在长方体1111ABCD A BC D -中,1AB BC == ,1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为( ) A .15 B .6 C .5 D .2 8.设A 、B 、C 、D 是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC ?为等边三角形且其面积 为D ABC -的体积最大值为( ) A . B . C . D .9.已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A .4 B .3 C .4 D .2 10.已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点),设SE 与BC 所成的角为1θ,SE 与平面ABCD 所成的角为2θ,二面角S AB C --的平面角为3θ,则( )

立体几何题型总结

立体几何题型总结-标准化文件发布号:(9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

立体几何——点线面的位置关系 公理1:如果一条直线的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内。 公理2:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面 公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么他们有且只有一条过该点的公共直线。 1、公理的理解与应用 例1 已知,αβ为不同的平面,A 、B 、M 、N 为不同的点,a 为直线, 下列推理错误的是 ( ) A. ,,,,A a A B a B a βββ∈∈∈∈?? B. ,,,,M M N N MN αβαβαβ∈∈∈∈?= C. ,,A A A αβα β∈∈?= D. ,,A B M A B M αβ∈∈、、、、且A 、B 、M 不共线αβ?、重合 例2 下列条件中,能得到平面α∥平面β的是( ) 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 a b αβα?,,,∥,∥ 例3 对于直线,m n 和平面α,下列命题中的真命题是() A. 如果,,,m n m n αα??是异面直线,那么//n α B. 如果,,,m n m n αα??是异面直线,那么n 和α相交 C. 如果,//,,m n m n αα?共面,那么//m n D. 如果//,//,,m n m n αα共面,那么//m n 例4 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 D .23

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.

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