高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总

高三立体几何专题复习

高考立体几何专题复习 一．考试要求： （1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。 （2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）。 （3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。 （4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。 （5）会用反证法证明简单的问题。 （6）了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。 （7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。 （8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。 （9）了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。 （10）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。 二．复习目标： 1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力． 3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力． 4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力． 5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力． 三．教学过程： （Ⅰ）基础知识详析 重庆高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题. 1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、

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

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ABCDE,F,G,HAB,BC,CD,DA的中点分别是边1、 已知四边形是空间四边形，（1）求证：EFGH是平行四边形 23，AC=2，EG=2。求异面直线AC、BD所成的角和（2）若EGBD=、BD所成的角。 1BD?,EHEH//BD ABD?AD,E,HAB中，∵证明：在分别是的中点∴ 21EFGHBDFG?FG//BD,FG?FG,EHEH//是平行四边形。同理，∴四边形∴2°(2) 90 30 °考点：证平行（利用三角形中位线），异面直线所成的角ABCD ABE BD?BCAC,AD?是、如图，已知空间四边形2，中，的中点。?AB CDE; 平面求证：（1）ABC?CDE平面。（2）平面BC?AC??CE?AB证明：（1） ?AE?BE?AD?BD??DE?AB同理，?AE?BE?CE?DE?ECDE?AB平面又∵∴CDE?AB 1）有平面2（）由（AB?ABCCDE?ABC∴平面平面又∵平面，考点：线面垂直，面面垂直的判定 ABCD?ABCDAA E中，的中点，是3、如图，在正方体11111AC//BDE平面求证：。1ACOEO BD，于证明：连接交，连接OAC AA E的中点的中点，∵为为1EO AACEO//AC为三角形∴的中位线∴11EO AC BDEBDE在平面在平面内，外又1AC//BDE平面。∴1考点：线面平行的 判定 AD?SBCAD?SC?ABCSA?ABC90??ACB．,面,面4、已知求证：,中 ∵?ACB?90?BC?AC证明：° SA?ABC?SA?BC又面 ?BC?SAC面 ?BC?AD SC?AD,SC?BC?C?AD?SBC又面 考点：线面垂直的判定 ABCD?ABCD OABCD对角线的交点5、已知正方体是底，. 1111ABDAC?ABD．O C∥面面； (2) 求证：(１)111111AC?BD?OAOAC，设1）连结证明：，连结（11111111DBCABCD?AACCA?是平行四边形是正方体∵111111ACAC?且∴AC∥AC 1111O?AOCACOAC,O,且O的中点，∴C又∥分别是AO1111111OAOC? 是平行四边形11??CO∥AO,AODABABABDDCO?面∴

高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何含参考答案

高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何 （含参考答案） 一、选择题 1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12 O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π 2.【2018全国一卷9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．172 B ．52 C ．3 D ．2 3.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30?，则该长方体的体积为 A ．8 B ．62 C ．82 D ．83 4.【2018全国二卷9】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A ． B ． C ． D ． 5.【2018全国三卷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 1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 2 35 7

6.【2018全国三卷12】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A ． B ． C ． D ． 7.【2018北京卷6】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 第7题图 第8题图 8.【2018浙江卷3】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：cm 3）是 A ．2 B ．4 C ．6 D ． 8 A B C D ，， ，ABC △D ABC 俯视图 正视图 2 21 1

(完整版)高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解

高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解 一、选择题 1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB → >0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形 D ．空间四边形 [答案] D [解析] ∵AB →·BC →>0，∴∠ABC >π2，同理∠BCD >π2，∠CDA >π2，∠DAB >π2，由内角和定 理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB → 的值为 ( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数 [答案] C [解析] AP → 可为下列7个向量： AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1， 最后AC 1→·AB → ＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13 ＝1，故选C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A → ＝c ，则MN → 等于( ) A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C

高考数学复习点拨 立体几何重要题型及求解方法

立体几何重要题型及求解方法 1．空间几何体的画法 例1 用斜二测法画一个水平放置的平面图形直观图为图1的一个正方形，则原来的图形是（ ） 解析:按斜二测法作图法则，对四个选项逐一验证．（A ）正确． 评析：本题是已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力． 2．表面积的计算 例2 则此球的表面积为（ ） Ａ．3π Ｂ．4π Ｃ． Ｄ．6π 解法一：如图2，设四面体为A BCD - O '为其外接球的球心， 球半径为R O ，为A 在面BCD 上的射影，M 为CD 的中点， 则BM = ，BC =， 2 3BO BM = = AO == ， 由2 2 2 2 2 ()O B BO O O BO AO AO '''=+=+- ，得2 2 23R R ⎫ =+⎪⎭ ，解得R =． 24π3πS R ==球面∴，故选（Ａ） ． 解法二：注意到选项4π的特殊性，此时球的半径1R =． 而当1R ≥时，如图2又知AO B '∠ 为钝角，则AB ， 矛盾，故1R <，从而排除（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ），故选（Ａ）． 1 的正方体，如图

3（其实不必画图），则11A C BD - 的正四面体，正方体的外接球也是正四面体 3πS =球面，选（Ａ）． 探究：解法一是运用方程的思想求球的半径，小题大做．解法二观察题目特点，利用排除法是最优解法．解法三是割补法，将正四面体补成一个正方体，这种割补思想解决问题值得我们学习． 3．体积的计算 由于体积的计算既需要同学们扎实的基础知识，又要用到一些重要的思想方法，因此也是高考的重要题型，其中又以锥体的体积和不规则几何体的体积计算为主，因为锥体的体积计算往往需要转换顶点和底面，而不规则几何体的体积计算则常常需要用到分割或补形的方法． 例3 如图4，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且ADE △，BCF △均为正三角形，EF AB ∥，2EF =，则该多面体的体积为（ ） Ｃ． 43 Ｄ． 32 分析：本题中的多面体是一个不规则的几何体，因此可考虑对其进行分割或补形． 解法一：如图5，分别过A B ，作EF 的垂线，垂足分别为G H ，，连结DG CH ，，容易求得1 2 EG HF == ，AG GD BH HC ====， AGD BHC S S ==△△∴ ，E ADG F BHC AGD BHC V V V V ---=++=∴． 解法二：如图6，将该多面体补成一个斜三棱柱（侧棱与底面不 垂直的棱柱）ADE MNF - ，则ADE MNF F MNCB V V V --=-= ． 探究：本题中所用的两种方法就是求不规则几何体体积的两种基本方法，方法一是对不规则几何体进行分割，分割后每一部分都成为规则几何体，套用公式求出体积后相加就是所求不规则几何体的体积；方法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体，求出体积后再减去补上的几何体的体积即得所求几何体体积，两种解法都体现了转化的思想方法． 4．线面位置关系的判断 线面位置关系的判断是立体几何的基本知识与基本技能，因而是高考的必考内容之一，一般出现在选择、填空题中，常常与命题等有关问题融合在一起进行考查． 例4 给出下列关于互不重合的直线m n l ，，和平面αβ，的四个命题： ①m l A αα⊂=，，点A m ∉，则l 与m 不共面； ②l m ，是异面直线，l m αα∥，∥，且n l ⊥，n m ⊥，则n α⊥； ③若l m αβ∥，∥，αβ∥，则l m ∥； ④若l m l m A l m ααββ⊂⊂=，，，∥，∥，则αβ∥，

高中数学立体几何方法题型总结

立体几何 重要定理： 1〕直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个 平面. 2〕直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行. 3〕平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行. 4〕两个平面垂直性质判定：如果一个平面与一条直线垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面. 两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面. 5〕推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，那么它们交线垂直于第三平面. 证明：如图，找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ， 因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,那么OB PM OA PM ⊥⊥,. 一：夹角问题 ① 异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围依次 . ② 直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范围依次是． 异面直线所成角：范围：]90,0(︒︒ 〔1〕平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线构成三角形；解三角形求出角。(常用 到余弦定理ab c b a 2cos 2 22-+=θ) 〔2〕补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系； (3)向量法。转化为向量的夹角AC AB AC AB ⋅⋅= θcos (计算结果可能是其补角) 直线与平面所成的角 θαα＝时，∥或0b o b ⊂ 斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜 线段及斜线段在平面上的射影。通常通过斜线上某个特殊点作出平面的垂线段，垂足和斜足的连线，是产生线面角的关键； 向量法：设直线l 的方向向量为l ，平面α的法向量为n ，l 与α所成的角为θ，l 与n 的夹角为ϕ，那么有sin cos l n l n θϕ⋅== 的求法 二面角l αβ--的平面角， 〔1〕定义法：在棱l 上取一点P ，两个半平面内分别作l 的垂线〔射线〕m 、n ，那么射线m 和n 的夹角θ为二面角α—l —β的平面角。 P αβθ M A B O θ c b a

2020高考数学题型整理分类《(8)立体几何》解析版(含历年真题)

（八） 大题考法——立体几何 1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1. (1)证明：BF ⊥EM ； (2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM . ① 在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1. ∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25， ∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ， ③ ∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF . (2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系． 由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→ ＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE ―→＝0，n · BF ―→＝0，得⎩⎨⎧ －3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0， 令x ＝3，得y ＝1，z ＝2， ∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ， ∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→ ＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→ 〉|＝ 622×3＝2 2 . 故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为 22 . 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练及答案解析

1 2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练 【题型归纳】 题型一线面平行的证明 1 例1如图，高为1的等腰梯形 ABCD 中，AM = CD = 3AB = 1•现将△AMD 沿MD 折起，使平面 AMD 丄 平面 MBCD ，连接 AB , AC. 试判断：在AB 边上是否存在点 【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。 此类题的难点就是如何构造辅助线。 构造完辅助线, 证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。本题用到的是线线平行推出面面平行。 【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。 【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。 此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。 在 此，我们需要借助倒推法进行分析。首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。 再次由线面平行的性质可知， 过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行 于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。如本题中即是过 AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。 即先证 1 【答案】当AP = 3AB 时，有AD //平面MPC. 理由如下： 连接BD 交MC 于点N ，连接NP. 在梯形 MBCD 中，DC // MB , DN NB DC MB 1 2, Ap 1 在△ADB 中，pp 二」AD 〃 PN . •/ AD?平面 MPC , PN?平面 MPC , ••• AD //平面 MPC. P ,使AD //平面 MPC?并说明理由

2022年近三年高考数学立体几何选择、填空题汇编

2022年近三年高考数学立体几何选择、填空题汇编 一．选择题（共36小题） A ．8π B ．8π3 C ．2π D ．4π3 2．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ） A ．23 B ．24 C ．26 D ．27

A ．点P B ．点B C ．点R D ．点Q 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：cm 3）是（ ） A ．22π B ．8π C ．22π3 D ．16π3 A ．3π4 B ．π C ．2π D ．3π A ．[18，814] B ．[274，814] C ．[274，643] D ．[18，27] A ．13 B ．12 C ． D ．

8．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．20 A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 10．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为 V甲和V乙．若=2，则=（） A．100πB．128πC．144πD．192π

A ．0 B ．2 C ．4 D ．12 A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π A ．26% B ．34% C ．42% D ．50% A ．20+12√3 B ．28√2 C ．56 3 D ．

高考数学立体几何多选题知识归纳总结及解析

高考数学立体几何多选题知识归纳总结及解析 一、立体几何多选题 1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正 确的是（ ） A ．异面直线1A B 与1AD 所成的角是3 π B ．1BD ⊥平面11A C D C ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3 D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23 【答案】ABD 【分析】 选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体 11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线 长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】 A ：正方体1111ABCD A B C D -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线

1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113 A BC π ∠= ，正确； B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111 D C B A ，即111AC B B ⊥，又 11 11AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确； C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为 1 3 4 ACB S = ，错误； D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()() 2 2 2 2 2 2 6++=2

历年高三数学高考考点之立体几何选基底与建系必会题型及答案

历年高三数学高考考点之<立体几何选基底 与建系>必会题型及答案 体验高考 1.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1， AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ； (2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值； (3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面PAD . ∵PD ⊂平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面PAB . (2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO . ∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面PAD ， 平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ，

∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD . 以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0). 则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC → ＝(2，0，－1). CD → ＝(－2，－1，0). 设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨ ⎪⎧ n ·PD →＝0， n ·PC →＝0 得⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ －y 0－1＝0， 2x 0－1＝0， 解得⎩ ⎪⎨⎪ ⎧ y 0＝－1，x 0＝1 2.即n ＝⎝ ⎛⎭ ⎪⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →| ＝⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎪1 2－1－1 1 4 ＋1＋1×3 ＝33 . ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3 3 . (3)解 设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP → ， 因此点M (0，1－λ，λ)，BM → ＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ， ∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM → ·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝1 4 . 2.如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ；

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析 一、立体几何多选题 1．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ） A ．() () 2 2 12AA AB AD AC ++= B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点 C ．1AA 与平面ABC D 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】 对A ，分别计算() 2 1++AA AB AD 和2 AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接 1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算 10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算 11 ,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角 公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】 对A ，由题意，111 11cos602 ⋅=⋅=⋅=⨯⨯= AA AB AA AD AD AB ，所以( ) 2 222 111112********* ++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯ =AA AB AD AA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以() 2 2 2 2 21113=+=+⋅+=++=AC AB AD AB AB AD AD ， 所以()()2 2 1 26++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1 A O ， 1 111111 222 =+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10 ⋅=O AB A ，又因为

立体几何与空间向量题型(空间角度问题、存在性问题及折叠问题)(解析版)高考数学必考重点题型技法突破

立体几何与空间向量 目录 一、异面直线所成角 (1) 二、直线与平面所成角 (4) 三、二面角问题 (12) 四、存在性问题与折叠问题（综合） (23) 一、异面直线所成角 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角 时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直 线所成的角． 1、如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝ 60°. (1)求证：BD⊥平面P AC； (2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． 【解】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD. 又因为AC∩P A＝A，所以BD⊥平面P AC. (2)设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，P A＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝ 3. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，

则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC → ＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC → |＝622×23＝6 4. 即PB 与AC 所成角的余弦值为 64 . 2、如图，在三棱锥P ­ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2. (1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为 7 21 ，求线段AH 的长． 解：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP → 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)． (1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB → ＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．