2011高考数学立体几何大题汇总
2011高考数学立体几何大题汇总
(1)(本小题满分12分)
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。 (1)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 =-=-=-u u u v u u u v u u u v
设平面PAB 的法向量为n=（x,y,z ），则
即30
30x y z -=-=
因此可取n=(3,1,3)
设平面PBC 的法向量为m ，则
00m PB m BC ?=?=u u u v u u u v 可取m=（0，-1，3-）
27
cos ,727
m n =
=-
故二面角A-PB-C 的余弦值为
27
-
2如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，
侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====． （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;
（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．
解法一： （I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE
为矩形，DE=CB=2， 连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故2
2
2
ED SE SD =+，
所以DSE ∠为直角。 …………3分 由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥=I ，
得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥。
SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。 所以SD ⊥平面SAB 。
…………6分
（II ）由AB ⊥平面SDE 知， 平面ABCD ⊥平面SED 。
作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，
3
SD SE SF DE
?== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。 连结SG ，则SG BC ⊥， 又,BC FG SG FG G ⊥=I ，
故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。
…………9分
作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。
3
7
SF FG FH SG ?==
，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面
SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，
则2121sin arcsin 77
d EB
αα=== …………12分
解法二：
以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。 设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。
又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则
（I ）(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-u u u r u u u r ，(1,,)DS x y z =-u u u r
，
由
||||
AS BS =u u u r u u u r 得
222222(2)(2)(2),
x y z x y z -+-+=+-+
故x=1。 由2
2||11,DS y z =+=u u u r
得
又由2
2
2
||2(2)4,BS x y z =+-+=u u u r
得
即22
13410,,.22
y z y y z +-+===故 …………3分 于是133
333
(1,,),(1,,),(1,,)222
222
S AS BS =--=-u u u r u u u r ，
13(0,,),0,0.
22
DS DS AS DS BS =?=?=u u u r u u u
r u u u r u u u r u u u r
故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=I 又 所以SD ⊥平面SAB 。 …………6分 （II ）设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =，
则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥?=?=u u u r u u u r u u u r u u u r
又33(1,,),(0,2,0),2BS CB =-=u u u r u u u
r 故
33
0,220.m n p n ?-+
=???=?
…………9分
取p=2得
(3,0,2),(2,0,0)a AB =-=-u u u r
又。
21
cos ,.
7||||
AB a AB a AB a ?==?u u u r
u u u r u u u r
故AB 与平面SBC 所成的角为21
arcsin
.7
3 （14分）已知11
1
1
ABCD A B C D -是底面边长为1的正四棱柱，1
O 是1
1
A C 和1
1
B D 的交点。
⑴ 设1
AB 与底面11
1
1
A B C D 所成的角的大小为α，二面角
111
A B D A --的大小为β。
求证：tan 2βα
=；
⑵ 若点C 到平面1
1
AB D 的距离为43
，求正四棱柱
1111
ABCD A B C D -的高。
解：设正四棱柱的高为h 。 ⑴ 连1
AO ，1
AA ⊥底面11
1
1
A B C D 于1
A ，∴
1
AB 与底面11
1
1
A B C D 所
成的角为11
AB A ∠，即1
1
AB A α∠=
∵ 11AB AD =，1
O 为1
1
B D 中点，∴1
1
1
AO B D ⊥，又1
1
1
1
A O
B D ⊥，
∴
11
AO A ∠是二面角1
1
1
A B D A --的平面角，即11
AO
A β∠= ∴ 1
11
tan AA h
A B α==，
1
11
tan 22AA h AO βα
===。
⑵ 建立如图空间直角坐标11(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)
A h
B D
C h
O 1
D
C
B
A D 1
C 1
B A 1
A
1
B C 1
D 1
A B
C
D O 1
11(1,0,),(0,1,),(1,1,0)
AB h AD h AC =-=-=u u u u r u u u u r u u u r
设平面1
1
AB D 的一个法向量为(,,)
n x y z =r
， ∵
11110
n AB n AB n AD n AD ??⊥?=?????⊥?=????r u u u r r u u u r r u u u u r r u u u u
r ，取1z =得
(,,1)
n h h =r
∴ 点C 到平面1
1
AB D 的距离为
22||43
||1n AC d n h h ?===++r u u u r r ，则
2
h =。
4（本小题满分12分）
如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ． （I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．
解：
如图，以D 为坐标原点，线段DA 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.
（I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.
则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).
DQ DC PQ ===-u u u r u u u r u u u r
所以0,0.
PQ DQ PQ DC ?=?=u u u r u u u r u u u r u u u r 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.
又PQ ?平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分
（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CB BP ==--u u u r u u u r
设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,
20.
0,
n CB x x y z n BP ??==????-+-=?=?
??u u u r u u u
r 即 因此可取(0,1,2).n =--
设m 是平面PBQ 的法向量，则0,
0.
m BP m PQ ??=???=??u u u r u u u r
可取15
(1,1,1).cos ,.5
m m n =<>=-
所以
故二面角Q —BP —C 的余弦值为15.-
…
5如图，在ABC ?中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=o
o
是BC
上的高，沿AD 把ABC ?折起，使90BCD ∠=o
。 （Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；
（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE u u u r 与DB u u u r
夹角的余弦值。
解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD ⊥ＤＣ，AD ⊥ＤＢ，
又DB ?ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面平面BDC ． ∴平面ABD ⊥平面BDC 。 （Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90?及（Ⅰ）知DA ，ＤＢ，DC 两两垂直，不防设DB =1，以D 为坐标原
点，以,,DB DC DA u u u r u u u r u u u r
所在直线,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D （0,0,0），B （1,0,0），
C （0,3,0），A （0,0，3），E （12，3
2
，0）， AE ∴u u u r =13,,322??-
???
，
DB u u u r =（1，0,0,），
AE ∴u u u r 与DB u u u r
夹角的余弦值为 cos
＜
AE
u u u r ，
DB
u u u r ＞=
1222.22
||||
2214
AE DB AE DB ?==
??
u u u r u u u r u u u r u u u r 122222
2214
==
?
．
6
本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7
分．）
如题（19）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥
平面ACD ，AB BC ⊥，AD CD =，CAD ∠=30?．
（Ⅰ）若AD =2，AB BC =2，求四面体ABCD 的体积；
（Ⅱ）若二面角C AB D --为60?，求异面直线AD 与BC
所成角的余弦值．
本题12分）
（I ）解：如答（19）图1，设F 为AC 的中点，由于AD=CD ，所以DF ⊥AC. 故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ， 即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3.
在Rt △ABC 中，因AC=2AF=23，AB=2BC ， 由勾股定理易知215415,.BC AB ==
故四面体ABCD 的体积
1114152154.332555
ABC V S DF ?=
??=???=
（II ）解法一：如答（19）图1，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG//AD ，GH//BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角.
设E 为边AB 的中点，则EF//BC ，由AB ⊥
BC ，知EF ⊥AB.又由（I ）有DF ⊥平面ABC ， 故由三垂线定理知DE ⊥AB.
所以∠DEF 为二面角C —AB —D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设,sin .2
a AD a DF AD CAD ==?=则 在33,cot ,236
a
Rt DEF EF DF DEF a ?=?=?=中
从而13.2
6
GH BC EF a ===
因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD=AD=a ，从
而，在Rt △BDF 中，122
a
FH BD ==， 又1,22
a FG AD ==从而在△FGH 中，因FG=FH ，由余弦定理得
2223cos 22FG GH FH GH FGH FG GH FG +-===
?
因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为
3
.
解法二：如答（19）图2，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD=CD ，
平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直，以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD ，∠CAD=30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为 (0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),
(0,3,1).
A C D AD -=u u u r
则 显然向量(0,0,1)k =是平面ABC 的法向量.
已知二面角C —AB —D 为60°，
故可取平面ABD 的单位法向量(,,)n l m n =，
使得1,60,.2
n k n <>==o
从而 2223,30,.
61,.3
n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±
u u u r 由有从而由得
设点B 的坐标为
6(,,0);,,3
B x y AB B
C n AB l ⊥⊥=
u u u r u u u r u u u r
由取，有
2246
3,,0,9,()63
3(3)0,73,x y x x y x y y ??+==?=????
???=-?
-+=???=??
解之得舍去
易知
6l =-
与坐标系的建立方式不合，舍去.
因此点B 的坐标为
4673(,,0).
99
B 所以
4623(,,0).
99
CB =-u u u r
从而
22
23
3()3
9
cos ,.6
||||
462331(
)()99
AD CB
AD CB AD CB -
?<>===-
++-u u u r u u u r
u u u r u u u r u u u
r u u u r
故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为
3.6
7 如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB+AD=4，CD=2，?=∠45CDA .
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP.
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为 30，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。
8 （本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已知=e的直径?
PO O
2,
=是的中点,为的中点．
2,,
AB C AB D AC
（I）证明：;
平面平面
⊥
POD PAC
（II）求二面角B PA C
--的余弦
值．
解：（I）连接OC，因为OA OC
=,D
为的AC中点，所以AC OD
⊥.
又
e e
底面底面所以
PO O AC O AC PO
⊥?⊥
,,.
因为,
OD PO是平面POD内的两条相
交直线，所以AC POD
?平面，所以
⊥平面。而AC PAC
平面平面。
POD PAC
⊥
（II）在平面POD中，过O作OH PD
⊥于H，由（I）知，
POD PAC
⊥平面平面,所以,OH PAC ⊥平面又,PA PAC ?平面所以
PA OH
⊥.
在平面PAO 中，过O 作OG PA ⊥于G,连接HG ,则有PA OGH ⊥平面，
从而PA HG ⊥，所以OGH ∠是二面角B PA C --的平面角． 在2,sin 452Rt ODA OD OA ?=??=中 在2
2
2
210
2,1
+2+2
Rt POD OH PO OD
?==
=中
在2
2
26
,32+1
+Rt POA OG PO OA
?==
=中
在
10
15
5,sin 56
OH Rt OHG OGH OG ?∠====
中,所以10cos OGH ∠=
故二面角B PA C --10
9(本小题共l2分) 如图，在直三棱柱AB-A 1B 1C 1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA 1 =1．D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA ． (I)求证：CD=C 1D ：
(II)求二面角A-A 1D-B 的平面角的余弦值； (Ⅲ)求点C 到平面B 1DP 的距离．
解析：（1）连接1
B A 交1
BA 于O ,1
//B P Q 1
面BDA ,1
1
1
,,B P AB P AB P D OD ?=I 1
面面面BA 1
//B P OD ∴,又O 为1B A 的中点，
D ∴为AP 中点，1
C ∴1
为A P ,1
ACD PC D ∴???1
C D CD ∴=,D 为1
CC 的中点。
（2）由题意1
1
,AB AC AB AA AB C C ⊥⊥?⊥1
面AA ,过B 作AH AD ⊥,连接BH ，则BH AD ⊥,AHB ∴∠为二面角1
A A D
B --的平面角。
在1
AA D ?中，11
55
1,,22
AA AD A D ===,则25253525,,cos 553
35AH AH BH AHB BH ==∠===
(3)因为11C B PD B PCD V V -=，所以11111
33
B PD PCD h S A B S ???=?,111
A B =
11111
244
PCD PC C PC D S S S ???=-=-=
,
在
1B DP
?中
，
1111
9553525544,5,.cos ,sin 32255252
B D B P PD DB P DB P +-
===∠==∠=??，
113531
5,22543
B PD S h ?∴=???==
10如图5.在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，
且∠DAB=60?，2PA PD ==E,F 分别是BC,PC 的中点. (1) 证明：AD ⊥平面DEF; (2) 求二面角P-AD-B 的余弦值.
1) 取AD 的中点G ，又PA =PD ，PG AD ∴⊥，
由题意知ΔABC 是等边三角形，BG AD ∴⊥， 又PG , BG 是平面PGB 的两条相交直线，
AD PGB
∴⊥平面，
//,//EF PB DE GB
Q ， DEF PGB ∴平面//平面，
AD DEF
∴⊥平面
(2) 由（1）知PGB ∠为二面角P
AD B --的平面角， 在
Rt PGA
?中，
2217
2()24
PG =-=
；在
Rt BGA
?中，
22213
1()24
BG =-=
；
在PGB ?中，
22221
cos 2PG BG PB PGB PG BG +-∠==?.
11如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面
ABCD ，
AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点 求证：（1）直线E F ‖平面PCD ；
P
A B
C D
P A B
C D
F
G
（2）平面BEF⊥平面PAD
12如图，已知正三棱柱111
-的各棱长都
ABC A B C
是4，E是BC的中点，动点F在侧棱1
CC上，且不与点C重合．
（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥1A C；
（Ⅱ）设二面角C AF E
--的大小为θ，求tanθ的最
小值．
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二
面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E 作EN AC ⊥于N ，连结EF 。
（I ）如图1，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质
知，
底面ABC ⊥侧面A 1C 。 又度面ABC I 侧面A ，C=AC ，且EN ?底面ABC ， 所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内
的射影，
在Rt CNE ?中，cos60CN CE =?=1，
则由1
1
4
CF CN CC
CA ==，得NF//AC 1， 又1
1
,AC AC ⊥故1
NF A C ⊥。 由三垂线定理知1
.EF A C ⊥
（II ）如图2，连结AF ，过N 作NM AF ⊥于M ，连结ME 。
由（I ）知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得,EM AF ⊥
所以EMN ∠是二面角C —AF —E 的平面角，即
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
2011—2017高考全国卷文科数学立体几何总结
新课标全国卷 文科数学总结 立 体 几 何 一、选择题 【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） 【2016，7】如图所示，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 28π 3 ，则它的表面积是（ ） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π 【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点 A ，α∥平面11C B D ，α平面ABCD m =， α 平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ） A ． 2 B ．2 C ．3 D ．13 【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，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛 【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，该几何体的三视图中的 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 =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8 【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】 【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱 【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )． A ．16＋8π B ．8＋8π C ．16＋16π D ．8＋16π 【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 A ．6 B ．9 C ．12 D ．15
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1．如图正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点， P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点， （1）求证：D 、B 、F 、E 四点共面； （2）若A 1C 与面DBFE 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线 2．已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β． 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系． ①求EF 和点G 的坐标； ②求异面直线EF 与AD 所成的角； ③求点C 到截面AEFG 的距离． 4. 如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD 平面PAB ． (I) 求证：AB ⊥平面PCB ； (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小； （III ）求二面角C-PA-B 的余弦值． 5. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ； (2)求二面角B —AC —E 的余弦值． 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A
（Ⅰ）若P 为AC 的中点，M 为BB 1的中点，求证BP//平面AMC 1； （Ⅱ）若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο，试求BM 的长. 7. 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2． （1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ； （2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值； 8. 已知：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB = a ，AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证： （Ⅰ）求证：平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1； （Ⅱ）求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值． 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且60DAB ∠=，1AD AA =F 为 棱1BB 的中点，M 为线段1AC 的中点． （Ⅰ）求证：直线MF //平面ABCD ； （Ⅱ）求证：直线MF ⊥平面11ACC A ； （Ⅲ）求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体，P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点，满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E
-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．
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
全国高考理科数学：立体几何
2013年国理科数学试题分类汇编7立体几何 一、选择题 1 ．（2013年新课标1（理））如图有一个水平放置的透明无盖的正方体容器容器8cm 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6cm 如果不计容器的 厚度则球的体积为 ） A 2 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的 直线,αβ是两个不同的平面下列命题正确的是（ ）[] A ．若αβ⊥m α?n β?则m n ⊥ B ．若//αβm α?n β?则//m n C ．若m n ⊥m α?n β?则αβ⊥ D ．若m α⊥//m n //n β则αβ⊥ 3 ．（2013年上海市春季数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4则这两个球的体积 之比为（ ） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 4 ．（2013年普通等学校招生统一试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱 1111ABCD A B C D -12AA AB =则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ） A 5 ．（2013年新课标1（理））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+ 6 ．（2013年湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示该几何体从上到下由四个简单几何 体组成其体积分别记为1V 2V 3V 4V 上面两个简单几何体均为旋转体下面两个简单几何体均为多面体则有（ ） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<< C ．2134V V V V <<< D ．2314V V V V <<< 7 ．（2013年湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形则该正 方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ） A ．1 B 8 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如 图所示则该四棱台的体积是
(完整版)高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)
高三数学立体几何高考题 1.（2012年7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出 的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 （A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）18 2.（2012年8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为 （A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π 3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为( )． A ．16＋8π B ．8＋8π C ．16＋16π D ．8＋16π 4.(2013年15)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______． 5.(2014年8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的 事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ） A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱 6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4， 底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4 7.(2015年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，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ） （A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 8.(2015年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，该几何体的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1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 9（2016年7）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28π 3 ， 则它的表面积是 （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π 10（2016年11）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面, ABCD m α=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为 （A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1 3 11．(2017年6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是 12．（2017年16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________。
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 .
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__________．
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
2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题
2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是() 图4-1 A.22 B.24- C.22+ D.20+ 2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是() 图4-2 A.+π B.+π C.4+π D.+π 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为,则该正方体的棱长为() A. B. C.3 D.2 4. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代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啮合,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,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱 的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表 面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为()
A. B.2 C.6 D.2 5. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为() 图4-4 A.2 cm B.cm C.cm D.cm 6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为 AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为() 图4-5 A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分,共10分) 7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积 为. 8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0 立体几何中的向量方法 1.（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为 a ,且长为a 的 ,则a 的取值范围是 （ ） A ． B ． C ． D ． [解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴, 则22cos 4 AO PO AOP R ?∴∠= =,A )0,23 ,21(),22,0,22(R R P R R 42arccos =∠∴AOP , 4 2 arccos ?=∴R P A 2. （2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 （ ） A B C D ． 35 解析:不妨设122CA CC CB ===, 11(2,2,1),(0,2,1) AB C B =-=- , 111111cos ,5 AB C B AB C B AB C B ×<>= =-,直线1BC 与直线1AB 夹角为锐角,选A. 3.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄 AD ,AB 丄BC ,0=45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC . (Ⅰ)证明PC 丄AD ; (Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值; (Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为0 30,求AE 的长. P 【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线 与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 方法一:（1）以,,AD AC AP 为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系A xyz - 则11(2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22 D C B P - (0,1,2),(2,0,0)0PC AD PC AD PC AD =-=?=?⊥ （2）(0,1,2),(2,1,0)PC CD =-=-，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z = 则0 202200n PC y z y z x y x z n CD ?=-==????????-===???? 取1(1,2,1)z n =?= (2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量 630 cos ,sin ,66 AD n AD n AD n AD n <>= = ?<>= 得：二面角A PC D --的正弦值为 6 （3）设[0,2]AE h =∈；则(0,0,2)AE =，11 (,,),(2,1,0)2 2 BE h CD =-=- cos ,210 10BE CD BE CD h BE CD <>= ? = ?= 即10AE = 方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AD ⊥,又由 ,AD AC PA AC A ⊥?=,故AD ⊥平面 PAC ,又PC ?平面 PAC ,所以PC AD ⊥. (2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由 （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． 四、立体几何 一、选择题 1.（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为 A．B．C．1 D． 【答案】C 2.（浙江理4）下列命题中错误的是 A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面，平面，，那么 D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 【答案】D 3.（四川理3），，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A．，B．， C．，，共面D．，，共点，，共面 【答案】B 【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定 4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 A．B． C．D． 【答案】A 5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 【答案】D 6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 3 3 2 正视图 侧视图 俯视图 图1 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A 7.（全国新课标理6）。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为 【答案】D 8.（全国大纲理6）已知直二面角α? ι?β，点A ∈α，AC ⊥ι，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥ι，D 为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于 A ． B ． C ． D ．1 【答案】C 9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成 二面角的平面β截该球面得圆N ．若 该球面的半径为4，圆M 的面积为4，则圆N 的面积为 A ．7 B ．9 C ．11 D ．13 【答案】D 10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ． B ． C ． D ． 【答案】 B 11.（江西理8）已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为 ，平面 ， 之间的 距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”是“”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 【答案】C 12.（广东理7）如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A ． B ． C ． D ． 【答案】B 13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是 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 ．15 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； --为30?，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C 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： 10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为▲． 2019年高考数学各题型解法：立体几何篇高考立体几何试题一般共有4道（选择、填空题3道，解答题1道），共计总分27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，以简单几何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。 知识整合 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）、面面平行（垂直）相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。 2.判定两个平面平行的方法： （1）根据定义--证明两平面没有公共点; （2）判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面; （3）证明两平面同垂直于一条直线。 3.两个平面平行的主要性质： ⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。 ⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 ⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那 么它们的交线平行“。 ⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 家庭是幼儿语言活动的重要环境，为了与家长配合做好幼儿阅读训练工作，孩子一入园就召开家长会，给家长提出早期抓好幼儿阅读的要求。我把幼儿在园里的阅读活动及阅读情况及时传递给家长，要求孩子回家向家长朗诵儿歌，表演故事。我和家长共同配合，一道训练，幼儿的阅读能力提高很快。 宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。至元明清之县学一律循之不变。明朝入选翰林院的进士之师称“教习”。到清末，学堂兴起，各科教师仍沿用“教习”一称。其实“教谕”在明清时还有学官一意，即主管县一级的教育生员。而相应府和州掌管教育生员者则谓“教授”和“学正”。“教授”“学正”和“教谕”的副手一律称“训导”。于民间，特别是汉代以后，对于在“校”或“学”中传授经学者也称为“经师”。在一些特定的讲学场合，比如书院、皇室，也称教师为高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)
立体几何 高考真题全国卷
2011年高考数学试题分类汇编-立体几何
2018年高考数学立体几何试题汇编
高考数学各题型解法：立体几何篇