高三数学理科立体几何备考试题及解答
A
B
M D
E
O
C
2007年高三数学理科立体几何备考试题及解答
命题人：中山一中数学理科备课组
1
．如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC 的中点，
2,CA CB CD BD AB AD ======
（I ）求证：AO ⊥平面BCD ；
（II ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （III ）求点E 到平面ACD 的距离． 解：方法一：
（I ）证明：连结OC ,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥Q
,,.BO DO BC
CD CO BD ==∴⊥Q
在AOC ?中，由已知可得1,AO CO ==
而2,AC = 222
,
AO CO AC ∴+= 90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥
,BD OC O =Q I AO ∴⊥平面BCD ；
（II ）解：取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC
∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB
与CD 所成的角 在OME ?中，
111,22
EM AB OE DC =
===
OM Q 是直角AOC ?
斜边AC 上的中线，1
1,2
OM AC ∴=
= cos
,4OEM ∴∠= ∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为arccos
4
（III ）解：设点E 到平面ACD 的距离为.h
,
11
(33)
E ACD A CDE ACD CDE V V h S AO S
--??=∴=Q 在ACD ?中，2,CA CD AD =
==
B
E
1
22
ACD
S
?
∴==
而2
1
1,2
2
CDE
AO S
?
===
1
.
7
2
CDE
ACD
AO S
h
S
?
?
∴===∴点E到平面ACD
的距离为
7
方法二：
（I）同方法一．
（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),
B D-
1
(0,0,1),((1,0,1),(1,
2
C A E BA CD
=-=-
u u u r u u u r
.
cos,
BA CD
BA CD
BA CD
∴<>==
u u u r u u u r
u u u r u u u r
u u u r u u u r
∴异面直线AB与CD
所成角的大小为arccos
4
（III）解：设平面ACD的法向量为(,,),
n x y z
=
r
则
.(,,).(1,0,1)0,
.(,,1)0,
n AD x y z
n AC x y z
?=--=
?
?
=-=
??
r u u u r
r u u u r
0,
0.
x z
z
+=
??
∴
-=
令1,
y=
得(
n=
r
是平面ACD的一个法向量．
又
1
(,
22
EC=-
u u u r
∴点E到平面ACD的距离
.
EC n
h
n
===
u u u r r
r
y
2．如图，四棱柱1111D C B A ABCD -的底面是边长为1的正方形，侧棱长1AA =2，
11,60DD AB DA D ⊥?=∠．
（1） 求证：⊥1AD 平面ABCD ；
（2） 求二面角1D BD A --的大小的余弦值； （3） 求1C 到平面1BDD 的距离．
解：（1）在1ADD ?中，?=∠==60,1,211DA D DA DD ， 由此易得 ,90,311?=∠=
DAD AD
对于问题（2）与（3），有两种方法：
方法一：（2）如图，连结AC ，交BD 于G ，连结G D 1，
正方形ABCD 中，AC BD ⊥，又⊥1AD 平面ABCD ，由三垂线定理可得，G D BD 1⊥，故GA D 1∠是二面角1D BD A --的平面角． 在22,3,11=
=
?AG AD GAD Rt 中，可求得2
141=GD ， 从而77
2
/142/2cos 11=
==
∠G D AG GA D ； （3）由11//DD CC ，可知1C 到平面1BDD 的距离即为C 到平面1BDD 的距离，设该距离为d,连结1CD ，由BCD D BDD C V V --=11 得
=??131AD S BCD d S BDD ??13
1
， ??
???⊥D D AA AD D D AA AB 11111平面平面????
??=?⊥⊥D DD AD DD AB AD
AB 11;111ABCD AD A AD AB AB AD AD AD 平面⊥???
???=?⊥⊥
故 7212
14
2213
1121
=?????=d ．
方法二：如图，以A 为坐标原点，分别以1,,AD AD AB 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则有
A （0，0，0），
B （1，0，0），D （0，1，0），
1D （0，0，3），1C （1，0，3），
（2）)3,1,0(),0,1,1(1-=-=DD BD ， 设),,(1z y x n =为平面1BDD 的法向量，则
由?????=?=?00
111DD n BD n 得???=+-=+-0
30z y y x ，取)1,3,3(1=n ， 又平面ABD 的法向量)1,0,0(2=n ，则二面角1D BD A --的大小的余弦值为：
7
7
7
1100|
|||cos 2121=
?++=
?=
n n n n θ； （3）),0,0,1(11-=D C 则1C 到平面1BDD 的距离为： 7
217
|3||
|1111=
-=
=
n n D C d ．
3． 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1 中，侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，侧棱AA 1与底面ABC 成600
的角， AA 1= 2．底面ABC 是边长为2的正三角形，其重心为G 点。E 是线段BC 1上一点，且BE=3
1
BC 1 ． （１）求证： GE ∥侧面AA 1B 1B ；
（２）求平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角 的大小的余弦值 ．
解：解法1：(1)延长B 1E 交BC 于F, ∵ΔB 1EC ∽ΔFEB, BE ＝
2
1
ＥＣ１
∴ＢＦ＝
21Ｂ１Ｃ１＝2
1
ＢＣ，从而Ｆ为ＢＣ的中点． ∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点共线，且FA FG ＝1FB FE ＝3
1
，∴GE ∥AB 1，
又GE ?侧面AA 1B 1B ， ∴GE ∥侧面AA 1B 1B
（２）在侧面AA 1B 1B 内，过B 1作B 1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，
∴B 1Ｈ⊥底面ABC ．又侧棱AA 1与底面ABC 成600
的角， AA 1= 2， ∴∠B 1ＢＨ＝６００
，ＢＨ＝１，B 1Ｈ＝3．
在底面ABC 内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连B 1Ｔ．由三垂线定理有B 1Ｔ⊥ＡＦ， 又平面B 1GE 与底面ABC 的交线为ＡＦ，∴∠B 1ＴＨ为所求二面角的平面角．
∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３００， ∴ＨＴ＝ＡＨsin300
＝2
3，
在ＲｔΔB 1ＨＴ中，cos ∠B 1ＴＨ＝1TH HB
3
=
从而平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角大小的余弦值为
7
21
。 解法2：（１）∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，侧棱AA 1与底面ABC 成600
的角，
∴∠A 1AB ＝６００
，又AA 1= ＡＢ= 2，取ＡＢ的中点Ｏ,则ＡＯ⊥底面ABC ． 以O 为原点建立空间直角坐标系O －ｘｙｚ，
则Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０），Ｃ（3，０，０）， Ａ１（０，０，3）Ｂ１（０，２，3），Ｃ１（3，１，3）．
∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ｇ（
33，０，０）， ∵BE ＝3
1
1BC ∴Ｅ（33，１，33）∴＝（０，１，33）＝31
1AB ，
又GE ?侧面AA 1B 1B ， ∴GE ∥侧面AA 1B 1B
（２）设平面B 1GE 的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ），
则由ｎ·B 1＝０及ｎ·＝０得33ａ－ｂ－332ｃ＝０；ｂ＋33ｃ＝０．
可取ｎ＝（3，－１，3）．
又底面ABC 的法向量为ｍ＝（０，０，１）， 设平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝
|
|||n m n m ??＝721。
从而平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角大小的余弦值为
7
21
。
A
B
C D
P
E F
A
B
C D
P
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 的大小的余弦值． 解：解法一：(I) ∵PC ⊥平面ABC ，
?AB 平面ABC ，
∴PC ⊥AB ．
∵CD ⊥平面PAB ，?AB 平面PAB ， ∴CD ⊥AB ．
又C CD PC =I ，
∴AB ⊥平面PCB ．
(II) 过点A 作AF//BC ，且AF=BC ，连结PF ，CF ．
则 PAF ∠为异面直线PA 与BC 所成的角． 由（Ⅰ）可得AB ⊥BC ， ∴CF ⊥AF ．
由三垂线定理，得PF ⊥AF ．
则AF=CF=2，PF=6 CF PC 22=+， 在PFA Rt ?中， tan ∠PAF=
2
6AF
PF
==3，
∴异面直线PA 与BC 所成的角为
3
π． （III ）取AP 的中点E ，连结CE 、DE ． ∵PC=AC=2， ∴CE ⊥PA ，CE=2．
∵CD ⊥平面PAB ， 由三垂线定理的逆定理，得 DE ⊥PA ． ∴CED ∠为二面角C-PA-B 的平面角．
由(I) AB ⊥平面PCB ，又∵AB=BC ，可求得BC=2． 在PCB Rt ?中，PB=6B C PC 22=+， 3
2
622PB BC PC CD =
?=?=
． 在CDE Rt ?中， cos CED ∠=
3
32
3
42CE
DE
=
-=．
A B
C D
P
x
y
z
∴二面角C-PA-B 大小的余弦值为3
3
。 解法二：（I ）同解法一．
(II) 由(I) AB ⊥平面PCB ，∵PC=AC=2， 又∵AB=BC ，可求得BC=2．
以B 为原点，如图建立坐标系． 则Ａ（０，2，０），Ｂ（0，0，0），
C （2，０，0），P （2，０，2），
),22,2(-=，)0,0,2(B =．
则22?=?+0+0=2．
,cos >=
<=
2
222?=
2
1
． ∴异面直线AP 与BC 所成的角为
3
π． （III ）设平面PAB 的法向量为m = (x ，y ，z)．
)0,2,0(-=，),22,2(-=， 则?????=?=?0.
m AP ,0 即?????=+-=-.02z y 2x 2,0y 2
解得???-==z
2x ,
0y 令z = -1, 得m = (2，0，-1)．
设平面PAC 的法向量为=('
'
'
z ,y ,x )．
)0,-2,0(=，),02,2(-=，
则?????=?=?0.
n AC ,
0 即?????=-=-.0y 2x 2,02z '
''
解得?????=='
''
y
x ,0z 令'
x =1, 得 n = (1，1，0)．
n
m n ,m cos >=
<=
3
32
32=
?． ∴二面角C-PA-B 大小的余弦值为
3
3． 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.
（Ⅰ）求证AE ⊥平面BCE ；
（Ⅱ）求二面角B —AC —E 的大小的余弦值； （Ⅲ）求点D 到平面ACE 的距离.
解：解法一：（Ⅰ）⊥BF Θ平面ACE. .AE BF ⊥∴
∵二面角D —AB —E 为直二面角，且AB CB ⊥， ⊥∴CB 平面ABE.
.AE CB ⊥∴ .BCE AE 平面⊥∴
（Ⅱ）连结BD 交AC 于C ，连结FG ，
∵正方形ABCD 边长为2，∴BG ⊥AC ，BG=2，
⊥BF Θ平面ACE ，
由三垂线定理的逆定理得FG ⊥AC. BGF ∠∴是二面角B —AC —E 的平面角 由（Ⅰ）AE ⊥平面BCE ， 又EB AE =Θ， ∴在等腰直角三角形AEB 中，BE=2. 又Θ直角,6,22=+=
?BE BC EC BCE 中
33
26
22=
?=?=
EC BE BC BF ， 23
63
3,sin ,cos 2
BF BFG BGF BGF BG ∴?∠===∴∠=
直角中， ∴二面角B —AC —E 大小的余弦值等于
3
.3
（Ⅲ）过点E 作AB EO ⊥交AB 于点O. OE=1. ∵二面角D —AB —E 为直二面角，∴EO ⊥平面ABCD.
设D 到平面ACE 的距离为h ，,ACD E ACE D V V --=Θ .3
1
31EO S h S ACD ACB ?=
?∴??
⊥AE Θ平面BCE ，.EC AE ⊥∴ .
332622
11
2221
21
21
=????=
???=∴EC AE EO
DC AD h ∴点D 到平面ACE 的距离为
.3
3
2 解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直 线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 点平行 于AD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系 O —xyz ，如图.
⊥AE Θ面BCE ，BE ?面BCE ， BE AE ⊥∴， 在AB O AB AEB Rt 为中,2,=?的中点，
).2,1,0(),0,0,1(),0,1,0(.1C E A OE -∴=∴
).2,2,0(),0,1,1(== 设平面AEC 的一个法向量为),,(z y x =， 则?
?
?=+=+?????=?=?.022,0,0,0x y y x 即
解得??
?=-=,
,x z x y
令,1=x 得)1,1,1(-=是平面AEC 的一个法向量.
又平面BAC 的一个法向量为)0,0,1(=，
.3
33
1|
|||),cos(=
=
?=
∴n m ∴二面角B —AC —E 3 （III ）∵AD//z 轴，AD=2，∴)2,0,0(=， ∴点D 到平面ACE 的距离.33
2
3
2|
|,cos |||=
=
>=
6．已知直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，且1,60AA AD DAB =?=∠，F 为棱BB 1的中点，M 为线段AC 1的中点.
（1）求证：直线MF//平面ABCD ； （2）求证：平面AFC 1⊥平面ACC 1A 1；
（3）求平面AFC 1与平面ABCD 所成二面角的大小.
解.解法一：
（Ⅰ）延长C 1F 交CB 的延长线于点N ，连结AN.因为 F 是BB 1的中点，
所以F 为C 1N 的中点，B 为CN 的中点. 又M 是线段AC 1的中点，故MF//AN.
.,ABCD AN ABCD MF 平面平面又??Θ .//ABCD MF 平面∴
（Ⅱ）证明：连BD ，由直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1
可知：⊥A A 1平面ABCD,
又∵BD ?平面ABCD ，.1BD A A ⊥∴
Θ四边形ABCD 为菱形，.BD AC ⊥∴
,,,1111A ACC A A AC A A A AC 平面又?=?Θ .11A ACC BD 平面⊥∴
在四边形DANB 中，DA ∥BN 且DA=BN ，所以四边形DANB 为平行四边形. 故NA ∥BD ，⊥∴NA 平面ACC 1A 1. 1AFC NA 平面又?Θ
平面平面⊥∴1AFC ACC 1A 1.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知BD ⊥ACC 1A 1，又AC 1? ACC 1A 1， ∴BD ⊥AC 1，∵BD//NA ，∴AC 1⊥NA. 又由BD ⊥AC 可知NA ⊥AC ，
∴∠C 1AC 就是平面AFC 1与平面ABCD 所成二面角的平面角或补角.
在Rt △C 1AC 中，3
1
tan 11==
CA C C AC C ， 故∠C 1AC=30°.
∴平面AFC 1与平面ABCD 所成二面角的大小为30°或150° （说明：求对一个角即给满分）
解法二：设AC ?BD=O ，因为M 、O 分别为C 1A 、CA 的中点，所以，MO//C 1C ，
又由直四棱柱知C 1C ⊥平面ABCD ，所以，MO ⊥平面ABCD.
在棱形ABCD 中，BD ⊥AC ，所以，OB 、OC 、OM 两两垂直.故可以O 为原点， OB 、OC 、OM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴如图建立空间直角坐标系， 若设|OB|=1，则B （1，0，0），B 1（1，0，2），A （0，3-，0）， C （0，3，0），C 1（0，3，2）.
（I ）由F 、M 分别为B 1B 、C 1A 的中点可知： F （1，0，1），M （0，0，1），
所以=MF （1，0，0）=.OB 又MF 与OB 不共线，所以，MF ∥OB.
?MF Θ平面ABCD ，OB ?平面ABCD ， MF ∴∥平面ABCD.
（III ）=OB （1，0，0）为平面ACC 1A 1的法向量.
设),,(z y x n 为平面AFC 1的一个法向量， 则.,MF n AF n ⊥⊥
由)0,0,1(),1,3,1(==MF AF ， 得：??
?==++.
0,03x z y x
令,1=y 得3-=z ，此时，)3,1,0(-n .
由于0)0,0,1()3,1,0(=?-=?OB n ，所以，平面AFC 1⊥平面ACC 1A 1.
（III ）)1,0,0(=OM 为平面ABCD 的法向量，设平面AFC 1与平面ABCD 所成二面角的大小为θ，
则
.2
3
|213|
||
||,||
,cos ||cos |=?-=><=n OM n OM n OM θ 所以θ=30°或150°.
即平面AFC 1与平面ABCD 所成二面角的大小为30°或150°。
7．如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，侧面P AD 是
E
D
C
P
正三角形，且侧面P AD ⊥底面ABCD ，E 为侧棱PD 的中点。
（1）求直线PB 与平面EAC 的关系； （2）求证：AE ⊥平面PCD ；
（3）若AD = AB ，试求二面角A －PC －D 的正切值；
（4）当
AD
AB
为何值时，PB ⊥AC ？ 解：（1）PB //平面EAC 。
（2）
ABCD CD AD CD PAD PAD ABCD AD PDC PAD
CD PDC ABCD PAD ?⊥?
?⊥?
???⊥?????⊥?
矩形面面面＝面面面面面
正三角形P AD 中，E 为PD 的中点，所以，AE PD ⊥， 又PDC PAD PD =I 面面，所以，AE ⊥平面PCD 。
（3）在PC 上取点M 使得1
4
PM PC =
。 由于正三角形P AD 及矩形ABCD ，且AD =AB ，所以PD AD AB DC ===
连接AM ，因为AE ⊥平面PCD ，所以，AM PC ⊥。 所以，AME ∠为二面角A －PC －D 的平面角。
在Rt AEM ?
中，tan 22
AE
AME ME ∠=
==。 即二面角A －PC －D
。
（4）设N 为AD 中点，连接PN ，则PN AD ⊥。 又面P AD ⊥底面ABCD ，所以，PN ⊥底面ABCD 。 所以，NB 为PB 在面ABCD 上的射影。 要使PB ⊥AC ，需且只需NB ⊥AC 在矩形ABCD 中，设AD ＝1，AB ＝x
则2
2
2
111233????=+? ? ????
，
解之得：x =
。
A
C
所以，当AD
AB
2=时，PB ⊥AC 。
证法二：
设N 为AD 中点，Q 为BC 中点，则因为?P AD 是正三角形，底面ABCD 是矩形，所以，PN AD ⊥，QN AD ⊥，又因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，所以，PN ABCD ⊥面，
QN PAD ⊥面，
以N 为坐标原点，NA 、NQ 、NP 所在直线分别为,,x y z 轴如图建立空间直角坐标系。设1AD =，AB a =，则
30,0,P ?? ? ???，1,,02B a ?? ???，1,0,02A ?? ???，1,,02C a ??
- ???，1,0,02D ??
- ???，13,0,4
4E ??- ? ???。 （2）33,0,44AE ??=- ? ???u u u r ，13,0,22PD ??=-- ? ???
u u u r ，()0,,0DC a =u u u r ， 313304242AE PD ?????=-?--?= ? ?????u u u r u u u r ，0AE DC ?=u u u r u u u r
所以，,AE PD AE DC ⊥⊥u u u r u u u r u u u r u u u r 。
又PD DC D =I ，,PD DC PDC ?面，所以，AE ⊥平面PCD 。
（3）当1a =时，由（2）可知：33,0,44AE ??
=- ? ??
?u u u r 是平面PDC 的法向量； 设平面P AC 的法向量为()1,,x y z =n ，则1PA ⊥u u u r n ，1AC ⊥u u u r
n ，即
13020
x z x y ?-
=???-+=?
，取1x =，可得：31,y z ==。所以，131,1,??= ? ???n 。
向量AE u u u r 与1n 所成角θ
的余弦值为：1131cos AE AC
θ-+?==
=?u u u r u u u r n n 。 所以，tan θ = 6 。
又由图可知，二面角A －PC －D 的平面角为锐角，所以，二面角A －PC －D 的平面角就是
向量AE u u u r
与1n 所成角θ
。
（4
）1,,2PB a ?= ??u u u r ，()1,,0AC a =-u u u r ，令0PB AC ?=u u u r u u u r ，得2102a -=
，所以，a =
。所以，当
AD
AB
=PB ⊥AC 。
高三数学知识点总结：立体几何
2019年高三数学知识点总结：立体几何 由查字典数学网高中频道提供，2019年高三数学知识点总结：立体几何，因此老师及家长请认真阅读，关注孩子的成长。 立体几何初步 (1)棱柱： 定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，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。 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。 表示：用各顶点字母，如五棱柱或用对角线的端点字母，如五棱柱 几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。 (2)棱锥 定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等 表示：用各顶点字母，如五棱锥 几何特征：侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。 (3)棱台：
定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等 表示：用各顶点字母，如五棱台 几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点 (4)圆柱： 定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转，其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体 几何特征：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。 (5)圆锥： 定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几何体 几何特征：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③侧面展开图是一个扇形。 (6)圆台： 定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分 几何特征：①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的顶点;③侧面展开图是一个弓形。
2018年高三数学模拟试题理科
黑池中学2018级高三数学期末模拟试题理科（四） 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分. 1.已知集合{}2,101，， -=A ，{} 2≥=x x B ，则A B =I A ．{}2,1,1- B.{ }2,1 C.{}2,1- D. {}2 2.复数1z i =-,则z 对应的点所在的象限为 A ．第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3 .下列函数中,是偶函数且在区间(0,+∞)上单调递减的函数是 A ．2x y = B ．y x = C ．y x = D ．2 1y x =-+ 4.函数 y=cos 2(x + π4 )－sin 2(x + π4 )的最小正周期为 A. 2π B. π C. π2 D. π 4 5. 以下说法错误的是 （ ） A ．命题“若x 2 -3x+2=0,则x=1”的逆否命题为“若x≠1,则x 2 -3x+2≠0” B ．“x=2”是“x 2 -3x+2=0”的充分不必要条件 C ．若命题p:存在x 0∈R,使得2 0x -x 0+1<0,则﹁p:对任意x∈R,都有x 2 -x+1≥0 D ．若p 且q 为假命题,则p,q 均为假命题 6.在等差数列{}n a 中, 1516a a +=,则5S = A ．80 B ．40 C ．31 D ．-31 7.如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ．π16+ B ．π416+ C ．π8+ D ．π48+ 8.二项式6 21()x x +的展开式中，常数项为 A ．64 B ．30 C ． 15 D ．1 9.函数3 ()ln f x x x =-的零点所在的区间是 A ．(1,2) B ．(2,)e C ． (,3)e D ．(3,)+∞ 10.执行右边的程序框图，若0.9p =，则输出的n 为 A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 开始 10n S ==， S p
届高三文科数学立体几何专题训练
2015届高三数学（文）立体几何训练题 1、如图3，AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在的平面，C 是圆周上不同于A 、B 的一点． ⑴求证：平面PAC ⊥平面PBC ； ⑵若PA=AB=2，∠ABC=30°，求三棱锥P -ABC 的体积． 2、如图，已知P A ?⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径，AB =2，C 是⊙O 上一点，且AC =BC =P A ，E 是PC 的中点，F 是PB 的中点. （1）求证：EF 3、如图，四棱柱1111D C B A ABCD -中，A A 1?底面ABCD ，且41=A A . 梯 形ABCD 的面积为6，且AD 平面DCE A 1与B B 1交于点E . （1）证明：EC D A 111A ABB 4、如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1，AA 1＝AB ＝2a ，D 、E 分别为CC 1、A 1B 的中 点． （1）求证：DE ∥平面ABC ； （2）求证：AE ⊥BD ； （3）求三棱锥D —A 1BA 的体积 ． 5.如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD 上，EF ∥AB ， 将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ． （Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ； P A B C O E F A B C D E A 1 B 1 C 1 D 1 A D F
F E A （Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥； （Ⅲ）求四面体CDFN 体积的最大值． 6、如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC,090=∠BCA ，AP=AC, 点D ，E 分别在棱,PB PC 上，且BC （Ⅰ）求证：D E ⊥平面PAC ； （Ⅱ）若PC ⊥AD ，且三棱锥P ABC -的体积为8，求多面体ABCED 的体积。 7、如图：C 、D 是以AB 为直径的圆上两点，==AD AB 232，BC AC =，F 是AB 上一点， 且AB AF 3 1 =，将圆沿直径AB 折起，使点C 在平面ABD 的射影E 在BD 上，已知2=CE . （1）求证：⊥AD 平面BCE ； （2）求证：//AD 平面CEF ； （3）求三棱锥CFD A -的体积． 8、如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知45,90,105,o o o A C ADC ∠=∠=∠=A B BD =，现将四边 形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BDC （如图乙），设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点． （1）求证：DC ⊥平面ABC ；
2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案
2015届高三数学立体几何专题训练 1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)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 解析：选A. 原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋1 2 π×22×4＝16＋8π. 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，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6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( ) A.500π3 cm 3 B.866π3 cm 3 C.1 372π3 cm 3 D.2 048π3 cm 3 解析：选A. 如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)， BM ＝12AB ＝1 2 ×8＝4(cm)． 设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5， ∴V 球＝43π×53＝500π 3 (cm 3)． 3．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ?α，l ?β，则( ) A ．α∥β且l ∥α B ．α⊥β且l ⊥β
C ．α与β相交，且交线垂直于l D ．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D. 根据所给的已知条件作图，如图所示． 由图可知α与β相交，且交线平行于l ，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 解析：选A.法一： 如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由 等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝2 3 . 法二： 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)， C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→ ＝(0,1,2)． 设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ⊥DB →，n ⊥DC 1→ ，所以有????? x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0， 令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2， －2,1)． 设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC → ＝???? ??n ·DC →|n ||DC →|＝23. 5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33
高中数学立体几何专题
高中课程复习专题——数学立体几何 一空间几何体 ㈠空间几何体的类型 1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。 2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。其中，这条直线称为旋转体的轴。 ㈡几种空间几何体的结构特征 1 棱柱的结构特征 棱柱的定义：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。 棱柱的分类 棱柱的性质 ⑴侧棱都相等，侧面是平行四边形； ⑵两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ⑶过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形； ⑷直棱柱的侧棱长与高相等，侧面的对角面是矩形。 长方体的性质 ⑴长方体的一条对角线的长的平方等于一个顶点上三 条棱的平方和：AC12 = AB2 + AC2 + AA12 ⑵长方体的一条对角线AC1与过定点A的三条棱所成图1-2 长方体
的角分别是α、β、γ，那么： cos2α + cos2β + cos2γ = 1 sin2α + sin2β + sin2γ = 2 ⑶ 长方体的一条对角线AC1与过定点A的相邻三个面所组成的角分别为α、β、γ，则： cos2α + cos2β + cos2γ = 2 sin2α + sin2β + sin2γ = 1 棱柱的侧面展开图：正n棱柱的侧面展开图是由n个全等矩形组成的以底面周长和侧棱为邻边的矩形。 棱柱的面积和体积公式 S直棱柱侧面 = c·h (c为底面周长，h为棱柱的高) S直棱柱全 = c·h+ 2S底 V棱柱 = S底·h 2 圆柱的结构特征 2-1 圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线 为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成 的几何体叫圆柱。 图1-3 圆柱 2-2 圆柱的性质 ⑴上、下底及平行于底面的截面都是等圆； ⑵过轴的截面(轴截面)是全等的矩形。 2-3 圆柱的侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形。 2-4 圆柱的面积和体积公式 S圆柱侧面= 2π·r·h (r为底面半径，h为圆柱的高) S圆柱全= 2π r h + 2π r2 V圆柱 = S底h = πr2h 3 棱锥的结构特征 3-1 棱锥的定义 ⑴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。
2020-2021高考理科数学模拟试题
高三上期第二次周练 数学（理科） 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1．设集合{}=0123A ，，，， {}=21B x x a a A =-∈，，则=( )A B ? A. {}12， B. {}13， C. {}01 ， D. {}13-， 2．已知i 是虚数单位，复数z 满足()12i z i +=，则z 的虚部是（ ） A. i - B. i C. 1- D. 1 3．在等比数列{}n a 中， 13521a a a ++=， 24642a a a ++=， 则数列{}n a 的前9项的和9S =（ ） A. 255 B. 256 C. 511 D. 512 4．如图所示的阴影部分是由x 轴，直线1x =以及曲线1x y e =-围成， 现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影区域的概率是（ ） A. 1e B. 21 e e -- C. 11e - D. 11e - 5．在 52)(y x x ++ 的展开式中，含 2 5y x 的项的系数是（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 6．已知一个简单几何体的三视图如右图所示，则该几何体的 体积为 ( ) A. 36π+ B. 66π+ C. 312π+ D. 12 7．已知函数 ())2log(x a x f -= 在 )1,(-∞上单调递减，则a 的取值范围是( ) A. 11<< 高三文科数学专题复习:立体几何平行、垂直问题 【基础知识点】 一、平行问题 1．直线与平面平行的判定与性质 定义判定定理性质性质定理 图形 条件a∥α 结论a∥αb∥αa∩α＝a∥b 2. 面面平行的判定与性质 判定 性质 定义定理 图形 条件α∥β，a?β 结论α∥βα∥βa∥b a∥α 平行问题的转化关系： 二、垂直问题 一、直线与平面垂直 1．直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．2．直线与平面垂直的判定定理及推论 文字语言图形语言符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平 面垂直 推论 如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直这个平面 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 4.直线和平面垂直的常用性质 ①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线． ②垂直于同一个平面的两条直线平行． ③垂直于同一条直线的两平面平行． 二、平面与平面垂直 1．平面与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平 面的垂线，则这两个平 面垂直 2．平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 两个平面垂直，则一个 平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平 面 类型一、平行与垂直 例1、如图，已知三棱锥A BPC -中，,,AP PC AC BC ⊥⊥M 为AB 中点，D 为PB 中点， 且△PMB 为正三角形。（Ⅰ）求证：DM ∥平面APC ； （Ⅱ）求证：平面ABC ⊥平面APC ； （Ⅲ）若BC 4=，20AB =，求三棱锥D BCM -的体积。 M D A P B C 空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。 2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何 1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin 【答案】4 【解析】 O E P 1B 1 A 1 C B A 设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则 ???? ?=++-=?=+-=?,03, 022111111z y x z x BA ???? ?=-+-=?=-=?, 03, 022221211z y x B x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α?=? ，即 2cos cos αα=?= .所以4 10sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, . 设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ . 11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 . 过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E . 连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得 3,2,5111== ===PO O B O A PA PB . 在直角O PA 1?中，OE P A PO O A ?=?11,即5 6,532= ∴?= ?OE OE . 11B O B E =∴===又.4 10 5 542sin sin 111= ==∠=E B O B EO B α. 2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知?=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为 【解析】 因为?=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得3 2sin ,3 1cos = = θθ． 在△DMN 中，332 33232,121=??=?=== DP DN CD DM ．学科*网 由余弦定理得231312)3(1222=? ??-+=MN ， 故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径 33 22sin === θ MN OD ．故球O 的半径3=R ． 3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC -内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的 高三数学高考模拟题 (一) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 高三数学高考模拟题（一） 一. 选择题（12小题，共60分，每题5分） 1. 已知集合{}{} M N x x x x Z P M N ==-<∈=?13302，，，，又|，那么集合 P 的子集共有( ) A. 3个 B. 7个 C. 8个 D. 16个 2. 函数y x =-的反函数的图象大致是( ) A B C D 3. 已知直线l 与平面αβγ、、，下面给出四个命题： ()//(),()()////12314若，，则若，若，，则若，，则l l l l l ααββαββγαγγγββ αβαβ⊥⊥⊥⊥⊥?⊥⊥? 其中正确命题是( ) A. (4) B. (1)(4) C. (2)(4) D. (2)(3) 4. 设cos ()31233 x x x =-∈-，且，，则ππ 等于( ) A B C D ....±±±± ππππ 18929518 5. 设a b c a b c =+=-=sin cos cos 1313221426 2 2 ，，，则、、之间的大小关系是( ) A b c a B c a b C a c b D c b a ....>>>>>>>> 6. ()15+x n 展开式的系数和为a x n n ，()572+展开式的系数和为 b a b a b n n n n n n ，则lim →∞-+234等于( ) A B C D ....- --12131 71 7.椭圆 x y M 22 4924 1+=上有一点，椭圆的两个焦点为F F MF MF MF F 121212、，若，则⊥?的面积是( ) A. 96 B. 48 C. 24 D. 12 8. 已知椭圆x y t 22 1221 1+-=()的一条准线的方程为y =8，则实数t 的值为( ) A. 7和－7 B. 4和12 C. 1和15 D. 0 9. 函数y x x x =+2sin (sin cos )的单调递减区间是( ) A k k k Z B k k k Z C k k k Z D k k k Z .[].[].[].[]28278 27821588 58 3878 ππππ ππππππ ππ ππππ-+∈++∈-+ ∈+ +∈，，，， 10. 如图在正方体ABCD －A B C D 1111中，M 是棱DD 1的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A B 11上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角( ) A. 是π4 B. 是π 3 C. 是π 2 D. 与P 点位置有关 1 A 11. 在平面直角坐标系中，由六个点O(0，0)、A(1，2)、B(－1，－2)、C(2，4)、D(－2，－1)、E(2，1)可以确定不同的三角形共有( ) （2019全国1文）16.已知90ACB ∠=?，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距 P 到平面ABC 的距离为 . 答案： 解答： 如图，过P 点做平面ABC 的垂线段，垂足为O ，则PO 的长度即为所求，再做,PE CB PF CA ⊥⊥，由线面的 垂直判定及性质定理可得出,OE CB OF CA ⊥⊥，在Rt PCF ?中，由2,PC PF == ，可得出1CF =，同 理在Rt PCE ?中可得出1CE =，结合90ACB ∠=?，,OE CB OF CA ⊥⊥可得出1OE OF ==，OC = ， PO == （2019全国1文）19.如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=， ,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点. （1）证明：//MN 平面1C DE （2）求点C 到平面1C DE 的距离. 答案： 见解析 解答： （1）连结1111,AC B D 相交于点G ，再过点M 作1//MH C E 交11B C 于点H ，再连结GH ，NG . ,,E M N 分别是 11,,BC BB A D 的中点. 于是可得到1//NG C D ，//GH DE ， 于是得到平面//NGHM 平面1C DE ， 由 MN ?平面NGHM ，于是得到//MN 平面1C DE （2） E 为BC 中点，ABCD 为菱形且60BAD ∠= DE BC ∴⊥，又 1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1DE CC ∴⊥ 1DE C E ∴⊥，又 12,4AB AA ==， 1DE C E ∴=，设点C 到平面1C DE 的距离为h 由11C C DE C DCE V V --=得 1111 143232 h ?=?? 解得h = 所以点C 到平面1C DE （2019全国2文）7. 设,αβ为两个平面，则//αβ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. ,αβ平行于同一条直线 D. ,αβ垂直于同一平面 答案：B 解析: 根据面面平行的判定定理易得答案. （2019全国2文）16.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.) 专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表 题型年份考点试题位置 单选题2019 表面积与体积2019年新课标1理科12 单选题2018 几何体的结构特征2018年新课标1理科07 单选题2018 表面积与体积2018年新课标1理科12 单选题2017 三视图与直观图2017年新课标1理科07 单选题2016 三视图与直观图2016年新课标1理科06 单选题2016 空间向量在立体几何中的应 用2016年新课标1理科11 单选题2015 表面积与体积2015年新课标1理科06 单选题2015 三视图与直观图2015年新课标1理科11 单选题2014 三视图与直观图2014年新课标1理科12 单选题2013 表面积与体积2013年新课标1理科06 单选题2013 三视图与直观图2013年新课标1理科08 单选题2012 三视图与直观图2012年新课标1理科07 单选题2012 表面积与体积2012年新课标1理科11 单选题2011 三视图与直观图2011年新课标1理科06 单选题2010 表面积与体积2010年新课标1理科10 填空题2017 表面积与体积2017年新课标1理科16 填空题2011 表面积与体积2011年新课标1理科15 填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1理科14 历年高考真题汇编 1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（） A．8πB．4πC．2πD．π 2．【2018年新课标1理科07】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（） 高中数学之立体几何 平面的基本性质 公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 公理2 如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线. 公理3 经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面. 根据上面的公理，可得以下推论. 推论1 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面. 推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面. 推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面. 空间线面的位置关系 共面平行—没有公共点 (1)直线与直线相交—有且只有一个公共点 异面(既不平行，又不相交) 直线在平面内—有无数个公共点 (2)直线和平面直线不在平面内平行—没有公共点 (直线在平面外) 相交—有且只有一公共点 (3)平面与平面相交—有一条公共直线(无数个公共点) 平行—没有公共点 异面直线的判定 证明两条直线是异面直线通常采用反证法. 有时也可用定理“平面内一点与平面外一点的连线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”. 线面平行与垂直的判定 (1)两直线平行的判定 ①定义：在同一个平面内，且没有公共点的两条直线平行. ②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，即若a∥α,aβ，α∩β=b,则a∥b. ③平行于同一直线的两直线平行，即若a∥b,b∥c,则a∥c. ④垂直于同一平面的两直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b ⑤两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行，即若α∥β,α∩γ,β∩γ=b,则a∥b ⑥如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线与这两个平面的交线平行，即若α∩β=b,a∥α,a∥β，则a∥b. (2)两直线垂直的判定 一、选择题： 1. 10i 2-i = A. -2+4i B. -2-4i C. 2+4i D. 2-4i 解：原式10i(2+i) 24(2-i)(2+i) i = =-+.故选A. 2. 设集合{}1|3,| 04x A x x B x x -?? =>= A. 10 10 B. 15 C. 310 10 D. 35 解：令1AB =则12AA =,连1A B 1C D ∥1A B ∴异面直线BE 与1CD 所成的角即1A B 与BE 所成的角。在1A BE ?中由余弦定理易得1310 cos A BE ∠=。故选C 6. 已知向量()2,1,10,||52a a b a b =?=+=，则||b = A. 5 B. 10 C.5 D. 25 解：222250||||2||520||a b a a b b b =+=++=++||5b ∴=。故选C 7. 设323log ,log 3,log 2a b c π===，则 A. a b c >> B. a c b >> C. b a c >> D. b c a >> 解：322log 2log 2log 3b c <<∴> 2233log 3log 2log 3log a b a b c π<=<∴>∴>> .故选A. 8. 若将函数()tan 04y x πωω??=+> ? ? ? 的图像向右平移6 π个单位长度后，与函数tan 6y x πω?? =+ ?? ? 的图像重合，则ω的最小值为 A ．1 6 B. 14 C. 13 D. 12 解：6tan tan[(]ta )6446n y x y x x π ππππωωω??? ?=+?????? →=-=+ ? +? ????向右平移个单位 1 64 ()6 62k k k Z π π ωπωπ += ∴=+∈∴ - ， 又min 1 02 ωω>∴=.故选D 9. 已知直线()()20y k x k =+>与抛物线 2:8C y x =相交于A B 、两点，F 为C 的焦点， 高三文科数学专题立体几何 1. （2013汕头二模）设I、m是不同的两条直线, 题中为真命题的是（） A ?若I ,，则I// C .若I m, // ,m ，则1 【答案】D 【解析】T I ,// ,?- I ,- .■ m D .若I , // ,m ，则I m 2. （2013东城二模）给出下列命题： ①如果不同直线m、n都平行于平面，则m、n—定不相交； ②如果不同直线m、n都垂直于平面，则m、n—定平行； ③如果平面、互相平行，若直线m ，直线n ，则m//n ； ④如果平面、互相垂直，且直线m、n也互相垂直，若m 则n 则真命题的个数是（） A . 3 B . 2 C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】只有②为真命题. 3. 设I为直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A .若I // ,I// ，贝U // B.若1 ,I ，则// C .若1 ,I// ，贝U // D .若,I// ，则I 【解析】B 4. (2013 东莞 -模）如图，平行四边形ABCD 中，CD 1, BCD 60，且BD CD ,正方形ADEF和平面ABCD垂直，G, H是DF ,BE的中点. （1）求证：BD 平面CDE ; （2）求证：GH //平面CDE ; （3）求三棱锥D CEF的体积. C 是不重合的两个平面，则下列命 B.若I// , ，则I// 【解析】（1）证明：平面 ADEF 平面ABCD ，交线为AD , ?/ ED AD , ? ED 平面 ABCD , ?- ED BD ? 又 BD CD , ?- BD 平面 CDE . (2) 证明：连接 EA ，则G 是AE 的中点, ??? EAB 中，GH//AB , 又 AB//CD , ? GH // CD , ? GH // 平面 CDE ? (3) 设Rt BCD 中BC 边上的高为h ， 是棱PA 上的动点. (1) 若Q 是PA 的中点，求证: PC // 平面BDQ CQ ； (2) PC , PB PD ，求证：BD 解析：证明：（1）连结AC ，交BD 于O ,如图: 若 PB 3, ABC 60°，求四棱锥P ABCD 即：点C 到平面 DEF 的距离为 … V D CEF V C DEF _3 2 _3 3 5.（2013丰台二模）如图所示，四棱锥P ABCD 中, 底面ABCD 是边长为2的菱形，Q 高三数学立体几何专 题 专题三 立体几何专题 【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空 间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究． 【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三 视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等． 【例题解析】 题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算 例1（2008高考海南宁夏卷）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值为 A ． 22 B ． 32 C ． 4 D ． 52 分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决． 解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算，如图设长方体的 高宽高分别为,,m n k = =1n ?=， a = b =，所以22(1)(1)6a b -+-= 228a b ?+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4 a b ?+≤当且仅当2a b ==时取等号． 专题五 立体几何 第一讲 空间几何体 1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质 侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质 侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图 (1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题 (1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长． (2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题． 4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式 ①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ③圆台的表面积S ＝π(r ′2 ＋r 2 ＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2 . (2)体积公式 ①柱体的体积V ＝Sh ； ②锥体的体积V ＝1 3 Sh ； ③台体的体积V ＝1 3(S ′＋SS ′＋S )h ； ④球的体积V ＝43 πR 3 . 1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是 ( ) A ．4 B.143 C.16 3 D ．6 答案 B 解析 由三视图知四棱台的直观图为 由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝14 3. 2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是 ( ) 高考理科数学模拟试卷（含答案） 本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效. 5.考试结束后,只将答题卡交回. 第Ⅰ卷 (选择题,共60分) 一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合2 {1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I (A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数1 1i z = +,则||z = (A) 2 (B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2 ()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)2 4. 已知单位向量12,e e 的夹角为 2π 3 ,则122e e -= (A)3 (B)7 5. 已知双曲线22 221(0,0)x y a b a b -=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是 (B) 3 (C)10 (D)10 9 6. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”的 高三文科数学第二轮复习资料 ——《立体几何》专题 一、空间基本元素：直线与平面之间位置关系的小结．如下图： 二、练习题： 1． 1∥ 2，a ，b 与 1， 2都垂直，则a ，b 的关系是 A ．平行 B ．相交 C ．异面 D ．平行、相交、异面都有可能 2．三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别为AA 1、CC 1上的点，且满足AP=C 1Q ，则四棱锥B —APQC 的体积是 A ． V 21 B ．V 31 C ．V 41 D ．V 3 2 3．设α、β、γ为平面， m 、n 、l 为直线，则m β⊥的一个充分条件是 A ．,,l m l αβαβ⊥=⊥ B ．,,m αγαγβγ=⊥⊥ C ．,,m αγβγα⊥⊥⊥ D ．,,n n m αβα⊥⊥⊥ 4．如图1，在棱长为a 的正方体ABCD A B C D -1111中， P 、Q 是对角 D 1 B 1 线A C 1上的点，若 a PQ= 2 ，则三棱锥P BDQ -的体积为 A3 B3 C3 D．不确定 5．圆台的轴截面面积是Q，母线与下底面成60°角，则圆台的内切球的表面积是 A 1 2Q B 2 3 Q C 2 π Q D 2 3π Q 6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点，O为AC与BD的交点（如图），求证： （1）EG∥平面BB1D1D； （2）平面BDF∥平面B1D1H； （3）A1O⊥平面BDF； （4）平面BDF⊥平面AA1C． 7．如图，斜三棱柱ABC—A’B’C’中，底面是边长为a的正三角形， 侧棱长为 b，侧棱AA’与底面相邻两边AB、AC都成450角，求 此三棱柱的侧面积和体积． 8．在三棱锥P—ABC中，PC=16cm，AB=18cm，PA=PB=AC=BC=17cm，求三棱锥的体积V P-ABC．高三文科数学立体几何平行垂直问题专题复习(含答案)
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