高考数学立体几何大题训练
高考数学立体几何大题训
练
Prepared on 22 November 2020
高考数学立体几何大题训练
1．如图，平面ABCD ⊥平面ADEF ，其中ABCD 为矩形，ADEF 为梯形， //AF DE ，
AF FE ⊥，2AF AD DE ==，G 为BF 中点．
（Ⅰ）求证：//EG 平面ABCD ； （Ⅱ）求证：AF DG ⊥．
2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，
60BAD ∠=
，2,AB PD ==,O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点．
（Ⅰ）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；
（Ⅱ）若PD ∥平面EAC ,求三棱锥P EAD -的体积．
3．如图，已知四边形ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，CD=PD=2EA,PD （Ⅰ）求证：GH FGH ⊥4．如图，在矩形ABCD 中，点E 为边AD 上的点，点F 为边CD 的中点，
2
3
4A E D B A A ==
=,现将ABE ?沿BE 边折至PBE ?位置，且平面PBE ⊥平面BCDE . （Ⅰ）求证：平面PBE ⊥平面PEF ； （Ⅱ）求四棱锥P BCFE -的体积．
P
A
B
C
D E
O
5．如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AB=2，AD=EF=1. （Ⅰ）求证：AF ⊥平面CBF ；
（Ⅱ）设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；
（Ⅲ）设平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为,F ABCD F CBE V V --，求
:F ABCD F CBE V V --.
6．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别是棱111D C DD 、的中点．
（Ⅰ）证明：平面11ADC B ⊥平面1A BE ；
（Ⅱ）证明：F B 1BE A 111A B BE -7．如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ?是正三角形，四边形ABCD 是矩形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，2PA =，4PC =． （Ⅰ）若点E 是PC 的中点，求证：//PA 平面BDE ；
（Ⅱ）若点F 在线段PA 上，且FA PA λ=，当三棱锥B AFD -的体积为
4
3
时，求实数λ的值．
8．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，?=∠90ACB ，11
2
AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点.
（1）证明：1DC ⊥平面BDC ；
（2）若12AA =，求三棱锥1C BDC -的体积.
E A B
C D
B 1
A D 1
C 1
F
9．已知平行四边形ABCD ，4AB =，2AD =，60o DAB ∠=，E 为AB 的中点，把三角形ADE 沿DE 折起至1A DE 位置，使得14A C =，F 是线段1A C 的中点. （1）求证：1//BF A DE 面； （2）求证：面1A DE ⊥面DEBC ； （3）求四棱锥1A DEBC -的体积.
10．如图, 已知边长为2的的菱形ABCD 与菱形ACEF 全等，且FAC ABC ∠=∠,平面
ABCD ⊥平面ACEF ，点G 为CE 的中点.
（Ⅰ）求证：//AE 平面DBG ； （Ⅱ）求证：FC BG ⊥； （Ⅲ）求三棱锥E BGD -的体积.
11．如图,三棱柱111ABC A B C -中,112AB AC AA BC ====,1160AAC ∠=?,平面1ABC ⊥平面11AAC C ,1AC 与1A C 相交于点D .
（Ⅰ）求证:BD ⊥平面11AAC C ； （Ⅱ）求二面角1C AB C --的余弦值.
12．如图，已知四边形ABCD 为正方形，⊥EA 平面ABCD ，CF ∥EA ，且
222===CF AB EA （1）求证：⊥EC 平面BDF ； （2）求二面角E BD F --的余弦值.
C
C 1
B 1
A A 1
B
D
13．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，
PA AB =，点E 是PB 的中点，点F 在边BC 上移动．
（Ⅰ）若F 为BC 中点，求证：
EF PAC AE PF
⊥PB =E AF B -
-F BC 14．已知几何体A BCDE -的三视
图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．
（1）求此几何体的体积V 的大小；
（2）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值； （3）求二面角A-ED-B 的正弦值．
15．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面1A BC ⊥侧面11A ABB ，且12AA AB == （1） 求证：AB BC ⊥；
（2）若直线AC 与平面1A BC 所成的角为
6
π
，求锐二面角1A A C B --的大小. 16．如图所示，正方形D D AA 11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ，点
E 为AB 的中点.
（1）求证：1BD ∥平面DE A 1；（2）求证：E D 1⊥D A 1； （3）在线段AB 上是否存在点M ，使二面角D MC D --1的大小为
6
π
若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.
17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，90BAC ?∠=，F 为棱1AA 上的动点，14,2A A AB AC ===.
⑴当F 为1A A 的中点，求直线BC 与平面1BFC 所成角的正弦值； ⑵当
1
AF
FA 的值为多少时，二面角1B FC C --的大小是45?.
18．如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面
=
=====∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.
（1）证明：⊥DE 平面ACD ; （2）求二面角E AD B --的大小
19．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥
CD ，2AB AD ==，4CD =，M 为CE 的中点． （1）求证：BM ∥平面ADEF ； （2）求证：平面BDE ⊥平面BEC ；
（3）求平面BEC 与平面ADEF 所成锐二面角的余弦值.
20．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，90ACB ∠=，EA ⊥平面
ABCD ，//EF AB ，//FG BC ，//EG AC ，2AB EF =. （1）若M 是线段AD 的中点，求证：//GM 平面ABFE ； （2）若22AC BC AE ===，求二面角A BF C --的余弦值.
参考答案
1．（Ⅰ）详见解析; （Ⅱ）详见解析 【解析】
试题分析：证明：（Ⅰ）取AB 的中点O ，连接OD ，可得OG =1
2
AF ， 又因为 //AF DE ，2AF DE = 所以OG
=
DE ，四边形ODEG 为平行四边形，所以//EG OD ，在根据线面平
行的判定定理，即可证明结果．（Ⅱ）取AF 的中点H ，连接DH 、GH ，可得//GH AB ， 因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥，所以AB ⊥平面
ADEF ，AB AF ⊥，所以AF GH ⊥，因为
//AF DE ，2AF DE = 所以四边形EFHD 为平行四边形，//EF DH ，又AF FE ⊥，所以AF DH ⊥ ，根据线面垂直的判定定理，即可证明结果． 试题解析：证明：（Ⅰ）取AB 的中点O ，连接OD 因为,O G 分别是AB ,BF 的中点， 所以OG
=1
2
AF ， 2分 又因为 //AF DE ，2AF DE = 所以OG
=
DE ，四边形ODEG 为平行四边形
所以//EG OD 4分
因为OD ?平面ABCD ，EG ?平面ABCD
所以//EG 平面ABCD 5分 （Ⅱ）取AF 的中点H ，连接DH 、GH 因为,G H 分别是BF ,AF 的中点，
所以//GH AB ， 7分
因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥ 所以AB ⊥平面ADEF ，AB AF ⊥
所以AF GH ⊥ 9分 因为 //AF DE ，2AF DE =
所以四边形EFHD 为平行四边形，//EF DH
又AF FE ⊥，所以AF DH ⊥ 11分 因为GH
DH H =
所以AF ⊥平面DGH
所以AF DG ⊥ 12分
考点： 1．线面平行的判定定理；2．线面垂直的判定定理．
2．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）P EAD V -=． 【解析】
试题分析：（Ⅰ）要证面面垂直需证线面垂直，根据题意，需证AC ⊥平面
PBD ，因为底面为菱形对角线互相垂直，又因为PD ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥
平面PBD 得证；（Ⅱ）根据线面平行的性质定理可知：PD 平行平面PBD 与平面ACE 的交线EO ,同时O 为BD 中点,所以E 为PB 中点，所以三棱锥P EAD -的体积等于三棱锥E PAD -即为三棱锥B PAD -体积的一半,进而求得三棱锥
P EAD -的体积．
试题解析：（Ⅰ）PD ⊥平面ABCD ,AC ?平面ABCD ,AC PD ∴⊥． 四边形ABCD 是菱形,AC BD ∴⊥,又PD
BD D =,AC ⊥平面PBD ．
而AC ?平面EAC ,∴平面EAC ⊥平面PBD ． 6分 （Ⅱ）
PD ∥平面EAC ,平面EAC 平面PBD OE =,PD OE ∴∥,
O是BD中点,E
∴是PB中点．
取AD中点H,连结BH,四边形ABCD是菱形,60
BAD
∠=, BH AD
∴⊥,又,
BH PD AD PD D
⊥=,BD
∴⊥平面PAD,
BH AB
==． 9分
11
2
62
=??= 12分
考点：1．面面平行的判定定理;2．线面平行的性质定理;3．三棱锥的体积公式．
3．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【解析】
试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一问，取PD、EA中点，利用中位线得
1
//
2
MN CD
==
，
1
//
2
NG AB
==
，而//
AB CD
==
，∴//
MN NG
==
，∴说明GHMN是平行四边形，∴//
GH MN，∴利用线面平行的判定//
GH平面PDAE；第二问，先利用线面垂直的性质得
P
A B
C
D
E
O
H
PD BC ⊥，再利用线面垂直的判定得BC ⊥平面PCD ，即FH ⊥平面PCD ，最后利用面面垂直的判定得平面FGH ⊥平面PCD .
试题解析：（1）分别取PD 的中点M EA ,的中点.N 连结MH NG MN ,,.
因为G H ,分别为BE PC ,的中点，所以1
//2
MN CD == .
因为//AB CD ==
，所以//MN NG ==
,
故四边形GHMN 是平行四边形.所以//GH MN . 4分 又因为GH ?平面PDAE ，MN ?平面PDAE ， 所以//GH 平面PDAE . 6分
（2）证明：因为PD ⊥平面ABCD ，BC ?平面ABCD ，所以PD BC ⊥. 因为,,BC CD PD CD D ⊥=所以BC ⊥平面PCD . 因为F H ,分别为PB PC 、的中点，所以//FH BC 所以FH ⊥平面.PCD
因为FH ?平面FGH ，所以平面FGH ⊥平面PCD . 12分 考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直.
4．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3
【解析】
试题分析：对于第一问要证明面面垂直，关键是把握住面面垂直的判定定理，在其中一个平面内找出另一个平面的垂线即可，而在找线面垂直时，需要把握住线面垂直的判定定理的内容，注意做好空间中的垂直转化工作，对于第二问，注意在求棱锥的体积时，注意把握住有关求体积的量是多少，底面积和高弄清楚后就没有问题.
试题解析：（Ⅰ）证明：在Rt ΔDEF 中
,45ED DF DEF =∴∠=,
在Rt ΔABE 中，,45AE AB AEB =∴∠=,
90BEF ∴∠=,EF BE ∴⊥. 3分
平面PBE ⊥平面BCDE ，且平面PBE
平面BCDE BE =
∴ EF ⊥平面PBE ,
EF ?平面PEF ，∴平面PBE ⊥平面PEF . 6分 （Ⅱ）解：过P 做PO BE ⊥,
PO ?平面,PBE 平面PBE ⊥平面BCDE 且平面PBE 平面BCDE BE =
∴ PO ⊥平面BCDE ,
四棱锥P BCFE -的高h PO ==分
11
6444221422=?-??-??=，
10分
则111433P BCFE BCFE V S h -=?=??=四边形分
考点：面面垂直的判定，棱锥的体积.
5．（Ⅰ）参考解析；（Ⅱ）参考解析；（Ⅲ）4:1 【解析】
试题分析：（Ⅰ）要证线面垂直等价转化为线线垂直，由圆周角所对的弦为直径即可得AF 与BF 垂直，再根据面面垂直的性质即可得CB 与AF 垂直.由此即可得到结论.
（Ⅱ）线面平行等价转化为线线平行，通过做DF 的中点即可得到一个平行四边形，由此即可得到线线平行，即可得到结论.
（Ⅲ）根据四棱锥的体积公式，以及三棱锥的体积公式，其中有些公共的线段，由此即可求出两个体积的比值.
试题解析：（Ⅰ）证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF=AB ，
∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ?平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF. （Ⅱ）设DF 的中点为N ，则MN ∥
12CD ，又1
2
AO CD ∥， 则MN AO ∥，MNAO 为平行四边形，
∴OM ∥AN ，又AN ?平面DAF ，PM ?平面DAF ，∴OM ∥平面DAF. （Ⅲ）过点F 作FG ⊥AB 于G ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，
∴FG ⊥平面ABCD ，∴12
33
F ABCD ABCD V S F
G FG -=?=，
∵CB ⊥平面ABEF ，∴1111
3326
F CBE C BFE BFE V V S CB EF F
G CB FG --?==?=???=，
∴:4:1F ABCD F CBE V V --=
考点：1.线面垂直.2.线面平行.3.棱锥的体积公式.
6．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）1
6
【解析】
试题分析：Ⅰ）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从证明线面垂直出发：因为
11B C ⊥
面
11
ABB A 所以
111B C A B
⊥．又
11
A B AB ⊥，所以
1A B ⊥
面
11
ADC B ,所以平面
11ADC B ⊥
面
1A BE
.（Ⅱ）证明线面平行，一般利用线面平行
判定定理，即从证明线线平行出发，这一般可利用平面几何知识得以证明：设
11AB A B O
=，则易得四边形
1B OEF
为平行四边形，所以
1B F OE F B 1BE A 11111111111
36A B BE
E A B B A B B V V S B C --?==?=1111D C B A ABCD -11B C ⊥
11ABB A 1A B ?11ABB A 111B C A B ⊥11A B AB ⊥1111B C AB B =1A B ⊥11ADC B 1A B ?
1A BE 11ADC B ⊥1A BE 5分
（Ⅱ）连接
EF ,EF 11
2C D EF 11=2
C D
1
1AB A B O =1B O 11
2C D
1B O 11
=2C D EF 1B O EF 1=B O 1B OEF
所以
1B F OE 11B F A BE ?面OE 1A BE ?面F B 1BE
A 11111111111
36A B BE E A B B A B B V V S B C --?==?=.3
2
EQ PA //PA BDE
3
4
31=??==?--FM S V V ABD ABD F AFD B BC PO ⊥ABCD FM ⊥ABCD BC ⊥PAB
BC ==332=FM 2===3FM FA
PO PA λλλ??AC
AC
BD Q =E PC PAC ?EQ PA EQ ?BDE PA ?BDE //PA BDE
2PA AB PB ===AB O PO AB ⊥PO =PAB ⊥ABCD PO ⊥ABCD
//FM PO AB M FM ⊥ABCD ABCD BC ⊥PAB PBC ?BC ==ABP ?1
=
2
ABP S AB AD ??=41=33B AFD F ABD ABD V V S FM FM --?==?=?//FM PO E F A
B
C
D B 1
A D 1 C 1
2===
3FM FA PO PA λλλ??1
3试题解析：（1）由题设知1,BC CC BC AC ⊥⊥，1AC
CC C =，
∴BC ⊥平面11ACC A . （2分） 又∵1DC ?平面11ACC A ，∴1DC BC ⊥. （3分）
由题设知1145o ADC A DC ∠=∠=，∴190o CDC ∠=，即1C D DC ⊥. （4分） ∵DC
BC C =，∴1DC ⊥平面BDC . （6分）
（2） ∵12AA =，D 是棱1AA 的中点，11
2
AC BC AA ==
∴1,1AC BC AD === （7分）
∴CD =1DC =（9分）
∴1CDC Rt ?的面积111
122
S CD DC =?== （10分）
∴3
1
1131311=??=?=-BC S V CDC B （11分）
∴3
1
11==--CDC B BDC C V V ，即三棱锥1C BDC -的体积为13. （13分）
考点：线面垂直的判定，椎体的体积.
9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3. 【解析】
试题分析：（1）此题将线面平行转化为线线平行问题，可取1DA 的中点G ，连接FG GE 、构造辅助线，得到//EB GF ，进而证明出//BF 平面1A DE ；（2）此题将面面垂直问题转化为线面垂直问题，可取DE 的中点H ，连接1A H CH 、构造辅助线,借助于余弦定理，得出1A H HC ⊥，即1A HC ?为直角三角形，由线面垂直的判定定理，证明出1A H DEBC ⊥面，根据面面垂直的判定定理得出面
1A DE ⊥面DEBC ；
（3）由棱锥的体积公式得H A S V DEBC
1DEBC - -A 四棱棱311??=
梯形，梯形的底边为2、
4，高为3，由（2）1A H =. 试题解析： (1)证明：取1DA 的中点G ，连接FG GE 、 F 为1A C 中点
∴//GF DC ，且12
GF DC =
E 为平行四边形ABCD 边AB 的中点
∴//EB DC ，且12
EB DC = ∴//EB GF ，且EB GF = ∴四边形BFGE 是平行四边形
EG ?平面1A DE ，BF ?平面1A DE
∴ //BF 平面1A DE 4分
（2）取DE 的中点H ，连接1A H CH 、
4AB =，2AD =，60o DAB ∠=，E 为AB 的中点
∴DAE ?为等边三角形，即折叠后1DA E ?也为等边三角形
∴1A H DE ⊥，且1A H =在DHC ?中，1DH =，4DC =，60o HDC ∠= 根据余弦定理，可得
222221
2cos6014214132
o HC DH DC DH DC =+-?=+-???
=在1A HC ?中，
1A H =13=HC 14A C =，
∴2
221
1AC A H HC =+，即1A H HC ⊥
又
11A H DE A H HC
DE DEBC HC DEBC DE HC H
⊥??⊥??
?????=??面面，所以1A H DEBC ⊥面 又
11A H A DE ?面
∴面1A DE ⊥面DEBC 10分
（3）由第（2）问知1A H DEBC ⊥面
1111
(24)6332
A DEBC DEBC V S h -=?=?+=底面 14分 考点：1、线面平行；2、面面垂直；3.棱锥的体积 10．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）2
1
【解析】
试题分析：（Ⅰ）要证明线面平行，只需证明这条直线以平面内的一条直线平行即可，连结OG ,易得OG 为三角形ACE ?的中位线，所以，OG AE ∥，
∴//AE 平面DBE ；要证明线线垂直，一般通过线面垂直得到，易得BD ⊥平面
ACEF ，∴BD ⊥CF ，在菱形ACEF 中CF OG ⊥，?⊥CF 平面
BGD ∴BG CF ⊥
（Ⅲ）利用等体积法即可，即3
2
E BDG
A BDG C BDG BDG V V V S h ---?===
?=
试题解析：（Ⅰ）连结OG , ..1分 因为四边形ABCD 是菱形， 所以，CO OA =,又CG GE =,
所以，OG 为三角形ACE ?的中位线 .2分 所以，OG AE ∥.
又OG ?平面DBE ,AE ?平面DBE
∴//AE 平面DBE 4分
3
（Ⅱ）因为四边形ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥。 又平面ABCD ⊥平面ACEF ，且交线为AC
∴BD ⊥平面ACEF , 2分
又 FC ?平面ACEF
∴BD ⊥CF 3分 在菱形ACEF 中，CF AE ⊥,AE OG // ∴CF OG ⊥ 4分 ?=OG BD O OG BD ,, 平面BGD ∴⊥CF 平面BGD 5分 ∴BG CF ⊥ 6分
（Ⅲ）由题知，AB BC AC ===2,故60ABC ∠=,
在三角形DAB 中，2AD AB ==,120DAB ∠=,所以BD =32. 1分 又ABC FAC ∠=∠,所以60FAC ∠=,所以FCA ?是等边三角形，
所以2,CF AE ==
所以132
BDG S BD OG ?=?= 2分
又CF ⊥面BDG ，所以，点C 到面BDG 的距离1142
h CF == 3分 所以 1132
E BDG A BDG C BDG BDG V V V S h ---?===?= 4分 考点：立体几何的综合应用
11．（Ⅰ）见解析 ；（Ⅱ）5
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理．（2）利用判定定理的推论（αα⊥?⊥b a b a ,//）．（3）利用面面平行
的性质（βαβα⊥?⊥a a ,//）．（4）利用面面垂直的性质．本题即是利用面面垂直的性质；（Ⅱ）求面面角方法一是传统方法，作出二面角，难度较大，一般不采用，方法二是向量法，思路简单，运算量稍大，一般采用向量法. 试题解析：（Ⅰ）依题意,侧面11AAC C 是菱形,D 是1AC 的中点,因为1BA BC =,所以1BD AC ⊥,
又平面1ABC ⊥平面11AAC C ,且BD ?平面1ABC ,平面1
ABC 平面111AAC C AC =
所以BD ⊥平面11AAC C . 5分
（Ⅱ）[传统法]由（Ⅰ）知BD ⊥平面11AAC C ,CD ?面11AAC C ,所以CD BD ⊥,
又1CD AC ⊥,1
AC BD D =,所以CD ⊥平面1ABC ,
过D 作DH AB ⊥,垂足为H ,连结CH ,则CH AB ⊥, 所以DHC ∠为二面角1C AB C --的平面角. 9分 在Rt DAB ?中
,1,2AD BD AB ===,
所以AD DB DH AB ?=
=
CH ==分
所以cos DH DHC CH ∠==,即二面角1C AB C --
分
[向量法]以D 为原点,建立空间直角坐标系D xyz -如图所示, 6分
C
C 1
B 1
A
A 1
B
D
H 传统法图
由已知可得112,1,AC AD BD A D DC BC ====== 故()(
)((
)()
10,0,0,1,0,0,,1,0,0,D A B C C -, 则(
)(1,0,
3,0,
3,AB BC =-=, 8分
设平面ABC 的一个法向量是(),,x y z =n ,
则00AB BC ??=?
??=?
?n n ,
即00
x
?-+=?-=,解得x y z ?=?
?=??
令1z =,
得)
=
n 11分
显然()
0,DC =是平面1ABC 的一个法向量, 12分
所以cos ,5DC DC DC
?<>==
=n
n n ,即二面角1C AB C --的余弦值是5.
14分
考点：线面垂直、二面角
12．（
1）详见解析；（2）二面角E BD F -- 【解析】
试题分析：（1） 因为EA ∥CF ，所以ACFE 是一个平面图形，在这个平面图形中，AC ＝AE ＝2，所以ΔACE 是等腰直角三角形.连接AC 交BD 于点O ，连接FO.易得OC ＝FC ，所以ΔOCF 也是等腰直角三角形.由此可证得EC ⊥OF.又由三垂线定理可证得BD EC ⊥，从而可得⊥EC 平面BDF .法二，
B
向量法图
以点A 为坐标原点，AD 所在的直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，AE 所在直线为z 轴建立直角坐标系，利用向量也可证得EC ⊥面BDF .（2）由（1）知向量
EC 为平面BDF 的法向量，再用向量方法求出平面EBD 的法向量即可求出二面角E BD F --的余弦值.
试题解析：（1）（法一）连接AC 交BD 于点O ，连接FO.过点O 作OH ∥AE 交EC 于点H ，连接HF ，因为O 是AC 的中点，所以H 是EC 的中点，所以
1
12OH EA =
=，因为EA ∥CF ，且EA=2CF ，所以OH ∥CF 且OH=CF ，又因为1
12OC AC ==
所以四边形OCFH 为菱形，而EA 垂直于平面ABCD ， 所以EA AC ⊥从而OH OC ⊥，从而四边形OCFH 为正方形进而OF CH OF CE ⊥?⊥
又因为四边形ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥; 又
EA BD ⊥且EA
AC A =从而BD ⊥面EAC ，
则BD EC ⊥
又,BD BDF OF BDF ??且BD OF O =所以⊥EC 平面
BDF . ..............6分
（法二）
以点A 为坐标原点，AD 所在的直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，AE 所在直线为z 轴建立直角坐标系，则
(0,0,0);(((E(0,0,2)A B D C F ，
所以(2,2,0);(2,0,1);(2,2)BD BF EC =--=-=-- 从而有EC ·BD =0，EC ·BF =0
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
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
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。
最新-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
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 ．
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 ．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▲ ．
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)
（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__________．
最新高中立体几何题型分类训练(附详细答案)(1)
立体几何题型分类解答 第一节空间简单几何体的结构与三视图、直观图 及其表面积和体积 一、选择题 1．(2009年绵阳月考)下列三视图所对应的直观图是( ) 2．(2010年惠州调研)下列几何体(如下列图)各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( ) A．①②B．①③C．①④D．②④ 3．如下图所示，甲、乙、丙是三个立体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号正确的是( ) ①长方体②圆锥③三棱锥④圆柱 A．④③② B．②①③ C．①②③ D．③②④ 4．(2009年常德模拟)用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如下图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为( ) A．9与13 B．7与10 C．10与16 D．10与15 5．(2009年山东卷)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．2π＋2 3 B ．4π＋2 3 C ．2π＋233 D ．4π＋23 3 二、填空题 6．在下列图的几何体中，有________个是柱体． 7．(2009年全国卷)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于__________． 8．一个长方体共顶点的三个面的面积分别为2、3、6，这个长方体对角线的长是________． 三、解答题 9.如右图所示，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝3，AA 1＝4，M 为AA 1的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC 1的交点为N.求： (1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 和NC 的长． 10.一几何体的表面展开图如右图，则这个几何体是哪一种几何体？选择适当的角度，画出它水平放置时的直观图与三视图．并计算该几何体的体积． 参考答案 1．C 2．解析：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，正确答案为D.
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 |
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
高考数学各题型解法：立体几何篇
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
立体几何 高考真题全国卷
（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．
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 .