立体几何、解析几何--张波
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，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． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）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83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
人教版八年级上册数学第二十二章《立体几何》全章教学设计
人教版八年级上册数学第二十二章《立体几何》全章教学设计1. 教学目标1.1 知识与技能1.1.1 让学生掌握立体图形的概念及特性- 理解三维空间的基本概念- 掌握立方体、长方体、圆柱体、圆锥体等常见立体图形的性质和判定1.1.2 培养学生的空间想象能力- 学会从不同角度观察和描述立体图形- 能够在平面图形的辅助下，想象出相应的立体图形1.1.3 提高学生的几何证明能力- 学会使用立体几何中的公理、定理和性质定理进行证明- 熟练运用综合法和分析法进行证明1.2 过程与方法1.2.1 培养学生的观察和操作能力- 通过观察实物、模型，培养学生的空间感知能力- 利用教具、学具，让学生亲自动手操作，增强实践能力1.2.2 提升学生的几何思维能力- 通过对立体图形的切割、拼接、翻转等操作，锻炼学生的几何思维- 学会运用转化思想，将立体几何问题转化为平面几何问题进行解决1.2.3 培养学生的自主研究与合作交流能力- 引导学生独立思考，自主探究立体几何问题- 鼓励学生与他人合作，分享研究心得和解决问题的方法1.3 情感态度与价值观- 培养学生对数学的兴趣和好奇心，激发研究热情- 让学生感受数学在实际生活中的应用，提高研究的积极性- 培养学生的团队协作精神，提升人际沟通能力2. 教学内容2.1 立体图形的概念及特性- 三维空间的概念- 立体图形的定义和分类- 常见立体图形的性质和判定2.2 空间想象能力的培养- 从不同角度观察和描述立体图形- 利用平面图形辅助想象立体图形2.3 几何证明能力的提高- 立体几何中的公理、定理和性质定理- 综合法和分析法在立体几何证明中的应用2.4 观察和操作能力的培养- 利用实物、模型进行观察和操作- 教具、学具的使用和制作2.5 几何思维能力的提升- 立体图形的切割、拼接、翻转等操作- 转化思想在立体几何问题中的应用2.6 自主研究与合作交流能力的培养- 独立思考，自主探究立体几何问题- 小组合作，分享研究心得和解决问题的方法3. 教学重点与难点3.1 教学重点- 立体图形的概念及特性- 空间想象能力的培养- 几何证明能力的提高- 观察和操作能力的培养- 几何思维能力的提升- 自主研究与合作交流能力的培养3.2 教学难点- 立体图形的性质和判定- 空间想象能力的培养- 几何证明方法的运用- 几何思维能力的提升4. 教学策略与方法4.1 教学策略- 启发式教学：引导学生独立思考，发现问题，解决问题- 实践性教学：利用实物、模型、教具、学具等进行实践操作- 合作研究：鼓励学生与他人合作，共同探讨问题- 情感教学：关注学生的情感需求，激发研究兴趣4.2 教学方法- 讲授法：讲解立体图形的概念、性质和判定方法- 演示法：展示实物、模型，进行操作演示- 引导法：引导学生观察、思考、探究问题- 交流法：组织学生进行小组讨论、分享心得5. 教学评价- 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况- 作业完成情况：检查学生对立体几何知识的掌握程度- 考试成绩：评估学生在立体几何方面的综合素质和能力- 学生互评：让学生相互评价，提高团队合作意识和沟通能力6. 教学计划6.1 第一周：立体图形的概念及特性- 研究三维空间的基本概念- 掌握立方体、长方体、圆柱体、圆锥体等常见立体图形的性质和判定6.2 第二周：空间想象能力的培养- 学会从不同角度观察和描述立体图形- 能够在平面图形的辅助下，想象出相应的立体图形6.3 第三周：几何证明能力的提高- 学会使用立体几何中的公理、定理和性质定理进行证明- 熟练运用综合法和分析法进行证明6.4 第四周：观察和操作能力的培养- 利用实物、模型，培养学生的空间感知能力- 利用教具、学具，让学生亲自动手操作，增强实践能力6.5 第五周：几何思维能力的提升- 通过对立体图形的切割、拼接、翻转等操作，锻炼学生的几何思维- 学会运用转化思想，将立体几何问题转化为平面几何问题进行解决6.6 第六周：自主研究与合作交流能力的培养- 引导学生独立思考，自主探究立体几何问题- 鼓励学生与他人合作，分享研究心得和解决问题的方法7. 教学资源- 教材：人教版八年级上册数学教材- 实物模型：立方体、长方体、圆柱体、圆锥体等- 教具学具：直尺、圆规、三角板、剪刀、胶水等- 多媒体教学：课件、视频、动画等- 网络资源：相关立体几何的研究网站、论坛、博客等8. 教学反思在教学过程中，要不断反思自己的教学方法、教学内容、教学效果等，根据学生的实际情况调整教学策略，以提高学生的立体几何能力。
高中数学立体几何与解析几何
高中数学立体几何与解析几何立体几何与解析几何是高中数学中的重要内容，它们研究了几何图形在三维空间中的形态和性质，以及利用坐标系进行几何问题的解析计算。
本文将介绍高中数学中立体几何和解析几何的基本概念和应用。
一、立体几何的基本概念与性质立体几何是研究三维空间中的几何图形的学科。
在立体几何中，我们主要关注的图形包括点、线、面以及各种立体体形（如球、锥、柱、棱锥等）。
下面将介绍几个常见的立体几何概念和性质。
1.1 点、线、面的定义在三维空间中，点是没有大小和形状的，用坐标表示。
线是由两个点确定的直线段，可以延伸到无穷远。
面是由三个或多个点确定的平面，它没有厚度，只有长度和宽度。
1.2 正交投影与投影性质正交投影是指物体在垂直于投影面的直线上的投影。
投影性质包括平行线投影后仍为平行线、线段长度比例保持不变、角度保持不变等。
1.3 空间几何体的性质各种空间几何体如球体、立方体、锥体等都有各自的性质，如体积、表面积、对称性等。
二、解析几何的基本概念与性质解析几何是通过坐标系和代数方法研究几何问题的学科。
它将几何问题转化为代数问题，通过运用代数方法解决几何问题。
下面将介绍几个常见的解析几何概念和性质。
2.1 坐标系及其表示方法在解析几何中，我们通常使用直角坐标系或参数方程来表示几何图形。
直角坐标系是由横轴和纵轴组成的，图形的坐标表示为(x, y)。
参数方程是通过参数t的取值来表示几何图形的坐标。
2.2 点、线、面的解析表示通过坐标表示，我们可以用方程的形式来表示点、线、面的几何性质，将几何问题转化为代数问题。
例如，直线的解析表示为y = kx + b，平面的解析表示为ax + by + cz + d = 0。
2.3 距离、角度的解析计算在解析几何中，我们可以通过坐标计算两点间的距离和线段的长度。
同时，也可以通过坐标计算两条直线的夹角和两个平面的夹角。
三、立体几何与解析几何的应用立体几何和解析几何在实际问题中有着广泛的应用。
立体几何在高考中的命题分析-2023届高三数学一轮复习课件
由于 = 与 = ，底面正方形的边长相等，所以当 =
时，此时正四棱锥的底面积与高都是最小值，此时体积
取得最小值。
方法一
通过求导，判断函数的
单调性，来求最值
方法二
也可以通过三元的基本不
等式来求最大值
2、几何图形的内切球、外接球
（2020 年全国统一高考数学试卷（文科）
（2）夹角,距离问题；
（3）空间几何体的体积、表面积计算；
（4）空间几何体与球的组合体；
（5）立体几何与其它知识的交汇。
3、具体措施：
（1）抓源固本，把握通性通法
近年高考命题的一个显著变化是：由知识立意转为能力立意，在知识网络的交汇点处设计试
题，往往遵循大纲又不拘泥于大纲。但是，对高考试卷进行分析就不难发现，许多题目都能
（1）第一问突破原来的“证明”题型，改为考查“距离”
（2） 从以往由已知棱长求值的直接结构变为需要通过给出的
条件得出棱长再求值的间接结构，且隐性考查的空间中垂直关
系的证明不是特别容易；（该题的一个难点）
方法一
A1
C1
B1
D
E
M
几何法对学生的空间
想象能力要求较高，
是学生的一大弱点,
所以学生通常选择向
（2）理解空间中点、线、面的位置关系，能用空间中线面平行、垂直的有关性质与判定
定理进行证明；
（3）能用向量方法证明线线、线面、面面的平行和垂直；
（4）能用向量方法求解线线、线面、面面的夹角问题；
（5）能用向量方法求解点到直线、点到平面的距离问题。
2、关注考查热点：
（1）空间线线、线面、面面的平行和垂直问题；
张波--2010年高考立体几何与解析几何部分试题分析及备考建议
立 体 几 何 部 分
（4）几何体的表面积与体积
立 体 几 何 部 分
立 体 几 何 部 分
复习备考建议
1.认真研究考试说明和高考试题和新教材,把握好复 习的方向. 2.夯实基础,狠抓规范 基础知识、基本技能、基本方法、基础练习要到位, 立体几何的基本概念、公理、定理是基础;解题步骤 要规范;注重通性通法,体现“大众化”. 3.注重数学方法，加强学法指导 转化、化归的思想贯穿立体几何的始终，是处理立 体几何问题的基本思想．另外还要注意提高识图、 理解图、应用图的能力，解题时应多画、多看、多 想，这样才能提高空间想象能力和解决问题的能 力． 4.合理建立坐标系，突出向量方法
填空
利用直线和圆相切求 圆的方程
根据直线和椭圆的位 置关系求其离心率和 方程 根据直线和椭圆的位 置关系求弦长和椭圆 方程
理20
12分
解答
掌握椭圆的定义、几何 图形和标准方程及简单 性质。 掌握椭圆的定义、几何 图形和标准方程及简单 性质。
文20
12分
解答
解 析 几 何 部 分
简要分析:
文科在这块内容中,共学习必修2两章:直线与方程、圆与 方程,选修1—1:圆锥曲线与方程这三章,按课程标准规 定的课时数,文科数学总课时数是252课时,这三章的课 时数是30课时,占12%,试卷中的期望分数应是18分.
(3)直线和圆的方程及其位置关系的考查多属基础性题目， 以求圆的标准方程和直线和圆相切、直线被圆所截弦长为 主.
解 析 几 何 部 分
复习备考建议
1.认真研究考试说明和高考试题和新教材,把握好复习的方向. 2.研究学生，以学生的学来确定教师的教,增强教学的针对性. 3.提高应用数学思想方法(特别是数形结合)解决问题的熟练程 度；要认真审题，挖掘题目的几何意义，寻找合理的运算途 径并注重整体运算 . 4.突出抓好重点、热点考查内容的复习. 5.加强直线与圆锥曲线的位置关系的复习．直线与圆锥曲线的 位置关系一直为高考的热点，这类问题常涉及圆锥曲线的性 质和直线的基本知识点，有时往往和平面向量相结合，因此 分析问题时要利用数形结合的思想、函数与方程的思想、坐 标法等，达到优化解题思路、简化解题过程的目的．
平面与立体几何的解析几何方法
平面与立体几何的解析几何方法在数学中，平面几何和立体几何是解析几何的重要分支。
解析几何是运用代数和分析工具来研究几何问题的数学学科。
平面几何研究平面上的图形和性质，立体几何则研究三维空间中的图形和性质。
本文将介绍平面与立体几何中常用的解析几何方法。
一、平面几何中的解析几何方法1. 坐标系和坐标表示在平面几何中，我们通常会使用坐标系来描述平面上的点和图形。
一般来说，平面上的点可以用两个坐标值表示，通常以x轴和y轴为基准。
以直角坐标系为例，任意点P的坐标可以表示为P(x, y)，其中x 表示距离x轴的水平距离，y表示距离y轴的垂直距离。
2. 距离和中点公式解析几何中，我们可以通过坐标计算两点之间的距离，并且可以得到线段的中点坐标。
对于平面上两点P(x1, y1)和Q(x2, y2)，它们之间的距离可以用以下公式表示：d(P, Q) = √((x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2)同样地，线段PQ的中点坐标可以通过以下公式得到：M((x1 + x2)/2, (y1 + y2)/2)3. 直线的斜率和方程在平面几何中，直线是研究的重点之一。
解析几何中，我们可以通过直线上的两个点的坐标来求解直线的斜率。
对于两点P(x1, y1)和Q(x2, y2)所确定的直线，它的斜率可以通过以下公式得出：k = (y2 - y1)/(x2 - x1)另外，在解析几何中，我们还可以通过已知直线上的一点和它的斜率来确定直线的方程。
以点P(x, y)和斜率k为例，直线的方程可以表示为：y - y1 = k(x - x1)二、立体几何中的解析几何方法1. 坐标系和坐标表示与平面几何类似，立体几何中也可以使用坐标系来描述三维空间中的点和图形。
一个常用的坐标系是笛卡尔坐标系，其中三个坐标轴x、y、z相互垂直。
一个点P的坐标可以表示为P(x, y, z)，其中x表示距离x轴的水平距离，y表示距离y轴的水平距离，z表示距离z轴的垂直距离。
立体几何和平面解析几何知识点
立体几何和平面解析几何知识点一、立体几何1.点、线、面和体：在立体几何中，点是没有大小和形状的，是具有位置的对象。
线由无数个点组成，线是没有宽度的。
面是由无数个线组成，面是二维的，具有长度和宽度。
体是由无数个面组成，体是三维的，具有长度、宽度和高度。
2.平行和垂直关系：在立体几何中，平行是两条线或两个面永远不会相交的关系，垂直是两条线或两个面相互垂直的关系。
3.点的投影：在立体几何中，点的投影是指垂直于水平面（或垂直于垂直面）的直线与平面的交点。
点的投影可以用来确定点在一些平面上的位置。
4.线和面的交点：在立体几何中，线和面的交点是指线与面相交的点。
线和面的交点可以用来确定线在一些面上的位置。
5.体的体积和表面积：在立体几何中，体的体积是指所占据的空间大小，可以通过计算底面积与高度的乘积来得到。
体的表面积是指体的外部空间的面积，可以通过计算底面积与侧面积的和来得到。
二、平面解析几何1. 直线的方程：在平面解析几何中，直线可以用一般式、截距式和斜截式等形式来表示。
一般式的直线方程是Ax + By + C = 0，其中A、B和C是常数；截距式的直线方程是x/a + y/b = 1，其中a和b分别是x轴和y轴上的截距；斜截式的直线方程是y = mx + c，其中m是斜率，c是y轴上的截距。
2.圆的方程：在平面解析几何中，圆可以用标准式和一般式来表示。
标准式的圆方程是(x-a)²+(y-b)²=r²，其中(a,b)是圆心的坐标，r是半径的长度；一般式的圆方程是x²+y²+Dx+Ey+F=0，其中D、E和F是常数。
3.直线和圆的交点：在平面解析几何中，直线和圆可以相交于零个、一个或两个交点。
可以通过求解直线方程和圆方程的联立方程组来确定直线和圆的交点。
4.曲线的方程：在平面解析几何中，曲线可以用隐式方程、参数方程和极坐标方程来表示。
隐式方程是F(x,y)=0，其中F是关于x和y的方程；参数方程是x=f(t)，y=g(t)，其中t是参数；极坐标方程是r=f(θ)，其中r是距离原点的距离，θ是与x轴的夹角。
专题06 立体几何(解答题)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（33【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455． 【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°． 所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】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．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326． （3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==． 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =， 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，由1CC AC ⊥，得113AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=， 所以13C D ， 故11139sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】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83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ． 设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==． 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）8． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
例析立体几何与解析几何的交汇
设 a , b 在α内的射影分别为 a′ , b′ ,点 A , B α 在 内的射影分别为 A ′ , B′ ,则 ∠A ′ OB′ = 60° ,且 A′ B′ 的中点即为 AB 的中点 P. 又 | AB | = 4 ,| EF| = 2 , ∴ | A ′ B′ | = 2 3. 问题即转化为求定长线段 A ′ B′ 的两个端点 分别为 a′ , b′ 上移动时 ,其中点 P 的轨迹 . 以直线 a′ , b′ 的两条角平分线分别为 x 轴 , y 轴 , 建立平面直角坐标系. 如图 7. 不失一般性 ,令| OB′ | = n , | OA ′ | = m. 在 △A ′ OB′ 中,
外三种情形中 , 同样得到椭圆 ( 2 ) 的另三段弧 . 综 合得 P 点的轨迹为椭圆
x
2
9
+ y2 = 1.
6 立体几何与解析几何交汇的实际应用
整理得 :4 x 2 + 4 y 2 + 85 x + 100 = 0 , 即为所求点的 轨迹方程 . 5 空间问题转化为平面问题 例5 设异面直线 a , b 成 60° 角 ,它们的公垂 线为 EF ,且| EF| = 2 , 线段 AB 的长为 4 , 两端点 A , B 分别在 a , b 上移动 ,求线段 AB 的中点 P 的 轨迹 .
cos30° =
b 3 = . a 2 c = a x
2
∠A 1 O F2 即 为 所 求二面角的平面角. 由 题意 | O F2 | = c = 3 ,
| OA 1 | = a = 2 ,
∴ cos ∠A 1 O F2 =
3 , 即 2 30° .
∠A 1 O F2 =
图2 例2图
高二数学上学期第三次月考卷(人教选修1~3章：空间向量与立体几何+平面解析几何+排列组合)考试版
2024-2025学年高二数学上学期第三次月考卷（人教B 版2019）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教B 版2019选修第一章占比20%（空间向量与立体几何），第二章占比56%（平面解析几何），第三章占比24%（排列组合与二项式定理）。
5．难度系数：0.60。
第一部分（选择题 共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．将直线1:10l x y -+=绕点()0,1逆时针旋转90°得到直线2l ，则2l 的方程是（ ）A ．20x y +-=B ．10x y +-=C ．220x y -+=D ．210x y -+=2．已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，抛物线上一点(1,)P t 满足2PF =，则抛物线方程为（ ）A ．214y x =B ．212y x =C ．22y x =D ．24y x=3．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（ ）A ．44B ．46C ．48D ．544．过点()4,2P 向圆222210x x y y -+-+=作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（ ）A B ．45-C ．45D ．355．已知平行六面体1111ABCD A B C D -的各棱长均为1，1160A AB A AD Ð=Ð=°，90DAB Ð=°，则1AC =uuuu r（ ）A B C D 16．已知12,F F 分别是双曲线22:1412x yE -=的左、右焦点，M 是E 的左支上一点，过2F 作12F MF Ð角平分线的垂线，垂足为,N O 为坐标原点，则||ON =（ ）A ．4B ．2C ．3D ．17．如图，在四棱锥E ABCD -中，EC ^底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，O 为底面ABCD 的中心，P 为CE 的中点，且1EC BC ==，则点O 到直线DP 的距离为（ ）A B C D 8．已知点P 为椭圆22:11612x y C +=上任意一点，直线l 过22:430M x y x +-+=e 的圆心且与M e 交于,A B 两点，则PA PB ×uuu r uuu r的取值范围是（ ）A ．[]3,35B ．[]2,34C ．[]2,36D ．[]4,36二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知()*nx n æÎçèN 展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ）A ．所有项的二项式系数和为128B ．所有项的系数和为832æöç÷èøC ．系数最大项为第2项D ．有理项共有4项10．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，已知11AB AD AA ===，1160A AD A AB BAD Ð=Ð=Ð=o，E为棱1CC 上一点，且12C E EC =uuu u r uuu r，则（ ）A ．1BD =B ．直线1BD 与AC C ．1A E ^平面11BDD B D ．直线1BD 与平面11ACC A 所成角为π411．已知椭圆222:1(20)4x y C b b +=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，上顶点为B ，动点P 在椭圆C 上，则下列描述正确的有（ ）A ．若12PF F V 的周长为6，则bB ．若当12π3F PF Ð=时，1PF F V b =C ．若存在P 点，使得12PF PF ^，则2)b ÎD ．若PB 的最大值为2b ，则2)b Î第二部分（非选择题 共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
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05、06年解析几何考查的特点 05、06年解析几何考查的特点
（一）考查形式
科类 时间 题目 05年 05年 文科 06年 06年 05年 05年 理科 06年 06年
12） 17） 1选（17） 1选（12） 12） 1选（7） 1选（12） 14） 14） 15） 14） 1填（14） 1填（14） 1填（15） 1填（14） 解答（22） 解答(21) 解答（22） 解答(21 (21） 1解答（22） 1解答(21) 1解答（22） 1解答(21） 23 21 23 21
四、题型预测
（一）客观题仍以几何体的的三视图以 及有关球的组合体的表面积与体积的计 空间线面关系与命题、 算、空间线面关系与命题、充要条件的 结合为主. 结合为主
空间几何体的三视图与其表面积、 1、 空间几何体的三视图与其表面积、体积 的求解结合，以及组合体的表面积、 的求解结合，以及组合体的表面积、体积的 求解仍会是2011年高考的命题热点。 2011年高考的命题热点 求解仍会是2011年高考的命题热点。
05年解答题
（文理20）考查了空间角与空间距离的求解，以长方体为 文理20）考查了空间角与空间距离的求解， 20 载体，目的是便于学生建立空间直角坐标系， 载体，目的是便于学生建立空间直角坐标系，突出向量法 的应用。这也充分体现了空间问题代数化的思想, 的应用。这也充分体现了空间问题代数化的思想,从而使 较为复杂的问题变得简单化了. 较为复杂的问题变得简单化了.同时对学生空间想象力的 要求也降低了. 要求也降低了.
06客观题 文科选择题（ 文科选择题（7）考查双曲线的焦点、准线、 实轴、离心率等性质，主要是离心率的求解； 理科（ 理科（7）选择题考查了椭圆的焦点、准线、 长轴、离心率等性质，主要是离心率的求解； 填空题（文15理14）考查了直线与抛物线相交 弦的知识及最值问题，解答时用到均值不等式。
05解答题（文理22） 05解答题（文理22） 解答题 22
分值
（二）具体分析 05年客观题 选择题（ 选择题（文9理8）以球为载体，旨在考查学 生球面距离的求解以及对径度与纬度的理解 与运用； 填空题（文理16 16） 填空题（文理16）考查空间中的位置关系, 其中熟记空间中平行与垂直的判定定理与性 质定理是解决此类问题的关键.旨在考查学 生的逻辑推理与空间想象能力.
突破考点的关键除了要掌握口诀“ 突破考点的关键除了要掌握口诀“主 左一样高、主俯一样长、俯左一样宽” 左一样高、主俯一样长、俯左一样宽” 外，还要找准与投射面投射线平行或 垂直的线和面。 垂直的线和面。另外要重点训练一些 组合体的三视图问题。 组合体的三视图问题。
（二）解答题 相同的载体——近四年的试题文理均以多 相同的载体 近四年的试题文理均以多 面体中的棱柱和棱锥为载体。 棱柱和棱锥为载体 面体中的棱柱和棱锥为载体。 不同的问题——文科主要考查空间线面关 文科主要考查空间线面关 不同的问题 文科 系的逻辑推理与探索以及空间几何体的表 面积体积的求解；理科主要考查空间线面 面积体积的求解；理科主要考查空间线面 关系的逻辑推理、线面角、二面角的求解， 关系的逻辑推理、线面角、二面角的求解， 以及空间向量的基本运算和应用. 以及空间向量的基本运算和应用.
近年山东省高考试题考情分析 2011年高考题目预测 及2011年高考题目预测
---立体几何与解析几何 ---立体几何与解析几何
高密教科院 张波
2005、2006年立体几何、 2005、2006年立体几何、解析几何 年立体几何 考查的特点
05、06年立体几何考查的特点 05、06年立体几何考查的特点 （一）考查形式
（二）解答题仍会使用同一载体，考查线面关 解答题仍会使用同一载体， 系的同时文理各有侧重 理科解答题仍会以常规多面体（ 3 、理科解答题仍会以常规多面体（棱柱 和棱锥）为载体， 和棱锥）为载体，重点考查线面关系的逻 辑推理与空间角的求解、 辑推理与空间角的求解、空间向量的基本 运算以及空间想象能力和逻辑推理能力和 应用空间向量解决数学问题的意识和能力. 应用空间向量解决数学问题的意识和能力.
再如2010年高考陕西卷理科7 再如2010年高考陕西卷理科7文8（底面是 2010年高考陕西卷理科 直角三角形的直三棱柱的三视图， 直角三角形的直三棱柱的三视图，求体 2010年高考天津卷理科12（ 年高考天津卷理科12 积） ；2010年高考天津卷理科12（组合体 的三视图，求体积）；2010年安徽理 ）；2010年安徽理8 的三视图，求体积）；2010年安徽理8文9 组合体的三视图，求表面积） （组合体的三视图，求表面积）等。
以圆为背景考查了抛物线的定义、标准方程, 以圆为背景考查了抛物线的定义、标准方程,直线与抛 物线的相交弦及直线恒过定点等问题，注重方程思想 物线的相交弦及直线恒过定点等问题， 的理解与运用, 的理解与运用,全面提高了学生分析答题 文科（21） 文科（21）以椭圆为载体，考查了椭圆的标准方程，直 线与椭圆相交的交点与原点构成三角形面积的最值问题， 这与05年客观题（文理12）有相似之处。 05年客观题 12） 05年客观题（文理12
分值
（二）具体分析 05客观题 选择题（文理12 12） 选择题（文理12）首先利用中心对称的条件求 出对称的直线方程,然后主要考查直线与椭圆的 交点问题,进而转化为求椭圆上的点到直线的最 大或最小距离问题. 填空题（文理14 14） 填空题（文理14）考查了双曲线的简单几何性 质，主要是求双曲线的离心率。通常做法有两 种:一是求基本量a,c,利用定义求解;二是构造 关于离心率e的方程进行求解.
理科（ ） 理科（19）以三棱锥为载体考查了两条直线垂直的 判定定理（公垂线的证明）、 ）、点到面的距离及二面 判定定理（公垂线的证明）、点到面的距离及二面 角的大小的求解。在解决第二问和第三问时,建立空 角的大小的求解。在解决第二问和第三问时 建立空 间直角坐标系应注意三坐标轴的选取。 间直角坐标系应注意三坐标轴的选取。
06年客观题 文科选择题（ ），考查球的组合体问题,以正方 文科选择题（8）， 体的内切球与外接球为载体考查球的体积计算,其 主要目的是体现空间问题平面化的思想. 填空题（16） 填空题（16）,以正三棱柱为载体考查了点到面 的距离,突出等积变换的应用. 理科选择题（12）， ），翻折问题，求三棱锥的外接 理科选择题（12）， 球的体积,分清翻折前后的变量与不变量是解决这 类问题的关键所在；填空题（15）,以正三棱柱 为载体考查了直线与平面所成的角的正弦值,其实 质就是空间中垂直关系相互论证的过程.
科类 时间 题目 05年 05年 1选（9） 16） 1填（16） 解答(20) 1解答(20) 21 文科 06年 06年 1选（8） 16） 1填（16） 解答(20) 1解答(20) 21 05年 05年 1选（8） 16） 1填（16） 解答（20） 1解答（20） 21 理科 06年 06年 1选（12） 12） 15） 1填（15） 解答（19） 1解答（19） 21
理科（ ）考查了椭圆与双曲线结合的知识， 理科（21）考查了椭圆与双曲线结合的知识，重点是 双曲线的标准方程及直线与双曲线相交弦问题， 双曲线的标准方程及直线与双曲线相交弦问题，突出 了向量与解析几何交汇这个方向， 了向量与解析几何交汇这个方向，同时考查解析几何 的基本思想方法和学生综合解题能力。 的基本思想方法和学生综合解题能力。
空间线面关系的判断与命题、 2 、空间线面关系的判断与命题、充要条 件相结合会是今后高考命题的一个热点
再如：09上海春季12；09山东理5文9等 再如：09上海春季12；09山东理5 上海春季12 山东理 这些题目主要考察了立体几何中线面之 间的位置关系及其中的公理和判定定理， 间的位置关系及其中的公理和判定定理， 也蕴含了对定理公理综合运用能力的考 属中低档题。 察，属中低档题。
06年解答题 06年解答题 文科（20） 文科（20）以四棱锥为载体考查了异面直线所成的 角及二面角的求解，还有探索性问题, 角及二面角的求解，还有探索性问题,实质上为线面 垂直的探求。在解答方法上， 垂直的探求。在解答方法上，传统方法与建立空间 直角坐标系的方法均不难实现。 直角坐标系的方法均不难实现。
2007-2010年立体几何、 2007-2010年立体几何、解析几何 年立体几何 考查的特点
立体几何部分
一、考查形式
科类 时间 题目 解答 题号 分值 07 文科 08 09 10 07 理科 08 09 10
1选 1选 1选 1选 2选 2选 1选 1选 1选 1选 1选 1选 2选 2选 1选 1选 1解答 1解答 1解答 1解答 1解答 1解答 1解答 1解答 解答 解答 解答 解答 解答 解答 解答 解答
20 17
19 17
18 22
20 17
19 17
20 17
18 22
19 17
立体几何在山东省高考试题中分 值大约占全卷的12% 18分 左右， 12%（ 值大约占全卷的12%（18分）左右， 在全国其它几个省市试题中立体 几何高考试题中分值大约占全卷 15%左右 左右. 的15%左右
二、试题分析 （一）客观题主要考查几何体的结构特征、 客观题主要考查几何体的结构特征、 主要考查几何体的结构特征 三视图以及表面积与体积的计算， 三视图以及表面积与体积的计算，空间想 象能力，一般文理同题， 象能力，一般文理同题，空间线面关系的 考查多与充要条件相结合. 考查多与充要条件相结合.
从近年考题特点来看， 从近年考题特点来看，对三视图的考查分为以下 几类： 几类： 第一类：单纯的识三视图，实物 直观图—— 第一类：单纯的识三视图，实物——直观图 直观图 三视图（三维——二维） 二维） 三视图（三维 二维 第二类：通过三视图给出几何体的相关尺寸复原 第二类： 几何体，与求几何体的表面积和体积累联系起来； 几何体，与求几何体的表面积和体积累联系起来； 第三类： 第三类：通过三视图给出几何体的相关尺寸和各 元素间的位置关系， 元素间的位置关系，与线面位置关系的论证相结 合。