2018高考数学立体几何含答案
2018高考数学立体几何答案
1.(本小题14分)如图,在三棱柱ABC ?111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11A C ,1BB 的中点,AB=BC
,AC =1AA =2.
(Ⅰ)求证:AC ⊥平面BEF ;
(Ⅱ)求二面角B?CD ?C 1的余弦值; (Ⅲ)证明:直线FG 与平面BCD 相交. 【解析】(1)在三棱柱中,平面,
四边形为矩形.又,分别为,的中点,
,,, 平面.
(2)由(1)知,,.
又平面,平面. 平面,. 如图建立空间直角坐称系.
由题意得,,,,, ,,设平面的法向量为,
,, 令,则,,平面的法向量,
又平面的法向量为,. 由图可得二面角为钝角,所以二面角的余弦值为. (3)平面的法向量为,,,
,,与不垂直,
与平面不平行且不在平面内,与平面相交 2.(本小题14分)如图,在四棱锥中,底面为矩形,平面平面,,,,分别为,的中点. (1)求证:;
(2)求证:平面平面; (3)求证:平面.
111ABC A B C -1CC ⊥Q ABC ∴11A ACC E F AC 11A C AC EF ∴⊥AB BC =Q AC BE ∴⊥AC ∴⊥BEF AC EF ⊥AC BE ⊥1EF CC ∥1CC ⊥ABC EF ∴⊥ABC BE ?Q ABC EF BE ∴⊥E xyz -()0,2,0B ()1,0,0C -()1,0,1D ()0,0,2F ()0,2,1G ()=2,01CD ∴uu u r ,()=1,2,0CB uu r BCD (),a b c =,n 00CD CB ??=?∴??=??
uu u r uu r n n 20 20a c a b +=?∴?
+=?2a =1b =-4c =-∴BCD ()2,14=--,,n Q 1CDC ()=0,2,0EB uu
r cos =EB EB EB ?∴>=uu r
uu r uu r n n n 1B CD C --1B CD C -
-BCD ()2,1,4=--n ()0,2,1G Q ()0,0,2F ()=02,1GF ∴-uuu r ,2GF ∴?=-uu u r n ∴n GF uu u r
GF ∴BCD BCD GF ∴BCD P ABCD -ABCD PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =E F AD PB PE BC ⊥PAB ⊥PCD EF ∥PCD
【解析】(1),且为的中点,, 底面为矩形,,. (2)底面为矩形,,
平面平面,平面,
.又,平面,平面平面. (3)如图,取中点,连接,.
,分别为和的中点,,且,
四边形为矩形,且为的中点,,,
,且,四边形为平行四边形, ,又平面,平面, 平面. 3.(12分)如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
(1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值.
解答:(1)分别为的中点,则,∴, 又,,∴平面, 平面,∴平面平面. (2),,∴,
又,,∴平面,∴, 设,则,,∴
过作交于点, 由平面平面,
∴平面,连结,
则即为直线与平面所成的角,
由,∴, 而,∴, ∴与平面所成角的正弦值
.
4.(12分)如图,在三棱锥
中,,,为的中点.
PA PD =Q E AD PE AD ∴⊥Q
ABCD BC AD ∴∥PE BC ∴⊥Q ABCD AB AD ∴⊥Q PAD
⊥ABCD AB ∴⊥PAD AB PD ∴⊥PA
PD ⊥PD ⊥Q PAB ∴PAB ⊥PCD PC G FG GD F Q G PB PC FG BC ∴∥1
2
FG BC =Q ABCD E AD ED BC ∴∥1
2
DE BC =ED FG ∴∥ED FG =∴EFGD EF GD ∴∥EF ?PCD GD ?PCD EF ∴∥PCD ABCD ,E F ,AD BC DF DFC △C P PF BF ⊥PEF ⊥ABFD DP ABFD ,E F ,AD BC //EF AB EF BF ⊥PF BF ⊥EF PF F ?=BF ⊥PEF BE ?ABFD PEF ⊥ABFD PF BF ⊥//BF ED PF ED ⊥PF PD ⊥ED DP D ?=PF ⊥PF PE ⊥4AB =4EF =2PF =PE =P PH EF ⊥EF H PEF ⊥ABFD PH ⊥ABFD DH PDH ∠DP ABFD PE PF EF PH ?=?PH =
=4PD =sin PH PDH PD ∠==
DP ABFD 4
P ABC -AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC
(1)证明:平面;
(2)若点在棱上,且二面角为,求与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)因为,为的中点,所以,且
连结.因为,所以为等腰直角三角形, 且,,由
知,
由知平面.
(2)如图,以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系.
由已知得,,,,,, 取平面的法向量
,设,则, 设平面的法向量为.由,,
得,可取, ,由已知得, ,解得(舍去),, ,又,所以. 所以与平面
. 5.(12分)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点. (1)证明:平面平面;
(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值.
PO ⊥ABC M BC M PA C --30?PC PAM P
A O C
M
4AP CP AC ===O AC OP AC ⊥OP =OB AB BC AC ==ABC △OB AC ⊥1
22
OB AC ==222OP OB PB +=PO OB ⊥,OP OB OP AC ⊥⊥PO ⊥ABC O OB uu u r
x O xyz -(
)0,0,0O ()2,0,0B ()0,2,0A -()0,2,0C (P (AP =uu u r
PAC ()2,0,0OB =uu u r ()(),2,002M a a a -<≤(),4,0AM a a =-r
PAM (),,x y z =n 0AP ?=uu u r n 0AM ?=uuu r
n ()2040
y ax a y ?+=??+-=??))
4,a a =--n 4cos ,a OB -∴
4a =-4
3
a =43??∴=- ? ???
n (0,2,PC =-u u u r Q cos ,PC M ?CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MAB MCD 解答:(1)∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD , ∴AD ⊥半圆面CMD ,∴AD ⊥平面MCD . ∵CM 在平面MCD 内,∴AD CM ⊥,又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点,∴ CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ,∴CM ⊥平面ADM ,∵CM 在平面BCM 内,∴平面BCM ⊥平面ADM . (2)如图建立坐标系: ∵ABC S ?面积恒定, ∴MO CD ⊥,M ABC V -最大. (0,0,1)M ,(2,1,0)A -,(2,1,0)B ,(0,1,0)C ,(0,1,0)D -, 设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ,设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r , (2,1,1)MA =--u u u r ,(2,1,1)MB =-, (0,1,1)MC =-,(0,1,1)MD =--, 11111120(1,0,2)20 x y z m x y z --=??=? +-=?u r , 同理(1,0,0)n =r ,, ∴cos θ= = ,∴ sin θ=. 6.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半径为2 (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积; (2)设PO =4,OA ,OB 是底面半径,且∠AOB =90°,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小. 7.(本小题满分13分) 如图,AD BC ∥且AD =2BC ,AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ,CD FG ∥且CD =2FG , DG ABCD ⊥平面,DA =DC =DG =2. (I )若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN CDE ∥平面; (II )求二面角E BC F --的正弦值; (III )若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长. 【解析】依题意,可以建立以为原点, 分别以,,的方向为轴,轴,轴的正方向的空间直角坐标系(如图), 可得,,,, ,,,,. (1)依题意,. 设为平面的法向量,则即, 不妨令,可得. 又,可得, 又因为直线平面,所以平面. (2)依题意,可得,, . 设为平面的法向量,则即, 不妨令,可得. 设为平面的法向量,则即, 不妨令,可得. 因此有,于是. 所以,二面角 . (3)设线段DP 的长为,则点的坐标为, 可得.易知,为平面的一个法向量, D DA u u u r DC u u u r DG u u u r x y z ()0,0,0D ()2,0,0A ()1,2,0B ()0,2,0C ()2,0,2E ()0,1,2F ()0,0,2G 30,,12M ?? ??? ()1,0,2N ()0,2,0DC =u u u r ()2,0,2DE =u u u r ()0,,x y z =n CDE 00 00DC DE ??=???=??u u u r u u u r n n 20 220y x z =+=???–1z =()01,0,1=-n 31,,12MN ?? = ??? u u u u r -00MN ?=u u u u r n MN ?CDE MN ∥CDE ()–1,0,0BC =u u u r ()1,2,2BE =-u u u r ()0,1,2CF =-u u u r (),,x y z =n BCE 00BC BE ??=???=??u u u r u u u r n n 0220x x y z -=-+=? ??1z =()0,1,1=n (),,x y z =m BCF 00BC BF ??=? ??=?? u u u r u u u r m m 020x y z -=-+=???1z =()0,2,1=m cos ,?<>= m n m n m n sin ,m n <>=––E BC F []()0,2h h ∈P ()0,0,h ()1,2,BP h =--u u u r ()0,2,0DC =u u u r ADGE 故, ,解得. 所以线段 . 8 .(本题满分15分)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. (Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1; (Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值. 解答:(1)∵ 1 2 AB B B ==,且 1 B B⊥平面ABC, ∴ 1 B B AB ⊥,∴ 1 AB=. 同理, 1 AC=== 过点 1 C作 1 B B的垂线段交 1 B B于点G,则 1 2 C G BC ==且 1 1 B G=,∴ 11 B C=. 在 11 AB C ?中,222 1111 AB B C AC +=, ∴ 111 AB B C ⊥,① 过点 1 B作 1 A A的垂线段交 1 A A于点H. 则 1 2 B H AB ==, 1 2 A H=,∴ 11 A B=. 在 11 A B A ?中,222 1111 AA AB A B =+, ∴ 111 AB A B ⊥,② 综合①②,∵ 11111 A B B C B ?=, 11 A B?平面 111 A B C, 11 B C?平面 111 A B C, ∴ 1 AB⊥平面 111 A B C. (2)过点B作AB的垂线段交AC于点I,以B为原点,以AB所在直线为x轴,以BI所在直线为y轴,以1B B所在直线为z轴,建立空间直角坐标系B xyz -. 则(0,0,0) B,(2,0,0) A-, 1 (0,0,2) B, 1 (1 C, 设平面 1 ABB的一个法向量(,,) n a b c = r , 则 1 020 20 n AB a c n BB ??== ? ? ? ?? = ?=? ?? r u u u r r u u u r,令1 b=,则(0,1,0) n= r , cos BP DC BP DC BP DC ? >== u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r sin60 =?=[] 0,2 h= DP 又∵1AC =u u u u r ,1cos ,n AC <>= =r u u u u r . 由图形可知,直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角,设1AC 与平面1ABB 夹角为α. ∴sin α= 9.(本小题满分14分)在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥. 求证:(1)11AB A B C 平面∥; (2)111ABB A A BC ⊥平面平面. 【解析】(1)在平行六面体中,. 因为平面,平面,所以平面. (2)在平行六面体中,四边形为平行四边形. 又因为,所以四边形为菱形, 因此.又因为,,所以. 又因为,平面,平面, 所以平面.因为平面, 所以平面平面. 1111ABCD A B C D -11AB A B ∥AB ?11A B C 11A B ?11A B C AB ∥11A B C 1111ABCD A B C D -11ABB A 1AA AB =11ABB A 11AB A B ⊥111AB B C ⊥11BC B C ∥1AB BC ⊥1A B BC B =I 1A B ?1A BC BC ?1A BC 1AB ⊥1A BC 1AB ?11ABB A 11ABB A ⊥1A BC 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 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. 4 42 立体几何 热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解. π 【例1】如图,在△ABC中,∠ABC=,O为AB边上一点,且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO. (1)求证:平面PBD⊥平面COD; (2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值. (1)证明∵OB=OC,又∵∠ABC= π 4 , ππ ∴∠OCB=,∴∠BOC=. ∴CO⊥AB. 又PO⊥平面ABC, OC?平面ABC,∴PO⊥OC. 又∵PO,AB?平面PAB,PO∩AB=O, ∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PDB. 又CO?平面COD, ∴平面PDB⊥平面COD. (2)解以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. ? →·n ? 则 sin θ=? ?|PD||n|? PD BC BD BC BD =? ?= 02+(-1)2+(-1)2× 12+12+32 ? 11 1×0+1×(-1)+3×(-1) 设 OA =1,则 PO =OB =OC =2,DA =1. 则 C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴→=(0,-1,-1),→=(2,-2,0),→=(0,-3,1). 设平面 BDC 的一个法向量为 n =(x ,y ,z), ??n·→=0, ?2x -2y =0, ∴? ∴? ??n·→=0, ?-3y +z =0, 令 y =1,则 x =1,z =3,∴n=(1,1,3). 设 PD 与平面 BDC 所成的角为 θ, ? PD ? → ? ? ? ? 2 22 . 即直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值为 2 22 11 . 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系. 第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步:计算向量的夹角(或函数值). 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】 如图所示,在多面体 A B D DCBA 中,四边形 AA B B ,ADD A ,ABCD 均为正方 1 1 1 1 1 1 1 形,E 为 B D 的中点,过 A ,D ,E 的平面交 CD 于 F. 1 1 1 1 (1)证明:EF∥B C. 1 (2)求二面角 EA D B 的余弦值. 1 1 (1)证明 由正方形的性质可知 A B ∥AB∥DC,且 A B =AB =DC ,所以四边形 A B CD 为平行 1 1 1 1 1 1 A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1.如图正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点, P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点, (1)求证:D 、B 、F 、E 四点共面; (2)若A 1C 与面DBFE 交于点R ,求证:P 、Q 、R 三点共线 2.已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β. 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系. ①求EF 和点G 的坐标; ②求异面直线EF 与AD 所成的角; ③求点C 到截面AEFG 的距离. 4. 如图,三棱锥P —ABC 中, PC ⊥平面ABC ,PC=AC=2,AB=BC ,D 是PB 上一点,且CD 平面PAB . (I) 求证:AB ⊥平面PCB ; (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小; (III )求二面角C-PA-B 的余弦值. 5. 如图,直二面角D —AB —E 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE=EB ,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ; (2)求二面角B —AC —E 的余弦值. 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2,点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A (Ⅰ)若P 为AC 的中点,M 为BB 1的中点,求证BP//平面AMC 1; (Ⅱ)若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο,试求BM 的长. 7. 如图,在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,PA =AB =1,BC =2. (1)求证:平面PDC ⊥平面PAD ; (2)若E 是PD 的中点,求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值; 8. 已知:在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB = a ,AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证: (Ⅰ)求证:平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1; (Ⅱ)求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值. 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,且60DAB ∠=,1AD AA =F 为 棱1BB 的中点,M 为线段1AC 的中点. (Ⅰ)求证:直线MF //平面ABCD ; (Ⅱ)求证:直线MF ⊥平面11ACC A ; (Ⅲ)求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体,P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点,满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
-2018江苏高考数学立体几何真题汇编
2018届高考数学(理)热点题型:立体几何(含答案解析)
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
2020高考数学专题复习----立体几何专题