专题四高考立体几何命题动向
高考命题分析
立体几何主要包括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图，点、直线、平面的位置关系等.
高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间中点、线、面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．一般来说，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等，考查画图、识图、用图的能力；解答题多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，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、垂直的探究，关注对条件和结论不完备情形下开放性问题的探究．
高考命题特点
立体几何在高考中占据重要的地位，通过分析近几年的高考情况，可以发现对立体几何问题的考查已经突破了传统的框架，在命题风格上，正逐步由封闭性向灵活性、开放性转变．因此，如何进一步把握复习的重点，提高复习效率，从而快速地突破立体几何难点是高考复习过程中必须认真考虑的问题．近几年高考对立体几何的考查特点主要表现在以下几个方面：(1)从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变：除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等知识，其解题思路也都是“作证——求”，强调作图、证明和计算相结合．
(2)从内容上来看，主要考查：①直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；
④求简单几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题时除套用特殊几何体的侧面积和表面积公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用；⑥三视图，要能辨认空间几何体的三视图，高考中三视图常与表面积、体积相结合．
(3)从能力上来看，着重考查空间想象能力，即对空间几何体的观察分析和抽象的能力，要求“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术．
高考动向透视
空间几何体的结构、三视图、直观图
本部分在新课标高考中的考查重点是以三视图为命题背景来研究空间几何体的结构特点和求解几何体的表面积和体积．备考中，要熟悉一些典型的几何体(如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等)的三视图．近年的新课标高考的命题重点和热点依然是以选择题、填空题的方式考查以下两个方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积． 【示例1】?(20102广东)
如图，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC ，且3AA ′＝3
2
BB ′＝CC ′＝
AB ，则多面体ABCA ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )．
解析 画三视图时，由内到外CC ′为虚线，且虚线所在直线应垂直平分AB ，故选D. 答案 D
三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我
们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．
空间几何体的计算问题
本部分是新课标高考考查的重点内容，常以几何体的表面积和体积的计算以及几何体的外接球、内切球的知识为主要命题点进行考查．在备考中要牢记一些典型几何体的表面积和体积的计算公式，以及几何体的棱长与它的内切球、外接球的半径之间的转换关系．
【示例2】?(20112辽宁)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥SABC 的体积为( )． A ．3 3 B ．2 3 C. 3 D ．1
解析 由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD 和CABD ，在△SAD 和△SBD 中，由
已知条件可得AD ＝BD ＝
3
3
x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DCB ＝∠DCA ＝60°，在△BDC 中，BD ＝3(4－x )，所以
3
3
x ＝3(4－x )，所以x ＝3，AD ＝BD ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V ＝1
3S △ABD 34＝ 3.故选C.
答案 C
本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥
SABC 的结构特征的分析判断，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的方法．
【训练】 (20112陕西)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.
(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ； (2)若BD ＝1，求三棱锥DABC 的表面积． (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，
∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ，∵AD ?平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .
(2)解 由(1)知，DA ⊥DB ，DC ⊥DA ，
∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ，∴AB ＝BC ＝CA ＝2， 从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝123131＝1
2
，
S △ABC ＝1
232323sin 60°＝
32
， ∴三棱锥DABC 的表面积S ＝1233＋32＝3＋3
2
.
空间的线面位置关系
对于直线与平面的位置关系，高考中主要考查平面的基本性质，考查空间的线线、线面和面面的平行关系与垂直关系的判定并运用平行、垂直的判定定理与性质进行推理论证，一般会以选择题或解答题的形式进行考查．解题的策略：结合图形进行平行与垂直的推理证明，由线线平行或垂直推证出线面平行或垂直，再由线面平行或垂直证明面面平行或垂直．如果是选择题还可以依据条件举出反例否定．
【示例3】?(20112扬州模拟)在四棱锥PABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝
AD ＝CD ＝2AB ＝2，M 为PC 的中点．
(1)求证：BM ∥平面PAD ；
(2)平面PAD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明
如图，取PD 中点E ，连接EM 、AE ， ∴EM 綉12CD ，而AB 綉1
2CD ，
∴EM 綉AB .
∴四边形ABME 是平行四边形． ∴BM ∥AE .
∵AE ?平面ADP ，BM ?平面ADP ， ∴BM ∥平面PAD .
(2)解 ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥AB .而AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD .
∵PA ＝AD ，E 是PD 的中点，∴PD ⊥AE .AB ∩AD ＝A . ∴PD ⊥平面ABME .
作MN ⊥BE ，交AE 于点N .∴MN ⊥平面PBD . 易知△BME ∽△MEN .而BM ＝AE ＝2，EM ＝1
2
CD ＝1，
由EN EM ＝EM BM ，得EN ＝EM 2
BM
＝
12
＝
22，∴AN ＝2
2
. 即点N 为AE 的中点．
在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中
点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知图形通过计算证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视平面与平面垂直的性质定理．
空间角的计算
高考中立体几何的计算主要有两个方面，即空间几何体的表面积、体积的计算，空间角与距离的计算，其中空间角的计算是高考考查考生逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力
的重点．这类试题如果是在选择题或者填空题中出现，则考查简单的空间角的计算，如果是在解答题中出现，则往往是试题的一个组成部分． 【示例4】?(20112湖南
)
如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．
(1)证明：AC ⊥平面POD ；
(2)求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．
(1)证明 如图，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .
又PO ⊥底面⊙O ，AC ?底面⊙O ，所以AC ⊥PO .而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD .
(2)解 由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ?平面PAC ，所以平面POD ⊥平面PAC .在平面POD 中，如图，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面PAC .连接CH ，则CH 是OC 在平面PAC 上的射影，所以∠OCH 是直线OC 和平面PAC 所成的角． 在Rt △ODA 中，OD ＝OA 2sin 30°＝12
.
在Rt △POD 中，OH ＝
PO 2OD
PO 2＋OD 2
＝
23
12
2＋
14
＝23. 在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝
OH OC ＝2
3
. 故直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值为
23
. 本题考查垂直关系的证明，线面角的求解及逻辑推理能力、空间想象能力和运算
求解能力．试题的难点是第二问的线面角，其中作出线面角是解题的关键，作线面角就是找直线上的点在平面内的射影，一个根本的方法就是通过两个平面互相垂直的性质定理得出点在平面上的射影．
空间距离的计算
高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的重要内容之一，在计算空间几何体的体积、空间角时，往往需要计算距离．距离问题的关键是“垂直”，通过作垂线把求解的距离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．距离问题也与逻辑推理、空间想象密不可分，是立体几何考查逻辑推理能力和空间想象能力的深化．
【示例5】?(20112重庆)高为2的四棱锥SABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、
C 、
D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )．
A.
102 B.2＋32 C.3
2
D. 2 解析 设题中的球的球心为O ，球心O 与顶点S 在底面ABCD 上的射影分别是O 1，E ，连接OA ，
OB ，OC ，OD ，OS ，则有OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OS ＝1，点O 1是底面正方形ABCD 的中心，OO 1∥SE ，
且OO 1＝OA 2
－O 1A 2
＝
12
－?
????222
＝22
，SE ＝ 2.在直角梯形OO 1ES 中，作OF ⊥SE 于点F ，则四边形OO 1EF 是矩形，EF ＝OO 1＝
22，SF ＝SE －EF ＝2－22＝22
.在Rt △SOF 中，OF 2＝OS 2－SF 2
＝1－?
????222＝12，即O 1E ＝22.在Rt △SO 1E 中，SO 1＝O 1E 2＋SE 2
＝? ??
??222＋22
＝
10
2，选A. 答案 A
本小题主要考查了考生的空间想象能力以及如何有效地利用已知条件恰当地将
空间问题平面化，从而借助于平面几何知识解决相关问题． 【训练】 (20112北京)
如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．
(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形；
(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．
(1)证明 因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ?平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .
(2)证明 因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF . 所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG . 所以四边形DEFG 为矩形．
(3)解 存在点Q 满足条件，理由如下： 如图，连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点． 由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝1
2EG .
分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .
与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝1
2EG ，
所以Q 为满足条件的点．
空间向量及其运算
高考对空间向量的考查主要在立体几何的解答题中进行，试题的一般设计模式是先进行一个线面位置关系的证明，再设计一个求解空间角或距离的问题，第一个问题的意图是考查考生使用综合几何法进行逻辑推理的能力，对于空间角或距离的求解，虽然也可以使用综合几何法解决，但命题者的意图显然不是如此，其真正的意图是考查考生使用空间向量的方法解决立体几何问题的能力．
【示例6】?(20112湖北高考)如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合． (1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；
(2)设二面角CAFE 的大小为θ，求tan θ的最小值．
解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF ，AF ，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)， 于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →
＝(－3，1,1)．
则CA 1→2EF →
＝(0，－4,4)2(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .
(2)设CF ＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)． AE →
＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →
可得
???
??
m 2AE →＝0，m 2AF →＝0，
即??
?
3x ＋3y ＝0，
4y ＋λz ＝0.
取m ＝(3λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 于是由θ为锐角可得cos θ＝|m2n ||m|2|n|＝3λ
2λ2＋4，
sin θ＝λ2
＋16
2λ2
＋4， 所以tan θ＝λ2
＋16
3λ
＝
13＋163λ
2. 故0＜λ≤4，得1λ≥1
4
，即tan θ≥
13＋13＝63
. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值
63
.
本题考查空间垂直关系的证明和二面角的求解及函数思想．本题的空间几何体便
于建立空间直角坐标系，而且对于要证明的线线垂直和要求解的二面角正切的最值，使用空间向量的方法有一定的优势．线线垂直就是直线的方向向量的数量积等于零，二面角的大小可以使用两个平面的法向量进行计算，便于建立函数关系式．
第1讲 空间向量及其运算
【2013年高考会这样考】
1．考查空间向量的线性运算及其数量积． 2．利用向量的数量积判断向量的关系与垂直．
3．考查空间向量基本定理及其意义． 【复习指导】
空间向量的运算类似于平面向量的运算，复习时又对比论证，重点掌握空间向量共线与垂直的条件，及空间向量基本定理的应用．
基础梳理
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向相同且模相等的向量．
(3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量． (4)共面向量：平行于同一个平面的向量． 2．空间向量的线性运算及运算律
(1)定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算，如下：OB →＝OA →＋AB →＝a ＋b ；BA →＝OA →－OB →＝a －b ；OP →
＝λa (λ∈R )． (2)运算律：(1)加法交换律：a ＋b ＝b ＋a . (3)加法结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋(b ＋c )． (4)数乘分配律：λ(a ＋b )＝λa ＋λb . 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角
已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →
＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π
2，则称a 与b 互相垂直，
记作a⊥b. ②两向量的数量积
已知空间两个非零向量a ，b 则|a||b|cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，即a2b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉．
(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )2b ＝λ(a2b )； ②交换律：a 2b ＝b2a ；
③分配律：a2(b ＋c )＝a2b ＋a2c . 4．基本定理
(1)共线向量定理：空间任意两个向量a 、b (b≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a
＝λb .
(2)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在实数x ，
y 使p ＝x a ＋y b .
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组x ，y ，z ，使p ＝x a ＋y b ＋z c .
一种方法
用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }； (2)用a ，b ，c 表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题． 两个理解
(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a ＝λb ?a ∥b ；
②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在λ，μ∈R 使λa ＝μb .
③若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →
且λ＋μ＝1. (2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”． 四种运算
空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习．学生要特别注意共面向量的概念．而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习．
双基自测
1．已知向量a ∥平面β，向量a 所在直线为a ，则( )． A ．a ∥β B ．a ?β C ．a 交β于一点 D ．a ∥β或a ?β
答案 D
2．(人教A 版教材习题改编)下列命题：
①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →
＝0； ②|a |－|b |＝|a ＋b |是a 、b 共线的充要条件； ③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行；
④对空间任意一点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →
(其中x 、y 、z ∈R )，则P 、A 、B 、C 四点共面．其中不正确命题的个数是( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4
解析 ①中四点恰好围成一封闭图形，正确； ②中当a 、b 同向时，应有|a |＋|b|＝|a ＋b|； ③中a 、b 所在直线可能重合；
④中需满足x ＋y ＋z ＝1，才有P 、A 、B 、C 四点共面． 答案 C
3．(20122福州质检)a ＝λb (λ是实数)是a 与b 共线的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析 a ＝λb ?a ∥b
但?
??
??
b ＝0，a ≠0，则a ∥b ，a ≠λb .
答案 A
4．(20122舟山月考)平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，向量AB →、AD →、AA 1→
两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→
|等于( )． A ．5 B ．6 C ．4 D ．8
解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→
＝a ＋b ＋c ，
AC 1→
2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a2b ＋2b2c ＋2c2a ＝25，
因此|AC 1→
|＝5. 答案 A
5．在四面体O -ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →
＝________(用
a ，
b ，
c 表示)．
解析 如图，OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋1
4b ＋14c .
答案 12a ＋14b ＋1
4
c
考向一 空间向量的线性运算
【例1】?如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中G 为△A 1BD 的重心，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→
＝c ，试用a ，b ，c 表示AC 1→，AG →
.
[审题视点] 正确运用空间向量的加法运算用已知向量表示出未知向量． 解 AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→ ＝AB →＋AD →＋AA 1→ ＝a ＋b ＋c . AG →＝AA 1→＋A 1G → ＝AA 1→＋13
(A 1D →＋A 1B →)
＝AA 1→＋13(AD →－AA 1→
)＋13(AB →－AA 1→)
＝13AA 1→＋13AD →＋13AB →
＝13a ＋13b ＋13
c .
(1)通过以上表示可以看出AC 1→＝3AG →
即证明：A 、G 、C 1三点共线．G 为AC 1的三分
之一分点．
(2)解决几何问题的难点是作辅助线，而利用向量解决几何问题恰好回避了这一难点问题，把证明转化为运算．
【训练1】 如右图，已知M 、N 分别为四面体ABCD 的面BCD 与面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，试用a ，b ，c 表示BG →，BN →
. 解 BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34
AM →
＝－a ＋1
4(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋1
4c ，
BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →
)＝－a ＋13b ＋13c .
说明 此问题事实上解决了B 、G 、N 三点共线问题，同学们可以通
过此题想象正四面体外接球和内切球的球心位置．
考向二 共线共面定理的应用
【例2】?如右图，已知平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′，E 、F 、G 、H 分别是棱A ′D ′、D ′C ′、
C ′C 和AB 的中点，求证E 、F 、G 、H 四点共面．
[审题视点] 四点共点，考虑构造有关向量，然后利用共面向量定理证明． 证明 取ED ′→＝a 、EF →＝b 、EH →＝c ，则HG →＝HB →＋BC →＋CG →＝D ′F →＋2ED ′→＋12AA ′→
＝b －a ＋2a ＋12(AH →＋HE →＋EA ′→
)＝b ＋a ＋12(b －a －c －a )＝32b －
12
c ，∴H G →
与b 、c 共面．即E 、F 、G 、H 四点共面．
证明E 、F 、G 、H 四点共线，只须证明HG →＝λEF →＋μEH
→
即可，即证HG →、EF →、EH →
三个向量共面．此种方法也是证明直线与平面平行的方法．
【训练2】 如图在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为BC 边上的中点， 试证A 1B ∥平面AC 1D .
证明 设BA →＝a ，BB 1→＝c ，BC →
＝b ， 则 BA 1→＝BA →＋AA 1→ ＝BA →＋BB 1→
＝a ＋c ，
AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋12BC →
＝－a ＋12
b ，
AC 1→＝AC →＋CC 1→＝BC →－BA →＋BB 1→
＝b －a ＋c ， BA
1→
＝AC 1→－2AD →
，∵AB ?平面AC 1D ，
因此A 1B ∥平面AC 1D .
考向三 空间向量数量积的应用
【例3】?如图，在四面体S -ABC 中，若SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，试证SC ⊥AB .
[审题视点] 可通过证明两直线的方向向量的数量积为0来证明两直线垂直．
证明 取SA →＝a ，SB →＝b ，SC →
＝c ，由已知SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，
即?
????
a 2c －
b ＝0 ①b 2
c －a ＝0 ②
②－①得c 2(b －a )＝0， 则SC ⊥AB .
利用空间向量的基本定理适当的选取基底，将立体几何问题转化为已知
?
????
a 2c －
b ＝0，b 2
c －a ＝0，
求证c 2(b －a )＝0
回避了传统几何法中作辅助线这一难题．以上证法同时也证明了平面几何中“三角形的三条高线交于同一点”这一命题．
【训练3】 已知如右图所示，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CD ＝∠
C 1CB ＝∠BC
D ＝60°.
(1)求证：C 1C ⊥BD ； (2)当
CD
CC 1
的值是多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． (1)证明 取CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→
＝c ，
由已知|a |＝|b |，且〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， BD →＝CD →－CB →＝a －b ，CC 1→2BD →
＝c2(a －b )＝c2a －c2b ＝12|c ||a |－12|c ||b |＝0，∴C 1C →⊥BD →
，即C 1C ⊥BD . (2)若A 1C ⊥平面C 1BD ，
则A 1C ⊥C 1D ，CA 1→＝a ＋b ＋c ，C 1D →
＝a －c . ∴CA 1→2C 1D →
＝0，即(a ＋b ＋c )2(a －c )＝0. 整理得：3a 2
－|a||c|－2c 2
＝0， (3|a|＋2|c|)(|a|－|c|)＝0， ∴|a|－|c|＝0，即|a|＝|c|. 即当CD CC 1＝|a||c|
＝1时，A 1C ⊥平面C 1BD .
规范解答14——利用空间向量证明平行或垂直问题
【问题研究】 从近几年高考试题的命题情况来看，高考对平行、垂直关系的考查主要以线面平行，线面垂直为核心，以多面体为载体结合平面几何知识，常和角与距离的求解.体积的计算等综合命题，同时考查判定定理、性质定理、定义以及对符号语言的识别和转化，难度以中低档题目为主.
【解决方案】 建立空间直角坐标系，用坐标或基底表示相关的向量，把线面关系的逻辑推理转化为相应直线的方向向量和平面的法向量之间的运算，用代数运算代替空间线面关系的逻辑推理，使证明和运算过程具有程序化.
【示例】? (本题满分12分)(20112全国改编)如图，四棱锥SABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；
(2)求AB 与平面SBC 所成的角的正弦值．
(1)本题可以通过计算边边关系证明SD ⊥平面SAB ，第2
问也可作出AB 与平面SBC 所成的角，利用解三角形来计算，但这种方法必须加辅助线，且易找错角，故考虑用向量法，建立恰当的空间直角坐标系是解题关键．
[解答示范] 以C 为坐标原点，射线CD 为x 正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz . 设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x ＞0，y ＞0，z ＞0.
(1)证明 A S →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|
得 x －22
＋y －22
＋z 2＝x 2＋y －22
＋z 2
，
故x ＝1.
由|DS →|＝1得y 2＋z 2
＝1，
又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2
＝4， 即y 2＋z 2
－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32
.
于是S ? ????1，1
2，32，AS →＝? ????－1，－32，32，BS →＝? ????1，－32，32，DS →＝? ????0，12，32，DS →2AS →＝
0，DS →2BS →
＝0，故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(6分)
(2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，∴a 2BS →＝0，a 2CB →
＝0. 又BS →＝?
?
???1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，
故?????
m －32
n ＋32p ＝0，2n ＝0.
(9分)
取p ＝2得a ＝(－3，0,2)． 又AB →
＝(－2,0,0)，
cos 〈AB →
，a 〉＝AB →2a |AB →|2|a |＝217.
故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为
21
7
.(12分)
直线和平面的位置关系可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系来
判断．证明的主要思路是：(1)证明线线平行：可证两条直线的方向向量共线；(2)证明 线面平行：①证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，②证明直线的方向向量可用平面内的两个不共线向量线性表示；(3)证明面面平行：可证两个平面的法向量共线；(4)证明线线垂直：可证两条直线的方向向量垂直；(5)证明线面垂直：①证明直线的方向向量和平面内的两个不共线向量垂直，②证明直线的方向向量与平面的法向量共线；(6)证明面面垂直：可证两个平面的法向量互相垂直．
【试一试】 设p ：方程x 2
＋2mx ＋1＝0有两个不相等的正根；q ：方程x 2
＋2(m －2)x －3m ＋10＝0无实根．求使p ∨q 为真，p ∧q 为假的实数m 的取值范围．
[尝试解答] 由?
??
??
Δ1＝4m 2－4＞0，x 1＋x 2＝－2m ＞0，得m ＜－1.
∴p ：m ＜－1；
由Δ2＝4(m －2)2
－4(－3m ＋10)＜0， 知－2＜m ＜3，∴q ：－2＜m ＜3.
由p ∨q 为真，p ∧q 为假可知，命题p ，q 一真一假，
当p 真q 假时，???
??
m ＜－1，
m ≥3或m ≤－2，此时m ≤－2；
当p 假q 真时，???
??
m ≥－1，
－2＜m ＜3，
此时－1≤m ＜3.
∴m 的取值范围是{m |m ≤－2，或－1≤m ＜3}．
第2讲 立体几何中的向量方法(一)
【2013年高考会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算． 2．能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理． 3．利用空间向量求空间距离． 【复习指导】
本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，会找直线的方向向量和平面的法向量，并通过它们研究线面关系，会用向量法求空间距离．
基础梳理
1．空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算
设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a 2b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示
设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，
则a ∥b ?a ＝λb ?a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，
a ⊥
b ?a2b ＝0?a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)．
(3)模、夹角和距离公式
设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a2a ＝a 2
1＋a 2
2＋a 2
3， cos 〈a ，b 〉＝
a2b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3
a 21＋a 22＋a 232
b 21＋b 22＋b 2
3
. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →
|＝a 2－a 12
＋b 2－b 12
＋c 2－c 12
.
2．立体几何中的向量方法
(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定
①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →
为直线l 的方向向量，与AB →
平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．
②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法
向量，则求法向量的方程组为?
??
??
n2a ＝0，
n2b ＝0.
(2)用向量证明空间中的平行关系
①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)?v 1∥v 2.
②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ?α?存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.
③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ?α?v ⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β?u 1∥u 2.
(3)用向量证明空间中的垂直关系
①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2?v 1⊥v 2?v 12v 2＝0. ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α?v∥u . ③设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β?u 1⊥u 2?u 12u 2＝0.
(4)点面距的求法
如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →
2n |
|n |
.
一种思想
向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化： (1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标； (2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标．
得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题． 三种方法
主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：
(1)平行????
?
直线与直线平行直线与平面平行
平面与平面平行
(2)垂直????
?
直线与直线垂直直线与平面垂直
平面与平面垂直
(3)点到平面的距离
求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础．
双基自测
1．两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是( )．
A ．平行
B ．相交
C ．垂直
D ．不确定 解析 ∵v 2＝－2v 1，∴v 1∥v 2. 答案 A
2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中在平面α内的是( )． A ．P (2,3,3) B ．P (－2,0,1) C ．P (－4,4,0)
D ．P (3，－3,4)
解析 ∵n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量， ∴n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1,4,1)，∴n 2MP →
＝0. 答案 A
3．(20112唐山月考)已知点A ，B ，C ∈平面α，点P ?α，则AP →2AB →＝0，且AP →2AC →＝0是AP →2BC →
＝0的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析 由???
??
AP →2AB →＝0AP →2AC →＝0
，得AP →2(AB →－AC →
)＝0，
即AP →2CB →＝0，亦即AP →2BC →
＝0， 反之，若AP →2BC →
＝0，
则AP →2(AC →－AB →)＝0?AP →2AB →＝AP →2AC →
，未必等于0. 答案 A
4．(人教A 版教材习题改编)已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( )． A ．a∥c ，b∥c B ．a∥b ，a⊥c C ．a∥c ，a⊥b
D ．以上都不对
解析 ∵c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a ，∴a∥c ， 又a2b ＝－232＋(－3)30＋134＝0，∴a⊥b . 答案 C
5．(20122舟山调研)已知AB →＝(2,2,1)，AC →
＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________． 解析 设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 则?????
AB →2n ＝0，AC →2n ＝0，
即?
??
??
2x ＋2y ＋z ＝0，
4x ＋5y ＋3z ＝0.
令z ＝1，得?????
x ＝12
，
y ＝－1，
∴n ＝? ??
??12，－1，1，
∴平面ABC 的单位法向量为±n |n|＝±? ????1
3
，－23，23.
答案 ±? ????1
3，－23，23
考向一 利用空间向量证明平行问题
【例1】?如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是C 1C 、B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .
[审题视点] 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明．
证明 法一 如图所示，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则M ? ????0，1，12，N ? ????12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，
于是MN →＝? ????1
2
，0，12，
设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．
则n 2DA 1→
＝0，且n 2DB →
＝0，得?
??
??
x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.
取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)． 又MN →2n ＝? ????1
2，0，122(1，－1，－1)＝0，
∴MN →
⊥n ，又MN ?平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .
法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12
C 1C →
高中数学必修2立体几何测试题及答案（一）一，选择（共80分，每小题4分） 1，三个平面可将空间分成n个部分，n的取值为（） A，4；B，4，6；C，4，6，7 ；D，4，6，7，8。 2，两条不相交的空间直线a、b，必存在平面α，使得（） A，a?α、b?α；B，a?α、b∥α；C，a⊥α、b⊥α；D，a?α、b⊥α。 3，若p是两条异面直线a、b外的任意一点，则（） A，过点p有且只有一条直线与a、b都平行；B，过点p有且只有一条直线与a、b都垂直；C，过点p有且只有一条直线与a、b都相交；D，过点p有且只有一条直线与a、b都异面。 4，与空间不共面四点距离相等的平面有（）个 A，3 ；B，5 ；C，7；D，4。 5，有空间四点共面但不共线，那么这四点中（） A，必有三点共线；B，至少有三点共线；C，必有三点不共线；D，不可能有三点共线。 6，过直线外两点，作与该直线平行的平面，这样的平面可有（）个 A，0；B，1；C，无数；D，涵盖上三种情况。 7，用一个平面去截一个立方体得到的截面为n边形，则（） A，3≤n≤6 ；B，2≤n≤5 ；C，n=4；D，上三种情况都不对。 8，a、b为异面直线，那么（） A，必然存在唯一的一个平面同时平行于a、b；B，过直线b 存在唯一的一个平面与a平行；C，必然存在唯一的一个平面同时垂直于a、b；D，过直线b 存在唯一的一个平面与a垂直。 9，a、b为异面直线，p为空间不在a、b上的一点，下列命题正确的个数是（） ①过点p总可以作一条直线与a、b都垂直；②过点p总可以作一条直线与a、b都相交；③
过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行；④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直；⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。 A ，1； B ，2； C ，3； D ，4。 10，异面直线a 、b 所成的角为80°，p 为空间中的一定点，过点p 作与a 、b 所成角为40° 的直线有（ ）条 A ，2； B ，3； C ，4； D ，6。 11，P 是△ABC 外的一点，PA 、PB 、PC 两两互相垂直，PA=1、PB=2、PC=3，则△ABC 的 面积为（ ）平方单位 A ，25； B ，611； C ，27； D ，2 9。 12，空间四个排名两两相交，以其交线的个数为元素构成的集合是（ ） A ，{2，3，4}； B ，{1，2，3，}； C ，{1，3，5}； D ，{1，4，6}。 13，空间四边形ABCD 的各边与对角线的长都是1，点P 在AB 上移动 ，点Q 在CD 上移 动，点P 到点Q 的最短距离是（ ） A ，21； B ，22； C ，23； D ，4 3。 14，在△ABC 中，AB=AC=5，BC=6，PA ⊥平面ABC ，PA=8，则P 到BC 的距离是（ ） A ，45； B ，43； C ，25； D ，23。 15，已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是（ ） ①若m 垂直于α内的无数条直线，则m ⊥α；②若m 垂直于梯形的两腰，则m 垂直于梯形所 在的平面；③若n ∥α，m ?α，则n ∥m ；④若α∥β，m ?α，n ⊥β，则n ⊥m 。 A ，①②③； B ，②③④； C ，②④； D ，①③。 16，有一棱长为1的立方体，按任意方向正投影，其投影最大面积为（ ）
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
2020高考数学之立体几何解答題23題 一．解答题（共23小题） 1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点． （Ⅰ）求证：AN∥平面MEC； （Ⅱ）在线段AM上是否存在点P，使二面角P﹣EC﹣D的大小为？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由． 2．如图，三棱柱中ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D为棱AC的中点，侧面A1ACC1为边长为2 的菱形，AC⊥CB，BC=1． （Ⅰ）证明：AC1⊥平面A1BC； （Ⅱ）求二面角B﹣A1C﹣B1的大小．
3．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°． （I）求点P到平面ABCD的距离， （II）求面APB与面CPB所成二面角的大小． 4．在正三棱锥P﹣ABC中，底面正△ABC的中心为O，D是PA的中点，PO=AB=2，求PB与平面BDC所成角的正弦值．
5．如图，正三棱锥O﹣ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知． （1）求证：B1C1⊥平面OAH； （2）求二面角O﹣A1B1﹣C1的大小． 6．如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC． （2）求二面角B﹣AC﹣D的大小． （3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．
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
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（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
【高中数学】单元《空间向量与立体几何》知识点归纳 一、选择题 1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A ． 643 π B ．8316π π+ C ．28π D ．8216π π+ 【答案】B 【解析】 【分析】 结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】 结合三视图，还原直观图，得到 故体积22221183242231633V r h r l πππππ=?+?=?+??=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等． 2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存 在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）
A ．7 B ．3 C ．1+3 D ．2 【答案】A 【解析】 【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值， Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=． 所以11=90+60=150MA D ∠o o o 221111111113 2cos 13223()72 MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-??- ??= 故选A ． 【点睛】 本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题． 3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10 B ．3:1 C ．2:1 D 102 【答案】A
2013年国理科数学试题分类汇编7立体几何 一、选择题 1 ．（2013年新课标1（理））如图有一个水平放置的透明无盖的正方体容器容器8cm 将一个 球放在容器口再向容器内注水当球面恰好接触水面时测得水深为6cm 如果不计容器的 厚度则球的体积为 ） A 2 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的 直线,αβ是两个不同的平面下列命题正确的是（ ）[] A ．若αβ⊥m α?n β?则m n ⊥ B ．若//αβm α?n β?则//m n C ．若m n ⊥m α?n β?则αβ⊥ D ．若m α⊥//m n //n β则αβ⊥ 3 ．（2013年上海市春季数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4则这两个球的体积 之比为（ ） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 4 ．（2013年普通等学校招生统一试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱 1111ABCD A B C D -12AA AB =则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ） A 5 ．（2013年新课标1（理））某几何体的三视图如图所示则该几何体的体积为
（ ） A ．168π+ B ．88π+ C ．1616π+ D ．816π+ 6 ．（2013年湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示该几何体从上到下由四个简单几何 体组成其体积分别记为1V 2V 3V 4V 上面两个简单几何体均为旋转体下面两个简单几何体均为多面体则有（ ） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<< C ．2134V V V V <<< D ．2314V V V V <<< 7 ．（2013年湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形则该正 方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ） A ．1 B 8 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如 图所示则该四棱台的体积是
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 .
（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 .
专题04 立体几何 1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则 A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是 A．158 B．162 C．182 D．324
4．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ， BC P 到平面ABC 的距离为___________． 6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长 方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方 体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O ?EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g. 8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网 格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．
历年江苏高考数学立体几何真题汇编（含详解） （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“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
2021年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试（十）理 新人教A 版 一、选择题 1．空间中四点可确定的平面有( ) A ．1个 B ．3个 C ．4个 D ．1个或4个或无数个 答案 D 解析 当这四点共线时，可确定无数个平面；当这四点不共线且共面时，可确定一个平面；当这四点不共面时，其中任三点可确定一个平面，此时可确定4个平面． 2．一个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图，如图所示，则这个几何体的体积为( ) A ．8 B ．4 C ．2 D ．1 答案 C 解析 根据该几何体的三视图知，该几何体是一个平放的三棱柱；它的底面三角形的面积为S 底面＝1 2×2×1＝1，棱柱高为h ＝2，∴棱柱的体积为S 棱柱＝S 底面·h ＝1×2＝2. 3．下列命题中，错误的是( ) A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面 B ．平面α∥平面β，a ?α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥a C ．α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ所成的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥d D ．一条直线与两个平面成等角，则这两个平面平行
答案D 解析A正确，三角形可以确定一个平面，若三角形两边平行于一个平面，而它所在的平面与这个平面平行，故第三边平行于这个平面；B正确，两平面平行，一面中的线必平行于另一个平面，平面内的一点与这条线可以确定一个平面，这个平面与已知平面交于一条直线，过该点在这个平面内只有这条直线与a平行；C正确，利用同一平面内不相交的两直线一定平行判断即可确定C是正确的；D错误，一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面，故应选D. 4．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形B．直角三角形 C．钝角三角形D．不能确定 答案B 解析作AE⊥BD，交BD于E， ∵平面ABD⊥平面BCD， ∴AE⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AE⊥BC， 而DA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DA⊥BC， 又∵AE∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD， 而AB?平面ABD，∴BC⊥AB， 即△ABC为直角三角形．故选B. 5．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )
2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是() 图4-1 A.22 B.24- C.22+ D.20+ 2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是() 图4-2 A.+π B.+π C.4+π D.+π 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为,则该正方体的棱长为() A. B. C.3 D.2 4. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱 的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表 面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为()
A. B.2 C.6 D.2 5. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为() 图4-4 A.2 cm B.cm C.cm D.cm 6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为 AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为() 图4-5 A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分,共10分) 7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积 为. 8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0 （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． 高考第一轮复习专题素质测试题 立体几何（文科） 班别______学号______姓名_______评价______ （考试时间120分钟，满分150分，试题设计：隆光诚） 一、选择题（每小题5分，共60分. 以下给出的四个备选答案中，只有一个正确） 1．（10全国Ⅱ）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱 AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ） A.有且只有1个 B.有且只有2个 C.有且只有3个 D.有无数个 2.（09福建）设,m n 是平面α内的两条不同直线；12,l l 是平面β内的两条相交直线， 则//αβ的一个充分而不必要条件是（ ） A. 1////m l βα且 B. 12////m l l 且n C. ////m n ββ且 D. 2////m n l β且 3.（08四川）直线l α?平面，经过α外一点A 与l α、都成30?角的直线有且只有（ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 4.（08宁夏）已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ?l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ ） A. AB ∥m B. AC ⊥m C. AB ∥β D. AC ⊥β 5.（10湖北）用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ； ④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b .其中真命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 6．（10新课标）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积 为（ ） A.3πa 2 B.6πa 2 C.12πa 2 D. 24πa 2 7．（08全国Ⅱ）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为?60，则该棱锥的体积 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▲．立体几何 高考真题全国卷
【新课标】备战高考数学专题复习测试题_立体几何(文科)
2018年高考数学立体几何试题汇编
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