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高考数学立体几何题大纲解析在高考数学中，立体几何题一直是一个重要的组成部分。
对于许多考生来说，立体几何题可能具有一定的挑战性，但只要掌握了正确的方法和知识点，也能够轻松应对。
接下来，让我们对高考数学立体几何题的大纲进行详细解析。
一、高考数学立体几何题的考查内容1、空间几何体的结构特征考生需要了解常见的空间几何体，如棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征。
能够通过直观感知、操作确认等方式，认识这些几何体的性质和特点。
2、空间几何体的表面积和体积这部分要求考生掌握各类空间几何体的表面积和体积公式，并能熟练运用这些公式解决相关问题。
例如，棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算，圆柱、圆锥、圆台和球的表面积和体积计算。
3、空间点、直线、平面的位置关系包括平面的基本性质、直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系等。
考生需要理解并能够运用公理、定理来证明相关的位置关系。
4、空间向量在立体几何中的应用利用空间向量来解决立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离问题。
这需要考生掌握空间向量的基本运算和坐标表示，以及空间向量在解决立体几何问题中的方法和技巧。
二、高考数学立体几何题的题型特点1、选择题和填空题通常会考查空间几何体的结构特征、表面积和体积的计算、点线面位置关系的判断等基础知识。
题目难度相对较小，但需要考生对概念有清晰的理解，并且具备一定的计算能力。
2、解答题一般会综合考查空间点线面的位置关系、空间角和距离的计算等。
这类题目通常需要考生画出图形，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法来求解。
解答题的难度较大，需要考生有较强的逻辑思维能力和运算能力。
三、高考数学立体几何题的解题方法1、传统几何方法通过运用线面平行、垂直的判定定理和性质定理，以及空间角和距离的定义和求法来解决问题。
这种方法需要考生有较强的空间想象能力和逻辑推理能力。
2、空间向量方法建立空间直角坐标系，将空间中的点、直线、平面用向量表示，然后通过向量的运算来求解空间角和距离。
高考数学精选预测51 理 大纲人教版第Ⅰ卷（选择题 60分）一、选择题：本大题共12个小题，每个小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把它选出来填涂在答题卡上。
1．已知命题p ：抛物线22y x =的准线方程为12y =-；命题q ：若函数(1)f x +为偶函数，则()f x 的图像关于1x =对称，则下列命题是真命题的是（ ）A ．p q ∧B ．()p q ∨⌝C ．()()p q ⌝∧⌝D ．p q ∨2．在下列函数中，图象关于y 轴对称的是（ ） A ．y =x 2sin x B ．11212xy =+- C ．y =x ln x D ．π2sin3()16y x =--+3．若3cos25θ=，4sin 25θ=-，则角θ的终边一定落在直线（ ）上 A ．7240x y += B ．7240x y -= C ．2470x y +=D ．2470x y -=4．已知下列四个命题：①平行于同一直线的两平面互相平行；②平行于同一平面的两平面互相平行；③垂直于同一直线的两平面互相平行；④与同一直线成等角的两条直线互相平行。
其中正确命题是（ ）A ．①②B ．②③C ．③④D ．②③④5．已知等比数列{},{n n a b }，,n n P Q 分别表示其前n 项积，且(1)(3)n n n n P Q -=，则55a b =（ ） A ．981()2 B ．59()2 C ．812D ．926．若关于x 的方程24cos sin 40x x m ++-=恒有实数解，则实数m 的取值范围是（ ） A ．［0，5］ B ．［-1，8］ C ．［0，8］ D ．［-1，+∞）7．某班有50名学生，其中正、副班长各1人，现选派5人参加一项活动，要求正、副班长至少有1人参加，问共有多少种选派方法？下面是学生提供的四种计算方法：①1423248248C C C C +；②555048C C -；③14249C C ；④14324948C C C -。
高考数学立体几何题大纲详解在高考数学中，立体几何题一直是许多同学感到棘手的部分。
然而，只要我们掌握了相关的知识和解题方法，就能在考试中轻松应对。
接下来，让我们详细了解一下高考数学立体几何题的大纲。
一、基础知识1、空间几何体的结构特征我们要熟悉常见的空间几何体，如棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征。
知道它们的定义、性质以及如何通过直观图和三视图来识别这些几何体。
2、表面积与体积对于不同的几何体，我们需要掌握其表面积和体积的计算公式。
例如，正方体的表面积为 6a²（a 为边长），体积为 a³；圆柱的表面积为2πr(r ＋ l)（r 为底面半径，l 为母线长），体积为πr²h 等等。
3、点、线、面的位置关系这部分包括线线平行、线线相交、线面平行、线面相交、面面平行、面面相交等关系。
要理解这些关系的定义、判定定理和性质定理。
二、空间向量在立体几何中的应用1、空间向量的概念与运算了解空间向量的定义、坐标表示以及加减乘等运算规则。
2、利用空间向量证明平行与垂直通过计算向量的数量积来判断线线、线面、面面的平行与垂直关系。
3、利用空间向量求空间角和距离例如，利用向量的夹角公式求异面直线所成的角、线面角、二面角；利用向量的模长求点到直线、点到平面的距离等。
三、解题方法1、几何法通过直观的图形观察和几何定理的运用来解题。
比如，证明线面平行时，可以通过构造平行四边形或者找线线平行来实现。
2、向量法建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量的运算问题。
这种方法往往计算量较大，但思路相对清晰。
四、常见题型1、证明题要求证明线线、线面、面面的平行或垂直关系。
在解题时，要根据题目所给条件，选择合适的定理和方法。
2、计算题计算几何体的表面积、体积、空间角或距离。
此类题目需要我们准确运用相关公式和方法，注意计算的准确性。
3、综合题将证明和计算结合在一起，考查我们对立体几何知识的综合运用能力。
高考数学立体几何题目大纲解析关键信息项：1、立体几何题目类型：＿___________________________2、常见考点：＿___________________________3、解题方法分类：＿___________________________4、易错点汇总：＿___________________________5、重要公式总结：＿___________________________11 立体几何题目类型111 空间几何体的结构特征1111 棱柱、棱锥、棱台的结构特征1112 圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征112 空间几何体的三视图和直观图1121 三视图的画法与识图1122 直观图的画法与还原113 空间几何体的表面积与体积1131 柱体、锥体、台体的表面积与体积公式1132 球的表面积与体积公式1133 组合体的表面积与体积计算114 空间点、直线、平面的位置关系1141 平面的基本性质1142 空间中直线与直线的位置关系1143 空间中直线与平面的位置关系1144 空间中平面与平面的位置关系12 常见考点121 线面平行与垂直的判定与性质1211 线面平行的判定定理与性质定理1212 线面垂直的判定定理与性质定理122 面面平行与垂直的判定与性质1221 面面平行的判定定理与性质定理1222 面面垂直的判定定理与性质定理123 空间角的计算1231 异面直线所成角的计算1232 直线与平面所成角的计算1233 二面角的计算124 空间距离的计算1241 点到直线的距离1242 点到平面的距离1243 平行直线间的距离1244 平行平面间的距离13 解题方法分类131 几何法1311 利用定义、定理直接推理证明1312 构建辅助线、辅助面解题1313 空间向量法的适用条件与优势132 空间向量法1321 建立空间直角坐标系1322 求点的坐标1323 求向量的坐标1324 利用向量的数量积计算夹角和距离14 易错点汇总141 概念理解不清1411 对线面平行、垂直的概念模糊1412 对空间角和距离的定义理解错误142 定理运用错误1421 判定定理和性质定理混淆1422 漏用定理条件143 计算失误1431 求角度时三角函数值计算错误1432 向量运算错误1433 体积和表面积计算错误144 忽视隐含条件1441 题目中未给出但需自行挖掘的条件1442 图形中的特殊位置关系未注意15 重要公式总结151 线面平行、垂直的判定定理和性质定理公式152 面面平行、垂直的判定定理和性质定理公式153 空间角的计算公式154 空间距离的计算公式155 向量的数量积公式及相关变形公式以上是对高考数学立体几何题目大纲的详细解析，希望能对您有所帮助。
专题五：解析几何（新课标理）一、选择题1.若抛物线的焦点坐标为(2,0)，则抛物线的标准方程是（ ）．．28y x =．28y x =-．28x y =．24y x =2.已知直线1l ：310ax y ++=，2l ：2(1)10x a y +++=，若1l ∥2l ，则实数a 的值是（ ）．．32a a =-=或．3a =-．2a =-．3a =3．已知抛物线212x y =的焦点是双曲线221mx ny -=（0mn ≠）的其中一个焦点，且双曲m =（ ）．8-．128-．8．128 4.对于集合{}22()|1A x y x y =+=，，()|100x y B x y a b a b ⎧⎫=+=>>⎨⎬⎩⎭，，，，如果A B =∅，则ab 的值为（ ）．．正．负．0．不能确定5．连接椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的一个焦点和一个顶点得到的直线方程为220x y -+=，则该椭圆的离心率为（ ）..12.. 236．定义：平面直角坐标系内横坐标为整数的点称为 “横整点”，过函数y =上任意两个“横整点”作直线，则倾斜角大于45︒的直线条数为（ ）．10．11．12．137.在直二面角AB αβ--中，PAB ∆在平面α内，四边形ABCD 在平面β内，且α⊥AD ，α⊥BC ，4=AD ，8=BC ，6=AB ．若tan 2tan 1ADP BCP ∠=∠+，则动点P 在平面α内的轨迹是（ ）．椭圆的一部分 ．线段．双曲线的一部分 ．以上都不是8．双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 中，F 为右焦点，为左顶点，点(0,)0B b AB BF ⋅=且，则此双曲线的离心率为（ ）．2 ．3 ．213+ ．215+9．已知抛物线24,y x =焦点为F ，ABC ∆三个顶点均在抛物线上，若0FA FB FC ++=，则FA FB FC ++=（ ）．8 ．6 ．3 ．010．如图，已知直线a ∥平面α，在平面α内有一动点P ，点A 是定直线a 上定点，且AP 与a 所成角为θ（θ为锐角），点A 到平面α距离为d ，则动点P 的轨迹方程为（ ）．2222tan x y d θ+= ．2222tan x y d θ-=．22()tan d y d x θ=-．22()tan d y d x θ=--二、填空题11. 已知圆22430x y x +-+=的切线l 经过坐标原点，且切点在第四象限，则切线l 的方程为 .12．已知抛物线x y 42=的焦点为F ，在第一象限中过抛物线上任意一点P 的切线为l ，过P 点作平行于x 轴的直线m ，过焦点F 作平行于l 的直线交m 于M ，若4=PM ，则点P的坐标为 .13．已知点1F 、2F 分别是双曲线2222 1 (0,0)x y a b a b -=>>的左、右焦点，过F1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，若2ABF ∆的最大角为锐角，则该双曲线离心率的取值范围是________．14．观察下图，类比直线方程的截距式和点到直线的距离公式，点(4,2,1)H 到平面ABC 的距离是.三、解答题15.已知直线l ：4=x 与x 轴相交于点M ，P 是平面上的动点，满足0PM PO =（O 是坐标原点）．⑴求动点P 的轨迹C 的方程；⑵过直线 l 上一点)(M D D ≠作曲线C 的切线，切点为E ，与x 轴相交点为F ，若12DE DF =，求切线DE 的方程．16.如图所示，双曲线的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，F1，F2分别为左、右焦点，双曲线的左支上有一点P ，∠F1PF2＝3π，且△PF1F2的面积为23，又双曲线的离心率为2，求该双曲线的方程．17.已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的长半轴长为2，且点在椭圆上．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆右焦点的直线l 交椭圆于,A B 两点，若0OA OB =，求直线l 的方程．18.已知点(5,0)A ,抛物线24y x =的顶点在原点O ,倾斜角为4π的直线l 与线段OA 相交但不过,O A 两点,且交抛物线于,M N 两点,求AMN ∆的面积最大时直线l 的方程,并求AMN ∆的最大面积.19．设椭圆C ：22221x y a b +=(0)a b >>的左、右焦点分别为12, F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1222FFQF =，若过A ，Q ，2F 三点的圆恰好与直线l ：30x -=相切．过定点(0, 2)M 的直线1l 与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线1l 的斜率0k >，在x 轴上是否存在点(, 0)P m ，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）若实数λ满足MG MH λ=，求λ的取值范围．20. 已知点(1,)M y 在抛物线2:2C y px =(0)p >上，抛物线的焦点为F ，且2MF =，直线:l 12y x b=-+与抛物线交于,A B 两点.（Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）若x 轴与以AB 为直径的圆相切，求该圆的方程； （Ⅲ）若直线l 与y 轴负半轴相交，求AOB ∆面积的最大值.答案解析1．【解析】选，根据焦点坐标在x 轴上，可设抛物线标准方程为22y px =(0)p >，有22p =，4p =，所以抛物线的标准方程为28y x =.2．【解析】选，根据两直线平行得：321a a =+，解方程得32a a =-=或，当2a =时，两直线重合，不符合条件，故2a =舍去，所以3a =-.3.【解析】选C,根据先根据双曲线的一个焦点与抛物线22y x =的焦点重合求得焦点坐标，a ，然后对号入座求得m 的值．抛物线22y x =的焦点是1(,0)2F ，则12c =，c a e ==218m a ==.4.【解析】选，集合A 表示的图形是圆221x y +=；集合B 表示的图形是直线0(00)bx ay ab a b +-=>>，．由A B =∅可知，直线和圆没有公共点，所以，圆心到直线1>ab0ab <．5.【解析】选，直线220x y -+=与坐标轴的交点为（－2，0），（0，1），依题意得2,1c b a e ==⇒==.6.【解析】选，共有“横整点”()(()(()3,00,33,0---，其中满足条件的有()3,0与(()(0,3--连线共有5条；()3,0-与(1,--连线共有2条；(与(()(0,3-连线共有3条；(1, 与()0,3连线共有1条；综上共计11条.7.【解析】选C ，根据题意可知，又,tan ,tan BC PBBCP AD PA ADP =∠=∠AD=4,BC=8,.,6.4,1824轨迹为双曲线的一部分即∴==-=⨯-∴AB PB PA PBPA8．【解析】选D ，根据题意 0AB BF ⋅=，即2,,AB BF b ac ⊥∴=即,22ac a c =-故012=--e e ，又1>e ，所以.215+=e9.【解析】选B ，设A,B,C 三点的横坐标分别为321,,x x x ，根据已知0FA FB FC ++=，所以点F 为ABC ∆的重心，.3321=++∴x x x 根据抛物线的定义可知1233 6.2p FA FB FC x x x ++=+++=10．【解析】选B ，解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出tan θ，对于tan θ的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示tan θ，可以考虑选项里面的暗示，解题时需要先设动点坐标，然后表示tan θ找到关系.设(,)P x y ，则tan θ=，化简得2222tan x y d θ-=．11.【解析】设切线方程为y kx =，圆心坐标为()2,0，半径 1.r =所以直线l 与x 轴的夹角为30︒，所以tan150k =︒=即:.l y x =【答案】.3y x =-12．【解析】 设,1|,1,2),,(021000x y k x y x y y x P x x ='=='==所以l 方程为),(1200210x x x x y -=-与x 轴交点A 的坐标为),0,(0x -,1||||0+==x PM AF 所以)32,3(P【答案】)32,3(13．【解析】过F1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于2(,)b A c a -，2(,)b Bc a --， 2ABF ∆是锐角三角形，等价于2145,AF F ∠<︒即21tan 1AF F ∠<.又因为双曲线中222b c a =-，所以222c a ac -<.不等式两边同时除以2a ，得：2()2101c c a a c a ⎧-⋅-<⎪⎪⎨⎪>⎪⎩，所以(1, 1c a ∈.【答案】(1, 114.【解析】 类比直线方程的截距式，直线的截距式是1x ya b +=，所以平面的截距式应该是1x y za b c ++=，然后是“类比点到直线的距离公式”应该转化为一般式，类比d =写出点到平面的距离公式，然后代入数据计算.平面ABC 的方程为1423x y z ++=--，即364120x y z +-+=，d ==15. 【解析】⑴依题意，)0 , 4(M ，设)40)( , (≠≠x x y x P 且，由0PM PO =，得PO PM ⊥得1-=⋅POPM k k ，即14-=⋅-xyx y ，整理得，动点P 的轨迹C 的方程为)40(2)2(222≠≠=+-x x y x 且．⑵DE 、DM 都是圆2222)2(=+-y x 的切线，所以DM DE =，因为DF 21=，所以DM DE DF 22==，所以6π=∠DFM ，设)0 , 2(C ，在CEF ∆中，2π=∠CEF ，6π=∠CFE ，2=CE ，所以4=CF ，)0 , 2(-F ，切线DE 的倾斜角6πα=或65π，所以切线DE 的斜率33=k 或33-，切线DE 的方程为)2(33+±=x y ．16. 【解析】设双曲线方程为：x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，P(x0，y0)． 在△PF1F2中，由余弦定理，得：|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos π3＝(|PF1|－|PF2|)2＋|PF1|·|PF2|. 即4c2＝4a2＋|PF1|·|PF2|. 又∵S △PF1F2＝2 3. ∴12|PF1|·|PF2|·sin π3＝2 3. ∴|PF1|·|PF2|＝8.∴4c2＝4a2＋8，即b2＝2. 又∵e ＝c a ＝2，∴a2＝23.∴双曲线的方程为：3x22－y22＝1.17. 【解析】（Ⅰ）由题意： 2a =．所求椭圆方程为22214x y b +=．又点在椭圆上，可得1b =．所求椭圆方程为2214x y +=．（Ⅱ）由（Ⅰ）知224,1a b ==，所以c =． 因为0OA OB ⋅=．若直线AB 的斜率不存在，则直线AB的方程为x =直线AB交椭圆于11)22-两点， 1304OA OB ⋅=-≠，不合题意．若直线AB 的斜率存在，设斜率为k ，则直线AB的方程为(y k x =．由22(440,y k x x y ⎧=-⎪⎨+-=⎪⎩可得2222(14)1240k x x k +-+-=． 由于直线AB 过椭圆右焦点，可知0∆>．设1122(,),(,)A x y B x y，则21212212414k x x x x k -+==+，222121212122([)3]14ky y k x x k x x x xk-==++=+．所以2221212222124114()141414k k kOA OB x x y yk k k---⋅=+=+=+++．由0OA OB⋅=，即2211414kk-=+，可得24,1111k k==±．所以直线l的方程为(11y x=±．18. 【解析】设直线l的方程为:(50)y x b b=+-<<联立24y xy x b⎧=⎨=+⎩消去x得:2440y y b-+=设1122(,),(,)M x y N x y,则21212416044by yy y b⎧∆=->⎪+=⎨⎪=⎩设直线l与OA的交点为P,则(,0)P b-1211||||(52(522AMNS PA y y b b∆=-=+=+2(5AMNS b∆=+≤=当且仅当522b b+=-,即1b=-时取“=”,此时直线l:1y x=-.故AMN∆的最大面积为19．【解析】（Ⅰ）因为1222F F QF=，所以1F为2F Q的中点.设Q的坐标为(3, 0)c-，因为2AQ AF⊥，所以2233b c c c=⨯=，2244a c c c=⨯=，且过2,,A Q F三点的圆的圆心为1(, 0)F c-，半径为2c. 因为该圆与直线l相切，所以|3|22cc--=.解得1c=，所以2a=，b=故所求椭圆方程为22143x y +=.（Ⅱ）设1l 的方程为2y kx =+（0k >），由222,143y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得22(34)1640k x kx +++=. 设11(,)G x y ，22(,)H x y ，则1221634kx x k +=-+.所以1122(, )(, )PG PH x m y x m y +=-+-=1212(2, )x x m y y +-+.=1212(2, () 4 )x x m k x x +-++21212121(, )(, ())GH x x y y x x k x x =--=--.由于菱形对角线互相垂直，则()PG PH +⋅0GH =.所以21122112()[()2] ()[()4]0x x x x m k x x k x x -+-+-++=.故2211212()[()2 ()4]0x x x x m k x x k -+-+++=.因为0k >，所以210x x -≠.所以21212()2 ()40x x m k x x k +-+++= 即212(1)()420k x x k m +++-=. 所以2216(1)()42034kk k m k +-+-=+解得2234km k =-+，即234m k k =-+.因为0k >，所以0m <.故存在满足题意的点P 且m的取值范围是[ 0).（Ⅲ）①当直线1l 斜率存在时，设直线1l 方程为2y kx =+，代入椭圆方程22143x y +=得22(34)1640k x kx +++=. 由0∆>，得214k >. 设11(, )G x y ，22(, )H x y ， 则1221634k x x k +=-+，122434x x k =+. 又MG MH λ=，所以1122(, 2)=(, 2)x y λx y --. 所以12=x λx .所以122=(1+)x +x λx ，2122=x x λx . 所以2212122()==1+x +x x x x λλ. 所以2222164()3434(1)k k k λλ-++=+. 整理得2264(1)4k λλ+=+. 因为214k >，所以26441634k <<+，即2(1)416λλ+<<. 所以14216λλ<++<.解得1λ≠且77λ-<<+又01λ<<，所以71λ-<.②又当直线1l 斜率不存在时，直线1l 的方程为0x =，此时G，(0, H，2)MG =，(0, 2)MH =， 23MG MH-=，所以7λ=-所以71λ-<，即所求λ的取值范围是[7-.20. 【解析】：（Ⅰ）抛物线22y px = (0)p >的准线为2p x =-，由抛物线定义和已知条件可知||1()1222p p MF =--=+=，解得2p =，故所求抛物线方程为24y x =. （Ⅱ）联立2124y x b y x ⎧=-+⎪⎨⎪=⎩，消x 并化简整理得2880y y b +-=.依题意应有64320b ∆=+>，解得2b >-.设1122(,),(,)A x y B x y ，则12128,8y y y y b +=-=-，设圆心00(,)Q x y ，则应有121200,422x x y y x y ++===-.因为以AB 为直径的圆与x 轴相切，得到圆半径为0||4r y ==，又||AB 所以||28AB r =， 解得85b =-. 所以12124822224165x x b y b y b +=-+-=+=，所以圆心为24(,4)5-. 故所求圆的方程为2224()(4)165x y -++=.（Ⅲ）因为直线l 与y 轴负半轴相交，所以0b <，又l 与抛物线交于两点，由（Ⅱ）知2b >-，所以20b -<<，直线l ：12y x b =-+整理得220x y b +-=，点O 到直线l的距离d ，所以1||42AOB S AB d ∆==-=令32()2g b b b =+，20b -<<，24()343()3g b b b b b '=+=+由上表可得()g b 的最大值为()327g -= . 所以当43b =-时，AOB ∆的面积取得最大值.。
高考数学立体几何题大纲详解一、立体几何题的重要性1、立体几何在高考数学中的分值占比2、对学生空间想象能力和逻辑推理能力的考察二、常见立体几何题型1、证明线面平行与垂直11 线面平行的判定定理及应用12 线面垂直的判定定理及应用2、求空间角21 异面直线所成角22 线面角23 二面角3、求几何体的体积与表面积31 柱体的体积与表面积32 锥体的体积与表面积33 球体的体积与表面积三、解题方法与技巧1、建立空间直角坐标系11 坐标系的建立原则12 利用向量法求解线面角、二面角等2、传统几何法21 作辅助线的技巧22 利用几何性质进行推理和计算3、转化与化归思想31 把空间问题转化为平面问题32 体积与表面积的转化四、历年高考真题分析1、选取典型真题11 对各题型的覆盖情况12 难度分布2、详细解析真题21 解题思路的梳理22 易错点和难点的剖析五、备考策略1、基础知识的巩固11 定理、公式的熟练掌握12 常见几何体的性质2、大量练习21 模拟题与真题的训练22 错题的整理与反思3、提高解题速度和准确性31 限时训练32 答题规范的养成六、考试注意事项1、认真审题11 理解题目中的条件和要求12 挖掘隐含条件2、答题步骤的完整性21 证明过程的逻辑严密性22 计算过程的准确性3、时间分配31 根据题型和难度合理安排时间32 留出检查的时间以上内容对高考数学立体几何题进行了较为全面的大纲详解，希望对您有所帮助。
高考数学立体几何题大纲解析关键信息项：1、立体几何题的常见类型线面关系类空间角计算类体积表面积计算类位置关系证明类2、解题所需的基础知识点线面的位置关系定理空间向量的基本概念与运算常见几何体的性质3、解题技巧与方法辅助线的添加技巧空间向量法的应用步骤转化与化归思想的运用4、历年高考真题分析重点省份的真题特点题型变化趋势5、复习策略与建议针对性练习的重要性错题整理与反思的方法11 立体几何题的常见类型111 线面关系类这类题目主要考查直线与平面、平面与平面的平行和垂直关系。
常见的命题形式有判断给定的线面关系是否成立，或者根据已知条件证明线面关系。
在解决此类问题时，需要熟练掌握相关定理和性质，如线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理等。
112 空间角计算类空间角包括异面直线所成角、线面角、二面角等。
计算空间角通常需要通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法来求解。
也可以运用几何方法，如通过作垂线、找射影等方式来确定角的大小。
113 体积表面积计算类涉及到几何体的体积和表面积的计算。
对于常见的几何体，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等，要牢记其体积和表面积公式。
同时，要善于运用割补法等技巧，将复杂的几何体转化为熟悉的基本几何体来计算。
114 位置关系证明类证明点、线、面之间的位置关系，如点在直线上、直线在平面内、平面与平面平行或垂直等。
证明过程需要严谨的逻辑推理，运用所学的定理和定义进行论证。
12 解题所需的基础知识121 点线面的位置关系定理包括公理 1、公理 2、公理 3 及其推论，线面平行、垂直的判定定理和性质定理，面面平行、垂直的判定定理和性质定理等。
这些定理是解决立体几何问题的理论依据，必须熟练掌握和准确运用。
122 空间向量的基本概念与运算理解空间向量的定义、模长、方向余弦、数量积、向量积等概念，掌握空间向量的加法、减法、数乘运算以及空间向量的坐标表示和坐标运算。
空间向量为解决立体几何中的角度和距离问题提供了有力的工具。
2021年高考数学考试大纲解读专题05立体几何理（三）立体几何初步1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理. • 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. • 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补. (2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行. • 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.• 如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.（十六）空间向量与立体几何1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.与xx年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在xx年的高考中预计仍会以“一小一大或两小一大”的格局呈现，在选择题或填空题中，考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算，空间线面位置关系的判定等，难度中等；在解答题中主要考查空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间几何体表面积或体积的计算，空间角或空间距离的计算等，难度中等.考向一空间几何体的三视图和直观图样题1 (xx年高考新课标Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12C．14 D．16【答案】B样题2 （xx年高考北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A．3 B．2C．2 D．2【答案】B样题3 （xx新课标全国Ⅱ理科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．B．C．D．【答案】B考向二球的组合体样题4 （xx新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A．B．C．D．【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h⎛⎫==⨯⨯=⎪⎪⎝⎭，故选B.【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5 （xx江苏）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱的体积为，球的体积为，则的值是 .【答案】考向三空间线面的位置关系样题6 已知α，β是平面，m、n是直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中命题正确的是__________．【答案】①④【解析】①是平面与平面垂直的判定定理，所以①正确；②中，m，n不一定是相交直线，不符合两个平面平行的判定定理，所以②不正确；③中，还可能n∥α，所以③不正确；④中，由于n∥m，n⊄α，m⊂α，则n∥α，同理n∥β，所以④正确．故填①④.样题7 （xx新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.考向四 空间角和距离样题8 （xx 年高考新课标Ⅱ卷）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A ． B ． C ．D ．【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===易得，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ．样题9 (xx年高考新课标Ⅲ卷) a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】设.由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，，连接AD，等腰中，,当直线AB与a成60°角时，，故，又在中，，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，，即AB与b成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线与所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.。
高考数学原创预测题 专题五 立体几何 理 大纲人教版一、选择题1.设地球半径为R ，若A 地位于北纬45度东经110度，B 地位于北纬45度东经20度，则AB 两地的球面距离为（ ）R 2πR 6πR 65πR 3π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的表面积与这个球的表面积之比为（ ）1:1 1:2 2:3 3:23.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥ ．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥ ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n4.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC ⊥CA,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1,则异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为（ ）1015.1530.21.1030.D C B A 5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米.9 .16 .18 .9或186.在长方体1111ABCD A B C D -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11AB D 的距离为( )．83 ．43 ．38 ． 347.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）、23 、23 、3 、38．二面角βα--l 的平面角为θ，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( ). 52 . 22 . 26 . 是θ的函数9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,=== ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）．1 ．2 ．3 ．410.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分..圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线 二、填空题11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是______________.12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 .13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 . 14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，则 . 三、解答题15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，AB⊥BC.PA=AB=BC=1,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC；(3)求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值.16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，求：(1)异面直线PD与EF所成的角；(2)PD与底面DEF所成的角的正弦值；(3)二面角P-DE-F的正弦值.17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；(2)求二面角B1-EF-G的大小；(3)求四面体EFGB1的体积.18.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，点F在DE上，且AF⊥DE，若圆柱的侧面积与△ABE的面积之比等于4π．(1)求证：AF⊥BD；(2)求二面角A―BD―E的正弦值．19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).(1)求证：AC⊥BF；(2)若二面角F-BD-A的大小为60°，求a的值.20.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ；(2)求平面CDF 与平面ABCD 所成的角的余弦值；(3)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.答案解析（专题五）1.解析：选.设AB 两地所在的小圆圆心为O 1，地球的球心为O ,则由已知得AB O 1为等腰直角三角形，斜边AB=R ，所以三角形AB O 为等边三角形，球心角A O B 的大小为3π，由弧长公式得AB 两地的球面距离为R 3π，故选.2. 解析：选.设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，所以2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱表23422222=⋅+⋅=R r r r S S πππ故选.3.解析：选A.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以A 对，在B 中有m 与n 不垂直的情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选A ．4.解析：选A.如图，设BC=2,取BC 的中点E,连接EF 1、D 1F 1、AE ，所以D 1F 1与BE 平行且相等，四边形BEF 1D 1是平行四边形，BD 1∥EF 1，所以EF 1与AF 1所成的角等于所求的角，在三角形EF 1A 中，EF 1=6，AE=F 1A=5，由余弦定理得cos ∠EF 1A=1030. 所以异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为1030，故选A. 5. 解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ ，h BC DBC ==∠,45 ,所以在BAC ∆中，,18,30==∠AB BAC 应用余弦定理得() 30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+=，解这个方程得9,18==h h 或，当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.6. 解析：选B. 利用三棱锥111A AB D -的体积变换：111111A AB D A A B D V V --=，则1162433h ⨯⨯=⨯⨯,34=h .故选B.7.解析：选 A .在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°.由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23.KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33.∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A . 8．解析：选C.如图，把平面α展开到β内，成一个平面，当M 位于1M 处时AM +CM 最小，此时AM +CM=AC,过C 作CN 垂直于AB 的延长线，垂足为N ，则()261322222=++=+=CN AN AC .故选C.9. 解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγ ，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C. 11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或 或()9054322=++，故最短路径是74. 答案：7412. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，所以轴截面顶角的一半为 30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin = l 厘米.答案：35厘米.13. 解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3483423-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()ππ-=⨯⨯-⨯441424122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ34056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G的概率为8152121634056ππ-=-. 答案：81521π-14. 解析：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项15.解析： (1)∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BC.又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A ， ∴ BC ⊥平面PAB. 又BC ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD. 在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB.连接BD ，交AC 于点M ，则2==ABDC MB DM .连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DMEB PE ,∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.(3)过A 作PB 的垂线，垂足为G,过A 作AH 垂直于EC ，垂足为H,连接GH,又BC ⊥AG ，PB ⋂BC=B ，则AG ⊥平面PBC ，所以∠AHG 就是所求二面角的平面角.在三角形AEC 中，311,2,35===EC AC AE , 所以由余弦定理得112231122959112cos =⨯⨯-+=ACE , 所以1161132sin =⨯=⋅=ACE AC AH ,所以113sin =ACE . 又22=AG ,所以1211sin ==AH AG AHG ,63121cos ==AHG . ∴平面AEC 和平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为63.16.解析：(1)取EF 的中点N ，连接DN 、PN ，因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥PD ，所以异面直线PD 与EF 所成的角为90度. (2)过点P 作P O ⊥DN ，垂足为O ，由前面知EF ⊥平面PDN ，所以平面PDN ⊥平面DEF ， 所以P O ⊥平面DEF ，D O 是PD 在平面DEF 上的射影，∠PDO 就是直线PD 与平面DEF 所成的角.由图知∠PDO 为锐角.因为PN=DN=5，PD=4，所以522cos 222=⋅-+=PD DN PN PD DN PDO ，所以55cos 1sin 2=-=PDO PDO . (3)过O 作OM ⊥DE ，垂足为M ，连接PM ，所以由三垂线定理知道PM ⊥DE ， ∠PMO 就是二面角P-DE-F 的平面角. 因为sinPMO ×sinPDM=sinPDO ，sinPDM ＝35， 所以sinPMO=53. 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G,延长QE 交AD 于N ，所以EQ 平行于平面FB 1G 须满足A 1M ∥EQ ，因为E 为AA 1中点，所以N 为AM 的中点， 所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ； (2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为25,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF ,所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度 (3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=∆G FB S , 所以83234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析:（1）因为AD ⊥平面ABE ，所以 AD ⊥BE ．又AE ⊥BE ，AD ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面ADE ．因为AF ⊂平面ADE ，所以BE ⊥AF ． 又AF ⊥DE ，所以AF ⊥平面BDE ，故AF ⊥B D ．（2）取BD 的中点M ，连接AM ，FM ． 因为AB ＝AD ，则AM ⊥BD ．又因为AF ⊥BD ． 所以BD ⊥平面AFM ，从而FM ⊥BD ， 所以∠AMF 为二面角A ―BD ―E 的平面角． 过点E 作EO ⊥AB ，垂足为O ．设圆柱的底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面ABCD 是正方形， 则圆柱的母线长为2r ，所以其侧面积为2224r r r ππ⋅=， 又△ABE 的面积为122r OE r OE ⋅⋅=⋅． 由已知，244r r OEππ=⋅，则OE ＝r ， 所以点O 为圆柱底面圆的圆心． 在Rt△AOE 中，222AE OA OE r =+． 在Rt△DAE 中，226DE AD AE r =+=，2263AD AE r AF DE ⋅===．又sin 452AM AB r ==，在Rt△AFM 中，26sin 332AF r AMF AM r===⋅． 故二面角A ―BD ―E 的正弦值为63． 19.解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴由余弦定理得︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC =32121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB. 又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ， 过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.∴∠AGF 就是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°. 在∆ABD 中，由余弦定理得。
