数 学 G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构 20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .
图1-5
(1)证明：Q 为BB 1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，
从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .
故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，
所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12
，即Q 为BB 1的中点．
(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V
上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .
图1
V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝1
3ahd ，
V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a
2·d ·????12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝7
12
ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD ＝3
2
ahd ，
所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝11
12ahd ，故V 上V 下＝117.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E .
又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，
所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .
所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.
于是tan ∠AEA 1＝AA 1
AE ＝1，∠AEA 1＝π4.
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→
分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a .
因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a
2
·2sin θ＝6， 所以a ＝2
sin θ
.
图2
从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1???
?4
sin θ，0，4，
所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→
＝???
?4sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由???DA 1
→
·n ＝4
sin θ
x ＋4＝0，DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，
得?????x ＝－sin θ，y ＝cos θ，
所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m
|n||m|＝22
，
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
A.227
B.258
C.15750
D.355113
7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，
体的体积为( )
A ．8－2π
B ．8－π
C ．8－π2
D ．8－π
4
图1-1
7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个
体积相
等的圆柱的一部分?
???占圆柱的1
4后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×
1
4
×π×2＝8－π.
G2 空间几何体的三视图和直观图 7．[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为( ) A ．21＋ 3 B ．8＋ 2
C ．21
D ．18
图1-2
7．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的
正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S ＝6×4－1
2×
6＋2×12×2×6
2
＝21＋ 3.
2．[2014·福建卷] 是( )
A ．圆柱
B ．圆锥
C ．四面体
D ．三棱柱
2．A [解析] 俯视图都不可能是三角形．
5．[2014·湖北卷] 在如图1-1所示的空间直角坐标系O - 个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
A ．①和②
B ．①和③
5．D [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②. 故选D.
7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
图1-2
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
7．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方
体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视
图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r ＝6＋8－10
2
＝2.
5．[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的
四个俯视图中正确的是( )
图1-1
A B C D
图1-2
5．B [解析] 易知该几何体的俯视图为选项B 中的图形．
7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )
A ．8－2π
B ．8－π
C ．8－π2
D ．8－π
4
图1-1
7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积
相等的圆柱的一部分?
???占圆柱的1
4后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×1
4
×π×2＝8－π.
3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1-1所示，则
此几何体的表面积是( )
图1-1
A ．90 cm 2
B ．129 cm 2
C ．132 cm 2
D ．138 cm 2
3．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，
所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×1
2
×3×4＋4×3
＋3×5－3×3＝138(cm 2
)，故选D.
12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1
某多面体的三视图，则该多面体的各条棱
中，最长的棱的长度为( )
图1-3 A ．6 2 B ．6 C ．4 2 D ．4 12．B [解析] 该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E - CC 1D 1(其中E 为BB 1的中点)，最长的棱为D 1E ＝（4 2）2＋22＝6.
17．[2014·陕西卷] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4所示，过棱AB 的中点E
作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H . (1)证明：四边形EFGH 是矩形；
(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．
图1-4
17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知， BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ， BD ＝DC ＝2，AD ＝1.
由题设，BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，
平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG . ∴四边形EFGH 是平行四边形．
又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．
(2)方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，
DA ＝(0，0，1)，BC ＝(－2，2，0)， BA ＝(－2，0，1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ， ∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0，
得?
????z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →
，n 〉|＝????BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.
方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，
∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ????1，0，1
2，F (1，0，0)，G (0，1，0)．
∴FE →
＝????0，0，12，FG ＝(－1，1，0)， BA ＝(－2，0，1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，
得?????12z ＝0，－x ＋y ＝0，
取n ＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos 〈BA →
，n 〉|＝????
??BA ·n |BA →||n |＝25×2＝105.
10．[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图1-3所示(单
位：m)，则该
几何体的体积为________m 3.
图1-3
10.20π
3 [解析] 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12
×4＋1
3π×22×2＝20π3
.
7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体的表面积为( )
图1-2
A ．54
B ．60
C ．66
D ．72 7．B [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，
截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S
＝1
2×3×4＋3×52＋2＋52×4＋2＋52×5＋3×5＝60.
G3 平面的基本性质、空间两条直线 4．[2014·辽宁卷] 已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ?α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α
4．B [解析] B [解析] 由题可知，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行、相交或异面，所以A 错误；若m ⊥α，n ?α，则m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ?α，故C 错误．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊥α或n 与a 相交，故D 错误．
17、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .
将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示． (1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ?平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .
又CD ?平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ?平面BCD ，BD ?平面BCD ，∴AB ⊥AB ⊥BD .
以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ???
?0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝????0，12，12，AD →
＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则?????n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即?????x 0＋y 0
＝0，12y 0＋1
2z 0＝0，
取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝||
cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →
|
＝63.
即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A.110
B.25
C.3010
D.22
11．C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，N 分别是A 1B 1，
A 1C 1的中点，故MN ∥
B 1
C 1且MN ＝1
2
B 1
C 1，故MN 綊BE ，所以四边形为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线
BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋
1
2
＝62＝NE ，AN ＝AE ＝52
， 在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×
52
＝30
10.
18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD 及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设
M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .
(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A - NP - M 的余弦值．
图1-4
18．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO . 由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，
所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .
因为AO ，OC ?平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面AOC .
又因为AC ?平面AOC ，所以BD ⊥AC . 取BO 的中点H ，连接NH ，PH .
又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ， 因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .
因为NH ，NP ?平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ?平面NHP ，所以BD ⊥HP .
又OC ⊥BD ，HP ?平面BCD ，OC ?平面BCD ，所以HP ∥OC . 因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ .
由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .
因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A - NP - M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .
因为OC ?平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R
因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝
AB 2
－????AC 22＝102
.
因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .
又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR 2＝10
4.
同理，可得MQ ＝
10
4
. 故△MNQ 为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝10
5.
故二面角A - NP - M 的余弦值是
10
5
. 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD .
因为OC ，OB ?平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．
如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .
则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)． 因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，
所以M ????－12，0，32，N ????12，0，32，P ????12，3
2，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－
1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝?
??
?
0，
32，－
32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由?
????n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得?????n 1·AB ＝0，
n 1·BC ＝0，即 ??
?（x 1，y 1，z 1）·
（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·
（－1，3，0）＝0， 从而???x 1－3z 1＝0，
－x 1＋3y 1＝0.
取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． 设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，
?????n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得?????n 2·MN ＝0，n 2
·NP ＝0， 即?????（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·?
???0，32，－32＝0， 从而?????x 2
＝0，32y 2－3
2z 2
＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)． 设二面角
A - NP - M 的大小为
θ，则
cos θ＝????
?
?n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝
????
??（3，1，1）·
（0，1，1）5×2＝105.
故二面角A -NP -M 的余弦值是10
5
.
G4 空间中的平行关系
20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .
图1-5
(1)证明：Q 为BB 1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比； (3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，
从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .
故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，
所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12
，即Q 为BB 1的中点．
(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d 棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .
图1
V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝1
3ahd ，
V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a
2·d ·????12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝7
12
ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD ＝3
2
ahd ，
所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝11
12ahd ，故V 上V 下＝117.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E .
又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，
所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .
所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA .
又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.
于是tan ∠AEA 1＝AA 1
AE ＝1，∠AEA 1＝π4.
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→
分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角
坐标系．
设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a .
因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a
2
·2sin θ＝6， 所以a ＝2
sin θ
.
图2
从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1???
?4
sin θ，0，4，
所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→
＝???
?4sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)，
由???DA 1→
·n ＝4sin θ
x ＋4＝0，
DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，
得?
????x ＝－sin θ，y ＝cos θ， 所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m
|n||m|＝22
，
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
17．、[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P - ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，
H .
(1)求证：AB ∥FG ；
(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．
图1-3
17．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB 又因为AB ?平面PDE ，
所以AB ∥平面PDE .
因为AB ?平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .
(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .
建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，00)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →
＝(1，1，0)．
设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ?????n ·AB →＝0，n ·
AF →＝0，即?????x ＝0，y ＋z ＝0.
令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1)．
设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →
〉|＝??????n ·BC →|n ||BC →|＝12.
因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π
6.
设点H 的坐标为(u ，v ，w )．
因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →
(0<λ<1)．
即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的一个法向量， 所以n ·AH →
＝0，
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝2
3，所以点H 的坐标为????43，23，23. 所以PH ＝
????432＋????232＋???
?－432
＝2.
19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
图1-4
19．解：方法一(几何方法)：
(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.
当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以
FP ∥AD
1，所以BC 1∥FP .
而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面
EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
图① 图②
(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝1
2
BD .
又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，
所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝
1
2PQ .
在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．
分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，
故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.
在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2
－???
?222＝λ2＋12，
OG 2＝1＋(2－λ)2－???
?222
＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±2
2
，
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)：
以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．
图③
BC 1→
＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，
因为BC 1→
＝(－2，0，2)，
所以BC 1→＝2FP →
，即BC 1∥FP .
而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面
(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由?????FE →·n ＝0，FP →·
n ＝0可得?????x ＋y ＝0，
－x ＋λz ＝0.
于是可取n ＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±2
2
.
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥
平面ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面AEC ； (2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．
图1-3
18．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接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 . 因为EO ?平面AEC ，PB ?平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .
(2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB →，AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →
|为单位
长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D ()0，3，0，E ????0，32，12，AE →
＝?
???0，32，12.
设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →
＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
则?????n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即?????
mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，
可取n 1＝???
?3
m ，－1，3.
又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，
由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝1
2
，即
33＋4m 2＝12
，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×1
2
×3
×32×12＝38. 17．，[2014·山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．
图1-3
(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1； (2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．
17．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ， 又M 是AB 的中点，
所以CD ∥MA 且CD ＝MA .
连接AD 1.因为在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，
CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，
所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，
所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .
又C 1M ?平面A 1ADD 1，D 1A ?平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)方法一：连接AC ，MC .
由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ，
所以四边形AMCD 为平行四边形， 所以BC ＝AD ＝MC .
由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形，
因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB . 设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C
所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)． 因此M ??
?
?
32，12，0，
所以MD 1→＝????－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →
＝????－32，12，0.
设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由?????n ·
D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得???3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0，
可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→
＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→
，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→
||n |
＝55，
所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
55
. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N .
由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，
因此∠D 1NC 为二面角C 1 - AB - C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°，
可得CN ＝
32
， 所以ND 1＝CD 21＋CN 2
＝
152
.
在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152
＝5
5
，
G5 空间中的垂直关系 17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．
(1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ?平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .
又CD ?平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ?平面BCD ，BD ?平面BCD ，∴AB ⊥AB ⊥BD .
以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ????0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝????0，12，12，AD →
＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则?????n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即?????x 0＋y 0
＝0，12y 0＋1
2z 0
＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝||
cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|
＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
. 18．、[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE ∥CD ，交PD 于点E .
(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D - AF - E 的余弦值．
图1-4
19．、[2014·湖南卷] 如图1-6所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1
都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．
(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；
(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C
1-OB 1-D 的余弦值．
图1-6
19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC ⊥AC .同理DD 1⊥BD .
因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC ⊥底面ABCD .
由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .
(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1由(1)知，O
1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1
A 1C 1.
图(a)
又因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，形A 1B 1C 1D 1是菱形，
因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1于是OB 1⊥平面O 1HC 1.
进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1-OB 1-D 的平面角．
不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.
在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237
.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2
＝1＋127＝19
7
.
故cos ∠C 1HO 1＝O 1H
C 1H ＝2
3719
7
＝25719.
即二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为257
19
.
方法二：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，
因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．
图(b)
如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为O (00)，
B 1(3，0，2)，
C 1(0，1，2)．
易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则?????n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即?
??3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.
取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1-OB 1-D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos 〈，〉|＝??????n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319
＝25719.
故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为257
19
.
19．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .
图1-6
(1)求证：AB ⊥PD . (2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB P - ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .
(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG .
在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝6
3.
设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝4
3
－m 2，故四棱锥P - ABCD 的体积为
V ＝1
3
×6·m ·
43－m 2＝m
3
8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝
－6????m 2－232
＋8
3， 所以当m ＝63，即AB ＝6
3
时，四棱锥P - ABCD 的体
积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ???
?
63，－63，0，
C ??
??63，263，0，D ????0，263，0，P ????0，0，63，故PC →＝????63
，263，－
63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝?
??
?－
63，0，0.
设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，
则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得?????63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．
同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝????0，1
2，1. 设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
＝
12·
1
4
＋1＝105.
19．、[2014·辽宁卷] 如图1-5所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．
(1)求证：EF ⊥BC ；
(2)求二面角E -BF -C 的正弦值．
图1-5
19．解：(1)证明：方法一，过点E 作EO ⊥BC ，垂足为O 接OF .由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC ，所以∠EOC ∠FOC ＝π
2
，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC 面EFO .又EF ?平面EFO ，所以EF ⊥BC .
图1
方法二，由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 线，并将其作为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直的直线，并将其作为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B (0，00)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (3
2
，
12，0)，所以EF →＝(32，0，－32
)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →
＝0， 从而EF →⊥BC →
，所以EF ⊥BC .
图2
(2)方法一，在图1中，过点O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知⊥BF ，
因此∠EGO 为二面角E -BF -C 的平面角．
在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝3
2
.
由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO
OG
＝2，从而得sin ∠EGO
＝255，即二面角E -BF -C 的正弦值为2 55
.
方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，
又BF →＝(32，12，0)，BE →
＝(0，12，32)，
所以?????n 2·BF →＝0，
n 2·BE →＝0，
得其中一个n 2＝(1，－3，1)．
设二面角E -BF -C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝???
?
n 1·n 2|n 1||n 2|＝15
，
因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 5
5.
19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C
为菱形，AB ⊥B 1C .
图1-5
(1)证明：AC ＝AB 1；
(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面A
-A 1B 1 -C 1的余弦值．
19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．
又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ?平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.
(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .
又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直． 以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz .
因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又A ?
???0，0，
33，B (1，0，0)，B 1????0，33，0，C ???
?0，－3
3，0AB 1→
＝????0，33，－33，
A 1
B 1→
＝AB ＝????1，0，－33，
B 1
C →
1＝BC ＝???
?－1，－33，0.
设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ???n ·AB 1＝0，n ·
A 1
B 1
→＝0，即???33y －33
z ＝0，x －33z ＝0.
所以可取n ＝(1，3，3)． 设m 是平面A 1B 1C 1的法向量， 则?????m ·
A 1
B 1→＝0，m ·
B 1
C 1→＝0，
同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1
7
.
所以结合图形知二面角A -A 1B 1 - C 1的余弦值为1
7
.
17．、[2014·天津卷] 如图1-4所示，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD, AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．
(1)证明：BE ⊥DC ；
(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；
(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F - AB - P 的余
弦值．
图1-4
17．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如
2015年高考数学试题分类汇编及答案解析（22个专题） 目录 专题一集合..................................................................................................................................................... 专题二函数..................................................................................................................................................... 专题三三角函数............................................................................................................................................ 专题四解三角形............................................................................................................................................ 专题五平面向量............................................................................................................................................ 专题六数列..................................................................................................................................................... 专题七不等式................................................................................................................................................. 专题八复数..................................................................................................................................................... 专题九导数及其应用................................................................................................................................... 专题十算法初步............................................................................................................................................ 专题十一常用逻辑用语 .............................................................................................................................. 专题十二推理与证明................................................................................................................................... 专题十三概率统计 ....................................................................................................................................... 专题十四空间向量、空间几何体、立体几何...................................................................................... 专题十五点、线、面的位置关系 ............................................................................................................ 专题十六平面几何初步 .............................................................................................................................. 专题十七圆锥曲线与方程.......................................................................................................................... 专题十八计数原理 ..................................................................................................................................... 专题十九几何证明选讲 ............................................................................................................................ 专题二十不等式选讲.................................................................................................................................
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．
专题七 不等式 1.【2015高考四川，理9】如果函数()()()()21 281002 f x m x n x m n = -+-+≥≥， 在区间122?????? ，上单调递减，则mn 的最大值为（ ） （A ）16 （B ）18 （C ）25 （D ）812 【答案】B 【解析】 2m ≠时，抛物线的对称轴为82n x m -=--.据题意，当2m >时，8 22 n m --≥-即212m n +≤ .26,182 m n mn +≤ ≤∴≤Q .由2m n =且212m n +=得3,6m n ==.当2m <时，抛物线开口向下，据题意得，81 22 n m -- ≤-即218m n +≤ .281 9,22 n m mn +≤ ≤∴≤Q .由2n m =且218m n +=得92m =>，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有218m n +=(2,8)m n <>.所以 (182)(1828)816mn n n =-<-??=，所以最大值为18.选B.. 【考点定位】函数与不等式的综合应用. 【名师点睛】首先弄清抛物线的开口方向和对称轴，结合所给单调区间找到m 、n 满足的条件，然后利用基本不等式求解.本题将函数的单调性与基本不等式结合考查，检测了学生综合运用知识解题的能力.在知识的交汇点命题，这是高考的一个方向，这类题往往以中高档题的形式出现. 2.【2015高考北京，理2】若x ，y 满足010x y x y x -?? +??? ≤， ≤，≥，则2z x y =+的最大值为（ ） A ．0 B ．1 C ． 3 2 D ．2 【答案】D 【解析】如图，先画出可行域，由于2z x y = +，则11 22 y x z =- +，令0Z =，作直线1 2 y x =- ，在可行域中作平行线，得最优解(0,1)，此时直线的截距最大，Z 取
2019年数学高考试题汇编—立体几何 1、全国I 理12．已知三棱锥P ?ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ） A ．68π B ．64π C ．62π D ．6π 2、全国III 理8．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、浙江4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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，则该柱体的体积是 A ．158 B ．162 C ．182 D ．32 4、浙江8．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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为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、北京理（11）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__________． 6、北京理（12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 7、江苏9．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16．已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为______ _____． 9、全国II 文理16．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．） 10、全国III 理16．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.
空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。 精品文档 2018 年高考数学真题分类汇编 学大教育宝鸡清姜校区高数组2018 年7 月 1.（2018 全国卷 1 理科）设Z = 1- i + 2i 则 Z 1+ i 复数 = （ ） A.0 B. 1 C.1 D. 2 2（2018 全国卷 2 理科） 1 + 2i = ( ) 1 - 2i A. - 4 - 3 i B. - 4 + 3 i C. - 3 - 4 i D. - 3 + 4 i 5 5 5 5 5 5 5 5 3（2018 全国卷 3 理科） (1 + i )(2 - i ) = （ ） A. -3 - i B. -3 + i C. 3 - i D. 3 + i 4（2018 北京卷理科）在复平面内，复数 1 1 - i 的共轭复数对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 5（2018 天津卷理科） i 是虚数单位，复数 6 + 7i = . 1+ 2i 6（2018 江苏卷）若复数 z 满足i ? z = 1 + 2i ，其中 i 是虚数单位，则 z 的实部为 ． 7（2018 上海卷）已知复数 z 满足（1+ i )z = 1- 7i （i 是虚数单位），则∣z ∣= ． 2 集合 1.（2018 全国卷1 理科）已知集合A ={x | x2 -x - 2 > 0 }则C R A =（） A. {x | -1 2020年高考数学分类汇编：立体几何 4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为 A．20°B．40° C．50°D．90° 8.右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 442 C. 623 D. 423 9.右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 4+42 C. 6+23 D. 4+23 7．右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为 A ． E B ． F C ．G D ． H 16.已知圆锥的底面半径为 1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的切球表面积为 11．已知△ABC 是面积为 934 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上．若球 O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A ． 3 B ．32 C ．1 D ． 32 16．设有下列四个命题： p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l 平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ① 14p p ②12p p ③ 23 p p ④ 34 p p 3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ② ③A ． 514 B ． 512 C ． 514 D ． 512 专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表 题型年份考点试题位置 单选题2019 表面积与体积2019年新课标1理科12 单选题2018 几何体的结构特征2018年新课标1理科07 单选题2018 表面积与体积2018年新课标1理科12 单选题2017 三视图与直观图2017年新课标1理科07 单选题2016 三视图与直观图2016年新课标1理科06 单选题2016 空间向量在立体几何中的应 用2016年新课标1理科11 单选题2015 表面积与体积2015年新课标1理科06 单选题2015 三视图与直观图2015年新课标1理科11 单选题2014 三视图与直观图2014年新课标1理科12 单选题2013 表面积与体积2013年新课标1理科06 单选题2013 三视图与直观图2013年新课标1理科08 单选题2012 三视图与直观图2012年新课标1理科07 单选题2012 表面积与体积2012年新课标1理科11 单选题2011 三视图与直观图2011年新课标1理科06 单选题2010 表面积与体积2010年新课标1理科10 填空题2017 表面积与体积2017年新课标1理科16 填空题2011 表面积与体积2011年新课标1理科15 填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1理科14 历年高考真题汇编 1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（） A．8πB．4πC．2πD．π 2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（） （一） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 （一） 1.D 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ?=?= 即 30 30x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,m 0,{PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27cos ,727 m n ==- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27- （二） 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 23 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1， DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . 2019真题汇编--立体几何 1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P ?ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ， △ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．64π C ．62π D ．6π 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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 4．【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：cm 3）是 A ．158 B ．162 C ．182 D ．324 5．【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 6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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 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） 2018年高考数学试题分类汇编之立体几何 一、选择题 1．（北京卷文）（6）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）。 （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 2．（北京卷理）（5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 3．（浙江）（3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 4．（全国卷一文）（5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π 5．（全国卷一文）（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 6．（全国卷一文）（10）在长方体1111ABCD A B C D -中， 2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30?，则该长方体的体积为 A ．8 B ．62 C ．82 D ．83 7．（全国卷一理）（7）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．172 B ．52 C ．3 D ．2 8．（全国卷一理）（12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方 体所得截面面积的最大值为 A ． 33 B ．23 C ．324 D ．3 9．（全国卷二文）（9）在正方体1111ABCD A B C D -中， E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角 （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． 2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学 3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 A ． 1 4 B ． 1 2 C ． 1 4 D ． 1 2 10．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π， 1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 16．如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，AB AD =AB ⊥AC ，AB ⊥AD ， ∠CAE =30°，则cos ∠FCB = . 18．（12分） 如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是 底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 3．C 10．A 16．14 - 18．解：（1）设DO a =，由题设可得,,63 PO a AO a AB a = ==， 2 PA PB PC === . 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，从而PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC . （2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -. 由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)22 E A C P -. 所以31(,,0),(0,2EC EP =- -=-. 第四编 立体几何初步 第九章 立体几何初步 第一节 简单几何体的表面积和体积 1. 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积的计算公式如下： 2. 球、柱、锥、台的表面积及体积计算公式： 名 称 表面积S 体积V 棱 柱 底侧S S 2+ h S 底 棱 锥 底侧S S + h S 底3 1 棱 台 下底上底侧S S S ++ h S S S S )(3 1 下底上底下底上底?++ 球 24R π 33 4 R π 圆 柱 )(2r l r +π h r 2π 圆 锥 )(r l r +π h r 23 1π 圆 台 )()(222121r r l r r +++ππ )(3 1 222121r r r r h ++π 第二节 三视图 1. 柱、锥、台、球的结构特征 （1）棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体. （2）棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体. （3）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分. （4）圆柱：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体. l r r π2r l r π2l ' r r ' 2r πr π2rl s π2=侧rl S π=侧()l r r S '+=π侧 （5）圆锥：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成的曲面所围成的几何体. （6）圆台：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分. （7）球体：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体. 2. 空间几何体的三视图和直观图： （1）三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影）；侧视图（从左向右）、 俯视图（从上向下） （2）画三视图的原则：长对正，高齐平，宽相等. （3）直观图：斜二侧画法. ①在已知图形中取相互垂直的x 轴和y 轴，两轴相交于点O ，画直观图时，把它们画成对应的'x 轴和'y 轴，两轴相交于点'O ，且使)135(45??='''∠或y O x ，它们确定的平面表示水平面. ②原来与x 轴平行的线段仍然与x 平行且长度不变； ③原来与y 轴平行的线段仍然与y 平行，长度为原来的一半. 第三节 空间几何体的平行问题 1. 线线平行的判断： ①平行于同一条直线的两条直线互相平行。 ②平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 ③如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线 和交线平行。 l b a l b l a // //?b a // α b a α α ?b b a //?α //a ? b a a =?βαβα // b a // 2017年高考数学试题分类汇编及答案解析---导数及其应用 一、选择题（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（2017北京文）已知函数1()3()3 x x f x =-?则()f x （ ） .A 是偶函数?且在R 上是增函数 .B 是奇函数?且在R 上是增函数 .C 是偶函数?且在R 上是减函数 .D 是奇函数?且在R 上是增函数 2.（2017新课标Ⅱ文）函数2()ln(28)f x x x =--的单调递增区间是（ ） .A (,2)-∞- .B (,1)-∞ .C (1, )+∞ .D (4,)+∞ З.（2017山东文）设()()1 21,1x f x x x <<=-≥?? ,若()()1f a f a =+,则 1f a ?? = ??? （ ）2.A 4.B 6.C 8.D 4.（2017山东文）若函数()e x f x 在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性 质.下列函数中具有M 性质的是（ ） x x f A -=2)(. .B ()2f x x = .C ()3x f x -= .D ()c o s f x x = 5.（2017新课标Ⅰ文数）函数sin21cos x y x = -的部分图像大致为（ ） б.（2017新课标Ⅰ文数）已知函数()ln ln(2)f x x x =+-?则（ ） .A )(x f y =在)2,0(单调递增 .B )(x f y =在)2,0(单调递减 .C )(x f y =的图像关于直线1=x 对称 .D )(x f y =的图像关于点)0,1(对称 7.（2017天津文）已知奇函数()f x 在R 上是增函数.若 0.8221 (log ),(log 4.1),(2)5a f b f c f =-==?则,,a b c 的大小关系为（ ） .A a b c << .B b a c << .C c b a << .D c a b <<最新高考数学分类理科汇编
2020年高考数学分类汇编：立体几何
2021高考数学立体几何专题
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
高考数学2019真题汇编-立体几何(学生版)
历年江苏高考数学立体几何真题汇编含详解
2020年高考数学试题分类汇编之立体几何
立体几何 高考真题全国卷
2020高考数学分类汇编--立体几何
高职高考数学课程初步立体几何
近3年2015-2017各地高考数学真题分类专题汇总--导数及其应用
相关主题
文本预览