（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 8.3 空
间点、直线、平面之间的位置关系教师用书
1．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，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． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类
??
?
共面直线?????
平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点
(2)异面直线所成的角
①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．
②范围：?
????0，π2.
3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 5．等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 【知识拓展】 1.唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行． (2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直． (3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
2.异面直线的判定定理
经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( √)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( ×)
(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.( ×)
(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √)
(5)没有公共点的两条直线是异面直线．( ×)
1．下列命题正确的个数为( )
①梯形可以确定一个平面；
②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析②中两直线可以平行、相交或异面，④中若三个点在同一条直线上，则两个平面相交，①③正确．
2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
答案 C
解析由已知，α∩β＝l，∴l?β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确．
3．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线B．一定是相交直线
C ．不可能是平行直线
D ．不可能是相交直线
答案 C
解析 由已知得直线c 与b 可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若
b ∥
c ，则a ∥b ，与已知a 、b 为异面直线相矛盾．
4. (教材改编)如图所示，已知在长方体ABCD －EFGH 中，AB ＝23，AD ＝23，AE ＝2，则BC 和EG 所成角的大小是______，AE 和BG 所成角的大小是________．
答案 45° 60°
解析 ∵BC 与EG 所成的角等于EG 与FG 所成的角即∠EGF ，tan∠EGF ＝EF FG ＝2323
＝1，∴∠EGF
＝45°，
∵AE 与BG 所成的角等于BF 与BG 所成的角即∠GBF ，tan∠GBF ＝GF BF ＝23
2
＝3，∴∠GBF ＝
60°.
题型一 平面基本性质的应用
例1 (1)(2016·山东)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线
b 相交”是“平面α和平面β相交”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
答案 A
解析 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A.
(2)已知，空间四边形ABCD (如图所示)，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH ＝1
3
DC .求证：
①E 、F 、G 、H 四点共面； ②三直线FH 、EG 、AC 共点． 证明 ①连接EF 、GH ，如图所示，
∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点， ∴EF ∥BD .
又∵CG ＝13BC ，CH ＝1
3DC ，
∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ， ∴E 、F 、G 、H 四点共面．
②易知FH 与直线AC 不平行，但共面，
∴设FH ∩AC ＝M ，∴M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC . 又∵平面EFHG ∩平面ABC ＝EG ， ∴M ∈EG ，∴FH 、EG 、AC 共点．
思维升华 共面、共线、共点问题的证明
(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 和AA 1的中点．求证：
(1)E、C、D1、F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.
又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E、C、D1、F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF ∴CE与D1F必相交， 设交点为P，如图所示． 则由P∈CE，CE?平面ABCD，得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1. 又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA， ∴P∈直线DA.∴CE，D1F，DA三线共点． 题型二判断空间两直线的位置关系 例2 (1)(2015·广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 (2) 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是( ) A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 (3)在图中，G、N、M、H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号) 答案(1)D (2)D (3)②④ 解析(1)若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l 至少与l1，l2中的一条相交． (2) 连接B1C，B1D1，如图所示，则点M是B1C的中点，MN是△B1CD1的中位线，∴MN∥B1D1， 又BD∥B1D1，∴MN∥BD. ∵CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1， ∴MN⊥CC1，MN⊥AC. 又∵A1B1与B1D1相交， ∴MN与A1B1不平行，故选D. (3)图①中，直线GH∥MN； 图②中，G、H、N三点共面，但M?平面GHN， 因此直线GH与MN异面； 图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面； 图④中，G、M、N共面，但H?平面GMN， 因此GH与MN异面． 所以图②④中GH与MN异面． 思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决． (1)已知a，b，c为三条不重合的直线，有下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c； ②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 (2)(2016·南昌一模)已知a、b、c是相异直线，α、β、γ是相异平面，则下列命题中正确的是( ) A．a与b异面，b与c异面?a与c异面 B．a与b相交，b与c相交?a与c相交 C．α∥β，β∥γ?α∥γ D．a?α，b?β，α与β相交?a与b相交 答案(1)B (2)C 解析(1)在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立． (2)如图(1)，在正方体中，a、b、c是三条棱所在直线，满足a与b异面，b与c异面，但a∩c ＝A，故A错误；在图(2)的正方体中，满足a与b相交，b与c相交，但a与c不相交，故B 错误；如图(3)，α∩β＝c，a∥c，则a与b不相交，故D错误． 题型三求两条异面直线所成的角 例3 (2016·重庆模拟) 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________． 答案 π3 解析 如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，则GP ∥BD ， 所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角， 在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ， 所以∠APG ＝π 3. 引申探究 在本例条件下，若E ，F ，M 分别是AB ，BC ，PQ 的中点，异面直线EM 与AF 所成的角为θ，求cos θ的值． 解 设N 为BF 的中点，连接EN ，MN ， 则∠MEN 是异面直线EM 与AF 所成的角或其补角． 不妨设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为4， 则EN ＝5，EM ＝26，MN ＝33. 在△MEN 中，由余弦定理得 cos∠MEN ＝EM 2＋EN 2－MN 2 2EM ·EN ＝ 24＋5－33 2×26×5 ＝－ 130 ＝－ 3030 . 即cos θ＝ 3030 . 思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角； (3)三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角． (2017·杭州第一次质检) 如图，△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ，∠BCD ＝ 90°，且BC ＝3CD ＝3.将△ABC 沿BC 边翻折，设点A 在平面BCD 上的射影为点M ，若点M 在△BCD 的内部(含边界)，则点M 的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M 位于线段BD 上时，直线AB 和CD 所成的角的余弦值等于________． 答案 32 66 解析 当平面ABC ⊥平面BCD 时，点A 在平面BCD 上的射影为BC 的中点M ， 当点A 在平面BCD 上的射影M 在BD 上时，因为AB ＝AC ，所以BM ＝MC ，因为BC ＝3CD ＝3，所以∠DBC ＝30°，所以由∠BCD ＝90°得BM ＝MD ，点M 的轨迹的最大长度等于12CD ＝3 2，将 其补为四棱锥，所以AB ＝322，AE ＝AM 2＋EM 2 ＝322 ，又因为∠EBA 为直线AB 和CD 所成的 角，所以cos∠EBA ＝AB 2＋BE 2－AE 22AB ·BE ＝6 6 . 18．构造模型判断空间线面位置关系 典例已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β； ②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β； ③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β； ④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n. 其中所有正确的命题是________．(填序号) 思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断． 解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α、β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确． 答案①④ 1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，a?α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”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 答案 A 解析若a?α，b⊥β，α∥β，则由α∥β，b⊥β?b⊥α， 又a?α，所以a⊥b；若a⊥b，a?α，b⊥β， 则b⊥α或b∥α或b?α，此时α∥β或α与β相交， 所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A. 2．(2016·福州质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与直线A1B1、EF、BC都相交的直线( ) A．不存在B．有且只有两条 C．有且只有三条D．有无数条 答案 D 解析在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N， 当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1、EF、BC 分别有交点P、M、N，如图，故有无数条直线与直线A1B1、EF、BC都相交． 3．对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l( ) A．平行B．相交 C．垂直D．互为异面直线 答案 C 解析不论l∥α，l?α，还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l. 4．在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则( ) A．M一定在直线AC上 B．M一定在直线BD上 C．M可能在AC上，也可能在BD上 D．M既不在AC上，也不在BD上 答案 A 解析由于EF∩HG＝M，且EF?平面ABC， HG?平面ACD，所以点M为平面ABC与平面ACD的一个公共点，而这两个平面的交线为AC， 所以点M一定在直线AC上，故选A. 5．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是( ) A．(0，2) B．(0，3) C．(1，2) D．(1，3) 答案 A 解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于2.故选A. 6．(2016·宁波二模)下列命题中，正确的是( ) A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a?α，b?β，则a，b是异面直线B．若a，b是两条直线，且a∥b，则直线a平行于经过直线b的所有平面 C．若直线a与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行 D．若直线a∥平面α，点P∈α，则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条 答案 D 解析对于A，当α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故A错误． 对于B，设a，b确定的平面为α，显然a?α，故B错误． 对于C，当a?α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D. 7．(2016·昆明模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有________对． 答案24 解析如图， 若要出现所成角为60°的异面直线，则直线需为面对角线，以AC为例，与之构成黄金异面直线对的直线有4条，分别是A′B，BC′，A′D，C′D，正方形的面对角线有12条，所以 所求的“黄金异面直线对”共有12×4 2＝24对(每一对被计算两次，所以要除以2)． 8．(2016·南昌高三期末) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形．∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值为________． 答案 5 2 解析 连接A 1B ，将△A 1BC 1与△CBC 1同时展开形成一个平面四边形A 1BCC 1，则此时对角线CP ＋PA 1＝A 1C 达到最小，在等腰直角三角形△BCC 1中，BC 1＝2，∠CC 1B ＝45°，在△A 1BC 1中，A 1B ＝40＝210，A 1C 1＝6，BC 1＝2，∴A 1C 2 1＋BC 2 1＝A 1B 2 ，即∠A 1C 1B ＝90°.对于展开形成的四边形A 1BCC 1，在△A 1C 1C 中，C 1C ＝2，A 1C 1＝6，∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理有，CP ＋PA 1＝A 1C ＝2＋36－122cos 135°＝50＝5 2. 9. 如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G 、H 、M 、N 分别为DE 、BE 、EF 、EC 的中点，在这个正四面体中， ①GH 与EF 平行； ②BD 与MN 为异面直线； ③GH 与MN 成60°角； ④DE 与MN 垂直． 以上四个命题中，正确命题的序号是________． 答案 ②③④ 解析 把正四面体的平面展开图还原，如图所示， GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN . 10．(2015·浙江)如图，三棱锥A —BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________． 答案 78 解析 如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK . ∵M 为AD 的中点， ∴MK ∥AN ， ∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角． ∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2， N 为BC 的中点， 由勾股定理求得AN ＝DN ＝CM ＝22， ∴MK ＝ 2. 在Rt△CKN 中，CK ＝ 2 2 ＋12 ＝ 3. 在△CKM 中，由余弦定理，得 cos∠KMC ＝CM 2＋MK 2－CK 2 2CM ·MK ＝ 2 2 ＋ 22 2 － 3 2 2×2×22 ＝78 . *11.(2016·郑州质量预测) 如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是________． ①BM 是定值； ②点M 在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ③ 解析 取DC 中点F ，连接MF ，BF ，MF ∥A 1D 且MF ＝1 2 A 1D ，F B ∥ED 且 FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－ 2MF ·FB ·cos∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的 球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；A 1C 在平面ABCD 中的投影与AC 重合，AC 与DE 不垂直，可得③不正确． 12. 如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值． 解 如图所示，取AC 的中点F ，连接EF ，BF ， 在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点， ∴EF ∥CD . ∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角． 在Rt△EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝1 2， ∴BE ＝ 5 2 . 在Rt△EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝1 2， ∴EF ＝ 2 2 . 在Rt△BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝5 2 . 在等腰三角形EBF 中，cos∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝10 10 . ∴异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为 1010 . *13.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q .求证： (1)D 、B 、F 、E 四点共面； (2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1) 如图所示，因为 EF 是△D 1B 1C 1的中位线， 所以EF ∥B 1D 1. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， 所以EF ∥BD . 所以EF ，BD 确定一个平面． 即D 、B 、F 、E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1确定的平面为α， 又设平面BDEF 为β. 因为Q ∈A 1C 1，所以Q ∈α. 又Q ∈EF ，所以Q ∈β. 则Q 是α与β的公共点， 同理，P 点也是α与β的公共点． 所以α∩β＝PQ . 又A 1C ∩β＝R ， 所以R ∈A 1C ，则R ∈α且R ∈β. 则R ∈PQ ，故P ，Q ，R 三点共线． 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 2018年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷) 数学 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分) 1. 已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则C U A =( ) A . φ B . {1，3} C . {2，4，5} D . {1，2，3，4，5} 2. 双曲线 ?y 2=1的焦点坐标是( ) A . (?，0)，(，0) B . (?2，0)，(2，0) C . (0，?)，(0，) D . (0，?2)，(0，2) 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. 复数 (i 为虚数单位)的共轭复数是( ) A . 1+I B . 1?I C . ?1+I D . ?1?i 5. 函数y = sin 2x 的图象可能是( ) D C 6. 已知平面α，直线m ，n 满足m ?α，n ?α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( ) A . 充分不必要条件 B . 必要不充分条件 C . 充分必要条件 D . 既不充分也不必要条件 7. 设0 为θ3，则( ) A. θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. θ2≤θ3≤θ1 9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为，向量b满足 b2?4e?b+3=0，则|a?b|的最小值是( ) A. ?1 B. +1 C. 2 D. 2? 10.已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)，若a1>1，则( ) A. a1 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． 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 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。 2018年高考数学压轴 题突破140之立体几何五种动态问题和解题 绝招 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招中高考数学名师张芙华2018-01-29 06:14:27 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招 一．方法综述 立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点。究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的。 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。 二．解题策略 类型一立体几何中动态问题中的角度问题 【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值。当点M在P处时，EM与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小时，点M到达点Q时，角最小，余弦值最大。 类型二立体几何中动态问题中的距离问题 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 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（） 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 . 2018浙江省高考数学试卷（新教改） 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 A=（）1．（4分）（2018?浙江）已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则? U A．?B．{1，3} C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5} 2．（4分）（2018?浙江）双曲线﹣y2=1的焦点坐标是（） A．（﹣，0），（，0）B．（﹣2，0），（2，0） C．（0，﹣），（0，）D．（0，﹣2），（0，2） 3．（4分）（2018?浙江）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：cm3）是（） A．2 B．4 C．6 D．8 4．（4分）（2018?浙江）复数（i为虚数单位）的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i 5．（4分）（2018?浙江）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（） A． B． C． D． 6．（4分）（2018?浙江）已知平面α，直线m，n满足m?α，n?α，则“m∥n”是“m∥α”的（） A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件 7．（4分）（2018?浙江）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是 ξ012 P 则当p在（0，1）内增大时，（） A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大 C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小 8．（4分）（2018?浙江）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ 1 ，SE与平面ABCD 所成的角为θ 2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ 3 ，则（） A．θ 1≤θ 2 ≤θ 3 B．θ 3 ≤θ 2 ≤θ 1 C．θ 1 ≤θ 3 ≤θ 2 D．θ 2 ≤θ 3 ≤θ 1 9．（4分）（2018?浙江）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足﹣4?+3=0，则|﹣|的最小值是（）A．﹣1 B．+1 C．2 D．2﹣ 10． （4分） （2018?浙江）已知a 1，a 2 ，a 3 ，a 4 成等比数列，且a 1 +a 2 +a 3 +a 4 =ln（a 1 +a 2 +a 3 ）， 若a 1 ＞1，则（） A．a 1＜a 3 ，a 2 ＜a 4 B．a 1 ＞a 3 ，a 2 ＜a 4 C．a 1 ＜a 3 ，a 2 ＞a 4 D．a 1 ＞a 3 ，a 2 ＞a 4 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。 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 ．1 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 ； （2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30?，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 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： 2018年浙江省高考数学试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（4.00分）已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则?U A=（）A．?B．{1，3}C．{2，4，5}D．{1，2，3，4，5} 2．（4.00分）双曲线﹣y2=1的焦点坐标是（） A．（﹣，0），（，0）B．（﹣2，0），（2，0）C．（0，﹣），（0，）D．（0，﹣2），（0，2） 3．（4.00分）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：cm3）是（） A．2 B．4 C．6 D．8 4．（4.00分）复数（i为虚数单位）的共轭复数是（） A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i 5．（4.00分）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（） A．B．C． D． 6．（4.00分）已知平面α，直线m，n满足m?α，n?α，则“m∥n”是“m∥α”的（） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件 7．（4.00分）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是 ξ012 P 则当p在（0，1）内增大时，（） A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大 C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小 8．（4.00分）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（） A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1 9．（4.00分）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足﹣4?+3=0，则|﹣|的最小值是（） A．﹣1 B．+1 C．2 D．2﹣ 10．（4.00分）已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（） A．a1＜a3，a2＜a4B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a4二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11．（6.00分）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、 雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则，当z=81时，x=，y=． 12．（6.00分）若x，y满足约束条件，则z=x+3y的最小值是， 最大值是． 13．（6.00分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a=，b=2， 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 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 // （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6,23AB BC ==,则棱锥 O ABCD -的体积为 。 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 。 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{ n AB n PB ?=?=u u u r u u u r 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 ?=?=u u u r u u u r 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,27 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 - （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 3 C 2 3 D 6 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 ?u u u v u u u v 的最 小值为 2019年高考数学各题型解法：立体几何篇高考立体几何试题一般共有4道（选择、填空题3道，解答题1道），共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。 知识整合 1.有关平行与垂直（线线、线面及面面）的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题（包括论证、计算角、与距离等）中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行（垂直）、线面平行（垂直）、面面平行（垂直）相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。 2.判定两个平面平行的方法： （1）根据定义--证明两平面没有公共点； （2）判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另 一个平面； （3）证明两平面同垂直于一条直线。 3.两个平面平行的主要性质： ⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。 ⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 ⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那 么它们的交线平行“。 ⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 家庭是幼儿语言活动的重要环境，为了与家长配合做好幼儿阅读训练工作，孩子一入园就召开家长会，给家长提出早期抓好幼儿阅读的要求。我把幼儿在园里的阅读活动及阅读情况及时传递给家长，要求孩子回家向家长朗诵儿歌，表演故事。我和家长共同配合，一道训练，幼儿的阅读能力提高很快。 宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。至元明清之县学一律循之不变。明朝入选翰林院的进士之师称“教习”。到清末，学堂兴起，各科教师仍沿用“教习”一称。其实“教谕”在明清时还有学官一意，即主管县一级的 5 ??n ? ? 2018 高考数学立体几何答案 1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC ? A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ； （Ⅱ）求二面角 B?CD ?C 1 的余弦值； （Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交． 【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ， ∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点， ∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ， ∴ AC ⊥ 平面 BEF ． （2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ， EF ∥CC 1 ． 又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ． Q BE ? 平面 ABC ，∴ EF ⊥ BE ． 如图建立空间直角坐称系 E - xyz ． 由题意得 B (0, 2, 0) ， C (-1, 0, 0) ， D (1, 0,1) ， F (0, 0, 2) ， G (0, 2,1) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴? uur n ? ，∴?2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ? ? CB = 0 ? 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
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