新题库--第九章 第35节：2008年高考数学分类详解----立体几何
2008年高考数学试题分类汇编
立体几何
一．选择题：
1．（上海卷13） 给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面
α垂直”的 （ C ）
A ．充要条件
B ．充分非必要条件
C ．必要非充分条件
D ．既非充分又非必要条件 2.（全国一11）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为A B C △的中心，则1A B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 （ C ）
A ．13
B
．
3
C
．
3
D ．
23
3.（全国二10）已知正四棱锥S A B C D -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则A E SD ，所成的角的余弦值为 （ C ）
A ．
13
B
．
3
C
3
D ．
23
4.（全国二12）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于 （ C ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．2
5.（北京卷8）如图，动点P 在正方体1111ABC D A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设B P x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ B ）
7.（四川卷８）设,M N 是球心O 的半径O P 上的两点，且N P M N O M ==，分别过,,N M O 作垂线于O P 的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为： ( D )
（Ａ）3,5,6 （Ｂ）3,6,8 （Ｃ）5,7,9 （Ｄ）5,8,9
8.（四川卷９）设直线l ?平面α，过平面α外一点A 与,l α都成0
30角的直线有且只有：( B )
（Ａ）１条 （Ｂ）２条 （Ｃ）３条 （Ｄ）４条
9.（天津卷5）设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是 ( C )
（A ）βαβα⊥⊥,//,b a （B ）βαβα//,,⊥⊥b a
A
B
C
D M
N P A 1
B 1
C 1
D 1
（C ）βαβα//,,⊥?b a （D ）βαβα⊥?,//,b a 10.（安徽卷4）．已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是 （D ）
A ．,,m n m n αα若则‖‖‖
B ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖
C ．,,m m αβαβ若则‖‖‖
D ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖
11.（山东卷6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 （D ）
(A)9π （B ）10π
(C)11π (D)12π
12.（江西卷10）连结球面上两点的线段称为球的弦。半径为4的球的两条
弦A B 、C D 的长度分别等于M 、N 分别为A B 、C D 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：
①弦A B 、C D 可能相交于点M ②弦A B 、C D 可能相交于点N
③M N 的最大值为5 ④M N 的最小值为1 其中真命题的个数为 ( C ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个
13.（湖北卷3）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为 （ B ）
A. 3
8π B.
3
28π C. π28 D.
3
32π
14.（湖南卷5）设有直线m 、n 和平面α、β.下列四个命题中，正确的是 ( D )
A.若m ∥α,n ∥α,则m ∥n
B.若m ?α,n ?α,m ∥β,n ∥β,则α∥β
C.若α⊥β，m ?α,则m ⊥β
D.若α⊥β，m ⊥β，m ?α,则m ∥α
15.（湖南卷9）长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一球面上，且AB =2,AD AA 1=1,则顶点A 、B 间的球面距离是 ( C )
A.2
B.
C.2
D. 4
16.（陕西卷9）如图，l A B A B αβαβαβ⊥=∈∈ ，，，，，到l 的距离分别是a 和b ，A B 与αβ，所成的角分别是θ和?，A B 在αβ，内的射影分别是m 和n ，若a b >，则 （ D ）
A ．m n θ?>>，
B ．m n θ?><，
C ．m n θ?<<，
D ．m n θ?<>，
18.（重庆卷 9)如解（9）图，体积为V 的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.V 1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V 2为大球内、小球外的图中黑色
部分的体积，则下列关系中正确的是 （ D ）
（A ）V 1=
2
V (B) V 2=
2
V （C ）V 1> V 2 （D ）V 1< V 2
19.（福建卷6)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正
弦值为 （ D ）
A.3
B. 5
C. 5
D. 5
20.（广东卷5）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是G H I △三边的中点）得到几何体 如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为 （ A ）
21.（辽宁卷11）在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线 （ D ）
A ．不存在
B ．有且只有两条
C ．有且只有三条
D ．有无数条
22.（海南卷12）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（ C ）
A. 22
B. 32
C. 4
D. 52
二．填空题
1.（陕西卷14）长方体1111ABC D A B C D -的各顶点都在球O
的球面上，其中1::1:1:
AB AD AA =A B ，两点的球面距离记为m ，1A D ，两点的球面距离记为n ，则
m n
的值为 ． 12
2.（海南卷15）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为
98
，底面周长为3，那么这个球的体积为 ．
43
π
3.（天津卷13）若一个球的体积为π34，则它的表面积为________________． 12π
4.（全国一16）等边三角形ABC 与正方形A B D E 有一公共边A B ，二面角C A B D --
的余弦值为
3
，
M N ，分别是A C B C ，的中点，则E M A N ，所成角的余弦值等于 ． 6
1
5.（全国二16）平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件① ； 充要条件② ．
（写出你认为正确的两个充要条件）（两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一
E
F D I
A H
G
B
C E
F
D A
B
C
侧视 图1
图2
B
E
A ．
B
E
B ．
B
E
C ．
B
E
D ．
点；底面是平行四边形．注：上面给出了四个充要条件．如果考生写出其他正确答案，同样给分．） 6.（四川卷15
3
，则该正四棱
柱的体积等于_______________. 2 7.（安徽卷16）已知,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥ 若6,AB
=AC =
8A D =,则,B C 两点间的球面距离是_______________.
43
π
8.（江西卷16）如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P 。如果将容器倒置，水面也恰好过点P （图2）。有下列四个命题：
A ．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B ．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
C ．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P
D ．若往容器内再注入a 升水，则容器恰好能装满.其中真命题的代号是： （写出所有真命题的代号）． B,D 9.（福建卷15
，则其外接球的表面积是 . 9π 10.（浙江卷14）如图，已知球O 点面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 点体积等于___________.
9π2
11.（辽宁卷14
）在体积为的球的表面上有A ，B ，C 三点，AB =1，BC
=A ，C 两点的球面距
离为3
π，则球心到平面ABC 的距离为_________． 32
三．解答题：
1.（全国一18）四棱锥A B C D E -中，底面B C D E 为矩形，侧面A B C ⊥底面B C D E ，2B C =
，CD =，
A B A C =．
（1）证明：AD C E ⊥；
（2）设C E 与平面A B E 所成的角为45
，求二面角C A D E --的大小．
解：（1）取B C 中点F ，连接D F 交C E 于点O ， A B A C =，∴AF BC ⊥， 又面A B C ⊥面B C D E ，∴A F ⊥面B C D E ，∴AF C E ⊥．
tan tan 2
C E
D FD C ∠=∠=
，∴90OED ODE ∠+∠= ，90DOE ∴∠=
，
即C E D F ⊥，C E ∴⊥面A D F ，C E A D ∴⊥．
D
E
A
B
图
1
2
图
（2）在面A C D 内过C 点作A D 的垂线，垂足为G ． C G A D ⊥，C E AD ⊥，A D ∴⊥面C EG ，E G A D ∴⊥，则C G E ∠即为所求二面角的平面角．
3
AC C D C G AD
=
=
，3
D G =
，3EG ==
，C E =
则222
cos 210
C G G E C E
C G E C G G E
+-∠=
=-
πarccos 10C G E ?
?
∴∠=-
? ???
，即二面角C A D E --的
大小πarccos 10?- ???
．
2.（全国二19）如图，正四棱柱1111ABC D A B C D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=．
（Ⅰ）证明：1A C ⊥平面BED ；
（Ⅱ）求二面角1A D E B --的大小．
解：依题设知2A B =，1C E =．（Ⅰ）连结A C 交B D 于点F ，则B D A C ⊥．
由三垂线定理知，1BD A C ⊥． 在平面1A C A 内，连结E F 交1A C 于点G ，
由于
1A A A C F C
C E
==1R t R t A AC FC E △∽△，1AA C C FE ∠=∠，
C F E ∠与1FC A ∠互余．于是1A C EF ⊥．1A C 与平面BE
D 内两条相交直线B D
E
F ，都垂直，
所以1A C ⊥平面BED ．
（Ⅱ）作G H D E ⊥，垂足为H ，连结1A H ．由三垂线定理知1A H D E ⊥， 故1A HG ∠是二面角1A D E B --
的平面角．EF =
=
C E C F C G E F ?=
=
，3
EG ==
13
E G E F
=，
13
E F F D G H D E ?=?
=
1A C ==
，113
A G A C C G =-=
．
11tan A G
A H G H G
∠=
=．所以二面角1A D E B --
的大小为arctan
解法二：以D 为坐标原点，射线D A 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D xyz -．依题设，
1(220)(020)(021)(204)B C E A ，，，，，，，，，，，．(021)(220)D E D B ==
，，，，，.
（Ⅰ）因为10A C DB = ，10A C DE =
，故1
AC BD ⊥，1A C D E ⊥．又DB DE D = ，所以1A C ⊥平面D BE ．
A
B
C
D E A 1
B 1
C 1
D 1
A
B
C D
E
A 1
B 1
C 1
D 1 F
H G
（Ⅱ）设向量()x y z =，，n 是平面1
D A
E 的法向量，则DE ⊥
n ，1D A ⊥ n ．故20y z +=，240x z +=．令1y =，则2z =-，4x =，(412)=-，，n ． 1A C
，
n 等于二面角1A D E B --的平面角，
42
14cos =
?=
C A n ． 所以二面角1A
D
E B --
的大小为arccos
42
．
3．（北京卷16）如图，在三棱锥P A B C -中，2AC BC ==，90ACB ∠=
，AP BP AB ==，
P C A C ⊥． （Ⅰ）求证：P C A B ⊥； （Ⅱ）求二面角B A P C --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面A P B 的距离．
解：（Ⅰ）取A B 中点D ，连结P D C D ，．AP BP = ，PD AB ∴⊥．
A C
B
C = ，C
D A B ∴⊥．PD CD D = ，AB ∴⊥平面PC D ． P C ? 平面PC D ，P C A B ∴⊥．
（Ⅱ）A C B C = ，AP BP =，APC BPC ∴△≌△．又P C A C ⊥，P C B C ∴⊥．又90ACB ∠= ，
即A C B C ⊥，且AC PC C = ，BC ∴⊥平面PAC ．取A P 中点E ．连结B E C E ，．AB BP = ，
BE AP ∴⊥．
E C 是B E 在平面PAC 内射影，C E A P ∴⊥．B E C ∴∠是二面角B A P C --的平面角． 在B C E △中，90BCE ∠= ，2B C =
，2
BE AB =
=
sin 3
BC BEC BE
∴∠=
=
．∴二面
角B AP C --
的大小为arcsin
3
．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB ⊥平面PC D ，∴平面A P B ⊥平面PC D ．过C 作C H PD ⊥，垂足为H ．
平面APB 平面P C D P D =，C H ∴⊥平面A P B ．C H ∴的长即为点C 到平面A P B 的距离．
由（Ⅰ）知PC AB ⊥，又PC AC ⊥，且AB AC A = ，PC ∴⊥平面ABC ．C D ? 平面ABC ，
P C C D ∴⊥．在R t PC D △
中，12C D A B =
=
2
PD =
=
2PC ∴==．
3
32=
?=
PD
CD PC CH ．点C 到平面A P B
3
解法二：（Ⅰ）A C B C = ，AP BP =，APC BPC ∴△≌△．又P C A C ⊥，P C B C ∴⊥． AC BC C = ，PC ∴⊥平面ABC ．AB ? 平面ABC ，P C A B ∴⊥． （Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -．则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．
设(00)P t ，，
．PB AB == ，2t ∴=，(002)P ，，．取A P 中点E ，连结B E C E ，． AC PC = ，AB BP =，C E A P ∴⊥，BE AP ⊥．B E C ∴∠是二面角B A P C --的平面角．
(011)E ，，，(011)E C =-- ，
，，(211)EB =-- ，，
，3
36
22cos =
?
==∠BEC ．
∴二面角B A P C --
的大小为arccos
3
．
A C
B
P
（Ⅲ）A C B C P C == ，C ∴在平面A P B 内的射影为正A P B △的中心H ，且C H 的长为点C 到平面A P B 的距离．
如（Ⅱ）建立空间直角坐标系C xyz -．2BH HE = ，∴点H 的坐标为222
333
?? ?
??
，，
．3C H ∴= ． ∴点C 到平面A P B
的距离为
3
．
4.（四川卷19）．如图，平面ABEF ⊥平面A B C D ，四边形ABEF 与A B C D 都是直角梯形，
90,BAD FAB BC
∠=∠=//=
12
A D ，
B E
//=
12
A F
（Ⅰ）证明：,,,C D F E 四点共面；
（Ⅱ）设A B B C B E ==，求二面角A ED B --的大小； 解：（Ⅰ）延长D C 交A B 的延长线于点G ，由B C
//=
12
A D 得
12
G B G C B C G A
G D
A D
=
=
=
,延长F E 交A B 的延长线于'
G .同理可得
'
'
'
'
12
G E G B BE G F
G A
AF
=
=
=
,故
'
'
G B GB G A
GA
=
，即
G 与'G 重合,因此直线C D E F 、相交于点G ，即,,,C D F E 四点共面。
（Ⅱ）设1AB =，则1BC BE ==，2AD =,取A E 中点M ，则BM AE ⊥，又由已知得，AD ⊥平
面ABEF ,故AD BM ⊥，BM 与平面A D E 内两相交直线A D A E 、都垂直。所以BM ⊥平面A D E ，作
MN DE ⊥，垂足为N ，连B N .由三垂线定理知B N E D B M N ⊥∠，为二面角A ED B --的平面角。
132
23
A D A
B M M N D E
?=
=?=
,
故tan 2
BM BM N M N
∠=
=
,所以二面角A ED B --
的大小
arctan
2
方法二：由平面ABEF ⊥平面A B C D ，AF AB ⊥，得A F ⊥平面A B C D ，以A 为坐标原点，射线
A B 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A xyz -.
（Ⅰ）设,AB a BC b BE c ===,，则()()()()(),0,0,,0,,0,,0,2,0,0,0,2B a C a b E a c D b F c , ()()0,,,0,2,2EC b c FD b c =-=- ,故12
E C
F D =
，从而由点E F D ?，
得//E C F D ,故,,,C D F E 四点共面.
（Ⅱ）设1AB =，则1B C B E ==,()()()()1,0,0,1,1,0,0,2,0,1,0,1B C D E 在D E 上取点M ，使5DM M E = ，则515,,636M ??
???,从而115,,6
36M B ??=-- ??? ,
又()1,2,1,0,DE MB DE MB DE =-?=⊥ ,在D E 上取点N ，使2DN NE = ，则222,,333N ?? ???
,
从而222,,,0,3
33N A N A D E N A D E ??=---?=⊥ ???
,故M B 与N A 的夹角等于二面角A D E B -
-的平面
角，cos 5
M B N A
M B N A M B N A
??==
?
,所以二面角A D E B --的大小arccos
5
.
5. 四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形．已知 60,22,2,2,3=∠====PAB PD PA AD AB ．
（Ⅰ）证明⊥AD 平面PAB ；
（Ⅱ）求异面直线PC 与AD 所成的角的大小； （Ⅲ）求二面角A BD P --的大小．
证：（Ⅰ）在PAD ?中，由题设22,2==PD PA 可得
2
22PD AD PA =+,于是PA AD ⊥.在矩形ABCD 中，AB AD ⊥. 又A AB PA = ，所以⊥AD 平面PAB ．
（Ⅱ）由题设，AD BC //，所以PCB ∠（或其补角）是异面直线PC 与AD 所成的角.在PAB ?中，
由（Ⅰ）知⊥AD 平面PAB ，?PB 平面PAB ，所以PB AD ⊥，因而PB BC ⊥，于是PBC ?是直角三角形，故2
7tan =
=
BC
PB PCB ．所以异面直线PC 与AD 所成的角的大小为2
7arctan
．
（Ⅲ）过点P 做AB PH ⊥于H ，过点H 做BD HE ⊥于E ，连结PE,因为⊥AD 平面PAB ，?PH 平面PAB ，所以PH AD ⊥.又A AB AD = ，因而⊥PH 平面ABCD ，故HE 为PE 再平面ABCD 内的射影.由三垂线定理可知，PE BD ⊥
，从而PEH ∠是二面角
A BD P --的平面角。由题设可得，
sin 60cos 601,2,4PH PA AH PA BH AB AH BD AD H E BH BD
=?==?==-====
?=
于是再PHE RT ?中，4
39tan =
PEH ,所以二面角A BD P --的大小为4
39arctan
．
6. （安徽卷18）．如图，在四棱锥O A B C D -中，底面A B C D 四边长为1的菱形，4
A B C π
∠=,
O A A B C D ⊥底面, 2O A =,M 为O A 的中点，N 为B C 的中点
（Ⅰ）证明：直线M N OCD 平面‖；
（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。
7
cos 22
2
=
??-+=
PAB AB PA AB PA PB
解:（1）取OB 中点E ，连接ME ，NE ,ME CD ME CD ∴ ，‖AB,AB ‖‖. 又,NE OC MNE OCD ∴ 平面平面‖‖,M N OCD ∴平面‖.
（2）CD ‖AB,M D C ∠∴为异面直线A B 与M D 所成的角
（或其补角）.作,AP CD P ⊥于连接M P ⊥⊥平面A B C D ，∵OA ∴CD MP
,,4
2
AD P π
∠=
∵∴DP =
,M D ==1cos ,2
3
D P M D P M D C M D P M D
π
∠==∠=∠=
∴,∴A B 与M D 所成角的大小为
3
π
.
（3）AB 平面∵∴‖OCD,点A 和点B 到平面OCD 的距离相等，连接OP ,过点A 作AQ OP ⊥ 于点 Q ，,,,AP CD OA CD CD OAP AQ CD ⊥⊥⊥⊥平面∵∴∴,又 ,AQ OP AQ OCD ⊥⊥平面∵∴,线段AQ 的长就是点A 到平面OCD 的距离
.
2
O P =
===
∵
，2
AP D P ==
,
2232
O A AP AQ O P
=
=
= ∴，所以点B 到平面OCD 的距离为23.
方法二:作AP C D ⊥于点P ,如图,分别以AB,AP ,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系
.
(0,0,0),(1,0,0),0),(0),(0,0,2),(0,0,1),(10)2
22
44A B P D O M N -
-
,
(1)(1,1),(0,
2),(2)4
4
2
2
2
M N O P O D =-
-=-=-
-
,设平面OCD 的法向量为
(,,)n x y z =,则0,0n O P n O D == ,即
202
2022
y z x y z ?-=???
?-+-=??,
取z =,
解得(0,n =
,
(1,
,1)(0,04
4
M N n =-
-=
∵,M N OCD ∴平面‖.
(2) 设A B 与M D 所成的角为θ
,(1,0,0),(1)2
2
AB M D ==-
-
∵,
1cos ,23AB M D AB M D
π
θθ===
? ∴∴ , A B 与M D 所成角的大小为3π. (3) 设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB
在向量(0,4,n =上的投影的绝对值,
由 (1,0,2)O B =-
, 得23
O B n d n
?=
=
.所以点B 到平面OCD 的距离为
23
7. 山东卷(20) 如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60A B C ∠=?,E ，F 分别是BC , PC 的中点.
（Ⅰ）证明：AE ⊥PD ;
（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD
2
求二面角E —AF —C 的余弦值.
证：（Ⅰ）由四边形ABCD 为菱形，∠ABC =60°，可得△ABC 为正三角
形.因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .又 BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE ?平面ABCD ，所以PA ⊥AE .而PA ?平面PAD ，AD ?平面PAD 且PA ∩AD =A ，∴AE ⊥平面PAD ，又PD ?平面PAD .∴ AE ⊥PD.
（Ⅱ）设AB =2，H 为PD 上任意一点，连接AH ，EH .由（Ⅰ）知 AE ⊥平面PAD ，则∠EHA 为EH 与平面PAD 所成的角.
在Rt △EAH 中，AE
=，所以当AH 最短时，∠EHA 最大，即当AH ⊥PD 时，∠EHA 最大.此时
tan ∠EHA
=2
AE AH
AH
==因此AH
.又AD=2，所以∠ADH =45°
，所以PA =2. 解法一：因为 PA ⊥平面ABCD ，PA ?平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面ABCD .过E 作EO ⊥AC 于O ，则EO ⊥平面PAC ，过O 作OS ⊥AF 于S ，连接ES ，则∠ESO 为二面角E-AF-C 的平面角， 在Rt △AOE 中，EO =AE ·sin30°
=
2
，AO =AE ·cos30°=
32
,又F 是PC 的中点，在Rt △ASO 中，
SO =AO ·sin45°
=
4
,
又4
SE ==
=
在Rt △ESO 中，
cos ∠
ESO=
5
4
SO SE
=
=
即所求二面角的余弦值为
5
解法二：由（Ⅰ）知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以A （0，0，0）， B
-1，0），C （C ，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2），E
，0，0），F
1
,122
）
，所以10,0),,1).22
AE AF ==
设平面AEF 的一法向量为111(,,),m x y z =则0,0,
m A E m A F ?=?
?=??
因此11110,1
0.22
x y z =++=? 取11,(0,2,1),z m =-=-则因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC=A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD
为平面AFC 的一法向量.又BD
=（
-3,0）
，所以 cos ＜m , BD
＞
=5
||||
m BD
m BD ==
因为二面
角E-AF-C
5
8. (江苏卷16)在四面体ABCD 中，CB= CD, AD ⊥BD ，且E ,F 分别是AB,BD 的中点，求证：
（Ⅰ）直线EF ∥面ACD ； （Ⅱ）面EFC ⊥面BCD ．
解: （Ⅰ）∵ E,F 分别是AB,BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ，∵EF ?面ACD ， AD ? 面ACD ，∴直线EF ∥面ACD ．
（Ⅱ）∵ AD ⊥BD ，EF ∥AD ，∴ EF ⊥BD.∵CB=CD, F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD.又EF CF=F ，∴BD ⊥面EFC ．∵BD ?面BCD ，∴面EFC ⊥面BCD ．
9．(江西卷) 正三棱锥O A B C -的三条侧棱O A O B O C 、、两两垂直，且长度均为2．E F 、分别是
A B A C 、的中点，H 是E F 的中点，过E F 的一个平面与侧棱 O A O B O C 、、或其延长线分别相交于111A B C 、、，已知132
O A =
.
（1）证明：11B C ⊥平面O A H ； （2）求二面角111O A B C --的大小． (3) 求点B 到平面111A B C 的距离.
解 ：（1）证明：依题设，E F 是A B C ?的中位线，所以E F ∥B C ，则E F ∥平面O B C ，所以E F ∥11B C 。
又H 是E F 的中点，所以A H ⊥E F ，则A H ⊥11B C 。因为O A ⊥O B ，O A ⊥O C ， O A ⊥面O BC ，则O A ⊥11B C ， 11B C ⊥面O A H 。
（2）作O N ⊥11A B 于N ，连1C N 。因为1O C ⊥平面11O A B ，根据三垂线
定理知，1C N ⊥11A B ，1O N C ∠就是二面角111O A B C --的平面角。
作EM ⊥1O B 于M ，则EM ∥O A ，则M 是O B 的中点，
则1E M O M ==。设1O B x =，由
111
O B O A M B EM
=得，31
2
x x =
-，解得3x =，在11R t O A B ?中，
11A B ==
11
11
O A O B O N A B ?=
=
11tan O C O N C O N
∠=
=，
故二面角111O A B C --
为arctan
C 1
解法二：（1）以直线O A O C O B 、、分别为x y 、、z 轴，建立空间直角坐标系，O xyz -.则
11
(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,
,)22
A B C E F H , 所以1111(1,,),(1,,),(0,2,2)2222
A H O H
B
C =-==-
,所以
0,0AH BC O H BC ?=?=
,所以B C ⊥平面O A H ,由E F ∥B C 得
11B C ∥B C ，故：11B C ⊥平面O A H .
(2) 由已知13
(,0,0),2A 设1(0,0,)B z ,则111
(,0,1),(1,0,1)2
A E E
B z =-=-- ,由1A E 与1EB 共线得:存
在R λ∈有11A E EB λ= 得11
3(0,0,3)2
1(1)z B z λ
λ?-=-??=∴??=-?
, 同理:1(0,3,0)C , 111133
(,0,3),(,3,0)22
A B A C ∴=-=- .
设1111(,,)n x y z = 是平面111A B C 的一个法向量, 3302330
2
x z x y ?
-+=??
?
?-+=??
令2x =得1y x == 1(2,1,1).n ∴=
又2(0,1,0)n = 是平面11O A B 的一个法量
,12cos ,6
n n ∴<>=
=
,
所以二面角的大小为
arccos
6
（3）由（2）知，13(,0,0)2
A ，(0,0,2)
B ，平面111A B
C 的一个法向量为1(2,1,1)n = 。则13
(,0
,2)2
A B =- 。
则点B 到平面111A B C
的距离为11
1
6
A B n d n ?=
=
=
.
10. 湖北卷18. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面A B C ⊥侧面11A ABB .
（Ⅰ）求证：A B B C ⊥；
（Ⅱ）若直线A C 与平面1A BC 所成的角为θ,二面角1A BC A --的大小为?，试判断θ与?的大小关系，并予以证明.
证：（Ⅰ）如右图，过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ，则由平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1,且平面A 1BC 侧面A 1ABB 1=A 1B ,得AD ⊥平面A 1BC ,又BC ?平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱，则AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥
BC.
又AA 1 AD =A ,从而BC ⊥侧面A 1ABB 1，又AB ?侧面A 1ABB 1，故AB ⊥BC .
（Ⅱ）连接CD ，则由（Ⅰ）知A C D ∠是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，1A B A ∠是二面角A 1—BC —A 的平面角，即1,,ACD ABA ∠=θ∠=?于是在Rt △ADC 中，sin ,A D A C
θ=在Rt △ADB 中，sin ,A D A B
?=
由
AB ＜AC ，得sin sin θ?＜，又02
πθ?＜，＜
，
所以θ?＜， 解法二：由（Ⅰ）知，以点B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1=a ,AC =b ,AB =c ,则 B (0,0,0), A (0,c
,0),
10,0),(0,,),C A c a
于是10,0),(0,,),BC BA c a ==
1,0),(0,0,).AC c AA a =-=
设平面A 1BC 的一个法向量为n =(x ,y ,z )，则由10,0,n B A n B C ?=??=??
得0,
0,
cy az +=??=可取n =(0,-a ,c )，于是
0n AC ac AC =
＞，与n 的夹角β为锐角，则β与θ互为余角
.
sin cos n A C n A C θ-β==
11cos B A B A B A B A ?==
所以sin ?=
于是由c ＜b
即sin sin ,θ?＜又0,2
πθ?＜，＜
所以,θ?＜
11. 湖南卷17. 如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2.
（Ⅰ）证明：平面PBE ⊥平面PAB ;
（Ⅱ）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小.
解:（Ⅰ）如图所示，连结BD ，由ABCD 是菱形且∠BCD =60°知，△BCD 是等边三角形.因为E 是 CD 的中点，所以BE ⊥CD ,又AB ∥CD , 所以BE ⊥AB .又因为PA ⊥平面ABCD ，B E ?平面ABCD ， 所以PA ⊥BE .而P A ?AB =A ,因此BE ⊥平面PAB .又B E ?平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB .
（Ⅱ）延长AD 、BE 相交于点F ，连结PF .过点A 作AH ⊥PB 于H ，由（Ⅰ）知平面PBE ⊥平面PAB ,所以AH ⊥平面PBE .
在Rt △ABF 中，因为∠BAF ＝60°，所以，AF =2AB =2=AP .在等腰Rt △PAF 中，取PF 的中点G ，连接AG .则AG ⊥PF .连结HG ，由三垂线定理的逆定理得，PF ⊥HG .所以∠AGH 是平面PAD 和平面PBE 所成二面角的平面角（锐角）.
在等腰Rt △PAF 中，
2AG PA =
=
在Rt △PAB 中，
5
AP AB AH PB
=
=
=
=
∴在Rt △AHG 中，
2020高考数学专题复习----立体几何专题
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。 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 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 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（） 立体几何测试卷 班级 姓名 学号 一、选择题： 1．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ） （A ）30 （B ）45 （C ）60 （D ）75 2．两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5 cm 、4cm 、3cm ,把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是 （ ） （A ）cm 77 （B ）cm 27 （C ）cm 55 （D ）cm 210 3．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，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30 ，则四棱锥A —MNCB 的体积为（ ） （A ） 2 3 （B ）23 （C ）3 （D ）3 4．若二面角βα--l 为120 ，直线m α⊥,则β所在平面内的直线与m 所成角的取值范围是 （ ） （A ）(] 90,0 （B ）[ ] 60 ,30 （C ）[] 90,60 （D ）[] 90,30 5．关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是 （ ） （A ）若a // M,b // M,则a // b （B ）若a // M,b ⊥a,则b ⊥ M （C ）若a ,,M b M ??且l b l a ⊥⊥,则M l ⊥ （D ）若,//,N a M a ⊥则N M ⊥ 6．棱长为a 的正方体中，连接相邻的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（ ） （A ）33a （B ）43a （C ）63a （D ）12 3 a 7．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） （A ）3π （B ）4π （C ）π33 （D ）6π 8． 已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） （A ）22 R π （B ） 249R π （C ）238R π （D ）22 5 R π 9．在下列条件中，可判断平面α与β平行的是 （ ） （A ）βα、都垂直于平面γ （B ）α内存在不共线的三点到β的距离相等 （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 （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． 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 // 立体几何练习题 一、选择题 1．已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则正确的结论是 A. 平面ABC 必平行于α B. 平面ABC 必与α相交 C. 平面ABC 必不垂直于α D. 存在ABC ?的一条中位线平行于α或在α内 2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上” 的 （A ）充分非必要条件； （B ）必要非充分条件； （C ）充要条件； （D ）非充分非必要条件． 3．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”。在一个 正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 （A ）48 （B ）18 （C ）24 （D ）36 4．已知二面角l αβ--的大小为0 60，m n 、为异面直线，且 m n αβ⊥⊥，，则m n 、所成的角为 （A ）0 30 （B ）0 60 （C ）0 90 （D ）0 120 5．已知球O 半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4 π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B C OA --的大小是 （A ） 4π （B ）3π （C ）2π （D ）23 π 7．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命 题是 A ．βαβα⊥?⊥? ⊥n m n m ,, B ．n m n m ⊥?⊥βαβα//,,// C ．n m n m ⊥?⊥⊥βαβα//,, D ．ββαβα⊥?⊥=⊥n m n m ,,I 8．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．． 的是 A ．AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面 B ．若A C 与B D 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 C ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD =BC D ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD ⊥BC 9．若l 为一条直线，αβγ，，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①αγβγαβ⊥⊥?⊥，；②αγβγαβ⊥?⊥，∥；③l l αβαβ⊥?⊥，∥． 其中正确的命题有 A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 10．如图，O 是半径为1的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧 ?AB 与? AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是 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 . 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 2021年上海高考数学·立体几何习题 一、考点分析 1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并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叫做棱柱。 ①? ? ??????→?? ?????→? ? ?? L 底面是正多形 棱垂直于底面 斜棱柱 棱柱正棱柱 直棱柱 其他棱柱 ★ 底面为矩形 底面为正方形侧棱与底面边长相等 2. 棱锥 棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 ★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 3．球 球的性质： ①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ★②r=d、球的半径为R、截面的半径为r） ★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切. 注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2 3 44,3 S R V R ππ== 球球（其中R 为球的半径） 俯视图 1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈??： 解题步骤： 一找（作）： 利用平移法找出异面直线所成的角； （1）可固定一条直线平移另一条与其相交； （2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角； 2求直线与平面所成的角[]0,90θ∈??：关键找“两足”：垂足与斜足 解题步骤： 一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）； 二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）； 三计算：常通过解直角三角形，求出线面角。 3求二面角的平面角[]0,θπ∈ 解题步骤： 一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角； 二证：证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。 二、典型例题 1． _________________. 第1题 侧(左)视图 正(主)视图 历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题31 垂直关系（学生版） 1．（2019?北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ； （Ⅱ）若60ABC ∠=?，求证：平面PAB ⊥平面PAE ； （Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由． 2．（2015?重庆）如图，三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，2 ABC π ∠= ，点D 、E 在线段AC 上，且2AD DE EC ===，4PD PC ==，点F 在线段AB 上，且//EF BC ． （Ⅰ）证明：AB ⊥平面PFE ． （Ⅱ）若四棱锥P DFBC -的体积为7，求线段BC 的长． 3．（2015?福建）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直 于圆O 所在的平面，且1PO OB ==， （Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证；AC ⊥平面PDO ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值； （Ⅲ）若2BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值． 4．（2014?四川）在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A 都为矩形 （Ⅰ）若AC BC ⊥，证明：直线BC ⊥平面11ACC A ； （Ⅱ）设D 、E 分别是线段BC 、1CC 的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线//DE 平面1A MC ？请证明你的结论． 5．（2014?福建）如图，三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，CD BD ⊥． （Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABD ； （Ⅱ）若1AB BD CD ===，M 为AD 中点，求三棱锥A MBC -的体积． 6．（2014?广东）如图1，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，1AB =，2BC PC ==作如图2折叠；折痕//EF DC ，其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF CF ⊥． （1）证明：CF ⊥平面MDF ； （2）求三棱锥M CDE -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▲．近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
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最新-江苏高考数学立体几何真题汇编
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何
2021高考数学立体几何专题
高考数学专题复习立体几何练习题
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
历年江苏高考数学立体几何真题汇编含详解
2007年高考理科数学“立体几何”题
立体几何 高考真题全国卷
高职高考数学课程初步立体几何
上海高中数学之立体几何练习(打印).
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
高考数学各题型解法：立体几何篇
2021年上海高考数学 立体几何强化训练(综合版)
历年高考数学真题精选31 立体几何中的垂直关系
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