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高三数学理科立体几何备考试题及解答

1．如图， CA 2007 年高三数学理科立体几何备考试题及解

答命题人：中山一中数学理科备课组四面体 ABCD

中， O 、E 分别是 BD 、 BC 的中点， CB CD BD 2,AB AD 2. 求证： AO （ II ）求异面直线（ III ）求点 E 到平面 ACD 的距离．解：方法一：（I ）证明：连结 I ）平面 BCD ； AB 与 CD 所成角的大小； BO DO,AB AD, AO BD.

BO DO,BC CD, CO BD. AOC 中，由已知可

得 AO 1,CO 3. AC

2, AO 2 CO 2

AC 2,

AOC 90o ,即 AO OC

BD I OC O,

AO 平面 BCD ；

OC Q Q

在 M ，连结 OM 、 ME 、而 Q （ II ）解：取 AC 的中点直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线在 OME 中，

OE ， AB 与 CD

所成的角 E 为 BC 的中点知 ME ∥AB,OE ∥D

C 1

EM AB

22,OE 1

2DC 1,

QOM 是直角 AOC 斜边 AC 上的中

线，

OM 1

AC 1, 2

2 cos OEM

异面直线

AB 与 CD 所成角的大小

为

2 arccos .

III ）解：设点 E 到平面 ACD 的距离为

QV E ACD

A CDE

h.S ACD .AO.S CDE . 33

在 ACD 中， CA

CD 2,AD

S ACD 2 2

22 ( 2 )2

而 AO 1, S CDE 1 3

22 24

h AO.S CDE S ACD 13 2 72 2 21 7 点 E 到平面 ACD 的距离为

21 7 方法二： (I )同方法一． II )解：以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系，

则

B(1,0,0), D ( 1,0,0), 1 3 uuur

C (0, 3,0), A(0,0,1), E( , ,0), BA (

22 uuur uuur BA.CD 2 ,

4 uuur uuur cos

BA, CD uuu uuur

BA CD

异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为

uuur 1,0,1), CD

1, 3,0).

2 arccos .

III )解：设平面 ACD 的法向量为 n (x, y,z), 则

r uuur n.AD r uuur n.AC x z 0, 3 y z y 1, 得 uuur EC (

uuur r EC.n

(x, y, z).( 1,0, 1) 0, (x, y, z).(0, 3, 1) 0,

( 3,1, 3) 是平面 ACD 的一个法向量．

,0), 点 E 到平面 ACD 的距离

3 21 7

2．如图，四棱柱 ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是边长为 1 的正方形，侧棱长 AA 1 =2，

解：（1）在

ADD 1中， DD 1 2, DA 1, D 1DA 60 ，

由此易得 AD 1

3, DAD 1 90 ,

方法一：（ 2）如图，连结 AC ，交 BD 于 G ，连结 D 1G ，正方形 ABCD 中， BD AC ，又 AD 1 平面 ABCD ，由三垂线定理可得， BD D 1G ，故 D 1GA 是二面角 A BD D 1 的平面角．

2 14

在 Rt GAD 1中, AD 1

3, AG ，可求得 GD 1 ，

连结

CD 1 ，由 V C BDD 1 V D 1 BCD

得

AB AD AB DD 1 AD DD 1 D 对于问题（ 2）与

AB 平面AA 1D 1D AD 1 平面AA 1D 1D

3），有两种方法：

AD 1 AD

AD 1 AB AB AD A

AD 1 平面ABCD;

从而 cos D 1 GA AG

D 1G

2/2 14/2

3）由 CC 1 // DD 1 ，可知 C 1到平面 BDD 1的距离即为 C 到平面 BDD 1的距离，设该距离

为

3 S BCD AD 1

13 S

BDD 1

d ，

D 1DA 60 , AB

DD 1 ．

1）求证： AD 1

平面

ABCD ；

2）

求二面角 A BD D 1 的大小的余弦

值；

3）

求

C 1 到平面 BD

D 1 的距离．

AB, AD , AD 1 所在的

直线为 x,y,z 轴建立空

间直角坐

标系，则有

A （0，0，0），

B （1，0，0），D （0，1，0），

D 1（0，0， 3 ），C 1（1，0， 3），

（2） BD （ 1,1,0）, DD 1 （0, 1, 3），设

n 1 （ x, y, z ）为平面 BDD 1 的法向量，则

n 1 BD 0 x y 0

由 1 得，取 n 1 ( 3, 3,1) ，

n 1 DD 1 0 y 3z 0

（0,0,1），则二面角 A BD D 1 的大小的余弦值为：

中，侧面 AA 1B 1B ⊥底面 ABC ，侧棱 AA 1 与底面

ABC 成 600的

角， AA 1= 2．底面 ABC 是边长为 2的正三角形，其重心为 G 点。E 是线段 BC 1上一点，

且

B E

故d

1 1 3

21 1 2 14 7

cos

n 1 n

|n 1 | |n 2 |

|C 1D

1 n 1 |

| n 1 | | 3 |

21 7

方法二：如图，以 A 为坐标原点，分别以又平面 ABD 的法向量 n 2

3．如图，在斜三棱柱 ABC － A 1B 1C 1

3（１）求证：GE∥侧面AA1B1B ；

（２）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小的余弦值．

解：解法1：（1）延长B1E交BC于F, ∵Δ B1EC∽Δ FEB, 1

＝ＥＣ１

11 ∴ＢＦ＝Ｂ１Ｃ１＝ＢＣ，从而Ｆ为ＢＣ的中点．

FG FE 1

∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点共线，且＝＝，∴ GE∥ AB1，

FA FB1 3

又GE 侧面AA1B1B，∴ GE∥侧面AA1B1B

（２）在侧面AA1B1B 内，过B1作B1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，∴B1Ｈ⊥底面ABC．又侧棱AA1与底面ABC成600的角，AA1= 2，

∴∠ B1ＢＨ＝６００，ＢＨ＝１，B1 Ｈ＝3

在ＲｔΔ B1ＨＴ中，cos ∠B1ＴＨ＝TH

HB1

从而平面B1GE与底面ABC所成锐二面角大小的余弦值为。

解法2：（１）∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成600的角，∴∠ A1AB＝６００，又AA1= ＡＢ= 2 ，取ＡＢ的中点Ｏ, 则ＡＯ⊥底面ABC．以O 为原点建立空间直角坐标系O－ｘｙｚ，

则Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０），Ｃ（3 ，０，０），Ａ１（０，

０，3 ）Ｂ１（０，２，3），Ｃ１（3，１，3）．

可取ｎ＝（3 ，－１，3 ）．又底面ABC的法向量为ｍ＝（０，０，设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大

小为

则cos

m?n

＝

。

|m| |n| 7

。

在底面ABC内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连

又平面B GE与底面ABC的交线为ＡＦ，∴∠∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３０B1Ｔ．由三垂线定理有B1Ｔ⊥ＡＦ，

B1ＴＨ为所求二面角的平面角．

０∴ＨＴ＝ＡＨsin30 0＝3，

94 3 21 ，7

∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ｇ（3，０，０），

∵ BE ＝1 BC

33 ∴Ｅ（，１，）∴

33 又GE 侧面AA1B1B，２）设平面B1GE的法向量

为GE ＝（０，１，3）

∴ GE∥侧面

AA1B1B ｎ＝

（ａ，ｂ，

＝13AB1 ，

则由ｎ· B1E ＝０及ｎ· GE ＝０得3ａ－ｂ－

3 2 3ｃ＝０；

ｂ＋

3ｃ＝０．

１），

222 63

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)

(II) 求证： AB 平面 PCB ；求异面直线 AP 与 BC 所成角的大小；）求二面角 C-PA-B 的大小的余弦值．

解：解法一： (I) ∵ PC 平面 ABC ， ∴ PC AB ． ∵ CD 平面 PAB ， AB 平面 PAB ， ∴ CD AB ．

又 PC CD C ，

∴ AB 平面 PCB ．

III AB 平面 ABC ，（II ）过点 A 作 AF//BC ，且 AF=BC ，连结 PF ，CF ．则 PAF 为异面直线 PA 与 BC 所成的角．由（Ⅰ）可得 AB ⊥ BC ， ∴ CF AF ．

由三垂线定理，得 PF AF ．则 AF=CF= 2 ， PF= PC 2 CF 2 6，

在 Rt PFA 中， tan ∠ PAF=

6 =

AF 2=

3，

∴异面直线 PA 与 BC 所成的角为． 3

（ III ）取 AP 的中点 E ，连结 CE 、 DE ．

∵ PC=AC=2， ∴CE PA ， CE= 2 ． ∵ CD 平面 PAB ，由三垂线定理的逆定理，得

∴ CED 为二面角 C-PA-B 的平面角．

．

由 (I) AB 平面 PCB ，又∵ AB=BC ，可求得 BC=

2 ．

在 Rt PCB 中，

PB= PC 2 BC 2

6，

PC BC PB

在 Rt CDE

中，

cos CED = DE

2 4

3 3

3 ∴二面角 C-PA-B

大小的余弦值为 3

。

解法二：（I ）同解法一．

（II ）由（I ） AB 平面 PCB ，∵ PC=AC=2，又∵ AB=BC ，可求得 BC= 2 ．以 B 为原点，如图建立坐标系．

则Ａ（０， 2 ，０），Ｂ（ 0，0， 0），

C （ 2 ，０， 0）， P （ 2 ，０， 2），

AP （ 2, 2,2）， BC （ 2,0,0）．

则 AP BC 2 2 +0+0=2 ．

AP BC 2 = 1 AP BC 2 2 2 2

∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为 3．

III ）设平面 PAB 的法向量为 m = （x ，y ，z ）．

AB (0, 2,0)， AP ( 2, 2,2)，

AB m 0, 2y 0, 则即

AP m 0. 2x 2y 2z 0.

y 0,

解得令 z = -1, 得 m = ( 2 ， 0， -1) ． x 2z

设平面 PAC 的法向量为 n =（ x ',y ',z '）．

PC (0,0,-2) ， AC ( 2, 2,0)，

z 0, '

解得 ' ' 令 x '=1, 得 n = (1 ，1，0)．

PC n AC n

0, 0.

即

2x '

0, 2y

cos AP,BC

面角 C-PA-B 大小的余弦值为 3 ．

cos m,n

m n 2 3

m n 3 2 3

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.

（Ⅰ）求证 AE ⊥平面 BCE ；

（Ⅱ）求二面角 B —AC — E 的大小的余弦值；（Ⅲ）求点 D 到平面 ACE 的距离 . 解：解法一：（Ⅰ） BF 平面 ACE. BF AE.

∵二面角 D — AB — E 为直二面角，且 CB AB ，

CB 平面 ABE.

CB AE. AE 平面 BCE.

（Ⅱ）连结 BD 交 AC 于 C ，连结 FG ， ∵正方形 ABCD 边长为 2，∴ BG ⊥AC ， BG=

2 ，

BF 平面 ACE ，由三垂线定理的逆定理得

FG ⊥ AC.

BGF 是二面角 B — AC —E 的平面角由

（Ⅰ） AE ⊥平面 BCE ，又 AE EB ， ∴在等

又直角 BCE 中,EC

BC 2

BE 2

BC BE 2 2 2 3

，

EC 6

直角 BFG 中,sin BGF

BF 3 6 , cos BGF

BG 2

面角 B —AC —E 大小的余弦值等于（Ⅲ）过点 E 作 EO AB 交 AB 于点 O. OE=1. ∵二面角 D —AB —E 为直二面角，∴ EO ⊥平面 ABCD.

设 D 到平面 ACE 的距离为 h ， V D ACE V E ACD , S ACB h S ACD EO. D ACE E ACD 3 ACB 3 ACD

又平面 BAC 的一个法向量为 m (1,0,0) ，

m,n 1 3 cos(m,n) . |m| |n | 3 3

∴二面角 B —AC —E 的大小的余弦值为 3.

III )∵AD//z 轴， AD=2，∴ AD (0,0,2) ，

∴点 D 到平面 ACE 的距离 d |AD | |cos AD,n |AD n| 2 2 3.

|n| 3 3

AE 平面 BCE ， AE EC.

AD DC EO 2 2 1 22 1

2 EC 1

2 6 3

∴点 D 到平面 ACE 的距离为 23

解法二：(Ⅰ) (Ⅱ)以线段

线为 x 轴， AB 所在直线为 y 轴，过于 AD 的直线为 z 轴， O —

xyz ，如图 .

AE 面 BCE ， BE 同解法一 . AB 的中点为原点 O ， OE

所在直 O 点平行

建立空间直角坐标系面 BCE ， AE BE ，

在 Rt AEB 中, AB 2,O 为 AB 的中点，

OE 1. A(0, 1,0),E(1,0,0),C(0,1,2).

AE (1,1,0), AC (0,2,2). 设平面 AEC 的一个法向量为

(x, y,z)，

则

即

0, x y 0, 2y 2x 0.

解得

y z

x, x,

令 x 1, 得 n (1,

1,1) 是平面 AEC 的一个法向量 .

6．已知直四棱柱 ABCD — A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，且 DAB

点， M 为线段 AC 1 的中点 . （1）求证：直线 MF// 平面

ABCD ；（ 2）求证：平面 AFC 1⊥平面 ACC 1A 1；（3）求

平面 AFC 1 与平面 ABCD 所成二面角的大小 . 解 . 解法一：

（Ⅰ）延长 C 1F 交 CB 的延长线于点 N ，连结 AN.因为 F 是 BB 1的中点，

所以 F 为 C 1N 的中点， B 为 CN 的中点 . 又 M 是线段

可知：

A 1A 平面 ABCD,

又∵ BD 平面 ABCD ， A 1A BD. 四边形 ABCD 为菱形， AC BD.

又 AC A 1A A,AC,A 1A 平面 ACC 1A 1,

BD 平面 ACC 1 A 1 .

在四边形 DANB 中， DA ∥ BN 且 DA=BN ，所以四边形 DANB 为平行四边形故 NA ∥ BD ， NA 平面 ACC 1A 1. 又 NA 平面 AFC 1

平面 AFC 1 平面 ACC 1A 1.

Ⅲ）由（Ⅱ）知 BD ⊥ ACC 1A 1，又 AC 1 ACC 1A 1， ∴BD ⊥AC 1，∵ BD//NA ，

∴ AC 1⊥ NA. 又由 BD ⊥ AC 可知 NA ⊥AC ，

∴∠ C 1AC 就是平面 AFC 1与平面 ABCD 所成二面角的平面角或补角

故∠ C 1AC=30° .

∴平面 AFC 1 与平面 ABCD 所成二面角的大小为 30 °或 150° （说明：求对一个角即给满分）

解法二：设 AC BD=O ，因为 M 、 O 分别为 C 1A 、 CA 的中点，所以，

MO//C 1C ，

又由直四棱柱知 C 1C ⊥平面 ABCD ，所以， MO ⊥平面 ABCD.

AC 1 的中点，故 MF//AN.

又 MF 平面 ABCD , AN 平面 ABCD. MF // 平面 ABCD.

Ⅱ）证明：连 BD ，由直四棱柱 ABCD — A 1B 1C 1D 1

在 Rt △C 1AC 中， tan C 1AC

C 1

，

CA 3

，

在棱形ABCD中，BD⊥ AC，所以，OB、OC、OM两两垂直. 故可以O为原点，OB、OC、OM所在直线分别为x轴、y轴、z 轴如

图建立空间直角坐标系，

若设|OB|=1 ，则B（1，0，0），B1（1，0，2），A（0，

3 ，0），

C（0，3 ，0），C1（0，3 ，2）I ）由F、M分别为B1B、C1A 的中点可知：

F（1，0，1），M（0，0，1），

所以MF （1，0，0）=OB.

又MF 与OB 不共线，所以，MF∥ OB.

MF 平面ABCD，OB 平面ABCD，

MF ∥平面ABCD.

III ) OB (1，0，0)为平面ACC1A1的法向量. 设

n(x,y,z) 为平面AFC1 的一个法向量，则n

AF,n MF.

由AF (1, 3,1), MF (1,0,0) ，得：x 3y z 0,

x 0.

令y 1,得z 3，此时，n(0,1, 3).

由于n OB (0,1, 3) (1,0,0) 0 ，所以，平面AFC1⊥平面ACC1A1.

(III )OM (0,0,1) 为平面ABCD的法向量，则

OM n |cos | |cos OM ,n | | |OM ,||n|

所以=30°或150° . 即平面AFC1 与平面ABCD所成二面角的150°。

7．如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，侧面PAD 是设平面AFC1 与平面ABCD所成二面角的大小为

A B

正三角形，且侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，E 为侧棱 PD 的中点。

（1）求直线 PB 与平面 EAC 的关系；（ 2）求证： AE ⊥平面 PCD ；

（ 3）若 AD = AB ，试求二面角 A － PC －D 的正切值；

正三角形 PAD 中， E 为PD 的中点，所以， AE PD ，又面 PDC I

面PAD PD ，所以， AE ⊥平面 PCD 。

6 。 12 22

即二面角 A － PC －D 的正切值为 6 。

（4）设 N 为 AD 中点，连接 PN ，则 PN AD 。又面 PAD ⊥底面

ABCD ，所以， PN ⊥底面 ABCD 。所以， NB 为 PB 在面 ABCD 上的

射影。

要使 PB ⊥ AC ，需且只需 NB ⊥ AC

在矩形 ABCD 中，

设 AD ＝ 1， AB ＝x

则

1 2

12 x

1 x

2 2

，

解之得：

（ 4）当 AD

为何值时，

AB PB ⊥ AC ？解：（1） PB//平面

EAC 。

（2）

矩形 ABCD CD AD

面PAD 面ABCD ＝AD CD 面PAD 面PDC

CD 面 PDC 面 ABCD 面PAD

面

PAD

（ 3）在 PC 上取点

M 使得 PM 1

PC 。

4 由于正三角形 PAD 及矩形 ABCD ，且 AD=AB

PD AD AB DC

连接 AM ，因为 AE ⊥平面 PCD ，所以， AM PC 。

在 Rt AEM 中， tan AME

AE ME

所以， AME 为二面角

A －PC － D 的平面角。

2 3

AD 所以，当 2 时， PB ⊥ AC 。

AB 证法二：设 N 为AD 中点，Q 为 BC 中点，则因为 PAD

是正三角

形，底面 ABCD 是矩形，所以， PN AD ，QN AD ，又因为侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，所以， PN 面ABCD ，

QN 面 PAD ，

以 N 为坐标原点， NA 、NQ 、NP 所在直线分别为如图建立空间直角坐标系。设 AD

P 0,0, 2

，B 1 ,a,0 ，A 1 ,0,0

，C 2 ,a,0

， 1

2 ,0,0

E 14,0,

2） uu ur

4,0,

uuu r PD

2,0,

uuur ， DC

0, a,0 ，

uuu r AE uu ur PD

所以， uuu

r AE

又 PD I DC

0， uu ur AE

uuur DC 0

uuur PD, uuur uuur AE DC 。

D ， PD,DC

面PDC

所

以，

AE ⊥平面 PCD 。 3）当 a 1 时，由（ 2）可知： uuu

4,0,

是平面 PDC 的法向量；

设平面

PAC 的法向量

为

x, y,z ，

uuur PA ，

n 1

uuur AC ，

23z 0，取x 1，可得： y y0

1,z

所以，

1,1, 3 。

x, y,z 轴 1， AB a ，则

3）

C 1

D 1 （ 1,0,0）,则C 1到平面 BDD 1的距离为：

从而平面 B 1GE 与底面 ABC 所成锐二面角大小的余弦值为

uuur

向量 AE 与 n 1 所成角的余弦值为： cos

uuur n 1

4 3 2

1 4 47 3

。。

所以， tan = 6 。又由图可知，二面角 uuur 向量 AE 与 n 1 所成角 A － PC －D 的平面角为锐角，所以，的补角。其正切值等于 6。面角 A － PC －D 的平面角就

是

uuur 4 ) PB 1 ,a, 2

3 uuur uuur 3 ， AC 1,a,0 ，令 PB 2

uuu r AC

0 ，得

0 ，所以， 2

所以，当

2 时， AB

PB ⊥AC

。

2018年高三数学模拟试题理科

黑池中学2018级高三数学期末模拟试题理科（四）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分. 1.已知集合{}2,101，， -=A ，{} 2≥=x x B ，则A B =I A ．{}2,1,1- B.{ }2,1 C.{}2,1- D. {}2 2.复数1z i =-,则z 对应的点所在的象限为 A ．第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3 .下列函数中,是偶函数且在区间(0,+∞)上单调递减的函数是 A ．2x y = B ．y x = C ．y x = D ．2 1y x =-+ 4.函数 y=cos 2(x + π4 )－sin 2(x + π4 )的最小正周期为 A. 2π B. π C. π2 D. π 4 5. 以下说法错误的是（） A ．命题“若x 2 -3x+2=0,则x=1”的逆否命题为“若x≠1,则x 2 -3x+2≠0” B ．“x=2”是“x 2 -3x+2=0”的充分不必要条件 C ．若命题p:存在x 0∈R,使得2 0x -x 0+1<0,则﹁p:对任意x∈R,都有x 2 -x+1≥0 D ．若p 且q 为假命题,则p,q 均为假命题 6.在等差数列{}n a 中, 1516a a +=,则5S = A ．80 B ．40 C ．31 D ．-31 7.如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ．π16+ B ．π416+ C ．π8+ D ．π48+ 8.二项式6 21()x x +的展开式中，常数项为 A ．64 B ．30 C ． 15 D ．1 9.函数3 ()ln f x x x =-的零点所在的区间是 A ．(1,2) B ．(2,)e C ． (,3)e D ．(3,)+∞ 10.执行右边的程序框图，若0.9p =，则输出的n 为 A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 开始 10n S ==， S p

高中文科数学立体几何知识点(大题)

高考立体几何中直线、平面之间的位置关系知识点总结（文科）一．平行问题（一）线线平行：方法一：常用初中方法（1中位线定理；2平行四边形定理；3三角形中对应边成比例；4同位角、内错角、同旁内角）方法二：1线面平行?线线平行 m l m l l ////??? ???=??βαβα 方法三：2面面平行?线线平行 m l m l ////??????=?=?βγαγβα 方法四：3线面垂直 ?线线平行若αα⊥⊥m l ,，则m l //。（二）线面平行：方法一：4线线平行?线面平行 ααα////l l m m l ??? ????? 方法二：5面面平行?线面平行 αββα////l l ????? （三）面面平行：6方法一：线线平行?面面平行 βααβ//',','//' //??? ???????且相交且相交m l m l m m l l 方法二：7线面平行?面面平行 βαβαα//,////??? ???=?A m l m l m l I ，方法三：8线面垂直?面面平行 βαβα面面面面//?? ??⊥⊥l l l

二．垂直问题：（一）线线垂直方法一：常用初中的方法（1勾股定理的逆定理；2三线合一；3直径所对的圆周角为直角；4菱形的对角线互相垂直。）方法二：9线面垂直?线线垂直 m l m l ⊥?????⊥αα （二）线面垂直：10方法一：线线垂直?线面垂直 α α⊥??? ? ???? ?=?⊥⊥l AB AC A AB AC AB l AC l , 方法二：11面面垂直?线面垂直 αββαβα⊥???????⊥=?⊥l l m l m , （面）面面垂直：方法一：12线面垂直?面面垂直 βαβα⊥???? ?⊥l l 三、夹角问题：异面直线所成的角： (一) 范围：]90,0(?? (二)求法：方法一：定义法。步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。步骤2：解三角形求出角。(计算结果可能是其补角) 线面角：直线PA 与平面α所成角为θ,如下图求法：就是放到三角形中解三角形四、距离问题：点到面的距离求法 1、直接求， 2、等体积法（换顶点）

届高三文科数学立体几何专题训练

2015届高三数学（文）立体几何训练题 1、如图3，AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在的平面，C 是圆周上不同于A 、B 的一点． ⑴求证：平面PAC ⊥平面PBC ； ⑵若PA=AB=2，∠ABC=30°，求三棱锥P -ABC 的体积． 2、如图，已知P A ?⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径，AB =2，C 是⊙O 上一点，且AC =BC =P A ，E 是PC 的中点，F 是PB 的中点. （1）求证：EF 3、如图，四棱柱1111D C B A ABCD -中，A A 1?底面ABCD ，且41=A A . 梯形ABCD 的面积为6，且AD 平面DCE A 1与B B 1交于点E . （1）证明：EC D A 111A ABB 4、如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1，AA 1＝AB ＝2a ，D 、E 分别为CC 1、A 1B 的中点．（1）求证：DE ∥平面ABC ；（2）求证：AE ⊥BD ；（3）求三棱锥D —A 1BA 的体积． 5.如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD 上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ．（Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ； P A B C O E F A B C D E A 1 B 1 C 1 D 1 A D F

F E A （Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥；（Ⅲ）求四面体CDFN 体积的最大值． 6、如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC,090=∠BCA ，AP=AC, 点D ，E 分别在棱,PB PC 上，且BC （Ⅰ）求证：D E ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若PC ⊥AD ，且三棱锥P ABC -的体积为8，求多面体ABCED 的体积。 7、如图：C 、D 是以AB 为直径的圆上两点，==AD AB 232，BC AC =，F 是AB 上一点，且AB AF 3 1 =，将圆沿直径AB 折起，使点C 在平面ABD 的射影E 在BD 上，已知2=CE . （1）求证：⊥AD 平面BCE ；（2）求证：//AD 平面CEF ；（3）求三棱锥CFD A -的体积． 8、如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知45,90,105,o o o A C ADC ∠=∠=∠=A B BD =，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BDC （如图乙），设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点．（1）求证：DC ⊥平面ABC ；

2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案

2015届高三数学立体几何专题训练 1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．16＋8π B ．8＋8π C ．16＋16π D ．8＋16π 解析：选A. 原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋1 2 π×22×4＝16＋8π. 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，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6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( ) A.500π3 cm 3 B.866π3 cm 3 C.1 372π3 cm 3 D.2 048π3 cm 3 解析：选A. 如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)， BM ＝12AB ＝1 2 ×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5， ∴V 球＝43π×53＝500π 3 (cm 3)． 3．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ?α，l ?β，则( ) A ．α∥β且l ∥α B ．α⊥β且l ⊥β

C ．α与β相交，且交线垂直于l D ．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D. 根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l ，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 解析：选A.法一：如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝2 3 . 法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)， C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→ ＝(0,1,2)．设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ⊥DB →，n ⊥DC 1→ ，所以有????? x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC → ＝???? ??n ·DC →|n ||DC →|＝23. 5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33

2020-2021高考理科数学模拟试题

高三上期第二次周练数学（理科）第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．设集合{}=0123A ，，，， {}=21B x x a a A =-∈，，则=( )A B ? A. {}12， B. {}13， C. {}01 ， D. {}13-， 2．已知i 是虚数单位，复数z 满足()12i z i +=，则z 的虚部是（） A. i - B. i C. 1- D. 1 3．在等比数列{}n a 中， 13521a a a ++=， 24642a a a ++=，则数列{}n a 的前9项的和9S =（） A. 255 B. 256 C. 511 D. 512 4．如图所示的阴影部分是由x 轴，直线1x =以及曲线1x y e =-围成，现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影区域的概率是（） A. 1e B. 21 e e -- C. 11e - D. 11e - 5．在 52)(y x x ++ 的展开式中，含 2 5y x 的项的系数是（） A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 6．已知一个简单几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为 ( ) A. 36π+ B. 66π+ C. 312π+ D. 12 7．已知函数 ())2log(x a x f -= 在 )1,(-∞上单调递减，则a 的取值范围是( ) A. 11<<