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2015届高考数学(人教,理科)大一轮复习配套讲义:选修4-1 几何证明选讲

2015届高考数学(人教,理科)大一轮复习配套讲义:选修4-1 几何证明选讲
2015届高考数学(人教,理科)大一轮复习配套讲义:选修4-1 几何证明选讲

编写说明:考虑到复习实际,本书将选修4-5不等式选讲与前面第六章不等式、推理与证明整合编写。

选修4-1几何证明选讲

第一节相似三角形的判定及有关性质

1.平行线等分线段定理

如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等,那么在其他直线上截得的线段也相等.推论1:经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边.

推论2:经过梯形一腰的中点,且与底边平行的直线平分另一腰.

2.平行线分线段成比例定理

三条平行线截两条直线,所得的对应线段成比例.

推论:平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例.3.相似三角形的判定与性质

(1)判定定理:

(2)

1.在使用平行线截割定理时易出现对应线段、对应边对应顺序混乱,导致错误. 2.在解决相似三角形的判定或应用时易出现对应边和对应角对应失误. [试一试]

1.如图,F 为?ABCD 的边AD 延长线上的一点,DF =AD ,BF 分别交DC ,AC 于G ,E 两点,EF =16,GF =12,则BE 的长为________.

解析:由DF =AD ,AB ∥CD 知BG =GF =12,又EF =16知EG =4,故BE =8.

答案:8

2.在△ABC 中,点D 在线段BC 上,∠BAC =∠ADC ,AC =8,BC =16,则CD =________. 解析:∵∠BAC =∠ADC ,∠C =∠C ,∴△ABC ∽△DAC ,∴BC AC =AC CD ,∴CD =AC 2BC =

8216=4.

答案:4

1.判定两个三角形相似的常规思路 (1)先找两对对应角相等;

(2)若只能找到一对对应角相等,则判断相等的角的两夹边是否对应成比例;

(3)若找不到角相等,就判断三边是否对应成比例,否则考虑平行线分线段成比例定理及相似三角形的“传递性”.

2.借助图形判断三角形相似的方法 (1)有平行线的可围绕平行线找相似;

(2)有公共角或相等角的可围绕角做文章,再找其他相等的角或对应边成比例; (3)有公共边的可将图形旋转,观察其特征,找出相等的角或成比例的对应边. [练一练]

1.如图,D ,E 分别是△ABC 的边AB ,AC 上的点,DE ∥BC 且AD

DB =2,

那么△ADE 与四边形DBCE 的面积比是________.

解析:∵DE ∥BC ,∴△ADE ∽△ABC ,

∴S △ADE S △ABC =AD 2AB 2. ∵AD DB =2,∴AD AB =2

3,∴S △ADE S △ABC =49, ∴

S △ADE

S 四边形DBCE =4

5.

答案:45

2.如图,已知在△ABC 中,CD ⊥AB 于D 点,BC 2=BD ·AB ,则∠ACB =______.

解析:在△ABC 与△CBD 中, 由BC 2=BD ·AB , 得

BC BD =AB

BC

,且∠B =∠B , 所以△ABC ∽△CBD .则∠ACB =∠CDB =90°. 答案:90°

平行线分线段成比例定理的应用

,AE 交BD 于

F ,则BF ∶FD =________.

解析:∵AD =BC ,BE ∶EC =2∶3, ∴BE ∶AD =2∶5. ∵AD ∥BC ,

∴BF ∶FD =BE ∶AD =2∶5.即BF ∶FD =25.

答案:2∶5

2.(2013·惠州调研)如图,在△ABC 中,DE ∥BC ,DF ∥AC ,AE ∶AC =3∶5,DE =6,则BF =________.

解析:由DE ∥BC 得

DE BC =AE AC =3

5

,∵DE =6,∴BC =10. 又因为DF ∥AC ,所以BF BC =BD AB =CE AC =2

5,即BF =4.

答案:4

3.如图,在四边形ABCD 中,EF ∥BC ,FG ∥AD ,则EF BC +FG

AD =________.

解析:由平行线分线段成比例定理得 EF BC =AF AC ,FG AD =FC AC , 故

EF BC +FG AD =AF AC +FC AC =AC AC

=1. 答案:1 [类题通法]

比例线段常用平行线产生,利用平行线转移比例是常用的证题技巧,当题中没有平行线条件而有必要转移比例时,也常添加辅助平行线,从而达到转移比例的目的.

相似三角形的判定及性质

[典例] O 内一点E ,

过E 作BC 的平行线与AD 的延长线交于点P .已知PD =2DA =2,则PE =________.

[解析] 由PE ∥BC 知,∠A =∠C =∠PED .在△PDE 和△PEA 中,∠APE =∠EPD ,∠A =∠PED ,故△PDE ∽△PEA ,则PD PE =PE

P A

,于是PE 2=P A ·PD =3×2=6,所以PE = 6.

[答案]

6

[类题通法]

1.判定两个三角形相似要注意结合图形特征灵活选择判定定理,特别要注意对应角和对应边.

2.相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等;也可间接证明线段相等. [针对训练]

(2013·佛山质检)如图,∠B =∠D ,AE ⊥BC ,∠ACD =90°,且AB =6,AC =4,AD =12,则BE =________.

解析:由于∠B =∠D ,∠AEB =∠ACD ,所以△ABE ∽△ADC ,从而得AB AD =AE

AC

,解得AE =2,故BE =AB 2-AE 2=4 2.

答案:4 2

射影定理的应用

[典例] AD ⊥BC 于D

∠ABC 的平分线,交AD 于F ,求证:DF AF =AE EC

.

[证明] 由三角形的内角平分线定理得,

在△ABD 中,DF AF =BD

AB ,

① 在△ABC 中,AE EC =AB

BC

在Rt △ABC 中,由射影定理知,AB 2=BD ·BC , 即

BD AB =AB

BC

. ③ 由①③得:DF AF =AB

BC ,

由②④得:DF AF =AE

EC .

[类题通法]

1.在使用直角三角形射影定理时,要学会将“乘积式”转化为相似三角形中的“比例式”.

2.证题时,要注意作垂线构造直角三角形是解直角三角形时常用的方法. [针对训练]

在Rt △ACB 中,∠C =90°,CD ⊥AB 于D ,若BD ∶AD =1∶9,则tan ∠BCD =________. 解析:由射影定理得CD 2=AD ·BD ,又BD ∶AD =1∶9, 令BD =x ,则AD =9x (x >0).

∴CD 2=9x 2,∴CD =3x . Rt △CDB 中,

tan ∠BCD =BD CD =x 3x =13.

答案:13

第二节直线与圆的位置关系

1.圆周角定理 (1)圆周角定理

圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. (2)圆心角定理

圆心角的度数等于它所对弧的度数.

推论1:同弧或等弧所对的圆周角相等;同圆或等圆中,相等的圆周角所对的弧也相等.

推论2:半圆(或直径)所对的圆周角是直角;90°的圆周角所对的弦是直径.

2.圆内接四边形的性质与判定定理

(1)性质

定理1:圆内接四边形的对角互补.

定理2:圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.

(2)判定

判定定理:如果一个四边形的对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆.

推论:如果四边形的一个外角等于它的内角的对角,那么这个四边形的四个顶点共圆.3.圆的切线性质及判定定理

(1)性质:

性质定理:圆的切线垂直于经过切点的半径.

推论1:经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点.

推论2:经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心.

(2)判定定理:经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.

(3)弦切角定理:弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角.

4.与圆有关的比例线段

(1)相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等.

(2)割线定理:从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.

(3)切割线定理:从圆外一点引圆的切线和割线,切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.

(4)切线长定理:从圆外一点引圆的两条切线,它们的切线长相等,圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.

1.易混圆心角与圆周角,在使用时注意结合图形作出判断.

2.在使用相交弦定理、割线定理、切割线定理时易出现比例线段对应不成比例而失误.[试一试]

1.如图,P是圆O外一点,过P引圆O的两条割线PB、PD,P A=AB=5,

CD=3,则PC=________.

解析:设PC=x,由割线定理知P A·PB=PC·PD.

即5×25=x(x+3),解得x=2或x=-5(舍去).

故PC=2.

答案:2

2.如图,EB ,EC 是⊙O 的两条切线,B ,C 是切点,A ,D 是⊙O 上两点,如果∠E =46°,∠DCF =32°,则∠BAD =________.

解析:由已知,显然△EBC 为等腰三角形, 因此有∠ECB =180°-∠E 2=67°,

因此∠BCD =180°-∠ECB -∠DCF =81°. 而由A ,B ,C ,D 四点共圆, 得∠BAD =180°-∠BCD =99°. 答案:99°

1.与圆有关的辅助线的五种作法 (1)有弦,作弦心距.

(2)有直径,作直径所对的圆周角. (3)有切点,作过切点的半径. (4)两圆相交,作公共弦. (5)两圆相切,作公切线. 2.证明四点共圆的常用方法

(1)利用圆内接四边形的判定定理,证明四点组成的四边形的对角互补; (2)证明它的一个外角等于它的内对角; (3)证明四点到同一点的距离相等.

当证明四点共圆以后,圆的各种性质都可以得到应用. 3.圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时,要注意

找相等的角,找相似三角形,从而得出线段的比,由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算,所以应注意代数法在解题中的应用.

[练一练]

1.(2013·荆州模拟)如图,P A 是⊙O 的切线,切点为A ,过P A

的中点M 作割线交⊙O 于点B 和C ,若∠BMP =110°,∠BPC =30°,则∠MPB =________.

解析:由切割线定理得,MA 2=MB ·MC ,又MA =MP ,故MP 2

=MB ·MC ,即MB MP =MP MC ,又∠BMP =∠PMC .故△BMP ∽△PMC ,所以∠MPB =∠MCP ,所

以30°+∠MPB +∠MCP =∠AMB =180°-110°=70°,所以∠MPB =20°.

答案:20°

2.(2013·长沙一模)如图,过圆O 外一点P 分别作圆的切线和割线交

近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总

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

高考数学专题复习立体几何(理科)练习题

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

2017年高考数学空间几何高考真题

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2017年高考数学空间几何高考真题 一.选择题(共9小题) 1.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是() A.B.C. D. 2.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为() A.πB.C.D. 3.在正方体ABCD﹣A 1B 1 C 1 D 1 中,E为棱CD的中点,则() A.A 1E⊥DC 1 B.A 1 E⊥BD C.A 1 E⊥BC 1 D.A 1 E⊥AC 4.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为() A.60 B.30 C.20 D.10

5.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:cm2)是() A.+1 B.+3 C.+1 D.+3 6.如图,已知正四面体D﹣ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角D﹣PR﹣Q,D﹣PQ﹣R,D ﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ,则() A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为() A.90πB.63πC.42πD.36π

1.某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为() A.10 B.12 C.14 D.16 2.已知直三棱柱ABC﹣A 1B 1 C 1 中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1 =1,则异面直线 AB 1与BC 1 所成角的余弦值为() A. B.C.D. 二.填空题(共5小题) 8.已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S﹣ABC的体积为9,则球O的表面积为. 9.长方体的长、宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为. 10.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为. 11.由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为.

2018年高考数学立体几何试题汇编

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(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▲ .

2020高考数学专题复习----立体几何专题

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全国高考理科数学:立体几何

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2018年高考数学空间几何高考真题

2017年高考数学空间几何高考真题 ?选择题(共9小题) 1 ?如图,在下列四个正方体中,A, B为正方体的两个顶点,M , N, Q为所在 棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是() 2. 已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上, 则该圆柱的体积为() A. n B. C. D. 3. 在正方体ABCD- A i B i CD i中,E为棱CD的中点,贝U( ) A. A i E± DC i B. A i E丄BD C A i E丄BG D. A i E丄AC 4. 某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( A. 60 B. 30 C. 20 D . i0 侧〔左)视圄 C

5?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 2) 是( ) 6?如图,已知正四面体 D -ABC (所有棱长均相等的三棱锥),P 、Q 、R 分别为 AB 、BC CA 上的点,AP=PB ==2,分别记二面角 D- PR- Q , D- PQ- R, D - A .产 aV B B. aV 产 B C ? a< Y D. p< 产 a 7. 如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某几何体的三视图, 该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( ) A . 90 n B. 63 n C. 42 n D . 36 n 1 .某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三 D . +3 +1

4 角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中 有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( ) A . 10 B. 12 C. 14 D . 16 2. 已知直三棱柱 ABC- A 1B 1C 1中,/ ABC=120, AB=2, BC=CC=1,则异面直线 AB 1与BG 所成角的余弦值为( ) A . B. C. D. 二.填空题(共5小题) 8. 已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球0的球面上,SC 是球0的直径.若平 面SCAL 平面SCB SA=AC SB=BC 三棱锥S-ABC 的体积为9,则球0的表面 积为 _______ . 9. 长方体的长、宽、高分别为3, 2,1,其顶点都在球0的球面上,则球0的 表面积为 _______ . 10. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为 18, 则这个球的体积为 ________ . 11. 由一个长方体和两个亍圆柱体构成的几何体的三视图如图,则该几何体的

2015年高考理科数学试题汇编(含答案):立体几何-小题

2015年高考理科数学试题汇编(含答案):立体几何-小题

(新课标1)(6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆为 一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧度为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放斛的米约有() A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 【答案】B 考点:圆锥的体积公式 (新课标1)(9)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C

试题分析:因为α,β是两个不同的平面,m是 直线且mα?.若“mβ∥”,则平面、 αβ可能相交 也可能平行,不能推出// αβ, αβ,反过来若// mα ?,则有mβ∥,则“mβ∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件. 考点:1.空间直线与平面的位置关系;2.充要条件. (福建)7.若,l m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l m⊥”是“//lα的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B 考点:空间直线和平面、直线和直线的位置关系.(湖南)10.某工件的三视图如图3所示,现将该工件通过切割,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用

2021高考数学立体几何专题

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()

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

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 .

高考中常见的立体几何题型和解题方法

高考中常见的立体几何题型和解题方法 黔江中学高三数学教师:付 超 高考立体几何试题一般共有2——3道(选择、填空题1——2道, 解答题1道), 共计总分18——23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 逻辑推理型问题, 而解答题着重考查立几中的计算型问题, 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”的方向发展.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. 一、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。 ⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。 以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理”,但在解题过 程中均可直接作为性质定理引用。 4.空间角和距离是空间图形中最基本的数量关系,空间角主要研究射影以 及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角 和二面角的平面角等.解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解 决. 空间角,是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系 进行定量分析的一个重要概念,由它们的定义,可得其取值范围,如两异面直线 所成的角θ∈(0,2π],直线与平面所成的角θ∈0,2π?????? ,二面角的大小,可用它们的平面角来度量,其平面角θ∈[0,π].对于空间角的计算,总是通过一定 的手段将其转化为一个平面内的角,并把 它置于一个平面图形,而且是一个三

2020年高考数学 空间几何体解答题 专练(含答案)

2020年高考数学空间几何体解答题专练 1.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠PDA=45°,点E、F分别为 棱AB、PD的中点. (1)求证:AF∥平面PCE; (2)求证:平面PCE⊥平面PCD; (3)求三棱锥C-BEP的体积. 2.如图,在直三棱柱ABC-A B1C1中,AB=AC,P为AA1的中点,Q为BC的中点。 1 (1)求证:PQ//平面A1BC1; (2)求证:BC⊥PQ。

3.如图,在直三棱柱ABC-A B1C1中,AC⊥BC,A1B与AB1交于点D,A1C与AC1交于点E.求证: 1 (1)DE∥平面B1BCC1; (2)平面A1BC⊥平面A1ACC1. 4.如图,四棱锥P—ABCD的底面ABCD是平行四边形,平面PBD⊥平面ABCD,PB=PD,PA⊥PC, CD⊥PC,O,M分别是BD,PC的中点,连结OM. (1)求证:OM∥平面PAD; (2)求证:OM⊥平面PCD.

5.如图,在直四棱柱ABCD–A B1C1D1中,已知底面ABCD是菱形,点P是侧棱C1C的中点. 1 (1)求证:AC1∥平面PBD; (2)求证:BD⊥A1P. 6.如图,直四棱柱ABCD–A B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC, 1 BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A?MA1?N的正弦值.

7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AD=2AB,E,F是线段BC,AB的中 点. (1)证明:ED⊥PE; (2)在线段PA上确定点G,使得FG∥平面PED,请说明理由. 8.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面是棱长为1的菱形,∠ADC=60°,, M是PB的中点. (1)求证:PD∥平面ACM; (2)求直线CM与平面PAB所成角的正弦值.

高考数学15立体几何小题.docx

立体几何 1、平面βα⊥,直线α?b ,m β?,且b m ⊥,则b 与β( ) A .b β⊥ B .b 与β斜交 C .b //β D .位置关系不确定 2、过三棱柱111ABC A B C -的任意两条棱的中点作直线,其中与平面11ABB A 平行的直线共有( )条 A .2 B .4 C .6 D .8 3、一条直线与一个平面所成的角等于3π,另一直线与这个平面所成的角是6 π 。则这两条直线的位置关系( ) A .必定相交 B .平行 C .必定异面 D .不可能平行 4、在一个锥体中,作平行于底面的截面,若这个截面面积与底面面积之比为1:3,则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为( ) A . B .1:9 C .1: D .1:1) 5、正方体1111ABCD A B C D -中,,,P Q R 分别是11,,AB AD B C 的中点.那么,正方体的过,,P Q R 的截面图形是( ) A .三角形 B .四边形 C .五边形 D .六边形 6、正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1,则侧棱与底面所成的角为( ) A .75° B .60° C .45° D .30° 7、已知平面α与β所成的二面角为80°,P 为,αβ外一定点,过点P 的一条直线与,αβ所成的角都是30°,则这样的直线有且仅有( ) A .1条 B .2条 C .3条 D .4条 8、如图所示,PAB ?所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β互相垂直,且AD α⊥,BC α⊥,4AD =, 8BC =,6AB =。若tan 2tan 1ADP BCP ∠-∠=,则动点P 在平面α内的轨迹是( ) A .椭圆的一部分 B .线段 C .双曲线的一部分 D .以上都不是 9、如图所示,已知球O 为棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的内切球,则平面1ACD 截球O 的截面面积为( ) A . 6 π B . 3 π C D

2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题

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

高考文科数学立体几何试题汇编

图 2 1俯视图 侧视图 正视图2 11.(北京8)如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为对角线1BD 的三等分点, 则 P 到各顶点的距离的不同取值有( ) A .3个 B .4个 C .5个 D .6个 2.(广东卷6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是( ) A .1 6 B .1 3 C .2 3 D .1 3. (广东卷8)设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( ) A .若//l α,//l β,则//αβ B .若l α⊥,l β⊥,则//αβ C .若l α⊥,//l β,则//αβ D .若αβ⊥,//l α,则l β⊥ 4. (湖南卷7)已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为2的矩形,则该正方体的正视图的面积等于 A . 3 B.1 C. 21 + D.2 5. 江西卷8).一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为( ) A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π 6. (辽宁卷10)已知三棱柱 1116.34ABC A B C O AB AC -==的个顶点都在球的球面上若,, ,AB AC ⊥112AA O =,则球的半径为 A . 317 B .210 C .13 2 D .310 B .. (全国卷11)已知正四棱柱1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中,则与平面所成角的正弦值等于 (A ) 23 (B )3 (C )23 (D )1 3 8. (四川卷2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )

最新高考数学立体几何试题分析及备考建议

高考数学立体几何试题分析及备考建议 一、高考命题分析 立体几何是高中数学领域的重要模块,是高考考查考生的空间感、图 形感、语言转化能力、几何直观能力、逻辑推理能力的主要载体。主要包 括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,三视图,点、直线、平面 的位置关系等。通过研究近年高考试卷,不难发现有关立体几何的命题较 稳定,难易适中,基本体现出“两小一大”或“一小一大”的特点.即1--2道小题,1道大题,占17--22分,小题灵活多变且有一定的难度,其中常有组 合体三视图问题和开放型试题,大多考查概念辨析,位置关系探究,空间 几何量的简单计算求解等,考查画图、识图、用图的能力;而解答题大多 属中档题, 一般设计成几个小问题,此类考题往往以简单几何体为载体, 考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,综合考查空间想 象能力、推理论证能力和运算求解能力,也关注对条件和结论不完备情形 下开放性问题的探究。其解题思路也主要是“作——证——求”,强调作图、证明和计算相结合。命题既注意“知识的重新组合”,又采用“小题目综合化,大题分步设问”的命题思路,朝着“重基础、直观感、空间感、探究与创新”的方向发展。 二、高考命题规律 (一)客观题方面

1.以三视图为载体考查空间想象能力 空间几何体的结构与三视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象 能力,识别三视图所表示的空间几何体,柱、锥、台、球体及其简单组合 体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查,从新课标地区的高考 题来看,三视图是出题的热点,题型多以选择题、填空题为主,属中等偏 易题。随着新课标的推广和深入,难度逐渐有所增加。主要考查以下两个 方面:①几何体的三视图与直观图的认识;②通过三视图和几何体的结合,考查几何体的表面积和体积。 例1 (新课标2)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx平面为投影面, 则得到正视图可以为 A B C D 注意:必修2中的空间直角坐标系容易被文科忽视。 例2 (新课标2)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为 A.6 B.9 C.12 D.18 注意:简单组合体的表面积和体积的问题为常考题目。 例3 (四川理)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以

高职高考数学课程初步立体几何

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 //

历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案

(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

高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

立体几何小题100例 一、选择题 1.如图,已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4,点E ,F 分别是线段AB ,11C D 上的动点,点P 是上底面1111A B C D 内一动点,且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离,则当点P 运动时, PE 的最小值是( ) A .5 B .4 C . .【答案】D 【解析】 试题分析:因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点,且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离,所以,点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上.为使当点P 运动时,PE 最小,须PE 所在平面平行于平面 11AA D D ,PE ==选D 考点:1.平行关系;2.垂直关系;3.几何体的特征. 2.如图在一个二面角的棱上有两个点A ,B ,线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱AB ,=46,AB cm AC cm =, 8,BD cm CD ==,则这个二面角的度数为( ) A .30? B .60? C .90? D .120? 【答案】B 【解析】 试题分析:设所求二面角的大小为θ,则,B D A C θ<>= ,因为CD DB BA AC =++,所以2 2 2 2 2()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++?+?+?

而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥,所以20,20DB BA BA AC ?=?= 所以2222 ||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-?即222417468286cos θ?=++-?? 所以1 cos 2 θ= ,而[0,]θπ∈,所以60θ=?,故选B. 考点:1.二面角的平面角;2.空间向量在解决空间角中的应用. 3.已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:cm )可得这 个几何体的体积是( ) A .343cm B .383cm C .33cm D .3 4cm 【答案】B . 【解析】 试题分析:分析题意可知,该几何体为一四棱锥,∴体积3 8 2231312=??==Sh V . 考点:空间几何体的体积计算. 4.如图,P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点,设AP 的长度为x ,若PBD ?的面积为 (x)f ,则(x)f 的图象大致是( )

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