立体几何2018高考

第一篇：立体几何2018高考

2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷

一．选择题（共11小题）

1．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（）

A． B． C． D．

2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．

D．

4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．

D．，则异面直线AD1与DB1所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：cm3）是（）

第1页（共23页）

A．2 B．4 C．6 D．8

6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8

D．8

7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54

8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）

A．1 B．2 C．3 D．4

9．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（）

第2页（共23页）

A．2 B．2 C．3 D．2

10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．

C．

D．

11．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≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ

1二．解答题（共8小题）

12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．

13．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．

第3页（共23页）

14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．

15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是上异于C，D（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

第4页（共23页）

17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是（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．

18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．

第5页（共23页）

第6页（共23页）

2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷

参考答案与试题解析

一．选择题（共11小题）

1．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（）

A． B． C． D．

【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．

故选：A．

2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，第7页（共23页）

则该圆柱的表面积为：故选：D．

=10π．

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．

D．

【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．

∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．

故选：C．

第8页（共23页）

1为z轴，建立空间直角DD

4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．

D．，则异面直线AD1与DB1所【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，），D（0，0，0），∴A（1，0，0），D1（0，0，B1（1，1，），），=（﹣1，0，=（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ=

=

=，． ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：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：cm3）是（）

第9页（共23页）

A．2 B．4 C．6 D．8

【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．

如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C．

．

6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8

D．8

【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1=可得BB1=

=

2．=8

．

=2

．

所以该长方体的体积为：2×故选：C．

第10页（共23页）

7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54

【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图： O′C==，OO′=

=2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：故选：B．

=18

．

8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）

第11页（共23页）

A．1 B．2 C．3 D．4

【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，可得三角形PCD不是直角三角形． PC=3，PD=2所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD． 故选：C．

9．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（）

第12页（共23页）

A．2 B．2 C．3 D．2

【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：

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：故选：B．

10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．

C．

D．

=2．

【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长故选：A．

明明就的最大值为：6×

=

．

11．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≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1

第13页（共23页）

【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心． 过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO． 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角． ∵tanθ1=∴θ1≥θ3，又sinθ3=∴θ3≥θ2． 故选：D．，sinθ2=，SE≥SM，=，tanθ3=，SN≥SO，二．解答题（共8小题）

12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．

【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，第14页（共23页）

∴圆锥的体积V==

=．

（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ==

=

．

∴θ=arccos．

∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos

．

13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以把△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．

第15页（共23页）

DF为折痕

【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC． 由于PF⊥BF，EF∩PF=F，则BF⊥平面PEF．

又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．

在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．

设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a 在△PDE中，所以故VF﹣PDE=，，第16页（共23页）

又因为所以PH==，=，． 所以在△PHD中，sin∠PDH=即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：

14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

【解答】（1）证明：∵AB=BC=2角形，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=在△COM中，OM=S，=

．

=××=，第17页（共23页）

S△COM==．，设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC=VC﹣POM⇒解得d=，． ∴点C到平面POM的距离为

15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；

（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为

；

．

（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，第18页（共23页）

又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角． 在Rt△CAD中，CD=在Rt△CMD中，sin∠CDM=，．

． ∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为

16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

所在平面垂直，M是

上异于C，D

【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦

所在平面，所在平面垂直，所以AD⊥∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：

连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，第19页（共23页）

所以MC∥平面PBD．

17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于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．

所在平面垂直，M是

【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧∴AD⊥平面BCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）

第20页（共23页）

所在平面垂直，则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞=

=

=，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=

=

．

18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；

（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．

第21页（共23页）

在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC． ∴

⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．

【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；

（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；

同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，第22页（共23页）

由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；

（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．

第23页（共23页）

第二篇：2011届高考数学立体几何证明题

空间直线、平面的平行与垂直问题

一、“线线平行”与“线面平行”的转化问题，“线面平行”与“面面平行”的转化问题

知识点：

一）位置关系：平行：没有公共点．

相交：至少有一个公共点，必有一条公共直线，公共点都在公共直线上．

相交包括垂直相交和斜交．

二）平行的判定：

（１）定义：没有公共点的两个平面平行．（常用于反证）

（２）判定定理：若一个平面内的两条相交直线平行于另一平面，则这两个平面平行．（线面平行得面面平行）

（３）垂直于同一条直线的两个平面平行．

（４）平行于同一个平面的两个平面平行．

（５）过已知平面外一点作这个平面的平行平面有且只有一个．

三）平行的性质：

定义：两个平行平面没有公共点．（常用于反证）

性质定理一：若一个平面与两个平行平面都相交，则两交线平行．（面面平行得线线平行，用于判定两直线平行）

性质定理二：两个平行平面中的一个平面内的所有直线平行于另一个平面．（面面平行得线面平行，用于判定线面平行）

一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，必垂直于另一个平面．（用来判定直线与平面垂直）

一般地，一条直线与两个平行平面所成的角相等，但反之不然．

夹在两个平行平面间的平行线段相等．特别地，两个平行平面间的距离处处相等．

二、“线线垂直”到“线面垂直”“线面垂直” 到“线线垂直”及三垂线定理

1、斜线长定理——从平面外一点所引的垂线段和斜线段中

①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；

②相等的两条斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长；

③垂线段比任何一条斜线段都短

2、直线与平面所成的角

一条直线若是平面的斜线，那么它和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线与平面所成的角。特别地，若这条直线是平面的垂线，那么这条直线与平面所成的角是直角;如果这条直线平行于这个平面,那么直线与平面所成的角是0。090

结论：斜线与平面所成的角，是这条直线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角。

3、三垂线定理及逆定理

在平面内的一条直线，如果和这个平面内的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

逆定理：在平面内的一条直线和这个平面内的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直。

其主要作用有：①证明问题：如线线、线面、面面垂直的证明；

例题

1、（将线面平行转变为线线平行）：如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点.（Ⅱ）求证：PB//平面AEC；

2、如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF//BC．



2（1）证明FO//平面CDE；（线面平行时用）（2）设BC直时用）

3、（将线面平行转变为面面平行）如图,长方体

ABCD-A1B1C1D1中，E、P分别是BC、A1D1的中点,M、N分别是AE、CD1的中点，AD=AA1a,AB=2a,（线面垂D，证明EO平面CDF．

（Ⅰ）求证：MN//平面ADD1A1；

4、如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB//DC,ACBD,AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO

2,PO

PBPD.（Ⅲ）设点M在棱PC上，且

PMMC

,问为何值时，PC

平面BMD。

5、（将面面垂直转变为线面垂直）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC平面PDB；

（可用空间向量做）

6、（线线垂直先证线面垂直）：如图：三棱锥vABC中，AH侧面VBC且H是VBC的重心，BE是VC边上的高（1）求证：VCAB7、如图，P是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面外一点，PA1，P在平面ABC内的射影为BF的中点O。

（Ⅰ）证明PA⊥BF；

8、（利用空间向量解决线面平行垂直问题）如图，平面PAC平面ABC，ABC

是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；

第三篇：2018年高考二轮复习专题——立体几何(文科)

专题五

空间中的平行与垂直

类型一 空间线面位置关系的判断

[典例1](1)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（）知识梳理：

1、平面中的平行有哪些？

2、空间中的平行有哪些？如何推导？（定理、性质用图示展示）

3、平面中的垂直有哪些？

4、空间中的垂直有哪些？如何推导？（定理、性质用图示展示）

1．(2017·高考全国卷Ⅰ)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．(2016·高考浙江卷)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

3．(2016·全国卷Ⅱ)α，β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α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，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______．(填写所有正确命题的编号)4．(2017·高考全国卷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．

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(2)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n

B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α

D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α

变式1．如本例(2)改为设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中不正确的是(A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”的充要条件 B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件 D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件 [自我挑战]

1.m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题： ①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β； ③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．

(1)证明：平面AEC⊥平面BED.(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为6

3，求该三棱锥的侧面积．)自我挑战：如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，类型三 立体几何中的折叠、探索问题

[典例3](2017·山东济南模拟)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A′BC；(2)求证：A′C⊥BE；

(3)线段A′D上是否存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE？若存在，求出DF的长；若不存在，请说明理由．

PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD；

(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[互动迁移1] 在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.[互动迁移2] 在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.[变式训练](2017·山东卷)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；

(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.[母题变式]

本例的条件不变，在线段BE上是否存在点H，使平面A′BE⊥平面A′CH?

(1)试在线段A′C上确定一点H，使FH∥平面A′BE.(2)试求三棱锥A′EBC的外接球的半径与三棱锥A′EBC的表面积．

第四篇：高考复习专题---立体几何垂直关系证明

5．（2006年福建卷）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CACBCDBD2,ABAD（I）求证：AO平面BCD；

BE

4.(2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD;

B

图

14．（福建19）（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O为AD中点.(Ⅰ)求证:PO⊥平面ABCD；

20．（全国Ⅱ20）（本小题满分12分）

如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB4，点E在CC1上且C1E3EC．

平面BED；（Ⅰ）证明：AC

1DA1

A

10.如图，在三棱锥V-ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC=BC=a，∠VDC=θ

E C 

0。

2

（Ⅰ）求证：平面VAB⊥平面VCD；

26．三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，BAC90，A1A平面ABC，A1AABAC2AC112，D为BC中点．（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1；

A1 B1

C1

A

3．（2006年浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面

为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.(Ⅰ)求证：PB⊥DM;

1．（2006年北京卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥PABCD中，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点.（Ⅰ）求证：ACPB；（Ⅱ）求证：PB//平面AEC12．（天津•理•19题）如图，在四棱锥PABCD中，PA，ACCD，ABC60°，底面ABC，ABADP

B

C

PAABBC，E是PC的中点．

（Ⅰ）证明CDAE；

（Ⅱ）证明PD平面ABE；

A

B

D

第五篇：近四年高考立体几何试题分析

近四年高考立体几何试题分析

邓学宾

摘要：本文研究近四年高考立体几何试题，目的在于对高中立体几何部分内容有更深刻全面的认识和把握，为将来的教学工作做准备，对近四年高考立体几何试题分类、整理、分析、总结得出一些关于高考立体几何题解题技巧和应对策略，这些解题技巧和应对策略对教师和学生都有一定的帮助.关键词：立体几何、距离、二面角、平面角、体积、三视图、棱锥、棱柱.本文研究近四年高考立体几何试题，目的在于对高中立体几何部分内容有更深刻全面的认识和把握，为将来的教学工作做准备，立体几何在高中数学中有较高的地位，每年高考中立体几何试题分值所占比例在百分之十二到百分之二十之间；这次本人对近四年高考中立体几何试题分类、整理、分析、总结并查阅相关资料得出一些关于高考立体几何题解题技巧和应对策略，这些解题技巧和应对策略对教师和学生都有一定的帮助.从近四年全国和自主命题各个省市以及近年实行新课标的省高考立体几何试题分析，立体几何题一般还是一道解答题，二至三道填空题或选择题.随着新的课程改革的扩大，立体几何考题也正朝着：“多一点思考，少一点计算”的方向发展，但是总体来看实行新课标的省份立体几何部分内容还是有两点变化一是分成“立体几何初步”和“空间向量与立体几何”两部分，形成螺旋式排列 ；二是增删了一些内容，全体考生增加了三视图，而文科考生减少了“空间向量与立体几何”部分的内容，新课程中删去了圆柱、圆锥、圆台的内容，只保留了球、对球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算公式的内容，并且还是降低为了解，不要求记忆的公式，由于课程内容的变化，高考对这部分内容考查要求也进行了相应的调整，删去的内容不再考查，但是多面体学生在高中以前就学过相应的计算公式，因此在给出公式的情况下，高考试题也在考查.纵 观全国所有考卷立体几何部分内容侧重考查学生的空间概念、逻辑思维能力空间想象能力及运算能力.高考立体几何试题在选择题，填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题则侧重立体几何中的逻辑推理型问题，一般与棱柱和棱锥有关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系及空间角、距离、面积与体积的计算，其解题方法一般都在两种以上并且一般用空间向量来求解.近几年只要是涉及空间向量应用于立体几何的高考试题，都着重考查运用空间向量求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等基本问题.一、考点分析

1.从命题形式来看，立体几何内容的命题形式最为多变，在主、客观题中均有考查，客观题主要考查基本概念及考查简单的空间角和距离的计算，在继续保留传统的“四选一”的选择题型上，还尝试开发了“多选填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式也在不断完善和翻新，而解答题中还是以棱柱与棱锥为依托，设计为三个小问题，第一小问一般是考查线线、线面、面面的位置关系；后面两问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路是“作—证—求”,强调作图，证明和计算相结合.2．从内容上来看，主要考查：

（1）直线和平面的各种位置关系的判定和性质、三视图，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题及解答题第一问；

（2）角的计算问题，试题中常见的是异面直线所处的角，直线与平面所成的角，平面与平面所处的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；

（3）求距离，试题中常见的是点与点之间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、直线与直线的距离、直线到平面的距离，要特别注意此类问题的转化方法；

（4）简单几何体侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体现成公式外，还可侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；

（5）体积问题，要注意解题技巧，如等积变换，割补思想的应用.3．从方法上来看，主要考查：

（1）推理计算法，如解答题注重理论的推导和计算相结合；

（2）考查转化的思想方法，如经常把立体几何问题转化为平面几何问题来解决，平行与垂直关系之间的转化证明；

（3）考查模型化方法和整体考虑问题、处理问题的方法，如有时把整体纳入不同的几何背景之中，从而从宏观上把握形体，巧妙地把问题解决；

（4）考查割补法、等积变换法、以及变化运动的思想方法、极限方法等.4．从能力上看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：

（1）会根据题设条件画出适合题意的图形及添加适当的辅助线（面）；（2）会根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；（3）会作出直观，虚实分明的图形；

（4）会对图形或其某部分进行展开或实行割补法；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力.二、题型示例