(2019全国1文)16.已知90ACB ∠=?,P 为平面ABC 外一点,2PC =,点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距
P 到平面ABC 的距离为 . 答案:
解答:
如图,过P 点做平面ABC 的垂线段,垂足为O ,则PO 的长度即为所求,再做,PE CB PF CA ⊥⊥,由线面的
垂直判定及性质定理可得出,OE CB OF CA ⊥⊥,在Rt PCF ?中,由2,PC PF ==
,可得出1CF =,同
理在Rt PCE ?中可得出1CE =,结合90ACB ∠=?,,OE CB OF CA ⊥⊥可得出1OE OF ==,OC =
,
PO ==
(2019全国1文)19.如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,14,2AA AB ==,60BAD ∠=,
,,E M N
分别是11,,BC BB A D 的中点. (1)证明://MN 平面1C DE (2)求点C 到平面1C DE 的距离.
答案: 见解析 解答:
(1)连结1111,AC B D 相交于点G ,再过点M 作1//MH C E 交11B C 于点H ,再连结GH ,NG .
,,E M N 分别是
11,,BC BB A D 的中点.
于是可得到1//NG C D ,//GH DE , 于是得到平面//NGHM 平面1C DE , 由
MN ?平面NGHM ,于是得到//MN 平面1C DE
(2)
E 为BC 中点,ABCD 为菱形且60BAD ∠=
DE BC ∴⊥,又
1111ABCD A B C D -为直四棱柱,1DE CC ∴⊥ 1DE C E ∴⊥,又
12,4AB AA ==,
1DE C E ∴=,设点C 到平面1C DE 的距离为h
由11C C DE C DCE V V --=得
1111
143232
h ?=??
解得h =
所以点C 到平面1C DE
(2019全国2文)7. 设,αβ为两个平面,则//αβ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. ,αβ平行于同一条直线
D. ,αβ垂直于同一平面 答案:B 解析:
根据面面平行的判定定理易得答案.
(2019全国2文)16.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.)
答案: 26
1
解析:
由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面;将该半正多面体补成正方体后,根据对称性列方程求解. (2019全国2文)17.如图,长方体111
1
ABCD A B C D
-的底面ABCD 是正方形,点E 在棱1AA 上,1BE EC ⊥.
(1)证明:BE ⊥
平面11
EB C
(2)若1AE AE =,3AB =,求四棱锥11E BB C C -的体积.
答案: 1. 看解析 2. 看解析
解答:
(1)证明:因为
11B C C ⊥面11A B BA ,BE ⊥面11A B BA
∴11B C BE ⊥ 又1111C E B C C ?=,∴BE ⊥
平面
11EB C ;
(2)设12AA a =则 229BE a =+,22118+a C E =,22
194C B a =+
因为2
2
2
11=C B BE C E + ∴3a =,∴
11111h 3E BB C C BB C C V S -=1
363=18
3
=??? (2019全国3文)8.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 【答案】B 【解析】 分析】
利用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题.
【详解】BDE ?∵,N 为BD 中点M 为DE 中点,
∴BM ,EN 共面相交,选项C ,D 为错.作EO CD ⊥于O ,连接ON ,过M 作MF OD ⊥于F . 连BF ,
平面CDE ⊥平面ABCD .
,EO CD EO ⊥?平面CDE ,EO ∴⊥平面ABCD ,MF ⊥平面ABCE ,
MFB ∴?与EON ?均为直角三角形.
设正方形边长为2,易知012EO N EN ===,
52MF BF BM =
==∴==. BM EN ∴≠,故选B .
【
【点睛】本题为立体几何中等问题,考查垂直关系,线面、线线位置关系.
(2019全国3文)16.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30.9/g cm ,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的
质量为___________g .
【答案】118.8 【解析】 【分析】
根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积,再求出模型的质量.
【详解】由题意得,四棱锥O-EFGH 的底面积为2
1
46423122
cm ?-???=,其高为点O 到底面11BB C C 的距离为3cm ,则此四棱锥的体积为211
123123
V cm =
??=.又长方体1111ABCD A B C D -的体积为22466144V cm =??=,所以该模型体积为22114412132V V V cm =-=-=,其质量为0.9132118.8g ?=.
【点睛】此题牵涉到的是3D 打印新时代背景下的几何体质量,忽略问题易致误,理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,从而利用公式求解.
(2019全国3文)19.图1是由矩形,ADEB Rt ABC ?和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中
1,2AB BE BF ===, 60FBC ∠=,将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合,连结DG ,如图2.
(1)证明图2中的,,,A C G D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE ; (2)求图2中的四边形ACGD 的面积.
【答案】(1)见详解;(2)4. 【解析】 【分析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ,Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角,所以//AD BE ,//BF CG 依然成立,又因E 和F 粘在一起,所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线,所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积,需求出CG 所对应的高,然后乘以CG 即可。 【详解】(1)证:
//AD BE ,//BF CG ,又因为E 和F 粘在一起.
∴//AD CG ,A ,C ,G ,D 四点共面.
又
,AB BE AB BC ⊥⊥.
AB ∴⊥平面BCGE ,
AB ?平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面BCGE ,得证.
(2)取CG 的中点M ,连结,EM DM .因为//AB DE ,AB ⊥平面BCGE ,所以DE ⊥平面BCGE ,故D E C G ⊥,
由已知,四边形BCGE 菱形,且60EBC ∠=得EM CG ⊥,故CG ⊥平面DEM 。
因此DM CG ⊥。
在Rt DEM △中,DE=1
,EM =,故2DM =。 所以四边形ACGD 的面积为4.
【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题,考查考生在粘合过程中哪些量是不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱,建系的向量解法在本题中略显麻烦,突出考查几何方法。最后将求四边形ACGD 的面积考查考生的空间想象能力.
(2019北京文)12.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__________.
【答案】40.
【解析】
【分析】
画出三视图对应的几何体,应用割补法求几何体的体积. 【详解】在正方体中还原该几何体,如图所示
几何体的体积V=43-1
2
(2+4)×2×4=40
【点睛】易错点有二,一是不能正确还原几何体;二是计算体积有误.为避免出错,应注重多观察、细心算. (2019北京文)13.已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.
【答案】如果l⊥α,m∥α,则l⊥m.
【解析】
【分析】
将所给论断,分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题: (1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m . 正确;
(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α.不正确,有可能m 在平面α内; (3)如果l ⊥m ,m ∥α,则l ⊥α.不正确,有可能l 与α斜交、l ∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
(2019北京文)18.如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,底部ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.
(Ⅰ)求证:BD ⊥平面P AC ;
(Ⅱ)若∠ABC =60°,求证:平面P AB ⊥平面P AE ; (Ⅲ)棱PB 上是否存在点F ,使得CF ∥平面P AE ?说明理由. 【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)见解析; (Ⅲ)见解析. 【解析】 【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论;
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直,然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直; (Ⅲ)由题意,利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】(Ⅰ)证明:因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA BD ⊥; 因为底面ABCD 是菱形,所以AC BD ⊥; 因为PA
AC A =,,PA AC ?平面PAC ,
所以BD ⊥平面PAC .
(Ⅱ)证明:因为底面ABCD 是菱形且60ABC ∠=?,所以ACD ?为正三角形,所以AE CD ⊥, 因为//AB CD ,所以AE AB ⊥;
因为PA ⊥平面ABCD ,AE ?平面ABCD , 所以AE PA ⊥; 因为PA
AB A =
所以AE ⊥平面PAB ,
AE ?平面PAE ,所以平面PAB ⊥平面PAE .
(Ⅲ)存在点F 为PB 中点时,满足//CF 平面PAE ;理由如下:
分别取,PB PA 的中点,F G ,连接,,CF FG EG , 在三角形PAB 中,//FG AB 且12FG AB =
;
在菱形ABCD 中,E 为CD 中点,所以//CE AB 且1
2
CE AB =,所以//CE FG 且CE FG =,即四边形CEGF 为平行四边形,所以//CF EG ;
又CF ?平面PAE ,EG ?平面PAE ,所以//CF 平面PAE
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理,面面垂直的判定定理,立体几何中的探索问题等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
(2019天津文)12.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为__________. 【答案】
4
π. 【解析】 【分析】
根据棱锥的结构特点,确定所求的圆柱的高和底面半径。
2=,
故圆柱的高为1,圆柱的底面半径为
12
,
故其体积为2
1124ππ????= ???
。 【点睛】圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半。
(2019天津文)17. 如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,PCD △为等边三角形,平面
PAC ⊥平面PCD ,PA CD ⊥,2CD =,3AD =,
(Ⅰ)设G H ,
分别为PB AC ,的中点,求证:GH ∥平面PAD ; (Ⅱ)求证:PA ⊥平面PCD ;
(Ⅲ)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.
【答案】(I )见解析;(II )见解析;(III )3
. 【解析】 【分析】
(I )连接BD ,结合平行四边形的性质,以及三角形中位线的性质,得到GH PD ,利用线面平行的判定定理
证得结果;
(II )取棱PC 的中点N ,连接DN ,依题意,得DN PC ⊥,结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到
DN PA ⊥,利用线面垂直的判定定理证得结果;
(III )利用线面角的平面角的定义得到DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角,放在直角三角形中求得结果. 【详解】(I )证明:连接BD ,易知AC BD H ?=,BH DH =,
又由BG PG =,故GH PD ,
又因为GH ?平面PAD ,PD ?平面PAD , 所以GH ∥平面PAD .
(II )证明:取棱PC 的中点N ,连接DN ,依题意,得DN PC ⊥, 又因为平面PAC ⊥平面PCD ,平面PAC
平面PCD PC =,
所以DN ⊥平面PAC ,又PA ?平面PAC ,故DN PA ⊥, 又已知PA CD ⊥,CD DN D =,
所以PA ⊥平面PCD .
(III )解:连接AN ,由(II )中DN ⊥平面PAC , 可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角.
因为PCD ?为等边三角形,2CD =且N 为PC 的中点,
所以DN =DN AN ⊥, 在Rt AND ?
中,sin 3
DN DAN AD ∠=
=
, 所以,直线AD 与平面PAC
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力和推理能力.
(2019上海)17.如图,在正三棱锥中,. (1)若的中点为,的中点为,求与的夹角; (2)求的体积.
P ABC
-2,PA PB PC AB BC AC =====PB M BC N AC MN P ABC -
【解答】解:(1)
,分别为,的中点,,
则为与所成角,
在中,由,,
可得, 与的夹角为; (2)过作底面垂线,垂直为,则为底面三角形的中心, 连接并延长,交于,则,.
.
(2019江苏)9.如图,长方体
ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积是120,E 为CC 1的中点,则三棱锥E -BCD
的体积是_____.
M N PB BC //MN PC ∴PCA ∠AC MN PAC ?2PA PC ==AC =222cos 2PC AC PA PCA PC AC +-∠===
AC ∴MN P O O AO BC N 32AN =
2
13
AO AN ==PO ∴=∴1133
3224
P ABC V -=?
【答案】10 【解析】 【分析】
由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120, 所以1120AB BC CC ??=, 因为E 为1CC 的中点, 所以11
2
CE CC =
, 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ,
所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高, 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =
???=11111
1201032212
AB BC CC =???=?=. 【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中,往往需要注意理清整体和
局部的关系,灵活利用“割”与“补”的方法解题.
(2019江苏)12.如图,在△ABC 中,D 是BC 的中点,E 在边AB 上,BE =2EA ,AD 与CE 交于点O .若
6AB AC AO EC ?=?,则
AB
AC
的值是_____.
【解析】 【分析】
由题意将原问题转化为基底的数量积,然后利用几何性质可得比值.
【详解】如图,过点D 作DF //CE ,交AB 于点F ,由BE =2EA ,D 为BC 中点,知BF =FE =EA ,AO =OD .
()
()()3
632
AO EC AD AC AE AB AC AC AE =-=+-
()
223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC ????
=
+-=-+- ? ?????
222232113
23322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ??=-+=-+= ???
,
得2213
,22
AB AC =即3,AB AC =故AB AC =【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算,渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法,
利用数形结合和方程思想解题.
(2019江苏)16.如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .
求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E . 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】
(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论; (2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【详解】(1)因为D ,E 分别为BC ,AC 的中点,
所以ED ∥AB .
在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ∥A 1B 1, 所以A 1B 1∥ED .
又因为ED ?平面DEC 1,A 1B 1?平面DEC 1, 所以A 1B 1∥平面DEC 1.
(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点,所以BE ⊥AC .
因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱,所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ?平面ABC ,所以CC 1⊥BE .
因为C 1C ?平面A 1ACC 1,AC ?平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C , 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.
因为C 1E ?平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .
【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.
(2019浙江)4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同,则积不容易”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体,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,则该柱体的体积是( )
A. 158
B. 162
C. 182
D. 32
【答案】B 【解析】
【分析】
本题首先根据三视图,还原得到几何体—棱柱,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.常规题目.难度不大,注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.
【详解】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为26
4633616222++???+??=
???
. 【点睛】易错点有二,一是不能正确还原几何体;二是计算体积有误.为避免出错,应注重多观察、细心算. (2019浙江)8.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 所成角为α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P AC B --的平面角为γ,则( ) A. ,βγαγ<<
B. ,βαβγ<<
C.
,βαγα<<
D.
,αβγβ<<
【答案】B 【解析】 【分析】
本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角,应用三角函数知识求解,而后比较大小.而充分利用图形特征,则可事倍功半.
【详解】方法1:如图G 为AC 中点,V 在底面ABC 的投影为O ,则P 在底面投影D 在线段AO 上,过D 作DE 垂直AE ,易得//PE VG ,过P 作//PF AC 交VG 于F ,过D 作//DH AC ,交BG 于H ,则
,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠,则c o s c o s P F
E G
D H
B D P B P B P B P B
α=
=
=<=β,即αβ>,tan tan PD PD
ED BD
γ=
>=β,即y >β,综上所述,答案为B.
方法2:由最小角定理βα<,记V AB C --的平面角为γ'(显然γ'=γ)
由最大角定理β<γ'=γ,故选B.
法2:(特殊位置)取V ABC -为正四面体,P 为VA 中点,易得
cos sin sin 33
α=
?α=β=γ=
,故选B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有,不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”,寻求简便解法. (2019浙江)14.
V ABC 中,90ABC ∠=?,4AB =,3BC =,点D 在线段AC 上,若45BDC ∠=?,则
BD =____;cos ABD ∠=________.
【答案】 (1). (2). 10
【解析】 【分析】
本题主要考查解三角形问题,即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入CD x =,在
BDC ?、ABD ?中应用正弦定理,建立方程,进而得解..
【详解】在ABD ?中,正弦定理有:sin sin AB BD ADB BAC =∠∠,而34,4AB ADB π
=∠=
,
AC 5=,34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠=
=∠==,所以5
BD =.
cos cos()cos
cos sin
sin 4
4
10
ABD BDC BAC BAC BAC π
π
∠=∠-∠=∠+∠=
【点睛】解答解三角形问题,要注意充分利用图形特征.
(2019浙江)19.如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A AC C ⊥平面ABC ,90ABC ∠=?,
11
30,,,BAC A A AC AC E F ∠=?==分别是11,AC A B 的中点.
(1)证明:EF BC ⊥;
(2)求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)3
5
. 【解析】 【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直,然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直;
(2)建立空间直角坐标系,分别求得直线的方向向量和平面的法向量,然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】(1)如图所示,连结11,A E B E ,
等边1
AAC △中,AE EC =,则sin 0sin B A ,≠∴=
平面ABC ⊥平面11A ACC ,且平面ABC ∩平面1
1A ACC AC =, 由面面垂直的性质定理可得:1A E ⊥平面ABC ,故1A E BC ⊥, 由三棱柱的性质可知11A B AB ∥,而AB BC ⊥,故11A B BC ⊥,且11
11A B A E A =,
由线面垂直的判定定理可得:BC ⊥平面11A B E , 结合EF ?平面11A B E ,故EF BC ⊥.
(2)在底面ABC 内作EH ⊥AC ,以点E 为坐标原点,EH ,EC ,1EA 方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系
E xyz -.
设1EH =
,则AE EC ==
11AA CA ==
3BC AB ==,
据此可得:(
)(
)()
130,,,0,0,3,2A B A C ??
? ???
,
由11AB A B =可得点1B
的坐标为132B ??
???
,
利用中点坐标公式可得:34F ??
???
,由于()0,0,0E , 故直线EF
的方向向量为:34EF ??
=
???
设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =,则:
(
)(
)133,,3302233,,,,002222m A B x y z x y z m BC x y z x y ????=?-=+-=? ? ????
?
???
?=?-=-+= ?? ????
, 据此可得平面1A BC 的一个法向量为()
1,3,1m =
,34EF ??
=
???
此时
4 cos,
5
EF m
EF m
EF m
?
===
?,
设直线EF与平面1A BC所成角为θ,则
43 sin cos,,cos
55
EF m
θθ
===.
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,通过严密推理,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
高中数学必修2立体几何测试题及答案(一)一,选择(共80分,每小题4分) 1,三个平面可将空间分成n个部分,n的取值为() A,4;B,4,6;C,4,6,7 ;D,4,6,7,8。 2,两条不相交的空间直线a、b,必存在平面α,使得() A,a?α、b?α;B,a?α、b∥α;C,a⊥α、b⊥α;D,a?α、b⊥α。 3,若p是两条异面直线a、b外的任意一点,则() A,过点p有且只有一条直线与a、b都平行;B,过点p有且只有一条直线与a、b都垂直;C,过点p有且只有一条直线与a、b都相交;D,过点p有且只有一条直线与a、b都异面。 4,与空间不共面四点距离相等的平面有()个 A,3 ;B,5 ;C,7;D,4。 5,有空间四点共面但不共线,那么这四点中() A,必有三点共线;B,至少有三点共线;C,必有三点不共线;D,不可能有三点共线。 6,过直线外两点,作与该直线平行的平面,这样的平面可有()个 A,0;B,1;C,无数;D,涵盖上三种情况。 7,用一个平面去截一个立方体得到的截面为n边形,则() A,3≤n≤6 ;B,2≤n≤5 ;C,n=4;D,上三种情况都不对。 8,a、b为异面直线,那么() A,必然存在唯一的一个平面同时平行于a、b;B,过直线b 存在唯一的一个平面与a平行;C,必然存在唯一的一个平面同时垂直于a、b;D,过直线b 存在唯一的一个平面与a垂直。 9,a、b为异面直线,p为空间不在a、b上的一点,下列命题正确的个数是() ①过点p总可以作一条直线与a、b都垂直;②过点p总可以作一条直线与a、b都相交;③
过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行;④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直;⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。 A ,1; B ,2; C ,3; D ,4。 10,异面直线a 、b 所成的角为80°,p 为空间中的一定点,过点p 作与a 、b 所成角为40° 的直线有( )条 A ,2; B ,3; C ,4; D ,6。 11,P 是△ABC 外的一点,PA 、PB 、PC 两两互相垂直,PA=1、PB=2、PC=3,则△ABC 的 面积为( )平方单位 A ,25; B ,611; C ,27; D ,2 9。 12,空间四个排名两两相交,以其交线的个数为元素构成的集合是( ) A ,{2,3,4}; B ,{1,2,3,}; C ,{1,3,5}; D ,{1,4,6}。 13,空间四边形ABCD 的各边与对角线的长都是1,点P 在AB 上移动 ,点Q 在CD 上移 动,点P 到点Q 的最短距离是( ) A ,21; B ,22; C ,23; D ,4 3。 14,在△ABC 中,AB=AC=5,BC=6,PA ⊥平面ABC ,PA=8,则P 到BC 的距离是( ) A ,45; B ,43; C ,25; D ,23。 15,已知m ,n 是两条直线,α,β是两个平面,下列命题正确的是( ) ①若m 垂直于α内的无数条直线,则m ⊥α;②若m 垂直于梯形的两腰,则m 垂直于梯形所 在的平面;③若n ∥α,m ?α,则n ∥m ;④若α∥β,m ?α,n ⊥β,则n ⊥m 。 A ,①②③; B ,②③④; C ,②④; D ,①③。 16,有一棱长为1的立方体,按任意方向正投影,其投影最大面积为( )
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
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.
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 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
2019年数学高考试题汇编—立体几何 1、全国I 理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 .68π B .64π C .62π D .6π 2、全国III 理8.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、浙江4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同,则积不容易”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体体积公式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,则该柱体的体积是 A .158 B .162 C .182 D .32 4、浙江8.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 所成角为α,直线PB 与平面ABC 所成角为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、北京理(11)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__________. 6、北京理(12)已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ;②m ∥α;③l ⊥α. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________. 7、江苏9.如图,长方体1111ABCD A B C D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16.已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC =2,点P 到∠ACB 两边AC ,BC 的距离均为3,那么P 到平面ABC 的距离为______ _____. 9、全国II 文理16.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.) 10、全国III 理16.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.