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
2
22,OE 1
2DC 1,
22
QOM 是直角 AOC 斜边 AC 上的中
线,
OM 1
AC 1, 2
2 cos OEM
4
异面直线
AB 与 CD 所成角的大小
为
2 arccos .
4
III )解: 设点 E 到平面 ACD 的距离为
h.
QV E ACD
V
A CDE
,
11
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 .
4
III )解:设平面 ACD 的法向量为 n (x, y,z), 则
y
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,
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 ,
22
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
d,
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
12
1 1 3
21 1 2 14 7
22
cos
n 1 n
2
|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
=
1
B
C
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
2
11 ∴BF=B1C1=BC,从而F为BC的中点.
22
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
21
从而平面B1GE与底面ABC所成锐二面角大小的余弦值为。
7
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
=
21
。
|m| |n| 7
21
。
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,
2
94 3 21 ,7
∵G为ΔABC的重心,∴G(3,0,0),
3
∵ BE =1 BC
3
33 ∴E(,1,)∴
33 又GE 侧面AA1B1B,2)设平面B1GE的法向量
为GE =(0,1,3)
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;
3
b+
3c=0.
3
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,
PF
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.
DE
PA
.
由 (I) AB 平面 PCB ,又∵ AB=BC ,可求得 BC=
2 .
在 Rt PCB 中,
PB= PC 2 BC 2
6,
CD
PC BC PB
在 Rt CDE
中,
cos CED = DE
CE
2 4
3 3
23
0.
3 ∴二面角 C-PA-B
大小的余弦值为 3
。
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.
2z
即
2x '
0, 2y
cos AP,BC
23
面角 C-PA-B 大小的余弦值为 3 .
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
6,
BC BE 2 2 2 3
,
BF
EC 6
3
23
直角 BFG 中,sin BGF
BF 3 6 , cos BGF
3
BG 2
3
3
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.
11
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
3
∴二面角 B —AC —E 的大小的余弦值为 3.
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.
11
AD DC EO 2 2 1 22 1
AE
2 EC 1
2 6 3
2
∴点 D 到平面 ACE 的距离为 23
3
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
AE
AC
0,
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 .
23
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
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 。
3
2
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
2
2
2
则
1 2
1
12 x
1
1 x
2 2
,
2
3
4
3
解之得:
AD
( 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
AB
所以, AME 为二面角
A -PC - D 的平面角。
2 3
x
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
22
,C 2 ,a,0
, 1
2 ,0,0
2
E 14,0,
2) uu ur
AE
3
4,0,
uuu r PD
1
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
r
AE
3
4,0,
是平面 PDC 的法向量;
设平面
PAC 的法向量
为
n
1
x, y,z ,
n
1
uuur PA ,
n 1
uuur AC ,
23z 0,取x 1,可得: y y0
1,z
所以,
n
1
1,1, 3 。
3
x, y,z 轴 1, AB a ,则
7
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
3
4 3 2
1 4 47 3
7
。 。
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
2
1
0 ,得
a
0 ,所以, 2
所以,当
AD
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 是 输入p 结束 输出n 12n S S =+ 否 1n n =+ 1 2 1 2 2 1 主视图 左视图 俯视图
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<< 立体几何大题题型及解题方法 立体几何大题一般考以下五个方面: 一、平行位置关系的证明 1、证明线面平行(重点) 解题方法:(1)线面平行判定定理;(2)面面平行的性质定理。 2、证明面面平行 解题方法:(1)面面平行的判定定理;(2)面面平行判定定理的推论;(3)垂直于同一直线的两平面平行;(4)平行平面的传递性。 3、平行位置关系的探索 (1)对命题条件的探索;(2)对命题结论的探索;(3)通过翻折来探索。 二、垂直位置关系的证明 1、证明线线垂直 解题方法: 2、证明线面垂直(重点) 解题方法: 3、证明面面垂直 4、垂直位置关系的探索 (1)对命题条件的探索;(2)对命题结论的探索;(3)通过翻折来探索。 三、求空间距离 1、点到平面的距离 解题方法: 2、空间线段长 解题方法:(1)解三角形法;(2)列方程法。 四、求几何体体积 五、求空间角 1、异面直线所成的角 2、直线与平面所成的角 考点一:如何判断空间中点、线、面的位置关系(排除法) 考点二:平行位置关系的证明 证明题一般的解题步骤: 一、根据题目的问题,确定要证明什么;根据题目的条件,确定用什么证明方法, 如果无法确定,则要通过逆向思维来分析题目; 二、看题目是否需要作辅助线(创造条件),证明平行位置问题一般作的辅助线是连等 分点,特别是中点; 三、根据确定的证明方法,看该方法需要多少个条件,然后看题目给的条件通过什 么方式给,如果是间接条件则需要推理证明得出,如果是直接条件或隐含条件则直接罗列; 四、准备好条件后,再次检查条件是否都满足,是否都罗列了,最后得出结论; 五、规范书写答案过程:一般过程为1、作辅助线;2、准备间接条件;3、罗列直接 高三文科数学专题复习:立体几何平行、垂直问题 【基础知识点】 一、平行问题 1.直线与平面平行的判定与性质 定义判定定理性质性质定理 图形 条件a∥α 结论a∥αb∥αa∩α=a∥b 2. 面面平行的判定与性质 判定 性质 定义定理 图形 条件α∥β,a?β 结论α∥βα∥βa∥b a∥α 平行问题的转化关系: 二、垂直问题 一、直线与平面垂直 1.直线和平面垂直的定义:直线l与平面α内的都垂直,就说直线l与平面α互相垂直.2.直线与平面垂直的判定定理及推论 文字语言图形语言符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平 面垂直 推论 如果在两条平行直线中,有一条垂直于平面,那么另一条直线也垂直这个平面 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 4.直线和平面垂直的常用性质 ①直线垂直于平面,则垂直于平面内任意直线. ②垂直于同一个平面的两条直线平行. ③垂直于同一条直线的两平面平行. 二、平面与平面垂直 1.平面与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平 面的垂线,则这两个平 面垂直 2.平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 两个平面垂直,则一个 平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平 面 类型一、平行与垂直 例1、如图,已知三棱锥A BPC -中,,,AP PC AC BC ⊥⊥M 为AB 中点,D 为PB 中点, 且△PMB 为正三角形。(Ⅰ)求证:DM ∥平面APC ; (Ⅱ)求证:平面ABC ⊥平面APC ; (Ⅲ)若BC 4=,20AB =,求三棱锥D BCM -的体积。 M D A P B C高考文科数学 立体几何大题-知识点、考点及解题方法
高三文科数学立体几何平行垂直问题专题复习(含答案)
2020高考数学专题复习----立体几何专题