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立体几何与平面几何


立体几何与平面几何 安徽理(6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 4

4 正(主)视图 1 2 1 俯视图 第 6 题图 (A) 48 (B)32+8 ?? (C) 48+8 ?? (D) 80 侧(左)视图

(6)C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法. 【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为 2,下底 为 4 , 高 为 4 , 两 底 面 积 和 为 2?

4 4 ? 2 ? 2 17 ? 24 ? 8 17 ,所以几何体的表面积为 48 ? 8 17 .故选 C.

?

?

1 ? 2 ? 4 ? ? 4 ? 24 , 四 个 侧 面 的 面 积 为 2

(17) (本小题满分 12 分) 如图, ABCDEF为多面体,平面 ABED 与平面

ACFD 垂 直 , 点 O 在 线 段 AD 上 ,
O A 1 , O D ?O, A ,△ OAC ,△ ODE , ? ? 2 B
△ ODF 都是正三角形。 (Ⅰ)证明直线 BC ∥ EF ; (Ⅱ)求梭锥 F — OBED 的体积。 解: (Ⅰ)设 G 是线段 DA 和线段 EB 延长线的交点。由于 ?OAB 与 ?ODE 都是正三角形, 所以:

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OB // DE , OB ?

1 DE , OG ? OD ? 2 ;同理,G / 是线段 DA 和线段 FG 延长线的交点。有 2

OG / ? OD ? 2 ,又由于 G 和 G / 都在线段 DA 的延长线上,所以 G 和 G / 重合。
在 ?GED 和 ?GFD 中 , 由 OB // DE , OB ?

1 1 DE 和 OC // DF , OC ? DF , 可 知 2 2

B, C 分别是 GE 和 GF 的中点,所以 BC 是 ?GEF 的中位线,故 BC // EF 。
(Ⅱ)由 OB ? 1, OE ? 2, ?EOB ? 60 知 S EOB ?
?

3 ,而 ?O D 是边长为 2 的正三角 E 2

形,故 SOED ? 3 ,所以 SOBED ?

3 3 ; 2

过 点 F 作 FQ ? AD 于 点 Q , 由 于 平 面 ABED ? 平 面 ACFD知 , FQ 就 是 四 棱 锥

F ? OBED 的高,且 FQ ? 3 ,
所以 VF ?OBED

1 3 ? FQ ? SOBED ? 。 3 2

安徽文没有新题 北京理 5.如图,AD、AE、BC 分别与圆 O 切于点 D、E、F,延长 AF 与圆 O 交于另一点 G,给 出下列三个结论: ① AD ? AE ? AB ? BC ? CA ;② AF ? AG ? AD ? AE ; ③ △AFB ∽△ADG . 其中正确的结论的序号是( ) A.①② B.②③ C.①③ D.①②③

E C O

G

F A B D

【解析】 :①正确。由条件可知,BD=BF,CF=CE,可得 AD ? AE ? AB ? BC ? CA 。 ②正确。通过条件可知,AD=AE。由切割定理可得 AF ? AG ? AD ? AD ? AE 。
2

③错误。连接 FD(如下图) ,若 △AFB ∽△ADG ,则有 ?ABF ? ?DGF 。通过图像可 知 ?ABF ? ?BFD ? ?BDF ? 2?DGF ,因而错误。答案选 A.

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7.某四面体三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是 A. 8 B. 6 2 C. 10 D. 8 2

【解析】由三视图还原几何体如下图,该四面体四 个面的面积中最大的是 ? PAC,面积为 10,选 C。

P

4 2 4 5 A 4 B 3

C

16.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 平面 ABCD ,底面 ABCD 是菱形, AB=2 , ?BAD=60? . (1)求证: BD ? 平面 PAC; (2)若 PA PB ,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; = (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.
P

D A B C

16.(本小题共 14 分) 如 图 , 在 四 棱 锥 P ? A B C D , PA ? 平 面 A B C D 底 面 ABCD 是 菱 形 , 中 ,

AB ? 2, ?BAD ? 60? .
(Ⅰ)求证: BD ? 平面 PAC; (Ⅱ)若 PA ? AB, 求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

【解析】 a - 2b ? ( 3,3) , a ? 2b 与 c 共线可得 k=1。

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(16) (共 14 分) 证明: (Ⅰ)因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 AC⊥BD.又因为 PA⊥平面 ABCD. 所以 PA⊥BD,所以 BD⊥平面 PAC.

(Ⅱ)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°,PA=PB=2,所以 BO=1,AO=CO= 3 . 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O—xyz,则 P(0,— 3 ,2) ,A(0,— 3 ,0) ,B(1,0,0) ,C(0, 3 ,0). 所以 PB ? (1, 3, ?2), AC ? (0, 2 3, 0). 设 PB 与 AC 所成角为 ? ,则

??? ?

????

??? ???? ? PB ? AC 6 6 ? cos ? ??? ????? ? ? . 4 | PB | ?| AC | 2 2 ? 2 3
(Ⅲ)由(Ⅱ)知 BC ? (? 1, 3, 0). P(0,- 3 ,t) 设 (t>0) ,则

??? ?

??? ? BP ? (?1, ? 3, t )
设平面 PBC 的法向量 m ? ( x, y, z ) ,则 BC ? m ? 0, BP ? m ? 0 所以 ?

??? ?

??? ?

?? x ? 3 y ? 0, ? ?? x ? 3 y ? tz ? 0 ?

令y?

6 6 3, 则 x ? 3, z ? . 所以 m ? (3, 3, ) t t

同理, 平面 PDC 的法向量 n ? (?3, 3 , ) , 因为平面 PCB⊥平面 PDC, 所以 m? n =0,即 ? 6 ?

6 t

36 ? 0 ,解得 t ? 6 ,所以 PA= 6 。 t2

北京文(5)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是 A. 32 C. 48 B B.

16 ? 16 2

D. 16 ? 32 2

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(17) (本小题共 14 分) 在四面体 PABC 中, PC ? AB , PA ? BC ,点 D, E, F , G 分别是棱 AP, AC, BC, PB 的中点。 (I)求证: DE ∥平面 BCP ; (II)求证:四边形 DEFG 为矩形; (III)是否存在点 Q ,到四面体 PABC 六条棱的中点的距 离相等?说明理由。

证明: (I)因为 D, E 分别为 AP, AC 的中点,所以 DE // BC ; 又 DE ? 平面 BCP ,所以 DE // 平面 BCP (II)因为 D, E, F , G 分别是棱 AP, AC, BC, PB 的中点,所以

DE // PC // FG, DG // AB // EF ,所以四边形 DEFG 为平行四边形
又 PC ? AB 所以 DE ? DG ,所以四边形 DEFG 为矩形。 (III)存在点 Q 满足条件,理由如下:连接 DE , FG ,设 Q 为 EG 的中点,由(II)知,

DF ? EG ? Q 且

QD ? QE ? QF ? QG ?
为 EG 的中点 Q , 且 QM ? QN ?

1 EG ,与(II)同理可证四边形 MENG 为矩形,其对角线的交点 2

1 EG ,所以 Q 为满足条件的点。 2

福建理 12.三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,PA=3,底面 ABC 是边长为 2 的正三角形,则三 棱锥 P-ABC 的体积等于______。 3 20. (本小题满分 14 分) 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2 ,

?CDA ? 45? .
(I)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (II)设 AB=AP. (i)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? , 求线段 AB 的长; (ii)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得 点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等?说明理由。

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20.本小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、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数 形结合思想、化归与转化思想,满分 14 分。 解法一: (I)因为 PA ? 平面 ABCD, AC ? 平面 ABCD, 所以 PA ? AB ,又 AB ? AD, PA ? AD ? A, 所以 AB ? 平面 PAD。 又 AB ? 平面 PAB,所以平面 PAB ? 平面 PAD。 (II)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于点 E,则 CE ? AD. 在 Rt ?CDE 中,DE= CD? cos 45? ? 1 , ,P(0,0,t) CE ? CD ? sin 45? ? 1, 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0) 由 AB+AD=4,得 AD=4-t,所以 E (0,3 ? t ,0), C (1,3 ? t ,0), D(0, 4 ? t ,0) ,

??? ? ??? ? CD ? (?1,1, 0), PD ? (0, 4 ? t , ?t ).
(i)设平面 PCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) , 由 n ? CD , n ? PD ,得 ?

??? ?

??? ?

? ? x ? y ? 0, 取 x ? t , 得平面 PCD 的一个法向 量 ?(4 ? t ) y ? tx ? 0.

n ? {t , t , 4 ? t} ,
又 PB ? (t , 0, ?t ) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? ,得

??? ?

??? ? n ? PB | 2t 2 ? 4t | 1 ??? |, 即 ? cos 60? ?| ? , | n | ? | PB | t 2 ? t 2 ? (4 ? t ) 2 ? 2 x 2 2
解得 t ?

4 4 ,所以 AB ? . 或t ? 4 (舍去,因为 AD ? 4 ? t ? 0 ) 5 5

(ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等, 设 G(0,m,0) (其中 0 ? m ? 4 ? t )

则 GC ? (1,3 ? t ? m, 0), GD ? (0, 4 ? t ? m, 0), GP ? (0, ?m, t ) ,

????

????

??? ?

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由 | GC |?| GD | 得 (4 ? t ? m) ? m ? t , (2)
2 2 2

????

????

由(1)(2)消去 t,化简得 m ? 3m ? 4 ? 0 (3) 、
2

由于方程(3)没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G, 使得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等。 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G, 使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。 解法二: (I)同解法一。 (II) (i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于 E, 则 CE ? AD 。 在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于点 E,则 CE ? AD. 在 Rt ?CDE 中,DE= CD? cos 45? ? 1 , 则 (t, 0) P 0, ,(0, t) 由 AB+AD=4, AD=4-t, 0, , 得 CE ? CD ? sin 45? ? 1, 设 AB=AP=t, B 所以 E (0,3 ? t ,0), C (1,3 ? t ,0), D(0, 4 ? t ,0) , CD ? (?1,1, 0), PD ? (0, 4 ? t , ?t ). 设平面 PCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,由 n ? CD , n ? PD ,得 ? 取 x ? t ,得平面 PCD 的一个法向量 n ? {t , t , 4 ? t} , 又 PB ? (t , 0, ?t ) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? ,得

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

? ? x ? y ? 0, ?(4 ? t ) y ? tx ? 0.

??? ?

??? ? n ? PB | 2t 2 ? 4t | 1 ??? |, 即 ? cos 60? ?| ? , | n | ? | PB | t 2 ? t 2 ? (4 ? t ) 2 ? 2 x 2 2
解得 t ?

4 4 ,所以 AB ? . 或t ? 4 (舍去,因为 AD ? 4 ? t ? 0 ) 5 5

(ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等, 由 GC=CD,得 ?GCD ? ?GDC ? 45? , 从而 ?CGD ? 90? ,即 CG ? AD, ? GD ? CD ? sin 45? ? 1, 设 AB ? ? , 则AD=4-?, AG ? AD ? GD ? 3 ? ? , 在 Rt ?ABG 中, GB ?

AB 2 ? AG 2 ? ? 2 ? (3 ? ? ) 2

3 9 ? 2(? ? ) 2 ? ? 1, 这与 GB=GD 矛盾。 2 2
所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等, 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。
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福建文 15.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,若 EF∥平面

AB1C,则线段 EF 的长度等于
D E A

。 2
F B C

D1 A1 B1

C1

20.(本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD, 点 E 在线段 AD 上,CE∥AB。 (Ⅰ)求证:CE⊥平面 PAD; (Ⅱ)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45°, 求四棱锥 P-ABCD 的体积

P

A B C

E

D

20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,几何体的体积等基础知识;考查 空间想象能力,推理论证能力,运算求解能力;考查数形结合思想,化归与转化思想, 满分 12 分 (I)证明:因为 PA ? 平面 ABCD, CE ? 平面 ABCD, 所以 PA ? CE. ,因为 AB ? AD, CE / / AB, 所以CE ? AD. 又 PA ? AD ? A, 所以 CE ? 平面 PAD。 (II)由(I)可知 CE ? AD , 在 Rt ?ECD 中,DE=CD ? cos 45? ? 1, CE ? CD ? sin 45? ? 1, 又因为 AB ? CE ? 1, AB / /CE ,所以四边形 ABCE 为矩形, 所以 S四边形ABCD ? S矩形ADCE ? S?ECD ? AB ? AE ? 又 PA ? 平面 ABCD,PA=1, 所以 V四边形P ? ABCD ?

1 1 5 CE ? DE ? 1? 2 ? ?1?1 ? . 2 2 2

1 1 5 5 S四边形ABCD ? PA ? ? ?1 ? . 3 3 2 6

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广东理 7 如图 l—3.某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图 都是矩形,则该几何体的体积为

A. 6 3

B. 9 3

C. 12 3

D. 18 3

解析:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体,底面是以 3 为边长的正方形, 该六面体的高 2 ? 1 ?
2

3 ,? 该几何体的体积为3 2 ? 3 ? 9 3 , 故选B.

15.(几何证明选讲选做题)如图 4,过圆 O 外一点 P 分别作圆 的切线和割线交圆于 A, B ,且 PB ? 7 , C 是圆上一点使得 BC ? 5 ,则 AB ? .

解析 : PA是圆的切线,??BAP ? ?BCA, 又?BAC ? ?APB, ??BAP与?BCA相似, 从而 AB PB ? , CB AB

? AB 2 ? PB ? CB ? 7 ? 5 ? 35,? AB ? 35.
18. (本小题满分 13 分) 如 图 5 , 在 椎 体 P ? A B C中 , ABCD 是 边 长 为 D 1 的 棱 形 , 且

?DAB ? 600 , PA ? PD ? 2 , PB ? 2, E , F 分别是 BC , PC 的中点,
(1)证明: AD ? 平面DEF ; (2)求二面角 P ? AD ? B 的余弦值.

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解 : (1)证明 : 设AD中点为H , 连接PH , BH , ? PA ? PD,? PH ? AD, 1 3 , AB ? 1, ?DAB ? 60 0 , 可得出BH ? , 2 2 从而AH 2 ? BH 2 ? AB 2 ,? AH ? HB , 即AD ? HB , AH ? ? AD ? 平面PHB, 又E , F分别是BC , BC的中点,? EF // PB,? EF // 平面PHB, 又显然BH // DE ,? DE // 平面PHB, 又DE , EF ? 平面DEF , DE ? EF ? E , ? 平面DEF // 平面PHB, ? AD ? 平面PHB,? AD ? 平面DEF .

H

( 2)由(1)知, PH ? AD, BH ? AD, 且PH ? 面PAD, BH ? 面BAD, ? ?PHB就是二面角P ? AD ? B的平面角, 1 7 3 PH ? ( 2 ) 2 ? ( ) 2 ? , BH ? , PB ? 2, 2 2 2 7 3 3 ? ?4 ? 2 2 2 PH ? BH ? PB 3 21 ? cos?PHB ? ? 4 4 ? 2 ?? ?? , 2 PH ? BH 7 7 3 21 21 2? ? 2 2 2 21 即二面角P ? AD ? B的余弦值为 ? . 7 ???? ??? ??? ? ? 注: 本题也可以 AD, AB, AP为一组向量, 先算出PC ? 5 ,继而可证明第(1)问,并可进
一步得到 AD,DE,DF 两两垂直,从而建立空间直角坐标系,再解决第(2)问.总的说来,本题 用传统方法,还更简单. 广东文 9.如图 1-3,某几何体的正视图(主视图) ,侧视图(左视图)和俯视图分别是等腰 三角形和菱形,则该几何体体积为 C A. 4 3 B.4 C. 2 3 D.2

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15. (几何证明选讲选做题)在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB=4,CD=2.E,F 分别为 AD,BC 上 点,且 EF=3,EF∥AB,则梯形 ABFE 与梯形 EFCD 的面积比为 7:5 18. (本小题满分 13 分) 图 5 所示的集合体是将高为 2,底面半径为 1 的直圆柱沿过轴的平面切开后,将其中一
' ' ? ? 半沿切面向右水平平移后得到的.A,A′,B,B′分别为 CD , C D , DE , D E 的中
'

?'

?

点, O1 , O1 , O2,O2 分别为 CD, C ' D ', DE, D ' E ' 的中点. (1)证明: O1 , A , O2 , B 四点共面; (2) G 为 A A′中点, 设 延长 A O1 到 H′, 使得 O1 H ? AO1 . 证明:BO2 ? 平面H B G
' ' ' ' ' '
' ' ' '

'

'

'

'

18. (本小题满分 13 分)

? ? 证明: (1)? A, A?分别为CD, C ?D ? 中点,
? O1? A? / / O1 A ,连接 BO2

?直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到
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? AO1 / / BO2 ? O1? A? / / BO2
? O1? , A?, O2 , B 共面。
// (2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 HO1? , HB, H ?H ?由平移性质得 O1?O2? =HB

? ? BO2? / / HO1? ,? A?G ? H ?O1? , H ?H ? A?H ?, ?O1? H ?H ? ?GA?H ? ? 2

? ? ?GA?H ? ? ?O1? H ?H , H ?O1? H ? GH ?A ? , O1? H ? H ?G , BO2? ? H ?G ? ? ?? 2

? O1?O2? ? B ?O2? , O1?O2? ? O2?O2 , B ?O2? ? O2?O2 ? O2? ,? O1?O2? ? 平面B ?BO2 O2?

? O1?O2? ? BO2? ,? BO2? ? H ?B ? ,? H ?B? ? H ?G ? H ? ,? BO2? ? 平面H ?B ?G.
湖北理 14.如图,直角坐标系 xOy 所在的平面为 ? ,直角坐标系 x Oy (其中 y 轴一与 y
' ' '

轴重合)所在的平面为 ? , ?xOx ? 45? 。
'

(Ⅰ)已知平面 ? 内有一点 P (2 2, 2) ,则点 P ' 在平面 ? 内的射影 P 的
'

坐标为


' 2 '2

' ' (Ⅱ) 已知平面 ? 内的曲线 C 的方程是 ( x ? 2) ? 2 y ? 2 ? 0 , 则曲线 C 在平面 ? 内

的射影 C 的方程是 (2,2) ( x ? 1) ? y ? 1 ,
2 2



18. (本小题满分 12 分) 如图,已知正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的各棱长都是 4, E 是 BC 的中点, 动点 F 在侧棱 CC 1 上,且不与点 C 重合. (Ⅰ)当 CF =1 时,求证: EF ⊥ A1C ; (Ⅱ)设二面角 C ? AF ? E 的大小为 ? ,求 tan ? 的最小值. 18. 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识, 同时考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力。 (满分 12 分) 解法 1:过 E 作 EN ? AC 于 N,连结 EF。 (I)如图 1,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知, 底面 ABC ? 侧面 A1C。 又度面 ABC ? 侧面 A,C=AC,且 EN ? 底面 ABC, 所以 EN ? 侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, 在 Rt ?CNE 中, CN ? CE cos 60? =1, 则由

CF CN 1 ? ? ,得 NF//AC1 ,又 AC1 ? A1C , 故 NF ? A1C 。由三垂线定理知 CC1 CA 4

EF ? A1C. 。
(II)如图 2,连结 AF,过 N 作 NM ? AF 于 M,连结 ME。
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由(I)知 EN ? 侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM ? AF , 所以 ?EMN 是二面角 C—AF—E 的平面角,即 ?EMN ? ? , 设 ?FAC ? ? , 则0? ? ? ? 45? ,在 Rt ?CNE 中, NE ? EC ? sin 60? ? 3, 在 Rt ?AMN中, MN ? AN ? sin a ? 3sin a, 故 tan ? ?

NE 3 ? . MN 3sin a

又 0? ? ? ? 45?,? 0 ? sin a ? 值;

2 2 , 故当 sin a ? ,即当? ? 45? 时, tan? 达到最小 2 2

tan ? ?

3 6 ? 2? ,此时 F 与 C1 重合。 3 3

解法 2: (I)建立如图 3 所示的空间直角坐标系,则由已知可得

A(0, 0, 0), B(2 3, 2, 0), C (0, 4, 0), A1 (0, 0, 4), E ( 3,3, 0), F (0, 4,1),
于是 CA1 ? (0, ?4, 4), EF ? (? 3,1,1). 则

????

??? ?

???? ??? ? CA1 ? EF ? (0, ?4, 4) ? (? 3,1,1) ? 0 ? 4 ? 4 ? 0,
故 EF ? A1C. (II)设 CF ? ? ,(0 ? ? ? 4) ,平面 AEF 的一个法向量为 m ? ( x, y, z ) ,

0 ) , 则由(I)得 F(0,4,? ) A ? ( ,3 ,E
可得

??? ?

4A 0F ,) (

??? ?

?

? ,于是由 m ? AE , m ? AF

??? ?

??? ?

??? ? ?m ? AE ? 0, ? 3x ? 3 y ? 0, ? ? 取 m ? ( 3? , ?? , 4). 即? ? ? ??? ?m ? AF ? 0, ?4 y ? ? z ? 0. ? ?

又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 n ? (1, 0, 0) , 于是由 ? 为锐角可得 cos ? ?
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3? ? 2 ? 16 | m?n | ? ,sin ? ? , | m | ?| n | 2 ?2 ? 4 2 ?2 ? 4
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所以 tan ? ?

? 2 ? 16 1 16 1 1 ? ? 2 , 由 0 ? ? ? 4 ,得 ? , 3 3? ? 4 3?

即 tan ? ?

1 1 6 ? ? , 3 3 3

故当 ? ? 4 ,即点 F 与点 C1 重合时, tan ? 取得最小值 湖北文 7.设球的体积为 V 1 ,它的内接正方体的体积为 V A. V 1 比 V
2

6 , 3
)D 大

2

,下列说法中最合适的是( 大约多一倍;D. V 1 比 V

大约多一半;B. V 1 比 V

2

大约多两倍半;C. V 1 比 V

2

2

约多一杯半 18. (本小题满分 12 分) 如图,已知正三棱柱 A B C - A 1 B 1 C 1 的底面边长为 2,侧棱长 为3

2 ,点 E 在侧棱 A A 1 上,点 F 在侧棱 B B 1 上,
2.

且 AE ? 2 2 , BF ?

(I) 求证: CF ? C E ; 1

F 1 (II) 求二面角 E?C ?C 的大小。
18. 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法, 同时考查空间想象能力和 推理论证能力。 (满分 12 分) 解法 1: (Ⅰ)由已知可得 CC1 ? 3 2, CE ? C1 F ?

22 ? (2 2) 2 ? 2 3

EF 2 ? AB 2 ? ( AE ? BF ) 2 , EF ? C1 E ? 22 ? ( 2) 2 ? 6
于是有 EF ? C1 E ? C1 F , CE ? C1 E ? CC1 ,所以 C1 E ? EF , C1 E ? CE
2 2 2 2 2 2

又 EF ? CE ? E , 所以C1 E ? 平面CEF . 由 CF ? 平面CEF , 故CF ? C1 E. (Ⅱ)在 ?CEF 中,由(Ⅰ)可得 EF ? CF ? 于是有 EF +CF =CE ,所以 CF ? EF.
2 2 2

6, CE ? 2 3

又由(Ⅰ)知 CF ? C1E,且 EF ? C1 E ? E ,所以 CF ? 平面 C1EF, 又 C1 F ? 平面 C1EF,故 CF ? C1F。于是 ?EFC1 即为二面角 E—CF—C1 的平面角。 由(Ⅰ)知 ?C1 EF 是等腰直角三角形,所以 ?BFC1 ? 45? ,即所求二面角 E—CF—C1

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的大小为 45? 。 解法 2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得

A(0, 0, 0), B( 3,1, 0), C (0, 2, 0), C1 (0, 2,3 2), E (0, 0, 2 2), F ( 3,1, 2)
( Ⅰ ) C1 E ? (0, ?2, ? 2), CF ? ( 3, ?1, 2) , C1 E ? CF ? 0 ? 2 ? 2 ? 0 ,

???? ?

??? ?

???? ??? ? ?

? CF ? C1 E.
(Ⅱ) CE ? (0, ?2, 2 2) ,设平面 CEF 的一个法向量为 m ? ( x, y, z )

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ?m ? CE ? 0, ? 由 m ? CE , m ? CF , 得 ? ??? ? ?m ? CF ? 0, ?
即?

??2 y ? 2 2 z ? 0, ? ? 3x ? y ? 2 z ? 0 ?

可取m ? (0, 2,1)
??? ? ???? ? ??? ?

设侧面 BC1 的一个法向量为 n,由n ? BC , n ? CC1 , 及CB ? ( 3, ?1, 0)

CC1 ? (0,0,3 2 ), 可取n ? (1, 3,0)
设二面角 E—CF—C1 的大小为θ ,于是由θ 为锐角可得

cos ? ?

| m?n | ? | m|?| n|

6 3?2

?

2 ,所以 ? ? 45? 2

3

即所求二面角 E—CF—C1 的大小为 45? 。 湖南理 3.设图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积 为 A. 9? ? 42 B. 36? ? 18 C. ? ? 12

2 3 正视图 侧视图

9 2

D. ? ? 18

9 2

答案:D 解析: 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合 体, 其体积 V ?

4 3 3 9 ? )+3 ? 3 ? 2= ? ? 18 。 ( 3 2 2

俯视图 图1

11.如图 2, , E 是半圆周上的两个三等分点, 直径 BC ? 4 , A

AD ? BC ,垂足为 D, BE 与 AD 相交与点 F,则 AF 的长
为 答案: 。

2 3 ; 解析: 由题可知, AOB ? ?EOC ? 60? OA ? OB ? 2 , ? 3

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得 OD ? BD ? 1 , DF ?

3 2 3 2 ,又 AD ? BD ? CD ? 3 ,所以 AF ? AD ? DF ? . 3 3
2, ? O 的 直 径

19. ( 本 题 满 分 12 分 ) 如 图 5 , 在 圆 锥 PO 中 , 已 知 PO ?

AB ? 2, C是 ? 的中点, D为AC 的中点. AB ,
(I)证明: 平面POD ? 平面PAC; (II)求二面角 B ? PA ? C 的余弦值.

解: (I)连接 OC ,因为 OA ? OC , D 为的 AC 中点,所以 AC ? OD . 又 PO ? 底面 ? O, AC ? 底面 ? O, 所以AC ? PO. 因为 OD, PO是平面 POD 内的两 条相交直线,所以 AC ? 平面POD。 AC ? 平面PAC ,所以 平面POD ? 平面PAC 。 而 (II)在平面 POD 中,过 O 作 OH ? PD 于 H ,由(I)知, 平面POD ? 平面PAC , 所以 OH ? 平面PAC , 又 PA ? 平面PAC, 所以 PA ? OH . 在平面 PAO 中,过 O 作 OG ? PA于G,连接 HG ,则有 PA ? 平面OGH ,从而

PA ? HG ,所以 ?OGH 是二面角 B ? PA ? C 的平面角.
在 Rt ?ODA中, OD ? OA ? sin 45? ?

2 ,在 2

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Rt ?POD中, OH ?

PO ? OD PO 2 +OD 2

?

2?

2 2 ? 10 5 1 2+ 2



Rt ?POA中, OG ?

PO ? OA PO +OA
2 2

?

2 ?1 6 ? , 3 2+1

10 OH 15 ; Rt ?OHG中,sin ?OGH ? ?? 5 ? OG 5 6 3
,所以 cos ?OGH ?

10 10 。故二面角 B ? PA ? C 的余弦值为 。 5 5

湖南文 19. (本题满分 12 分) 如图 3,在圆锥 PO 中,已知 PO ?

2, ? O 的直径

AB ? 2, 点C在 ? 上,且?CAB=30? , D为AC 的中点. AB
(I)证明: AC ? 平面POD; (II)求直线和平面 PAC 所成角的正弦值.

解析: (I)因为 OA ? OC, D是AC的中点,所以AC ? OD. 又 PO ? 底面 ? O, AC ? 底面 ? O, 所以AC ? OD. PO是平面 POD 内的两条相交直 线,所以 AC ? 平面POD;
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(II)由(I)知, AC ? 平面POD, 又 AC ? 平面PAC , 所以平面 POD ? 平面PAC , 在 平面 POD 中,过 O 作 OH ? PD于H,则 OH ? 平面PAC , 连结 CH ,则 CH 是

OC在平面PAC 上的射影,所以 ?OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角.

在 Rt ? POD中, OH ?

1 2 ? 2 ,在 ? 3 1 PO 2 ? OD 2 2? 4 PO? OD 2?
OH 2 ? 。 OC 3

Rt ? OHC中,sin ?OCH ?

江苏 16.(本小题满分 14 分)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD, AB=AD,∠BAD=60°,E、F 分别是 AP、AD 的中点 求证: (1)直线 EF//平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD.

(第16题图)
答案: (1)因为 E、F 分别是 AP、AD 的中点,

? EF ? PD, 又? PD ? 面PCD, EF ? 面PCD

?直线 EF//平面 PCD
(2)连接 BD? AB=AD,?BAD=60 , ?ABD 为正三角形
?

F 是 AD 的中点,? BF ? AD, 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 面PAD ? 面ABCD=AD, ? BF ? 面PAD, BF ? 面BEF 所以,平面 BEF⊥平面 PAD.
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解析:本题主要考查空间想象能力和推理论证能力、考查平面的表示,直线与平面、平面与 平面平行和垂直的判定及性质,容易题. 附加:A.选修 4-1:几何证明选讲 (本小题满分 10 分) 如图,圆 O1 与圆 O2 内切于点 A ,其半径分别为 r1 与 r2 ( r1 ? r2 ) .圆 O1 的弦 AB 交圆 O2 于点 C ( O1 不在 AB 上) . 求证: AB : AC 为定值. A.选修 4-1:几何证明选讲 本小题主要考查两圆内切、相似比等基础知识,考查推理论证能力,满分 10 分。 证明:连结 AO1,并延长分别交两圆于点E和点D连结 BD、CE,因为圆 O1 与圆 O2 内切于 点 A,所以点 O2 在 AD 上,故 AD,AE 分别为圆 O1,圆 O2 的直径。 从而 ?ABD ? ?ACE ? 于是

?
2

,所以 BD//CE,

AB AD 2r1 r1 ? ? ? . ,所以 AB:AC 为定值。 AC AE 2r2 r2

江西理 8. 已知 ? 1 ,? 2 ,? 3 是三个相互平行的平面,平面 ? 1 ,? 2 之间的距离为 d 1 ,平 面 ? 2 , ? 3 之间的距离为 d 2 ,直线 l 与 ? 1 , ? 2 , ? 3 分别相交于 P1 , P2 , P3 ,那么 “ P P2 ? P2 P3 ”是“ d 1 ? d 2 ”的 1 A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【解析】因为 ? 1 ∥ ? 2 ∥ ? 3 ,当 P P2 ? P2 P3 时不难推出 d 1 ? d 2 ,同时当 d 1 ? d 2 时也可以 1 推出 P P2 ? P2 P3 ,∴“ P P2 ? P2 P3 ”是“ d 1 ? d 2 ”的充分必要条 1 1 件 21. (本小题满分 14 分) (1)如图,对于任一给定的四面体 A1 A2 A3 A4 ,找出依次排列的四个 相互平行的平面 ? 1,? 2,? 3,? 4 ,使得

A1

A2 A4
A3

Ai ? ? i ( i ? 1, 2, 3, 4 ) ,且其中每相邻两个平面间的距离都相等;
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面 ? 1,? 2,? 3,? 4 ,其中每相邻两个平面间的距 离都为 1,若一个正四面体 A1 A2 A3 A4 的四个顶点满足 Ai ? ? i ( i ? 1, 2, 3, 4 ) ,求该
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正四面体 A1 A2 A3 A4 的体积. 【解析】 (1) 如图所示, A1 A4 的三等分点 P2 , 3 ,A1 A3 的中点 M , 取 P 过三点 A2 , 2 , 作平面 ? 2 , 过三点 A3 , A2 A4 的中点 N , P M 因为 A2 P2 ∥ NP , A3 P3 ∥ MP2 ,所以平 P3 ,N 作平面 ? 3 , 3 面 ? 2 ∥平面 ? 3 ,再过点 A1 , A4 分别作平面 ? 1 , ? 4 与平 面 ? 2 平行,那么四个平面 ? 1 ,? 2 ,? 3 ,? 4 依次相互平行, 由线段 A1 A4 被平行平面 ? 1 ,? 2 ,? 3 ,? 4 截得的线段相等 知,期中每相邻两个平面间的距离相等,故 ? 1 , ? 2 , ? 3 , ? 4 为所求平面. (2)解法一:当(1)中的四面体为正四面体,若所得的四个平行平面,每相邻两平面 之间的距离为 1,则正四面体 A1 A2 A3 A4 就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长 为 a ,以 ?A2 A3 A4 的中心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴,直线 OA1 为 z 轴建立如 图的右手直角坐标系, 则 A1 (0, 0, z

A1

P2
P3
N x M o

A2
y

A4

A3

6 a 6 a 6 3 a, 0) , A4 (0, ? a, 0) a ) , A2 (? , a, 0) , A3 ( , 2 3 3 3 2 3

令 P2 , P3 为 A1 A4 的三等分点, N 为 A2 A4 的中点,有

P3 (0, ?

? ? ? ?? a 5 3 2 3 6 a 3 6 a, 0) , 所 以 P3 N ? ( ? , a, a) , N (? , ? a, ? a, ) 4 12 9 9 4 36 9

???? ? ????? 3a 3 a 3 NA3 ? ( , a, 0) , A4 N ? (? , a, 0) 4 4 4 4

? ? ? ???? ?9 x ? 5 3 y ? 4 6 z ? 0 ? n? P3 N ? 0 ? 设平面 A3 P N 的法向量为 n ? ( x, y , z ) ,有 ? ? ,即 ? 3 ???? ? ?3x ? 3 y ? 0 ? n? NA3 ? 0 ? ?
?

所以,n ? (1, ? 3, ? 6) .因为 ? 1 ,? 2 ,? 3 ,? 4 相邻平面之间的距离为 1, 所以点 A4 到平面 A3 P3 N 的距离:

?

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a 3 | (? ) ? 1 ? a ? (? 3 ) ? 0 ? (? 6 ) | 4 4 ?1, 1 ? (? 3 ) 2 ? (? 6 ) 2
解得 a ? 10 ,由此可得,边长为 10 的正四面体 A1 A2 A3 A4 满足条件.所以所求正四 面体的体积 V ?

1 1 3 2 6 2 3 5 Sh ? ? a ? a? a ? 5. 3 3 4 3 12 3

D1

F1

C1 ( A4 ) D1

C1 F1

A1

E1
D( A2 )

B1

N

M

F

C

A1

E1

B1

A

E

B ( A3 )

解法二:如图,现将此正四面体 A1 A2 A3 A4 置于一个正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, (或 者说,在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥,得到一个正方体) E1 , F1 , 分别是 A1 B1 , C1 D1 的中点, EE1D1D 和 BB1F1F 是两个平行平面,若其距离为 1,则 正四面体 A1 A2 A3 A4 即为满足条件的正四面体.右图是正方体的上底面,现设正方体的 棱长为 a ,若 A1M ? MN ? 1 ,则有 A1E1 ?

5 a 2 2 a据 , D1E1 ? A1D1 ? A1E1 ? 2 2

A1D1 ? A1E1 ? A1M ? D1E1 ,得 a ? 5 ,
于是正四面体的棱长 d ?

1 1 5 2a ? 10 ,其体积 V ? a3 ? 4 ? a3 ? a3 ? 5. 6 3 3

(即等于一个棱长为 a 的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积) 江西文 9.将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如右图所示,则该几何体的左视图为 ( )

答案:D 左视图即是从正左方看,找特殊位置的可视点,
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连起来就可以得到答案。

辽宁理 8.如图,四棱锥 S—ABCD 的底面为正方形,SD ? 底面 ABCD, 则下列结论中不正确的是 D ... A.AC⊥SB;B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角

12.已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB= 3 , ?ASC ? ?BSC ? 30? ,则棱 锥 S—ABC 的体积为 C A. 3 3 B. 2 3 C. 3 D.1

15.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3 ,它的三视图中的俯 视图如右图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是 .

2 3
22. (本小题满分 10 分)选修 4-1:几何证明选讲 如图,A,B,C,D 四点在同一圆上,AD 的延长线与 BC 的延长线交于 E 点,且 EC=ED. (I)证明:CD//AB; (II)延长 CD 到 F,延长 DC 到 G,使得 EF=EG,证明:A,B,G,F 四点共圆. 22.解: (I)因为 EC=ED,所以∠EDC=∠ECD. 因为 A,B,C,D 四点在同一圆上,所以∠EDC=∠EBA. 故∠ECD=∠EBA, 所以 CD//AB. ????5 分 (II)由(I)知,AE=BE,因为 EF=FG,故∠EFD=∠EGC 从而∠FED=∠GEC. 连结 AF,BG,则△EFA≌△EGB,故∠FAE=∠GBE, 又 CD//AB,∠EDC=∠ECD,所以∠FAB=∠GBA. 所以∠AFG+∠GBA=180°. 故 A,B,G,F 四点共圆 ????10 分 辽宁文 10.已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC=45°,则 棱锥 S-ABC 的体积为 C A.

3 3

B.

2 3 3

C.

4 3 3

D.

5 3 3

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18. (本小题满分 12 分) 如图,四边形 ABCD 为正方形,QA⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB=

1 PD. 2

(I)证明:PQ⊥平面 DCQ; (II)求棱锥 Q—ABCD 的的体积与棱锥 P—DCQ 的体积的比值. 18.解: (I)由条件知 PDAQ 为直角梯形 因为 QA⊥平面 ABCD,所以平面 PDAQ⊥平面 ABCD,交线为 AD. 又四边形 ABCD 为正方形,DC⊥AD,所以 DC⊥平面 PDAQ,可得 PQ⊥DC. 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= 所以 PQ⊥平面 DCQ.

2 PD,则 PQ⊥QD 2

(II)设 AB=a. 由题设知 AQ 为棱锥 Q—ABCD 的高,所以棱锥 Q—ABCD 的体积

1 V1 ? a3 . 3
由(I)知 PQ 为棱锥 P—DCQ 的高,而 PQ= 2a ,△DCQ 的面积为

2 2 a , 2
所以棱锥 P—DCQ 的体积为 V2 ?

1 3 a. 3

故棱锥 Q—ABCD 的体积与棱锥 P—DCQ 的体积的比值为 1. 全国Ⅰ理(6)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 D

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(15)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上,且 AB ? 6, BC ? 2 3 ,则棱 锥 O ? ABCD 的体积为 。8 3

(22) (本小题满分 10 分)选修 4-1:几何证明选讲 如图, D , E 分别为 ?ABC 的边 AB , AC 上的点,且不与 ?ABC 的顶点重合。已知 AE 的长为 n , AD , AB 的长是关于 x 的方程 x ? 14 x ? mn ? 0 的两个根。
2

(Ⅰ)证明: C , B , D , E 四点共圆; (Ⅱ)若 ?A ? 90? ,且 m ? 4, n ? 6 ,求 C , B , D , E 所在圆的半径。

(22)解: (I)连接 DE,根据题意在△ADE 和△ACB 中, AD×AB=mn=AE×AC, 即 因此∠ADE=∠ACB

AD AE .又∠DAE=∠CAB,从而△ADE∽△ACB ? AC AB

所以 C,B,D,E 四点共圆。

(Ⅱ)m=4, n=6 时,方程 x -14x+mn=0 的两根为 x1=2,x2=12.故 AD=2,AB=12. 取 CE 的中点 G,DB 的中点 F,分别过 G,F 作 AC,AB 的垂线,两垂线相交于 H 点,连接 DH. 因为 C,B,D,E 四点共圆,所以 C,B,D,E 四点所在圆的圆心为 H,半径为 DH. 由于∠A=90 ,故 GH∥AB, HF∥AC. HF=AG=5,DF= 径为 5 2 全国Ⅰ文(7) 设长方体的长、宽、高分别为 2a、a、a,其顶点都在一个球面上,则该球的表 面积为
0

2

1 (12-2)=5.故 C,B,D,E 四点所在圆的半 2

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(A)3 ? a

2

(B)6 ? a

2

(C)12 ? a

2

(D) 24 ? a

2

B (15)一个几何体的正视图为一个三角形, 则这个几何体可能是下列几何体中的_______(填入 所有可能的几何体前的编号) ①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 ①②③⑤ (18) (本小题满分 12 分) 如图, 已知四棱锥 P ? ABCD 的底面为等腰梯形,AB ∥ CD , AC ? BD ,垂足为 H ,PH 是四棱锥的高。 (Ⅰ)证明:平面 PAC ? 平面 PBD ; (Ⅱ)若 AB ? 6 , ?APB ? ?ADB ? 60°,求四棱锥

P ? ABCD 的体积。
(2)因为 ABCD 为等腰梯形, ? CD,AC ? BD,AB= AB 以 HA=HB=

6. 所

3.
0

因为 ? APB= ? ADR=60 ,所以 PA=PB= 等腰梯形 ABCD 的面积为 S=

6 ,HD=HC=1.,可得 PH= 3 .
??..9 分

1 AC x BD = 2+ 3 . 2

所以四棱锥的体积为 V=

3? 2 3 1 x(2+ 3 )x 3 = 3 3

全国Ⅱ理(6)已知直二面角 ? ? l ? ? , 点 A∈ ? ,AC⊥ l ,C 为 垂足,B∈ ? ,BD⊥ l ,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平 面 ABC 的距离等于
A B E C D

(A)

2 3

(B)

3 3

(C)

6 3

(D)1

【答案】 :C 【命题意图】 :本小题主要考查面面垂直的性质及点到面的距离的求法。 【解析】 如图, : 因为二面角 ? ? l ? ? 是直二面角, AC⊥ l , 所以 AC⊥ ? , AC 面 B 过D作

? BD 面 C



DE ? BC 于 E ,则 DE ? 面ABC , DE 即为 D 到平面 ABC 的距离。在 Rt?ABC 中,
BC ? AB 2 ? AC 2 ? 3 ,在 Rt ?BCD 中, CD ? 2 , DE ?
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BD ? CD 6 ? BC 3
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(11)已知平面 ? 截一球面得圆 M,过圆心 M 且与 ? 成 60? 二面角的平面 ? 截该球面 得圆 N.若该球面的半径为 4,圆 M 的面积为 4? ,则圆 N 的面积为 (A) 7? (B) 9? (C) 11? (D) 13? 【答案】 :D 【命题意图】 :本小题主要考查了球及球的截面的相关知识。 【解析】 :如图: OM ? 面 ? M ,由 ? M 的面积为 4? ,故

AM ? 2
在 Rt ?OAM中,

B O

N A M

OA ? 4, AM ? 2, ?OAM ? 60?, OM ? 2 3

ON ? 面 ? N ,在 Rt ?OMN中,?OMN ? 30?,
ON ? OM ? 30? ? 3,? NB ? OB 2 ? ON 2 ? 13 ? ? N的面积 ? ? ( 13)2 ? 13? sin
(16)已知 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 棱 BB1、CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于_____________. 【答案】 :

2 3

【命题意图】 :本小题主要考查了无棱二面角的作法及求法。 【解析】 :连 FE 并延长交 CB 的延长线于 G ,连 AG ,过 B 作

BH ? AG ,连 EH ,则由三垂线定理知 ?EHB 为面 AEF 与面 ABC
所成的二面角的平面角. 易求得 tan ?EHB ?

2 . 3

(19) (本小题满分 12 分) (注意:在试题卷上作答无效) ......... 棱锥 S ? ABCD 中, AB ∥ CD , BC ⊥ CD ,侧面 SAB 为等边三角形, AB = BC =2,

CD = SD =1.
(Ⅰ)证明: SD ⊥平面 SAB ; (Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小. 【命题立意】 :本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系 及线面角等基础知识, 考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力. 【解析】(Ⅰ)证明: :

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连 BD ? AB ? SB ? BC, CD ? SD ? 1, BD ? BD ??SDB ? ?BCD, 又? BC ? CD, ??BCD ? ?BSD ? 90?, SD ? SB 取 AB 的中点 E ,连 DE ,则 AE ? EB ? CD, 又? AB ∥ CD , BC ⊥ CD ,

?四边形BCDE是矩形 , DE ? AB ? DA ? DB
又? SA ? SB, SD ? SD ??SAD ? ?SBD,? SD ? SA 故 SD ⊥平面 SAB . (Ⅱ)过 S 作 SO ? ED于O ,过 O 作 OF ? BC于F ,连 SF ,则 OF ∥ AB , AB 与 平面 SBC 所成的角为 OF 与平面 SBC 所成的角。由(Ⅰ)有 DE ? AB , 又 SE ? AB ? AB ? 平面SDE ? SO ? 平面ABCD , ? BC ? 平面SDF . 故 ?SFO 即为 所求。 在 Rt ?SDE 中, SE ? 3, SD ? 1, DE ? BC ? 2 ? SO ?

1? 3 3 ? , OF ? CD ? 1 2 2

3 3 3 . ? tan ?SFO ? 2 ? ??SFO ? arctan 1 2 2
全国Ⅱ文(15)己知正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, E 为 C1 D1 的中点,则异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为等于 . 【答案】
学科王

2 3

【解析】取 A1 B1 的中点 F ,?AEF 为所求角,设棱长为 2,则 AE ? 3, AF ? 5, EF ?2 ,

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cos ?AEF ?

AE 2 ? EF 2 ? AF 2 2 ? . 2 AE ? EF 3

山东理 11.下图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、 俯视图如下图; ②存在四棱柱, 其正(主)视图、 俯视图如下图; ③存在圆柱,其正(主)视图、 俯视图如下图.其中真命题的个数是 (A)3 (B)2 (C)1 (D)0
学科王

【答案】A

主(正)视图 【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱;容易判断②③可以. 19.(本小题满分 12 分)

俯视图

在如图所示的几何体中, 四边形 ABCD 为平行四边形, ACB= 90? , ∠ EA⊥平面ABCD, EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF. (Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE; (Ⅱ)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.

【解析】 (Ⅰ)连结 AF,因为 EF∥AB,FG∥BC, EF∩FG=F,所以平面 EFG∥平面 ABCD,又易证 ?EFG ∽ ?ABC ,

FG EF 1 1 1 ? ? ,即 FG ? BC ,即 FG ? AD ,又 M 为 AD BC AB 2 2 2 1 的中点,所以 AM ? AD ,又因为FG∥BC∥AD, 所以FG∥AM,所以四边形 AMGF 是平 2
所以 行四边形,故 GM∥FA,又因为GM ? 平面ABFE,FA ? 平面ABFE,所以GM∥平面AB

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FE.

(Ⅱ)取 AB 的中点 O,连结 CO,因为AC=BC,所以 CO⊥AB, 又因为EA⊥平面ABCD,CO ? 平面ABCD,所以EA⊥CO, 又EA∩AB=A,所以 CO⊥平面ABFE,在平面 ABEF 内,过点 O 作 OH⊥BF 于 H,连结 CH,由三 垂线定理知: CH⊥BF,所以 ?CHO 为二面角A-BF-C的平面角. 设AB=2EF= 2a ,因为∠ ACB= 90? ,AC=BC= 2a ,CO= a , AE ?

2 a ,连结 FO,容 2

易证得 FO∥EA 且 FO ?

2 2 2 6 3 a? a ,所以 BF ? a ,所以 OH= a ,所以在 = 2 2 2 3 6

Rt?COH 中,tan∠ CHO=
60? .
山东文 19. (本小题满分 12 分)

CO ? OH

3 ,故∠ CHO= 60? ,所以二面角A-BF-C的大小为

如图,在四棱台 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, D1 D ? 平面 ABCD ,底面 ABCD 是平行四边 形, AB=2AD , AD=A1B1 , ?BAD= 60° (Ⅰ)证明: AA1 ? BD ; (Ⅱ)证明: CC1∥平面A1BD . 19. (I)证法一: 因为 D1D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD,所以 D 1 D ? BD ,又因为 AB=2AD,

?BAD ? 60? , 在 ?ABD 中,由余弦定理得
2 2 BD2 ? AD2 ? AB2 ? 2 AD ? AB cos 60? ? 3 AD2 , 所 以 A D ? B D?

A 2, 因 此 B

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AD ? BD ,
又 AD ? D1D ? D, 所以 BD ? 平面ADD1 A1. 又 AA1 ? 平面 ADD1A1,故 AA1 ? BD. 证法二: 因为 D1D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD, 所以 BD ? D1 D. ,取 AB 的中点 G,连接 DG, 在 ?ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD, 又 ?BAD ? 60? ,所以 ?ADG 为等边三角形。 因此 GD=GB,故 ?DBG ? ?GDB ,又 ?AGD ? 60? ,

所以?GDB=30?,
又AD ? D1D ? D,

故?ADB=?ADG+?GDB=60?+30?=90?,

所以BD ? AD.

所以 BD ? 平面 ADD1A1,又 AA1 ? 平面 ADD1A1,故 AA1 ? BD. (II)连接 AC,A1C1,设 AC ? BD ? E ,连接 EA1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 EC ?

1 AC. 2

由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1//EC 且 A1C1=EC, 所以边四形 A1ECC1 为平行四边形,因此 CC1//EA1, 又因为 EA 1 ? 平面 A1BD, CC1 ? 平面 A1BD,所以 CC1//平面 A1BD。 陕西理 5.某几何体的三视图如图所示,则它的体积是 ( ) (A) 8 ?

2? ? 2? (B) 8 ? (C) 8 ? 2? (D) 3 3 3

【思路点拨】 根据已知的三视图想象出空间几何体, 然后由几何体的组成和有关几何体体积 公式进行计算. 【精讲精析】选 A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体,即一个正方体中间去掉一 个圆锥体,所以它的体积是

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1 2? . V ? 23 ? ? ? ?12 ? 2 ? 8 ? 3 3
B. (几何证明选做题)如图,∠B=∠D, AE ? BC ,?ACD ? 90 ,且 AB=6,AC=4,AD=12,
?

则 BE= . 【分析】寻找两个三角形相似的条件,再根据相似三角形的对应边成比例求解.

【解】因为 AE ? BC , 所以∠AEB= ?ACD ? 90 ,又因为∠B=∠D,所以△AEB∽△ACD,所以
?

所以 AE ?

AB ? AC 6 ? 4 ? ? 2 ,在 Rt△AEB 中, BE ? AB 2 ? AE 2 ? 62 ? 22 ? 4 2 . AD 12

AC AD , ? AE AB

【答案】 4 2 陕西文 15.B. (几何证明选做题)如图,∠B=∠D, AE ? BC , ?ACD ? 90 ,且 AB=6,AC=4,
?

AD=12,则 AE=



【分析】寻找两个三角形相似的条件,再根据相似三角形的对应边成比例求解. 【解】因为 AE ? BC , 所以∠AEB= ?ACD ? 90 ,又因为∠B=∠D,所以△AEB∽△ACD,所以
?

AE ?

AB ? AC 6 ? 4 ? ?2. AD 12

AC AD ,所以 ? AE AB

【答案】2 16.(本小题满分 12 分) 如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠ BDC=90, (1)证明:平面ADB⊥平面BDC;

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(2 )设 BD=1,求三棱锥 D—ABC的表面积。 【分析】 (1)确定图形在折起前后的不变性质,如角的大小不变,线段长度不变,线线关系 不变,再由面面垂直的判定定理进行推理证明; (2)充分利用垂直所得的直角三角形,根据 直角三角形的面积公式计算. 【解】 (1)∵折起前AD是BC边上的高, ∴ 当 Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB ? DC=D, ∴AD⊥平面BDC,又∵AD ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2) (1) DA ? DB , DB ? DC , DC ? DA ,? DB=DA=DC=1, 由 知, 平面 BDC.

?AB=BC=CA=

2,

1 3 1 1 S? DAM ? S? DBC ? S? DCA ? ?1?1 ? , S? ABC ? ? 2 ? 2 ? sin 60? ? 2 2 2 2

∴三棱锥 D—ABC的表面积是

1 3 3? 3 S ? ?3? ? . 2 2 2

上海理 7.若圆锥的侧面积为 2? ,底面面积为 ? ,则该圆锥的体积为 .

3 ? 3

21. (14 分)已知 ABCD ? A1 B1C1 D1 是底面边长为 1 的正四棱柱, O1 是 A1C1 和 B1 D1 的交 点。 (1)设 AB1 与底面 A1 B1C1 D1 所成的角的大小为 ? ,二面角 A ? B1D1 ? A1 的大小为 ? 。 求证: tan ? ?

2 tan ? ;

A

D

(2)若点 C 到平面 AB1 D1 的距离为

4 ,求 3

B

C

正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的高。 21.解:设正四棱柱的高为 h 。
A1

⑴ 连 AO1 , AA1 ? 底面 A1 B1C1 D1 于 A1 , ∴ AB1 与底面 A1 B1C1 D1 所成的角为 ?AB1 A1 ,即 ?AB1 A1 ? ?
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D1 O1 C1

B1

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∵ AB1 ? AD1 , O1 为 B1 D1 中点,∴ AO1 ? B1 D1 ,又 A1O1 ? B1 D1 , ∴ ?AO1 A1 是二面角 A ? B1D1 ? A1 的平面角,即 ?AO1 A1 ? ? ∴

tan ? ?

AA1 AA1 ? 2h ? 2 tan ? 。 ? h , tan ? ? A1O1 A1 B1
z A B D C

⑵ 建立如图空间直角坐标系, 有 A(0, 0, h), B1 (1, 0, 0), D1 (0,1, 0), C (1,1, h)

???? ? ????? ???? AB 1 ? (1, 0, ?h), AD 1 ? (0,1, ?h), AC ? (1,1, 0)
? 设平面 AB1 D1 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,
A1 D1 B1 O1 C1 y

? ???? ? ???? x ? ? n ? AB1 ? n ? AB1 ? 0 ? ? ∵ ? ? ???? ? ? ? ???? ,取 z ? 1得 n ? (h, h,1) ? ? ?n ? AD1 ?n ? AD1 ? 0 ? ? ? ???? | n ? AC | h?h?0 4 ? ? ? ,则 h ? 2 。 ∴ 点 C 到平面 AB1 D1 的距离为 d ? 2 2 |n| h ? h ?1 3
上海文 已知 ABCD ? A1 B1C1 D1 是底面边长为 1 的正四棱柱,高 AA1 ? 2 ,求 (1)异面直线 BD 与 AB1 所成角的大小(结果用反三角函数值表示) ; (2)四面体 AB1 D1C 的体积.
A B D

C

A1

D1

B1

C1

20、解:⑴ 连 BD, AB1 , B1D1 , AD1 ,∵

BD // B1D1 , AB1 ? AD1 ,

∴ 异面直线 BD 与 AB1 所成角为 ?AB1 D1 ,记 ?AB1 D1 ? ? ,

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cos ? ?

AB12 ? B1 D12 ? AD12 10 ? 2 AB1 ? B1 D1 10

∴ 异面直线 BD 与 AB1 所成角为 arccos

10 。 10

⑵ 连 AC , CB1 , CD1 ,则所求四面体的体积

1 2 V ? VABCD ? A1B1C1D1 ? 4 ?VC ? B1C1D1 ? 2 ? 4 ? ? 。 3 3
四川理 3. l1 , l2 , l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是 (A) l1 ? l2 , l2 ? l3 ? l1 // l3 (B) l1 ? l2 , l2 // l3 ? l1 ? l3 (C) l2 // l3 // l3 ? l1 , l2 , l3 共面 (D) l1 , l2 , l3 共点 ? l1 , l2 , l3 共面 答案:B 解析:由 l1 ? l2 , l2 // l3 ,根据异面直线所成角知 l1 与 l3 所成角为 90°,选 B. 15.如图,半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最 大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________. 2 答案:2π R 解析:如图,设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为 α ,则圆 柱的侧面积 S ? 2? ? R sin ? ? 2R cos? ? 2? R2 sin 2? ,当 ? ?

?
4

时,S 取

最大值 2? R 2 ,此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为 2? R 2 . 19. (本小题共 l2 分) 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中.∠ BAC=90°,AB=AC=AA1 =1.D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥平面 BDA. (I)求证:CD=C1D: (II)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (Ⅲ)求点 C 到平面 B1DP 的距离.

19.解析: (1)连接 B1 A 交 BA1 于 O ,? B1 P // 面BDA1 ,

B1P ? 面AB1P, 面AB1P ? 面BA1D ? OD, ? B1 P // OD ,又 O 为 B1 A 的中点,

? D为AP 中点,?C1为A1P ,??ACD ? ?PC1D ? C1 D ? CD ,D 为 CC1 的中点。
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(2)由题意 AB ? AC , AB ? AA1 ? AB ? 面AA1C1C ,过 B 作 AH ? AD ,连接 BH , 则 BH ? AD ,

AA 在 ??AHB 为二面角 A ? A1D ? B 的平面角。 ?AA1D 中, 1 ? 1, AD ?

5 5 , A1 D ? , 2 2

2 5 2 5 3 5 AH 2 则 AH ? , BH ? , cos ?AHB ? ? 5 ? 5 5 BH 3 5 3 5
(3)因为 VC ? B1PD ? VB1PCD ,所以 h ? S?B1PD ?

1 3

1 A1B1 ? S?PCD , A1 B1 ? 1 3

S?PCD ? S?PC1C ? S?PC1D ?
在 ?B1DP 中,

1 1 1 ? ? , 2 4 4

9 5 ?5? 3 5 4 ? 2 5 ,sin ?DB P ? 5 , B1D ? , B1P ? 5, PD ? .cos ?DB1P ? 4 1 3 2 2 5 5 2? ? 5 2
? S?B1PD ? 1 3 5 3 1 ? ? 5? ? ,h ? 2 2 5 4 3

四川文 15.如图,半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱 的侧面积之差是_________. 答案:32π 解析:如图,设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为 α ,圆柱侧面积

S ? 2? ? 4 s i ? ? 2 4 c o s32? sin 2? ,当 ? ? n ? ?=

?
4

时,S 取最大值 32? ,此时球的表面积与

该圆柱的侧面积之差为 32? . 19. (本小题共 l2 分) 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,延长 A1C1 至点 P,使 C1P =A1C1,连接 AP 交棱 CC1 于 D. (Ⅰ)求证:PB1∥平面 BDA1; (Ⅱ)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; 本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知 识,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识 解决问题的能力. 解法一: (Ⅰ)连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD, ∵C1D∥平面 AA1,A1C1∥AP,∴AD=PD,又 AO=B1O, ∴OD∥PB1,又 OD?面 BDA1,PB1?面 BDA1, ∴PB1∥平面 BDA1.
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(Ⅱ)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE.∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A, ∴BA⊥平面 AA1C1C.由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角. 在 Rt△A1C1D 中, A1 D ?

1 5 ( ) 2 ? 12 ? , 2 2

又 S?AA1D ?

1 1 5 2 5 ? 1? 1 ? ? ? AE ,∴ AE ? . 2 2 2 5
( 2 5 2 2 3 5 AH 2 ) ?1 ? ,∴ cos ?AHB ? ? . 5 5 BH 3

在 Rt△BAE 中, BE ?

故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为

2 . 3

解法二: 如图,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐 标系 A1-B1C1A,则 A1 (0,0,0) , B1 (1, 0, 0) , C1 (0,1, 0) , B(1, 0,1) , P(0, 2,0) .

1 1 AA1 ,即 D(0,1, ) . 2 2 ???? ???? ? ???? ∴ A1 B ? (1, 0,1) , A1 D ? (0,1, x) , B1 P ? (?1, 2, 0) .
(Ⅰ)在△PAA1 中有 C1 D ? 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1 ? (a, b, c) ,

???? ? n1 ? A1 B ? a ? c ? 0, 1 ? 则? 令 c ? ?1 ,则 n1 ? (1, , ?1) . ???? ? 1 2 ? n1 ? A1 D ? b ? c ? 0. ? 2 ???? 1 ∵ n1 ? B1 P ? 1 ? (?1) ? ? 2 ? (?1) ? 0 ? 0 , 2
∴PB1∥平面 BA1D, (Ⅱ)由(Ⅰ)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1 ? (1, , ?1) . 又 n2 ? (1, 0, 0) 为平面 AA1D 的一个法向量.∴ cos ? n1 , n2 ??
2 . 3

1 2

n1 ? n2 1 2 ? ? . | n1 | ?| n2 | 1? 3 3 2

故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为

天津理 12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为



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1 2 1
正视图

1 2 1
侧视图

2 2
俯视图

【解】

10 . 3

几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成.设几何体的体积为 V ,正四棱锥的体积 为 V1 ,长方体的体积为 V2 .则 V ? V1 ? V2 ?

1 2 4 10 ? 2 ?1 ? 12 ? 2 ? ? 2 ? . 3 3 3 14.如图,四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形,延长 AB 和 DC 相交于点 P .若 PB 1 PC 1 BC 的值为 . ? , ? .则 PA 2 PD 3 AD
A B O C
【解】

P

6 . 6

D

因为四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形, 所以 ?PBC ? ?D ,又 ?BPC ? ?DPA ,所以 ?BPC ∽ ?DPA . 于是

PB PC BC . ? ? PD PA DA
2

PB PC ? BC ? PB 1 PC 1 ? ?? 因为 ? , ? ,所以 ? , PD PA ? DA ? PA 2 PD 3 PB PC ? BC ? PB PC ? BC ? 1 1 1 BC 6 ? ?? ? ?? ? 从而 . ? ,于是 ? ? ? ? , PA PD ? DA ? PA PD ? DA ? 2 3 6 AD 6
19. (本小题满分 12 分)如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, E , F 分别是棱 BC ,
2 2

CC1 上的点, CF ? AB ? 2CE , AB : AD : AA1 ? 1: 2 : 4 .
(Ⅰ)求异面直线 EF 与 A1 D 所成的角的余弦值;
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(Ⅱ)证明: AF ? 平面A1ED ; (Ⅲ)求二面角 A1 ? ED ? F 的正弦值.
A1
A1 B1 C1 D1

z D1 C1

B1

A B E

F D C

A B x E

F D C y

【解 】解 法 1 . 如图所示,建 立空间坐标系,点 A 为坐 标原点.设 AB ? 1 , 由 , CF ? AB? 2 CE AB : AD : AA1 ? 1: 2 : 4 知

1 AD ? 2 , AA1 ? 4 , CF ? 1 , CE ? . 2
于是 C ?1, 2, 0 ? , D ? 0, 2, 0 ? , F ?1, 2,1? , E ? 1, (Ⅰ) EF ? ? 0, ,1? , A1 D ? ? 0, 2, ?4 ? .

? 3 ? , 0 ? , A1 ? 0, 0, 4 ? . ? 2 ?

uuu r

? ?

1 ? 2 ?

uuu r

uuu uuu r r uuu uuu r r EF ? A1 D 于是 cos EF , A1 D ? uuu uuu ? r r EF ? A1 D

1 0 ? 0 ? ? 2 ? 1 ? 1? ? ?4 ? 2
2 ?1? 0 ? ? ? ? 12 02 ? 22 ? ? ?4 ? ?2? 2 2

3 ?? . 5

由于异面直线所成的角的范围是 ? 0, 为

? ?? ,所以异面直线 EF 与 A1 D 所成的角的余弦值 ? 2? ?

3 . 5
(Ⅱ) AF ? ?1, 2,1? , EA1 ? ? ?1, ?

uuu r

uuu r

? ?

r 3 ? uuu ? 1 ? , 4 ? , ED ? ? ?1, , 0 ? , 2 ? 2 ? ?

则 AF ? EA1 ? 0 , AF ? ED ? 0 .于是 AF ? EA1 , AF ? ED ,又 EA1 I ED ? E , 所以 AF ? 平面A1ED .

uuu uuu r r

uuu uuu r r

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?1 r r uuu ?u ? EF ? 0, ? 2 y ? z ? 0, r ? ? (Ⅲ)设平面 EFD 的法向量 u ? ? x, y, z ? ,则 ? r uuu 即? r ?u ? ED ? 0. ? ? x ? 1 y ? 0. ? ? ? 2
取 x ? 1 ,则 y ? 2 , z ? ?1 . u ? ? x, y, z ? ? ?1, 2, ?1? . 由(Ⅱ)可知, AF 为平面 A1 ED 的一个法向量,又 AF ? ?1, 2,1? .

r

uuu r

uuu r

r r uuu 2 r r r uuu r uuu 5 u ? AF 4 2 ?2? 所以 cos u , AF ? r uuu ? . ? ,从而 sin u , AF ? 1 ? ? ? ? r 3 ?3? 6? 6 3 u ? AF
5 . 3

所以二面角 A1 ? ED ? F 的正弦值为

解法 2.设 AB ? 1,由 CF ? AB ? 2CE , AB : AD : AA1 ? 1: 2 : 4 知

1 AD ? 2 , AA1 ? 4 , CF ? 1 , CE ? . 2
(Ⅰ)连接 B1C , BC1 ,设 B1C 与 BC1 交于点 M ,易知 A1 D / / B1C . 由

CE CF 1 ? ? ,所以 EF / / BC1 . CB CC1 4

A1 B1 C1

D1

所以 ?BMC 是异面直线 EF 与 A1 D 所成的角. 因为 SM ? CM ? 所以由余弦定理有

1 1 2 B1C ? 2 ? 42 ? 5 , 2 2
2 2 2

cos ?BMC ?

BM ? CM ? BC 3 ? . 2 ? BM ? CM 5

M A
N

F D

3 B E C 所以异面直线 EF 与 A1 D 所成的角的余弦值为 . 5 (Ⅱ)连接 AC ,设 AC 与 DE 交于点 N . CD CE 1 因为 ? ? ,所以 Rt?DCE ∽ Rt?CBA .从而 ?CDE ? ?BCA . CB AB 2 又由于 ?CDE ? ?CED ? 90? ,所以 ?BCA ? ?CED ? 90? .因此 AC ? DE .
又因为 CC1 ? DE ,且 CC1 I AC ? C ,所以 DE ? 平面ACF .从而 AF ? DE . 连接 BF ,同理可证 BC1 ? 平面ABF ,从而 AF ? B1C ,所以 AF ? A1 D . 因为 AF ? DE , AF ? A1 D , DE I A1 D ? D ,所以 AF ? 平面A1ED .
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(Ⅲ)连接 A1 N , FN .由(Ⅱ)可知 DE ? 平面ACF . 又 NF ? 平面ACF , A1 N ? 平面ACF ,所以 DE ? NF , DE ? A1 N . 因此 ?A1 NF 为二面角 A1 ? ED ? F 的平面角. 易知 Rt?CNE ∽ Rt?CBA ,则

5 CN EC ,又 AC ? 5 ,所以 CN ? . ? 5 BC AC
30 5
. 在



Rt?CNF

中 ,

NF ? CF 2 ? CN 2 ?

R ?t 1 A 中 N A ,

A1 N ? AN 2 ? A1 A2 ?

4 30 。 5
A1C12 ? C1 F 2 ? 14 。

连接 A1C , A1 F ,在 Rt ?AC1F 中, A1 F ? 1

A1 N 2 ? FN 2 ? A1F 2 2 5 ? ,所以 sin ?A1 NF ? 在 ?A1 NF 中, cos ?A1 NF ? 。 2 A1 N ? FN 3 3
所以二面角 A1 ? ED ? F 的正弦值为

5 . 3

天津文 11. 如图, 四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形, 延长 AB 和 DC 相交于点 P . PB ? 1 , 若

PD ? 3 .则
【解】

BC 的值为 AD



因为四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形,所以 ?PBC ? ?D ,又 ?BPC ? ?DPA ,

1 . 3

PB PC BC . ? ? PD PA DA BC PB 1 因为, PB ? 1 , PD ? 3 ,所以, ? ? . AD PD 3
所以 ?BPC ∽ ?DPA .于是 12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 .

1 【解】 3 .设几何体的体积为 V ,则 V ? ?1 ? 2 ? ? 2 ?1 ? 3 . 2
1 1 1 正视图 1 2 侧视图

2

1 俯视图

12 题图

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19. (本小题满分 12 分)如图,在五面体 ABCDE 中,四边形 ADEF 是 正 方 形 , FA ? 平面ABCD , BC / / AD , CD ? 1 ,

AD ? 2 2 ,

F

?BAD ? ?CDA ? 45? . (Ⅰ)求异面直线 CE 与 AF 所成的角的余弦值; (Ⅱ)证明: CD ? 平面ABF ; (Ⅲ)求二面角 B ? EF ? A 的正切值. 【解】 (Ⅰ)因为四边形 ADEF 是正方形,所以 FA / / ED .
故 ?CED 为异面直线 EF 与 A1 D 所成的角. 因为 FA ? 平面ABCD ,所以 FA ? CD .故 ED ? CD . 在 Rt ?CDE 中, CD ? 1 , ED ? AD ? 2 2 , 所以 CE ? CD ? ED ? 3 .因此 cos ?CED ?
2 2

N

E

A B

G D

M C

ED 2 2 ? . CE 3

所以异面直线 EF 与 A1 D 所成的角的余弦值为

2 2 . 3

( Ⅱ ) 过 点 B 作 BG / /CD , 交 AD 于 G , 则 ?BGA ? ?CDA ? 45? , 又 ?BAD ? ?CDA ? 45? , 所 以 B G? A B 从 而 CD ? AB . 又 C D? F A 且 F A A ? . , I B .所以 A CD ? 平面ABF . (Ⅲ)由(Ⅱ)及已知,可得 AG ?

2 ,即 G 为 AD 的中点.

取 EF 的中点 N ,连接 GN .则 GN ? EF .因为 BC / / AD ,所以 BC / / EF . 过点 N 作 NM ? EF ,交 BC 于 M .则 ?GNM 为二面角 B ? EF ? A 的平面角. 连接 GM ,可得 AD ? 平面GNM .所以 AD ? GM ,从而 BC ? GM .由已知可得

GM ?

2 . 2

由 NG / / FA , FA ? GM ,可得 NG ? GM .

GM 1 ? . NG 4 1 所以二面角 B ? EF ? A 的正切值为 . 4
在 Rt ?NGM 中, tan ?NGM ? 浙江理 3.下列命题中错误的是 .. D A.如果平面 ? ⊥平面 ? ,那么平面 ? 内一定存在直线平行于平面 ? B.如果平面 ? 不垂直于平面 ? ,那么平面 ? 内一定不存在直线垂直于平面 ?
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C.如果平面 ? ⊥平面 ? ,平面 ? ⊥平面 ? , ? ? ? ? l ,那么 l ⊥平面 ? D.如果平面 ? ⊥平面 ? ,那么平面 ? 内所有直线都垂直于平面 ? 14.已知一个球的球心 O 到过球面上 A、B、C 三点的截面的距离等于此球半径的一半, 若 AB ? BC ? CA ? 3 ,则球的体积为 20. (本小题满分 15 分) 如图,在平面内直线 EF 与线段 AB 相交于 C 点,∠BCF= 30 ,且 AC = CB = 4,将此 平面沿直线 EF 折成 60 的二面角 ? -EF- ? ,BP⊥平面 ? ,点 P 为垂足.
? ?



.

32 ? 3

(Ⅰ) 求△ACP 的面积; (Ⅱ) 求异面直线 AB 与 EF 所成角的正切值.

?
B B E C F E C P A A F

?

(第 20 题图) 20. (本小题满分 15 分) 方法一: (Ⅰ)解:如图,在平面 ? 内,过点 P 作 PM⊥EF,点 M 为垂足,连结 BM,则∠BMP 为二 面角 ? -EF- ? 的平面角. 以点 P 为坐标原点,以直线 PM 为 x 轴,射线 PB 为

z 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz.
在 Rt△BMC 中,由∠BCM= 30 ,CB = 4,得
?

CM = 2 3 ,BM =2.
在 Rt△BMP 中,由∠BMP= 60 ,BM =2,得
?

MP = 1,BP = 3 .
故 P(0,0,0) B(0,0, 3 ) C(-1,- 2 3 ,0) M(-1,0,0). , , ,

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由∠ACM= 150? ,得 A(1,-4 3 ,0).所以 CP = (1, 2 3 ,0) CA = (2,- ,

??? ?

??? ?

2 3 ,0),
则 CP ? CA -10,

??? ??? ? ?

cos∠ACP = -

5 2 13

,

sin∠ACP =

3 3 2 13

.

因此 S△ACP= 3 3 . ?????????????????????7 分 (Ⅱ)解: BA =(1,-4 3 ,- 3 ) MC =(0,-2 3 ,0), BA ? MC ? 24, , cos< BA, MC >= 方法二: (Ⅰ)解:如图,在平面 ? 内,过点 P 作 PM⊥EF,点 M 为垂足,连结 BM,则∠BMP 为二
? 面角 ? -EF- ? 的平面角.在 Rt△BMC 中,由∠BCM= 30 ,CB = 4,得 CM = 2 3 ,

??? ?

???? ?

??? ???? ? ?

??? ???? ? ?

2 3 13

,

所以 AB 与 EF 所成角的正切值为

3 . 6

?15 分

BM=2.
在 Rt△BMP 中,由∠BMP= 60 ,BM=2,得 MP=1. 在 Rt△CMP 中,由 CM = 2 3 ,MP=1,得
?

CP= 13 , cos∠PCM=

2 3 1 , sin∠PCM = . 13 13
B E C M P A Q F

?

故 sin∠ACP = sin( 150 -∠PCM)=

?

3 3 . 2 13

所以 S△ACP= 3 3 . ?7 分

(Ⅱ)解:如图,过点 A 作 AQ∥EF,交 MP 于点 Q , 则∠BAQ 是 AB 与 EF 所成的角,且 AQ⊥平面 BMQ . 在△BMQ 中, 由∠BMQ= 60 ,BM=MQ=2,得 BQ = 2.
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?

在 Rt△BAQ 中, 由 AQ=AC ? cos30 ? +CM =4 3 ,BQ = 2,得 tan∠BAQ =

BQ 3 ? . AQ 6

因此 AB 与 EF 所成角的正切值为

3 . 6

浙江文(4)若直线 l 不平行于平面 a ,且 l ? a ,则 B A. a 内的所有直线与异面 B. a 内不存在与 l 平行的直线 C. a 内存在唯一的直线与 l 平行 D. a 内的直线与 l 都相交 ( 7) 几何体 的三视 图如图 所示, 则这 个几何 体的直 观图可以是 B

(20) (本题满分 14 分)如图,在三棱锥 P ? ABC 中, 垂足 O AB ? AC,D 为 BC 的中点,PO ⊥平面 ABC , 落在线段 AD 上. (Ⅰ)证明: AP ⊥ BC ; (Ⅱ)已知 BC ? 8 , PO ? 4 , AO ? 3 , OD ? 2 .求二 面角 B ? AP ? C 的大小. (20)本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系,二面角 等基础知识, 同时考查空间想象能力和推理论证能力。 满 分 14 分。 (Ⅰ)证明:由 AB=AC,D 是 BC 中点,得 AD ? BC , 又 PO ? 平面 ABC, ,得 PO ? BC 因为 PO ? AD ? O ,所以 BC ? 平面 PAD,故 BC ? PA. (Ⅱ)解:如图,在平面 PAB 内作 BM ? PA 于 M,连 CM。 因为 BC ? PA, 得PA ? 平面 BMC, 所以 AP ? CM。 ?B C 为二面角 B—AP—C 的平面 故 M 角。 在 Rt ?ADB中, AB ? AD ? BD ? 41, 得AB ?
2 2 2

41 ,

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在 Rt ?POD中,PD ? PO ? OD ,
2 2 2

在 Rt ?PDB 中, PB2 ? PD2 ? BD2 , 所以 PB ? PO ? OD ? BD ? 36, 得PB ? 6.
2 2 2 2

在 Rt ?POA中, PA ? AO ? OP ? 25, 得PA ? 5.
2 2 2

又 cos ?BPA ?

PA2 ? PB 2 ? AB 2 1 2 2 ? , 从而 sin ?BPA ? 2 PA ? PB 3 3
2 2 2

故 BM ? PB sin ?BPA ? 4 2 ,同理,因为 BM ? MC ? BC 所以 ?BMC ? 90? ,即二面角 B—AP—C 的大小为 90?. 重庆理(9)高为

2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,点 S、A、B、C、D 均在 4

半 径 为 1 的 同 一 球 面 上 , 则 底 面 ABCD 的 中 心 与 顶 点 S 之 间 的 距 离 为 C (A)

2 4

(B)

2 2

(C) 1

(D)

2

(19) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 5 分,(Ⅱ)小问 7 分.) 如题(19)图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC ? 平面 ACD , AB ? BC , AD ? CD , ?CAD ? ??? 。 (Ⅰ)若 AD ? ? , AB ? ?BC ,求四面体 ABCD 的体积; (Ⅱ) 若二面角 C ? AB ? D 为 ??? ,求异面直线 AD 与 BC 所 成角的余弦值. 19. (本题 12 分) (I)解:如答(19)图 1,设 F 为 AC 的中点,由于 AD=CD,所以 DF⊥AC.故由平面 ABC⊥平 面 ACD,知 DF⊥平面 ABC,

即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高,且 DF=ADsin30°=1, AF=ADcos30°= 3 .在 Rt△ABC 中,因 AC=2AF= 2 3 , AB=2BC,由勾股定理易知
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BC ?

2 15 4 15 , AB ? ; 5 5

故四面体 ABCD 的体积

1 1 1 4 15 2 15 4 V ? ? S?ABC ? DF ? ? ? ? ? . 3 3 2 5 5 5
(II)解法一:如答(19)图 1,设 G,H 分别为边 CD, BD 的中点,则 FG//AD,GH//BC,从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角. 设 E 为边 AB 的中点,则 EF//BC,由 AB⊥BC,知 EF⊥AB.又由(I)有 DF⊥平面 ABC, 故由三垂线定理知 DE⊥AB.所以∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角,由题设知∠DEF=60° 设 AD ? a, 则DF ? AD ? sin CAD ?

a .在 2

Rt ?DEF中, EF ? DF ? cot DEF ?

a 3 3 ? ? a, 2 3 6

从而 GH ?

1 3 BC ? EF ? a. 因 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a,从而,在 Rt△BDF 中, 2 6

FH ?

1 a 1 a BD ? ,又 FG ? AD ? , 从而在△FGH 中,因 FG=FH,由余弦定理得 2 2 2 2
FG 2 ? GH 2 ? FH 2 GH 3 ? ? ,因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦 2 FG ? GH 2 FG 6

cos FGH ?

值为

3 . 6

解法二:如答(19)图 2,过 F 作 FM⊥AC,交 AB 于 M, 已知 AD=CD,平面 ABC⊥平面 ACD,易知 FC,FD,FM 两两垂直,以 F 为原点,射线 FM,FC,FD 分别为 x 轴, y 轴,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 F—xyz. 不妨设 AD=2,由 CD=AD,∠CAD=30°,易知点 A,C,D 的坐标分别为: A(0, ? 3,0), C (0, 3,0), D(0,0,1),

???? 则 AD ? (0, 3,1). 显然向量 k ? (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量.
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已知二面角 C—AB—D 为 60°,故可取平面 ABD 的单位法向量 n ? (l , m, n) ,

使得 ? n, k ?? 60? , 从而n ?

???? 3 1 . . 由n ? AD, 有 3m ? n ? 0, 从而m ? ? 6 2 6 . 设点 B 的坐标为 3 6 ,有 3

由l 2 ? m 2 ? n 2 ? 1, 得l ? ?

??? ??? ? ? ??? ? B( x, y, 0);由AB ? BC , n ? AB, 取l ?

? 4 6 ? x 2 ? y 2 ? 3, , ?x ? ? ? ? 9 ? x ? 0, 解之得, ? (舍去) ; ? 6 ? 3 x? ( y ? 3) ? 0, ? ? ?y ? 7 3 ,?y ? ? 3 6 ? 3 ? 9 ?
易知 l ? ?

6 与坐标系的建立方式不合,舍去. 3
??? ? 4 6 7 3 4 6 2 3 ,? , 0). 从而 , , 0). 所以 CB ? ( 9 9 9 9
3(? 3 ?1 ( 2 3 ) 9

因此点 B 的坐标为 B (

???? ??? ? ???? ??? ? AD ? CB ? cos ? AD, CB ?? ???? ??? ? | AD || CB |

??

4 6 2 2 3 2 ) ? (? ) 9 9

3 . 6

故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为

3 . 6

重庆文(10)高为

的四棱锥

的底面是边长为 1 的正方形,点 、 、 、 、 均

在半径为 1 的同一球面上,则底面 A (A) (B) (C)

的中心与顶点

之间的距离为

(D)

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(20)(本小题满分 12 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 6 分.) 如图, 在四面体 (Ⅰ)求四面体 (Ⅱ)求二面角 中, 平面 的体积; 的平面角的正切值. 平面 , , , .

20. (本题 12 分) 解法一: (I)如答(20)图 1,过 D 作 DF⊥AC 垂足为 F, 故由平面 ABC⊥平面 ACD,知 DF⊥平面 ABC,即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高,设 G 为边 CD 的中点, 则由 AC=AD,知 AG⊥CD,从而

AG ?

1 15 AC 2 ? CG 2 ? 22 ? ( ) 2 ? . 2 2

1 1 AG ? CD 15 由 AC ? DF ? CD ? AG得DF ? ? . 2 2 AC 4
由 Rt ?ABC中, AB ?

AC 2 ? BC 2 ? 3, S?ABC ? 1 5 ? S?ABC ? DF ? . 3 8

1 3 AB ? BC ? . 2 2

故四面体 ABCD 的体积 V ?

(II)如答(20)图 1,过 F 作 FE⊥AB,垂足为 E,连接 DE。由(I)知 DF⊥平面 ABC。 由三垂线定理知 DE⊥AB,故∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角。 在 Rt ?AFD中, AF ?

AD 2 ? DF 2 ? 22 ? (

15 2 7 ) ? , 4 4

在 Rt ?ABC 中,EF//BC,从而 EF:BC=AF:AC,所以 EF ?

AF ? BC 7 ? . AC 8

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在 Rt△DEF 中, tan DEF ?

DF 2 15 ? . EF 7

解法二: (I)如答(20)图 2,设 O 是 AC 的中点,过 O 作 OH⊥AC,交 AB 于 H,过 O 作 OM⊥AC,交 AD 于 M,由平面 ABC⊥平面 ACD,知 OH⊥OM。因此以 O 为原点,以射线 OH, OC,OM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,可建立空间坐标系 O—xyz.已知 AC=2,故点 A,C 的坐标分别为 A(0,—1,0) ,C(0,1,0) 。 设点 B 的坐标为 B( x1 , y1 , 0),由AB ? BC ,| BC |? 1 ,有

??? ?

??? ??? ? ?

? x12 ? y12 ? 1, ? ? 2 2 ? x1 ? ( y1 ? 1) ? 1, ? ? ? x1 ? ? 解得 ? ?y ? ? 1 ? 3 ? 3 , ? x1 ? ? , ? 2 2 (舍去). ? 1 ? 1 , y1 ? ? 2 ? 2
??? ? ???? 3 1 , , 0). 又设点 D 的坐标为 D(0, y2 , z2 ),由 | CD |? 1,| AD |? 2, 有 2 2

即点 B 的坐标为 B(

? ? y2 ? ?( y2 ? 1) ? z ? 1, ? ? 解得 ? ? 2 2 ?( y2 ? 1) ? z2 ? 4, ? ?z ? ? 2 ?
2 2 2

3 3 ? , ? y2 ? , 4 4 ? (舍去). ? 15 ? 15 , z2 ? ? 4 ? ? 4

即点 D 的坐标为 D (0, ,

3 4

15 15 ). 从而△ACD 边 AC 上的高为 h ?| z2 |? . 4 4

又 | AB |?

??? ?

??? ? 3 1 ( ) 2 ? ( ? 1) 2 ? 3,| BC |? 1. 2 2

故四面体 ABCD 的体积 V ?

? ??? ? 1 1 ??? 5 ? ? | AB | ? | BC | h ? . 3 2 8

(II)由(I)知 AB ? (

??? ?

???? 3 3 7 15 , , 0), AD ? (0, , ). 2 2 4 4

设非零向量 n ? ( l , m, n)是平面 ABD 的法向量,则由 n ? AB 有: (1) 由 n ? AD ,有

??? ?

3 3 l ? m ? 0. 2 2

????

7 15 m? n ? 0. 4 4

(2)

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取 m ? ?1 ,由(1)(2) , ,可得 l ?

3, n ?

7 15 7 15 ,即n ? ( 3, ?1, ). 15 15

显然向量 k ? (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量,

从而 cos ? n, k ??

7 15 15 3 ?1? 49 15

?

7 109 , 故 tan ? n, k ?? 109

1?

49 109 ? 2 15 7 7 109

即二面角 C—AB—D 的平面角的正切值为

2 15 . 7

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