篇一：立体几何高考经典大题理科
1·如图，四棱锥S-ABCD
P为侧棱SD上的点。 （Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。
2·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。
3·如图，直三棱柱ABC?A1B1C1
1中，AC?BC?
2
AA1，D是棱AA1的中点，DC1?BD
（1）证明：DC1?BC
（2）求二面角A1?BD?C1的大小。
AC?BD，1·解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO?AC。在正方形ABCD中，
所以AC?平面SBD,得AC?SD. (Ⅱ)设正方形边长a
，则SD?
又OD?
。
，所以?SOD?600, 2
连OP，由（Ⅰ）知AC?平面SBD,所以AC?OP, 且AC?OD,所以?POD是二面角P?AC?D的平面角。 由SD?平面PAC,知SD?OP,所以?POD?300, 即二面角P?AC?D的大小为300。
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC
由（Ⅱ）可得PD?
，故可在SP上取一点N,使PN?PD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E。连BN。在?BDN中知BN//PO，又由于NE//PC,故平面
1,故SE：EC?2：1. BEN//平面PAC，得BE//平面PAC,由于SN：NP?2：
解法二：（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SO?平面ABCD.以O为坐
，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O?xyz如图。 标原点，OB
设底面边长为a
，则高SO?
。 于是
S(0,0,
),D(?a,0,0) 22
C(0,
)SD?(?a,0,) a,0)
OC?(0a,0
222
OC?SD?0故 OC?SD从而AC?SD
(Ⅱ)由题设知，平面PAC
的一个法向量DS?a)，平面DAC的
2一个法向量OS?OS?DS?,所求二面角)，设所求二面角为?
，则cos??
OS
的大小为300
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC. 由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量， 且
DS?),CS?(0,) 22设 CE?tCS,
则
BE?BC?CE?BC?tCS?(?而 BE?DC?0?t?
a,a(1?t) 221
3
即当SE:EC?2:1时，BE?DS
而BE不在平面PAC内，故BE//平面PAC
2·解析1：（Ⅰ）因为?DAB?60?,AB?2AD, 由余弦定理得
BD
从而BD+AD= AB，故BD ?AD;又PD ?底面ABCD，可得BD ?2
2
2
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
A?1,0,0?,B0,C?,P?0,0,1?。
????
uuuvuuvuuuv
AB?(?1PB??1),BC?(?1,0,0)
??????n?AB?0
设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则????, ?
??n?PB?0
?0?z?0
因此可取n=
????
?m?PB?0?
设平面PBC的法向量为m，则 ???? ?
??m?BC?0
可取m=（0，-1，cosm,n?
??7
故二面角A-PB-C的余弦值为
?
7
3·【解析】（1）在Rt?DAC中，AD?AC 得：?ADC?45?
??同理：?A1DC1?45??CDC1?90
得：DC1?DC,DC1?BD?DC1?面BCD?DC1?BC （2）DC1?BC,CC1?BC?BC?面ACC1A1?BC?AC
取A1B1的中点O，过点O作OH?BD于点H，连接C1O,C1H A?C1O?1C1?B1C1OH?BD?1CH?
，面ABA1B1C1?面A1BD?C1O?面A1BD 1
H与点D重合 得：点BD
且?C1DO是二面角A1?BD?C1的平面角 设AC?
a，则C1O?
?
，C1D??2C1O??C1DO?30 2
?
既二面角A1?BD?C1的大小为30
4·如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，
∠BA A1=60°.
（Ⅰ）证明AB⊥A1C;
（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值。
5.如图三棱锥ABC?A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB?B1C. (Ⅰ) 证明：AC?AB1；
（Ⅱ）若AC?AB1，?CBB1?60o，AB=Bc，求二面角A?A1B1?C1的余弦值.
篇二：2015高考数学二轮专题复习(立体几何) - 含答案
2015高考数学二轮专题复习
立体几何
数学组：肖本贵
一、近几年高考考点分析
新课标高考数学立体几何考查形式以选择题两道和一道题进行考查，主要题型有【小题】三视图、空间几何体的结构、空间线面位置关系及性质、以锥体和柱体为背景考查距离和夹角；
【大题】第一问考查与平行和垂直有关的证明题，第二问考查夹角和距离问题或是考查探索性（存在性）问题。答题凸显学生一题两解（传统几何证明和向量法），空间推理能力和运算要求较高。从高考题看：三视图、平行和垂直有关的证明题、空间夹角（二面角，线面角）几乎成必考考点，同时还要熟悉几何体的表面积和体积计算。
二、 考点梳理
考点一 空间几何体的结构
1.若正四梭锥P- ABCD的底面边长及高均为2，刚此四棱锥内切球的表面积为_______．
【思路点拨】由等体积法求得此四棱锥内切球的半径，再由球的表面积公式求得结论.
【答案】解析：根据题意得正四梭锥的底面面积为4
R，
则由等体积法得，11,
所以球的表面积为2(3?. 4R??4?2?R?33?
?
【变式训练】已知直三棱柱
若球O的体积为
的各顶点都在球O的球面上，且，，则这个直三棱柱的体积等于
【思路点拨】本题重点是求三棱锥的高，而此高是球心到三棱柱底面距离h的二倍，根据此组合体的结构，球半径R，△ABC的外接圆半径r及h构成直角三角形，由此求得结果.
【答案】解析：由球的体积公式得球的半径
R= AB=AC=1，
ABC是顶角是120°的等腰三角形，其外接圆半径r=1，所以
，所以此三棱柱的体积为
1?1?1?sin120??4?B. 2
考点二空间几何体的三视图和直观图
2．若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形，则这个几何体的俯视图不可能是（ ）
（A）（B）（C）（D）
【思路点拨】由三视图的基本概念即可判断.
【答案】由题意可得，A是正方体，B是三棱柱，C是半个圆柱，D是圆柱，C不能满足正视图和侧视图是两个全等的正方形，故选C.
【变式训练】一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为，则这个几 何体的俯视图可能是下列图形中的 ．（填入所有可能的图形前的编号）①锐角角三角形；②
直角三角形；③钝角三角形；④四边形；⑤扇形；⑥圆.
【思路点拨】分析俯视图是某个图形时，是否与已知条件发生矛盾，从而筛选出结果.
【答案】若俯视图是四边形，则此四边形也是边长为1 的正方形，即几何体是棱长为1的正方体，其体积为1，不合题意；若俯视图是扇形或圆，则体积值中含π，所以俯视图不会是扇形或圆；若俯视图是锐角三角形或钝角三角形，则在正视图或侧视图
正方形中还有一条竖直的实线或虚线，所以俯视图不会是锐角三角
形或钝角三角形；若俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，如右图， 则此几何体体积为 11?1?1?1?，且满足正视图和侧视图都是边长为1的正方形.故这个几 22
何体的俯视图可能是②.
3.如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）
A.2??8B. 8??8
正视图
侧视图C. 4??8 D. 6??8
【思路点拨】由三视图求几何体的体积，关键是
正确分析原几何体的特征，熟悉常见的几何体的
三视图特征是解题的关键.
【答案】由三视图可知该几何体上面为两个半圆柱，下面为一个长方体，所以其体积为俯视图
??12?2?2?4?1?2??8，则选A
【变式训练】.
1.一个几何体的三视图(单位:cm)如图2所示,则该几何体的体积是cm
3.
【答案】由三视图可得几何体为下方是以4为边长的正方体，上方为底面为正方形高为3的四棱33柱，所以其体积为：4??4?4?3?80cm，故答案为：80. 1
3
2.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积等于
图3
A.30B.12C.24D.4
【思路点拨】三视图复原的几何体是三棱柱去掉一个三棱锥的几何体，结合三视图的数据，求出体积即可.
【答案】由图可得几何体的直观图如图3，
3×4×
3×4×3=24.
4．某几何体的三视图如图所示，当a+b取最大值时，这个几何体的体积为（ ） A. 1121B.C.D. 6332
P?ABCDP?ABCD中，最大的面积是（ ）
A.3 B.6
C.8 D.10
【思路点拨】几何体为四棱锥，根据三视图判断四棱锥
的一个侧面与底面垂直，判断各面的形状及三视图的数
据对应的几何量，求出棱锥的高及侧面SBC的斜高，
代入面积公式计算，比较可得答案
【答案】由三视图可知，几何体为四棱锥，且四棱锥的一个侧面与底面垂直，底面为矩形，矩形的边长分别为2,4，底面面积为8，
考点三 空间中的平行和垂直关系
5.已知m，n是两条不同直线，?，?是两个不同的平面，且n??，则下列叙述正确的是
（A）若m//n，m??，则?//?（B）若?//?，m??，则m//n
（C）若m//n，m??，则???（D）若?//?，m?n，则m??
【思路点拨】熟悉空间中线线，线面关系的判断，逐一排除即可.
【答案】A中?，?还可能相交；B中m，n还可能异面；D中可能m//?，故选C.
6..已知两个不同的平面?、?和两个不重合的直线m、n，有下列四个命题：
①若m//n,m??，则n??；②若m??,m??,则?//?；
③若m??,m//n,n??,则???； ④若m//?,????n，则m//n.
其中正确命题的个数是 （ ）
A.0B.1 C.2 D.3
【思路点拨】判断平行于垂直位置关系，可用已有的定理或性质直接判断，或用反例法进行排除.
【答案】①若m//n,m??，则n??；由线面垂直的性质可知正确；②若
m??,m??,则?//?；由平行平面的性质可知正确；③若m??,m//n，则n⊥α,又n??,则??? ，所以正确；④若m//?,????n，则m//n.因为m与n还可以异面，所以错误,综上可知选D.
【变式训练】设?,?,?为平面，m,n为直线，则m??的一个充分条件是
A.???,????n,m?n
C.???,???,m?? B.????m,???,??? D.n??,n??,m??
篇三：高三立体几何习题(含答案)
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高三立体几何习题
一、 填空题
1.已知AB是球O的一条直径，点O1是AB上一点，若OO1?4，平面?过点O1且垂直AB，截得圆O1，当圆
O1的面积为9?时，则球O的表面积是
【答案】100p
2.把一个大金属球表面涂漆，共需油漆2.4公斤．若把这个大金属球熔化制成64个大小都相同的小金属球， 不计损耗，将这些小金属球表面都涂漆，需要用漆 公斤．
【答案】9.6
3.已知球的表面积为64?cm，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm，则截面与球心的距离是cm
【答案】2
4.一个圆锥与一个球体积相等且圆锥的底面半径是球半径的2倍，若圆锥的高为1，则球的表面积为．
【答案】4p 【答案】4p
5.一个底面置于水平面上的圆锥，若主视图是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为．
1
6.如图所示：在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB?BC，AB?BC?BB1，则平面A1B二面角的大小为 ． 【答案】
?
4
二、选择题
AB的中点， 1.如图，已知圆锥的底面半径为r?10，点Q为半圆弧?点P为母线SA的中点．若PQ与SO所成角为全面积与体积分别为（ ）A．,
B．100(1??,
?
，则此圆锥的 4
C． D．100(1??,
【答案】B
2.如图，取一个底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与一个半径为R的半球放在同一水平面?上．用一平行于平面?的平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面（图中阴影部分）．设截面面积分别为S圆和S圆环，那么（） A．S圆＞S圆环 B．S圆＜S圆环 C．S圆=S圆环 D．不确定
1
3.如图所示，?PAB所在平面?和四边形ABCD所在的平面?互相垂直，且AD??，BC??，AD?4，BC?8，AB?6，若tan?ADP?2tan?BCP?1，则动点P 在平面?内的轨迹是（ ） ? A.线段 B.椭圆的一部分C.抛物线D.双曲线的一部分 【答案】D
4.在空间中，下列命题正确的是（ ）
A．若两直线a,b与直线l所成的角相等，那么a//b B．空间不同的三点A、B、C确定一个平面
C. 如果直线l//平面?且l//平面?，那么?//? D．若直线a与平面M没有公共点，则直线a//平面M
l 【答案】D
A 5.如图，已知直线l?平面?，垂足为O，在△
ABC中，
BC?2,AC?2,AB?P是边AC上的动点.该三角形在空间按以下条
????????
件作自由移动：(1)A?l，(2)C??.则OP?PB的最大值为( )
P
B
(A) 2
. (B)
1
O 【答案】C
C
6.平面?上存在不同的三点到平面?的距离相等且不为零，则平面?与平面?的位置关系为（ ）
(A) 平行 (B) 相交 (C) 平行或重合(D) 平行或相交
【答案】D
7.a、b、c表示直线，?表示平面，下列命题正确的是（）
A．若a//b,a//?，则b//? B． 若a?b,b??，则a??
C．若a?c,b?c，则a//bD ．若a??,b??，则a//b 【答案】D
8.下列命题中，正确的个数是【 】
① 直线上有两个点到平面的距离相等，则这条直线和这个平面平行； ② a、b为异面直线，则过a且与b平行的平面有且仅有一个； ③ 直四棱柱是直平行六面体；
④ 两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥．
A、0 B、1 C、2 D、3 【答案】B
9.在四棱锥V?ABCD中，B1，D1分别为侧棱VB，VD的中点，则四面体AB1CD1的体积与四棱锥 V?ABCD的体积之比为（ ） A．1:6 B．1:5 【答案】C
C．1:4
D．1:3
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三、解答题
1.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AD?AA1?1，AB?2，点E在棱AB上移动． （1）证明：D1E?A1D；
（2）AE等于何值时，二面角D1?EC?D的大小为
?． 4
x
【答案】解：（1）在如图所示的空间直角坐标系中，A,0,1),D(0,0,0),D1(0,0,1) 1(1
????????????????????
设E(1,y,0)(y?[0,2]) 则D1E?(1,y,?1),DA1?(1,0,1)…所以D1E?DA1?0……所以D1E?A1D……
?
（2）方法一：设n?(u,v,w)为平面DCE的一个法向量 1
????????u?(2?y)v??2v?w?0?n?CD1?0由??????，得?，所以?… ?
w?2vu?yv?w?0????n?D1E?0
??
因为二面角D1?EC?D的大小为，所以cos?| ??
44又y?
[0,2]，所以y?2
AE?2D1?EC?D的大小为
?
4
2.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AD?AA1?1，AB?2，点E在棱AB上移动． （1）当E为AB的中点时，求四面体E?ACD1的体积； （2）证明：D1E?A1D．
【答案】解：（1）S?ACE?
D1
A1
A
E
1
C1
11AE?BC?… 22
11
S?ACE?D1D?… 36
因为D1D?平面ACE，所以VE?ACD1?VD1?ACE?（2）正方形ADD1A1中，A1D?AD1……
因为AB?平面ADD1A1D…… 1，所以AB?A1D…所以A1D?平面AD1E…所以D1E?A
3
3.三棱柱ABC?A1B1C1中，它的体积是3，底面?ABC中，?BAC?90，AB?4,AC?3,B1在底面的射影是D，且D为BC的中点．
（1）求侧棱BB1与底面ABC所成角的大小；(7分)
（2）求异面直线B1D与CA1所成角的大小．(6分)
【答案】解：（1）依题意，B1D?面ABC，?B1BD就是侧棱BB1与底面
A1
ABC所成的角?2分
1
VABC?A1B1C1?S?ABC?B1D??4?3?B1D?2
4分
B1D?
5分
5?5
，B1D?BDtan??tan?，
tan?????7分 232
（2）取B1C1的中点E，连EC,A1E，
则?ECA1（或其补角）为所求的异面直线的角的大小 9分 B1D?面ABC，B1D‖CE，面ABC‖面A1B1C1?CE?面A1B1C1，
?CE?A1E 11分
计算BD?
5
AE12分 tan?A1CE???
EC32
?
所求异面直线B1D与CA1所成的角 13分
6
4.在如图所示的几何体中，四边形CDPQ为矩形，四边形ABCD为直角梯形，
1
且?BAD??ADC?90?，平面CDPQ?平面ABCD，AB?AD?CD?
1，PD?
2
（1）若M为PA的中点，求证：AC//平面DMQ；
（2）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小.
【答案】解：（1）如图，设CP与M的交点为N，连接MN．
易知点N是CP的中点，又M为PA的中点，故AC//MN．…4分
A
于是，由MN?平面DMQ，得AC//平面DMQ．……………6分 （2）如图，以点D为原点，分别以DA、DB、DC为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P．
Q
C
B
?????
易知n1?(0,1,0)为平面PAD的一个法向量，设n2?(x,y,z)为平面PBC的一个法向量．
???????
??????x?y?n2?BC??x?y?0
则???，令y?1，得n2?(1,1．…………………10分 ???????
???z??n2?PC?2y?0
?????n1?n2
1
设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角为?，则cos???，…………………12分
2n1n2
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故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为
?
3
．………………………………………14分
5.(本题满分14分) 本题共2个小题，第1小题6分，第2小题8分. 在如图所示的直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的 菱形，且?BAD?60?,AA1?4.
（1）求直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的体积； （2）求异面直线AD1与BA1所成角的大小．
【答案】解：（1）因菱形ABCD
的面积为AB2?sin60??……2分
故直四棱柱ABCD?
A1B1C1D1的体积为：
（2）连接BC1、AC，易知，故?A等于异面直线AD1与BA1BC1BC1111//AD1所成角. ……8分
由已知，可得A1B?BC1?AC11?A1
B1
DC1
S底面ABCD?AA1?4?……6分
A
C
……10(第20题图）分
222
AB?BC?AC71111 则在?A1BC1中，由余弦定理，得 cos?A1BC1?……12分 ?.
2A1B?BC1107
故异面直线AD1与BA1所成角的大小为arccos……14分 .
10
6.（本题满分12分）本题共2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.
在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB?BC?2，AA1?3，过A1,C1,B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如下所示的几何体ABCD?AC11D1.
（1）若A1C1的中点为O1，求求异面直线BO1与A1D
1所成角的大小（用反三角函数值表示）；
（2）求点D到平面A1BC1的距离d．
【答案】解：(1)按如图所示建立空间直角坐标系．由题知，
可得点D(0,0,0)、B(2,2,0)、D1(0,0,3)、A1(2,0,3)、C1(0,2,3)．由O1是AC11中点，可得O1(1,1,3).
??????????
于是，BO1?(?1,?1,3),A1D1?(?2,0,0)．设异面直线BO1与A1D1所成的角为?，
??????????
BO?A1D1 则cos??1??
|BO1||A1D1| 因此，异面直线BO1与A1D1所成的角为???????n?BA1?0,(2)设n?(x,y,z)是平面ABD的法向量． ∴????????
??n?BC1?0.
??????????2y?3z?0,又BA1?(0,?2,3),BC1?(?2,0,3)，∴? 取z?2， ?
??2x?3z?0.
5
．