高考数学原创预测题 专题五 立体几何 理 大纲人教版
高考数学立体几何题大纲解析
高考数学立体几何题大纲解析在高考数学中，立体几何题一直是一个重要的组成部分。
对于许多考生来说，立体几何题可能具有一定的挑战性，但只要掌握了正确的方法和知识点，也能够轻松应对。
接下来，让我们对高考数学立体几何题的大纲进行详细解析。
一、高考数学立体几何题的考查内容1、空间几何体的结构特征考生需要了解常见的空间几何体，如棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征。
能够通过直观感知、操作确认等方式，认识这些几何体的性质和特点。
2、空间几何体的表面积和体积这部分要求考生掌握各类空间几何体的表面积和体积公式，并能熟练运用这些公式解决相关问题。
例如，棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算，圆柱、圆锥、圆台和球的表面积和体积计算。
3、空间点、直线、平面的位置关系包括平面的基本性质、直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系等。
考生需要理解并能够运用公理、定理来证明相关的位置关系。
4、空间向量在立体几何中的应用利用空间向量来解决立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离问题。
这需要考生掌握空间向量的基本运算和坐标表示，以及空间向量在解决立体几何问题中的方法和技巧。
二、高考数学立体几何题的题型特点1、选择题和填空题通常会考查空间几何体的结构特征、表面积和体积的计算、点线面位置关系的判断等基础知识。
题目难度相对较小，但需要考生对概念有清晰的理解，并且具备一定的计算能力。
2、解答题一般会综合考查空间点线面的位置关系、空间角和距离的计算等。
这类题目通常需要考生画出图形，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法来求解。
解答题的难度较大，需要考生有较强的逻辑思维能力和运算能力。
三、高考数学立体几何题的解题方法1、传统几何方法通过运用线面平行、垂直的判定定理和性质定理，以及空间角和距离的定义和求法来解决问题。
这种方法需要考生有较强的空间想象能力和逻辑推理能力。
2、空间向量方法建立空间直角坐标系，将空间中的点、直线、平面用向量表示，然后通过向量的运算来求解空间角和距离。
高考数学精选预测51 理 大纲人教版
高考数学精选预测51 理 大纲人教版第Ⅰ卷（选择题 60分）一、选择题：本大题共12个小题，每个小题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，把它选出来填涂在答题卡上。
1．已知命题p ：抛物线22y x =的准线方程为12y =-；命题q ：若函数(1)f x +为偶函数，则()f x 的图像关于1x =对称，则下列命题是真命题的是（ ）A ．p q ∧B ．()p q ∨⌝C ．()()p q ⌝∧⌝D ．p q ∨2．在下列函数中，图象关于y 轴对称的是（ ） A ．y =x 2sin x B ．11212xy =+- C ．y =x ln x D ．π2sin3()16y x =--+3．若3cos25θ=，4sin 25θ=-，则角θ的终边一定落在直线（ ）上 A ．7240x y += B ．7240x y -= C ．2470x y +=D ．2470x y -=4．已知下列四个命题：①平行于同一直线的两平面互相平行；②平行于同一平面的两平面互相平行；③垂直于同一直线的两平面互相平行；④与同一直线成等角的两条直线互相平行。
其中正确命题是（ ）A ．①②B ．②③C ．③④D ．②③④5．已知等比数列{},{n n a b }，,n n P Q 分别表示其前n 项积，且(1)(3)n n n n P Q -=，则55a b =（ ） A ．981()2 B ．59()2 C ．812D ．926．若关于x 的方程24cos sin 40x x m ++-=恒有实数解，则实数m 的取值范围是（ ） A ．［0，5］ B ．［-1，8］ C ．［0，8］ D ．［-1，+∞）7．某班有50名学生，其中正、副班长各1人，现选派5人参加一项活动，要求正、副班长至少有1人参加，问共有多少种选派方法？下面是学生提供的四种计算方法：①1423248248C C C C +；②555048C C -；③14249C C ；④14324948C C C -。
高考数学立体几何题大纲详解
高考数学立体几何题大纲详解在高考数学中，立体几何题一直是许多同学感到棘手的部分。
然而，只要我们掌握了相关的知识和解题方法，就能在考试中轻松应对。
接下来，让我们详细了解一下高考数学立体几何题的大纲。
一、基础知识1、空间几何体的结构特征我们要熟悉常见的空间几何体，如棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征。
知道它们的定义、性质以及如何通过直观图和三视图来识别这些几何体。
2、表面积与体积对于不同的几何体，我们需要掌握其表面积和体积的计算公式。
例如，正方体的表面积为 6a²（a 为边长），体积为 a³；圆柱的表面积为2πr(r ＋ l)（r 为底面半径，l 为母线长），体积为πr²h 等等。
3、点、线、面的位置关系这部分包括线线平行、线线相交、线面平行、线面相交、面面平行、面面相交等关系。
要理解这些关系的定义、判定定理和性质定理。
二、空间向量在立体几何中的应用1、空间向量的概念与运算了解空间向量的定义、坐标表示以及加减乘等运算规则。
2、利用空间向量证明平行与垂直通过计算向量的数量积来判断线线、线面、面面的平行与垂直关系。
3、利用空间向量求空间角和距离例如，利用向量的夹角公式求异面直线所成的角、线面角、二面角；利用向量的模长求点到直线、点到平面的距离等。
三、解题方法1、几何法通过直观的图形观察和几何定理的运用来解题。
比如，证明线面平行时，可以通过构造平行四边形或者找线线平行来实现。
2、向量法建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量的运算问题。
这种方法往往计算量较大，但思路相对清晰。
四、常见题型1、证明题要求证明线线、线面、面面的平行或垂直关系。
在解题时，要根据题目所给条件，选择合适的定理和方法。
2、计算题计算几何体的表面积、体积、空间角或距离。
此类题目需要我们准确运用相关公式和方法，注意计算的准确性。
3、综合题将证明和计算结合在一起，考查我们对立体几何知识的综合运用能力。
高考数学立体几何题目大纲解析
高考数学立体几何题目大纲解析关键信息项：1、立体几何题目类型：＿___________________________2、常见考点：＿___________________________3、解题方法分类：＿___________________________4、易错点汇总：＿___________________________5、重要公式总结：＿___________________________11 立体几何题目类型111 空间几何体的结构特征1111 棱柱、棱锥、棱台的结构特征1112 圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征112 空间几何体的三视图和直观图1121 三视图的画法与识图1122 直观图的画法与还原113 空间几何体的表面积与体积1131 柱体、锥体、台体的表面积与体积公式1132 球的表面积与体积公式1133 组合体的表面积与体积计算114 空间点、直线、平面的位置关系1141 平面的基本性质1142 空间中直线与直线的位置关系1143 空间中直线与平面的位置关系1144 空间中平面与平面的位置关系12 常见考点121 线面平行与垂直的判定与性质1211 线面平行的判定定理与性质定理1212 线面垂直的判定定理与性质定理122 面面平行与垂直的判定与性质1221 面面平行的判定定理与性质定理1222 面面垂直的判定定理与性质定理123 空间角的计算1231 异面直线所成角的计算1232 直线与平面所成角的计算1233 二面角的计算124 空间距离的计算1241 点到直线的距离1242 点到平面的距离1243 平行直线间的距离1244 平行平面间的距离13 解题方法分类131 几何法1311 利用定义、定理直接推理证明1312 构建辅助线、辅助面解题1313 空间向量法的适用条件与优势132 空间向量法1321 建立空间直角坐标系1322 求点的坐标1323 求向量的坐标1324 利用向量的数量积计算夹角和距离14 易错点汇总141 概念理解不清1411 对线面平行、垂直的概念模糊1412 对空间角和距离的定义理解错误142 定理运用错误1421 判定定理和性质定理混淆1422 漏用定理条件143 计算失误1431 求角度时三角函数值计算错误1432 向量运算错误1433 体积和表面积计算错误144 忽视隐含条件1441 题目中未给出但需自行挖掘的条件1442 图形中的特殊位置关系未注意15 重要公式总结151 线面平行、垂直的判定定理和性质定理公式152 面面平行、垂直的判定定理和性质定理公式153 空间角的计算公式154 空间距离的计算公式155 向量的数量积公式及相关变形公式以上是对高考数学立体几何题目大纲的详细解析，希望能对您有所帮助。
(课标版)高考数学 原创预测题 专题五 解析几何 理
专题五：解析几何（新课标理）一、选择题1.若抛物线的焦点坐标为(2,0)，则抛物线的标准方程是（ ）．．28y x =．28y x =-．28x y =．24y x =2.已知直线1l ：310ax y ++=，2l ：2(1)10x a y +++=，若1l ∥2l ，则实数a 的值是（ ）．．32a a =-=或．3a =-．2a =-．3a =3．已知抛物线212x y =的焦点是双曲线221mx ny -=（0mn ≠）的其中一个焦点，且双曲m =（ ）．8-．128-．8．128 4.对于集合{}22()|1A x y x y =+=，，()|100x y B x y a b a b ⎧⎫=+=>>⎨⎬⎩⎭，，，，如果A B =∅，则ab 的值为（ ）．．正．负．0．不能确定5．连接椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的一个焦点和一个顶点得到的直线方程为220x y -+=，则该椭圆的离心率为（ ）..12.. 236．定义：平面直角坐标系内横坐标为整数的点称为 “横整点”，过函数y =上任意两个“横整点”作直线，则倾斜角大于45︒的直线条数为（ ）．10．11．12．137.在直二面角AB αβ--中，PAB ∆在平面α内，四边形ABCD 在平面β内，且α⊥AD ，α⊥BC ，4=AD ，8=BC ，6=AB ．若tan 2tan 1ADP BCP ∠=∠+，则动点P 在平面α内的轨迹是（ ）．椭圆的一部分 ．线段．双曲线的一部分 ．以上都不是8．双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 中，F 为右焦点，为左顶点，点(0,)0B b AB BF ⋅=且，则此双曲线的离心率为（ ）．2 ．3 ．213+ ．215+9．已知抛物线24,y x =焦点为F ，ABC ∆三个顶点均在抛物线上，若0FA FB FC ++=，则FA FB FC ++=（ ）．8 ．6 ．3 ．010．如图，已知直线a ∥平面α，在平面α内有一动点P ，点A 是定直线a 上定点，且AP 与a 所成角为θ（θ为锐角），点A 到平面α距离为d ，则动点P 的轨迹方程为（ ）．2222tan x y d θ+= ．2222tan x y d θ-=．22()tan d y d x θ=-．22()tan d y d x θ=--二、填空题11. 已知圆22430x y x +-+=的切线l 经过坐标原点，且切点在第四象限，则切线l 的方程为 .12．已知抛物线x y 42=的焦点为F ，在第一象限中过抛物线上任意一点P 的切线为l ，过P 点作平行于x 轴的直线m ，过焦点F 作平行于l 的直线交m 于M ，若4=PM ，则点P的坐标为 .13．已知点1F 、2F 分别是双曲线2222 1 (0,0)x y a b a b -=>>的左、右焦点，过F1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，若2ABF ∆的最大角为锐角，则该双曲线离心率的取值范围是________．14．观察下图，类比直线方程的截距式和点到直线的距离公式，点(4,2,1)H 到平面ABC 的距离是.三、解答题15.已知直线l ：4=x 与x 轴相交于点M ，P 是平面上的动点，满足0PM PO =（O 是坐标原点）．⑴求动点P 的轨迹C 的方程；⑵过直线 l 上一点)(M D D ≠作曲线C 的切线，切点为E ，与x 轴相交点为F ，若12DE DF =，求切线DE 的方程．16.如图所示，双曲线的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，F1，F2分别为左、右焦点，双曲线的左支上有一点P ，∠F1PF2＝3π，且△PF1F2的面积为23，又双曲线的离心率为2，求该双曲线的方程．17.已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的长半轴长为2，且点在椭圆上．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆右焦点的直线l 交椭圆于,A B 两点，若0OA OB =，求直线l 的方程．18.已知点(5,0)A ,抛物线24y x =的顶点在原点O ,倾斜角为4π的直线l 与线段OA 相交但不过,O A 两点,且交抛物线于,M N 两点,求AMN ∆的面积最大时直线l 的方程,并求AMN ∆的最大面积.19．设椭圆C ：22221x y a b +=(0)a b >>的左、右焦点分别为12, F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1222FFQF =，若过A ，Q ，2F 三点的圆恰好与直线l ：30x -=相切．过定点(0, 2)M 的直线1l 与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线1l 的斜率0k >，在x 轴上是否存在点(, 0)P m ，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）若实数λ满足MG MH λ=，求λ的取值范围．20. 已知点(1,)M y 在抛物线2:2C y px =(0)p >上，抛物线的焦点为F ，且2MF =，直线:l 12y x b=-+与抛物线交于,A B 两点.（Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）若x 轴与以AB 为直径的圆相切，求该圆的方程； （Ⅲ）若直线l 与y 轴负半轴相交，求AOB ∆面积的最大值.答案解析1．【解析】选，根据焦点坐标在x 轴上，可设抛物线标准方程为22y px =(0)p >，有22p =，4p =，所以抛物线的标准方程为28y x =.2．【解析】选，根据两直线平行得：321a a =+，解方程得32a a =-=或，当2a =时，两直线重合，不符合条件，故2a =舍去，所以3a =-.3.【解析】选C,根据先根据双曲线的一个焦点与抛物线22y x =的焦点重合求得焦点坐标，a ，然后对号入座求得m 的值．抛物线22y x =的焦点是1(,0)2F ，则12c =，c a e ==218m a ==.4.【解析】选，集合A 表示的图形是圆221x y +=；集合B 表示的图形是直线0(00)bx ay ab a b +-=>>，．由A B =∅可知，直线和圆没有公共点，所以，圆心到直线1>ab0ab <．5.【解析】选，直线220x y -+=与坐标轴的交点为（－2，0），（0，1），依题意得2,1c b a e ==⇒==.6.【解析】选，共有“横整点”()(()(()3,00,33,0---，其中满足条件的有()3,0与(()(0,3--连线共有5条；()3,0-与(1,--连线共有2条；(与(()(0,3-连线共有3条；(1, 与()0,3连线共有1条；综上共计11条.7.【解析】选C ，根据题意可知，又,tan ,tan BC PBBCP AD PA ADP =∠=∠AD=4,BC=8,.,6.4,1824轨迹为双曲线的一部分即∴==-=⨯-∴AB PB PA PBPA8．【解析】选D ，根据题意 0AB BF ⋅=，即2,,AB BF b ac ⊥∴=即,22ac a c =-故012=--e e ，又1>e ，所以.215+=e9.【解析】选B ，设A,B,C 三点的横坐标分别为321,,x x x ，根据已知0FA FB FC ++=，所以点F 为ABC ∆的重心，.3321=++∴x x x 根据抛物线的定义可知1233 6.2p FA FB FC x x x ++=+++=10．【解析】选B ，解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出tan θ，对于tan θ的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示tan θ，可以考虑选项里面的暗示，解题时需要先设动点坐标，然后表示tan θ找到关系.设(,)P x y ，则tan θ=，化简得2222tan x y d θ-=．11.【解析】设切线方程为y kx =，圆心坐标为()2,0，半径 1.r =所以直线l 与x 轴的夹角为30︒，所以tan150k =︒=即:.l y x =【答案】.3y x =-12．【解析】 设,1|,1,2),,(021000x y k x y x y y x P x x ='=='==所以l 方程为),(1200210x x x x y -=-与x 轴交点A 的坐标为),0,(0x -,1||||0+==x PM AF 所以)32,3(P【答案】)32,3(13．【解析】过F1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于2(,)b A c a -，2(,)b Bc a --， 2ABF ∆是锐角三角形，等价于2145,AF F ∠<︒即21tan 1AF F ∠<.又因为双曲线中222b c a =-，所以222c a ac -<.不等式两边同时除以2a ，得：2()2101c c a a c a ⎧-⋅-<⎪⎪⎨⎪>⎪⎩，所以(1, 1c a ∈.【答案】(1, 114.【解析】 类比直线方程的截距式，直线的截距式是1x ya b +=，所以平面的截距式应该是1x y za b c ++=，然后是“类比点到直线的距离公式”应该转化为一般式，类比d =写出点到平面的距离公式，然后代入数据计算.平面ABC 的方程为1423x y z ++=--，即364120x y z +-+=，d ==15. 【解析】⑴依题意，)0 , 4(M ，设)40)( , (≠≠x x y x P 且，由0PM PO =，得PO PM ⊥得1-=⋅POPM k k ，即14-=⋅-xyx y ，整理得，动点P 的轨迹C 的方程为)40(2)2(222≠≠=+-x x y x 且．⑵DE 、DM 都是圆2222)2(=+-y x 的切线，所以DM DE =，因为DF 21=，所以DM DE DF 22==，所以6π=∠DFM ，设)0 , 2(C ，在CEF ∆中，2π=∠CEF ，6π=∠CFE ，2=CE ，所以4=CF ，)0 , 2(-F ，切线DE 的倾斜角6πα=或65π，所以切线DE 的斜率33=k 或33-，切线DE 的方程为)2(33+±=x y ．16. 【解析】设双曲线方程为：x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，P(x0，y0)． 在△PF1F2中，由余弦定理，得：|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos π3＝(|PF1|－|PF2|)2＋|PF1|·|PF2|. 即4c2＝4a2＋|PF1|·|PF2|. 又∵S △PF1F2＝2 3. ∴12|PF1|·|PF2|·sin π3＝2 3. ∴|PF1|·|PF2|＝8.∴4c2＝4a2＋8，即b2＝2. 又∵e ＝c a ＝2，∴a2＝23.∴双曲线的方程为：3x22－y22＝1.17. 【解析】（Ⅰ）由题意： 2a =．所求椭圆方程为22214x y b +=．又点在椭圆上，可得1b =．所求椭圆方程为2214x y +=．（Ⅱ）由（Ⅰ）知224,1a b ==，所以c =． 因为0OA OB ⋅=．若直线AB 的斜率不存在，则直线AB的方程为x =直线AB交椭圆于11)22-两点， 1304OA OB ⋅=-≠，不合题意．若直线AB 的斜率存在，设斜率为k ，则直线AB的方程为(y k x =．由22(440,y k x x y ⎧=-⎪⎨+-=⎪⎩可得2222(14)1240k x x k +-+-=． 由于直线AB 过椭圆右焦点，可知0∆>．设1122(,),(,)A x y B x y，则21212212414k x x x x k -+==+，222121212122([)3]14ky y k x x k x x x xk-==++=+．所以2221212222124114()141414k k kOA OB x x y yk k k---⋅=+=+=+++．由0OA OB⋅=，即2211414kk-=+，可得24,1111k k==±．所以直线l的方程为(11y x=±．18. 【解析】设直线l的方程为:(50)y x b b=+-<<联立24y xy x b⎧=⎨=+⎩消去x得:2440y y b-+=设1122(,),(,)M x y N x y,则21212416044by yy y b⎧∆=->⎪+=⎨⎪=⎩设直线l与OA的交点为P,则(,0)P b-1211||||(52(522AMNS PA y y b b∆=-=+=+2(5AMNS b∆=+≤=当且仅当522b b+=-,即1b=-时取“=”,此时直线l:1y x=-.故AMN∆的最大面积为19．【解析】（Ⅰ）因为1222F F QF=，所以1F为2F Q的中点.设Q的坐标为(3, 0)c-，因为2AQ AF⊥，所以2233b c c c=⨯=，2244a c c c=⨯=，且过2,,A Q F三点的圆的圆心为1(, 0)F c-，半径为2c. 因为该圆与直线l相切，所以|3|22cc--=.解得1c=，所以2a=，b=故所求椭圆方程为22143x y +=.（Ⅱ）设1l 的方程为2y kx =+（0k >），由222,143y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得22(34)1640k x kx +++=. 设11(,)G x y ，22(,)H x y ，则1221634kx x k +=-+.所以1122(, )(, )PG PH x m y x m y +=-+-=1212(2, )x x m y y +-+.=1212(2, () 4 )x x m k x x +-++21212121(, )(, ())GH x x y y x x k x x =--=--.由于菱形对角线互相垂直，则()PG PH +⋅0GH =.所以21122112()[()2] ()[()4]0x x x x m k x x k x x -+-+-++=.故2211212()[()2 ()4]0x x x x m k x x k -+-+++=.因为0k >，所以210x x -≠.所以21212()2 ()40x x m k x x k +-+++= 即212(1)()420k x x k m +++-=. 所以2216(1)()42034kk k m k +-+-=+解得2234km k =-+，即234m k k =-+.因为0k >，所以0m <.故存在满足题意的点P 且m的取值范围是[ 0).（Ⅲ）①当直线1l 斜率存在时，设直线1l 方程为2y kx =+，代入椭圆方程22143x y +=得22(34)1640k x kx +++=. 由0∆>，得214k >. 设11(, )G x y ，22(, )H x y ， 则1221634k x x k +=-+，122434x x k =+. 又MG MH λ=，所以1122(, 2)=(, 2)x y λx y --. 所以12=x λx .所以122=(1+)x +x λx ，2122=x x λx . 所以2212122()==1+x +x x x x λλ. 所以2222164()3434(1)k k k λλ-++=+. 整理得2264(1)4k λλ+=+. 因为214k >，所以26441634k <<+，即2(1)416λλ+<<. 所以14216λλ<++<.解得1λ≠且77λ-<<+又01λ<<，所以71λ-<.②又当直线1l 斜率不存在时，直线1l 的方程为0x =，此时G，(0, H，2)MG =，(0, 2)MH =， 23MG MH-=，所以7λ=-所以71λ-<，即所求λ的取值范围是[7-.20. 【解析】：（Ⅰ）抛物线22y px = (0)p >的准线为2p x =-，由抛物线定义和已知条件可知||1()1222p p MF =--=+=，解得2p =，故所求抛物线方程为24y x =. （Ⅱ）联立2124y x b y x ⎧=-+⎪⎨⎪=⎩，消x 并化简整理得2880y y b +-=.依题意应有64320b ∆=+>，解得2b >-.设1122(,),(,)A x y B x y ，则12128,8y y y y b +=-=-，设圆心00(,)Q x y ，则应有121200,422x x y y x y ++===-.因为以AB 为直径的圆与x 轴相切，得到圆半径为0||4r y ==，又||AB 所以||28AB r =， 解得85b =-. 所以12124822224165x x b y b y b +=-+-=+=，所以圆心为24(,4)5-. 故所求圆的方程为2224()(4)165x y -++=.（Ⅲ）因为直线l 与y 轴负半轴相交，所以0b <，又l 与抛物线交于两点，由（Ⅱ）知2b >-，所以20b -<<，直线l ：12y x b =-+整理得220x y b +-=，点O 到直线l的距离d ，所以1||42AOB S AB d ∆==-=令32()2g b b b =+，20b -<<，24()343()3g b b b b b '=+=+由上表可得()g b 的最大值为()327g -= . 所以当43b =-时，AOB ∆的面积取得最大值.。
高考数学立体几何题大纲详解
高考数学立体几何题大纲详解一、立体几何题的重要性1、立体几何在高考数学中的分值占比2、对学生空间想象能力和逻辑推理能力的考察二、常见立体几何题型1、证明线面平行与垂直11 线面平行的判定定理及应用12 线面垂直的判定定理及应用2、求空间角21 异面直线所成角22 线面角23 二面角3、求几何体的体积与表面积31 柱体的体积与表面积32 锥体的体积与表面积33 球体的体积与表面积三、解题方法与技巧1、建立空间直角坐标系11 坐标系的建立原则12 利用向量法求解线面角、二面角等2、传统几何法21 作辅助线的技巧22 利用几何性质进行推理和计算3、转化与化归思想31 把空间问题转化为平面问题32 体积与表面积的转化四、历年高考真题分析1、选取典型真题11 对各题型的覆盖情况12 难度分布2、详细解析真题21 解题思路的梳理22 易错点和难点的剖析五、备考策略1、基础知识的巩固11 定理、公式的熟练掌握12 常见几何体的性质2、大量练习21 模拟题与真题的训练22 错题的整理与反思3、提高解题速度和准确性31 限时训练32 答题规范的养成六、考试注意事项1、认真审题11 理解题目中的条件和要求12 挖掘隐含条件2、答题步骤的完整性21 证明过程的逻辑严密性22 计算过程的准确性3、时间分配31 根据题型和难度合理安排时间32 留出检查的时间以上内容对高考数学立体几何题进行了较为全面的大纲详解，希望对您有所帮助。
高三数学高考二轮复习专题五《立体几何》新人教版(20200623093129)
（ D） a , b // ,
答案： C
解析： 由 b
， ∥ 得b
，又 a
，因此可知 b a ，故 a b 的一个充分条件是
C，选 C． 点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问
题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要
解析： 由平面与平面垂直的判定定理知， 如果 m为平面 α内的一条直线， m
．既不充分也
，则
；
反过来则不一定．所以“
”是“ m ”的必要不充分条件．
例 2．设 a ,b 是两条直线， , 是两个平面，则 a b 的一个充分条件是（
）
（ A） a , b // ,
（B） a , b , //
（C） a , b , //
而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立
体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．
例 1．已知 α，β 表示两个不同的平面， m为平面 α 内的一条直线， 则“
”是“ m ”
的( )
A．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D
不必要条件
答案： B
2． 立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体 积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的 重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．
【知识交汇】
1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合
高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，
AC 平面 BB1D1D
(新课标)2020年高考数学一轮总复习专题5立体几何课件文新人教A版
【例2】 (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2 2 ，PA＝ PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点． (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．
[解析] (1)证明：∵AB＝BC＝2 2，AC＝4，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角 三角形．连接OB， 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＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)由(1)得PO⊥平面ABC，PO＝ PA2－AO2＝2 3，
在△COM中，OM＝
OC2＋CM2－2OC·CMcos
45°＝2
3
5 .
S△POM＝12×PO×OM＝12×2 3×235＝2 315，
S△COM＝12×23×S△ABC＝43.
设点C到平面POM的距离为d.
由VP－OMC＝VC－POM，得13×S△POM·d＝13×S△OCM×PO，
[答案] B
跟踪训练 (2018·西安八校联考)在平行四边形ABCD中，∠ABD＝90°，且AB＝
1，BD＝ 2 ，若将其沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BDC的外接
球的表面积为( )
A．2π
B.8π
C．16π
D.4π
解析：画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．在立体图形中，设AC的中点 为O，连接OB，OD，因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD. 又AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以△CDA与△CBA都是以AC为斜边的直角三 角形，所以OA＝OC＝OB＝OD，所以点O为三棱锥A－BDC的外接球的球心．于 是，外接球的半径r＝12AC＝12 CD2＋DA2＝12 12＋ 32＝1.故外接球的表面积S＝ 4πr2＝4π.故选D.
高考数学立体几何题大纲解析
高考数学立体几何题大纲解析关键信息项：1、立体几何题的常见类型线面关系类空间角计算类体积表面积计算类位置关系证明类2、解题所需的基础知识点线面的位置关系定理空间向量的基本概念与运算常见几何体的性质3、解题技巧与方法辅助线的添加技巧空间向量法的应用步骤转化与化归思想的运用4、历年高考真题分析重点省份的真题特点题型变化趋势5、复习策略与建议针对性练习的重要性错题整理与反思的方法11 立体几何题的常见类型111 线面关系类这类题目主要考查直线与平面、平面与平面的平行和垂直关系。
常见的命题形式有判断给定的线面关系是否成立，或者根据已知条件证明线面关系。
在解决此类问题时，需要熟练掌握相关定理和性质，如线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理等。
112 空间角计算类空间角包括异面直线所成角、线面角、二面角等。
计算空间角通常需要通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法来求解。
也可以运用几何方法，如通过作垂线、找射影等方式来确定角的大小。
113 体积表面积计算类涉及到几何体的体积和表面积的计算。
对于常见的几何体，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等，要牢记其体积和表面积公式。
同时，要善于运用割补法等技巧，将复杂的几何体转化为熟悉的基本几何体来计算。
114 位置关系证明类证明点、线、面之间的位置关系，如点在直线上、直线在平面内、平面与平面平行或垂直等。
证明过程需要严谨的逻辑推理，运用所学的定理和定义进行论证。
12 解题所需的基础知识121 点线面的位置关系定理包括公理 1、公理 2、公理 3 及其推论，线面平行、垂直的判定定理和性质定理，面面平行、垂直的判定定理和性质定理等。
这些定理是解决立体几何问题的理论依据，必须熟练掌握和准确运用。
122 空间向量的基本概念与运算理解空间向量的定义、模长、方向余弦、数量积、向量积等概念，掌握空间向量的加法、减法、数乘运算以及空间向量的坐标表示和坐标运算。
空间向量为解决立体几何中的角度和距离问题提供了有力的工具。
2021-2022年高考数学考试大纲解读专题05立体几何理
2021年高考数学考试大纲解读专题05立体几何理（三）立体几何初步1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理. • 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. • 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补. (2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行. • 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.• 如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.（十六）空间向量与立体几何1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.与xx年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在xx年的高考中预计仍会以“一小一大或两小一大”的格局呈现，在选择题或填空题中，考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算，空间线面位置关系的判定等，难度中等；在解答题中主要考查空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间几何体表面积或体积的计算，空间角或空间距离的计算等，难度中等.考向一空间几何体的三视图和直观图样题1 (xx年高考新课标Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12C．14 D．16【答案】B样题2 （xx年高考北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A．3 B．2C．2 D．2【答案】B样题3 （xx新课标全国Ⅱ理科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．B．C．D．【答案】B考向二球的组合体样题4 （xx新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A．B．C．D．【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h⎛⎫==⨯⨯=⎪⎪⎝⎭，故选B.【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5 （xx江苏）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱的体积为，球的体积为，则的值是 .【答案】考向三空间线面的位置关系样题6 已知α，β是平面，m、n是直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中命题正确的是__________．【答案】①④【解析】①是平面与平面垂直的判定定理，所以①正确；②中，m，n不一定是相交直线，不符合两个平面平行的判定定理，所以②不正确；③中，还可能n∥α，所以③不正确；④中，由于n∥m，n⊄α，m⊂α，则n∥α，同理n∥β，所以④正确．故填①④.样题7 （xx新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.考向四 空间角和距离样题8 （xx 年高考新课标Ⅱ卷）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A ． B ． C ．D ．【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===易得，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ．样题9 (xx年高考新课标Ⅲ卷) a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】设.由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，，连接AD，等腰中，,当直线AB与a成60°角时，，故，又在中，，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，，即AB与b成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线与所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.。
2020年高考数学原创预测题 专题五 立体几何 文 大纲人
专题五：立体几何一、选择题1.设地球半径为R ，若甲地位于北纬45度东经120度，乙地位于南纬75度东经120度，则甲乙两地的球面距离为（ ） R 3 R 6π R 65π R 32π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的侧面积与这个球的表面积之比为（ ）1:1 1:2 2:3 3:23.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ）A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥.．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n .．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n4.圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为（ ）9.318.18.39.D C B A5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D 的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米.9 .16 .18 .9或186.下列说法不正确的．．．．是（ ） ．空间中，一组对边平行且相等的四边形是一定是平行四边形．同一平面的两条垂线一定共面．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直7.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）、23 、23 、3 、3 8．由棱长为2的正方体的表面的六个中心为顶点构成的新几何体的体积为（ ）.2 .4 .32 .34 9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,===I I I ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）．1 ．2 ．3 ．410.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分A.圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线二、填空题11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是 .12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 . 13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 .14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，则 .三、解答题15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，AB⊥BC.PA=AB=BC,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB； (2)求证：PD∥平面EAC.16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，求：(1)异面直线PD与EF间的距离； (2)这个三棱锥P-DEF的体积.17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；(2)求二面角B1-EF-G的大小；(3)求四面体EFGB1的体积.18.如图在正三棱柱ABC-A1B1C1中，，D为AC的中点.(1)求证：AB1∥平面BDC1；(2)设AB1垂直于BC1，BC=2,求这个三棱柱的表面积.19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).(1)求证：AC ⊥BF ； (2)若二面角F-BD-A 的大小为60°，求a 的值.20.如图，AB 为圆O 的直径，点E,F 在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ； (2)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.答案解析（专题五）1.解析：选D.连接甲乙两地的大圆上的劣弧的球心角为45+75=120度， 由弧长公式得甲乙两地的球面距离为R 32 ，故选D. 2.解析：选设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，所以2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱侧14222=⋅=R r r S S ππ故选. 3.解析：选.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以对，在B 中有m 与n 不垂直的情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选．4.解析：选B.设截面等腰三角形的顶角为θ，则截面面积为θθsin 18sin 6212=⨯=S ， 因为ο1200≤<θ，所以18sin 18≤=θS ，故选B.5.解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ο， h BC DBC ==∠,45ο,所以在BAC ∆中，,18,30==∠AB BAC ο应用余弦定理得()ο30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+=，解这个方程得9h ,18==或h ， 当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.6.解析：选D .一组对边平行且相等的四边形就决定了这个四边形是平行四边形；同一平面的两条垂线互相平行，因而共面;这些直线都在同一个平面内即直线的垂面；把书本的书脊垂直放在桌上就可明确看出D 不正确.7.解析：选 .在平面图中，过作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°. 由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23. KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33. ∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A. 8.解析：选D ．构成的新几何体是两个有公共底面的正四棱锥，它的底面边长为2，高为1，所以一个正四棱锥的体积为()3212312=⨯⨯，故选D. 9.解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγI ，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C.11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或或()9054322=++， 74答案：74 12. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，所以轴截面顶角的一半为ο30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin =οl 厘米.答案：35厘米.13.解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3483423-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()ππ-=⨯⨯-⨯441424122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ34056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为8152121634056ππ-=-. 答案：81521π-. 14.证明：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.15.解析：(1)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC.又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A,∴ BC ⊥平面PAB.又B C ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD.在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB. 连接BD ，交AC 于点M ，则2==ABDC MB DM . 连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DM EB PE , ∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.16.解析:(1)取EF 的中点N ，PD 的中点M ，连接DN 、MN 、PN ，因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥MN ，PD ⊥MN ，所以MN 是异面直线PD 与EF 间的距离，在直角三角形PMN 中，MN=1,所以异面直线PD 与EF 间的距离为1.(2)由前面知EF ⊥平面PDN ，△PDN 的面积为2142121=⨯⨯=⋅=MN PD S ， 所以这个三棱锥P-DEF 的体积38423131=⨯⨯==Sh V . 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G, 延长QE 交AD 于N ，所以EQ 平行于平面FB 1G 的充要条件是A 1M ∥EQ ，因为E 为AA 1的中点，所以N 为AM 的中点，所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ；(2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为25,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF , 所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.ο45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度.(3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=∆G FB S , 所以83234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析：(1)连接BC 1和B 1C ，交点为O,则O 为B 1C 的中点，连接OD, 因为D 为中点，所以OD ∥AB 1,又OD 在平面DBC 1内，AB 1不在平面DBC 1内，所以AB 1∥平面BDC 1.(2)过A 作AF ⊥BC,垂足为F,连接B 1F ，因为侧面垂直于底面，所以AF ⊥侧面BCC 1B 1，所以AB 1在侧面BCC 1B 1的射影为B 1F ， 因为AB 1垂直于BC 1，所以BC 1⊥B 1F ，Rt ∆B 1BF ∽Rt ∆BC 1C, B 1B:BC=BF:C 1C,所以B 1B 2=BC ·BF=2，所以侧棱21=B B , 所以全面积为322624322232+=⨯⨯+⨯⨯. 19. 解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴由余弦定理得 ︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC=32121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB.又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF.(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ，过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.∴∠AGF 即是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°.在∆ABD 中，由余弦定理得72121221120cos 22222=-⨯⨯⨯-+=︒⋅⋅-+=）（AD AB AD AB BD . 由.721120sin 2121721=︒⨯⨯⨯=⋅=∆AG AG S ABD 得 在Rt ∆AGF 中，∵∠AGF=60°，∴AF=AG ·tan ∠AGF=.773,7733721==⨯a 即 20. (1)如图，连接BE ，因为四边形ABCD 是直角梯形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABFE ，所以AD⊥平面ABFE,所以AD ⊥BE.因为AB 为圆O 的直径，所以AE ⊥BE ，又AE ⋂AD=A 所以BE ⊥平面DAE. 又BE ⊂平面CBE ，所以平面CBE ⊥平面DAE.(2)存在，点G 是BD 的中点.证明：连接OG ，OF,GF,则OG ∥AD,又因为OG ⊄平面DAE,所以OG ∥平面DAE,因为AB ∥EF ，AO=21AB=2,EF=2,所以四边形AOFE 是平行四边形，所以OF ∥AE, 又OF ⊄平面DAE ，所以OF ∥平面DAE ，又OG ⋂OF=O,所以平面OGF ∥平面DAE,所以GF ∥平面DAE.。
高中数学立体几何题大纲解析
高中数学立体几何题大纲解析关键信息项：1、立体几何题的类型：包括线线、线面、面面关系的题型等。
2、解题所需的基础知识：如点、线、面的定义与性质，空间直角坐标系等。
3、常见的解题方法：如向量法、几何法等。
4、重点考查的知识点：如平行、垂直的判定与性质等。
5、题型的难度分布：基础题、中档题、难题的比例与特点。
11 高中数学立体几何题的概述111 立体几何在高中数学中的地位和重要性112 立体几何题在高考中的分值和考查频率12 立体几何题的基本概念和定理121 点、线、面的基本定义和关系122 直线与平面平行、垂直的判定定理和性质定理123 平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理13 常见的立体几何图形131 棱柱、棱锥、棱台的结构特征132 圆柱、圆锥、圆台的结构特征133 球的结构特征14 空间直角坐标系141 空间直角坐标系的建立方法142 空间点的坐标表示143 空间两点间的距离公式15 向量法在立体几何中的应用151 向量的基本概念和运算152 用向量表示线线、线面、面面的关系153 利用向量法求解平行和垂直问题154 向量法求空间角和空间距离16 几何法在立体几何中的应用161 辅助线的添加技巧162 利用几何图形的性质进行推理和计算163 几何法求解体积和表面积问题17 立体几何题的题型分类171 证明题：证明线线、线面、面面的平行和垂直关系172 计算题：求空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）、空间距离（点到面的距离、异面直线的距离等）173 探究题：探索几何图形中的存在性问题18 基础题型的解题思路和方法181 简单的线面平行、垂直的证明182 求常见几何体的体积和表面积19 中档题型的解题技巧和要点191 复杂的空间角和距离的计算192 多面体中的线面关系证明110 难题的突破策略1101 综合运用多种方法解决问题1102 挖掘题目中的隐含条件1103 巧妙构造辅助图形111 立体几何题的易错点和注意事项1111 忽视定理的使用条件1112 计算错误1113 对空间图形的想象不准确112 提高立体几何解题能力的方法和建议1121 多做练习题，积累经验1122 建立错题本，总结错误原因1123 加强空间想象能力的训练113 立体几何题的应试技巧1131 合理安排答题时间1132 书写规范，步骤清晰1133 检查答案的合理性。
高考数学二轮复习 专题五《立体几何》新人教版
【专题五】 立体几何【考情分析】1． 立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，常以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等．高考的另一个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题．2． 立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．【知识交汇】1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．例1．已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案：B解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m 为平面α内的一条直线，m β⊥，则αβ⊥；反过来则不一定．所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件． 例2．设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（ ）（A ）βαβα⊥⊥,//,b a （B ）βαβα//,,⊥⊥b a （C ）βαβα//,,⊥⊂b a （D ）βαβα⊥⊂,//,b a 答案：C解析：由b β⊥，α∥β得b α⊥，又a α⊂，因此可知b a ⊥，故a b ⊥的一个充分条件是C ，选C ．点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意．2．三视图与几何体的面积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏易题．随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加． 例3． 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π答案：D解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D ．点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积．既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法．例4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ． 答案：18解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为18． 点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．3．几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面俯视图 正(主)视图 侧(左)视图2 32 2面垂直为主，属中档题．例5． 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中O 为正方形ABCD 的中心，M 为BB 1的中点， 求证：（1）D 1O//平面A 1BC 1；（2）D 1O ⊥平面MAC ．证明: (1)连结11,BD B D 分别交11,AC A C 于1,O O 在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形1,O O 分别是11,BD B D 的中点11//BO D O ∴∴四边形11BO D O 为平行四边形11//BO D O ∴1D O ⊄平面11A BC ，1BO ⊂平面11A BC 1//D O ∴平面11A BC（2）连结MO ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形且1,2BB a BD a ==,O M 分别是1,BD BB 的中点2,22a BM BO OD a ∴=== 122BM BO OD DD ∴== 1ODD Rt MBO Rt ∆≅∆ 1BOM DD O ∴∠=∠在1ODD Rt ∆中，1190DD O D OD ∠+∠= 190BOM D OD ∴∠+∠=，即1D O MO ⊥在正方体1111ABCD A B C D -中 1DD ⊥平面ABCD 1DD AC ∴⊥又AC BD ⊥，1DD BD D = AC ∴⊥平面11BB D D1D O ⊂平面11BB D D 1AC D O ∴⊥又ACMO O = 1D O ∴⊥平面MAC点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．4．空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．例6． 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4，BC=CD=2， AA 1=2， E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点．（1） 证明：直线EE 1//平面FCC 1； （2） 求二面角B-FC 1-C 的余弦值．解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的 中点F 1，连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4， CD=2，且AB//CD ， 所以CD =//A 1F 1，A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1//A 1D ， 又因为E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点，所以EE 1//A 1D ，所以CF 1//EE 1，又因为1EE ⊄平面FCC 1，1CF ⊂平面FCC 1，所以直线EE 1//平面FCC 1．（2）因为AB=4， BC=CD=2， 、F 是棱AB 的中点，所以BF=BC=CF ，△BCF 为正三角形， 取CF 的中点O ，则OB ⊥CF ，又因为直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ， 所以CC 1⊥BO ，所以OB ⊥平面CC 1F ，过O 在平面CC 1F 内作OP ⊥C 1F ，垂足为P ，连接BP ，则∠OPB 为二面角B-FC 1-C 的一个平面角，在△BCF为正三角形中，OB =在Rt △CC 1F 中， △OPF ∽△CC 1F ，∵11OP OF CC C F =∴22OP ==， EAB CF E 1A 1B 1C 1D 1DF 1OPEABCFE 1A 1B 1C 1D 1 D在Rt△OPF中，2 BP===，cos2OPOPBBP∠===，所以二面角B-FC1-C的余弦值为7．解法二:（1）因为AB=4， BC=CD=2， F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形，因为ABCD为等腰梯形，所以∠BAC=∠ABC=60°，取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD，以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A-1，0），F1，0），C（0，212-，0），E1，-1，1），所以131(,1)22EE=-，(3,1,0)CF=-，1(0,0,2)CC=1(,2)FC=-设平面CC1F的法向量为(,,)n x y z=则1n CFn CC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以yz-==⎪⎩取(1,3,0)n=，则13111002n EE⋅=⨯-⨯=，所以1n EE⊥，所以直线EE1//平面FCC1．（2）(0,2,0)FB=，设平面BFC1的法向量为1111(,,)n x y z=，则111n FBn FC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以111120yy z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取1n=，则121002n n⋅=⨯+=，||1(2n=+=，21||2n=+=，所以111cos,7||||2n nn nn n⋅〈〉===⨯，EA由图可知二面角B-FC 1-C 为锐角，所以二面角B-FC 1-C 的余弦值为77． 点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算．考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角AOB ∠，再求得二面角的大小为arccosOA OB OA OB·；②先求二面角两个半平面的法向量12，n n （注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为1212arccosn n n n ·或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．【思想方法】【例1】在半径为13的球面上有A ， B ， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC 的距离为 ．答案：12解析：由ABC ∆的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过,,A B C 三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是d ，则由222513d +=，可得12d =．【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解． 【例2】已知二面角α-l-β为60，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ） A ．１ B ．2 C ．23 D ．4 解析:如图分别作,,,QA A AC l C PB B αβ⊥⊥⊥于于于PD l D ⊥于，连,60,CQ BD ACQ PBD ∠=∠=︒则 23,3AQ BP ==，2AC PD ∴==又2221223PQ AQ AP AP =+=+≥当且仅当0AP =，即A P 点与点重合时取最小值． 故答案选C ．【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造PQ 关于AP 的函数，借助图象看出当A P 点与点重合时取最小值．【例3】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为A．10 B ． 15 C．10 D ．35解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移，CD'∥BA'，因此求△EBA'中∠A'BE 即可，易知EB=2，A'E=1，A'B=5，故由余弦定理求cos ∠． 答案：C【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可．另一种是利用空间向量这一工具来求解．【专题演练】1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（ ） A ．38πB ． 328πC ． π28D ． 332π2． 给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（ ）条件A ．充要B ．充分非必要C ．必要非充分D ．既非充分又非必要 3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．223π+B ． 423π+C ． 2323π+D ． 2343π+ 4．设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于47π，则球O 的表面积等于 ． 5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为 （A ）48122+ （B ）48242+ （C ）36122+ （D ）36242+6．如图，在三棱锥P ABC -中，⊿PAB 是等边三角形， ∠PAC =∠PBC =90 º （Ⅰ）证明：AB ⊥PC（Ⅱ）若4PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ， 求三棱锥P ABC -体积．22侧(左)视图22 2 正(主)视图俯视图7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ．（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离．【参考答案】1．答案：B解析：截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒，所以根据球的体积公式知3433R V π==球，故B 为正确答案． 2．答案：C解析：直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．因此选C ． 3．答案：C解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为213⨯=所以该几何体的体积为23π+． 4．答案：8π解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行运算，由.8)14474(4422πππππ===R S5．答案：AB解析：棱锥的直观图如右，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为：21×6×6＋2×21×6×5＋21×62×4＝48＋122，故选A ． 6．解析：（Ⅰ）因为PAB ∆是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=︒， 所以Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，可得AC BC =． 如图，取AB 中点D ，连结PD ，CD ， 则PD AB ⊥，CD AB ⊥， 所以AB ⊥平面PDC ， 所以AB PC ⊥．（Ⅱ）作BE PC ⊥，垂足为E ，连结AE ． 因为Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，所以AE PC ⊥，AE BE =．由已知，平面PAC ⊥平面PBC ，故90AEB ∠=︒．因为Rt AEB Rt PEB ∆≅∆，所以,,AEB PEB CEB ∆∆∆都是等腰直角三角形． 由已知4PC =，得2AE BE ==， AEB ∆的面积2S =． 因为PC ⊥平面AEB ， 所以三角锥P ABC -的体积1833V S PC =⨯⨯=．7．解析：方法（一）：（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ． 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ， 所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ．（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN 是PN 在平面ABM 上的射影， 所以 PNM ∠就是PC 与平面ABM 所成的角， 且PNM PCD ∠=∠tan tan 22PDPNM PCD DC∠=∠==所求角为arctan 22（3）因为O 是BD 的中点，则O 点到平面ABM 的距离等于D 点到平面ABM 距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M ，则|DM|就是D 点到平面ABM 距离．ONAPBCMDz y因为在Rt △PAD 中，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =，则O 点到平面ABM ．方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,4)P ，(2,0,0)B ， (2,4,0)C ，(0,4,0)D ，(0,2,2)M ，设平面ABM 的一个法向量(,,)n x y z =，由,n AB n AM ⊥⊥可得：20220x y z =⎧⎨+=⎩，令1z =-，则1y =，即(0,1,1)n =-．设所求角为α，则2sin 3PC nPC nα⋅==，所求角的大小为． （3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO nh n ⋅==．。
2020年高考数学原创预测题 专题五 立体几何 理 大纲人
专题五 立体几何一、选择题1.设地球半径为R ，若A 地位于北纬45度东经110度，B 地位于北纬45度东经20度，则AB 两地的球面距离为（ ）R 2πR 6πR 65πR 3π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的表面积与这个球的表面积之比为（ ）1:1 1:2 2:3 3:23.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥ ．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥ ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n4.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC ⊥CA,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1,则异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为（ ）1015.1530.21.1030.D C B A 5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米.9 .16 .18 .9或186.在长方体1111ABCD A B C D -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11AB D 的距离为( )．83 ．43 ．38 ． 347.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）、23 、23 、3 、38．二面角βα--l 的平面角为θ，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( ). 52 . 22 . 26 . 是θ的函数9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,===I I I ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）．1 ．2 ．3 ．410.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分..圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线 二、填空题11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是______________.12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 .13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 . 14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，则 . 三、解答题15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，AB⊥BC.PA=AB=BC=1,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC；(3)求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值.16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，求：(1)异面直线PD与EF所成的角；(2)PD与底面DEF所成的角的正弦值；(3)二面角P-DE-F的正弦值.17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；(2)求二面角B1-EF-G的大小；(3)求四面体EFGB1的体积.18.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，点F在DE上，且AF⊥DE，若圆柱的侧面积与△ABE的面积之比等于4π．(1)求证：AF⊥BD；(2)求二面角A―BD―E的正弦值．19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).(1)求证：AC⊥BF；(2)若二面角F-BD-A的大小为60°，求a的值.20.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ；(2)求平面CDF 与平面ABCD 所成的角的余弦值；(3)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.答案解析（专题五）1.解析：选.设AB 两地所在的小圆圆心为O 1，地球的球心为O ,则由已知得AB O 1为等腰直角三角形，斜边AB=R ，所以三角形AB O 为等边三角形，球心角A O B 的大小为3π，由弧长公式得AB 两地的球面距离为R 3π，故选.2. 解析：选.设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，所以2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱表23422222=⋅+⋅=R r r r S S πππ故选.3.解析：选A.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以A 对，在B 中有m 与n 不垂直的情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选A ．4.解析：选A.如图，设BC=2,取BC 的中点E,连接EF 1、D 1F 1、AE ，所以D 1F 1与BE 平行且相等，四边形BEF 1D 1是平行四边形，BD 1∥EF 1，所以EF 1与AF 1所成的角等于所求的角，在三角形EF 1A 中，EF 1=6，AE=F 1A=5，由余弦定理得cos ∠EF 1A=1030. 所以异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为1030，故选A. 5. 解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ο，h BC DBC ==∠,45ο,所以在BAC ∆中，,18,30==∠AB BAC ο应用余弦定理得()ο30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+=，解这个方程得9,18==h h 或，当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.6. 解析：选B. 利用三棱锥111A AB D -的体积变换：111111A AB D A A B D V V --=，则1162433h ⨯⨯=⨯⨯,34=h .故选B.7.解析：选 A .在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°.由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23.KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33.∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A . 8．解析：选C.如图，把平面α展开到β内，成一个平面，当M 位于1M 处时AM +CM 最小，此时AM +CM=AC,过C 作CN 垂直于AB 的延长线，垂足为N ，则()261322222=++=+=CN AN AC .故选C.9. 解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγI，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C. 11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或 或()9054322=++，故最短路径是74. 答案：7412. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，所以轴截面顶角的一半为ο30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin =οl 厘米.答案：35厘米.13. 解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3483423-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()ππ-=⨯⨯-⨯441424122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ34056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G的概率为8152121634056ππ-=-. 答案：81521π-14. 解析：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项15.解析： (1)∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BC.又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A ， ∴ BC ⊥平面PAB. 又BC ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD. 在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB.连接BD ，交AC 于点M ，则2==AB DC MB DM .连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DMEB PE ,∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.(3)过A 作PB 的垂线，垂足为G,过A 作AH 垂直于EC ，垂足为H,连接GH,又BC ⊥AG ，PB ⋂BC=B ，则AG ⊥平面PBC ，所以∠AHG 就是所求二面角的平面角.在三角形AEC 中，311,2,35===EC AC AE , 所以由余弦定理得112231122959112cos =⨯⨯-+=ACE , 所以1161132sin =⨯=⋅=ACE AC AH ,所以113sin =ACE . 又22=AG ,所以1211sin ==AH AG AHG ,63121cos ==AHG . ∴平面AEC 和平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为63.16.解析：(1)取EF 的中点N ，连接DN 、PN ，因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥PD ，所以异面直线PD 与EF 所成的角为90度. (2)过点P 作P O ⊥DN ，垂足为O ，由前面知EF ⊥平面PDN ，所以平面PDN ⊥平面DEF ， 所以P O ⊥平面DEF ，D O 是PD 在平面DEF 上的射影，∠PDO 就是直线PD 与平面DEF 所成的角.由图知∠PDO 为锐角.因为PN=DN=5，PD=4，所以522cos 222=⋅-+=PD DN PN PD DN PDO ，所以55cos 1sin 2=-=PDO PDO . (3)过O 作OM ⊥DE ，垂足为M ，连接PM ，所以由三垂线定理知道PM ⊥DE ， ∠PMO 就是二面角P-DE-F 的平面角. 因为sinPMO ×sinPDM=sinPDO ，sinPDM ＝35， 所以sinPMO=53. 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G,延长QE 交AD 于N ，所以EQ 平行于平面FB 1G 须满足A 1M ∥EQ ，因为E 为AA 1中点，所以N 为AM 的中点， 所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ； (2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为25,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF ,所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.ο45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度(3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=∆G FB S , 所以83234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析:（1）因为AD ⊥平面ABE ，所以 AD ⊥BE ．又AE ⊥BE ，AD ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面ADE ．因为AF ⊂平面ADE ，所以BE ⊥AF ． 又AF ⊥DE ，所以AF ⊥平面BDE ，故AF ⊥B D ．（2）取BD 的中点M ，连接AM ，FM ． 因为AB ＝AD ，则AM ⊥BD ．又因为AF ⊥BD ． 所以BD ⊥平面AFM ，从而FM ⊥BD ， 所以∠AMF 为二面角A ―BD ―E 的平面角． 过点E 作EO ⊥AB ，垂足为O ．设圆柱的底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面ABCD 是正方形， 则圆柱的母线长为2r ，所以其侧面积为2224r r r ππ⋅=， 又△ABE 的面积为122r OE r OE ⋅⋅=⋅． 由已知，244r r OEππ=⋅，则OE ＝r ， 所以点O 为圆柱底面圆的圆心． 在Rt△AOE 中，222AE OA OE r =+． 在Rt△DAE 中，226DE AD AE r =+=，2263AD AE r AF DE ⋅===． 又sin 452AM AB r ==o，在Rt△AFM 中，6sin 32AF AMF AM r===⋅． 故二面角A ―BD ―E 619.解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴由余弦定理得︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC =32121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB. 又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ， 过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.∴∠AGF 就是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°. 在∆ABD 中，由余弦定理得。
2022届高考数学模拟押题分类 解析几何 理 大纲人教版
1 （2022贵州四校一联）若直线02=+-c y x 按向量)1,1(-=a 平移后与圆522=+y x 相切，则的值为（ A ）A ．8或－2B ．6或－4C ．4或－6D ．2或－8 2 （2022贵州四校一联）已知抛物线x y C 8:2=的焦点为,准线与轴的交点为,点在上且AF AK 2=，则AFK ∆的面积为（ B ）.8 C 3（12分）（2022贵州四校一联）已知圆41)2(,425)2(2222=+-=++y x M y x 圆的圆心为的圆心为，一动圆与这两圆都外切。
（1）求动圆圆心的轨迹方程；（4分）（2）若过点的直线与（1）中所求轨迹有两个交点、，求BM AM ⋅的取值范围。
（8分）解答：（1）设动圆21||,25||+=+=r PN r PM )1(1322≥=-x y x 时2π≠a 0344)3(33)2(222222=--+-⇒⎩⎨⎧=--=k x k x k y x x k y ⎪⎩⎪⎨⎧>>⇒>+>∆030021221x x k x x ),(),,(2211y x B y x A ),2(),,2(2211y x BM y x AM ---=---=2121)2)(2(y y x x BM AM +----=⋅)2)(2()(242122121--++++=x x k x x x x 73127397222>-+=--=k k k .3,32,22121-==⇒===y y x x 时πα7)3,4(),3,4(=⋅⇒-=--=∴BM AM BM AM 7≥⋅BM AM 1234e e e e ﹑﹑﹑1234e e e e <<<2134e e e e <<<1243e e e e <<<2143e e e e <<<|PB||AB|+PA AB=0•22(1)1x y +-=d OP =(,)d θ)0(1),(),,(22222211>>=+b a bx a y y x B y x A 是椭圆11(,)x y m b a=22(,)x yn b a=0m n •=,23=e 22322,1,2,c 32c a b b b e a a a -=====⇒==1422=+x y 3+=kx y222212122(4)10.................4 141. .................5 4y kx k x y x x x x x k ⎧=⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩-+==+分分0=⋅nm 1212121222212121(43(1)() (6)444x x y y x x kx kx b a k x x x x +=+++=++++分22241(23)3()0,44444k k k k k +-=-++==++解得1212,x x y y ==-0m n ⋅=22221111044y x y x -=⇒=11(,)A x y 2,22144112121==⇒=+y x x x 11211112122s x y y x y =-==42042)4(1422122222+-=+=-+++⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=k kb x x b kbx x k x y bkx y 得到442221+-=k b x x :04))((0421212121代入整理得=+++⇔=+b kxb kx x x y y x x 2224b k -=21|||24b S AB b k ===+1||242==b b x y 3=021=⋅PF PF ||||0QF QP y = 4C 1+=x y k PA 1-=x y k PB 1111145tan +⋅-++--=︒x yx y x yx y 1+=x y k PA 12222=+b b a x 2122=b 21=b 73)(2=---ca c 73222==-cbc c a 7=c 1212822=+y x 1212822=+y x 32±==y x 32-（，m ∈R ），则点⎪⎩⎪⎨⎧=++=1212822y x m kx y 4m 2－84 = 0，∴ △ =（8km ）2－4（3 42）（4m 2－84）= 12（282－m 2 21）＞0， ①221438k kmx x +-=+，222143844k m x x +-=． ② ∵ O 12211-=⋅x yx y ）（2 m ）=（1 2）12 m （1 2） m 2 = 0． ③将 1 2，12 代入上式，得 043843844)1(22222=++-+-⋅+m kkm km k m k ， ∴（2 1）（4m 2－84）－82m 2 m 2（423）= 0，化简，得 m 2 = 12（2 1）． ④④代入①满足，因此原点O 到直线的距离 32121||2==+-=k m d ．。
高考数学二轮复习 第1部分 专题五 立体几何必考点 文-人教版高三全册数学试题
专题五 立体几何必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1．以三视图为背景的几何体的识别问题．2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”． 2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为 a 2＋b 2＋c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图) [速解方略]——不拘一格类型一 有关几何体的三视图的计算[例1] (1)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，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.速解法：如图所示，VA A 1B 1D 1＝13VABD A 1B 1D 1＝16V 正方体 VA A 1B 1D 1＝15VABCD B 1C 1D 1答案：D方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案. (2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.答案：B方略点评：1基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.2此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3， 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027，故选C.答案：C2．(2016·高考全国丙卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B. 答案：B类型二 球及其组合体[例2] (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36π B．64π C ．144π D．256π解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.速解法：设球的半径为r, 则V O ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π.答案：C方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O ABC 的表达式的代数关系≤16r 3直接求得r .(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16πC ．9π D.27π4解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2，∴R ＝94，∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝81π4，选A.速解法：由几何体的直观图可看出R ＞h2＝2(∵h ＜2R )∴S 表＝4πR 2＞16π，只能选A. 答案：A方略点评：1基本法是根据球的内接四棱锥的性质建立R 的方程求R .速解法是估算球的半径的取值X 围从而想到S 表的X 围而选答案，巧而快. 2有关球的组合体转化为球的轴截面中圆的性质.1．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 ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3解析：基本法：设球半径为R ，如图所示，B 为弦的中点，OA ＝OC ＝R ，由垂径定理，知△OBA 为直角三角形．BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ，由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，所以球的体积为43π×53＝5003π(cm 3)，故选A.答案：A2．(2016·高考全国甲卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12π B.323πC ．8π D．4π解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a ＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R ＝3a (R 为正方体外接球的半径)，所以R ＝3，故所求球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案：A[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——X 围分析法方法诠释对于某些计算问题，若从已知条件入手，计算量大而复杂，可以根据题设条件，分析出变量的取值X 围，从而得出所求问题的大致X 围，结合选项看其是否在这个X 围内．注意事项 从条件分析变量X 围时要尽量“精准”限时速解训练十三 空间几何体的三视图、表面积与体积(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解析：选A.设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O、A、B、C为顶点的四面体补成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.2．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥 D．四棱柱解析：选B.原几何体为如图所示的三棱柱，故选B.3．一个几何体的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为( )解析：选C.若几何体的俯视图为C选项，则其正视图中矩形的中间应为实线，与题意不符，即俯视图不可能为C选项，故选C.4．某四棱锥的三视图如图所示，记A为此棱锥所有棱的长度的集合，则( )A．2∈A，且4∈A B.2∈A，且4∈AC．2∈A，且25∈A D.2∈A，且17∈A解析：选D.由俯视图可知，该四棱锥的底面边长为2，由主视图可知四棱锥的高为4，所以其侧棱长为16＋1＝17，故选D.5．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB＝BD＝2，BC＝CD＝2，AD＝22，AC＝6，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形，故选C.6．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( )A．πR2 B．2πR2C ．3πR 2D ．4πR 2解析：选B.设球的内接圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＋r 2＝R 2，该圆柱的侧面积为2πrl ＝π4r 2l 2＝π4R 2－l2l 2≤π×4R 2－l2＋l22＝2πR 2，当且仅当l ＝2R时取等号，所以该圆柱的侧面积的最大值是2πR 2，又球的表面积为4πR 2，所以球的表面积与该圆柱的侧面积之差是4πR 2－2πR 2＝2πR 2，故选B. 7．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.作出四棱锥P ABCD 的直观图如图所示，AB ＝4，BC ＝2，PC ＝3，S矩形ABCD＝2×4＝8，S △BCP ＝12×2×3＝3，S △ABP ＝12×22＋32×4＝213，S △CDP ＝12×3×4＝6，S △ADP ＝12×2×32＋42＝5，故四棱锥的表面积S ＝8＋3＋213＋6＋5＝22＋213，故选D.8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋87C ．48＋817D ．32解析：选C.由三视图可得该几何体是平放的直四棱柱，底面是上底边长为2、下底边长为4、高为4的等腰梯形，四棱柱的侧棱长(即高)为4，所以一个底面面积是12×(2＋4)×4＝12，侧面积为417×2＋2×4＋4×4＝24＋817，故表面积是12×2＋24＋817＝48＋817，故选C.9．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周所形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 10．(2016·某某某某一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方体，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )A.56B.34C.12D.16解析：选A.由三视图可知该几何体为一正方体挖去一个倒置且高为12的正四棱锥，所以该几何体的体积为1－13×12×1×1＝56.故选A.11．(2016·某某某某一模)下图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫83＋22πB.⎝ ⎛⎭⎪⎫83＋42πC ．(4＋22)π D．(8＋42)π解析：选D.该几何体的表面积为半球面积与圆锥侧面积之和，即S ＝12·4πr 2＋πrl ＝8π＋42π＝(8＋42)π.故选D.12．某几何体的三视图如图所示，当xy 最大时，该几何体的体积为( )A ．27B ．47C ．87D ．167解析：选D.该几何体的直观图如图所示，由直观图可知PA 2＝102－y 2＝x 2－(27)2，∴x 2＋y 2＝128.又∵128＝x 2＋y 2≥2xy ，当且仅当x ＝y 时xy 取得最大值，∴此时⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝128，x ＝y ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝8.∴h ＝PA ＝6，∴V ＝13·S △ABC ·|PA |＝13×12×27×8×6＝167.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．(2016·某某某某模拟)四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为2,3,4.若四面体ABCD 的四个顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为________． 解析：依题意，原几何体是一个三棱锥，可以看作一条棱与底面垂直且其长度为3，底面是一个直角三角形，两直角边长分别为2,4，这个几何体可以看作是长、宽、高分别为4,2,3的长方体的一部分，则其外接球的半径为R ＝1242＋22＋32＝292，故这个球的表面积为S＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫2922＝29π. 答案：29π14．(2016·某某某某模拟)一个几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是________．解析：观察三视图可知，该几何体是圆锥的一半与一个四棱锥的组合体，圆锥底面半径为2，四棱锥底面边长分别为3,4，它们的高均为42－⎝ ⎛⎭⎪⎫422＝23，所以该几何体的体积为12×13π×22×23＋13×4×3×23＝83＋433π.答案：433π＋8 315．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1、h 1，r 2、h 2，由侧面积相等，即2πr 1h 1＝2πr 2h 2，得h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32， 则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32. 答案：3216．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，底面圆半径为2，高为2，下部是一个圆柱，底面圆半径为1，高为4，故该几何体的体积V ＝13×π×22×2＋π×12×4＝8π3＋4π＝20π3. 答案：20π3必考点二 空间直线与平面的位置关系[高考预测]——运筹帷幄1．空间线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质．2．空间线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质．3．空间异面直线的判定，求解异面直线所成的角．[速解必备]——决胜千里1．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(唯一性)2．如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．(线∥面⇒线∥线)3．三个平面两两垂直，其交线也两两垂直．(面⊥面⇒线⊥线)4．两条平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面．(线∥线⇒线⊥面)5．一条直线垂直于两个平行平面的一个平面，则该直线垂直于另一个平面．(面∥面⇒线⊥面)6．两个相交平面同垂直第三个平面，则交线也垂直于第三个平面．(面⊥面⇒线⊥面) 7．垂直于同一条直线的两个平面平行．(线⊥面⇒面∥面)8．一个平面及该平面外的一条直线，同垂直于第二个平面，则直线与该平面平行．(面⊥面⇒线∥面)(反之也成立)[速解方略]——不拘一格类型一空间位置关系的判定[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( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：基本法：若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.速解法：构造图形如图所示，知D项正确．答案：D方略点评：基本法是逐个排除选项，利用线面关系定理进行推证.速解法是根据已知条件画出适合题意的图形，进行证明.(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∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析：基本法：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．速解法：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．答案：B方略点评：判断线面的位置关系，一种方法是根据判定定理或性质定理进行理论推证，另一种方法，把线面放置在具体的几何体中进行判定.1．(2016·某某莱芜二模)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”的充分不必要条件解析：基本法：C中，当m⊂α时，若n∥α，则直线m，n可能平行，可能异面；若m∥n，则n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，故C项不正确．答案：C2．(2016·高考全国甲卷)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)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．答案：②③④[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——反证法对于要证的结论，假设不成立，以此为突破口，进行推理，最后得出方法诠释矛盾的方法是反证法对于从正面不易说明的结论，可考虑反证法，如证明异面直线等，产方法特点生矛盾可以是与已知矛盾，也可以与定理矛盾.限时速解训练十四空间直线与平面的位置关系(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( ) A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m解析：选A.考生可借助笔和桌面，不难通过空间想象加以判断解决，也可借助正方体举反例，直观地排除不正确的选项，从而使问题获解．如：平面B1BCC1⊥平面ABCD，但B1C不垂直BC ，可排除B ；D 1C 1∥平面ABCD ，但平面D 1DCC 1不平行于平面ABCD ，可排除C ；平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，但A 1B 1与AC 不平行，可排除D ，故选A.2．设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a ⊥b 的是( ) A ．a ⊥α，b ∥β，α⊥β B ．a ⊥α，b ⊥β，α∥β C ．a ⊂α，b ⊥β，α∥β D ．a ⊂α，b ∥β，α⊥β解析：选C.A 中，若α⊥β，a ⊥α，b ∥β，则a ∥β或a ⊂β，不能得到a ⊥b ，故A 错；B 中，a ⊥α，α∥β，则a ⊥β，又b ⊥β，则a ∥b ，故B 错；C 中，若b ⊥β，α∥β，则b ⊥α，又a ⊂α，则a ⊥b ，故C 正确；D 中，a 与b 可能垂直、平行或异面，故D 错．综上所述，故选C.3．在长方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，直线A 1C 与平面BC 1D 交于点M ，则M 为△BC 1D 的( ) A ．垂心 B ．内心 C ．外心 D ．重心解析：选D.连接AC ，与BD 交于点O ，则平面ACC 1A 1∩平面BC 1D ＝C 1O .又M ∈A 1C ⊂平面ACC 1A 1，M ∈平面BC 1D ，∴M ∈C 1O ，故C 1，M ，O 三点共线．而OC ∥A 1C 1，∴△OMC ∽△C 1MA 1，∴OM MC 1＝OC A 1C 1＝12，又∵C 1O 是△BC 1D 的中线，∴M 为△BC 1D 的重心，故选D. 4．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥α B ．若m ∥β，β⊥α，则m ⊥α C ．若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α D ．若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α解析：选C.A ，B ，D 中直线m 可能在平面α内也可能与平面α相交或平行；由线面垂直的判定与性质可知C 正确，故选C.5．设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β B ．若m ∥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α∥β C ．若m ∥α，n ⊥β，m ∥n ，则α⊥β D ．若m ∥α，n ⊥β，m ∥n ，则α∥β解析：选C.A 项中可能出现α∥β，B 项中可能出现α⊥β，C 项正确，由m ∥α知平面α内存在直线l ，使得m ∥l ，则l ∥n .因为n ⊥β，所以l ⊥β，因为l ⊂α，所以α⊥β，故选C.6．对于直线m，n和平面α，β，使m⊥α成立的一个充分条件是( )A．m⊥n，n∥α B．m∥β，β⊥αC．m⊥β，n⊥β，n⊥α D．m⊥n，n⊥β，β⊥α解析：选C.对于A，直线m可能位于平面α内，此时不能得出m⊥α；对于B，直线m可能位于平面α内，且与平面α，β的交线平行，此时不能得出m⊥α；对于C，由m⊥β，n ⊥β得m∥n，又n⊥α，因此m⊥α；对于D，直线m可能是平面α，β的交线，此时不能得知m⊥α，故选C.7．已知点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有( )A．0条 B．1条C．2条 D．无数条解析：选B.如图，设D1E与平面AA1C1C相交于点M，在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F 于点N，连接MN，由C1F与D1E为异面直线知MN唯一，且MN⊥平面ABCD，故选B.8．已知直线l与平面α平行，则下列结论错误的是( )A．直线l与平面α没有公共点B．存在经过直线l的平面与平面α平行C．直线l与平面α内的任意一条直线都平行D．直线l上所有的点到平面α的距离都相等解析：选C.直线l与平面α平行，则直线l不可能与平面α内的任意一条直线都平行，故选C.9．已知a，b，c是三条不同的直线，命题“a∥b且a⊥c⇒b⊥c”是正确的，如果把a，b，c中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( )A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选C.依题意，当a，b均为平面，c为直线时，此时相应的结论正确；当a，c均为平面，b为直线时，此时相应的结论不正确；当b，c均为平面，a为直线时，此时相应的结论正确；当a，b，c均为平面时，此时相应的结论正确．综上所述，在所得的命题中，真命题有3个，故选C.10．设a，b，c表示三条直线，α，β表示两个平面，则下列命题中逆命题不成立的是( ) A．c⊥α，若c⊥β，则α∥βB．b⊂α，c⊄α，若c∥a，则b∥cC．b⊂β，若b⊥α，则β⊥αD．a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，则c⊂β解析：选C.利用排除法求解．A的逆命题为：c⊥α，若α∥β，则c⊥β，成立；B的逆命题为：b⊂α，c⊄α，若b∥c，则c∥α，成立；C的逆命题为：b⊂β，若β⊥α，则b ⊥α，不成立；D的逆命题为：a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若c⊂β，则α⊥β，成立，故选C.11．已知平面α∥β，且α与β的距离为d(d＞0)，m⊂α，则在β内与直线m的距离为2d的直线共有( )A．0条 B．1条C．2条 D．无数条解析：选C.由题意得平面β内与直线m的距离为2d的直线为以直线m为中心线，半径为2d的圆柱面与平面β的交线，易知交线有2条，故选C.12．在棱长均相等的正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BB1的中点，F在AC1上，且DF⊥AC1，则下述结论：①AC1⊥BC；②AF＝FC1；③平面DAC1⊥平面ACC1A1，其中正确的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.不妨设棱长为2.①连接AB1，则AB1＝AC1＝22，∴∠AC1B1≠90°，即AC1与B1C1不垂直，又BC∥B1C1，∴①错；②连接AD，DC1，在△ADC1中，AD＝DC1＝5，而DF⊥AC1，∴F是AC1的中点，∴②对；由②知在△ADC1中DF＝3，连接CF，CD，易知CF＝2，而在Rt△CBD中，CD＝5，∴DF2＋CF2＝CD2，∴DF⊥CF，又DF⊥AC1，CF∩AC1＝F，∴DF⊥平面AA1C1C，∴③对，故选C.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．(2016·某某某某二模)设α，β，γ为互不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α垂直；④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β.其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．解析：借助于正方体易知①②正确；对于③，若平面α内与直线l垂直的无数条直线都平行，则直线l可能与平面α不垂直，所以③错；④中的不共线的三点有可能是在平面β的两侧，所以两个平面可能相交或平行，所以④错，故填①②.答案：①②14．(2016·某某五校联考)四棱锥PABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形，则在四棱锥PABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．解析：由题意可得PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异面直线共有6对．答案：615．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则b和c的位置关系可能是________．解析：由题意，若a∥l，则利用线面平行的判定可知a∥α，a∥β，从而直线b和c平行；若a∩l＝A，则a在α，β内的射影直线b和c相交于点A；若a∩α＝B，a∩β＝c，且直线a和l垂直，则a在α，β内的射影直线b和c相交，否则直线b和c异面．综上所述，b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．答案：相交、平行或异面16．点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥AD1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确命题的序号是________．解析：由题意可得，直线BC1∥直线AD1，并且直线AD1⊂平面AD1C，直线BC1⊄平面AD1C，所以直线BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不改变．因为VAD1PC＝VPAD1C，所以三棱柱AD1PC的体积不变，故①正确．连接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，所以②正确．当点P运动到点B时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确．连接BD，则BD为DB1在平面ABCD内的射影．因为AC ⊥BD ，所以AC ⊥DB 1.同理可得AD 1⊥DB 1，所以可得DB 1⊥平面AD 1C .又因为BD 1⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面ACD 1，故④正确．综上，正确命题的序号为①②④. 答案：①②④专题五 综合提升训练(五) (用时40分钟，满分80分)一、选择题(本大题共12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．(2016·某某省实验中学一模)已知两条不同的直线l ，m 和两个不同的平面α，β，有如下命题：①若l ⊂α，m ⊂α，l ∥β，m ∥β，则α∥β；②若l ⊂α，l ∥β，α∩β＝m ，则l ∥m ；③若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α. 其中正确命题的个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0解析：选C.若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，所以①错误；若一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，所以②正确；若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α或l ⊂α，所以③错误．综上可知，选C. 2．(2016·某某某某模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，PA ＝3，AB ＝BC ＝2，则球O 的表面积为( )A ．13π B．17π C ．52π D．68π解析：选B.如图所示，可将此三棱锥放入长方体中，则此三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，球心为PC 的中点．因为PC ＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝17，所以球O 的半径R ＝172，所以此球的表面积为S ＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫1722＝17π.3．(2016·某某六中适应性考试)已知一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的表面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选C.由题知该四棱锥为正四棱锥，如图，由该四棱锥的正视图可知，四棱锥的底面边长AB ＝2，高PO ＝2，则四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的表面积S ＝4＋4×12×2×5＝4(5＋1)，体积V ＝13×2×2×2＝83.故选C.4．(2016·某某省实验中学一模)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中，其逆命题不成立的是( ) A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥β B ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c解析：选B.A 的逆命题为：当c ⊥α时，若α∥β，则c ⊥β，由线面垂直的性质知c ⊥β；B 的逆命题为：当b ⊂α时，若α⊥β，则b ⊥β，显然错误；C 的逆命题为：当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若a ⊥b ，则b ⊥c ，由三垂线的逆定理知b ⊥c ；D 的逆命题为：当b ⊂α，且c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α，由线面平行的判定定理可得c ∥α.故选B. 5．有一圆锥内接于球O ，其底面圆周和顶点均在球面上，底面积S ＝3π，球的半径R ＝2，则此圆锥的体积为( ) A ．π B．3πC ．π或3π D．2π解析：选C.由πr 2＝3π得，圆锥的底面半径r ＝ 3.设O 1为圆锥底面圆的圆心，OO 1＝x ，则x ＝R 2－r 2＝22－32＝1，圆锥的高h ＝R ＋x ＝3或h ＝R －x ＝1，所以圆锥的体积V ＝13Sh ＝13×3π×3＝3π或V ＝13Sh ＝13×3π×1＝π.6．(2016·某某某某市、某某市联考)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形和半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.42π3＋43B.82π3＋43C.42π3＋2D.82π3＋2解析：选A.由三视图可知，该几何体下面是半径为2的半球，上面是一个底面是腰为2的等腰直角三角形、高是2的三棱锥，其体积V ＝12×43π×(2)3＋13×12×2×2×2＝423π＋43，故选A. 7．半径为1的球面上有四个点A ，B ，C ，D ，球心为点O ，AB 过点O ，CA ＝CB ，DA ＝DB ，DC ＝1，则三棱锥A BCD 的体积为( ) A.36 B.33C. 3D. 6解析：选A.连接OC ，OD ，由球体的对称性可知V A BCD ＝2V A OCD .因为OC ＝OD ＝CD ＝1，所以△OCD 为等边三角形，故S △OCD ＝34，故V A OCD ＝13×34×1＝312，故V A BCD ＝2×312＝36，故选A.8．如图为一个几何体的侧视图和俯视图，若该几何体的体积为43，则它的正视图为( )解析：选B.由题知该几何体为组合体，上方为四棱锥，下方为正方体，四棱锥顶点在底面上的射影为正方体一边上的中点，结合选项图可知，选B.9．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π∶6 B.6π∶2 C ．π∶2 D ．5π∶12解析：选B.正方体底面的中心即球的球心，设球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则有R 2＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a 2，得R 2＝32a 2，所以半球的体积与正方体的体积之比为23πR 3∶a 3＝6π∶2.10．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，命题p ：若m ∥n ，m ∥β，则n ∥β；命题q ：若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α.则下列结论正确的是( ) A ．p ∧(綈q )是真命题 B ．(綈p )∨q 是真命题 C ．(綈p )∧q 是假命题 D ．p ∨q 是假命题解析：选B.对于命题p ，若m ∥n ，m ∥β，则n 也可能在平面β内，故命题p 为假命题；对于命题q ，若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α，命题q 是真命题，故綈p 为真命题，綈q 为假命题，故(綈p )∨q 是真命题，选B.11．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点A ，B ，C ，D 在球O 上，球O 与BA 1的另一个交点为E ，且AE ⊥BA 1，则球O 的表面积为( ) A ．6π B．8π C ．12π D．16π解析：选B.因为AB ＝2，AE ⊥BA 1，所以AE ＝BE ＝2，O 为底面ABCD 的中心，球O 的半径为2，所以球O 的表面积为4π(2)2＝8π.12．已知正三棱锥P ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为( ) A.22 B.23 C.33 D.62解析：选C.因为在正三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作一个正方体的一部分(如图所示)，此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体体对角线的中点，球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P ABC 在底面ABC 上的高．已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥P ABC 在底面ABC 上的高为233，所以球心到截面ABC 的距离为3－233＝33.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．在三棱锥P ABC 中，侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，PA ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥的外接球的表面积为________．解析：由题知，三棱锥P ABC 的外接球的直径为1＋4＋9＝14，则球的表面积为4π⎝⎛⎭⎪⎫1422＝14π.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考数学原创预测题 专题五 立体几何 理 大纲人教版一、选择题1.设地球半径为R ，若A 地位于北纬45度东经110度，B 地位于北纬45度东经20度，则AB 两地的球面距离为（ ）R 2πR 6πR 65πR 3π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的表面积与这个球的表面积之比为（ ）1:1 1:2 2:3 3:23.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥ ．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥ ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n4.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC ⊥CA,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1,则异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为（ ）1015.1530.21.1030.D C B A 5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米.9 .16 .18 .9或186.在长方体1111ABCD A B C D -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11AB D 的距离为( )．83 ．43 ．38 ． 347.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）、23 、23 、3 、38．二面角βα--l 的平面角为θ，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( ). 52 . 22 . 26 . 是θ的函数9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,=== ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）．1 ．2 ．3 ．410.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分..圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线 二、填空题11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是______________.12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 .13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 . 14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，则 . 三、解答题15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，AB⊥BC.PA=AB=BC=1,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC；(3)求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值.16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，求：(1)异面直线PD与EF所成的角；(2)PD与底面DEF所成的角的正弦值；(3)二面角P-DE-F的正弦值.17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；(2)求二面角B1-EF-G的大小；(3)求四面体EFGB1的体积.18.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，点F在DE上，且AF⊥DE，若圆柱的侧面积与△ABE的面积之比等于4π．(1)求证：AF⊥BD；(2)求二面角A―BD―E的正弦值．19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).(1)求证：AC⊥BF；(2)若二面角F-BD-A的大小为60°，求a的值.20.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ；(2)求平面CDF 与平面ABCD 所成的角的余弦值；(3)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.答案解析（专题五）1.解析：选.设AB 两地所在的小圆圆心为O 1，地球的球心为O ,则由已知得AB O 1为等腰直角三角形，斜边AB=R ，所以三角形AB O 为等边三角形，球心角A O B 的大小为3π，由弧长公式得AB 两地的球面距离为R 3π，故选.2. 解析：选.设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，所以2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱表23422222=⋅+⋅=R r r r S S πππ故选.3.解析：选A.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以A 对，在B 中有m 与n 不垂直的情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选A ．4.解析：选A.如图，设BC=2,取BC 的中点E,连接EF 1、D 1F 1、AE ，所以D 1F 1与BE 平行且相等，四边形BEF 1D 1是平行四边形，BD 1∥EF 1，所以EF 1与AF 1所成的角等于所求的角，在三角形EF 1A 中，EF 1=6，AE=F 1A=5，由余弦定理得cos ∠EF 1A=1030. 所以异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为1030，故选A. 5. 解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ ，h BC DBC ==∠,45 ,所以在BAC ∆中，,18,30==∠AB BAC 应用余弦定理得() 30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+=，解这个方程得9,18==h h 或，当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.6. 解析：选B. 利用三棱锥111A AB D -的体积变换：111111A AB D A A B D V V --=，则1162433h ⨯⨯=⨯⨯,34=h .故选B.7.解析：选 A .在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°.由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23.KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33.∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A . 8．解析：选C.如图，把平面α展开到β内，成一个平面，当M 位于1M 处时AM +CM 最小，此时AM +CM=AC,过C 作CN 垂直于AB 的延长线，垂足为N ，则()261322222=++=+=CN AN AC .故选C.9. 解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγ ，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C. 11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或 或()9054322=++，故最短路径是74. 答案：7412. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，所以轴截面顶角的一半为 30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin = l 厘米.答案：35厘米.13. 解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3483423-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()ππ-=⨯⨯-⨯441424122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ34056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G的概率为8152121634056ππ-=-. 答案：81521π-14. 解析：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项15.解析： (1)∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BC.又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A ， ∴ BC ⊥平面PAB. 又BC ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD. 在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB.连接BD ，交AC 于点M ，则2==ABDC MB DM .连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DMEB PE ,∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.(3)过A 作PB 的垂线，垂足为G,过A 作AH 垂直于EC ，垂足为H,连接GH,又BC ⊥AG ，PB ⋂BC=B ，则AG ⊥平面PBC ，所以∠AHG 就是所求二面角的平面角.在三角形AEC 中，311,2,35===EC AC AE , 所以由余弦定理得112231122959112cos =⨯⨯-+=ACE , 所以1161132sin =⨯=⋅=ACE AC AH ,所以113sin =ACE . 又22=AG ,所以1211sin ==AH AG AHG ,63121cos ==AHG . ∴平面AEC 和平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为63.16.解析：(1)取EF 的中点N ，连接DN 、PN ，因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥PD ，所以异面直线PD 与EF 所成的角为90度. (2)过点P 作P O ⊥DN ，垂足为O ，由前面知EF ⊥平面PDN ，所以平面PDN ⊥平面DEF ， 所以P O ⊥平面DEF ，D O 是PD 在平面DEF 上的射影，∠PDO 就是直线PD 与平面DEF 所成的角.由图知∠PDO 为锐角.因为PN=DN=5，PD=4，所以522cos 222=⋅-+=PD DN PN PD DN PDO ，所以55cos 1sin 2=-=PDO PDO . (3)过O 作OM ⊥DE ，垂足为M ，连接PM ，所以由三垂线定理知道PM ⊥DE ， ∠PMO 就是二面角P-DE-F 的平面角. 因为sinPMO ×sinPDM=sinPDO ，sinPDM ＝35， 所以sinPMO=53. 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G,延长QE 交AD 于N ，所以EQ 平行于平面FB 1G 须满足A 1M ∥EQ ，因为E 为AA 1中点，所以N 为AM 的中点， 所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ； (2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为25,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF ,所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度 (3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=∆G FB S , 所以83234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析:（1）因为AD ⊥平面ABE ，所以 AD ⊥BE ．又AE ⊥BE ，AD ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面ADE ．因为AF ⊂平面ADE ，所以BE ⊥AF ． 又AF ⊥DE ，所以AF ⊥平面BDE ，故AF ⊥B D ．（2）取BD 的中点M ，连接AM ，FM ． 因为AB ＝AD ，则AM ⊥BD ．又因为AF ⊥BD ． 所以BD ⊥平面AFM ，从而FM ⊥BD ， 所以∠AMF 为二面角A ―BD ―E 的平面角． 过点E 作EO ⊥AB ，垂足为O ．设圆柱的底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面ABCD 是正方形， 则圆柱的母线长为2r ，所以其侧面积为2224r r r ππ⋅=， 又△ABE 的面积为122r OE r OE ⋅⋅=⋅． 由已知，244r r OEππ=⋅，则OE ＝r ， 所以点O 为圆柱底面圆的圆心． 在Rt△AOE 中，222AE OA OE r =+． 在Rt△DAE 中，226DE AD AE r =+=，2263AD AE r AF DE ⋅===．又sin 452AM AB r ==，在Rt△AFM 中，26sin 332AF r AMF AM r===⋅． 故二面角A ―BD ―E 的正弦值为63． 19.解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴由余弦定理得︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC =32121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB. 又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ， 过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.∴∠AGF 就是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°. 在∆ABD 中，由余弦定理得。