19题07年四川。
证明 ∵pc⊥ab,pc⊥bc,ab∩bc=b,
pc⊥平面abc.
平面pac⊥平面abc.
2）解取bc的中点n，则cn=1.连结an、mn，
pmcn,∴mnpc，从而mn⊥平面abc.
作nh⊥ac，交ac的延长线于h，连结mh，则由三垂线定理知，ac⊥mh，
从而∠mhn为二面角m-ac-b的平面角。
直线am与直线pc所成的角为60°,
∠amn=60°.
在△acn中，由余弦定理得
an= 在rt△amn中，mn=an·cot∠amn==1.
在rt△cnh中，nh=cn·sin∠nch=1×=.
在rt△mnh中，tan∠mhn=故二面角m-ac-b的大小为arctan.
3）解由（2）知，pcnm为正方形，vp-mac=va-pcm=va-mnc=vm-acn=ac·cn·sin120°·mn=.
方法二（1）同方法一。
2）解在平面abc内，过c作cd⊥cb.建立空间直角坐标系c-xyz（如图），
由题意有a(，0).
设p（0,0,z0）(z0＞0),则m（0,1,z0）,（z0), 0,0,z0).
由直线am与直线pc所成的角为60°,得
cos60°,即z=
解得z0=1.
设平面mac的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则取x1=1,得n=(1,.
平面abc的一个法向量取为m=（0，0，1）.
设m与n所成的角为，则cos=显然，二面角m-ac-b的平面角为锐角，
故二面角m-ac-b的大小为arccos
3）解取平面pcm的法向量为n1=(1,0,0),
则点a到平面pcm的距离为
h=∵|vp-mac=va-pcm=
文）方法一 (1) 证明 ∵平面pmbc⊥平面abc，ac⊥bc，ac平面abc，∴ac⊥平面pmbc.
又∵bm平面pmbc，∴ac⊥bm.
2）解取bc的中点n，则cn=1.连结an、mn.
平面pcbm⊥平面abc，
平面pcbm∩平面abc=bc，
pc⊥bc.
pc⊥平面abc.
pmcn，∴mnpc.
mn⊥平面abc.
作nh⊥ab于h，连结mh，
则由三垂线定理知，ab⊥mh，
从而∠mhn为二面角m-ab-c的平面角。
直线am与直线pc所成的角为60°,
∠amn=60°.
在△acn中，由勾股定理得an=.
在rt△amn中，mn=an·cot∠amn=.
在rt△bnh中，nh=bn·sin∠abc=bn·.
在rt△mnh中，tan∠mhn= 故二面角m-ab-c的大小为arctan
3)解因多面体pmabc就是四棱锥a-bcpm.
pc=mn=,pm=1.
vpmabc=va-bcpm= (pm+bc)·pc·ac=×(1+2)××1=.
方法二（1）同方法一。
2）解如图，以c为原点建立空间直角坐标系c-xyz .
设p（0，0，z0）(z0＞0),
有b（0,2,0）,a(1,0,0),m(0,1,z0),
=(-1,1,z0), 0,0,z0).
由直线am与直线pc所成的角为60°，得
即z20=·z0，解得z0=.
=（-1,1,）,1,2,0),设平面mab的一个法向量为n=(x1,y1,z1).
则取z1=
取平面abc的一个法向量为m=（0,0,1）,
则cos〈m,n〉=.
故二面角m-ab-c的大小为arccos.
3）同方法一。
解方法一（1）由直三棱柱的定义知b1c1⊥b1d.又因为∠abc=90°,
因此b1c1⊥a1b1,从而b1c1⊥平面a1b1d，
得b1c1⊥b1e,又b1e⊥a1d,
故b1e是异面直线b1c1与a1d的公垂线。
由bd=bb1知b1d=，
在rt△a1b1d中，
a1d===
又因s△=a1b1·b1d=a1d·b1e，
故b1e=.
2）由（1）知b1c1⊥平面a1b1d，又bc∥b1c1，故bc⊥平面abde，即bc为四棱锥c-abde的高。从而所求四棱锥的体积为
v=vc-abde=·s·bc，
其中s为四边形abde的面积。如图，过e作ef⊥b1d，垂足为f.
在rt△b1ed中，
ed==又因s△bed=b1e·de=b1d·ef，
故ef=.
因△a1ae的边a1a上的高h=a1b1-ef=1-=,故s△aae=a1a·h=.
又因为s△=a1b1·b1d=×1×=,从而。
s=s - s△aae - s△abd=2-所以v=×s·bc=××
方法二（1）如右图，以b点为坐标原点o建立空间直角坐标系o-xyz,则a(0,1,0),a1(0,1,2),b(0,0,0),b1(0,0,2),c1(,d（0，0，.因此=(0,0,2),
设e（0,y0,z0），则=（0,y0,z0-2）,因此·=0，从而b1c1⊥b1e.，又由题设b1e⊥a1d，故b1e是异面直线b1c1与a1d的公垂线。
下面求点e的坐标。因b1e⊥a1d，即=0，从而y0+①
又z0-2),且∥，得②
联立①② 解得y0=即e（0, ,
所以|2)由bc⊥ab，bc⊥db，故bc⊥平面abde，即bc为四棱锥c-abde的高。下面求四边形abde的面积。
因为s四边形abde=s△abe+s△bde，
而s△abe=z0=×1×
s△bde=
故s四边形abde=.
所以vc-abde=
2004—2023年高考题。
一、选择题。
1. （07陕西）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是 （ c ）
abcd.
2. （07江西）四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空、高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示。盛满酒后他们约定：
先各自饮杯中酒的一半。设剩余酒的高度从左到右依次为h1,h2,h3,h4，则它们的大小关系正确的是 （ a）
h1>>h2>>h2>>h4>h1
3.(07山东) 下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是d ）
abcd.②④
4.(07宁夏、海南) 已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm)，可。
得这个几何体的体积是（b ）
a. cm3 b. cm3 c.2000 cm3 d.4 000cm3
5.(07宁夏、海南)（理）一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等，设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1、h2、h3，则h1∶h2∶h3等于 （ b ）
a.∶1∶1 b.∶2∶2c.∶2d.∶2∶
6.（06江苏）两个相同的正四棱锥组成如图（1）所示的几何体，可放入棱长为1的正方体如图（2）内，使正四棱锥的底面abcd与正方体的某一个面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有
（ d）a.1个 b.2个c.3个 d.无穷多个。
7.（06江西）（理）如图所示，在四面体abcd中，截面aef经过四面体的内切球。
与四个面都相切的球）球心o，且与bc、dc分别交于e、f，如果截面将四面体。
分为体积相等的两部分，设四棱锥a-befd与三棱锥a-efc 的表面积分别是s1，s2，则必有 （ c ）
<>s2 的大小关系不能确定
文）如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是 （ b ）
立体几何2023年高考
2016年高考数学文试题分类汇编。立体几何。一 选择题。1 2016年山东高考 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示。则该几何体的体积为 a b c d 2 2016年上海高考 如图，在正方体abcda1b1c1d1中，e f分别为bc bb1的中点，则下列直线中与直线ef相交的是 a ...
08年高考立体几何
答案。1答案 b 解析记三棱柱为abc a1b1c1，且其中侧面abb1a1是边长为2的正方形，侧面acc1a1 bcc1b1都是菱形，且 c1ca c1cb 如图所示，则由已知。可得 abc是边长为2的正三角形，作c1o 平面abc于点o，连结co，易知点。o在 acb的平分线上，且cos c1c...
2023年高考立体几何
三 解答题。28.2012高考新课标理19 本小题满分12分 如图，直三棱柱中，是棱的中点，1 证明 2 求二面角的大小。答案 1 在中，得 同理 得 面。2 面。取的中点，过点作于点，连接，面面面。得 点与点重合。且是二面角的平面角。设，则，既二面角的大小为。29.2012高考江苏16 14分 如...