2014年高考数学试题分类汇编 立体几何 word版含答案.

2014年高考数学试题汇编立体几何
一．选择题
1. （2014福建）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）
圆柱圆锥四面体三棱柱
A
2. (2014新课标I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，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为
...6 .4
【答案】：C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥，
其中，，故最长的棱的长度为，选C
3. (2014新课标II如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,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3cm，高为6cm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. B. C. D.
【答案】C
4（2014浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是
A. 90
B. 129
C. 132
D. 138
D
5. (2014江西一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（）
【答案】B
【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选：B
6(2014重庆某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）
A.54
B.60
C.66
D.72
【答案】B
【解析】
7.（2014辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
8(2014湖南一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）
A.1
B.2
C.3
D.4
9(2014安徽一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
（A）（B）（C）21 （D）18
7 A
10. (2014湖北在如图所示的空间直角坐标
系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），
（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）
A.①和②
B.③和①
C. ④和③
D.④和②
点评：本题考查空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题。

A. 6.
11.（2014大纲）已知二面角为，，，A为垂足，，
，，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A． B． C． D．
【答案】B.
12.（2014辽宁）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【解析】
13. (2014广东若空间中四条两两不同的直线，满足，则下列结论一定正确的是
A. B. C.既不垂直也不平行 D.的位置关系不确定
答案:D
O
B 1
A 1
C 1
D 1
B
D C
A
P 14、(2014四川如图，在正方
体中，点为线段
的中点。

设点
在线段
上，直线
与平
面
所成的角为
，则
的取值范围是（ ）
A 、
B 、
C 、
D 、
【答案】B 【解析】
15. (2014陕西已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）
【答案】D
【解析】
16．（2014大纲）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．B．C．D．
【答案】A．
17(2014安徽从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有（A）24对（B）30对（C）48对（D）60对
8 A
18. (2014湖北《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.
该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际
上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）
A. B. C. D.
19 2014上海如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，
是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（）
（A）1 (B2 (C4 (D8
【答案】 A
【解析】
20 (2014北京在空间直角坐标系中，已知，，，
，若，，分别表示三棱锥在，，坐标平面上的正投影图形的
面积，则（）
（A）（B）且
（C）且（D）且
21. (2014新课标II直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，
则BM与AN所成的角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
10.
22 (2014江西如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第
次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）
【答案】C
【解析】A(0,0,0,E(4,3,12,(8,6,0,(,7,4,(11,,9,，
,,
……
二．填空题
1. (2014江苏设甲、乙两个圆柱的底面分别为，，体积分别为，，若它们的侧面积相等，且，则的值是▲ .
2 (2014山东三棱锥中，，分别为，的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则 .
2
4
4
242俯视图
侧视图
正视图3 (2014天津已知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_______
.
【答案】
【解析】
该几何体的体积为
.
4、(2014上海（本题满分12分）底面边长为2的正三棱锥
,其表面展开图是三角形
，如图，求△
的各边长及此三棱锥的体积
.
【答案】 4,4,4；
【解析】
5 (2014上海若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为（结果用反三角函数值表示）。

【答案】
（第16题）
P
D
C
E
F
B
A
【解
析】
三．解答题
1. (2014江苏 (本小题满分14分
如图，在三棱锥
中，
，E ，F 分别为棱
的中点.已知
,
求证: (1直线平面；
(2平面平面.
2 (2014山东（本小题满分12分）
如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，
，是线段的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.
3. (2014北京（本小题14分）
如图，正方形的边长为2，分别为的中点，在五棱锥中，为棱的中点，平面与棱分别交于点.
（1）求证：；
（2）若底面，且，求直线与平面所成角的大小，并
求线段的长.
（17）（共14分）
解：（I）在正方形中，因为B是AM的中点，所以∥。

又因为平面PDE，
所以∥平面PDE，
因为平面ABF，且平面平面，
所以∥。

（Ⅱ）因为底面ABCDE,所以，.
如图建立空间直角坐标系，则，,,,,
.
设平面ABF的法向量为，则
即
令，则。

所以，设直线BC与平面ABF所成角为a,则。

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为
设点H的坐标为。

因为点H在棱PC上，所以可设，
即。

所以。

因为是平面ABF的法向量，所以，即。

解得，所以点H的坐标为。

所以
4. (2014重庆（本小题满分12分）
如图（19），四棱锥，底面是以为中心的菱形，底面，，为上一点，且.
（1）求的长；
（2）求二面角的正弦值。

【答案】（I）（II）
【解析】
（I）
（II）
5. （2014福建）（本小题满分12分）
在平行四边形中，，.将
沿折起，使得平面平面，如图.
（1）求证：；
（2）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.
17．解：(1证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
(2过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示．
依题意，得B(0，0，0，C(1，1，0，D(0，1，0，A(0，0，1，M.
则＝(1，1，0，＝，＝(0，1，－1．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0，
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
6 (2014陕西（本小题满分12分）
四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.
（I）证明：四边形是矩形；
（II）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）省略（2）
【解析】
（1）
（2）
（20）(2014安徽（本小题满分 13 分）
如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD．四边形ABCD为梯形，AD∥BC，
且AD=2BC. 过A1，C，D 三点的平面记为，BB1与的交点为Q.
（I）证明：Q为BB1的中点；
（Ⅱ）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；
（Ⅲ）若AA1=4，CD=2，梯形ABCD 的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小. （Ⅰ）证：因为∥，∥，∩=，∩=，
所以平面∥平面，
从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥，
故与的对应边相互平行，于是∽，
所以，即是的中点．
（Ⅱ）解：如图1，连接，，设，梯形ABCD的高为，四棱柱被平面所
分成上下两部分的体积分别为和，，则．
图1
，
，所以=+=，又，
所以=-
=-
=，
故．
（Ⅲ）
解法1
如图1，在中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E，
又DE⊥AA1，且AA1∩AE=A．
所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E．
所以∠AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角．
因为BC∥AD，AD=2BC，所以．
又因为梯形ABCD的面积为6，DC=2，所以，AE=4．
于是，．
故平面与底面ABCD所成二面角的大小为．
解法2
如图2，以D为原点，,分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．
设．
因为，所以，
从而，．
所以，．
设平面的法向量，
由得，，
所以．
又因为平面ABCD的法向量，
所以，
故平面与底面ABCD所成二面角的大小为．
7. (2014新课标II（本小题满分12分）
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.
【答案】 (1 无（2）无
（1）
设AC的中点为G, 连接EG。

在三角形PBD中，中位线EG//PB,且EG在平面AEC上，所以PB//平面AEC.
（2）设CD=m, 分别以AD,AB,AP为X,Y,Z轴建立坐标系，则
8. (2014新课标I (本小题满分12分如图三棱柱中，侧面为菱形，
.
(Ⅰ 证明：；
（Ⅱ）若，，AB=BC
求二面角的余弦值.
【解析】：(Ⅰ连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以
，且O为与的中点．又，所以平面，故
又，故………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以
AO=CO 又因为AB=BC ，所以
故OA⊥OB ，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-．因为，所以为等边三角形．又AB=BC ，则
，，，
，
设是平面的法向量，则
，即所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为.
9 (2014天津（本小题满分13分）
如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点. （Ⅰ）证明；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）若为棱上一点，满足，
求二面角的余弦值.
【答案】（1）省略（2）（3）
z y x
P
E D
C
B
A
（17）本小题主要
考查空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识. 考查用空间向量解决立体几何问题的方法. 考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 满分13分. （方法一）
依题意，以点
为原点建立空间直角坐标系（如图），可得
，，
，
.由
为棱
的中点，得
.
（Ⅰ）证明：向量，，故. 所以，.
（Ⅱ）解：向量，.
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得为平面的一个法向量.于是有
.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
（Ⅲ）解：向量，，，. 由点在棱上，设，.
故.
由，得，
因此，，解得.即.
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得为平面的一个法向量.
取平面的法向量，则
.
易知，二面角是锐角，所以其余弦值为.（方法二）
（Ⅰ）证明：如图，取中点，连接，.
由于分别为的中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，所以.
因为底面，故，而，从而平面，因为
平面，于是，又，所以.
（Ⅱ）解：连接，由（Ⅰ）有平面，得，而，故.
又因为，为的中点，故，可得，所以平面，故平面平面.
所以直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角.
依题意，有，而为中点，可得，进而.
故在直角三角形中，，因此.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）解：如图，在中，过点作交于点.
因为底面，故底面，从而.又，得
平面，因此.
在底面内，可得，从而.在平面内，作交于点，于是.
由于，故，所以四点共面.
由，，得平面，故.
所以为二面角的平面角.
在中，，，，
由余弦定理可得，.
所以，二面角的斜率值为.
10. （2014辽宁）（本小题满分12分）
如图，和所在平面互相垂直，且，
，E、F分别为AC、DC的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）省略（2）
【解析】
（1）
（2）
11(2014江西 (本小题满分12分
如图，四棱锥中，为矩形，平面平面.
（1）求证：
（2）若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值.
【解析】
解：（1）面面,面面=,
面……………………………………2分
又面……………………………………3分
……………………………………4分
(2过P作,由（1）有面ABCD,
作,连接PM，作……………………………………5分
设AB=x.
…7分当即时，……………………………………9分
如图建立空间直角坐标系，,,
,
,,
,……………………………………10分
设面、面的法向量分别为，
设，则，
同理可得……………………………………11分
平面与平面夹角的余弦值为。

…………………………………12分
12. (2014广东（13分）如图4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝，AF⊥PC于点F，FE∥CD，
交PD于点E.
（1）证明：CF⊥平面ADF；（2）求二面角D－AF－E的余弦值.
13 (2014湖南如图6,四棱柱的所有棱长都相
等,,四边形和四边形为矩形.
(1证明:底面;
(2若,求二面角的余弦值.
为二面角的平面角,则
且四边形为菱形
,,
【考点定位】线面垂直二面角勾股定理菱形
14. (2014湖北（本小题满分12分）
如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱
的中点，点分别在棱,上移动，且.
（Ⅰ）当时，证明：直线∥平面;
（Ⅱ）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19. 几何方法
（Ⅰ）证明：如图1，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.
当λ=1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1
所以BC1∥FP.
而FP平面EFPQ, 且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
（Ⅱ）如图2，连接BD. 因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF=BD.
又DP=BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ=BD，
从而EF∥PQ，且EF=PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ=DP=λ，BE=DF=1，
于是EQ=FP=，所以四边形EFPQ是等腰梯形.
同理可证四边形PQMN是等腰梯形.
分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，
则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO=O，
故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.
若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH=90°.
连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF=MN，知四边形EFNM是平行四边形.
连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH=ME=2.
在△GOH中，GH2=4，OH2=,
OG2=,
由OG2+OH2=GH2，得，解得，
故存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
向量方法：
以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D—xyz. 由已知得
B(2，2，0，C1(0，2，2，E(2，1，0，F(1，0，0，P(0，0，λ
=(-2，0，2，=(-1，0，λ，=(1，1，0
（Ⅰ）证明：当λ=1时，=(-1，0，1，
因为=(-2，0，2，所以=2，即BC1∥FP.
而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
（Ⅱ）设平面EFPQ 的一个法向量为n=(x ，y ，z ，则
由 可得于是可取n =(λ，-λ，1.
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m=(λ-2，2-λ，1 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，
则m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，即λ(λ-2- λ(2-λ+1=0，
解得.
故存在，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.
15 （2014浙江）（本题满分15分）如图，在四棱锥
中，平面
平面
.
（1）证明：平面; （2）求二面角
的大小
6
4
2
2
4
6
8
1012
14
16
18
20151055101520
E
D C
B
A
20. （I ）在直角梯形
中，由
，得，，由
，则
，即，又平面平面
，从
而
平面
，所以
，又
，从而
平面； （II ）方法一：作，与交于点
，过点作
，与交于点
，连结
，由（I ）知，
，则，，所以
是二面角的平面角，在直角梯形
中，由
，得，又平面平面
，得平面
，从而，，由于
平面
，得：
，在
中，由
，
，得
，
6
4
2
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20151055101520
G
F E
D
C
B
A
在中，，，得
，在
中，
，
，，得，，从而，在中，
利用余弦定理分别可得，在中，
，所以，即二面角的大小是
． 方法二：以
为原点，分别以射线
为
轴的正半轴，建立空间直角坐标系
如图所示，由题意可知各点坐标如下：
，设平面
的法向量为
，平面
的法向量为
，可算得
，
，由得，，可取
，由得，，可取，于是
，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是
．
4
2
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20151055101520
Z
Y
x
E D C
B
A
16. （2014大纲）（本小题满分12分）
如图，三棱柱中，点在平面ABC内的射影D在AC上，，.
（I）证明：；
（II）设直线与平面的距离为，求二面角的大小.
解：解法一：（I）平面，平面，故平面平面．又，
平面．连结，∵侧面为菱形，故，由三垂线定理得；（II）平面平面，故平面平面．作为垂足，则平面．又直线∥平面，因而为直线
与平面的距离，．∵为的角平分线，故．作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角．由得为的中点，∴二面角的大小为．
1
C
z
y x B 1
C 1
D
C B A
A 1
解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设知与轴平行，轴在平面内．
（I）设，由题设有则
由得，即（①）．于是
．。