2018年高考数学考前冲刺小题精练系列(全国通用版)专题04 立体几何中三视图问题

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2018年高考数学三轮冲刺点对点试卷三视图程序框图及简单线性规划

三视图、程序框图及简单线性规划1．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 104π+B. 68π+C. 108π+D. 64π+ 【答案】A2．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为433π，则其表面积为（）A. 63π+B. 6πC. 3234π+334π+ 【答案】A3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中提出如下问题：“今有刍童，下广两丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈，问积几何？”翻译成现代文是“今有上下底面皆为长方形的草垛，下底（指面积较小的长方形）宽2丈，长3丈；上底（指面积较大的长方形）宽3丈，长4丈；高3丈.问它的体积是多少？”现将该几何体的三视图给出如图所示，则该几何体的体积为（）立方丈.A.532B. 24C. 27D. 1862+【答案】A4．如图所示，一个三棱锥的的三视图是三个直角三角形，则该三棱锥的体积为（）A. 3B. 4C. 6D. 85．已知实数x，y满足10{10330x yx yx y-+≥+-≥--≤，则使不等式1kx y k-+≤恒成立的实数k的取值集合是（）A. (],1-∞ B.1,2⎛⎤-∞⎥⎝⎦C.1,4⎛⎤-∞⎥⎝⎦D.1,8⎛⎤-∞⎥⎝⎦【答案】B6．在由不等式组2140,{3,2,x yxy-+≥≤-≥所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形的三个顶点的距离均不小于1的概率是( )A. 92π- B. 9π- C. 19π- D. 118π－【答案】D7．已知变量x ， y 满足2{220 240x y x y x y -≥++≥--≤，若方程2260x y y k ++-=有解，则实数k 的最小值为（）A.45455- B. 295- C. 4533+ D. 165【答案】B8．设,x y 满足约束条件260{20 20x y x y y -+≥-≤-≤，则x y -的取值范围为（）A. []0,4B. []2,4C. []0,2D. []2,6 【答案】A9．执行如图所示的程序框图，则输出的a =（）A. 14-B. 45C. 4D. 5 【答案】D10．执行如图所示的程序框图,如果输入的x 、t 均为3，则输出的M 等于（）A. 23B.113C.196D.436【答案】C11．执行如图所示的程序框图，则输出的S （）A. 17B. 33C. 65D. 129【答案】C12．《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”,已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的表面积为（）A. 2B. 4C.D.【答案】D13．【2017届福建省泉州市高三3月质量检测】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧视图中的虚线部分是（）A. 圆弧B. 抛物线的一部分C. 椭圆的一部分D. 双曲线的一部分【答案】D14．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,若该几何体的顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A15．若()21log 12,31x y x ≤-+≤-≤,则2x y -的最大值与最小值之和是（） A. 0 B. -2 C. 2 D. 6 【答案】C16．若变量,x y 满足约束条件{11y xx y y ≤+≤≥-,且2z x y =+的最大值和最小值分别为m 和n ,则m n +=（）A. -2B. -1C. 0D. 1【答案】C17．不等式组20{10220xyx y-≤-≤+-≥表示的平面区域的面积是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A18．当4n=时,执行如图所示的程序框图,输出的S值为（）A. 6B. 8C. 14D. 30【答案】D19．一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法可以设计如图所示的程序框图,若输入的,则输出的结果（）A. 4B.1C.D.【答案】C20．右边程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”,执行该程序框图（图中“m MOD n”表示除以的余数）,若输入的,分别为485,135,则输出的=（）A. 0B. 5C. 25D. 45【答案】B21. 如图在棱长为1的正方体网格中,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( ).A．117 B.111 C．99 D. 75【答案】D22. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A．5B．4C．2D．1【答案】A．23．已知不等式组202020x yyx y-+≥⎧⎪+≥⎨⎪++≤⎩表示的平面区域,则231x yzx+-=-的最大值 .【答案】()()22224x y+++=24.已知不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-≤+11yyxyx所表示的平面区域为D,若直线3y kx=-与平面区域D有公共点,则k的取值范围为是A．[3,3]- B．11(,][,)33-∞-+∞ C．(,3][3,)-∞-+∞ D．11[,]33-【答案】C正视图侧视图。

2018全国高考立体几何(完整答案)

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

2018届高考高三数学考前冲刺升级增分训练立体几何

升级增分训练立体几何1某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是（）A. 34 nC. 36 n解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2= 32+ 32+ 42= 34（其中R为外接球的半径），外接球表面积为S= 4K R2= 34兀3. （2017湖南长沙三校联考）已知点E , F , G分别是正方体ABCD-A i B i C i D i的棱AA i, CC i, DD I的中点，点M , N , Q, P 分别在线段DF , AG , BE , C i B i 上.以M , N , Q, P为顶点的三棱锥P-MNQ的俯视图不可能是（）B. 2 2D. 2 3解析：选D在正方体ABCD-A I B I C I D I中还原出三视图的直观图,其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D i-BCB i,如图所示，其四个面的面积分别为2,2 ,2, 2 2, 2.3,故选D .2. （2016 •东茂名二模）若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）B. 35 nD. 17 n俯规图fi正视图侧观图州视图解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥P-MNQ 的俯视图为 A ;当M , N , Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P-MNQ的俯视图为B;当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P-MNQ，使其俯视图为D.4. （2017河南中原名校联考）解得x = 7,9所以球的半径R = OB i= 8,如图，四棱柱ABCD-dB i C i D i是棱长为1的正方体，四棱锥S-ABCD是高为1的正四棱锥，若点S, A i, B i, C i, D i在同一个球面上，则该球的表面积为（）9i6 7t25B.荷49C. i6n81D. 16n解析：选D 作如图所示的辅助线, 其中O为球心，设OG i= x,则OB t= SO= 2—x,V2由正方体的性质知B i G i= 2,则在Rt△ OB i G i中,OB2= G i B i+ OG i,D即(2 —x)2= x2+81所以球的表面积为S= 4缺-n5. （2016湖南长沙四校一模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A .①②C .③④D .②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线（对应6种不同的展开方式），若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1,贝U AC1是最短路线，且AC,会经过CD的中点，此时对应的正视图为④•而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现.7. （2016 福建省质检）在三棱锥P-ABC 中，PA= 2 3, PC= 2, AB= 7, BC = 3,Z5,3解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△ PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为.3,二所求体积V = 1X 1X 1 + 2 X 2 X 寸3 = \^'3.6. （2016湖南郴州模拟）一只蚂蚁从正方体ABCD-A i B i C i D i的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是（）B.①③俯视图②ABC =则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（）B . 16n32C .亍 nD . 16 n解析：选D 设三棱锥P-ABC 的外接球的半径为只，在厶ABC 中，因为AB = ■ 7, BC =3,/ ABC = 2，,所以 AC =寸AB 2+ BC 2 = 4.在厶 PAC 中，因为 PA = 2/3, PC = 2, AC = 4,所以PA 2+ PC 2= AC 2，所以/ APC = ，所以AC 为三棱锥P-ABC 的外接球的直径，所以R = 2,所以此三棱锥的外接球的表面积S = 4 U R 2= 4 nX 22= 16n.8. （2016南宁模拟）设点A , B , C 为球O 的球面上三点，O 为球心.球 O 的表面积为 100 n,且厶ABC 是边长为4寸3的正三角形，则三棱锥 O-ABC 的体积为（）A . 12B . 12 3C . 24 3D . 36 3解析：选B •••球O 的表面积为100 n= 4由2, •••球O 的半径为5.如图，取△ ABC 的中心H ，连接OH ，连接并延长 AH 交BC 于点M ，则AH = 3 AM = 4 , • OH = OA 2- AH 2 =9.如图，三棱锥 V-ABC 的底面为正三角形，侧面2其正视图的面积为3,则其侧视图的面积为 _____________ .解析：设三棱锥 V-ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ,则ah =,其侧视图是由底面三角形 ABC 边AC 上的高与侧面三角形 VAC 边AC 上的咼组成的直角三角形,也X 4=也2 3=3 . 答案:10. （2016南昌一模）正三角形ABC 的边长为2，将它沿高 AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为迄，此时四面体ABCD 外接球的表面积为 _________________ .•三棱锥O-ABC 的体积为 (4 3)2X 3= 12 3.VAC 与底面垂直且其面积为 52- 42= 3,VA = VC ,已知解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1 , 3的长方体的外接球的表面积，其半径R= 2 12+件―32二-25,所以S= 4n R2= 5n 答案：5n11. (2016 •西师大附中模拟)已知边长为2衍的菱形ABCD中，/ BAD = 60°沿对角线BD 折成二面角A-BD-C的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为 ___________________ 解析：如图1,取BD的中点E，连接AE, CE .由已知条件可知，平面ACE丄平面BCD .易知外接球球心在平面ACE内，如图2,在CE上取点G,使CG= 2GE，过点G作11垂直于CE，过点E作12垂直于AC,设11与12交于点O,连接OA, OC,贝U OA = OC ,易知O即为球心.分别解厶OCG,A EGO可得R= OC = 7,A外接球的表面积为28n.答案：28 n12. (2017贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3帀cm3,其所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为__________________ cm2.解析：球O的表面积最小等价于球O的半径R最小.设正三棱柱的底面边长为a,高为b,则正三棱柱的体积V = -^a2b= 3 3，所以a2b= 12.底面正三角形所在截面圆的半径r =吕,则R2= r2+ 寻2=于a 2+ 曾=1x 12+ 吟=：+ 曾，令f(b)= *+ £。

2018届高三数学(理)三轮复习高考大题专攻练立体几何含解析

高考大题专攻练立体几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC.(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D -AE-C的余弦值.【解题导引】(1)若证明平面ACD⊥平面ABC可根据面面垂直的判定在平面ACD内找一条线垂直平面ABC，从而转化为线面垂直，再利用线线垂直确定线面垂直.(2)利用(1)中的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面ADE和平面ACE的法向量，求法向量的余弦值得二面角的余弦值.【解析】(1)如图，取AC中点O，连接OD，OB.由∠ABD=∠CBD，AB=BC=BD知△ABD≌△CBD，所以CD=AD.由已知可得△ADC为等腰直角三角形，D为直角顶点，则OD⊥AC，设正△ABC边长为a，则OD=AC=a，OB=a，BD=a，所以OD2+OB2=BD2，即OD⊥OB.又OB∩AC=O，所以OD⊥平面ABC，又OD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)如图，以OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，当E为BD中点时，平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，故可得A，D，C，E，则=，=.设平面ADE的一个法向量为n1=，则即令z1=1，则x1=1，y1=，所以n1=.同理可得平面AEC的一个法向量n2=，所以cos<n1，n2>===.因为二面角D -AE-C的平面角为锐角，所以二面角D -AE-C的余弦值为.2.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知AB∥CD，AD⊥CD，AB=AD=CD.(1)求证：BF∥平面CDE.(2)求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AF∥DE，AF⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理，AB∥平面CDE，又AF∩AB=A，所以平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)因为正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，正方形ADEF 与梯形ABCD交于AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面ADEF，因为DE⊂平面ADEF，所以CD⊥ED，因为ADEF为正方形，所以AD⊥DE，因为AD⊥CD，所以以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则设AD=1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，F(1，0，1)，A(1，0，0)，=(1，1，0)，=(1，0，1)，取平面CDE的一个法向量=(1，0，0)，设平面BDF的一个法向量为n=(x，y，z)，则即取n=(1，-1，-1)，cos<，n>=，所以平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值为.高考大题专攻练立体几何(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB.(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【解题导引】(1)取PA的中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF为平行四边形，证明CE∥BF，从而证明CE∥平面PAB.(2)取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ，证明MQ∥CE，MQ与平面PBC所成的角，就等于CE与平面PBC所成的角.过Q作QH⊥PB，连接MH，证明MH就是MQ在平面PBC 内的射影，这样只要证明平面PBN⊥平面PBC即可.【解析】(1)如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF=AD，又因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在Rt△MQH中，QH=，MQ=，所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.2.如图几何体是圆柱体的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G为的中点.(1)设P是上一点，AP⊥BE，求∠CBP的大小.(2)当AD=2，AB=3，求二面角E-AG-C的大小.【解题导引】(1)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEHC 为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM ⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E-AG-C的大小.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系.求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC=120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE=GE=AC=GC==，取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1，所以EM=CM==2.在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12，所以EC=2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则∠EBP=90°，由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)，故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)，设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，2).设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2，可得平面AC G的一个法向量n=(3，-，-2).。

2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4 立体几何第8讲空间几何体的三视图、表

第8讲空间几何体的三视图、表面积和体积题型1 几何体的三视图、表面积和体积(对应学生用书第27页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．画几何体的三视图应遵循：“长对正、高平齐、宽相等”． 2．柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．3．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．4．球体的体积公式V ＝43πR 3；表面积公式S ＝4πR 2(其中R 为球的半径)．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查多面体的体积问题)如图81，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，则该多面体的体积为( )【导学号：07804054】图81A ．64 B.643 C ．16 D.163[思路分析] 三视图―→直观图―→多面体的体积． [解析] 利用正方体还原几何体，如图中的三棱锥D ABC 所示，由三视图可知△ABC 的边BC ＝2，BC 边上的高为4，三棱锥D ABC 的高为CD ＝4，故三棱锥D ABC 的体积为V ＝13×12×2×4×4＝163.故选D.[答案] D【典题2】 (考查组合体的表面积问题)(2016·全国Ⅰ卷)如图82，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图82A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π[思路分析] 三视图―→球体的78―→球体的半径―→几何体的表面积．[解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.[答案] A【典题3】 (考查立体几何中的数学文化题)(2017·武昌区模拟)(立体几何中的数学文化题)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图83所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 为( )图83A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4[思路分析] 数学文化信息提取―→空间几何体的体积―→量的计算．[解析] 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x 、3、1的长方体，∴组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π≈3)，解得x ＝1.6.故选B. [答案] B [类题通法]1.在长方体或正方体中根据三视图还原几何体的直观图，能快速确定几何体中线面位置关系.2.空间几何体的体积与表面积求法三视图中数据的还原：分析三视图，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.割补法：求不规则几何体的体积或表面积时，通过割补转化成规则几何体求解. 等积变换：涉及三棱锥的体积，注意灵活选择底面和对应的高.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图84)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )【导学号：07804055】图84C [过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.]2．某几何体的三视图如图85所示，则该几何体的表面积为( )图85A.＋22π2＋1B ．13π6C.＋2π2＋1D ．＋22π2＋1C [由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为22π＋1＋2π×2＋32π＝＋2π2＋1，选C.]■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 3、T 4、T 5、T 6、T 11、T 14、T 15、T 16、T 17、T 19)题型2 球与几何体的切接问题(对应学生用书第28页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．多面体与球接、切问题求解策略(1)截面法：过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)补形法：“补形”成为一个球内接长方体，则利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解. 2．球的切、接问题的常用结论(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(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)棱长为a 的正方体的面对角线长等于内切球的直径，即2a ＝2R .(4)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为h ，底面外接圆半径为x ，则该几何体外接球半径R 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋x 2.■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查与球有关的几何体的切、接问题)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图86所示，其中正视图是正三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )【导学号：07804056】图86A.8π3 B ．16π3C.48π3D ．64π3[思路分析] 三视图―→空间几何体―→确定球心―→求半径R .[解析] 由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S ABC ，其中HS 是三棱锥的高，由三视图可知HS ＝23，HA ＝HB ＝HC ＝2，故H 为△ABC 外接圆的圆心，该圆的半径为2.由几何体的对称性可知三棱锥S ABC 外接球的球心O 在直线HS 上，连接OB .设球的半径为R ，则球心O 到△ABC 外接圆的距离为OH ＝|SH －OS |＝|23－R |，由球的截面性质可得R ＝OB ＝OH 2＋HB 2＝|23－R |2＋22，解得R ＝433，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝4π×163＝64π3.故选D.[答案] D【典题2】 (考查与球有关的最值问题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3[思路分析] 先计算球与直三棱柱三个侧面相切时球的半径，再计算球与直三棱柱两底面相切时球的半径，半径较小的球即为所求．[解析] 由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R .因为△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，所以R ≤2.又2R ≤3，所以R ≤32，所以V max ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B.[答案] B[类题通法] 多面体与球接、切问题的求解策略涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点一般为接、切点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，进而画出内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，找到球的半径或直径与该几何体已知量的关系，列方程组求解.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则三棱锥S ABC 的体积的最大值为( )【导学号：07804057】A.833B ．33C. 3 D ．2 3A [取AB 中点D ，连接SD ，CD ，可知当SD ⊥AB 时棱锥体积最大．因为平面SAB ⊥平面ABC ，交线为AB ，所以SD ⊥平面ABC . 解正三角形ABC 可得：S △ABC ＝43，球半径R ＝OC ＝43 3，SD ＝R 2－OD 2＝2.故棱锥体积为13×2×43＝833.]2．如图87，在四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为6的等边三角形．若AB ＝4，则四面体ABCD 外接球的表面积为________．图8764π [由题意知四面体ABCD 的外接球与如图中正三棱柱的外接球是同一个球，记E 、F 分别为△AC ′D ′和△BCD 的中心，连接EF ，则EF 的中点O 为四面体ABCD 外接球的球心．连接AO ，AE ，BF ，因为底面是边长为6的正三角形，所以AE ＝23×6×sin 60°＝23，OE ＝12AB ＝2，所以R 2＝OE 2＋AE 2＝16，则外接球表面积S ＝4πR 2＝64π.]■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 7、T 8、T 9、T 10、T 12、T 13、T 18、T 20)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第29页)1．(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图88所示，其中正视图和侧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( )【导学号：07804058】图88A ．10B ．12C ．14D ．16B [观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.]2．(2017·全国Ⅱ卷)如图89，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( )图89A ．90πB ．63πC ．42πD ．36πB [法一：(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π故选B.法二：(估值法)由题意知，12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合题意．故选B.]3．(2017·全国Ⅲ卷)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 ．π B ．3π4C.π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]4．(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图810，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()图810A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛B [ 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]5．(2015·全国Ⅱ卷)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 ．144πD ．256πC [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.]6．(2017·全国Ⅰ卷)如图811，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________.【导学号：07804059】图811415 cm 3[如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.]。

2018年高考数学三轮冲刺点对点试卷立体几何综合题理

立体几何综合题（理）1.四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形， 1AA ⊥平面,ABCD M 为棱1DD 的中点， N 为棱AD 的中点， Q 为棱1BB 的中点.（1）证明：平面//MNQ 平面1C BD ；（2）若12AA AB =，棱11A B 上有一点P ，且()()1110,1A P A B λλ=∈，使得二面角P MN Q --的余弦值为132163，求λ的值.2．如图，在五面体ABCDPN 中，棱PA ⊥底面ABCD ， 2AB AP PN ==.底面ABCD 是菱形， 23BAD π∠=.（Ⅰ）求证： PNAB ；（Ⅱ）求二面角B DN C --的余弦值.3．如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为菱形,且60ABC ∠=︒, 2AB PC ==, 2PA PB ==.（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）二面角P AC B --的余弦值.4．如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形,侧面PAD 是边长为2的正三角形, AB BD = 7=,3PB =.（Ⅰ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）设Q 是棱PC 上的点,当PA 平面BDQ 时,求二面角A BD Q --的余弦值. 5．如图,已知菱形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直,其中BEAF , AB AF ⊥,122AB BE AF ===, 3CBA π∠=, P 为DF 的中点.（Ⅰ）求证： PE ∥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角D EF A －－的余弦值；（Ⅲ）设G 为线段AD 上一点, AG AD λ=, 若直线FG 与平面ABEF 39求AG 的长. 6．在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 3AB =, 22AD =, 45ABC ∠=︒, P 点在底面ABCD 内的射影E 在线段AB 上,且2PE =, 2BE EA =, F 为AD 的中点, M 在线段CD 上,且CM CD λ=．（Ⅰ）当23λ=时,证明：平面PFM ⊥平面PAB ；（Ⅱ）当平面PAM 与平面ABCD 所成的二面角的正弦值为255时,求四棱锥P ABCM -的体积． 7．如图,四棱锥P ABCD -底面为正方形,已知PD ⊥平面ABCD , PD AD =,点M 为线段PA 上任意一点（不含端点）,点N 在线段BD 上,且PM DN =.（1）求证：直线//MN 平面PCD ；（2）若M 为线段PA 中点,求直线PB 与平面AMN 所成的角的余弦值. 8．如图,三棱柱111ABC A B C -中,四边形11AA BB 是菱形,,二面角11C A B B --为6π, 1CB =. （Ⅰ）求证：平面1ACB ⊥平面1CBA ; （Ⅱ）求二面角1A AC B --的余弦值.9．如图,已知多面体EABCDF 的底面ABCD 是边长为2的正方形, EA ⊥底面ABCD , //FD EA ,且112FD EA ==．（Ⅰ）求多面体EABCDF 的体积；（Ⅱ）求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值；（Ⅲ）记线段BC 的中点为K ,在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行,要求保留作图痕迹,但不要求证明．10．如图,四棱锥P ABCD -中,侧面PAD ⊥底面ABCD , //AD BC , AD DC ⊥, 3AD DC ==, 2BC =,26PD PA ==,点F 在棱PG 上,且2FC FP =,点E 在棱AD 上,且//PA 平面BEF .（1）求证： PE ⊥平面ABCD ；（2）求二面角P EB F --的余弦值.11．如图所示的几何体中,ABC ∆内接于圆O ,且AB 是圆O 的直径,四边形DCBE 为矩形,且DC AB ⊥. (Ⅰ)证明:AD BC ⊥;(Ⅱ)若4,2AB BC ==且二面角A BD C --所成角θ5试求该几何体ABCDE 的体积.12. 已知四棱锥P ABCD-的底面是平行四边形,E F，分别是AD PC，的中点,EF BD⊥,22AP AB AD==,0=60BAD∠．（Ⅰ）求证：BD APB⊥面；（Ⅱ）若AB PB=,求二面角C BE F--的余弦值．FEABDCP13. 如图1,在ABC∆中,9036C BC AC∠︒＝，＝，＝,,D E分别是AC AB，上的点,且DE BC∥，2DE=.将ADE∆沿DE折起到1A DE∆的位置,使1AC CD⊥,如图2.（Ⅰ）M是1A D的中点,求CM与平面1A BE所成角的大小；（Ⅱ）求二面角1A BE C--的正切值.14. 如图,矩形CDEF所在平面与直角梯形ABCD所在平面垂直,其中//AB CD,11,22AB BC CD===,BC CD⊥,//MB FC,3MB FC==.P、Q分别为BC、AE的中点.（1）求证：//PQ平面MAB；（2）求二面角A EC D--的余弦值.15. 如图所示,棱柱111ABC A B C-为正三棱柱,且1AC C C=,其中点,F D分别为11,AC B B的中点.(1)求证://DF平面ABC;(2)求证:DF⊥平面1ACC;(3)求平面1DC A与平面ABC所成的锐二面角的余弦值CDFB1A1C1B16. 如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,H是CF的中点．（Ⅰ）求证：AF//平面BDH；（Ⅱ）求二面角A﹣FE﹣C的大小．。

2018年全国3卷省份高考模拟理科数学分类汇编---立体几何

2018年全国3卷省份高考模拟理科数学分类汇编-----立体几何1.(成都七中模拟)一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的体积是( )BA. B. C. D.【解析】由三视图可知，该三棱锥是长方体的一部分，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，该棱锥外接球的直径等于长方体的对角线长，所以球的半径，则外接球的体积，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.2.（成都七中模拟）祖暅是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容易.”这里的“幂”指水平截面的面积.“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等。

于是可把半径相等的半球(底面在下)和圆柱(圆柱高等于半径)放在同一水平面上，圆柱里再放一个半径和高都与圆柱相等的圆锥(锥尖朝下)，考察圆柱里被圆锥截剩的立体，这样在同一高度用平行平面截得的半球截面和圆柱中剩余立体截得的截面面积相等，因此半球的体积等于圆柱中剩余立体的体积.设由椭圆所围成的平面图形绕轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(如图，称为“椭球体”)，请类比以上所介绍的应用祖暅原理求球体体积的做法求这个椭球体的体积.其体积等于________.【答案】【解析】椭圆的长半轴为，短半轴为，现构造一个个底面半径为，高为的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得半椭球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，所以椭球的体积为，故答案为.3.（成都七中模拟）如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.(1)求的长；(2)求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）取的中点，连接、，由三角形中位线定理，以及线面平行的判定定理可得平行于，平行于，于是可得为平行四边形，所以，；（2）取中点，则垂直于，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，平面法向量为，利用向量垂直数量积为零，列方程组求得平面法向量为，平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.试题解析：(1)取的中点，连接、，因为平行于，平行于，所以平行于，所以四点共面，因为平行于面，面与面交与，所以平行于，所以为平行四边形.所以，.(2取中点，则垂直于，因为平行于，所以垂直于，于是以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，由垂直于，垂直于，平面法向量为，通过计算得平面的法向量为.经判断知二面角为钝角，于是其余弦为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判断与性质、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.4.(成都市模拟)已知，是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）CA. 若，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则【解析】由题设，则A. 若，则，错误；B. 若，，则错误；D. 若，，当时不能得到，错误.故选C.5.（成都市模拟）《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）CA. B. C. D.【解析】如图所示，该几何体为四棱锥．底面为矩形，其中底面． ...........................则该阳马的外接球的直径为∴该阳马的外接球的体积=故选C.6.（成都市模拟）如图，是的中点，四边形是菱形，平面平面，，，.（1）若点是线段的中点，证明：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【解析】试题分析：（1）连接，. .由四边形为菱形，可证.由平面平面，可证平面.即可证明平面；2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.求出相应点及向量的坐标，求得平面，平面的法向量，.。

2018高考高三数学(文)全国各地优质模拟试卷分项精品专题_立体几何Word版含解析

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】立体几何一、单选题1．【2018吉林普通高中高三二调】已知某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的体积等于A. 9B. 2C. 3D. 3 22．【2018广东茂名高三上学期第一次适应性测试】如图所示为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60︒；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45︒.其中正确的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】将平面展开图还原成正方体（如图所示）．点睛：空间中点、线、面位置关系的判断方法(1)平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常用的方法时对各种关系都进行考虑，进行逐一排除，解题时要充分发挥模型的直观性作用； (2)利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．3．【2018河南安阳高三一模】如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A. 42π+B. 342π+C. 4π+D. 42π+ 【答案】D【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为2111411422V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=+，故选D.4．【2018重庆九校联盟高三上学期联考一】某几何体的三视图如图所示，其正视图和侧视图是全等的正三角形，其俯视图中，半圆的直径是等腰直角三角形的斜边，若半圆的直径为2，则该几何体的体积等于（）A.()313π+ B.()323π+ C.()316π+ D.()326π+点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 5．【2018河北波峰中学高三上学期联考】某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（）A. 84225+62225+84245+82225+【答案】B【解析】所以42252262522S =++⨯+=++，故选B 。

秘籍04 立体几何-备战2018年高考数学(文)抢分秘籍 Word版含解析

1．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．4πB ．72π2+C ．44π+D ．24π+【答案】D对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解.2．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，侧棱PA ⊥底面ABCD ，-的体积为__________．PA=，E为AB的中点，则四面体B PEC2【答案】3求解几何体的表面积或体积的方法：(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．-中，底面ABC和侧面PAC均为正三角形，且AC=PAC⊥平面3．已知三棱锥P ABC-外接球的体积为ABC，则三棱锥P ABCA ．20πB πC ．20π3D ．5π【答案】B解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．4．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，60DAB ∠=︒，2AB AD CD ==，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PAD △为等腰直角三角形，90APD ∠=︒，M 为AP 的中点．（1）试判断直线DM 与平面PCB 是否有公共点，并说明理由；（2）若1CD =，求三棱锥B CDM -的体积．（2）设三棱锥B CDM -的体积为B CDM V -，则B CDM M BCD V V --=，由2AB AD CD ==及1CD =可得2AB AD ==，又因为底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，60DAB ∠=︒，可知BC CD ⊥且2BD =，所以cos30BC BD =︒从而11122BCD S CD BC =⋅⋅=⨯=△）由题意知PAD △为等腰直角三角形，90APD ∠=︒且2AD =，如图，作PG AD ⊥交AD 于点G ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，则PG ⊥底面ABCD ，且1PG =，因为M 为PA 的中点，所以点M 到底面ABCD 的距离为1122PG =，故1111()3232M BCD BCD V S PG -=⋅⋅==△．故三棱锥B CDM -(1)推理型探索性问题推理型探索性问题，以探究空间中直线、平面的平行与垂直关系为主，解决此类问题主要采用直接法，即利用空间平行与垂直关系的判定与性质定理进行逻辑推理，将其转化为平面图形中的线线关系进行探究，逻辑推理的思维量较大． (2)计算型探索性问题计算型探索性问题，主要是对几何体的表面积、体积或距离等问题进行有关探究．解决此类问题主要采用直接法，即利用几何体的结构特征，巧设未知量，将所探究的问题转化为建立关于所设未知量的函数或方程，依据目标函数的性质或方程解的存在性求解．1．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中正视图和侧视图为正三角形，则该几何体的表面积为A ．31πB ．32C ．512π+ D ．123π+ 【答案】D此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积，①画三视图的原则：长对正、高平齐、宽相等. ②圆锥的表面积2ππS rl r =+.2．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥Q ABC -为鳖臑，QA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，3QA BC ==，5AC =，则三棱锥Q ABC -外接球的表面积为A ．16πB ．20πC ．30πD ．34π【答案】D【解析】将三棱锥Q ABC -补全为长方体，如图，则外接球的直径为2R ==所以R =，故外接球的表面积为24π34πR =.对于空间几何体的外接球问题，首先根据几何体的结构特征利用勾股定理求得球的半径，然后利用公式求解，球的表面积公式24πS R =，体积公式34π3V R =.3．如图,在矩形中,分别为的中点,现将沿折起,得四棱锥.(1)求证:EF //平面;(2)若平面平面,求四面体的体积.(2)在折叠前,四边形为矩形,为的中点,所以,ADE CBE △△都是等腰直角三角形,且,所以,且.又,又平面平面,平面平面平面,所以平面,即为三棱锥的高.因为为的中点,所以,所以四面体的体积.折叠与展开，这两种方式的转变是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，求解翻折问题的关键是把握翻折前后的变量和不变量．1．已知直线、与平面、，，，则下列命题中正确的是A．若，则必有B．若，则必有C．若，则必有D．若，则必有2．若为两条不同的直线，为平面，且，则“”是“”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3．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱平面，，若在四棱锥的内部有一个半径为的球，则的最大值为A．B．1C．D．4．棱长为2的正方体中，为棱的中点，过点，且与平面平行的正方体的截面面积为A．5 B．C．D．65．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是A．B．C．D．6．已知某几何体的三视图如图所示，其正视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体外接球的表面积为A．B．C．D．7．如图，已知正方体的棱长为2，则以下四个命题中错误．．的是A．直线与为异面直线B．平面C．D．三棱锥的体积为8．已知某几何体的三视图如图所示，网格线上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为A．B．C．18 D．9．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，有如下四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题为_________（填所有真命题的序号）．10．已知底面边长为，侧棱长为的正四棱锥内接于球．若球在球内且与平面相切，则球的直径的最大值为__________．11．如图，正方形的边长为，点分别在边上，且．将此正方形沿切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为________．12．如图，在三棱柱中，底面，是的中点，，，过点、作截面交于点，若点恰好是的中点，则直线与所成角的余弦值为__________．13．在如图所示的几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为4的菱形，60ABC ∠=︒，AE ⊥平面ABCD ，CF AE ∥，12CF AE =，M 为DE 的中点．（1）求证：FM ∥平面ABCD ；（2）若几何体ABCDEF 的体积为AE 的长度．14．如图，将等边三角形ABE 的边BE 与等腰梯形DC E B ''的腰E B ''重合后可拼接成平行四边形ABCD ，然后沿BE 将三角形ABE 折起，使得平面⊥ABE 平面BEDC ，且CE AB ⊥.（1）求EDBC的值；（2）若34=AC ，求三棱锥ACE D -的体积.1．【答案】C【名师点睛】对于类似这种空间几何元素位置关系的判断，主要考查空间想象能力，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择.2．【答案】A【解析】由且能推出，充分性成立；若且，则或者，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，故选A.【名师点睛】判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3．【答案】A【名师点睛】该题考查的是有关几何体的内切球半径的求解问题，在解题的过程中，需要时刻关注各个量之间的关系，最关键的就是等量关系从哪里入手来寻找，即是解决该题的根本，注意对题的条件的转化和有效利用.4．【答案】C【解析】取BC的中点M，取中点N，则四边形即为所求的截面，根据正方体的性质，可以求得，B MDN的各边长相等，可以断定四边形为菱形，根据四边形1所以其面积，故选C.【名师点睛】该题考查的是有关平面截正方体所得截面图形的面积问题，这就要求首先得确定截面图形的位置，之后根据正方体的性质，确定出截面多边形是一个四个边都相等的四边形，即为菱形，接着求其两条对角线的长度，之后应用面积公式即可求得结果.5．【答案】C【解析】根据三视图知，该几何体是底面为等边三角形，高为4的直三棱柱，画出几何体的直观图，如图所示，结合图中数据，计算它的表面积是S三棱柱=2××2×4+3×4×4=．故选C．【名师点睛】空间几何体表面积的求法：(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．6．【答案】A∴外接球的半径为，∴该几何体外接球的表面积为故选A.【名师点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．7．【答案】D【名师点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．8．【答案】C【解析】如图所示，在棱长为3的正方体中，题中所给的三视图为该正方体截去三棱锥所得的几何体，该几何体的体积：.故选C.【名师点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中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．9．【答案】①③【解析】对于①，当l⊥α，l⊥β时，根据线面垂直的性质和面面平行的定义知α∥β，①正确；对于②，l⊥α，α⊥β时，有l∥β或l⊂β，∴②错误；对于③，l∥α，l⊥β时，根据线面平行的性质与面面垂直的定义知α⊥β，∴③正确；对于④，l∥α，α⊥β时，有l⊥β或l∥β或l⊂β或l与β相交，∴④错误．综上，以上真命题为①③．故答案为①③.【名师点睛】（1）本题主要考查空间线面位置关系的判断证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)类似这种位置关系的判断题，可以举反例或者简单证明，这两种方法要灵活选择. 10．【答案】8【名师点睛】本题考查了有关球的组合体问题，解答时要认真审题，着重考查了学生的推理、运算能力和空间想象能力，同时注意球的性质的合理运用是解答此类问题的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.11．【答案】【名师点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 12．【答案】【解析】如图连接，且，所以直线与所成角为，由底面，所以三棱柱11A B C A B C -为直三棱柱，设，，所以且，.13．（1）解法一：如图，取AD 的中点N ，连接MN ，CN ，因为M 为DE 的中点，所以MN AE ∥，12MN AE =，解法二：如图，取AE 的中点N ，连接MN ，FN ，AC ，因为CF AE ∥，12CF AE =，所以CF AN ∥，且CF AN =，所以四边形ANFC 为平行四边形，所以NF AC ∥，因为FN ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以NF ∥平面ABCD ，又M 为DE 的中点，所以MN AD ∥，因为MN ⊄平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD ，因为MNNF N =，所以平面MNF ∥平面ABCD ，因为FM ⊂平面MNF ，所以FM ∥平面ABCD ．14．【解析】（1）三角形ABE 为等边三角形，拼接后，四边形ABCD 为平行四边形，∴等腰梯形B E DC ''的底角120B E D ''∠=，设BE 的中点为F ，连接AF ，三角形ABE 为等边三角形，∴BE AF ⊥，平面⊥ABE 平面BEDC ，⊥∴AF 平面BEDC ，∴CE AF ⊥， CE AB ⊥，且ABAF A =，∴⊥CE 平面ABE ，∴⊥CE BE ，∴30CED ECD BCE ∠=∠=∠=，CD ED BE ==∴，22BC BE ED ∴==，2=∴EDBC. （2）由（1）知⊥CE 平面ABE ，AE CE ⊥∴，在CED △中，由30CED ECD ∠=∠=得ED CE 3=， 2BC ED =，∴ED AE =，2223AC AE AE =+∴，即224AC AE =，34=AC ，AE ED ∴==，1sin120332EDC S ∴=⨯=△ AF ⊥平面BEDC ，且3=AF ，3333331=⨯⨯==∴--EDC A ACE D V V .。

2018年高考数学三轮冲刺点对点试卷立体几何综合题文

立体几何综合题（文）1．如图所示，在多面体111ABC A B C -中， ,,D E F 分别是1,,AC AB CC 的中点， 4AC BC ==， 42AB =，12CC =，四边形11BB C C 为矩形，平面ABC ⊥平面11BB C C ， 11//AA CC（1）求证：平面DEF ⊥平面11AAC C ；（2）求直线EF 与平面ABC 所成的角的正切值.2．如图，在四棱锥P ABCD -中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且23BAD π∠=，点M 是侧棱PC 的中点.（1）求证：直线PA 平面MDB ；（2）若PB PD ⊥，三棱锥P ABD -的体积是63，求PA 的值. 3．如图,在所有棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中, D 、1D 分别是BC 和11B C 的中点. （1）求证： 11A D ∥平面1AB D ；（2）若平面ABC⊥平面11BCC B , 160O B BC ∠=,求三棱锥1B ABC -的体积.4．如图,矩形ABCD 中, 22AB =, 2AD =, M 为DC 的中点,将DAM ∆沿AM 折到D AM ∆'的位置,AD BM '⊥．（1）求证：平面D AM '⊥平面ABCM ；（2）若E 为D B '的中点,求三棱锥A D EM -'的体积．5．如图,以A 、B 、C 、D 、E 为顶点的六面体中, ABC ∆和ABD ∆均为等边三角形,且平面ABC ⊥平面ABD ,EC ⊥平面ABC , 3,2EC AB ==．(Ⅰ)求证: //DE 平面ABC ；(Ⅱ)求此六面体的体积．6．在四棱锥P ABCD -中,底面是边长为2的菱形, 060BAD ∠=, 3PB PD ==, 11PA =, AC BD O ⋂=.（1）设平面ABP ⋂平面DCP l =,证明： //l AB ；（2）若E 是PA 的中点,求三棱锥P BCE -的体积P BCE V -.7．在三棱柱111ABC A B C -中,侧棱1BB ⊥底面111A B C , D 为AC 的中点, 1112A B BB ==, 111AC BC =,1160AC B ∠=︒.（1）求证： 1//AB 平面1BDC ；（2）求多面体111A B C DBA 的体积.8．如图,在正三棱柱111ABC A B C -中, 4AB =, 16AA =, E , F 分别为1BB , AC 的中点.（1）求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A ；（2）求几何体1AA EBC 的体积.9．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形, PA ⊥底面ABCD , PA PB =, ,E F 分别是,PA PB 的中点.（1）在图中画出过点,E F 的平面α,使得//α平面PCD （须说明画法,并给予证明）；（2）若过点,E F 的平面//α平面PCD 且截四棱锥P ABCD -所得截面的面积为322,求四棱锥P ABCD -的体积.10．如图,在三棱柱111ABC A B C -中,底面△ABC 是等边三角形,且1AA ⊥平面ABC , D 为AB 的中点. (Ⅰ) 求证：直线1BC ∥平面A 1CD ；(Ⅱ) 若12AB BB ==,E 是1BB 的中点,求三棱锥1A CDE -的体积．11．如图, AB 为圆O 的直径,点E F 、在圆O 上, //AB EF ,矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直.已知2AB =, 1EF =.（Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ；（Ⅱ）设几何体F ABCD -、F BCE -的体积分别为12V V 、,求12V V ：的值.12．在四棱锥P ABCD -中, PA ⊥平面ABCD , //AD BC , AD DC ⊥, 2AD DC PA ===, 4BC =, E 为PA 的中点, M 为棱BC 上一点．（Ⅰ）当BM 为何值时,有//EM 平面PCD ；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下,求点P 到平面DEM 的距离．13．如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,平面PAD ⊥底面ABCD ,且PAD ∆是边长为2的等边三角形,13,PC M =在PC 上,且PA 面MBD .（1）求证: M 是PC 的中点；（2）求多面体PABMD 的体积.14．如图1,在矩形ABCD 中, 4,2AB AD ==, E 是CD 的中点,将ADE ∆沿AE 折起,得到如图2所示的四棱锥1D ABCE -,其中平面1D AE ABCE ⊥平面.（I ）证明: 1BE D AE ⊥平面；（II ）求三棱锥1C BD E -的体积.15．已知三棱锥P ABC -中,PA ⊥面ABC ,D 是PC 的中点,PD DB ⊥,2, 4.PA AC AB === (Ⅰ)求证：AB AC ⊥(Ⅱ)若G 是PB 的中点,则平面ADG 将三棱锥P ABC -分成的两部分的体积之比.16. 如图,已知矩形CDEF 所在的平面与直角梯形ABCD 所在的平面垂直,且////1,,1,2,, 3.,2AB CD BC CD AB BC CD MB FC MB FC P Q =⊥====分别为,BC AE 的中点．（I ）求证：//PQ 平面MAB ；（II ）求证：平面EAC ⊥平面MBD ．17. 如图,在三棱锥CP-AB中,PA⊥PB,C CA⊥B,PA=PB,C CA=B,D、E、F分别是CP、CA、CB 的中点．（I）证明：平面D F//E平面PAB；（II）若2C2AB=P=,求三棱锥CP-AB的体积．18. 如图,在矩形11CCDD中,111////CCBBAA,2,1,21====AABCADAB,将在矩形11CCDD沿11,BBAA分别将四边形CCBBDDAA1111,折起,使1CC与1DD重合（如图所示）（Ⅰ）在三棱柱111CBAABC-中,取AB的中点F,求证：⊥CF平面11AABB；（Ⅱ）当E为棱1CC中点时,求证：//CF平面1AEB.CC1A1B1E19. 如图所示,在边长为12的正方形11ADD A中,点,B C在线段AD上,且3,4AB BC==,作11//BB AA ,分别交111,A D AD于点1B,P .作11//CC AA,分别交111,A D AD于点1C,Q.将该正方形沿11,BB CC折叠,使得1DD与1AA重合,构成如图的三棱柱111ABC A B C-.（1）求证：AB⊥平面11BCC B；（2）求四棱锥A BCQP-的体积.。

2018高考数学复习专题四：立体几何

3 A. 12
3 B. 4
6 C. 12
6 D. 4
(2)( 新课标Ⅰ ) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
()
A． 16＋ 8π C． 16＋ 16π
B． 8＋ 8π D． 8＋ 16π
考点二球与空间几何体的“切”“接”问题
方法主要是“补体”和“找球心”
方法一：直接法
例 1、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为
2 ，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（
）
A. 3
B.
4
C.
3 3 D. 6
三、确定球心位置法
例 3、在矩形 ABCD中， AB=4，BC=3，AC沿将矩形 ABCD折成一个直二面角 B-AC-D，则四面体 ABCD的外接球
的体积为 (
)
A.125 12
B.125 9
C.125 6
D .125 3
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S 圆柱侧＝ 2πrl
S 圆锥侧＝ πrl
S 圆台侧＝ π ( r ＋r ′）l
2．空间几何体的表面积与体积公式
几何体
名称
表面积
体积
柱体 ( 棱柱和圆柱 )
S 表面积＝ S 侧＋2S 底
V＝Sh
锥体 ( 棱锥和圆锥 )
3 17 A.
2
B． 2 10
13 C. 2
D． 3 10
角度二正方体的外接球
2． ( 合肥模拟 ) 一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示
( 图中三个四边形都是边长为 2 的正方形 ) ，则该几何体外接球的体积为 ________．

2018年高考理科数学通用版三维二轮复习训练4解析及答案

寒假作业(四) 导数的运算及几何意义(注意解题的速度)一、选择题1．已知函数f (x )＝1xcos x ，则f ′(x )等于( )A.cos xx2B.－sin x x2C.cos x －x sin xx2D ．－cos x ＋x sin xx2解析：选D f ′(x )＝－1x 2cos x －sin x x ＝－cos x ＋x sin xx2. 2．已知f (x )＝x 33＋ax 2＋x 是奇函数，则f (3)＋f ′(1)＝( )A ．14B ．12C ．10D ．－8解析：选A 由题意得，f (－x )＝－f (x )，所以a ＝0，f (x )＝x 33＋x ，f ′(x )＝x 2＋1，故f (3)＋f ′(1)＝14.3．已知某个车轮旋转的角度α(rad)与时间t (s)的函数关系是α＝π0.32t 2(t ≥0)，则车轮启动后第1.6 s 时的瞬时角速度是( )A ．20π rad/sB ．10π rad/sC ．8π rad/sD ．5π rad/s解析：选B 由题意可得α′＝πt0.16，车轮启动后第1.6 s 时的瞬时角速度为π×1.60.16＝10πrad/s.4．(2018届高三·广州五校联考)曲线y ＝e 12x 在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )A.92e 2 B ．4e 2 C ．2e 2D ．e 2解析：选D ∵y ′＝12e 12x ，∴k ＝12e 142⨯＝12e 2，∴切线方程为y －e 2＝12e 2(x －4)，令x ＝0，得y ＝－e 2，令y ＝0，得x ＝2，∴所求面积为S ＝12×2×|－e 2|＝e 2.5．若⎠⎜⎛12(x －a )d x ＝⎠⎜⎜⎛0π4cos 2x d x ，则a 等于( )A ．－1B ．1C ．2D ．4解析：选B⎠⎜⎛12(x －a )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－ax | 21＝32－a ，⎠⎜⎜⎛0π4cos 2x d x ＝12sin 2x ＝12.由32－a ＝12，得a ＝1. 6．若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(3)等于( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B ∵f (x )＝2xf ′(1)＋x 2， ∴f ′(x )＝2f ′(1)＋2x .∴f ′(1)＝2f ′(1)＋2，∴f ′(1)＝－2， ∴f ′(x )＝－4＋2x . ∴f ′(3)＝－4＋6＝2.7．(2018届高三·湖南名校联考)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 2，x ∈[－1，1，x 2－1，x ∈[1，2]，则21-⎰f (x )dx的值为( )A.π2＋43B.π2＋3 C.π4＋43 D.π4＋3 解析：选A 21-⎰f (x )d x ＝11-⎰1－x 2d x ＋21⎰(x 2－1)d x ＝12π×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x | 21＝π2＋43. 8.如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：选B 结合图象及题意可知直线l 与曲线f (x )相切的切点为(3,1)，将其代入直线方程得k ＝－13，所以f ′(3)＝－13，且g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.9．(2017·成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( )A ．4e 2B ．4e C.e 24D.e4 解析：选A 由y ＝tx ，得y ′＝t2tx，则切线斜率为k ＝t 4，所以切线方程为y －2＝t4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，即y ＝t4x ＋1.设切线与曲线y ＝e x ＋1＋1的切点为(x 0，y 0)．由y ＝e x ＋1＋1，得y ′＝e x ＋1，则由e x 0＋1＝t4，得切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln t 4－1，t 4＋1，故切线方程又可表示为y －t4－1＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，即y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t 2＋1，所以由题意，得－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1，即ln t4＝2，解得t ＝4e 2.10.函数y ＝f (x )的图象如图所示，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)，f ′(2)，f (2)－f (1)的大小关系是( )A ．f ′(1)<f ′(2)<f (2)－f (1)B ．f ′(2)<f (2)－f (1)<f ′(1)C ．f ′(2)<f ′(1)<f (2)－f (1)D ．f ′(1)<f (2)－f (1)<f ′(2)解析：选D 由题意得(1，f (1))，(2，f (2))两点连线的斜率为f 2－f 12－1＝f (2)－f (1)，而f ′(1)，f ′(2)分别表示函数f (x )在点(1，f (1))，(2，f (2))处的切线的斜率，结合图象可知f ′(1)<f 2－f 12－1<f ′(2)，即f ′(1)<f (2)－f (1)<f ′(2)．11．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x ，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，解得m ＝－2. 12．给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ″(x )是函数f ′(x )的导函数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．已知函数f (x )＝3x ＋4sin x －cos x 的拐点是M (x 0，f (x 0))，则点M ( )A ．在直线y ＝－3x 上B ．在直线y ＝3x 上C ．在直线y ＝－4x 上D ．在直线y ＝4x 上解析：选B f ′(x )＝3＋4cos x ＋sin x ，f ″(x )＝－4sin x ＋cos x ，由题意知4sin x 0－cos x 0＝0，所以f(x 0)＝3x 0，故M(x 0，f(x 0))在直线y ＝3x 上．二、填空题13．已知直线y ＝－x ＋m 是曲线y ＝x 2－3ln x 的一条切线，则m 的值为________．解析：因为直线y ＝－x ＋m 是曲线y ＝x 2－3ln x的切线，所以令y ′＝2x －3x＝－1，得x ＝1或x ＝－32(舍去)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线y ＝－x ＋m 上，所以m ＝2.答案：214．若m >1，则f (m )＝⎠⎜⎛1m⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4x 2d x 的最小值为________．解析：f (m )＝⎠⎜⎛1m⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4x 2d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x | m 1＝m ＋4m －5≥4－5＝－1，当且仅当m ＝2时等号成立，故f (m )的最小值为－1.答案：－115．已知曲线f (x )＝2x 3－3x ，过点M (0,32)作曲线f (x )的切线，则切线方程是________．解析：设切点坐标为N (x 0,2x 30－3x 0)，则切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝6x 20－3，故切线方程为y ＝(6x 20－3)x ＋32，又点N 在切线上，∴2x 30－3x 0＝(6x 20－3)x 0＋32，解得x 0＝－2，∴切线方程为y ＝21x ＋32. 答案：y ＝21x ＋3216．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是________．解析：根据题意得f ′(x )＝－4e x e 2x ＋2e x ＋1，∴k ＝－4e x ＋1ex ＋2≥－42＋2＝－1，当且仅当e x ＝1e x 时等号成立，且k <0，则曲线y ＝f (x )在切点处的切线的斜率－1≤k <0，又k ＝tan α，结合正切函数的图象，可得α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π。

备战2018年高考数学解答题高分宝典专题04立体几何直通高考文

专题04 立体几何1．（2017全国1文）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，2PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．2．（2017全国3文）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE 与四面体ACDE的体积比．（2）连接EO.由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.在Rt△AOB中，.又AB=BD，所以，故∠DOB=90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【考点】线面垂直的判定及性质定理，锥体的体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，1,PA =1,AB =2,60AC BAC =∠=. （1）求三棱锥P ABC -的体积；（2）求证：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PMMC的值. CBAP（2）过点B 作BN AC ⊥交AC 于点N ，过点N 作//NM PA 交PC 于点M ，连接BM ，如图所示.因为PA ⊥面ABC ，所以MN ⊥面ABC .又AC ⊂面ABC ，得MN AC ⊥. 又MN BN N =，所以AC ⊥面BMN .又BM⊂面BMN ，所以AC BM ⊥.此时M 点即为所找点，在ABN △中，由题意可得12AN =，所以32CN =. 由//MN PA ，可得PAC MNC △∽△，所以CM CN PC AC ==33224=，所以13PM MC =.4．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1的中点，F 是AB 的中点，AC ＝BC ＝1，AA 1＝2.(1)求证：CF ∥平面AB 1E ； (2)点C 到平面AB 1E 上的距离．N MCBAP∵E 为侧棱CC 1的中点，∴FG ∥EC ，FG ＝EC ， ∴四边形FGEC 是平行四边形，∴CF ∥EG ， ∵CF ⊄平面AB 1E ，EG ⊂平面AB 1E ， ∴CF ∥平面AB 1E .(2)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，AA 1∥BB 1，∴BB 1⊥平面ABC . 又AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥BB 1， ∵∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵BB 1∩BC ＝B ，BC ⊂平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1， ∴AC ⊥平面EB 1C ，∴AC ⊥CB 1，∴VA －EB 1C ＝13S △EB 1C ·AC ＝13×(12×1×1)×1＝16.∵AE ＝EB 1＝2，AB 1＝6，∴S △AB 1E ＝32， ∵VC －AB 1E ＝VA －EB 1C ，∴点C 到平面AB 1E 上的距离为3VC －AB 1E S △AB 1E ＝33.5．如图(1)，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于E (不同于点D )，延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1－BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF ； (2)求证：BD ⊥A 1F ；(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？并说明理由．(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．因为平面A 1BD ⊥平面BCD ，平面A 1BD ∩平面BCD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面BCD ，所以EF ⊥平面A 1BD . 因为A 1B ⊂平面A 1BD ，所以A 1B ⊥EF ，又因为EF ∥DM ，所以A 1B ⊥DM . 假设A 1B ⊥CD ，因为A 1B ⊥DM ，CD ∩DM ＝D ，所以A 1B ⊥平面BCD ，所以A 1B ⊥BD ，这与∠A 1BD 为锐角矛盾，所以直线A 1B 与直线CD 不能垂直．6．如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（1）若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ；（2）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（3）若2BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．OEBCDAP又因为三棱锥P ABC-的高1PO=，故三棱锥P ABC-体积的最大值为111133⨯⨯=．（3）解法一：在POB△中，1PO OB==，90POB∠=，所以22112PB=+=．同理2PC=，所以PB PC BC==．在三棱锥P ABC-中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC P'，使之与平面ABP共面，如图所示．'CBEPO当,,O E C'共线时，CE OE+取得最小值．又因为OP OB=，C P C B''=，所以OC'垂直平分PB，即E为PB中点．从而OC OE EC''=+=2626++=，即CE OE+26+解法二：由解法一可知，1PO OB==，2PC CB PB===所以当E为PB的中点时，OE与CE同时取得最小值.故()()()min min min2626OE CE OE CE++=+=+=.+所以CE OE。

2018年全国高考数学考前冲刺模拟卷七及答案解析

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专题2-6 立体几何文-冲刺2018年高考高三数学三轮考点

第二篇易错考点大清查专题6 空间向量与立体几何1. 立体图形的截面问题高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。

考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线。

另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。

一般情况下这两种方法要结合应用例1.已知正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是10，高是12，过底面一边AB ，作与底面ABC 成060角的截面面积是___________________。

点评：判断截面的形状，应该将现有截面进行延伸，必须找出与整个几何体表面的截线.【举一反三】（1）正方体ABCD —A 1 B 1 C 1 D 1中，P 、Q 、R 、分别是AB 、AD 、B 1 C 1的中点。

那么正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（）三角形（B ）四边形（C ）五边形（D ）六边形【答案】D 2.三视图高考对三视图的考查主要有：（1）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．（2）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．（3）会画出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）例2.【2018河北唐山高三一模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D.【答案】A点评：本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体的表面积即可．【举一反三】【2018福建南平高三质检一】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】该几何体的表面积为.故选D.3.常见几何体的体积计算公式，特别是棱锥，球的体积公式容易忽视公式系数，导致出错。

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2018年高考数学考前冲刺小题精练系列（全国通用版）
专题04 立体几何中三视图问题
一、单选题
1．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.
56 B. 34 C. 12 D. 1
6
【答案】A
2．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，
P 为1BD 的中点，则PAC ∆在该正方体各个面上的正投影可能是（）
A. ①②
B. ①④
C. ②③
D. ②④ 【答案】B
【解析】P 点在上下底面投影落在AC 或11AC 上，所以PAC ∆在上底面或下底面的投影为①，在前面、后面以及左面，右面的投影为④，选B.
3．一个四棱锥中有三对互相垂直的侧面,其主视图如右图,则四棱锥的表面积为
A. 5
5
C. 5
5【答案】B
4．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是
3
2
，则正视图中的x 是（）
A. 2
B. 4.5
C. 1.5
D. 3 【答案】C
【解析】从三视图可以看出，该几何体为四棱锥，其底面为直角梯形，面积()1
=12232
S ⨯+⨯=，
则该几何体的体积133
=3,322
V x x ⋅⋅== ，选C.
5．某几何体三视图如图所示,则此几何体的体积为
A. 64048π+
B. 176π
C. 64016π+
D. 704 【答案】C
6．若某多面体的三视图（单位： cm ）如图所示，则此多面体的体积是（）
A. 378cm
B. 323cm
C. 356cm
D. 31
2cm
【答案】A
7．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某几何体的三视图，则该几何休的表面积为（）
A. 20
B. 24
C. )
201π+ D. )
241π+
【答案】D
【解析】由三视图知,该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个圆锥,其表面积为
)
221
62122412
S πππ=⨯-⨯+⨯=+,故选D.
8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的所有棱中，最大值是( )
【答案】C
9．某四棱锥的三视图如图所示，正视图和侧视图为全等的直角边为1的等腰直角三角形，则该四棱锥的表面积为（）
A. 3+2+1 D. 1 3
【答案】B
【解析】如图，由三视图可知，四棱锥即为边长为1的正方体上的四棱锥S ABCD
-，
则四棱锥S ABCD
-的表面积为2+
故选B．
10．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是 ( )
A. AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为8 3
B. BD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为8 3
C. AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为16 3
D. AD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为16 3
【答案】C
11．如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A. 16
B. 12
C. 8
D. 6 【答案】A
【解析】由三视图可知，该几何体是以正视图为底面的四棱锥，四棱锥的高为4，底面是直角
梯形，所以该几何体的体积为()11
24441632
V =⨯+⨯⨯=，故选A.
12．如图是某几何体的三视图，其中俯视图为等边三角形，正视图为等腰直角三角形，若该几何体的各个顶点都在同一个球面上，则这个球的体积与该几何体的体积的比为（）
A.
73π B. 289π D. 43π 【答案】C
二、填空题
13．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________.
【答案】48
14．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.
【答案】
【解析】由三视图可知，该几何体是一个组合体，它有一个四棱锥与一个正三棱柱组成，正三
棱柱底面边长为2，高我，四棱锥底面是棱长为的正方形，高为，所以该几何体体积为
，故答案为.
15．中国古代数学名著《九章算术》中记载的叫邹傲的一个几何体，如图所示是邹傲的三视图（图中每个小正方形的边长到时1个单位），则该邹傲的体积为__________．
【答案】14 3
16．某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则此长方体体积的最大值为__________．
【答案】16 27。