2014年高考数学文科试题分类——立体几何解析

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2014年高考立体几何(解析版)

2014年高考真题立体几何汇编解析版16．（2014江苏）(本小题满分14 分)如图，在三棱锥P ABC -中，D E F ，，分别为棱PC AC AB ，，的中点．已知6PA AC PA ⊥=，，8BC =，5DF =．（1）求证：直线P A ∥平面DEF ；（2）平面BDE ⊥平面ABC ．【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分. （1）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴DE ∥P A ∵PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ∴P A ∥平面DEF （2）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴13DE PA == ∵E F ，为AC AB ，中点 ∴142EF BC == ∴222DE EF DF += ∴90DEF ∠=°，∴DE ⊥EF∵//DE PA PA AC ⊥，，∴DE AC ⊥ ∵AC EF E = ∴DE ⊥平面ABC∵DE ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面ABC ．17.（2014山东）（本小题满分12分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠=22AB CD ==，M 是线段AB 的中点.（I ）求证：111//C M A ADD 平面；B 1C 1D 1A 1DCBMA（II ）若1CD 垂直于平面ABCD且1CD 平面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值. 解：（Ⅰ）连接1AD1111D C B A ABCD - 为四棱柱，11//D C CD ∴ 11D C CD =又M 为AB 的中点，1=∴AM AM CD //∴,AM CD =11//D C AM ∴,11D C AM =11D AMC ∴为平行四边形 11//MC AD ∴又111ADD A M C 平面⊄ 111A D D A AD 平面⊂111//ADD A AD 平面∴（Ⅱ）方法一：11//B A AB 1111//D C B A共面与面1111D ABC M C D ∴作AB CN ⊥,连接N D 1 则NC D 1∠即为所求二面角在ABCD 中， 60,2,1=∠==DAB AB DC 23=∴CN 在CN D Rt 1∆中，31=CD ,23=CN 2151=∴N D 方法二：作AB CP ⊥于p 点以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，1CD 为z 轴建立空间坐标系，)0,23,21(),3,0,0(),3,0,1(11M D C -∴)3,23,21(),0,0,1(111-==∴M D D C设平面M D C 11的法向量为),,(111z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=-+=∴03232101111z y x x )1,2,0(1=∴n 显然平面ABCD 的法向量为)0,0,1(2=n5551,cos 21==<∴n n 显然二面角为锐角，所以平面M D C 11和平面ABCD 所成角的余弦值为555515321523cos 11====∠∴N D NC CN D18．三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示。

2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(辽宁卷带解析)答案解析

2014年全国普通高等学校招生统一考试文科（辽宁卷）数学答案解析1、【答案】D【解析】试题分析：由已知得，或，故．考点：集合的运算．2、【答案】A【解析】试题分析：由已知得，．考点：复数的运算．3、【答案】C【解析】试题分析：因为，，，故.考点：指数函数和对数函数的图象和性质．4、【答案】B【解析】试题分析：若则或相交或异面，故A错；若，，，由直线和平面垂直的定义知，，故B正确；若，，则或，故C错；若，，则与位置关系不确定，故D错．考点：空间直线和平面的位置关系．5、【答案】A【解析】试题分析：若，，则，故，故命题是假命题；若，则，故命题是真命题，由复合命题真假判断知，是真命题，选A．考点：1、平面向量的数量积运算；2、向量共线．6、【答案】B【解析】试题分析：将一个质点随机投入长方形ABCD中，基本事件总数有无限多个，故可考虑几何概型求概率．由已知得，以AB为直径的半圆的面积为．又长方形ABCD的面积为，故质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，选B．考点：几何概型．7、【答案】B【解析】试题分析：由三视图还原几何体，得该几何体是棱长为2的正方体，切去底面半径为1、高为4的两个四分之一圆柱得到的几何体，故体积为，选Ｂ．考点：三视图．8、【答案】C【解析】试题分析：由已知得，抛物线的准线方程为，且过点，故，则，，则直线AF的斜率，选C．考点：1、抛物线的标准方程和简单几何性质；2、直线的斜率．9、【答案】C【解析】试题分析：由已知得，，即，，又，故，从而，选C．考点：1、等差数列的定义；2、数列的单调性．10、【答案】Ａ【解析】试题分析：先画出当时，函数的图象，又为偶函数，故将轴右侧的函数图象关于轴对称，得轴左侧的图象，如下图所示，直线与函数的四个交点横坐标从左到右依次为，由图象可知，或，解得，选A．考点：１、分段函数；2、函数的图象和性质；3、不等式的解集．11、【答案】B【解析】试题分析：将函数的图象向右平移个单位长度，得到，令，解得，故递增区间为（），当时，得递增区间为，选B．考点：1、三角函数图象变换；2、三角函数的单调性．12、【答案】C【解析】试题分析：不等式变形为．当时，，故实数a的取值范围是；当时，，记，，故函数递增，则，故；当时，，记，令，得或（舍去），当时，；当时，，故，则．综上所述，实数a的取值范围是．考点：利用导数求函数的极值和最值．13、【答案】【解析】试题分析：输入，在程序执行过程中，的值依次为；；；；，程序结束．输出．考点：程序框图．14、【答案】【解析】试题分析：画出可行域，如下图所示，将目标函数变形为，当取到最大值时，直线的纵截距最大，故将直线向上平移到过点C时，目标函数取到最大值，，得，故．考点：线性规划．15、【答案】【解析】试题分析：如图所示，由已知条件得，点分布是椭圆的左、右焦点，且，分别是线段的中点，则在和中，，，又由椭圆定义得，，故．16、【答案】【解析】试题分析：设，则，代入到中，得，即……①因为关于的二次方程①有实根，所以，可得，取最大值时，或，当时，，当时，，综上可知当时，的最小值为．考点：1、一元二次方程根的判别式；2、二次函数求值域．17、【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由及向量数量积的定义，得，从而，故再寻求关于的等式是解题关键．由，不难想到利用余弦定理，得，进而联立求；（2）利用差角余弦公式将展开，涉及的正弦值和余弦值．由可求，因为三角形三边确定，故可利用正弦定理或余弦定理求值，代入即可求的值．（1）由得，．又．所以．由余弦定理，得．又．所以．解得或．因为．所以．（2）在中，．由正弦定理得，．因，所以为锐角．因此．于是．考点：1、平面向量数量积定义；2、正弦定理；3、余弦定理．18、【答案】（1）有的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”；（2）【解析】试题分析：（1）将列联表中的数据代入公式计算，得的值，然后与表格中的比较，若小于，则有95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”；（2）从5名学生中随机抽取3人，有10种结果，构成基本事件空间，其中“至多有1人喜欢甜品”这个事件包含7个基本事件，代入古典概型的概率计算公式即可．（1）将列联表中的数据代入公式计算．得．由于．所以有的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”．（2）从5名数学系的学生任取3人的一切可能结果所组成的基本事件空间，，，．其中表示喜欢甜品的学生，．表示不喜欢甜品的学生，．由10个基本事件组成，切这些基本事件出现是等可能的．用A表示“3人中至多有1人喜欢甜品”这一事件，则．事件A是由7个基本事件组成．因而．考点：1、独立性检验；2、古典概型．19、【答案】（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由已知得，是的中位线，故，则可转化为证明平面BCG．易证，则有，则在等腰三角形和等腰三角形中，且是中点，故，．从而平面BCG，进而平面BCG；（2）求四面体体积，为了便于计算底面积和高，往往可采取等体积转化法．由平面平面，利用面面垂直的性质，易作出面的垂线，同时求出点到面的距离，从而可求出点到平面距离，即四面体的高，进而求四面体体积．（1）证明：由已知得．因此．又为中点，所以；同理；因此平面．又．所以平面BCG．（2）在平面内．作．交延长线于．由平面平面．知平面．又为中点，因此到平面距离是长度的一半．在中，．所以．考点：1、直线和平面垂直的判定；2、面面垂直的性质；3、四面体的体积．20、【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）首先设切点，由圆的切线的性质，根据半径的斜率可求切线斜率，进而可表示切线方程为，建立目标函数．故要求面积最小值，只需确定的最大值，由结合目标函数，易求；（2）设椭圆标准方程为，点在椭圆上，代入点得①，利用弦长公式表示，利用点到直线距离公式求高，进而表示的面积，与①联立，可确定，进而确定椭圆的标准方程．（1）设切点坐标为．则切线斜率为．切线方程为．即．此时，两个坐标轴的正半轴于切线围成的三角形面积．由知当且仅当时，有最大值．即有最小值．因此点的坐标为．（2）设的标准方程为．点．由点在上知．并由得．又是方程的根，因此，由，，得．由点到直线的距离为及得．解得或．因此，（舍）或，．从而所求的方程为．考点：1、直线方程；2、椭圆的标准方程；3、弦长公式和点到直线的距离公式．21、【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）依题意，只需证明函数在区间上存在唯一零点．往往转化为利用导数判断函数单调性、极值点，从而判断函数大致图象，进而说明零点分布情况．本题当时，，故在上为增函数，再说明端点函数值异号；（2）与（1）类似，只需证明函数在区间上存在唯一零点．但是不易利用导数判断函数大致图象，考虑到结论中，故需考虑第二问与第一问的关系，利用（1）的结论，设，则，，根据第一问中的符号，从而可判断函数的单调性，进而判断函数大致图象，确定函数的零点，寻求函数的零点与零点的关系，从而证明不等式．证明：（1）当时，，所以在上为增函数．又．．所以存在唯一，使．（2）当时，化简得．令．记．．则．由（1）得，当时，；当时，．从而在上为增函数，由知，当时，，所以在上无零点．在上为减函数，由及知存在唯一，使得．于是存在唯一，使得．设．．因此存在唯一的，使得．由于，，所以．考点：１、函数的零点；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值．22、【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）要证明为圆的直径，只需证明，结合，在和中，只需证明，从而转化为证明，由弦切角定理以及很容易证明；（2）要证明，由（1）得，只需证明为圆的直径．连接，只需证明．只需证明．因为，故，根据同弧所对的圆周角相等得，故，从而．得证（1）因为．所以．由于为切线，所以．又由于，所以．由于，所以，．故为圆的直径．（2）连接．由于是直径，故．在和中，，．从而．于是．又因为，所以．又因为，所以．故．由于，所以，为直角．于是为直径．由（1）得，．考点：1、三角形全等；2、弦切角定理；3、圆的性质．23、【答案】（1）（为参数）；（2）【解析】试题分析：（1）由平面直角坐标系中的伸缩变换得变换前后对应的坐标关系．即，反解并代入圆中，得曲线C的普通方程．进而写出参数方程；（2）将直线与圆联立，求的交点的坐标，从而可确定与垂直的直线方程．再利用化直线的直角坐标方程为极坐标方程．（1）设为圆上的点，经变换为上点．依题意，得由得．即曲线的方程为．故C的参数方程为（为参数）．（2）由解得或不妨设．则线段的中点坐标为．所求直线的斜率为．于是所求直线方程为．化为极坐标方程为，即．考点：1、伸缩变换；2、曲线的参数方程；2、曲线的极坐标方程．24、【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）不等式变形为，然后分类讨论去绝对号解不等式得不等式解集；（2）解不等式，得．故．当时，，此时．代入中为二次函数，求其最大值即可．（1）当时，由得．故；当时，由得，故．所以的解集为．（2）由得．，故．当时，，故．考点：1、绝对值不等式解法；2、二次函数最值．。

2014高考数学立体几何真题

33A．3 C．1 D. 22
G2 空间几何体的三视图和直观图
四、11．[2014·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-3所示，则该三棱锥最长棱的棱长为_____1-1所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公
数学
G单元立体几何
G1 空间几何体的结构
*一、19．、、[2014·安徽卷] 如图1-5所示，四棱锥P - ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH
.
图1-5
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
*二、 3．[2014·福建卷] 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )
A．2π B．π C．2 D．1
三、7．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 正三棱柱ABC - A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A - B1DC1的体积为( )
1式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)( )
3
图1-1 A．3 B．2 3 D．1
六、7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )
1

2014年高考文科数学试题分类汇编立体几何详细解答

2014年高考文科数学：立体几何1、已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为2的矩形,则该正方体的正视图的面积等于（）A ．32B ．1C ．212+D ．22、已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥, 112AA =,则球O 的半径为（） A ．3172 B ．210 C ．132D ．310 3、设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥4、一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如下图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（）A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+D ．8,8 5、已知正四棱锥O-ABCD 的体积为错误！未找到引用源。

223,底面边长为错误！未找到引用源。

,则以O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. 6、已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:2AH HB =,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为_______.7、某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.8、如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点,,A P Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ,则下列命题正确的是__________(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积为62. 9、如图,在在四棱锥ABCD P -中,PA ⊥面ABCD ,AB =BC =2,AD =CD =7,PA =3, ∠ABC =120°,G 为线段PC 上的点.(1) 证明:BD ⊥面PAC ;(2) 若G 是PC 的中点,求DG 与APC 所成的角的正切值;(3) 若G 满足PC ⊥面BDG ,求GC PG 的值.14如图1,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图2所示的三棱锥A BCF -,其中22BC =.(1) 证明:DE //平面BCF ;(2) 证明:CF ⊥平面ABF ;(3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -. 如图, 三棱柱ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABC ,且各棱长均相等. D , E , F 分别为棱AB , BC , A 1C 1的中点.(1) 证明EF //平面A 1CD ;(2) 证明平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1;(3) 求直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值.。

2014年高考新课标I卷数学(文)试题解析(精编版)(解析版)

2014年普通高等学校招生全国统一考试数学（文科）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合{}{}|13,|21M x x N x x =-<<=-<<，则M N =I （） A. )1,2(- B. )1,1(- C. )3,1( D. )3,2(-22112||()()222z =+-=.考点：复数的运算4.已知双曲线)0(13222>=-a y a x 的离心率为2，则=a A. 2 B.26 C. 25D. 16.设F E D ,,分别为ABC ∆的三边AB CA BC ,,的中点，则=+FC EB A.AD B. 21 C. 21D. 【答案】A 【解析】试题分析：根据平面向量基本定理和向量的加减运算可得：在BEF ∆中，12EB EF FB EF AB =+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，同理12FC FE EC FE AC =+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，则11111()()()()22222EB FC EF AB FE AC AB AC AB AC AD+=+++=+=+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r ．考点：向量的运算7.在函数①|2|cos x y =，②|cos |x y = ，③)62cos(π+=x y ,④)42tan(π-=x y 中，最小正周期为π的所有函数为A.①②③B. ①③④C. ②④D. ①③8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事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.四棱柱考点：三视图的考查9.执行右面的程序框图，若输入的,,a b k分别为1,2,3，则输出的M ( )A.203B.72C.165D.15810.已知抛物线C ：x y =2的焦点为F ,()y x A 0,是C 上一点，x F A 045=，则=x 0（）A. 1B. 2C. 4D. 8考点：线性规划的应用12.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是()2,+∞ （B ）()1,+∞ （C ）(),2-∞- （D ）(),1-∞-第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）13.将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________. 【答案】23【解析】试题分析：根据题意显然这是一个古典概型，其基本事件有：数1，数2，语; 数1，语，数2;数2，数1，语; 数2，语，数1;语，数2，数1; 语，数1，数2共有6种，其中2本数学书相邻的有4种，则其概率为：42P 63==．考点：古典概率的计算14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A 、B 、C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市；乙说：我没去过C 城市；丙说：我们三人去过同一城市；由此可判断乙去过的城市为________. 【答案】A 【解析】试题分析：根据题意可将三人可能去过哪些城市的情况列表如下：可以得出结论乙去过的城市为：A ．考点：命题的逻辑分析15.设函数()113,1,,1,x e x f x x x -⎧<⎪=⎨⎪≥⎩则使得()2f x ≤成立的x 的取值范围是________.【答案】(,8]-∞ 【解析】试题分析：由于题中所给是一个分段函数，则当1x <时，由12x e -≤，可解得：1ln 2x ≤+，则此时：1x <;当1x ≥时，由132x ≤，可解得：328x ≤=，则此时：18x ≤≤，综合上述两种情况可得：(,8]x ∈-∞考点：1.分段函数;2.解不等式16.如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点.从A 点测得 M 点的仰角60MAN ∠=︒，C 点的仰角45CAB ∠=︒以及75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒.已知山高100BC m =，则山高MN =________m.【答案】150 【解析】试题分析：根据题意，在ABC ∆中，已知0045,90,100CAB ABC BC ∠=∠==，易得：1002AC =;在AMC ∆中，已知0075,60,1002MAC MCA AC ∠=∠==易得：045AMC ∠=，由正弦定理可解得：sin sin AC AM AMC ACM =∠∠，即：10023100322AM ==;在AMN ∆中，已知0060,90,1003MAN MNA AM ∠=∠==150MN m =.考点：1.空间几何体;2.仰角的理解;3.解三角形的运用三、解答题（本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何4(球的切接问题)带详细答案

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（球的切接问题）选择题1．（2014•大纲版理）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 ．814πB ．16πC ．9πD ．274π 【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ，求出1PO ，1OO ，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R ，则棱锥的高为4，底面边长为2，222(4)R R ∴=-+，94R ∴=， ∴球的表面积为29814()44ππ=．故选：A ．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．2．（2014•陕西理）已知底面边长为1为( )A ．323πB ．4πC ．2πD ．43π 【考点】球的体积和表面积【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径1R =，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．【解答】解：正四棱柱的底面边长为1，又正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径1R = 根据球的体积公式，得此球的体积为34433V R ππ==．故选：D ．【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．3．（2015•新课标Ⅱ文）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【考点】球的体积和表面积【分析】当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，利用三棱锥O ABC -体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O 的表面积．【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144R ππ=，故选：C ．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大是关键．4．（2016•新课标Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π【考点】球的体积和表面积【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，所以球的表面积为24(3)12ππ=．故选：A ．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅲ文理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是( )A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据已知可得直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案．【解答】解：AB BC ⊥，6AB =，8BC =， 10AC ∴=．故三角形ABC 的内切圆半径681022r +-==，又由13AA =，故直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，此时V 的最大值3439()322ππ=，故选：B ．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．6．（2017•新课标Ⅲ文理）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 ．πB ．34πC ．2πD ．4π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；LR ：球内接多面体【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r =，由此能求出该圆柱的体积．【解答】解：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，∴该圆柱底面圆周半径r ==，∴该圆柱的体积：2314V Sh ππ==⨯⨯=．故选：B ．【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．（2018•新课标Ⅲ文理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为D ABC -体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的内接多面体；【分析】求出，ABC ∆为等边三角形的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可．【解答】解：ABC ∆为等边三角形且面积为2AB =6AB =，球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图：263O C '==，2OO '=，则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：3163=．故选：B ．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019•新课标Ⅰ理12）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ． D【考点】球的体积和表面积，，多面体外接球体。

专题12 立体几何(基础篇)-2014年高考数学备考艺体生文化课百题突围系列(解析版)

三视图【背一背基础知识】1.投影：区分中心投影与平行投影。

平行投影分为正投影和斜投影。

2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图；侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图；正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图；注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正视图相等，“宽度”与俯视图。

（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽”.（2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。

3.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。

直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。

【讲一讲基本技能】1.必备技能：三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．一般地，若俯视图中出现圆，则该几何体可能是球或旋转体，若俯视图是多边形，则该几何体一般是多面体；若主视图和左视图中出现三角形，则该几何体可能为椎体。

2.典型例题例1 【广东省惠州市2014届高三第一次调研考试】若正三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的表面积是（）A. 623+ B. 93C. 63+ D. 3例2一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱例3如图1－2，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，则此几何体的体积为()A．6 B．9 C．12 D．18【练一练趁热打铁】1.如图是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a＝________.2. 【湖北省武汉市2014届高三10月调研测试数学（文）】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．4＋2 6 B．4＋ 6 C．4＋2 2 D．4＋ 2【答案】A【解析】根据三视图可知该几何体是三棱锥，所以62422321222212+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=S.如图所示：3.【广东省广州市执信、广雅、六中2014届高三10月三校联考(文）】如图,三棱柱的棱长为2,底面是边长为2的正三角形,1111CBAAA面⊥,正视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则左视图的面积为（）A．4 B．22C．23D．2几何体的表面积和体积【背一背基础知识】1. .柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(1)表面积公式 (2)体积公式①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ①柱体的体积V ＝Sh ； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ②锥体的体积V ＝13Sh ；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的表面积S ＝4πR 2 ④球的体积V ＝43πR【讲一讲基本技能】1.必备技能：求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在。

2014高考立体几何解答题及答案

2014高考立体几何解答题及答案一．解答题（共17小题）1．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．BC=2．（2014•四川）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．MD=AC3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD；（Ⅲ）设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．的法向量，利用的法向量的坐标，由两个法向量的数量积运算表示二面角的余弦值，化简后求出，且，，=，，4．（2014•江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．PA=3EF=BC=45．（2014•黄山一模）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2，E、F分别是AB、PD的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求四面体PEFC的体积．AECD AE CDCD=，=V=6．（2014•南海区模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC=4，O为BD的中点，E为PA的中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求证：OE∥平面PDC；（Ⅲ）求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．的法向量为，∴=，，，的法向量为，即，解得，又所成角的正弦值为7．（2014•天津模拟）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．（1）求证：B1B∥平面D1AC；（2）求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1．8．（2013•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E 和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．9．（2013•天津）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．ACD=BG==，所成角的正弦值10．（2013•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与PAC所成的角的正切值；（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD，求的值．PC=AD=CD=PAPA=，．OD=DGO==，可得，解得GC=﹣，∴=11．（2013•湖南）如图．在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E 在棱BB1上运动．（1）证明：AD⊥C1E；（2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1﹣A1B1E的体积．面积为，由此结合锥体体积公式即可算出三棱锥=E=S××12．（2012•山东）如图，几何体E﹣ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．（Ⅰ）求证：BE=DE；（Ⅱ）若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．AB=AF13．（2012•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D 不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．14．（2011•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC 中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．MN=PO=1中，，所以，中，=所成的正切值为15．（2011•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．，则，代入公式可求的法向量的法向量，，﹣，，，=|）知，设的法向量令，的法向量所以的法向量=0t=PA=16．（2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD（2）设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．法二：建立空间直角坐标系，和，利用，又的平面角的大小为，的中点．，，，所以向量的夹角等于二面角的平面角．的大小为17．（2010•重庆）如图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．，PB=COD=。

2014高考全国新课标Ⅰ卷数学(文)试题评价与解析王琳

第二部分：主观题（解答题）
第17题：向量与三角函数交汇问题，解三角形，正弦、余弦定理的实际应用. 第18题： (文）概率与统计（概率与统计结合型）（理）离散型随机变量的概率分布及其数字特征(注意题的实际背景). 第19题：立体几何 ①证线面平行、垂直；面与面平行、垂直； ②理——求空间中角； (一般用向量法) ③求空间中的距离、空间体的表面积或体积. 第20题：解析几何（注重思维能力与技巧，减少计算量） ①直线与圆锥曲线的关系（灵活运用点差法及弦长公式） ②求曲线方程(一般用定义法或待定系数法) ③求定值、最值，求参数取值问题(方法灵活多样)
第22题：三选一①几何证明：主要考查三角形相似，圆的切割线定理，证明成比例，求角度，求长度；利用射影定理解决圆中计算和证明问题是历年高考命题的热点； ②坐标系与参数方程：主要抓两点： Ⅰ.参数方程、极坐标方程互化为普通方程； Ⅱ.由参数方程、极坐标求解曲线的基本量。 (特别要会参数方程﹑极坐标方程回归为直角坐标系下的普通方程) ③不等式选讲：绝对值不等式与函数的结合设计题型： Ⅰ.解含有参变数关于x的不等式； Ⅱ.证不等式恒成立时参变数的取值。 Ⅲ.证明不等式（利用均值定理、柯西不等式）
第21题：函数与导数的综合应用这是一道典型应用知识网络的交汇点设计的试题，是考查考生思维应变﹑灵活应用知识计算处理问题能力和数学素质为目标的压轴题。分类讨论思想；主要考查：化归﹑转换迁移﹑构造思想；整体代换、分与合思想. 一般设计三问： ①求待定系数或单调性； ②求参变数取值或函数的最值； ③探究性问题或证不等式恒成立问题.部分：客观题部分（选择与填空）
⑴集合的基本运算（含新定义集合中的运算，强调集合中元素的互异性）； ⑵简易逻辑：充要条件﹑量词的界定； ⑶函数的概念与性质（奇偶性、对称性、单调性、周期性，值域或最值）； ⑷幂、指、对函数式运算公式及图像变换； ⑸重要不等式，及不等式的解法，函数与方程迁移变化，求参变数的取值范围. （注意用反客为主法）

2014年高考文科数学立体几何真题

2014年高考文科数学立体几何真题，则BA=BD=PA=PD=AD，三棱锥V=的距离为V=AC=，问22014年高考文科数学立体几何真题参考答案与试题解析一．填空题（共1小题）1．如图，在平行四边形ABCD中，点E在AB上且EB=2AE，AC与DE交于点F，则=3．，可求∴=3二．解答题（共13小题）2．（2014•天津）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F 分别是棱AD，PC的中点．（Ⅰ）证明EF∥平面PAB；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣B为60°，（i）证明平面PBC⊥平面ABCD；（ii）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．中点，∥AB，EH∥平面PAB．（Ⅱ）（i）如图，连结PE，BE．∵BA=BD=，AD=2，PA=PD=又∵E为AD的中点，∴BE⊥AD，PEPB=．BA=BD=，，，﹣，，）∴（，﹣，，∵，∴，，﹣）∴）∴==所成角的正弦值为3．（2014•四川）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．（Ⅱ）解：取AB的中点M，连接连接MD，OE，则MD∥AC，MD=AC4．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．AD5．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AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．AD=V=AD=V=，V==，AB=，的距离6．（2014•河南）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．（1）证明：B1C⊥AB；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．，B C=，AD=，∴，的距离为．7．（2014•广西）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C的大小．，BC⊂平面BCC1B1，1B1，为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，E=，DF=，arctan8．（2014•辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F、G分别为AC、DC、AD的中点．（Ⅰ）求证：EF⊥平面BCG；（Ⅱ）求三棱锥D﹣BCG的体积．附：锥体的体积公式V=Sh，其中S为底面面积，h为高．=，=×．9．（2014•江西）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1，（1）求证：A1C⊥CC1；（2）若AB=2，AC=，BC=，问AA1为何值时，三棱柱ABC﹣A1B1C1体积最大，并求此最大值．BC=AO=O==，V==，即h=时棱柱的体积最大，最大值为：10．（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．，，连ADO==所成角的余弦值为11．（2014•湖北）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、P、Q、M、N分别是棱AB、AD、DD1、BB1、A1B1、A1D1的中点，求证：（Ⅰ）直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）直线AC1⊥平面PQMN．12．（2014•福建）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABD；（Ⅱ）若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A﹣MBC的体积．==，S．13．（2014•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1=AC=2，BC=1，E，F分别是A1C1，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥B1BCC1；（Ⅱ）求证：C1F∥平面ABE；（Ⅲ）求三棱锥E﹣ABC的体积．，可求三棱锥AB==14．（2014•安徽）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2，点G，E，F，H 分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH．（Ⅰ）证明：GH∥EF；（Ⅱ）若EB=2，求四边形GEFH的面积．∴KB=GK=PO，，PO==S==18。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何5(文科大题)3带详细答案

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（文科大题）（三）43．（2016•江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱1B B 上，且11B D A F ⊥，1111AC A B ⊥．求证：（1）直线//DE 平面11A C F ；（2）平面1B DE ⊥平面11A C F ．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【分析】（1）通过证明//DE AC ，进而11//DE AC ，据此可得直线//DE 平面111A C F ；（2）通过证明1A F DE ⊥结合题目已知条件11A F B D ⊥，进而可得平面1B DE ⊥平面11A C F ．【解答】解：（1）D Q ，E 分别为AB ，BC 的中点，DE ∴为ABC ∆的中位线，//DE AC ∴，111ABC A B C -Q 为棱柱， 11//AC AC ∴， 11//DE AC ∴，11AC ⊂Q 平面11A C F ，且DE ⊂/平面11A C F ， 11//DE AC F ∴；（2）在111ABC A B C -的直棱柱中， 1AA ∴⊥平面111A B C ，111AA AC ∴⊥，又1111AC A B ⊥Q ，且1111AA A B A =I ，1AA 、11A B ⊂平面11AA B B ， 11AC ∴⊥平面11AA B B ， 11//DE AC Q ，DE ∴⊥平面11AA B B ，又1A F ⊂Q 平面11AA B B ， 1DE A F ∴⊥，又11A F B D ⊥Q ，1DE B D D =I ，且DE 、1B D ⊂平面1B DE ， 1A F ∴⊥平面1B DE ，又1A F ⊂Q 平面11A C F ，∴平面1B DE ⊥平面11A C F ．【点评】本题考查直线与平面平行的证明，以及平面与平面相互垂直的证明，把握常用方法最关键，难度不大．44．（2016•北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥平面ABCD ，//AB DC ，DC AC ⊥．（1）求证：DC ⊥平面PAC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PAC ；（3）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面CEF ？说明理由．【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明DC ⊥平面PAC ；（2）利用线面垂直的判定定理证明AB ⊥平面PAC ，即可证明平面PAB ⊥平面PAC ；（3）在棱PB 上存在中点F ，使得//PA 平面CEF ．利用线面平行的判定定理证明．【解答】（1）证明：PC ⊥Q 平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， PC DC ∴⊥，DC AC ⊥Q ，PC AC C =I ，DC ∴⊥平面PAC ；（2）证明：//AB DC Q ，DC AC ⊥， AB AC ∴⊥，PC ⊥Q 平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， PC AB ∴⊥， PC AC C =Q I ，AB ∴⊥平面PAC ， AB ⊂Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（3）解：在棱PB 上存在中点F ，使得//PA 平面CEF ． Q 点E 为AB 的中点，//EF PA ∴，PA ⊂/Q 平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，//PA ∴平面CEF ．【点评】本题考查线面平行与垂直的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．45．（2017•新课标Ⅰ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．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；平面与平面垂直【分析】（1）推导出AB PA ⊥，CD PD ⊥，从而AB PD ⊥，进而AB ⊥平面PAD ，由此能证明平面PAB ⊥平面PAD ．（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且2AD a =，2PO ，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积．【解答】证明：（1）Q 在四棱锥P ABCD -中，90BAP CDP ∠=∠=︒，AB PA ∴⊥，CD PD ⊥，又//AB CD ，AB PD ∴⊥，PA PD P =Q I ，AB ∴⊥平面PAD ，AB ⊂Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ， PA PD AB DC ===Q ，90APD ∠=︒，平面PAB ⊥平面PAD ， PO ∴⊥底面ABCD ，且222AD a a a +，2PO =， Q 四棱锥P ABCD -的体积为83，由AB ⊥平面PAD ，得AB AD ⊥， 13P ABCD ABCD V S PO -∴=⨯⨯四边形31121823333AB AD PO a a a =⨯⨯⨯=⨯==，解得2a =，2PA PD AB DC ∴====，22AD BC ==2PO 4422PB PC ∴==+=∴该四棱锥的侧面积：PAD PAB PDC PBC S S S S S ∆∆∆∆=+++侧221111()22222BC PA PD PA AB PD DC BC PB =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯- 111122222222822222=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯- 623=+．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．46．（2017•新课标Ⅱ文）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒．（1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD ∆面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（2）利用已知条件转化求解几何体的线段长，然后求解几何体的体积即可．【解答】（1）证明：四棱锥P ABCD -中，90BAD ABC ∠=∠=︒Q ．//BC AD ∴，AD ⊂Q 平面PAD ，BC ⊂/平面PAD ，∴直线//BC 平面PAD ；（2）解：四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒．设2AD x =，则AB BC x ==，2CD x =，O 是AD 的中点，连接PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接OE ，则22OE x =，3PO x =，2272xPE PO OE =+=， PCD ∆面积为27，可得：1272PE CD =g ，即：1722722x x ⨯=g ，解得2x =，23PO =．则1111()(24)223433232P ABCD V BC AD AB PO -=⨯+⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯=．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．47．（2017•新课标Ⅲ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．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直【分析】（1）取AC 中点O ，连结DO 、BO ，推导出DO AC ⊥，BO AC ⊥，从而AC ⊥平面BDO ，由此能证明AC BD ⊥．（2）法一：连结OE ，设2AD CD =，则1OC OA ==，由余弦定理求出1BE =，由BE ED =，四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD 的高h ，DCE BCE S S ∆∆=，由此能求出四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．法二：设AD CD ==，则2AC AB BC BD ====，1AO CO DO ===，BO ，推导出BO DO ⊥，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，由AE EC ⊥，求出DE BE =，由此能求出四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．【解答】证明：（1）取AC 中点O ，连结DO 、BO ， ABC ∆Q 是正三角形，AD CD =， DO AC ∴⊥，BO AC ⊥，DO BO O =Q I ，AC ∴⊥平面BDO ，BD ⊂Q 平面BDO ，AC BD ∴⊥．解：（2）法一：连结OE ，由（1）知AC ⊥平面OBD ， OE ⊂Q 平面OBD ，OE AC ∴⊥，设AD CD =1OC OA ==，EC EA =， AE CE ⊥Q ，2AC =，222EC EA AC ∴+=，EC EA CD ∴=，E ∴是线段AC 垂直平分线上的点，EC EA CD ∴===由余弦定理得：222222cos 22BC BD CD BC BE CE CBD BC BD BC BE+-+-∠==g g ，即24424222222BE BE+-+-=⨯⨯⨯⨯，解得1BE =或2BE =， 2BE BD <<=Q ，1BE ∴=，BE ED ∴=，Q 四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD 的高h ，BE ED =Q ，DCE BCE S S ∆∆∴=，∴四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比为1．法二：设AD CD ==2AC AB BC BD ====，1AO CO DO ===，BO ∴=，222BO DO BD ∴+=，BO DO ∴⊥，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(1C -，0，0)，(0D ，0，1)，(0B 0)，(1A ，0，0)，设(E a ，b ，)c ，DE DB λ=u u u r u u u r，(01)λ剟，则(a ，b ，1)(0c λ-=1)-，解得(0E ，3λ，1)λ-，∴(1,3,1)CE λλ=-u u u r ，(1,3,1)AE λλ=--u u u r ， AE EC ⊥Q ，∴2213(1)0AE CE λλ=-++-=u u u r u u u rg，由[0λ∈，1]，解得12λ=，DE BE ∴=， Q 四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD 的高h ，DE BE =Q ，DCE BCE S S ∆∆∴=，∴四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比为1．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．48．（2017•天津文）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，//AD BC ，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）由已知//AD BC ，从而DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，由此能求出异面直线AP 与BC 所成角的余弦值．（Ⅱ）由AD ⊥平面PDC ，得AD PD ⊥，由//BC AD ，得PD BC ⊥，再由PD PB ⊥，得到PD ⊥平面PBC ．（Ⅲ）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角，由PD ⊥平面PBC ，得到DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角，由此能求出直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知//AD BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD PD ⊥．在Rt PDA ∆中，由已知，得225AP AD PD += 故5cos AD DAP AP ∠==．所以，异面直线AP 与BC 5．证明：（Ⅱ）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD PD ⊥．又因为//BC AD ，所以PD BC ⊥，又PD PB ⊥，所以PD ⊥平面PBC ．解：（Ⅲ）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于//AD BC ，//DF AB ，故1BF AD ==，由已知，得2CF BC BF=-=．又AD DC⊥，故BC DC⊥，在Rt DCF∆中，可得5 sinPDDFPDF∠==．所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5．【点评】本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，是中档题．49．（2017•浙江）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⊥，22PC AD DC CB===，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：//CE平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【考点】直线与平面平行；直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出//EF PA，//CF AB，从而平面//EFC 平面ABP，由此能证明//EC平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM PB⊥于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF AD⊥，进而AD⊥平面PBF，由//AD BC，得BC PB⊥，再求出BC MF⊥，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，EQ为PD的中点，//EF PA∴，在四边形ABCD中，//BC AD，22AD DC CB==，F为中点，//CF AB∴，∴平面//EFC平面ABP，EC ⊂Q 平面EFC ， //EC ∴平面PAB ．解：（Ⅱ）连结BF ，过F 作FM PB ⊥于M ，连结PF ，PA PD =Q ，PF AD ∴⊥，推导出四边形BCDF 为矩形，BF AD ∴⊥，AD ∴⊥平面PBF ，又//AD BC ，BC ∴⊥平面PBF ，BC PB ∴⊥，设1DC CB ==，由22PC AD DC CB ===，得2AD PC ==，22413PB PC BC ∴=-=-=，1BF PF ==，12MF ∴=，又BC ⊥平面PBF ，BC MF ∴⊥，MF ∴⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12， 12MF =Q ，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线， E ∴到平面PBC 的距离为14，在,2,1,2PCD PC CD PD ∆===中，由余弦定理得2CE =，设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则124sin CE θ==．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．50．（2017•上海）如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱1AA 的长为5．（1）求三棱柱111ABC A B C -的体积；（2）设M 是BC 中点，求直线1A M 与平面ABC 所成角的大小．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角【分析】（1）三棱柱111ABC A B C -的体积1112ABC V S AA AB AC AA ∆=⨯=⨯⨯⨯，由此能求出结果．（2）连结AM ，1A MA ∠是直线1A M 与平面ABC 所成角，由此能求出直线1A M 与平面ABC 所成角的大小．【解答】解：（1）Q 直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱1AA 的长为5．∴三棱柱111ABC A B C -的体积：1ABC V S AA ∆=⨯112AB AC AA =⨯⨯⨯ 1425202=⨯⨯⨯=．（2）连结AM ，Q 直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱1AA 的长为5，M 是BC 中点， 1AA ∴⊥底面ABC ，11164522AM BC ==+= 1A MA ∴∠是直线1A M 与平面ABC 所成角，11tan 55AA A MA AM ∠===， ∴直线1A M 与平面ABC 所成角的大小为arctan 5．【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．51．（2017•山东文）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ，（Ⅰ）证明：1//A O 平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD ．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【分析】（Ⅰ）取11B D 中点G ，连结1A G 、CG ，推导出1//AG OC =，从而四边形1OCGA是平行四边形，进而1//AO CG ，由此能证明1//A O 平面11B CD ．（Ⅱ）推导出1BD A E ⊥，AO BD ⊥，EM BD ⊥，从而BD ⊥平面1A EM ，再由11//BD B D ，得11B D ⊥平面1A EM ，由此能证明平面1A EM ⊥平面11B CD ．【解答】证明：（Ⅰ）取11B D 中点G ，连结1A G 、CG ， Q 四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，∴四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，1//AG OC =，∴四边形1OCGA 是平行四边形，1//AO CG ∴， 1AO ⊂/Q 平面11B CD ，CG ⊂平面11B CD ， 1//AO ∴平面11B CD ．（Ⅱ）四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，11//BD B D =，M Q 是OD 的中点，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，1BD A E ∴⊥，Q 四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，AO BD ∴⊥，M Q 是OD 的中点，E 为AD 的中点，EM BD ∴⊥，1A E EM E =Q I ，BD ∴⊥平面1A EM ，11//BD B D Q ，11B D ∴⊥平面1A EM ， 11B D ⊂Q 平面11B CD ，∴平面1A EM ⊥平面11B CD ．【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识点，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．52．（2017•江苏）如图，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、(F E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）//EF 平面ABC ；（2）AD AC ⊥．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行【分析】（1）利用//AB EF 及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD 上点G ，连结FG 、EG 使得//FG BC ，则//EG AC ，利用线面垂直的性质定理可知FG AD ⊥，结合线面垂直的判定定理可知AD ⊥平面EFG ，从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且A 、B 、E 、F 四点共面，所以//AB EF ，又因为EF ⊂/平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行判定定理可知：//EF 平面ABC ；（2）在线段CD 上取点G ，连结FG 、EG 使得//FG BC ，则//EG AC ，因为BC BD ⊥，//FG BC ，所以FG BD ⊥，又因为平面ABD ⊥平面BCD ，所以FG ⊥平面ABD ，所以FG AD ⊥，又因为AD EF ⊥，且EF FG F =I ，所以AD ⊥平面EFG ，所以AD EG ⊥，故AD AC ⊥．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题． 53．（2017•北京文18）如图，在三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，===，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．PA AB BC2（1）求证：PA BD⊥；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当//-的体积．PA平面BDE时，求三棱锥E BCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直；平面与平面垂直【分析】（1）运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；（2）要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由（1）运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD AC⊥，运用面面垂直的性质定理，即可得证；（3）由线面平行的性质定理可得//PA DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．【解答】解：（1）证明：由PA AB⊥，PA BC⊥，I，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB BC B=可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA BD⊥；（2）证明：由AB BC=，D为线段AC的中点，可得BD AC⊥，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC⋂平面ABC AC=，BD⊂平面ABC，且BD AC⊥，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE ⊥平面PAC ；（3）//PA 平面BDE ，PA ⊂平面PAC ，且平面PAC ⋂平面BDE DE =，可得//PA DE ，又D 为AC 的中点，可得E 为PC 的中点，且112DE PA ==，由PA ⊥平面ABC ，可得DE ⊥平面ABC ，可得111221222BDC ABC S S ∆∆==⨯⨯⨯=，则三棱锥E BCD -的体积为11111333BDC DE S ∆=⨯⨯=g ．【点评】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．54．（2018•天津文17）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，23AD =，90BAD ∠=︒．（Ⅰ）求证：AD BC ⊥；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）由平面ABC ⊥平面ABD ，结合面面垂直的性质可得AD ⊥平面ABC ，则AD BC ⊥；（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ，又M 为棱AB 的中点，可得DMN ∠（或其补角）为异面直线BC 与MD 所成角，求解三角形可得异面直线BC 与MD 所成角的余弦；（Ⅲ）连接CM ，由ABC ∆为等边三角形，M 为边AB 的中点，可得CM AB ⊥，且CM =再由面面垂直的性质可得CM ⊥平面ABD ，则CDM ∠为直线CD 与平面ABD 所成角，求解三角形可得直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ⋂平面ABD AB =，AD AB ⊥，得AD ⊥平面ABC ，故AD BC ⊥；（Ⅱ）解：取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ，M Q 为棱AB 的中点，故//MN BC ，DMN ∴∠（或其补角）为异面直线BC 与MD 所成角，在Rt DAM ∆中，1AM =，故DM =，AD ⊥Q 平面ABC ，故AD AC ⊥，在Rt DAN ∆中，1AN =，故DN =在等腰三角形DMN 中，1MN =，可得12cos MNDMN DM ∠==． ∴异面直线BC 与MD（Ⅲ）解：连接CM ，ABC ∆Q 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM AB ⊥，CM =又Q 平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，则CDM ∠为直线CD 与平面ABD 所成角．在Rt CAD ∆中，4CD =，在Rt CMD ∆中，sin CM CDM CD ∠==． ∴直线CD 与平面ABD．【点评】本题考查异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面垂直等基本知识，考查空间想象能力、运算求解能力与推理论证能力，属中档题．55．（2018•新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直【分析】（1）可得AB AC ⊥，AB DA ⊥．且AD AC A =I ，即可得AB ⊥面ADC ，平面ACD ⊥平面ABC ；（2）首先证明DC ⊥面ABC ，再根据23BP DQ DA ==，可得三棱锥Q ABP -的高，求出三角形ABP 的面积即可求得三棱锥Q ABP -的体积．【解答】解：（1）证明：Q 在平行四边形ABCM 中，90ACM ∠=︒，AB AC ∴⊥，又AB DA ⊥．且AD AC A =I ，AB ∴⊥面ADC ，AB ∴⊂面ABC ，∴平面ACD ⊥平面ABC ；（2）3AB AC ==Q ，90ACM ∠=︒，32AD AM ∴==2223BP DQ DA ∴===，由（1）得DC AB ⊥，又DC CA ⊥，DC ∴⊥面ABC ，∴三棱锥Q ABP -的体积1133ABP V S DC ∆=⨯121121133313333323ABC S DC ∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=．【点评】本题考查面面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．56．（2018•新课标Ⅱ文）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【考点】直线与平面垂直；点、线、面间的距离计算【分析】（1）证明：可得222AB BC AC +=，即ABC ∆是直角三角形，又POA POB POC ≅∆≅∆，可得90POA POB POC ∠=∠=∠=︒，即可证明PO ⊥平面ABC ；（2）设点C 到平面POM 的距离为d ．由P OMC C POM V V --=⇒1133POM OCM S d S PO ∆∆⨯=⨯⨯g ，解得d 即可【解答】（1）证明：22AB BC ==Q 4AC =，222AB BC AC ∴+=，即ABC ∆是直角三角形，又O 为AC 的中点，OA OB OC ∴==，PA PB PC ==Q ，POA POB POC ∴∆≅∆≅∆，90POA POB POC ∴∠=∠=∠=︒， PO AC ∴⊥，PO OB ⊥，0OB AC =I ，PO ∴⊥平面ABC ；（2）解：由（1）得PO ⊥平面ABC ，2223PO PA AO =-=在COM ∆中，220252cos45OM OC CM OC CM =+-=g ． 11252152322POM S PO OM ∆=⨯⨯=⨯⨯=， 124233COM ABC S S ∆∆=⨯⨯=．设点C 到平面POM 的距离为d ．由P OMC C POM V V --=⇒1133POM OCM S d S PO ∆∆⨯=⨯⨯g ，解得45d =， ∴点C 到平面POM 的距离为45．【点评】本题考查了空间线面垂直的判定，等体积法求距离，属于中档题．57．（2018•新课标Ⅲ文19）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧¶CD 所在平面垂直，M 是¶CD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．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【分析】（1）通过证明CD AD ⊥，CD DM ⊥，证明CM ⊥平面AMD ，然后证明平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在P 是AM 的中点，利用直线与平面培训的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD 所在平面与半圆弦¶CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦¶CD 所在平面，CM ⊂半圆弦¶CD所在平面， CM AD ∴⊥，M 是¶CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DM AD D =I，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 ．【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，直线与平面培训的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．58．（2018•江苏15）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．求证：（1）//AB 平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【考点】平面与平面垂直【分析】（1）由 11111111////AB A B AB A B C AB A B A B C ⎫⎪⇒⎬⎪⊂⎭不在平面内平面平面11A B C ；（2）可得四边形11ABB A 是菱形，11AB A B ⊥，由11111AB B C AB BC AB ⊥⇒⊥⇒⊥面1A BC ，⇒平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【解答】证明：（1）平行六面体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B ，11//AB A B ，AB ⊂/平面11A B C ，11//A B ⊂平面11//A B C AB ⇒平面11A B C ；（2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，⇒四边形11ABB A 是菱形，11AB A B ⊥⊥．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，1111AB B C AB BC ⊥⇒⊥． ∴1111111,,AB A B AB BC A B BC B A B A BC BC A BC⊥⊥⎧⎪=⎨⎪⊂⊂⎩n 面面 1AB ⇒⊥面1A BC ，且1AB ⊂平面11ABB A ⇒平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【点评】本题考查了平行六面体的性质，及空间线面平行、面面垂直的判定，属于中档题． 59．（2018•北京文18）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 ．【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；平面与平面垂直【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的三线合一性质和矩形的对边平行性质，即可得证；（Ⅱ）作出平面PAB 和平面PCD 的交线，注意运用公理4，再由面面垂直的性质和两个平面所成角的定义，即可得证；（Ⅲ）取PC 的中点H ，连接DH ，FH ，运用中位线定理和平行四边形的判断和性质，结合线面平行的判定定理，即可得证．【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 ， 12FH BC =，由//DE BC ，12DE 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 ．【点评】本题考查线面和面面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，以及面面垂直的判断和性质，注意运用转化思想，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题． 60．（2019北京文科18）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=︒，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由．【考点】直线与平面垂直；平面与平面垂直【分析】（Ⅰ）推导出BD PA⊥，BD AC⊥，由此能证明BD⊥平面PAC．（Ⅱ）推导出AB AE⊥，PA AE⊥，从而AE⊥平面PAB，由此能证明平面PAB⊥平面PAE．（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，取AB中点G，连结GF，CG，推导出//FG PA，CG AE，//从而平面//CF平面PAE．CFG平面PAE，进而//【解答】证明：（Ⅰ）Q四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∴⊥，BD ACBD PA⊥，∴⊥平面PAC．Q I，BDPA AC A=（Ⅱ）Q在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，60∠=︒，ABC∴⊥，PA AEAB AE⊥，∴⊥平面PAB，Q I，AEPA AB A=Q平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．AE⊂解：（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，使得//CF平面PAE．理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，Q在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，FG PA，//∴，//CG AEI，Q I，AE PA A=CG FG G=CFG平面PAE，∴平面//∴平面PAE．CFQ平面CFG，//CF⊂【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查满足线面平行的眯是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．61．（2019•新课标Ⅰ文19）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ；（2）求点C 到平面1C DE 的距离．【考点】空间位置关系与距离【分析】（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN 平面1C DE ．（2）求出(1DC =-u u u r ，30)，平面1C DE 的法向量(4n =r，0，1)，利用向量法能求出点C到平面1C DE 的距离．【解答】证明：（1）Q 直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． 1DD ∴⊥平面ABCD ，DE AD ⊥，以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， (1M ，3，2)，(1N ，0，2)，(0D ，0，0)，(0E ，3，0)，1(1C -，3，4)， (0MN =u u u u r ，3-，0)，1(1,3,4)DC =-u u u u r ，(0,3,0)DE =u u u r，设平面1C DE 的法向量(n x =r，y ，)z ，则134030n DC x y z n DE y ⎧=-++=⎪⎨==⎪⎩u u u u r r g u u u r r g ，取1z =，得(4n =r，0，1)， Q 0MN n =u u u u r rg ，MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）(1C -，3，0)，(1DC =-u u u r ，3，0)，平面1C DE 的法向量(4n =r，0，1)，∴点C 到平面1C DE 的距离：||417||17DC n d n ===u u u r r g r．【点评】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．62．（2019新课标Ⅱ文17）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直【分析】（1）由线面垂直的性质可得11B C BE ⊥，结合1BE EC ⊥利用线面垂直的判定定理可证明BE ⊥平面11EB C ；（2）由条件可得3AE AB ==，然后得到E 到平面11BB C C 的距离3d =，在求四棱锥的体积即可．【解答】解：（1）证明：由长方体1111ABCD A B C D -，可知 11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥Q ，1111B C EC C =I ，BE ∴⊥平面11EB C ；（2）由（1）知190BEB ∠=︒，由题设可知Rt ABE Rt ∆≅△11A B E ， 1145AEB A EB ∴∠=∠=︒，3AE AB ∴==，126AA AE ==，Q 在长方体1111ABCD A B C D -中，1//AA 平面11BB C C ，1E AA ∈，AB ⊥平面11BB C C ，E ∴到平面11BB C C 的距离3d AB ==，∴四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属中档题． 63．（2019•新课标Ⅲ文19）图1是由矩形ADEB ，Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．【考点】平面与平面垂直【分析】（1）运用空间线线平行的公理和确定平面的条件，以及线面垂直的判断和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）连接BG ，AG ，由线面垂直的性质和三角形的余弦定理和勾股定理，结合三角形的面积公式，可得所求值．【解答】解：（1）证明：由已知可得//AD BE ，//CG BE ，即有//AD CG ，则AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面；由四边形ABED 为矩形，可得AB BE ⊥，由ABC ∆为直角三角形，可得AB BC ⊥，又BC BE E =I ，可得AB ⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，可得平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）连接BG ，AG ，由AB ⊥平面BCGE ，可得AB BG ⊥，在BCG ∆中，2BC CG ==，120BCG ∠=︒，可得2sin 6023BG BC =︒=，可得2213AG AB BG =+=，在ACG ∆中，5AC =，2CG =，13AG =，可得cos 2255ACG ∠==-⨯⨯，即有sin 5ACG ∠=，则平行四边形ACGD 的面积为2545⨯⨯=．【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判断和性质，注意运用平面几何的性质，考查推理能力，属于中档题．64．（2019•天津文17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD ∆为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =．（Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；（Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．【考点】直线与平面垂直；MI ：直线与平面所成的角【分析】（Ⅰ）连结BD ，由题意得AC BD H =I ，BH DH =，由BG PG =，得//GH PD ，由此能证明//GH 平面PAD ．（Ⅱ）取棱PC 中点N ，连结DN ，推导出DN PC ⊥，从而DN ⊥平面PAC ，进而DN PA ⊥，再上PA CD ⊥，能证明PA ⊥平面PCD ．（Ⅲ）连结AN ，由DN ⊥平面PAC ，知DAN ∠是直线AD 与平面PAC 所成角，由此能求出直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连结BD ，由题意得AC BD H =I ，BH DH =，又由BG PG =，得//GH PD ，GH ⊂/Q 平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，//GH ∴平面PAD ．（Ⅱ）取棱PC 中点N ，连结DN ，依题意得DN PC ⊥，又Q 平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC ⋂平面PCD PC =， DN ∴⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，DN PA ∴⊥，又PA CD ⊥，CD DN D =I ，PA ∴⊥平面PCD ．解：（Ⅲ）连结AN ，由（Ⅱ）中DN ⊥平面PAC ，知DAN ∠是直线AD 与平面PAC 所成角，PCD ∆Q 是等边三角形，2CD =，且N 为PC 中点， 3DN ∴=，又DN AN ⊥，在Rt AND ∆中，3sin DN DAN DA ∠==． ∴直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3．【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．65．（2019•上海）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,3PA PB PC AB BC AC ======．（1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角；（2）求P ABC -的体积．【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）由已知可得//MN PC ，则PCA ∠为AC 与MN 所成角，利用余弦定理求解得答案；（2）求出三棱锥的高，代入棱锥体积公式求解．【解答】解：（1）M Q ，N 分别为PB ，BC 的中点，//MN PC ∴，则PCA ∠为AC 与MN 所成角，在PAC ∆中，由2PA PC ==，3AC =，可得2223cos 2223PC AC PA PCA PC AC +-∠===⨯⨯g ，AC ∴与MN 的夹角为3arccos；（2）过P 作底面垂线，垂直为O ，则O 为底面三角形的中心，连接AO 并延长，交BC 于N ，则32AN =，213AO AN ==． 22213PO ∴=-=．∴1133333224P ABC V -=⨯⨯⨯⨯=．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查三棱锥体积的求法，是中档题．66．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A AC AC ==，E ，F 分别是AC ，11AB 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；。

2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编12—立体几何(文科)

2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编（12）立体几何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（）.A 圆柱 .B 圆锥 .C 四面体 .D 三棱柱A2. (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A. B. C .6 D .4【答案】：C【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥D ABC -，其中4,AB BC AC DB DC =====6DA ==，故最长的棱的长度为6DA =，选C3. (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. 1727 B. 59 C. 1027 D. 13【答案】 C..2710π54π34-π54π.342π944.2342π.546π96321C v v 故选积之比削掉部分的体积与原体体积，高为径为，右半部为大圆柱，半，高为小圆柱，半径加工后的零件，左半部体积，，高加工前的零件半径为==∴=•+•=∴=•=∴π 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. 902cmB. 1292cmC. 1322cmD. 1382cmD5. (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：B6(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.54B.60C.66D.72 【答案】B 【解析】BS S S S S S 选，，，何体表的面积的上部棱锥后余下的几；截掉高为，高原三棱柱：底面三角形侧上下侧上下∴60s 2273392318152156344*3=++=+=•++===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 ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π-【答案】B 【解析】..π-82)21*π-2*2(2B sh V 选几何体为直棱柱，体积===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.49(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 ）321+ （B ）318+ （C ）21 （D ）18 7 A10. (2014湖北)在如图所示的空间直角坐标系xyz O -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②B.③和①C. ④和③D.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。

【VIP专享】2014年高考空间向量与立体几何真题答案

11
7
4
1
4
9、B
设边长为1，分别以CD,CB,CC1为x, y, z轴建立坐标系，设P(0,0, m), m∈ [0,1]，则 11
O( 2 , 2 ,0), B(0，1,0), D(1,0,0), A1(1,1,1).面A1BD法向量为n = (x, y, z),则 11
BD = (1,-1,0), DA1 = (0,1,1),OP = (- 2 ,- 2 , m), m∈ [0,1]
棱锥的体积计算，二面角）
1、【答案】：C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥 D ABC ，
其中 AB BC 4, AC 4 2, DB DC 2 5 ，
2
DA 4 2 4 6 ，故最长的棱的长度为 DA 6 ，选 C
2、C
加工前的零件半径为3，高6，∴ 体积v1 = 9π • 6 = 54π. 加工后的零件，左半部为小圆柱，半径2，高4，右半部为大圆柱，半径为3，高为2. ∴ 体积v2 = 4π • 4+9π • 2 = 34π. ∴削掉部分的体积与原体积之比 = 54π - 34π = 10 .故选C.
空间向量求解角度，或采用余弦定理？）
11、A（考查正四棱锥外接球的表面积）12、A
13、B（考查圆锥体的体积）14、A（考查空间向量的数量积）15、D（考查投影）
16、C（利用空间向量求异面直线所成角度）17、（考查圆柱的侧面积和体积）18、
19、 arctan 2
空间向量坐标法）
21、（1）省略（2）
54π 27
5、D
6.培养学生观察、思考、对比及分析综合的能力。过程与方法1.通过观察蚯蚓教的学实难验点，线培形养动观物察和能环力节和动实物验的能主力要；特2征.通。过教对学观方察法到与的教现学象手分段析观与察讨法论、，实对验线法形、动分物组和讨环论节法动教特学征准的备概多括媒，体继课续件培、养活分蚯析蚓、、归硬纳纸、板综、合平的面思玻维璃能、力镊。子情、感烧态杯度、价水值教观1和.通过学理解的蛔1虫.过观适1、察于程3观阅六蛔寄.内列察读、虫生出蚯材让标容生3根常蚓料学本教活.了据见身：生，师的2、解问的体巩鸟总看活形作用蛔题线的固类结雌动态业手虫自形练与本雄学、三：摸对学动状习人节蛔生结4、、收一人后物和同类课虫活构请一蚯集摸体回并颜步关重的动、学、蚓鸟蚯的答归色学系点形教生生让在类蚓危问纳。习从并状学理列学平的害题线蚯四线人归、意特出四生面体以形蚓、形类纳大图点常、五观玻存表及动的鸟请动文本小引以见引、察璃现，预物身类 3学物明节有言及的、导巩蚯上状是防的体之生和历课什根蚯环怎学固蚓和，干感主是所列环史学么据蚓节二样生练引牛鸟燥染要否以举节揭到不上适动、区回习导皮类还的特分分蚯动晓的同节于物让分答。学纸减是方征节布蚓物起一，课穴并学蚯课生上少湿法。?广的教，些体所居归在生蚓前回运的润；4泛益学鸟色生纳.靠物完的问答动原的4蛔，处目类习和活环.近在成前题蚯的因？了虫以。标就生体的节身其实端并蚓快及触解寄上知同物表内特动体结验和总利的慢我摸蚯生适识人学有容点物前构并后结用生一国蚯蚓在于与类的什，的端中思端线问活样的蚓人飞技有基么引进主的的考?形题环吗十体生行能着本特出要几变以动，境？大节活的1密方征本“特节化下物.让并为珍近习会形理切法。课生征有以问的小学引什稀腹性态解的。2课物。什游题主.结生出么鸟面和起结蛔关观题体么戏：要利明蚯？类处适哪构虫系察：的特的特用确蚓等，于些特适。蛔章形殊形征板，这资是穴疾点于可虫我态结式。书生种料光居病是寄的们结构，五小物典，滑生？重生鸟内学构，学、结的型以还活5要生类部习与.其习巩鸟结的爱是如原活生结了功颜消固类构线鸟粗形何因的存构腔能色化练适特形护糙态预之结的，肠相是系习于点动鸟？、防一构现你动适否统。飞都物为结蛔。和状认物应与的行是。主构虫课生却为和”其结的与题、病本理不蛔扁的他构特环以生？8特乐虫形观部特8征境小理三页点观的动位点梳相组等、这；，哪物教相，理适为方引些2鸟，育同师.知应单面导鸟掌类结了；？生识的位学你握日构解2互.。办特生认线益特了通动手征观识形减点它过，抄；察吗动少是们理生报5蛔？物，与的解.参一了虫它和有寄主蛔与份解结们环些生要虫其。蚯构都节已生特对中爱蚓。会动经活征人培鸟与飞物灭相。类养护人吗的绝适这造兴鸟类？主或应节成趣的为要濒的课情关什特临？就危感系么征灭来害教；？；绝学，育，习使。我比学们它生可们理以更解做高养些等成什的良么两好。类卫动生物习。惯根的据重学要生意回义答；的3.情通况过，了给解出蚯课蚓课与题人。类回的答关：系线，形进动行物生和命环科节学动价环值节观动的物教一育、。根教据学蛔重虫点病1.引蛔出虫蛔适虫于这寄种生典生型活的线结形构动和物生。理二特、点设；置2.问蚯题蚓让的学生生活思习考性预和习适。于穴居生活的形态、结构、生理等方面的特征；3.线积）20、（2）

2014高考数学文科分类汇编：立体几何

2014高考数学文科分类汇编:立体几何目录1. 空间几何体的结构 (2)2. 空间几何体的三视图和直观图 (4)3. 平面的基本性质、空间两条直线 . (9)4. 空间中的平行关系 (11)5. 空间中的垂直关系 (16)6. 三垂线定理 (27)7. 棱柱与棱锥 (29)8. 多面体与球 (33)9. 空间向量及运算 ......................................................................................................................... 35 空间向量解决线面位置关系 .......................................................................................................35 空间角与距离的求法 .................................................................................................................. 35 10. 单元综合 .. (41)11. 空间几何体的结构[2014·安徽卷 ]如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4,从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.再由 PO ∥ GK 得 GK =12PO ,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12=4.由已知可得 OB =, PO PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S =GH +EF2·GK =4+823=18.[2014·福建卷 ] 以边长为 1的正方形的一边所在直线为旋转轴, 将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 (A . 2πB . πC . 2D . 13. A [解析 ] 由题意可知,该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径 r =1,高 h =1,则该圆柱的侧面积S =2πrh =2π,故选 A.[2014·湖北卷 ] 《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“囷盖” 的术“置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h , 计算其体积 V 的近似公式V ≈1362h . 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3. 那么,近似公式V ≈ 2 75L 2h23相当于将圆锥体积公式中的π近似取为 (227 25815750 D. 35511310. B [解析 ] 设圆锥的底面圆半径为 r ,底面积为 S ,则L =2πr . 由题意得 136L 2h 13,代入S =πr 2化简得π≈ 3. 类比推理,若V ≈ 275L 2h 时,π≈ 258. 故选 B.[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 正三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的底面边长为 2,侧棱长为3, D 为 BC 中点,则三棱锥 A - B 1DC 1的体积为 (A . 3 B. 32 C . 1 D. 27. C [解析 ] 因为 D 为 BC 的中点,所以 AD ⊥ BC ,故 AD ⊥平面 BCC 1B 1, 且AD 3, 所以 V 三棱锥 A - B 1DC 1=13S △ B 1DC 1×AD =13×12B 1C 1×BB 1×AD =13×12×23×3=1.[2014·重庆卷 ] 如图 1-4所示四棱锥 P -ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形, PO ⊥底面 ABCD , AB =2,∠ BAD =π3, M 为 BC 上一点,且 BM =12.(1证明:BC ⊥平面 POM ;(2若 MP ⊥ AP图 20. 解:(1证明:如图所示,因为四边形 ABCD 为菱形, O 为菱形的中心,连接 OB ,则 AO ⊥ OB . 因为∠ BAD =π3OB =AB ·sin ∠ OAB =2sin π6=1.又因为 BM =12,且∠ OBM =π3,在△ OBM 中, OM 2=OB 2+BM 2-2OB ·BM ·cos ∠ OBM =12+⎝⎛122-2×1×12×cos π3=34,所以 OB 2=OM 2+BM 2,故 OM ⊥ BM .又 PO ⊥底面 ABCD ,所以 PO ⊥ BC . 从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM , PO 都垂直,所以 BC ⊥平面 POM.(2由 (1可得, OA =AB ·cos ∠ OAB =2×cos 63.设 PO =a , 由 PO ⊥底面 ABCD , 知△ POA 为直角三角形, 故 P A 2=PO 2+OA 2=a 2+3.又△ POM 也是直角三角形,故 PM 2=PO 2+OM 2=a 2+34连接 AM ,在△ ABM 中, AM 2=AB 2+BM 2-2AB ·BM ·cos ∠ ABM =22+122-2×2×12×4cos 2π3214.由已知 MP ⊥ AP ,故△ APM 为直角三角形,则P A 2+PM 2=AM 2,即 a 2+3+a 2+34214解得 a =32a 32(舍去 ,即 PO =32此时 S 四边形 ABMO =S △ AOB +S △ OMB =12·AO ·OB +12·BM ·OM =123×1+12×12×2 =5 38.所以四棱锥 P -ABMO 的体积 V 四棱锥 P -ABMO =13·S 四边形 ABMO ·PO =135 38×32=516.2. 空间几何体的三视图和直观图[2014·安徽卷 ]一个多面体的三视图如图 1-2所示,则该多面体的体积是 (图 1-2A. 233B. 476C . 6D . 7 8. A [解析 ] 如图所示,由三视图可知该几何体是棱长为 2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分,其体积 V =8-2×13×12×1×1×1=233[2014·北京卷 ] 某三棱锥的三视图如图 1-3所示,则该三棱锥最长棱的5棱长为 ________.图 1-311. 22 [解析 ] 该三棱锥的直观图如图所示,并且 PB ⊥平面 ABC , PB =2, AB =2, AC =BC =2, P A 2+2=22, PC 22+(2 2=6,故 P A 最长.[2014·湖北卷 ] 在如图 1-1所示的空间直角坐标系 O -xyz 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 .给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为 (2A .①和②B .③和①C .④和③D .④和②7. D [解析 ] 由三视图可知,该几何体的正视图显然是一个直角三角形 (三个顶点坐标分别是 (0, 0, 2 , (0, 2, 0 , (0, 2, 2 且内有一虚线 (一锐角顶点与一直角边中点的连线 , 故正视图是④; 俯视图是一个斜三角形, 三个顶点坐标分别是 (0, 0, 0 , (2, 2, 0 , (1, 2, 0 ,故俯视图是② . 故选 D.[2014·湖南卷 ] 一块石材表示的几何体的三视图如图 1-2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 (图 1-2A . 1B . 2C . 3D . 4 8. B [解析 ] 由三视图可知, 石材为一个三棱柱 (相对应的长方体的一半 ,故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球.由题意可知正视图三角形6的内切圆的半径即为球的半径,可得 R =6+8-102=2.[2014·辽宁卷 ] 某几何体三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积为 (图 1-2A . 8-π4B . 8π2C . 8-πD . 8-2π7. C [解析 ] 根据三视图可知,该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分,故该几何体体积 V =23-12×π×12×2=8-π.[2014·浙江卷 ] 某几何体的三视图 (单位:cm 如图所示,则该几何体的体积是 (图 1-1A . 72 cm3B . 90 cm3C . 108 cm3D . 138 cm33. B [解析 ] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的,其体积为 6×4×3+12×3×4×3=90 cm3,故选 B.[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 如图 1-1,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 (图 1-117 27 5 910 27 1 36. C [解析 ] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体,其体积 V=π×32×2+π×22×4=34π(cm3 ,原毛坯的体积 V 毛坯=π×32×6=54π(cm3 ,被切部分的体积 V 切 =V 毛坯 -V =54π-34π=20π(cm3 ,所以 V 切V 毛坯= 20π54π1027[2014·全国新课标卷Ⅰ ] 如图 1-1,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8. B [解析 ] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.[2014·陕西卷 ] 四面体 ABCD 及其三视图如图 1-4所示, 平行于棱 AD , BC 的平面分别交四面体的棱 AB , BD , DC , CA 于点 E , F , G , H.图 1-4(1求四面体 ABCD 的体积;(2证明:四边形 EFGH 是矩形.17. 解:(1由该四面体的三视图可知,BD ⊥ DC , BD ⊥ AD , AD ⊥ DC , BD =DC =2, AD =1,∴ AD ⊥平面 BDC ,∴四面体 ABCD 的体积 V =1312×2×2×1=23.(2证明:∵ BC ∥平面 EFGH ,平面EFGH ∩平面 BDC =FG ,平面EFGH ∩ 平面ABC =EH ,∴ BC ∥ FG , BC ∥ EH ,∴ FG ∥ EH .同理 EF ∥ AD , HG ∥ AD ,∴ EF ∥ HG ,∴四边形 EFGH 是平行四边形.又∵ AD ⊥平面 BDC ,∴ AD ⊥ BC ,∴ EF ⊥ FG ,∴四边形 EFGH 是矩形.78[2014·四川卷 ] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图 1-1所示,则该三棱锥的体积是 (锥体体积公式:V =13,其中 S 为底面面积, h 为高 (图 1-1A . 3B . 2 C. 3 D . 14. D [解析 ] 由图可知,三棱锥的底面为边长为 2的正三角形,左侧面垂直于底面,且为边长为 2的正三角形,所以该三棱锥的底面积 S =1 22×3,高 h 3,所以其体积 V 13=1 333=1,故选 D.[2014·重庆卷 ] 某几何体的三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积为 (图 1-2A . 12B . 18C . 24D . 307. C [解析 ] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.三棱柱的底面是一个两直角边长分别为 3和 4的直角三角形, 高为 5;截去的锥体的底面是两直角边的长分别为 3和 4的直角三角形,高为 3,所以该几何体的体积为 V =12×3×4×5131 2×3×4×3=24.[2014·天津卷 ] 一个几何体的三视图如图 1-2所示 (单位:m , 则该几何体的体积为 ________m3 .910.20π3[解析 ] 由三视图可知,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积V =π×12×413×22×2=20π3.3. 平面的基本性质、空间两条直线[2014·安徽卷 ] 如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面 GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4,从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.10再由 PO ∥ GK 得 GK 12,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12BC =4.由已知可得 OB =42, PO =PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S GH +EF 2GK =4+823=18.[2014·湖南卷 ] 如图 1-3所示,已知二面角α-MN -β的大小为 60°,菱形 ABCD 在面β内, A , B 两点在棱 MN 上,∠ BAD =60°, E 是 AB 的中点, DO ⊥面α(1证明:AB ⊥平面 ODE ;(2求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.18. 解:(1证明:如图,因为 DO ⊥ α, AB ⊂ α,所以 DO ⊥ AB .连接 BD ,由题设知,△ ABD 是正三角形,又 E 是 AB 的中点,所以 DE ⊥ AB . 而DO ∩ DE =D ,故 AB ⊥平面 ODE.(2因为 BC ∥ AD 与 OD 所成的角, 即∠ ADO 是 BC 与 OD 所成的角.由 (1知, AB ⊥平面 ODE ,所以 AB ⊥ OE . 又 DE ⊥ AB ,于是∠ DEO 是二面角α-MN -β的平面角,从而∠ DEO =60°.不妨设 AB =2,则 AD =2,易知 DE 3.在 Rt △ DOE 中, DO =DE ·sin 6032.连接 AO ,在 Rt △ AOD 中, cos ∠ ADO =DOAD32234. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为 34.[2014·辽宁卷 ] 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 ⊥ α4. B [解析 ] 由题可知,若 m ∥ α, n ∥ α,则 m 与 n 平行、相交或异面, 所以 A 错误; 若 m ⊥ α, n ⊂ α, 则 m ⊥ n , 故 B 正确; 若 m ⊥ α, m ⊥ n , 则 n ∥ α或 n ⊂ α,故C 错误;若 m ∥ α, m ⊥ n ,则 n ∥ α或 n ⊥ α或 n 与α相交,故 D 错误.4. 空间中的平行关系[2014·浙江卷 ] 设 m , n 是两条不同的直线, α, β是两个不同的平面 (A .若 m ⊥ n , n ∥ α,则 m ⊥ αB .若 m ∥ β, β⊥ α,则 m ⊥ αC .若 m ⊥ β, n ⊥ β, n ⊥ α,则 m ⊥ αD .若 m ⊥ n , n ⊥ β, β⊥ α,则 m ⊥ α6. C [解析 ] A, B , D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α; 对于 C ,若 m ⊥ β, n ⊥ β,则 m ∥ n ,而 n ⊥ α,所以 m ⊥ α. 故选 C.[2014·安徽卷 ] 如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4, 从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.1112再由 PO ∥ GK 得 GK 12,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12BC =4.由已知可得 OB =42, PO =PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S GH +EF 2GK =4+823=18.[2014·北京卷 ] 如图 1-5, 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱垂直于底面, AB ⊥BC , AA 1=AC =2, BC =1, E , F 分别是 A 1C 1, BC 的中点.图 1-5(1求证:平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1; (2求证:C 1F ∥平面 ABE ; (3求三棱锥 E -ABC 的体积. 17. 解:(1证明:在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, BB 1⊥底面 ABC ,所以 BB 1⊥ AB . 又因为 AB ⊥ BC ,所以 AB ⊥平面 B 1BCC 1.所以平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1.(2证明:取 AB 的中点 G ,连接 EG , FG.因为 E , F , G 分别是 A 11 所以 FG ∥ AC ,且 FG =12AC , EC 1=12A 1C 1.因为 AC ∥ A 1C 1,且 AC =A 1C 1,所以 FG ∥ EC 1,且 FG =EC 1, 所以四边形 FGEC 1为平行四边形, 所以 C 1F ∥EG .又因为 EG ⊂平面 ABE , C 1F ⊄平面 ABE , 所以 C 1F ∥平面 ABE .(3因为 AA 1=AC =2, BC =1, AB ⊥ BC , 所以 AB AC -BC =3. 所以三棱锥 E - ABC 的体积V =13S △ ABC ·AA 1=13×12×3×1×2=33.[2014·湖北卷 ] 如图 1-5,在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中, E , F , P , Q ,M , N 分别是棱 AB , AD , DD 1, BB 1, A 1B 1, A 1D 1的中点.求证: (1直线 BC 1∥平面 EFPQ ;(2直线 AC 1⊥平面 PQMN.20. 证明:(1连接 AD 1,由 ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体,知 AD 1∥ BC 1.因为 F , P 分别是 AD , DD 1的中点,所以 FP ∥ AD 1.从而 BC 1∥ FP .而 FP ⊂平面 EFPQ ,且 BC 1⊄平面 EFPQ ,故直线 BC 1∥平面 EFPQ.(2如图,连接 AC , BD 11由 CC 1⊥平面 ABCD , BD ⊂平面 ABCD ,可得 CC 1⊥ BD .又AC ∩ CC 1=C ,所以 BD ⊥平面 ACC 1A 1.而 AC 1⊂平面 ACC 1A 1,所以 BD ⊥ AC 1.因为 M , N 分别是 A 1B 1, A 1D 1的中点, 所以 MN ∥ BD , 从而 MN ⊥ AC 1. 同理可证 PN ⊥ AC 1.又PN ∩ MN =N ,所以直线 AC 1⊥平面 PQMN .[2014·江苏卷 ] 如图 1-4所示,在三棱锥 P -ABC 中, D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点.已知 P A ⊥ AC , P A =6, BC =8, DF =5.求证:(1直线 P A ∥平面 DEF ;(2平面 BDE ⊥平面 ABC .图 1-416. 证明:(1因为 D , E 分别为棱 PC , AC 的中点,所以 DE ∥ P A . 又因为 P A ⊄平面 DEF , DE ⊂平面 DEF ,所以直线 P A ∥平面 DEF .(2因为 D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点, P A =6, BC =8,所以 DE ∥ P A , DE12P A =3, EF =12BC =4. 又因为 DF =5,所以 DF 2=DE 2 +EF 2, 所以∠ DEF =90°, 即 DE ⊥ EF . 又 P A ⊥ AC , DE ∥ P A , 所以 DE ⊥ AC . 因为AC ∩ EF =E , AC ⊂平面 ABC , EF ⊂平面 ABC ,所以 DE ⊥平面 ABC . 又 DE ⊂平面 BDE ,所以平面 BDE ⊥平面ABC .13[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 如图 1-3,四棱锥 P -ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, P A ⊥平面 ABCD , E 为 PD 的中点.(1证明:PB ∥平面 AEC ;(2设 AP =1, AD 3,三棱锥 P -ABD 的体积 V =34A 到平面PBC 的距离.图 1-318. 解:(1证明:设 BD 与 AC 的交点为 O ,连接 EO.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点.又 E 为 PD 的中点,所以 EO ∥ PB .EO ⊂平面 AEC , PB ⊄平面 AEC ,所以 PB ∥平面 AEC .(2V =13×12×P A ×AB ×AD =36,由 V34,可得 AB =32.作 AH ⊥ PB 交 PB 于点 H .由题设知 BC ⊥平面 P AB ,所以 BC ⊥ AH , 因为PB ∩ BC =B ,所以 AH ⊥平面 PBC .又 AH =P A ·ABPB1313,所以点 A 到平面 PBC 的距离为31313.[2014·山东卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P -ABCD 中, AP ⊥平面 PCD , AD ∥ BC , AB =BC12, E , F 分别为线段 AD , PC 的中点.图 1-4(1求证:AP ∥平面 BEF ;(2求证:BE ⊥平面 P AC .18. 证明:(1设AC ∩ BE =O ,连接 OF , EC . 由于 E 为 AD 的中点,1415AB =BC =12, AD ∥ BC ,所以 AE ∥ BC , AE =AB =BC , 所以 O 为 AC 的中点.又在△ P AC 中, F 为 PC 的中点,所以 AP ∥ OF . 又 OF ⊂平面 BEF , AP ⊄平面 BEF , 所以 AP ∥平面 BEF .(2由题意知, ED ∥ BC , ED =BC , 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 所以 BE ∥ CD .又 AP ⊥平面 PCD ,所以 AP ⊥ CD ,所以 AP ⊥ BE . 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE ⊥ AC .又AP ∩ AC =A , AP , AC ⊂平面 P AC , 所以 BE ⊥平面 P AC .[2014·四川卷 ] 在如图 1-4所示的多面体中,四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都为矩形.(1若 AC ⊥ BC ,证明:直线 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2设 D , E 分别是线段 BC , CC 1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面 A 1MC ?请证明你的结论.18. 解:(1证明:因为四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都是矩形, 所以 AA 1⊥ AB , AA 1⊥ AC .因为 AB , AC 为平面 ABC 内的两条相交直线, 所以 AA 1⊥平面 ABC .因为直线 BC ⊂平面 ABC ,所以 AA 1⊥ BC .又由已知, AC ⊥ BC , AA 1, AC 为平面 ACC 1A 1内的两条相交直线, 所以 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2取线段 AB 的中点 M ,连接 A 1M , MC , A 1C , AC 1,设 O 为 A 1C , AC 1的交点.由已知, O 为 AC 1的中点.连接 MD , OE ,则 MD , OE 分别为△ ABC ,△ ACC 1的中位线,所以 MD 綊 12AC , OE 12,16因此 MD 綊 OE .连接 OM ,从而四边形 MDEO 为平行四边形,所以 DE ∥ MO . 因为直线 DE ⊄平面 A 1MC , MO ⊂平面 A 1MC . 所以直线 DE ∥平面 A 1MC .即线段 AB 上存在一点 M (线段 AB 的中点 ,使直线 DE ∥平面 A 1MC .[2014·天津卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P - ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形, BA =BD =2, AD =2, P A =PD 5, E , F 分别是棱 AD , PC 的中点.(1证明:EF ∥平面 P AB ; (2若二面角 P -AD -B 为 60°.(i证明:平面 PBC ⊥平面 ABCD ;(ii求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值.17. 解:(1MF , AM . 因为 F 为PC 中点, 所以 MF ∥ BC , 且 MF =12BC . 由已知有 BC ∥ AD , BC =AD ,又由于 E 为 AD 中点,因而 MF ∥ AE 且 MF =AE ,故四边形 AMFE 为平行四边形, 所以 EF ∥ AM . 又 AM ⊂平面 P AB , 而 EF ⊄平面 P AB , 所以 EF ∥平面P AB .(2(i证明:连接 PE , BE . 因为 P A =PD , BA =BD ,而 E 为 AD 中点, 所以 PE ⊥AD , BE ⊥ AD , 所以∠ PEB 为二面角 P - AD -B 的平面角. 在△ P AD 中, 由 P A =PD =5, AD =2, 可解得 PE =2. 在△ ABD 中, 由 BA =BD 2, AD =2,可解得 BE =1. 在△ PEB 中, PE =2, BE =1,∠ PEB =60˚,由余弦定理,可解得 PB =,从而∠ PBE =90˚,即BE ⊥ PB . 又 BC ∥ AD , BE ⊥ AD ,从而 BE ⊥ BC ,因此 BE ⊥平面 PBC . 又 BE ⊂平面 ABCD ,所以平面 PBC ⊥平面 ABCD .(ii连接 BF ,由 (i知, BE ⊥平面 PBC ,所以∠ EFB 为直线 EF 与平面PBC 所成的角.由 PB =3及已知,得∠ ABP 为直角,而 MB =12PB =32,可得 AM =112故 EF =2. 又 BE =1, 故在直角三角形 EBF 中, sin ∠ EFB=BE EF 1111所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 211115. 空间中的垂直关系[2014·浙江卷 ] 设 m , n 是两条不同的直线, α, β是两个不同的平面 ( A .若 m ⊥n , n ∥ α,则 m ⊥ α B .若 m ∥ β, β⊥ α,则 m ⊥ αC .若 m ⊥ β, n ⊥ β, n ⊥ α,则 m ⊥ αD .若 m ⊥ n , n ⊥ β, β⊥ α,则 m ⊥ α 6. C [解析 ] A, B , D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α;对于 C ,若 m ⊥ β, n ⊥ β,则 m ∥ n ,而 n ⊥ α,所以 m ⊥ α. 故选 C.[2014·北京卷 ] 如图 1-5, 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱垂直于底面, AB ⊥BC , AA 1=AC =2, BC =1, E , F 分别是 A 1C 1, BC 的中点.图 1-5(1求证:平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1;(2求证:C 1F ∥平面 ABE ;(3求三棱锥 E -ABC 的体积.17. 解:(1证明:在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, BB 1⊥底面 ABC , 所以 BB 1⊥AB .又因为 AB ⊥ BC ,所以 AB ⊥平面 B 1BCC 1.所以平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1.(2证明:取 AB 的中点 G ,连接 EG , FG.因为 E , F , G 分别是 A 11所以 FG ∥ AC ,且 FG =12AC , EC 1=12A 1C 1.因为 AC ∥ A 1C 1,且 AC =A 1C 1,所以 FG ∥ EC 1,且 FG =EC 1,所以四边形 FGEC 1为平行四边形,所以 C 1F ∥ EG .又因为 EG ⊂平面 ABE , C 1F ⊄平面 ABE , 所以 C 1F ∥平面 ABE .(3因为 AA 1=AC =2, BC =1, AB ⊥ BC ,所以 AB AC -BC =3.所以三棱锥 E -ABC 的体积V =13S △ ABC ·AA 1=13×12×3×1×2=33.[2014·福建卷 ] 如图 1-6所示,三棱锥 A -BCD 中, AB ⊥平面 BCD , CD ⊥ BD . (1求证:CD ⊥平面 ABD ;17(2若 AB =BD =CD =1, M 为 AD 中点,求三棱锥 A -MBC 的体积.图 1-619. 解:方法一:(1证明:∵ AB ⊥平面 BCD , CD ⊂平面 BCD , ∴ AB ⊥ CD .又∵ CD ⊥ BD , AB ∩ BD =B ,AB ⊂平面 ABD , BD ⊂平面 ABD ,∴ CD ⊥平面 ABD .(2由 AB ⊥平面 BCD ,得 AB ⊥ BD .∵ AB =BD =1,∴ S △ ABD = 1 2. ∵ M 是 AD 的中点,∴ S △ ABM12△ ABD =14.由 (1知, CD ⊥平面 ABD ,∴三棱锥 C -ABM 的高 h =CD =1, 因此三棱锥 A -MBC 的体积V A -MBC =V C -ABM13S △ ABM ·h =112.方法二:(1同方法一.(2由 AB ⊥平面 BCD ,得平面 ABD ⊥平面 BCD . 且平面ABD ∩平面 BCD =BD .如图所示,过点 M 作 MN ⊥ BD 交 BD 于点 N , 则 MN ⊥平面 BCD ,且 MN = 12=12.又 CD ⊥ BD , BD =CD =1,∴ S △ BCD =12.∴三棱锥 A -MBC 的体积V A -MBC =V A -BCD -V M -BCD=13·S △ BCD -13MN ·S △ BCD18= 1 12.[2014·广东卷 ] 如图 1-2所示, 四边形 ABCD 为矩形, PD ⊥平面 ABCD , AB =1, BC =PC =2,作如图 1-3折叠:折痕 EF ∥ DC ,其中点 E , F 分别在线段 PD , PC 上,沿EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M ,并且 MF ⊥ CF .(1证明:CF ⊥平面 MDF ;(2求三棱锥 M -CDE 的体积.图 1-2图 1-3[2014·湖北卷 ] 如图 1-5,在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中, E , F , P , Q , M , N 分别是棱 AB , AD , DD 1, BB 1, A 1B 1, A 1D 1的中点.求证:(1直线 BC 1∥平面 EFPQ ;(2直线 AC 1⊥平面 PQMN.20. 证明:(1连接 AD 1,由 ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体, 知 AD 1∥ BC 1.因为 F , P 分别是 AD , DD 1的中点,所以 FP ∥ AD 1.从而 BC 1∥ FP .而 FP ⊂平面 EFPQ ,且 BC 1⊄平面 EFPQ ,故直线 BC 1∥平面 EFPQ.(2如图,连接 AC , BD 11由 CC 1⊥平面 ABCD , BD ⊂平面 ABCD ,可得 CC 1⊥ BD .又AC ∩ CC 1=C ,所以 BD ⊥平面 ACC 1A 1.而 AC 1⊂平面 ACC 1A 1,所以 BD ⊥ AC 1.因为 M , N 分别是 A 1B 1, A 1D 1的中点, 所以 MN ∥ BD , 从而 MN ⊥ AC 1. 同理可证 PN ⊥ AC 1.又PN ∩ MN =N ,所以直线 AC 1⊥平面 PQMN .1920[2014·湖南卷 ] 如图 1-3所示,已知二面角α-MN -β的大小为 60°,菱形 ABCD 在面β内, A , B 两点在棱 MN 上,∠ BAD =60°, E 是 AB 的中点, DO ⊥面α(1证明:AB ⊥平面 ODE ;(2求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.18. 解:(1证明:如图,因为 DO ⊥ α, AB ⊂ α,所以 DO ⊥ AB .连接 BD ,由题设知,△ ABD 是正三角形,又 E 是 AB 的中点,所以 DE ⊥ AB . 而DO ∩ DE =(2因为 BC ∥ AD 与 OD 所成的角, 即∠ ADO 是 BC 与 OD 所成的角.由 (1知, AB ⊥平面 ODE ,所以 AB ⊥ OE . 又 DE ⊥ AB ,于是∠ DEO 是二面角α-MN -β的平面角,从而∠ DEO =60°.不妨设 AB =2,则 AD =2,易知 DE =在 Rt △ DOE 中, DO =DE ·sin 60°=32连接 AO ,在 Rt △ AOD 中, cos ∠ ADO =DOAD32234. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为 34.[2014·江苏卷 ] 如图 1-4所示,在三棱锥 P - ABC 中, D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点.已知 P A ⊥ AC , P A =6, BC =8, DF =5.求证:(1直线 P A ∥平面 DEF ; (2平面 BDE ⊥平面 ABC .图 1-416. 证明: (1因为 D , E 分别为棱 PC , AC 的中点,所以 DE ∥ P A . 又因为 P A ⊄平面 DEF , DE ⊂平面 DEF ,所以直线 P A ∥平面 DEF .(2因为 D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点, P A =6, BC =8,所以 DE ∥ P A , DE 12P A =3, EF =12BC =4. 又因为 DF =5,所以 DF 2=DE 2+EF 2, 所以∠ DEF =90°, 即 DE ⊥ EF . 又 P A ⊥ AC , DE ∥ P A , 所以 DE ⊥AC .21因为AC ∩ EF =E , AC ⊂平面 ABC , EF ⊂平面 ABC ,所以 DE ⊥平面 ABC .又 DE ⊂平面 BDE ,所以平面 BDE ⊥平面 ABC .[2014·山东卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P -ABCD 中, AP ⊥平面 PCD , AD ∥ BC , AB =BC =12AD , E , F 分别为线段 AD , PC 的中点.图 1-4(1求证:AP ∥平面 BEF ; (2求证:BE ⊥平面 P AC .18. 证明:(1设AC ∩ BE =O ,连接 OF , EC . 由于 E 为 AD 的中点,AB =BC =12, AD ∥ BC ,所以 AE ∥ BC , AE =AB =BC ,所以 O 为 AC 的中点.又在△ P AC 中, F 为 PC 的中点,所以 AP ∥ OF . 又 OF ⊂平面 BEF , AP ⊄平面 BEF , 所以 AP ∥平面 BEF .(2由题意知, ED ∥ BC , ED =BC , 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 所以 BE ∥ CD .又 AP ⊥平面 PCD ,所以 AP ⊥ CD ,所以 AP ⊥ BE . 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE ⊥ AC .又 A P ∩ AC =A , AP , AC ⊂平面 P AC , 所以 BE ⊥平面 P AC .22[2014·江西卷 ] 如图 1-1所示, 三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, AA 1⊥ BC , A 1B ⊥BB 1.(1求证:A 1C ⊥ CC 1; (2若 AB =2, AC 3, BC 7, 问 AA 1为何值时, 三棱柱 ABC - A 1B 1C 1体积最大,并求此最大值.19. 解:(1证明:由 AA 1⊥ BC 知 BB 1⊥ BC . 又 BB 1⊥ A 1B ,故 BB 1⊥平面BCA 1,所以 BB 1⊥ A 1C .又 BB 1∥ CC 1,所以 A 1C ⊥ CC 1. (2方法一:设 AA 1=x .在 Rt △ A 1BB 1中, A 1B =A 1B 1-BB 1=4-x .同理, A 1C A 1C 1-CC 13-x . 在△ A 1BC 中,cos ∠ BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ·A 1C =-x 2(4-x (3-xsin ∠ BA 1C =12-7x (4-x (3-x所以 S △ A 1BC =12A 1B ·A 1C ·sin ∠ BA 1C =12-7x 2从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=x 12-7x 2因为 x 12-7x =12x -7x =-7⎝⎛x 2-672+367 所以当 x 67427AA 1=427V 取到最大值 377(2方法二:过 A 1作 BC 的垂线,垂足为 D ,连接 AD .由 AA 1⊥ BC , A 1D ⊥ BC ,得 BC ⊥平面 AA 1D ,故 BC ⊥ AD . 又∠ BAC =90°,所以S △ ABC 12·BC =12AB ·AC ,得 AD 27设 AA 1=x . 在 Rt △ AAA 1D AD -AA 1S △ A 1BC =12A 1D ·从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=x 12-7x 2因为 12-7x =12x -7x -7⎝⎛x 2672367,所以当 x 67427AA 1=427V 取到最大值 37723[2014·辽宁卷 ] 如图 1-4所示, △ ABC 和△ BCD 所在平面互相垂直, 且 AB =BC =BD =2,∠ ABC =∠ DBC =120°, E , F , G 分别为 AC , DC , AD 的中点.(1求证:EF ⊥平面 BCG ; (2求三棱锥 D -BCG 的体积.附:锥体的体积公式 V =13Sh ,其中 S 为底面面积, h 为高.19. 解:(1证明:由已知得△ ABC ≌△ DBC , 因此 AC =DC .又 G 为 AD 的中点,所以 CG ⊥ AD ,同理 BG ⊥ AD . 又BG ∩ CG =G ,所以 AD ⊥平面 BGC . 又 EF ∥ AD ,所以 EF ⊥平面 BCG.(2在平面 ABC 内,作 O . 由平面 ABC ⊥平面 BCD ,知 AO ⊥平面 BDC .又 G 为 AD 的中点,所以 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的一半. 在△AOB 中, AO =AB ·sin 603,所以V 三棱锥 D -BCG =V 三棱锥 G -BCD =13·S △ DBC ·h =13×12BD ·BC ·sin 12032=12.[2014·全国新课标卷Ⅰ ] 如图 1-4,三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中,侧面 BB 1C 1C 为菱形, B 1C 的中点为 O ,且 AO ⊥平面 BB 1C 1C.图 1-4(1证明:B 1C ⊥ AB ;(2若 AC ⊥ AB 1, ∠ CBB 1=60°, BC =1, 求三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高.19. 解:(1证明:连接 BC 1,则 O 为 B 1C 与 BC 1的交点. 因为侧面 BB 1C 1C 为菱形,所以 B 1C ⊥ BC 1. 又 AO ⊥平面 BB 1C 1C ,所以 B 1C ⊥ AO , 由于BC 1∩ AO =O ,故 B 1C ⊥平面 ABO . 由于 AB ⊂平面 ABO ,故 B 1C ⊥ AB .(2作 OD ⊥ BC ,垂足为 D ,连接 AD . 作 OH ⊥ AD ,垂足为 H . 由于 BC ⊥ AO , BC ⊥ OD ,且AO ∩ OD =O , 故 BC ⊥平面 AOD ,所以 OH ⊥ BC . 又 OH ⊥ AD ,且AD ∩ BC =D , 所以 OH ⊥平面 ABC .24因为∠ CBB 1=60°,所以△ CBB 1为等边三角形,又 BC =1,可得 OD =4. 因为 AC ⊥ AB 1,所以 OA =12B 1C =12.由 OH ·AD =OD ·OA ,且 AD =OD +OA 74,得 OH =2114. 又 O 为 B 1C 的中点, 所以点 B 1到平面 ABC 的距离为 217故三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高为217[2014·四川卷 ] 在如图 1-4所示的多面体中,四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1 都为矩形.(1若 AC ⊥ BC ,证明:直线 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2设 D , E 分别是线段 BC , CC 1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面 A 1MC ?请证明你的结论.。

2014年全国高考数学真题文科及答案详解

2014年普通高等学校招生全国统一考试数学（文科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）已知集合{}{}12|,31|≤≤-=≤≤-=x x B x x M ，则MB =（）A. )1,2(-B. )1,1(-C. )3,1(D. )3,2(-正确答案：A（2）若0tan >α，则A. 0sin >αB. 0cos >αC. 02sin >αD. 02cos >α 正确答案：A（3）设i iz ++=11，则=||z A. 21 B. 22 C. 23 D. 2正确答案：B（4）已知双曲线)0(13222>=-a y a x 的离心率为2，则=a A. 2 B. 26 C. 25D. 1正确答案：D（5）设函数)(),(x g x f 的定义域为R ，且)(x f 是奇函数，)(x g 是偶函数，则下列结论中正确的是A. )()(x g x f 是偶函数B. )(|)(|x g x f 是奇函数C. |)(|)(x g x f 是奇函数D. |)()(|x g x f 是奇函数正确答案：A（6）设F E D ,,分别为ABC ∆的三边AB CA BC ,,的中点，则=+ A. B.21 C. 21D. 正确答案：C（7）在函数①|2|cos x y =，②|cos |x y = ，③)62cos(π+=x y ,④)42tan(π-=x y 中，最小正周期为π的所有函数为A.①②③B. ①③④C. ②④D. ①③ 正确答案：C8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事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.四棱柱正确答案：B9.执行右面的程序框图，若输入的,,a b k 分别为1,2,3，则输出的M =( )A.203B.72C.165D.158正确答案：D10.已知抛物线C ：x y =2的焦点为F ,()y x A 0,是C 上一点，zxxk xF A 045=，则=x 0（）A. 1B. 2C. 4D. 8正确答案：C（11）设x ，y 满足约束条件,1,x y a x y +≥⎧⎨-≤-⎩且z x ay =+的最小值为7，则a =（A ）-5 （B ）3 （C ）-5或3 （D ）5或-3 正确答案：B（12）已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（A ）()2,+∞ （B ）()1,+∞ （C ）(),2-∞- （D ）(),1-∞-（B ）正确答案：A第II 卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分（13）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________. 正确答案：2/3（14）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A 、B 、zxxk C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市；乙说：我没去过C 城市；丙说：我们三人去过同一城市；由此可判断乙去过的城市为________. 正确答案：A（15）设函数()113,1,,1,x e x f x x x -⎧<⎪=⎨⎪≥⎩则使得()2f x ≤成立的x 的取值范围是________.正确答案：(（16）如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点.从A 点测得 M 点的仰角60MAN ∠=︒，C 点的仰角45CAB ∠=︒以及75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒.已知山高100BC m =，则山高MN =________m .本文来自正确答案：150三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本小题满分12分）已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

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2014年高考数学文科试题分类——立体几何若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,,l l l l l l ⊥⊥∥则下列结论一定正确的是（）A ．14l l ⊥ B.14l l ∥ C.1l 与4l 既不垂直也不平行 D.1l 与4l 的位置关系不确定4.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 n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥6.设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）A.若n m ⊥，α//n ，则α⊥mB.若β//m ，αβ⊥，则α⊥mC.若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥mD.若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m【答案】C【解析】试题分析：对A ，若n m ⊥，α//n ，则α⊂m 或α//m 或α⊥m ，错误；对B ，若β//m ，αβ⊥，则α⊂m 或α//m 或α⊥m ，错误；对C ，若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥m ，正确；对D ，若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m 或α⊂m 或α//m ，错误.故选C.点评：本题考查空间中的线线、线面、面面的闻之关系，容易题.10.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高位4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π5.将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得集合体的侧面积是（）A.4πB.8πC.2πD.π【答案】 C【解析】C r S r 选个圆：，则侧面积为，高为为旋转体为圆柱，半径.2ππ*22112==8.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将石材切削、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【答案】B8. 设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ，2S ，体积分别为1V ，2V ，若它们的侧面积相等，且4921=S S ，则21V V 的值是 ▲ .以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A ．π2B ．πC ．2D ．13. 某几何体的三视图（单位：cm ）若图所示，则该几何体的体积是（）A. 372cmB. 390cmC. 3108cmD. 3138cm【答案】B【解析】试题分析：由三视图知，原几何体是由一个长方体与一个三棱柱组成，其体积为)(90343216432cm V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，故选B.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 ）1727 （B ） 59 （C ）1027 (D) 13（7）正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 终点，则三棱锥111A A B C -的体积为（A ）3 （B ）32 （C ）1 （D）8．一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为（）A ．233B ．476C ．6D ．7 4、某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）（锥体体积公式：13V Sh =，其中S 为底面面积，h 为高） A 、3 B 、2 CD 、17. 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）侧视图俯视图11222211A ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π-7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.12B.18C.24D.30（2014•北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 _________ ．10.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为 3m .(13) 一个六棱锥的体积为其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为．8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事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7．在如图所示的空间直角坐标系O-xyz 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）. 给出编号为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②B ．③和①C ．④和③D ．④和②20.（本小题满分12分，（1）问4分，（2）问8分）如题（20）图，四棱锥P ABCD -中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，2,3AB BAD π=∠=，M 为BC 上一点，且12BM =. （1）证明：BC ⊥平面POM ；（2）若MP AP ⊥，求四棱锥P ABMO -的体积.17、（本小题满分13分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，,分别是棱的中点. （1）证明平面；（2）若二面角P-AD-B 为，图③ 图①图④ 图②第7题图① 证明：平面PBC ⊥平面ABCD② 求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值.（18）（本小题满分12分）如图，四凌锥p —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA 上面ABCD ，E 为PD 的点。

（I ）证明：PP//平面AEC;(II )设置AP=1，AD=3,三凌锥P-ABD 的体积V=43，求A 到平面PBD 的距离。

解：（1）设BD 与AC 的交点为O ，连接EO ，因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点，又E 为PD 的中点，所EO//PB ，EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB//平面AEC（2） V=16PA ABAD=6AB 由V=4，可得AB=32 作AH ⊥PB 交PB 于H由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥AH ，故AH ⊥PBC 。

又13PA AB AH PB ⋅==所以A 到平面PBC 的距离为13。

16.(本小题满分14分)如图，在三棱锥ABC P -中，D ，E ，F 分别为棱AB AC PC ,,的中点.已知AC PA ⊥,,6=PA .5,8==DF BC 求证: (1)直线//PA 平面DEF ；(2)平面⊥BDE 平面ABC .（第16题）PD C EFBA(18)（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，1,,,,2AP PCD AD BC AB BC AD E F ⊥==平面∥分别为线段,AD PC 的中点．（Ｉ）求证：AP BEF ∥平面；（II ）求证：BE PAC ⊥平面．18．（Ⅰ）连接AC 交BE 于点O ，连接OF ，不妨设1AB BC ==，则2AD =， ,,AB BC AD BC =∴∥四边形ABCE 为菱形又O F ，分别为中点，OF AP ∴∥OF ∴⊆平面BEF,AP ∥平面BEF（Ⅱ）,CD AP PCD ⊥∴⊥面⊆面PCD,AP CD,,BC ED BC ED BCDE =∴∥为平行四边形，,BE CD BE PA ∴∴⊥∥又ABCE BE AC ∴⊥为菱形，又,,PA AC A PA AC PAC =∴⊥∩⊆平面PAC,BE 平面18、(本小题满分12分)在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A都为矩形。

（Ⅰ）若AC BC ⊥，证明：直线BC ⊥平面11ACC A ；（Ⅱ）设D ，E 分别是线段BC ，1CC 的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线//DE 平面1A MC ？请证明你的结论。

F EPD C B AC 1A19. （本小题满分12分）如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 、G 分别为AC 、DC 、AD 的中点.（1）求证：EF ⊥平面BCG ；（2）求三棱锥D-BCG 的体积. 附：椎体的体积公式13V Sh =，其中S 为底面面积，h 为高.20．（本小题满分13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，1DD ， 1BB ，11A B ，11A D 的中点. 求证：（Ⅰ）直线1BC ∥平面EFPQ ；（Ⅱ）直线1AC ⊥平面PQMN .20．证明：（Ⅰ）连接AD1，由1111ABCD A B C D -是正方体，知AD1∥BC1，因为F ，P 分别是AD ，1DD 的中点，所以FP ∥AD1. 从而BC1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1BC ∥平面EFPQ ．第20题图第20题解答图 Q BE M N A C D 1C F1D 1A 1BP（Ⅱ）如图，连接AC ，BD ，则AC BD ⊥. 由1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得1CC BD ⊥. 又1AC CC C =，所以BD ⊥平面1ACC . 而1AC ⊂平面1ACC ，所以1BD AC ⊥. 因为M ，N 分别是11A B ，11A D 的中点，所以MN ∥BD ，从而1MN AC ⊥.同理可证1PN AC ⊥. 又PNMN N =，所以直线1AC ⊥平面PQMN .19.（本小题满分12分）如图，三棱柱111C B A ABC -中，111,BB B A BC AA ⊥⊥.（1）求证：111CC C A ⊥；（2）若7,3,2===BC AC AB ，问1AA 为何值时，三棱柱111C B A ABC -体积最大，并求此最大值。

19.（1）证明：三棱柱111C B A ABC -中， 1AA BC ⊥1BB BC ∴⊥，又11BB A B⊥ 且1BC A B C =11BB BCA ∴⊥，面又11BB CC ∥11CC BCA ∴⊥，面又11AC BCA ∴⊂，面11.AC CC ⊥，所以(4分)（2）设1AA x =，在Rt △11A BB 中，AB同理，1A =在△1A BC 中1cos BA C ∠=222211112A B A C BC A B A C +-=1sin BA C ∠=（6分）所以11111sin BA C 2A BCS A B AC =∠=△（7分）从而三棱柱111ABC A B C -的体积112A BC V S l S AA =⋅=⋅=△(8分)因10分）故当=7x 即1AA =7体积V 12分） 19. （本小题满分12分）如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（1）证明：11AC A B ⊥；（2）设直线1AA 与平面11BCC B ，求二面角1A AB C --的大小. （本小题满分12分）如图，三棱锥中BCD A -中，⊥AB 平面BCD ，BD CD ⊥。