2011年高考数学二轮考点专题突破检测(五)：立体几何

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【数学】2011年高考二轮考点专题突破检测：解析几何专题(含详细标准答案)

专题达标检测一、选择题1．(20１0·山东潍坊)直线ｘｃｏｓα+错误!ｙ＋2=０的倾斜角的范围是(）Ａ．错误!∪错误!B．错误!∪错误!C．错误!Ｄ.错误!解析:由直线ｘcoｓα+错误!y＋2=0，所以直线的斜率为k=－错误!.设直线的倾斜角为β，则ｔaｎβ=-错误!.又因为-错误!≤-错误!≤错误!，即－错误!≤tａｎβ≤错误!，所以β∈错误!∪错误!.答案:B２.若圆x2+y2－4x-4y-１0=0上至少有三个不同的点到直线l:ax＋by=0的距离为2＼r(2）, 则直线l的倾斜角的取值范围是( )A.错误!B.错误!C．错误!Ｄ．错误!|2a＋2b｜≤2⇒a2解析：由题意知,圆心到直线的距离d应满足０≤d≤＼r（2),d＝a2＋ｂ２＋b2＋4ab≤0.显然b≠0，两边同除以b2,得错误!2＋4错误!+1≤0，解得-2－错误!≤错误!≤-2＋错误!.ｋ＝-错误!，ｋ∈[2－错误!,2+错误!］，θ∈错误!，故选B．答案:B3．（2０１０·陕西）已知抛物线ｙ2=２pｘ（p＞０)的准线与圆ｘ2＋y2-６ｘ－7=０相切,则p的值为（)A.错误!B.1C.２Ｄ．4解析:圆x2+y2－6x-７＝0的圆心坐标为(3，０)，半径为4.ｙ２=2px(p>０)的准线方程为ｘ=-p，2∴3＋错误!＝4,∴p =2.故选C.答案：ＣA.0 Ｂ.2 Ｃ.4 D ．－2 解析：易知当P 、Q 分别在椭圆短轴端点时，四边形ＰF 1QF 2面积最大．此时，F 1(－错误!,０)，F 2(错误!，0），P (0,1）， ∴错误!＝（－错误!,－1），错误!＝(３-x ０,－y 0)， ∴错误!·错误!＝-2.答案:D５．已知F 1、F 2是双曲线ｘ2a 2-y 2b ２=1(a >0，b ＞0）的两焦点,以线段F １F 2为边作正三角形ＭF １Ｆ2，若边MF 1的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是（ )A.4＋２错误!B.错误!-１C ．错误!D ．错误!＋1 解析：设正三角形ＭＦ1F ２的边M Ｆ１的中点为H ,则Ｍ（０,3ｃ），Ｆ1（-c,0). 所以H 错误!,H 点在双曲线上,故错误!－错误!=1，化简e 4－8e 2+4＝０，解得e 2＝4+２３，所以e =3＋１．答案:Ｄ。

高三数学二轮复习：立体几何

板块三专题突破核心考点
专题四立体几何
第1讲空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为

2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总(1)(本小题满分12分)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

(1)解：（Ⅰ ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A ,()03,0B ，,()1,3,0C -,()0,0,1P 。

(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-设平面PAB 的法向量为n=（x,y,z ），则即3030x y z -=-=（II ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，3SD SE SF DE⨯== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。

连结SG ，则SG BC ⊥，又,BC FG SG FG G ⊥=，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。

…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。

37SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则2121sin arcsin 77d EBαα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。

2011届高考数学专题练习立体几何含答案u新人教A版

2011届高考数学专题练习立体几何试卷一、填空题 (共小题，每小题分)1. 如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别为AB 、AD 的中点，则1AD 与EF 所成角的大小为．2. 如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a=________.3. 如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都相等，M 是侧棱1CC 的中点，则异面直线1AB BM 和所成的角的大小是。

4. 已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M ，若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于__________________.二、选择题 (共小题，每小题分)5. 若直线a b ⊥，且直线//a 平面α，则直线b 与平面α的位置关系是．A ．b α⊂B ．//b αC ．b α⊂或//b αD ．b 与α相交或b α⊂或//b α6. 在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，顶点1B 到对角线1BD和到平面11A BCD 的距离分别为h 和d ，则下列命题中正确的是（）A ．若侧棱的长小于底面的变长，则hd的取值范围为(0,1)B ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d 的取值范围为223( C ．若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为23(2)3 D ．若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为23()+∞7. 如右图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12。

则该集合体的俯视图可以是8. 设,m n 是平面α内的两条不同直线；12,l l 是平面β内的两条相交直线，则//αβ的一个充分而不必要条件是A. 1////m l βα且B. 12////m l l 且nC. ////m n ββ且D. 2////m n l β且9. 如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ACB=900,∠ACC 1=600,∠BCC 1=450,侧棱CC 1的长为1，则该三棱柱的高等于 A.21 B.22 C.23 D.3310. 如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（A ）AC BE ⊥（B ）//EF ABCD 平面（C ）三棱锥A BEF -的体积为定值（D ）AEF BEF ∆∆的面积与的面积相等11. 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为（A ）48122+（B ）48242+ （C ）36122+（D ）36242+三、解答题 (共小题，每小题分)12. 如图，已知PA ⊥正方形ABCD 所在平面，E 、F分别是AB ，PC 的中点，45PDA ∠=．（1）求证：//EF 面PAD ；（2）求证：面PCE ⊥面PCD ．13. 如图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2BAD π∠=，2CD AD ==，四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,7FC ED ==（Ⅰ）直线AB 到平面EFCD 的距离；A 1B 1C 1D 1 （Ⅱ）二面角F ADE --的平面角的正切值．14. 如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．15. 如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD PD 平面⊥，CD AD ⊥，且DB 平分ADC ∠，E 为PC 的中点，1==CD AD ,22=DB（Ⅰ）证明BDE PA 平面// （Ⅱ）证明PBD AC 平面⊥（Ⅲ）求直线BC 与平面PBD 所成的角的正切值16. 如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。

2011年高考数学试题立体几何

四、立体几何一、选择题1.（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为A ．B ．C ．1D 【答案】C2.（浙江理4）下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D3.（四川理3）1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A ．12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒ B ．12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥C ．233////l l l ⇒1l ，2l ，3l 共面D ．1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面【答案】B【解析】A 答案还有异面或者相交，C 、D 不一定4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【答案】D6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【答案】A7.（全国新课标理6）。

在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A ∈α，AC ⊥ι，C为垂足，B ∈β，BD ⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于A ．3B ．C ．D ．1【答案】C9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成060二面角的平面β截该球面得圆N ．若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为 A ．7π B ．9π C ．11π D ．13π 【答案】D10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．9122π+ B ．9182π+C ．942π+D ．3618π+【答案】B11.（江西理8）已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p ，那么“12PP=23P P ”是“12d d =”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C12.（广东理7）如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．B ．C ．D ．【答案】B13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A ．8B ．C ．10D ．【答案】C14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 （B ）（C ）（D ）80【答案】C15.（辽宁理8）。

2011届高考数学复习专题模拟：立体几何

2012届高考数学复习专题模拟：立体几何（2012届模拟题）立体几何（1）（2011届·成都树德协进中学高三期中）19、（12分）长方体1111D C B A ABCD -中，1==BC AB ，21=AA ，E 是侧棱1BB 中点．（Ⅰ）求直线1AA 与平面E AC 1所成角的大小；（Ⅱ）求二面角B AC E --1的大小；（Ⅲ）求三棱锥11C AD E -的体积．答案：（I ）arcsin ，距离与面33AEC )(1515arccos)(3311D III II 61V 11A E C -D =（2011届·江西白鹭洲中学高三期中（文））4．已知m 、n 为两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，下列四个命题中，错误的命题个数是（ A ）①n m n m //,,,//则βαβα⊂⊂；②若βαββαα//,//,//,,则且n m n m ⊂⊂网③βαβα⊥⊂⊥m m 则若,,； ④ααββα//,,,m m m 则若⊄⊥⊥A ．1B ．2C ．3D ．4 （2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））8．某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得这个几何体的表面积为（ B ）A ．344+B ．544+C ．38D ．12（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））9. 已知3||,22||==q p ，p 与q的夹角为4π，则以 q p b q p a3,25-=+=为邻边的平行四边形的长度较小的对角线的长是（ A ）.A.15B.15 C. 4 D. 14（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））19. （本小题满分12分）如图所示，在正三棱柱ABC-A 1B 1C1ACA C 1中，底面边长是2，D 是棱BC 的中点，点M 在棱BB 1上，且BM=31B 1M ，又CM ⊥AC 1. （Ⅰ）求证：A 1B//平面AC 1D ；（Ⅱ）求三棱锥B 1-ADC 1体积.答案：提示：)1(连接C A 1,交1AC 于点,E 连接DE ,则DE 是BC A 1∆的中位线，B A DE 1//,又111ADC B A ,ADC 面面⊄⊂DE ,D AC //11面B A ∴.)2(在正三棱锥111C B A ABC -中，BC 是D 的中点，则11B BCC 面⊥AD ,从而MC AD ⊥,又1AC CM ⊥,则1ADC CM 和面内的两条相交直线1AC AD,都垂直，1ADC MC 面⊥∴,于是1DC CM ⊥,则1CDC ∠与MCB ∠互余，则1tan CDC ∠与MCB ∠tan 互为倒数，易得221=AA ，连结D B 1，∴2211=∆D C B S ,D C B 11面⊥AD , ∴三棱锥11ADC -B 的体积为362. 方法2：以D 为坐标原点，DA DC ,为x y ,轴，建立空间直角坐标系，设h BB =1，则)0,0,0(D ,)0,0,1(-B ,0,0,1(C ,)0,3,0(A ,),0,1(1h B -，),0,1(1h C ， ),3,0(1h A ，)4,0,1(hM -，→B A 1),3,1(h ---=，),3,1(),0,3,0(1h A C AD --=-=→→，设平面D AC 1的法向量),,(z y x n =→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→010n A C n AD )1,0,(-=⇒→h n ，→→⊥n B A 1 ∴D AC //11面B A)2(),3,1(),4,0,2(1h AC h CM -=-=→→，1AC CM ⊥,=⋅→→1AC CM 0422=+-h ，22=∴h .平面D AC 1的法向量为)1,0,22(-=→n ，)22,3,1(1-=→A B 点)22,0,1(1-B 到平面D AC 1的距离3241=⋅=→→→nd nA B ，233=∴∆ADCS . 3623242333111=⨯⨯=∴-ADC B V .（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））20. （本小题满分12分）在数列{}n a 中,).)((2,1*2111N n a a a na a n n ∈+⋅⋅⋅++==+（Ⅰ）求2a 、3a 、4a 及通项公式n a ；（Ⅱ）令n n n a b 12+=，求数列{}n b 的前n 项和S n ；答案：（1）由题意得,4,3,2432===a a a 当2≥n 时，)(2211n n a a a na +++=+ ， ①).(2)1(121-+++=-n n a a a a n ②①－②得,2)1(1n n n a a n na =--+ 即,1,)1(11nn a a a n na n n n n +=+=++ ),2(123121123121≥=-⋅⋅=⋅⋅=∴-n n n n a a a a a a a a a n n n 又11=a 满足上式，∈=∴n n a n (N *) . （4分）（2）由（1）得∈=+n n b n n (21N *) ,14322232221+⋅++⋅+⋅+⋅=n n n S ， ③ .223222122543+⋅++⋅+⋅+⋅=n n n S ④③－④得,2)2222(2215432++⋅-+++++=-n n n n S .42)1(2+-=+n n n S（2011届·温州十校联合体高三期中（理））6．设,,αβγ是三个不重合的平面，n m ,是不重合的直线，下列判断正确的是(D )A ．若γββα⊥⊥,则γα||B ．若,//,l αββ⊥则l α⊥C ．若αα||,||n m 则//m nD ．若αα⊥⊥n m ,则//m n（2011届•温州十校联合体高三期中（理））12．一个五面体的三视图如下，正视图与侧视图是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为 ▲ ．2侧视图22正视图211俯视图2（2011届•温州十校联合体高三期中（理））16．如图，已知直线1212//,,l l A l l 是之1间的一定点，并且A 到21,l l 之间的距离分别为3和2，B 是直线2l 上一动点，作AB AC ⊥且使AC 与直线1l 交于点C ，则ABC ∆的面积的最小值是 ▲ 6（2011届•温州十校联合体高三期中（理））17．下列四个命题：①圆4)1()2(22=+++y x 与直线02=-y x 相交，所得弦长为2；②直线kx y =与圆1)sin ()cos (22=-+-θθy x 恒有公共点；③若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为108π；④若棱长为2的正四面体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为π23其中，正确命题的序号为 ▲(2) (4) 写出所有正确命的序号）（2011届•温州十校联合体高三期中（理））20（本小题满分14分）已知在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 、F 、G 分别是PA 、PB 、BC 的中点．（I ）求证：EF ⊥平面PAD ；（II ）求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；答案：解：方法1：（I ）证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，AD AB ⊥，∴⊥AB 平面PAD ， …………（4分） ∵E 、F 为PA 、PB 的中点，∴EF //AB ，∴EF ⊥平面PAD ； …………（6分）（II ）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，∵ABCD PAD 平面平面⊥，则PO ⊥平面ABCD ．取AO 中点M ，连OG ，,EO,EM, ∵EF //AB//OG,∴OG 即为面EFG 与面ABCD 的交线…………（8分）又EM//OP,则EM ⊥平面ABCD ．且OG ⊥AO,故OG ⊥EO ∴EOM ∠ 即为所求 …………（11分）中EOM ∆Rt ，EM ＝,3ＯＭ＝１∴tan EOM ∠＝,3故 EOM ∠＝ 60∴平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小是 60 …………（14分）方法2：（I ）证明：过P 作P O ⊥AD 于O ，∵ABCD PAD 平面平面⊥，则PO ⊥平面ABCD ，连OG ，以OG ，OD ，OP 为x 、y 、z轴建立空间坐标M系， …………（2分）∵PA ＝PD 4==AD ，∴2,32===OA OD OP ，得)32,0,0(),0,2,0(),0,2,4(),0,2,4(),0,2,0(P D C B A --，)0,0,4(),3,1,2(),3,1,0(G F E --， …………（4分）故)32,2,0(),0,4,0(),0,0,2(-===， ∵0,0=⋅=⋅，∴EF ⊥平面PAD ； …………（6分）（II ）解：)3,1,4(),0,0,2(-==，设平面EFG 的一个法向量为),,,(z y x =n则⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅03402,00z y x x EF ，即n n ， )1,3,0(,1==n 得取z ， …………（11分）平面ABCD 的一个法向量为),1,0,0(1=n ……（12分）平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值是：21||||,cos |111=⋅>=<n n n n n n ，锐二面角的大小是60； …………（14分）（2011届•温州十校联合体高三期中（理））21．（本题满分15分）已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>F的距离的最大值为1。

高考数学二轮专题训练—立体几何(五)

立体几何（五）一、选择题：本大题共12小题，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、设α、β、γ是三个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列4个命题： ①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ②若a ∥α，b ∥β，a ∥b ，则α∥β； ③若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β；④若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a ⊥b . 其中正确命题是A. ③ B ④ C. ①③ D. ②④ 2、直线a ∥平面α的一个充分条件是（） A ．存在一条直线b ，b ∥α，a ∥b B ．存在一个平面β，,β∈a α∥β C ．存在一个平面β，a ∥β，α∥β D ．存在一条直线b ，b ⊂α，a ∥b3、已知直线m 、l ,平面α、β，且m ⊥α, l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ；③若m ⊥l ,则α∥β；④若m ∥l ,则α⊥β.其中正确命题的个数是 A.1 B.2C.3D.44、设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立．．．的是（）A.当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB.当α⊂b ，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥b C ．当α⊂b 时，若b ⊥β，则βα⊥D ．当α⊂b ，且α⊄c 时，若c ∥α，则b ∥c5、设m ，n 表示不同的直线，,αβ表示不同的平面，且,m n α⊂。

则“αβ∥”是“m n ββ且∥∥”的（）A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件6、已知直线m ，n 和平面α，则m//n 的必要非充分条件是（） A m//α且n//α B m ⊥α且 n ⊥αC m//α且α⊂nD m ，n 与α成等角7、在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α内任意一条直线m//平面β，则平面α//平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面β内的直线⊥n 直线m ，则直线⊥n 平面α；④若点P 到三角形三个顶点的距离相等，则点P 在该三角形所在平面上的射影是该三角形的外心。

高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)

高三数学立体几何高考题1.（2012年7）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，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）182.（2012年8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π4.(2013年15)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，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______．5.(2014年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6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π47.(2015年6)《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，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，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）89（2016年7）如图，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（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π10（2016年11）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1311．(2017年6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是12．（2017年16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

2011年高考题中的立体几何大题

课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2011·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．课标文数17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD . 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、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．【解答】证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD .图1－6课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长．课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O . 因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与PA 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．图1－1大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直．所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)．又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1，由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直．所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)．又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1，由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标理数20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，图1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面P AB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．课标理数20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】图1－8(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面PAB ⊥平面P AD .图1－9(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t2＝12.解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)， GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等．由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，图1－12从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD .所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝⎛⎭⎫λ－322＋92>1.这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ＝2，PB ＝2，E，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．图1－3课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .图1－1因PA ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △PAG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为PA ＝PD ，所以PG ⊥AD ，又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG .延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m 2. ∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2， ∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵PA →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)，设平面PAD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由PA →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．图1－4课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连结EF . (1)如图①，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ，由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ，由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ，设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°. 在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3，在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63，故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷]【解答】解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23，于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ，所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.[来源:Z|xx|]图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6 课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－6，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ； (2)求二面角B －PA －C 的余弦值．课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】解法一：(1)连结OC ，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .图1－7又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ，而AC ⊂平面PAC ，所以平面POD ⊥平面P AC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面P AC ，所以OH ⊥平面P AC . 又PA ⊂面PAC ，所以PA ⊥OH .在平面PAO 中，过O 作OG ⊥P A 于G ，连结HG ，则有P A ⊥平面OGH .从而PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －P A －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. 所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105.故二面角B －P A －C 的余弦值为105.解法二：(1)如图1－8所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则图1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝⎛⎭⎫－12，120. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)．因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC . (2)因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B －PA －C 的平面角与θ相等，所以二面角B －PA －C 的余弦值为105.图1－9课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 如图1－9，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面PAD .故P A ⊥BD .图1－10(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.图1－8课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面PAD ，故PA ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.课标理数16.G5，G9[2011·陕西卷] 如图1－6，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.图1－6(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值．课标理数16.F2[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .[来源:学科网ZXXK] 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.课标文数16.G5[2011·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数16.G5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标文数18.G7[2011·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．课标文数18.G7[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .所以PQ ⊥平面DCQ . (2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.图1－6课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长．课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O . 因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与PA 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.图1－8课标数学22.G11[2011·江苏卷] 如图1－8，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上．设二面角A 1－DN －M 的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM 的长；(2)当cos θ＝66时，求CM 的长．课标数学22.G11[2011·江苏卷] 本题主要考查空间向量的基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力．【解答】建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设CM ＝t (0≤t ≤2)，则各点的坐标为A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，N ⎝⎛⎭⎫121，0，M (0,1，t )．所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0,1，t )，DA 1→＝(1,0,2)．设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即x 1＋2y 1＝0，y 1＋tz 1＝0.令z 1＝1，则y 1＝－t ，x 1＝2t ，所以n 1＝(2t ，－t,1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即x 2＋2z 2＝0，x 2＋2y 2＝0.令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1.所以n 2＝(－2,1,1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1)因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15.从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15.所以AM ＝12＋12＋⎝⎛⎭⎫152＝515.(2)因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－5t ＋165t 2＋1.因为〈n 1，n 2〉＝θ或π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋165t 2＋1＝66，解得t ＝0或t ＝12.根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM 的长为12.大纲理数19.G11图1－5[2011·四川卷] 如图1－5，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1.(1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离．大纲理数19.G11[2011·四川卷] 【解答】解法一：图1－6 (1)证明：连结AB 1与BA 1交于点O ，连结OD . ∵PB 1∥平面BDA 1，PB 1⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BDA 1＝OD ， ∴OD ∥PB 1.又AO ＝B 1O ，∴AD ＝PD . 又AC ∥C 1P ，∴CD ＝C 1D .(2)过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连结BE . ∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ， ∴BA ⊥平面AA 1C 1C .由三垂线定理可知BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝52，又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52×AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝⎛⎭⎫2552＝355，∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)由题意知，点C 到平面B 1DP 的距离是点C 到平面DB 1A 的距离，设此距离为h . ∵VC －DB 1A ＝VB 1－ACD ， ∴13S △DB 1A ·h ＝13S △ACD ·B 1A 1. 由已知可得AP ＝5，PB 1＝5，AB 1＝2， ∴在等腰△AB 1P 中，S △AB 1P ＝12AB 1·AP 2－⎝⎛⎭⎫12AB 12＝32∴S △DB 1A ＝12S △AB 1P ＝34.又S △ACD ＝12AC ·CD ＝14∴h ＝S △ACD ·B 1A 1S △DB 1A ＝13.故C 到平面B 1DP 的距离等于13.解法二：图1－7如图1－7，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A 1－xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．(1)设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1，∴C 1P AC ＝C 1D CD ＝x1－x.由此可得D (0,1，x )，P ⎝⎛⎭⎫0，1＋x1－x ，0， ∴A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，x )，B 1P →＝⎝⎛⎭⎫－1，1＋x 1－x ，0. 设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋cx ＝0.令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)．∵PB 1∥平面BA 1D ，∴n 1·B 1P →＝1×(－1)＋x ·⎝⎛⎭⎫1＋x 1－x ＋(－1)×0＝0.由此可得x ＝12，故CD ＝C 1D .(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1. 又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)∵PB 1→＝(1，－2,0)，PD →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3·PB 1→＝a 1－2b 1＝0，n 3·PD →＝－b 1＋c 12＝0. 令c 1＝1，可得n 3＝⎝⎛⎭⎫1，12，1. 又DC →＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝|DC →·n 3||n 3|＝13.图1－8课标理数17.G11[2011·天津卷] 如图1－8所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．课标理数17.G11[2011·天津卷] 【解答】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．图1－9(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝⎛⎭⎫22，322，52. 设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫22－a ·(－22)＝0，⎝⎛⎭⎫22－a ·(－2)＋⎝⎛⎭⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎨⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎫22，24，0.因此BM →＝⎝⎛⎭⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二：(1)由于AC ∥A 1C 1.故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.图1－10 因此cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.(2)连接AC 1，易知AC 1＝B 1C 1.又由于AA 1＝B 1A 1，A 1C 1＝A 1C 1，所以△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R ，于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin ∠RA 1B 1＝22·1－⎝⎛⎭⎫232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R ，cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27，从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1，取HB 1中点D ，连接ND .由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND ∥C 1H 且ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B .故ND ⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND .连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1.故ME ∥AA 1.由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22，延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22.连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME .故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM ，在Rt △BFM 中．BM ＝FM 2＋BF 2＝104.图1－7课标文数20.G11[2011·浙江卷] 如图1－7，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．(1)证明：AP ⊥BC ；(2)已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2，求二面角B －AP －C 的大小．课标文数20.G11[2011·浙江卷] 【解答】 (1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 中点，得AD ⊥BC ，又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ，因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AD ，故BC ⊥AP . (2)如图，在平面APB 内作BM ⊥P A 于M ，连CM . 因为BC ⊥PA ，得PA ⊥平面BMC ，所以AP ⊥CM . 故∠BMC 为二面角B －AP －C 的平面角．在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋BD 2＝36，得PB ＝6.在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5.又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而sin ∠BPA ＝223.故BM ＝PB sin ∠BPA ＝4 2.同理CM ＝4 2.因为BM 2＋MC 2＝BC 2，所以∠BMC ＝90°，即二面角B －AP －C 的大小为90°.。

2011年高考数学立体几何配套试卷及答案

2011年最新高考+最新模拟——立体几何1.【2010·浙江理数】设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（） A.若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ B.若l α⊥，l m //，则m α⊥ C.若l α//，m α⊂，则l m // D.若l α//，m α//，则l m // 【答案】B【解析】可对选项进行逐个检查.本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题.2.【2010·全国卷2理数】与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（）A.有且只有1个B.有且只有2个C.有且只有3个D.有无数个【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM ⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.3.【2010·全国卷2理数】已知正四棱锥S ABCD -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）【答案】C【解析】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.设底面边长为a ，则高所以体积，设，则，当y 取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.4.【2010·陕西文数】若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（） A.2B.1C.23D.13【答案】B【解析】本题考查立体图形三视图及体积公式如图，该立体图形为直三棱柱,所以其体积为122121=⨯⨯⨯. 5.【2010·辽宁文数】已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，BC =O 的表面积等于（）A.4πB.3πC.2πD.π 【答案】A【解析】由已知，球O 的直径为22R SC ==，∴表面积为244.R ππ=6.【2010·辽宁理数】有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是（） A.（B.（1,D.（0,【答案】A 【解析】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力.根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a ，a ，如图，此时a 可以取最大值，可知228a <+=，即有(2)构成三棱锥的两条对角线长为a ，其他各边长为2，如图所示，此时a>0; 综上分析可知a ∈（2217.【2010·全国卷2文数】与正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点（）A.有且只有1个B.有且只有2个C.有且只有3个D.有无数个【答案】D【解析】本题考查了空间想象能力.∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点.8.【2010·全国卷2文数】已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（）34【答案】D【解析】本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角.过A 作AE 垂直于BC 交BC 于E ，连结SE ，过A 作AF 垂直于SE 交SE 于F ，连BF ，∵正三角形ABC ，∴ E 为BC 中点，∵ BC ⊥AE ，SA ⊥BC ，∴ BC ⊥面SAE ，∴ BC ⊥AF ，AF ⊥SE ，∴ AF ⊥面SBC ，∵∠ABF 为直线AB 与面SBC 所成角，由正三角形边长3，∴AE =AS=3，∴SE=AF=32，∴3sin 4ABF ∠=. 9.【2010·江西理数】过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A 作直线L ，使L 与棱AB ,AD ,1AA 所成的角都相等，这样的直线L 可以作（） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条【答案】D【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力.第一类：通过点A 位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC 1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条.10.【2010·安徽文数】一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是（） A.372 B.360 C.292 D.280 【答案】B【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和. 把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和.2(10810282)2(6882)360S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.ABC SEF11.【2010·重庆文数】到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（） A.只有1个 B.恰有3个 C.恰有4个 D.有无穷多个【答案】D【解析】放在正方体中研究,显然，线段1OO 、EF 、FG 、GH 、HE 的中点到两垂直异面直线AB 、CD 的距离都相等，所以排除A 、B 、C ，选D.亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线AB 、CD 的距离相等.12.【2010·浙江文数】若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是（）A.3523cm 3 B.3203cm 3C.2243cm 3 D.1603cm3 【答案】B【解析】本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题. 13.【2010·山东文数】在空间，下列命题正确的是（） A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D14.【2010·北京文数】如图，正方体1111ABCD-A B C D 的棱长为2，动点E 、F 在棱11A B 上.点Q 是CD 的中点，动点P 在棱AD 上，若EF=1，DP=x ，1A E=y(x,y 大于零)，则三棱锥P-EFQ 的体积（） A.与x ，y 都有关； B.与x ，y 都无关；C.与x 有关，与y 无关；D.与y 有关，与x 无关；【答案】C15.【2010·北京文数】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该集合体的俯视图为：（）【答案】C16.【2010·北京理数】如图，正方体ABCD-1111A B C D 的棱长为2，动点E 、F 在棱11A B 上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上，若EF=1，1A E=x ，DQ=y ，D Ｐ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面体PE ＦＱ的体积（）Ａ.与ｘ，ｙ，ｚ都有关Ｂ.与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关Ｃ.与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关Ｄ.与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关【答案】D17.【2010·四川理数】半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，BCD 是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC 、AD 分别与球面交于点M ，N ，那么M 、N 两点间的球面距离是（）A.17arccos 25RB.18arccos 25RC.13R πD.415R π 【答案】A【解析】由已知，AB ＝2R,BC ＝R,故tan ∠BAC ＝12，cos ∠BAC OM ，则△OAM为等腰三角形，AM ＝2AOcos ∠BAC，同理AN R ，且MN ∥CD ，而AC ＝R ，故MN ：CD ＝AN:AC ⇒ MN ＝45R ，连结OM 、ON ，有OM ＝ON ＝R ，于是cos ∠MON ＝22217225OM ON MN OM ON +-= ，所以M 、N 两点间的球面距离是17arccos 25R .18.【2010·广东理数】如图1，△ ABC 为三角形，AA '//BB ' //CC ' , CC ' ⊥平面ABC 且3AA '=32BB '=CC' =AB,则多面体△ABC -A B C '''的正视图（也称主视图）是【答案】D19.【2010·广东文数】20.【2010·福建文数】若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( )A B ．2C ．D ．6【答案】D【解析】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力.由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为24=3216⨯⨯=，选D ． 21.【2010·全国卷1文数】已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（）【答案】B【解析】本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力.过CD 作平面PCD ，使AB ⊥平面PCD,交AB 与P,设点P 到CD 的距离为h ,则有ABCD 11222323V h h =⨯⨯⨯⨯=四面体,当直径通过AB 与CD 的中点时,max h =故max 3V =. 22.【2010·全国卷1文数】正方体ABCD -1111A B C D 中，1BB 与平面1ACD 所成角的余弦A BC DA 1B 1C1D 1O值为（）A.3B.3C.23D.3【答案】D【解析】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D 到平面AC 1D 的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.方法一：因为BB 1//DD 1,所以B 1B 与平面AC 1D 所成角和DD 1与平面AC 1D 所成角相等,设DO ⊥平面AC 1D ，由等体积法得11D ACD D ACD V V --=,即111133ACD ACD S DO SDD ∆∆⋅=⋅.设DD 1=a,则122111sin 60)2222ACD S AC AD a ∆==⨯⨯= ,21122ACD S AD CD a ∆== . 所以1313A C D A C D S D D D O a S ∆∆==,记DD 1与平面AC 1D 所成角为θ,则1sin DO DD θ==,所以cos 3θ=. 方法二：设上下底面的中心分别为1,O O ；1O O 与平面AC 1D 所成角就是B 1B 与平面AC1D所成角，1111cos 1/O O O OD OD ∠===. 23.【2010·全国卷1文数】直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于（）A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】本小题主要考查直三棱柱111ABC A B C -的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法.延长CA 到D ，使得AD AC =，则11ADAC 为平行四边形，1DA B ∠就是异面直线1BA 与1AC 所成的角，又三角形1A DB 为等边三角形，0160DA B ∴∠=.24.【2010·湖北文数】用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ；④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b .A. ①②B. ②③C. ①④D.③④25.【2010·山东理数】在空间，下列命题正确的是（） A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题.由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案. 26.【2010·福建理数】所以EH ∥FG ，故EH ∥FG ∥11B C ，所以选项A 、C 正确；因为11A D ⊥平面11ABB A ，EH ∥11A D ，所以EH ⊥平面11ABB A ，又EF ⊂平面11ABB A ，故EH ⊥EF ，所以选项B 也正确，故选D.【命题意图】本题考查空间中直线与平面平行、垂直的判定与性质，考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.27.【2010·湖北省武汉市四月调研】若a 、b 是异面直线，α、β是两个不同平面，,,a b l αβαβ⊂⊂= ，则（）A ．l 与a 、b 分别相交B ．l 与a 、b 都不相交C ．l 至多与a 、b 中一条相交D ．l 至少与a 、b 中的一条相交【答案】B【解析】假设l 与a 、b 均不相交，则l∥a，l∥b，从而a∥b 与a 、b 是异面直线矛盾.故l 至少与a 、b 中的一条相交选D.28．【2010·北京西城一模】如图，平面α⊥平面β，αβ =直线l ，,A C 是α内不同的两点，,B D 是β内不同的两点，且,,,A B C D ∉直线l ，,M N 分别是线段,AB CD 的中点．下列判断正确的是（）A ．当||2||CD AB =时，,M N 两点不可能重合B ．,M N 两点可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当AB 与CD 相交，直线AC 平行于l 时，直线BD 可以与l 相交 D ．当,AB CD 是异面直线时，直线MN 可能与l 平行【答案】B【解析】若,M N 两点重合，由,AM MB CM MD ==知AC BD ∥，从而AC ∥平面β，故有AC l ∥，故B 正确．29．【2010·宁波市二模】已知βα,表示两个互相垂直的平面，b a ,表示一对异面直线，则b a ⊥的一个充分条件是（）A.βα⊥b a ,//B.βα//,//b aC.βα//,b a ⊥D.βα⊥⊥b a ,【答案】D【解析】依题意，a⊥α ,则a 平行β或在β内，由于b⊥β，则b a ⊥，选择D. 30．【2010·上海市浦东新区4月二模】“直线a 与平面M 没有公共点”是“直线a 与平面M 平行”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由直线与平面平行的定义知，选C.31．【2010··北京崇文一模】已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的为 ( )A ．若,,αγβγ⊥⊥则αβ∥B ．若,,m n αα⊥⊥则m n ∥C ．若,m n αα∥∥，则m n ∥D ．若,,m m αβ∥∥则αβ∥ 【答案】Bl【解析】A 中,αβ可以是任意关系；B 正确；C 中,m n 平行于同一平面，其位置关系可以为任意．D 中平行于同一直线的平面可以相交或者平行．32.【2010·甘肃省部分普通高中第二次联合考试】已知直线l m 、,平面βα、,且βα⊂⊥l m ,,给出下列命题:①若α∥β，则m⊥l ； ②若α⊥β，则m∥l ; ③若m⊥l ，则α∥β； ④若m∥l ，则α⊥β其中正确命题的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】B【解析】对于①∵βα⊂⊥l m ,，若α∥β，∴m⊥β，所以m⊥l ，①正确；对于②，若α⊥β，则m∥β或m 在β内，m 与l 可以平行可以异面还可以相交，所以②错；对于③∵βα⊂⊥l m ,，若m⊥l ，则α与β可以相交，③错；对于④若m∥l ，则l⊥α ，∴α⊥β，④正确，选择B.33.【2010·湖北六市四月联考】给出互不相同的直线m 、n 、l 和平面α、β，下列四个命题：①若m α⊂，l A α= ，A m ∉，则l 与m 不共面；②若m 、l 是异面直线，//l α，//m α，且n l ⊥，n m ⊥，则n α⊥； ③若l α⊂，m α⊂，l m A = ，//l β，//n β，则//αβ； ④若//l α，//m β，//αβ，则//l m 其中真命题有（） A.4个B.3个C.2个D.1个【答案】B【解析】由异面直线的判定定理，易知①是真命题；由线面平行的性质，存在直线l α'⊂，m α'⊂，使得//l l '，//m m '，∵m 、l 是异面直线，∴l '与m '是相交直线，又n l ⊥，n m ⊥，∴n l '⊥，n m '⊥，故n α⊥，②是真命题；由线面平行的性质和判定，知③是真命题；满足条件//l α，//m β，//αβ的直线m 、l 或相交或平行或异面，故④是假命题，于是选B.34.【2010•河南省郑州市第二次质检】已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有（） A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个【答案】C【解析】依题意,α与β换成直线后是真命题，γ与β换成直线后是真命题，γ与α换成直线后是假命题，选择C.35．【2010•宁波二模】已知βα,表示两个互相垂直的平面，b a ,表示一对异面直线，则b a ⊥的一个充分条件是（）A.βα⊥b a ,//B.βα//,//b aC.βα//,b a ⊥D.βα⊥⊥b a , 【答案】D【解析】依题意，a⊥α ,则a 平行β或在β内，由于b⊥β，则b a ⊥，选择D. 36．【2010•绵阳三诊】已知α，β表示两个不同的平面，m 是一条直线且m α⊂，则：“αβ⊥”是“m β⊥”的（） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若m β⊥，因m 是一条直线且m α⊂，由面面垂直的判定定理，知αβ⊥，反之，若m 是一条直线且m α⊂，当αβ⊥时，m 与平面β的位置关系可以为：相交或平行或m β⊂，故“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件，选B.37．【2010·吉林市下学期期末质量检测】已知a ，b 表示两条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是（） A ．若.//,,,//b a b a 则βαβα⊂⊂B ．若αα与a a ,⊥所成角等于b 与β所成角，则a//b.C ．若.//,//,,ββααb b a a 则⊥⊥D ．若.,,,b a b a ⊥⊥⊥⊥则βαβα 【答案】D【解析】对于选项A ：直线a ，b 可能平行或异面；对于选项B ：只有当平面α与β平行时，才有a//b ，故B 不对；对于选项C ，有可能直线b 在平面β内，故C 错；故选D. 38．【2010·山东德州五月质检】在空间中，给出下面四个命题：(1)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；(2)若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；(3)两条相交直线在同一平面的射影必为相交直线；(4)两个相互垂直的平面，一个平面内的任意一直线必垂直于另一平面内的无数条直线. 其中正确的是( )A.(1)(2)B.(2)(3)C.(3)(4)D.(1)(4) 【答案】D【解析】对于(2)可能该直线与平面相交；对于(3)可能两相交直线的射影为一条直线或一点与过该点的一条直线,故选D.39．【2010·江西省重点中学第二次联考】已知一个确定的二面角l αβ--，a 和b 是空间的两条异面直线，在下面给出的四个条件中，能使a 和b 所成的角也确定的是（）A ．a ∥α且b ∥β B ．a ∥α且b ⊥β C ．a α⊆且b β⊥ D ．a α⊥且b β⊥ 【答案】D【解析】因为二面角的大小是确定的，所以当a α⊥且b β⊥时，a 和b 所成的角与二面角的大小相等或互补，故而a 和b 所成的角也确定,选D. 40．【2010·崇文一模】已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的为 ( )A ．若,,αγβγ⊥⊥则αβ∥B ．若,,m m αβ∥∥则αβ∥C ．若,m n αα∥∥，则m n ∥D ．若,,m n αα⊥⊥则m n ∥【答案】D【解析】A 中，垂直于同一平面的平面可能平行或者相交；B 中，平行于同一直线的平面可能平行或者相交；C 中，平行于同一平面的直线可能是任意关系；D 中，垂直于同一平面的直线平行,正确．41．【2010·上海市长宁区二次模】已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据是平面与平面垂直的判定定理知：由m⊥β⇒α⊥β，反之不成立.故选B.42．【2010·河北省衡水中学一模】正四棱锥P —ABCD 的底面积为3E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A ．6π B ．3π C ．4πD ．2π【答案】B 【解析】由V=22=13×3×h，所以h=22，从而侧棱长PA=2，取AC 中点O ，连OE ，则OE∥PA，且OE=22，于是∠OEB 为异面直线PA 与BE 所成的角或其补角.在直角三角形BOE 中，BO=62，所以tan∠OEB=3，所以∠OEB=3π. 43．【2010·湖北省襄樊五中5月调研测试】如图，正三棱锥A-BCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上．并且AE EB =CFFD =λ（0＜λ<＋∞)，设α为异面直线EF 与AC 所成的角，β为异面直线EF 与BD 所成的角，则α＋β的值是（） A ．π6B ．π3C ．π2D ．与λ的值有关【答案】C【解析】利用特殊化思想，当λ=1，即E 、F 分别为AB 、CD 中点时，取BC 中点M ，则EM∥AC,FM∥BD,又AC⊥BD，所以三角形EMF 为直角三角形，所以α＋β=π2.44．【2010·甘肃省兰州市五月实战模拟】二面角3a l πβ--为，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在平面,αβ内，A C⊥l ，BD⊥l ，且AC=AB=1，BD=2，则CD 的长等于（）A ．2BC ．D 【答案】A【解析】过B 作BE∥AC，且BE=1，则∠DBE=60°，从而DE=12+22-2×1×2×cos60°=3，在三角形CDE 中，CD=12+3=2.45．【2010·泸州二诊】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =.若二面角1C AB C --的大小为60，则点C 到平面1C AB 的距离为（）A.34 B.121 【答案】A【解析】取AB 中点D ，连结CD ，1C D ，则1CDC ∠是二面角1C AB C --的平面角.∵1AB =，∴CD =，∴在1Rt DCC ∆中，13tan 602CC CD =⋅==，C 1111cos CDC D CDC ==∠C 到平面1C AB 的距离为h ，则由11CC AB C ABC V V --=得，1111311323222⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得34h =，选A.46．【2010·湖北省年普通高等学校招生全国统一考试模拟训练（二）】如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C1中，AB ＝1，AC ＝2，BC D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为（） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π【答案】A 【解析】取AC 中点F ，连DF ，BF ，则易知BF∥DE，过F 作FH⊥BC 于H ，则FH⊥平面BCC 1B 1，则角∠FBH 为所求，在直角三角形FHB 中，FH=12,BF=12AC=1，所以∠FBH=30°.47．【2010·湖南师大附中第二次月考试卷】如图，在正三棱柱ABC －A1B 1C 1中，点M 为侧棱AA 1上一动点，已知△BCM 面积的最大值是M―BC―A 的最大值是3π，则该三棱柱的体积等于（）A.B.D. 【答案】A【解析】当点M 与点A1重合时，△BCM 的面积为最大值，此时二面角M―BC―A 也为最大. 由已知可得，ABC S ∆=33cos =π，所以底面正三角形ABC 的边长为2，高为3，从而正三棱柱的高AA 1＝33tan3=π.所以正三棱柱的体积V = A.48．【2010·曲靖一中高考冲刺卷数学（八）】如图，正方体1111ABCD A BC D -中，M,N 分别为AB,DC 中点，则直线MC 与1D N 所成角的余弦值为（） A.12 B.15 C. 15- D. 13- 【答案】B【解析】连NA ，D 1A ，则∠D 1NA 为所求，在三角形D 1NA 中由余弦定理可求得cos∠D 1NA=15.49．【2010·曲靖一中高考冲刺卷数学（四）】一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是,332π那么这个三棱柱的体积是（）A.D.【答案】DM A B CDA 1D 1C 1B 1N【解析】因为球的体积为323π，柱体的高为2r=4，又正三棱柱的底面三角形内切圆半径与球半径相等，r=2，所以底面边长a=43,所以V 柱=34×(43)2×4=50.【2010·内蒙古赤峰市四月统一考试】已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（） A.63 B.43 C.22 D.23【答案】A【解析】设底面边长AB=1，则侧棱长SA=2，过顶点S 作底面的垂线，垂足O 为底面中心，连结AO ，则∠SAO 为所求，因为AO=33,所以cos∠SAO=AO SA =36. 51．【2010·上海市奉贤区4月调研】已知一球半径为2，球面上A 、B 两点的球面距离为2π3,则线段AB 的长度为（）A.1B. 3C.2D. 2 3 【答案】C【解析】由l=αR=α×2=2π3得，α=π3，从而知∠AOB=π3，即△AOB 为正三角形，所以AB=OA=R=2.52．【2010·石家庄市教学质量检测（二）】如图，在正三棱锥A-BCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，EF⊥DE，且BC=1，则正三棱锥A-BCD 的体积是（） A.122 B.242 C.123 D.243【答案】B【解析】EF∥AC，所以AC⊥DE，又AC⊥BD，所以AC⊥平面ABD ，所以侧面三角形为等腰直角三角形，AB=AC=AD=22，V=16×(22)3=224. 53.【2010·甘肃省部分普通高中高三第二次联合考试】如图，在半径为3的球面上有,,A B C 三点，90,ABC BA BC ︒∠==，球心O 到平面ABC的距离是2，则B C 、两点的球面距离是（）A ．3π B ．π C ．43π D ．2π【答案】B【解析】取AC 中点H ，连OH ，则OH 垂直于平面ABC ，又OA=3，所以AC=2AH=CH=2×322=32,又90,ABC BA BC ︒∠==，BC=3，从而三角形OBC 为正三角形，∠BOC=60°，所以球面距离为l=π3×3=π.54．【2010·成都石室中学高三“三诊”模拟考试】如图所示，在正三棱锥S —ABC 中，M 、N 分别是SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱,32=SA 则正三棱锥S —ABC 外接球的表面积是（） A ．12π B ．32π C ．36π D ．48π【答案】C【解析】因为MN⊥AM，所以SB⊥AM，又SB⊥AC，所以侧面三角形为等腰直角三角形，所以SA=SB=SC=23，所以2R=3×(23)=6，所以S=π(2R)2=36π.55．【河南省郑州市2010年高中毕业班第二次质量预测】过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面，则此截面面积是球表面积的（） A ．116B ．316 C ．112D ．18【答案】B【解析】易求得截面圆半径为球半径的32倍，所以S 1S 2=π(32R)24πR 2=316. 56．【2010·唐山三模】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为4π，则球的表面积为( )A.5πB.17πC.20πD.68π 【答案】C【解析】截面圆的半径为2，所以球半径R=12+22=5，所以S=20π.57．【2010·成都市第37中学五月考前模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为（） A.32 B.33C.34D.23【答案】A【解析】过A 、B 两点分别作AM 、BN 垂直于EF ，垂足分别为M 、N ，连结DM 、CN ，可证得DM⊥EF、EFABCDCN⊥EF ，多面体ABCDEF 分为三部分，多面体的体积V 为+=-BNC AMD ABCDEF V V BNC F AMD E V V --+，∵21=NF ，1=BF ，∴23=BN ，作NH 垂直于点H ，则H 为BC 的中点，则22=NH ，∴4221=⋅⋅=∆NH BC S BNC ，∴24231=⋅⋅=∆-NF S V BNC BNC F ，242==--BNC F AMD E V V ，42=⋅=∆-MN S V BNC BNC AMD ，∴32=ABCDEF V ，故选A ． 58.【2010·内蒙古赤峰市一模】四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且CD=2，3=AB .在外接球球面上A 、B 两点间的球面距离是（） A ．6πB ．3π C ．32π D ．65π 【答案】C【解析】由题意知半径R=1，所以∠AOB=32π，从而球面距离为l=32π×1=32π. 59．【2010·江西赣州十一县（市）第二学期期中联考】棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AB 、11A D 的中点，则经过E 、F 的球截面的面积最小值是（） A ．38π B ．2π C ．58π D ．78π【答案】C【解析】当截面圆的圆心在直线EF 上时，其面积最小.因为EF=62，可求得球心O 到直线EF 的距离为24，所以截面圆的半径r=R 2－(24)2=(32)2－(24)2=58，所以S=58π. 60.【2010·上海文数】已知四棱椎P ABCD -的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且8PA =，则该四棱椎的体积是 . 【答案】96EFABC DM NH【解析】考查棱锥体积公式9683631=⨯⨯=V . 61.【2010·湖南文数】图2中的三个直角三角形是一个体积为20cm 2的几何体的三视图，则h= cm.【答案】462.【2010·浙江理数】若某几何体的三视图（单位：cm ）如上图（右）所示，则此几何体的体积是___________3cm . 【答案】144【解析】图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由卷中所给公式计算得体积为144，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题. 63.【2010·辽宁理数】如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为___ ___.【答案】【解析】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题，考查了同学们的识图能力以及由三视图还原物体的能力.由三视图可知，此多面体是一个底面边长为2的正方形且有一条长为2=64.【2010·江西理数】如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S ，2S ，3S ，则1S ，2S ，3S 的大小关系为 .【答案】 321S S S <<【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得321S S S <<.65.【2010·北京文数】如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动.设顶点p （x ，y ）的纵坐标与横坐标的函数关系是()y f x =，则()f x 的最小正周期为；()y f x =在其两个相邻零点间的图像与x 轴所围区域的面积为 . 【答案】4 1π+ 【解析】“正方形PABC 沿x 轴滚动”包含沿x 轴正方向和沿x 轴负方向滚动.沿x 轴正方向滚动是指以顶点A 为中心顺时针旋转，当顶点B 落在x 轴上时，再以顶点B 为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC 可以沿着x 轴负方向滚动.66.【2010`四川理数】如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 .【答案】4【解析】过点A 作平面β的垂线，垂足为C ，在β内过C 作l 的垂线.垂足为D ，连结AD ，由三垂线定理可知AD ⊥l ，故∠ADC 为二面角l αβ--的平面角，为60°，又由已知，∠ABD ＝30°，连结CB ，则∠ABC 为AB 与平面β所成的角，设AD ＝2，则ACCD ＝1，AB＝sin 30AD ＝4，∴sin ∠ABC＝4AC AB =. 67.【2010·天津文数】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 . 【答案】3【解析】本题主要考查三视图的基础知识，和主题体积的计算，属于容易题. 正视图和侧视图的高是几何体的高，由俯视图可以确定几何体底面的形状，本题也可以将几何体看作是底面是长为3，宽为2，高为1的长方体的一半.由俯视图可知该几何体的底面为直角梯形，则正视图和俯α∙AB∙βC Dα∙AB ∙β视图可知该几何体的高为1，结合三个试图可知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何题的体积为1+=2⨯⨯（12）213. 68.【2010·天津理数】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 . 【答案】103【解析】本题主要考查三视图的概念与柱体、椎体体积的计算，属于容易题.利用俯视图可以看出几何体底面的形状，结合正视图与侧视图便可得到几何体的形状，求锥体体积时不要丢掉13哦.由三视图可知，该几何体为一个底面边长为1，高为2的正四棱柱与一个底面边长为2，高为1的正四棱锥组成的组合体，因为正巳灵珠的体积为2，正四棱锥的体积为144133⨯⨯=，所以该几何体的体积V=2+43= 103. 69.【2010·湖北文数】圆柱形容器内盛有高度为3cm 的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是__ __cm. 【答案】4【解析】设球半径为r ，则由3V V V +=球水柱可得33224863r r r r πππ⨯+⨯=⨯,解得r=4.70.【2010·湖南理数】图3中的三个直角三角形是一个体积为203cm 的几何体的三视图，则h = cm ．71.【2010·福建理数】若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于．【答案】【解析】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力.由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为244⨯=3216⨯⨯=，所以其表面积为72．【2010·甘肃省兰州市五月实战模拟】已知S —ABC 是正四面体，M 为AB 之中点，则SM 与BC 所成的角为 .【答案】arccos 36【解析】设正四面体边长为1，取AC 中点N ，则MN∥BC，∠SMN 为异面直线SM 与BC 所成的角或其补角，且MN=12，SM=SN=32，由余弦定理可得cos∠SMN=36. 73．【2010·石家庄市质量检测（二）】如图，在底面边长为2的正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若二面角C 1-AB-C 的大小为600，则点C 到平面ABC 1的距离为．【答案】32【解析】过点C 作CD⊥AB 交AB 于D ，连结C 1D ，则由三垂线定理知∠CDC 1为二面角的平面角，则∠CDC 1=60°.过点C 作CH⊥C 1D ，交C 1D 于H ，则CH⊥平面ABC 1，故CH 为所求，在三角形CC 1D 中，CD=3,从而CC 1=3，从而CH=32.74．【2010·云南曲靖一中高考冲刺卷六】正四面体ABCD 外接球的体积为，则点A 到平面BCD 的距离为__________________. 【答案】433【解析】V=，所以R=3，过A 作AH⊥平面BCD ，则垂足为底面中心，则AH 为所求.。

2011年安徽高考数学试题立体几何

2011年安徽高考数学试题立体几何安徽理(6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ） 48(D) 80(6)C 【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为(44224++=+48+.故选C.（17）（本小题满分12分）如图，ABCDEF 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线BC ∥EF ；（Ⅱ）求梭锥F —OBED 的体积。

解：（Ⅰ）设G 是线段DA 和线段EB 延长线的交点。

由于OAB 与ODE 都是正三角形，所以： 1//,,22OB DE OB DE OG OD ===；同理，/G 是线段DA 和线段FG 延长线的交点。

有 /2OG OD ==，又由于G 和/G 都在线段DA 的延长线上，所以G 和/G 重合。

在GED 和GFD 中，由1//,2OB DE OB DE =和1//,2OC DF OC DF =,可知,B C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF 的中位线，故//BC EF 。

（Ⅱ）由1,2,60OB OE EOB ==∠= 知EOB S =而O E D 是边长为2的正三角正（主）视图侧（左）视图俯视图第6题图形，故OED S =,所以OBED S =；过点F 作FQ AD ⊥于点Q ，由于平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F OBED -的高，且FQ ，所以1332F OBED OBED V FQ S -=⋅=。

16.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，2AB ＝，60BAD ∠︒＝.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若PA PB ＝，求PB 与AC 所成角的余弦值；（3）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.16．（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠= .(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.（16）（共14分）证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD.所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC.（Ⅱ）设AC ∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=设PB 与AC 所成角为θ，则4632226cos =⨯=. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=设P （0，－3，t ）（t>0），则),3,1(t BP --=AB C设平面PBC 的法向量),,(z y x m =,则0,0=⋅=⋅m m 所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(t m = 同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=，因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t ，解得6=t ，所以PA=6。

2011年高考数学—立体几何(解答题)

1、江苏16、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ， AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点求证：（1）直线EF ‖平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD2、上海文20、（14分）已知1111ABCD A BC D -是底面边长为1的正四棱柱，高12AA =。

求： ⑴ 异面直线BD 与1AB 所成的角的大小（结果用反三角函数表示）；⑵ 四面体11AB D C 的体积。

3、全国文20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（I ）证明：SD ⊥平面SAB ；（II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。

4、北京文17．（本小题共14分）如图，在四面体PABC 中，PC⊥AB，PA⊥BC,点D,E,F,G 分别是棱AP,AC,BC,PB 的中点. （Ⅰ）求证：DE∥平面BCP ；（Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由.ADBD 11B5、四川文19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．（Ⅰ）求证：PB 1∥平面BDA 1；（Ⅱ）求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值；6、天津文17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，045ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ， 2PO =，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．7、安徽文（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1OA =，2OD =，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形。

2011年高考新课标数学文二轮复习作业：专题5单元卷立体几何

综合测评(五) 立体几何(时间：120分钟；满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面几何体各自的三视图中，至少有两个视图相同的是( )A ．①②③B ．①④C ．②④D ．①②④2．(2010年山东枣庄第八中学质检)等体积的球与正方体，它们的表面积的大小关系是( )A ．S 球>S 正方体B ．S 球＝S 正方体C ．S 球<S 正方体D ．不能确定3．正棱锥的高缩小为原来的12，底面外接圆半径扩大为原来的3倍，则它的体积是原来体积的( )A.32B.92C.34D.944．如图，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC 且3AA ′＝32BB ′＝CC ′＝AB ，则多面体ABC －A ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )6．如图，已知△ABC 的平面直观图A ′B ′C ′是边长为2的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A. 3 B ．2 3 C. 6 D ．2 67．(2010年辽宁抚顺一中模拟)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3A ．4πB ．3πC ．2πD ．π9．设a 、b 、c 是空间三条直线，α、β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不．成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c11．如图，三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB ＝30°，M 、N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2CM ，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N －AMC 的体积V 与x 的变化关系(x ∈(0,3])的是( )12．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则点E 、F 满足的条件一定是( )A ．CE ＝D 1F ＝12B ．CE ＋DF ＝1C ．BE ＋D 1F ＝1D ．E 、F 为棱BC 、DD 1上的任意位置二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．(2010年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．14．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.15.已知a、b是两条异面直线，a⊥b.点P∉a且P∉b.下列命题中：①在上述已知条件下，平面α一定满足：P∈α且a∥α且b∥α；②在上述已知条件下，存在平面α，使P∉α，a⊂α且b⊥α；③在上述已知条件下，直线c一定满足：P∈c，a∥c且b∥c；④在上述已知条件下，存在直线c，使P∉α，a⊥c且b⊥c.正确的命题有________(把所有正确的序号都填上)．16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)一几何体的三视图如下：(1)画出它的直观图，并求其体积；(2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直？试一一列出．18．(本小题满分12分)如图，已知三棱锥A－PBC，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝4，AP ⊥PC，D为AB的中点，且△PDB为正三角形．(1)求证：BC⊥平面P AC；(2)求三棱锥D－PBC的体积．19．(本小题满分12分)如图1所示，在边长为12的正方形AA1A′1A′中，BB1∥CC1∥AA1，且AB＝3，BC＝4，AA′1分别交BB1、CC1于点P、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A′A′1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC－A1B1C1.(1)求证：AB⊥PQ；(2)在底边AC上有一点M，AM∶MC＝3∶4，求证：BM∥平面APQ.20.(本小题满分12分)四棱柱ABCD—A1B1C1D1的三视图如下．(1)求出该四棱柱的表面积；(2)求证：D1C⊥AC1.21．(本小题满分12分)一个空间几何体G －ABCD 的三视图如图所示，其中A i 、B i 、C i 、D i 、G i (i ＝1,2,3)分别是A 、B 、C 、D 、G 五点在直立、侧立、水平三个投影面内的投影．在正(主)视图中，四边形A 1B 1C 1D 1为正方形，且A 1B 1＝2a ；在侧(左)视图中，A 2D 2⊥A 2G 2；在俯视图中，A 3G 3＝B 3G 3.(1)根据三视图作出空间几何体G －ABCD 的直观图，并标明A 、B 、C 、D 、G 五点的位置； (2)在空间几何体G －ABCD 中，过点B 作平面AGC 的垂线，若垂足H 在直线CG 上，求证：平面AGD ⊥平面BGC ；(3)在(2)的条件下，求三棱锥D －ACG 的体积及其外接球的表面积．22．(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CG →＝13CB →.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求三棱锥C －DEG 的体积；(3)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求AM 的长；否则，说明理由．综合测评(五)1．【解析】选D.易知①正方体的三个视图均相同；②圆锥的正视图和侧视图均为等腰三角形；③三棱台的正视图和侧视图为两个不同梯形，俯视图是一三角形内套着一个三角形；④正四棱椎的正视图和侧视图均为一等腰三角形，故有①②④符合条件．2．【解析】选C.设球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则43πR 3＝a 3.又S 球＝4πR 2，S 正方体＝6a 2＝6·3169π2R 2＝436π2R 2>4πR 2＝S 球．3．【解析】选B.设原棱锥的高为h ，底面面积为S ，则V ＝13Sh ，新棱锥的高为h2，底面面积为9S ，∴V ′＝13·9S ·h2，∴V ′V ＝92，故选B.4．【解析】选D.由AA ′∥BB ′∥CC ′及CC ′⊥平面ABC ，知BB ′⊥平面ABC .又CC ′＝32BB ′，且△ABC 为正三角形，故正视图应为D 中的图形． 5．【解析】选D.⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ⊥β⇒m ⊂α或m ∥α； ⎭⎪⎬⎪⎫α∩β＝n m ∥n ⇒m ⊂α或m ∥α； ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ∥α⇒m ⊂α或m ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫α∥βm ⊂β⇒m ∥α(面面平行的性质)． 6．【解析】选D.由斜二测作图的规则知，原△ABC 的边AB ＝2，AB 边上的高h ＝2O ′C ′＝2 6.∴S △ABC ＝12·AB ·h ＝12·2·26＝2 6.7．【解析】选C.底面半径r ＝23π2πl ＝13l .故圆锥中S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π(13l )2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3. 8．【解析】选A.如图所示，A 、B 、C 三点在一小圆面上， ∵AB ⊥BC ，AC 为斜边， ∴小圆的圆心为AC 的中点D . ∵SA ＝AB ＝1，BC ＝2，∴AC ＝3，AD ＝32.∵S ，A ，B ，C 都在球面上，取SC 的中点O ，则OD ∥SA .∵SA ⊥平面ABC ，∴OD ⊥平面ABC ， ∴O 为球心，SO 为半径．∵SC ＝ 1＋(3)2＝2，∴SO ＝1， ∴球O 的表面积为4π. 9．【解析】选B.B 中只有当b 垂直于两个面的交线时，有b ⊥β，故选B. 10．【解析】选A.所得的垃圾铲如图所示，取CD 的中点O ，连结OE 、OP ，则OE ＝2，OC ＝1，PC＝PD ＝2，∴OP ＝22－12＝3，又PE ＝1，则∠OPE ＝90°，∴S △OPE ＝12PE ·OP ＝32，∴V P －CDE ＝13S △OPE ·OC ＋13S △OPE ·OD ＝13S △OPE ·CD ＝33. 11．【解析】选A.∵CM ＝x ，∴NO ＝8－2x ，∴V N －AMC ＝13×S △AMC ·NO ＝12(4x －x 2)．故图象是开口向下的抛物线． 12．【解析】选B.在面BB 1C 1C 内作BF ′∥AF 交CC 1于F ′， ∵B 1E ⊥面ABF ，∴B 1E ⊥AF ， ∴B 1E ⊥BF ′，DF ＝CF ′. 在正方形BB 1C 1C 中，由B 1E ⊥BF ′，得CE ＝C 1F ′＝1－CF ′，∴CE ＋CF ′＝1，即CE ＋DF ＝1.13．【解析】该几何体为底面是直角梯形的四棱柱，V ＝(1＋2)×22×1＝3. 【答案】3 14．【解析】由直三棱柱及D 是A 1C 1的中点，得B 1D ⊥平面AC 1，而CF ⊂平面AC 1，∴B 1D ⊥CF ，故若CF ⊥平面B 1DF ，则必有CF ⊥DF .设AF ＝x (0<x <3a )，则CF 2＝x 2＋4a 2，DF 2＝a 2＋(3a －x )2，又CD 2＝a 2＋9a 2＝10a 2， ∴10a 2＝x 2＋4a 2＋a 2＋(3a －x )2，解得x ＝a 或2a . 【答案】a 或2a 15．【解析】构造正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，设AB 所在的直线为a ，CC 1所在的直线为b ，当点P ∈CD 时，不存在平面α，使P ∈α，a ∥α且b ∥α，①错；同理可得③也错；而②④正确．【答案】②④ 16．【解析】由P A ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得P A ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面P AB⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面P AD ，∴BC ∥平面P AD ，∴直线BC ∥平面P AE 也不成立，③错；在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确．【答案】①④ 17．【解】(1)该几何体的直观图如图，其中PC ⊥面ABC ，∠ABC ＝90°，△ABC 斜边AC 上的高为125cm ，PC ＝6 cm ，AC ＝5 cm ，∴V P －ABC ＝13×12×5×125×6＝12(cm 3)．(2)互相垂直的面有：面P AC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面P AB . 18．【解】(1)证明：∵△PDB 为正三角形，D 为AB 的中点，∴PD ＝BD ＝AD ＝12AB ，∴∠APB ＝90°，即AP ⊥PB . 又知AP ⊥PC ，且PB ∩PC ＝P ， ∴AP ⊥平面PBC ， ∴AP ⊥BC .又AC ⊥BC ，且P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，(2)由(1)，PC ＝PB 2－BC 2 ＝102－42＝221，∴S △PBC ＝12BC ·PC＝12×4×221＝421. 又AP ⊥平面PBC ，且AP ＝AB 2－PB 2＝202－102＝103，∴V A －PBC ＝13AP ·S △PBC ＝13×103×421＝407，由D 为AB 的中点知V D －PBC ＝12V A －PBC ＝12×407＝207.19．【证明】(1)因为AB ＝3，BC ＝4，AA ′＝12，所以折叠后的AC ＝A ′C (折叠前)＝5，从而AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC . 又因为AB ⊥BB 1，而BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BC 1，又PQ ⊂平面BC 1，所以AB ⊥PQ .第 - 10 - 页版权所有@中国高考志愿填报门(2)过M 作MN ∥CQ 交AQ 于N ，连结PN ，BM ，因为AM ∶MC ＝3∶4，∴AM ∶AC ＝MN ∶CQ ＝3∶7. 由题意知MN ＝PB ＝3. ∵PB ∥CQ ，∴MN ∥PB .∴四边形PBMN 为平行四边形．∴BM ∥PN ，∵BM ⊄平面APQ ，PN ⊂平面APQ ，∴BM ∥平面APQ . 20．【解】(1)由三视图可知，SAA 1D 1D ＝SAA 1B 1B ＝1×2＝2，SA 1B 1C 1D 1＝S ABCD ＝12(1＋2)×1＝32，SD 1DCC 1＝2×2＝4， SB 1BCC 1＝2×2＝22，则该四棱柱的表面积S ＝11＋22.(2)证明：由三视图得，该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形．在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，连结C 1D ，AC 1∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形．∴DC 1⊥D 1C . 又AD ⊥DC ，AD ⊥DD 1，DC ∩DD 1＝D ， ∴AD ⊂平面DCC 1D 1，D 1C ⊂平面DCC 1D 1，∴AD ⊥DC 1.∵AD ，DC 1⊂平面ADC 1，且AD ∩DC 1＝D ， ∴D 1C ⊥平面ADC 1，又AC 1⊂平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1. 21．【解】(1)空间几何体的直观图如图所示，由题意可知，平面ABCD ⊥平面ABG ，四边形ABCD 为正方形，且AG ＝BG ，AB ＝2a . (2)证明：因为过B 作平面AGC 的垂线，垂足H 在直线CG 上，所以BH ⊥平面AGC . 因为AG ⊂平面AGC ，所以BH ⊥AG .又因为BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面AGB ，所以BC ⊥AG . 又因为BC ∩BH ＝B ，所以AG ⊥平面BGC .又因为AG ⊂面AGD ，故平面AGD ⊥平面BGC .(3)由(2)知，AG ⊥GB ，AG ⊥CG ，所以△ABG 为等腰直角三角形．过点G 作GE ⊥AB 于点E ，则GE 为G 点到平面ABCD 的距离，且GE ＝12AB ＝a ，AG ＝BG ＝2a . 所以V D －ACG ＝V G －ADC ＝13×12AD ×DC ×GE ＝23a 3. 取AC 的中点M ，因为△AGC 和△ACD 均为直角三角形，所以MD ＝MG ＝MA ＝MC ＝12AC ＝2a . 所以M 是四棱锥D －ACG 的外接球的球心，半径为2a ，所以S 球＝4π×(2a )2＝8πa 2.22．【解】(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥BC .又∵ABCD 是正方形，∴BC ⊥CD .又∵PD ∩CD ＝D ，∴BC ⊥平面PCD .又∵PC ⊂平面PCD ，∴PC ⊥BC .(2)∵BC ⊥平面PCD ，∴GC 是三棱锥G －DEC 的高．∵E 是PC 的中点，∴S △EDC ＝12S △PDC ＝12×(12×2×2)＝1. ∴V C －DEG ＝V G －DEC ＝13GC ·S △DEC ＝13×23×1＝29.(3)连结AC ，取AC 中点O ，连结EO 、GO ，延长GO 交AD 于点M ，则P A ∥平面MEG .证明如下：∵E 为PC 的中点，O 是AC 的中点，∴EO ∥P A .又∵EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ，∴P A ∥平面MEG .在正方形ABCD 中，∵O 是AC 的中点，∴△OCG ≌△OAM ，∴AM ＝CG ＝23，∴所求AM 的长为23.。

2011年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案

易证得 Rt�ADC ≌ Rt�B1C1D �故 AD � B1D �
又 O 为 AB1的中点�故 OD � AB1 �∴ AB1 � 平面 A1BD
13��1�证明�∵ AD � 平面 ABE � AD // BC �
∴ BC � 平面 ABE �则 AE � BC
�
�
又 BF �平面 ACE �则 AE � BF
�2�在�1�的条件下�求异面直线 DE 与 CF 所成的角�
E
D
C
B
A
F
E·
D·
C · ·B
·
A
F·
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立体几何的综合答案
1、A � 2、A � 3、D� 4、C � 5、C� 8�② ④ ⑤ � 9、① ② ③ � 10、C �
6� 4 cm3 3
7�1.5 �
11��1�证明�连接 D1C 交 DC1 于 F �连结 EF �
D1 A1
D A
C1 B1
C E B
12�如图�三棱柱 ABC � A1B1C1 的所有棱长都相等�且 A1A � 底面 ABC � D为 C1C 的中点� AB1与 A1B 相交于点 O �连结 OD �
�1� 求证� OD// 平面 ABC ��2�求证� AB1 � 平面 A1BD 。
13 � 如图所示 � 四边形 A B C D为矩形 � AD � 平面 ABE � F 为 CE 上的点 � AE � EB � BC � 2� F 为CE 上的点�且 BF �平面 ACE
2011 年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案
1� m 、 n 是不同的直线�� 、 � 、� 是不同的平面�有以下四个命题�