福建省各地2017届高三数学最新考试试题分类汇编立体几何理

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专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题——新高考数学专项练习题附解析

专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ；（2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 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，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由；（2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒，过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ，即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =，设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ，由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2．故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点，所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥，所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点，所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点，于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高，设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=，因为01λ≤≤，所以13λ=，所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =，所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ，又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面，所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ；（2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ．（2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==，在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=，设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点．理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直，因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=，可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ，设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 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，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=，解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。

福建省部分校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题

高三数学考试注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，函数与导数，不等式，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列，立体几何初步。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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{}{}21,5,,1,23A a B a ==+，且B A ⊆，则a =（）A ．1−B ．1C ．3−D ．32．命题“()20,1,sin 21x x x x ∀∈>−+−”的否定为（）A ．()20,1,sin 21x x x x ∃∉≤−+−B ．()20,1,sin 21x x x x ∃∈≤−+−C ．()20,1,sin 21x x x x ∀∉>−+−D ．()20,1,sin 21x x x x ∀∈≤−+−3．函数()()22log log eesin xxf x x −=−⋅在区间[],ππ−上的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．4．若()20.5:90,:log 11p x q x −≤−>−，则p 是q 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5．在长方体1111ABCD A B C D −中，已知122AA AD CD ==，点E 是线段CD 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（）A B ．89C ．25D 6．当强度为x 的声音对应的等级为()f x 分贝时，有()010lgxf x A =（其中0A 为常数），某挖掘机的声音约为90分贝，普通室内谈话的声音约为50分贝，则该挖掘机的声音强度与普通室内谈话的声音强度的比值为（）A ．4eB ．410C ．95D ．35107．如图，在圆锥PO 中，用一个平行于底面的平面去截圆锥PO ，可得一个圆锥1PO 和一个圆台1O O ，若圆锥1PO 的体积是圆锥PO 体积的18，则圆锥1PO 与圆台1O O 的侧面积的比值为（）A ．12B ．14C ．23D ．138．已知函数()()sin 2cos ,0,0f x x ax ax x x f x =−−∀≥≤，则实数a 的取值范围是（） A ．1,4 +∞B ．10,4C ．1,3 +∞D ．10,3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知()22i i z +=，则下列说法正确的是（）A ．z 在复平面内对应的点的坐标为21,55−B ．21i 55z =−−C.z 在复平面内对应的点与点21,55−关于原点对称 D ．z = 10．如图，这是函数()()sin 0,0,02f x A x b A πωϕωϕ=++>><<的部分图象，则（）A ．()2sin 216f x x π=++B ．()2sin 213f x x π=++C ．()512cos 26f x x π=−+D ．()12cos 23f x x π=−+11．已知1,1m n >>，且3m n +=，则（）A ．333log log 2log 4m n +≤−B ．222e ln ln 2e e e m nmn≥−C ．2182113m n +≥−−D ．229m n +≥12．意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现了这样一个数列：1,1,2,3,5,8,⋅⋅⋅．这个数列的前两项均是1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和．人们把这样的一列数组成的数列{}n F 称为斐波那契数列．现将数列{}n F 中的各项除以3所得余数按原顺序构成的数列记为{}n G ，则下列说法正确的是（）A ．2024202611i i F F ==−∑B ．20242202320241ii FF F ==∑C ．20240G =．D ．202412277ii G==∑三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13．已知向是,a b 的夹角为3π，且()1,22a a a b =⋅−=−，则b = ______．14．若1tan 42πθ+=−，则tan θ=______． 15．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若313S =，且5436a a a =+，则满足41n S <的n 的最大值为______．16．已知函数()f x 的定义域为R ，且满足()()()()()()421,84,01f x f x f f x f x f ++=−=−=，则()20251k f k ==∑______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）记ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知2cos 2c aA b−=．（1）求B ；（2）若3,c b==ABC △的面积．18．（12分）设函数()23ln f x x x x =−+．（1）求()f x 在(]0,1上的最大值；（2）设函数()()33ln g x f x x x =−+，关于x 的方程()21g x m =−有3个不同的根，求m 的取值范围． 19．（12分）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =−，数列{}n b 为等差数列，34521b b b ++=，611b =．（1）求{}{},n n a b 的通项公式；（2）求数列n n b a的前n 项和n T ．20．（12分）如图．在三棱锥P ABC −中．,2,AB BC AB BC PBC ⊥=△为等边三角形，,,BP AP BC 的中点分別为,,,D E O且AD =．（1）证明：平面ABC ⊥平面PBC ：（2）若F 为AC 的中点．求点C 到平面BEF 的距离．21．（12分）近期随着某种国产中高端品牌手机的上市，我国的芯片技术迎来了重大突破．某企业原有1000名技术人员，年人均投入a 万元()0a >，现为加强技术研发，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员x 名（x ∈N 且100500x ≤≤），调整后研发人员的年人均投入增加()0.2%x ，技术人员的年人均投入调整为31000x a m−万元．（1）若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前1000名技术人员的年总投入，则调整后的研发人员的人数最少为多少？（2）为了激发研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在投入方面要同时满足以下两个条件：①研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入；②技术人员的年人均投入始终不减少．请问是否存在这样的实数m ，满足以上两个条件？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由． 22．（12分）已知函数()()414ln 2x f x ea x −=−．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点11,22f处的切线方程；（2）当0a >时，若关于x 的不等式．()()ln 2x a a f a ≥+恒成立，求实数a 的取值范围．高三数学考试参考答案1．D 【解析】本题考查集合间的基本关系，考查数学运算的核心素养．若235a +=，则1a =，此时21a =，不满足互异性；若223a a =+，则解得3a =或1a =−，显然，3a=符合题意，而当1a =−时，21a =，不满足互异性．2．B 【解析】本题考查常用逻辑用语，考查逻辑推理的核心素养．全称量词命题的否定为存在量词命题，故原命题的否定为()20,1,sin 21x x x x ∃∈≤−+−．3．C 【解析】本题考查函数的图象与性质，考查直观想象与逻辑推理的核心素养．因为()()()()()2222log log log log eesin e esin xxxxf x x x f x −−−−−=−⋅−=−−⋅=−，所以()f x 为奇函数，A ，B 错误．又当01x <<时，22log 0log x x <<−，所以22log log eexx−<，sin 0x >，从而()()22log log eesin 0xxf x x −=−⋅<，C 正确，D 错误．4．B 【解析】本题考查常用逻辑用语，考查逻辑推理的核心素养．由290x −≤，得33x −≤≤，由()0.5log 11x −>−，得13x <<，所以p 是q 的必要不充分条件． 5．A 【解析】本题考查异面直线所成的角，考查直观想象的核心素养．设2ADCD ==，则14AA =，易知11//AD BC ，所以异面直线1D E 与BC ，所成的角为 1AD E ∠．经计算可知11D EAD AE=，所以1cos AD E∠=．6．B 【解析】本题考查函数的应用，考查数学建模的核心素养．设该挖掘机的声音强度为1x ，普通室内谈话的声音强度为2x ，由题意知12010lg 90,10lg 50,x A x A==化简得91052010,10,x A x A = = 所以41210x x = 7．D 【解析】本题考查旋转体的体积与侧面积，考查直观想象的核心素养．设圆锥1,PO PO 的底面圆半径分别为,r R ，它们的母线长分别为,l L ，因为1318PO PO V r V R ==，所以12r R =，从而12l L =，即2,2R r L l==．所以111223CO PO S rl S r l rl πππ==⋅⋅−侧侧． 8．C 【解析】本题考查导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理的核心素养．()0,0x f x ∀≥≤等价于sin 2cos x ax x ≤+．记()sin 2cos x g x ax x=−+，即()0g x ≤在[)0,+∞上恒成立．()()222cos 111132cos 332cos x g x a a x x +=−=−−+− + +′．当103a −≤，即13a ≥时，()()0,g x g x ′≤在[)0,+∞上单调递减，所以当0x ≥时，()()00g x g ≤=，即()0f x ≤恒成立；当103a <<时，记()sin 3x h x ax =−，则()cos 3x h x a =′−，存在00,2x π ∈，使得()00h x ′=，当()00,x x ∈时，()()0,h x h x ′>单调递增，所以()()00h x h >=，即sin 3xax >，所以当()00,x x ∈时，sin sin 2cos 3x xax x ≥>+，即()0f x >，不符合题意；当0a ≤时，102f a ππ=−>，不符合题意．综上，a 的取值范围是1,3+∞．9．BCD 【解析】本题考查复数的运算与几何意义，考查数学运算的核心素养．由题可得()22i 121i 2i 4i 55z −−−===−++−，即z 在复平面内对应的点的坐标为21,55−，与点21,55−关于原点对称，A 错误，C 正确；21i 55z =−−，B 正确；z =，D 正确．10．BC 【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查直观想象与数学运算的核心素养．因为3,1,A b A b += −+=−所以2,1.A b = = 又1741234T πππ−，所以T π=，则2ω=，故()()2sin 21f x x ϕ=++．将点,13π的坐标代入()()2sin 21f x x ϕ=++，得3πϕ=，则()2sin 213f x x π =++ ，B 正确；若()2sin 216f x x π =++ ，则23f π=，A 错误；而512cos 212cos 22sin 216323x x x ππππ−+=−++=++，C 正确；若()12cos 23f x x π=−+，则()00f =，D 错误．11．ABC 【解析】本题考查不等式，考查数学运算与逻辑推理的核心素养．因为22m n mn +≤，所以()233333log log log log 2log 42m n m n mn + +=≤=− ，当且仅当m n =时，等号成立，A 正确；易知e e mn+≥，即22e e 2e emn m n+≥，所以22e 2e e e m n mn ≥−，1222222e 2e e 2e e 0e m n mn ≥−>−>，故222e ln ln 2e e e m nmn≥− ，B 正确；因为2122,32112122m n m n m n +=++=−−−−，所以21223m n −+−=， ()2112214442212242113212232122n m m n m n m n m n −−+=+−+−=++ −−−−−−，因为444242122n m m n −−+≥=−−，所以1444284321223n m m n −− ++≥−− ，当且仅当57,44m n ==时，等号成立，C 正确；()2222929m n m n mn mn +=+−=−<，D 错误． 12．ACD 【解析】本题考查数学文化与数列的求和，考查数学抽象与数学运算的核心素养．对于A ，因为21n n n F F F ++−=，所以321432543202620252024,,,,F F F F F F F F F F F F −=−=−=⋅⋅⋅−=，上式两边分别相加得2026201224i i F F F =−=∑，又121F F ==，所以2024202611i i F F ==−∑，A 正确．对于B ，因为12n n n F F F ++=−，所以21211n n n n nF F F F F ++++=−，所以222223221343324544320242025202420242023,,,,F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F =−=−=−⋅⋅⋅=−，上式两边分别相加得222232024202520241F F F F F ++⋅⋅⋅+=−，所以202421202420251i FF F ==∑，B 错误．对于C ，由题意知123456789101,1,2,0,2,2,1,0,1,1,G G G G G G G G G G ==========⋅⋅⋅，所以数列{}n G 是最小正周期为8的数列，故202480G G ==，C 正确．对于D ，()20241253112022102277ii G ==×+++++++=∑，D 正确．13．3【解析】本题考查平面向量的夹角与模，考查数学运算的核心素养．因为()212||21222a ab a a b b ⋅−=−⋅=−×=− ，所以3b = ．14．3−【解析】本题考查三角恒等变换，考查数学运算的核心素养．因为tan 11tan 41tan 2πθθθ++==−−，所以tan 3θ=−． 15．4【解析】本题考查等比数列的性质与求和，考查数学运算的核心素养．设公比为q ，因为5436a a a =+，所以260q q −−=，解得3q =．又由313S =，即1113913a a a ++=，解得11a =，所以312n n S −=．由31412n −<，得383n <，所以n 的最大值为4． 16．2024【解析】本题考查抽象函数，考查数学抽象与逻辑推理的核心素养．由()()84f x f x −=−可知()f x 的图象关于直线2x =对称，从而()()401f f ==．又()()()421f x f x f ++=，令x =，得()()()21042f f f =+=，则()()()()()()()()152637482f f f f f f f f +=+=+=+=．由()()42f x f x ++=，得()()482f x f x +++=，可推出()()8f x f x +=，故()f x 的最小正周期为8，则()()()2152,10f f f ===．因为202582531=×+，所以()()()()()2025125312812024k f k f f f f = =++⋅⋅⋅++= ∑．17．解：（1）因为2cos 2c aA b −=，所以222222b c a c a bc b +−−=，整理得222a c b ac +−=，所以2221cos222a cb ac B ac ac +−===，又因为()0,B π∈，所以3B π=．（2）因为2222cos ,3,b a c ac B c b =+−==，所以21393a a +−，即2340a a −−=，解得4a =．所以ABC △的面积11sin 3422S ac B ==××=．评分细则：第一问另解：因为2cos 2c aA b−=，所以2cos 2b Ac a =−．由正弦定理得()2cos sin 2sin sin A B A B A =+−，整理得2sin cos sin 0A B A −=．因为sin 0A >，所以1cos 2B =．又因为()0,B π∈，所以3B π=．18．解：（1）因为()23ln f x x x x =−+，所以()()()211123x x f x x x x=′−−=−+．令()0f x ′<，解得112x <<，令()0f x ′>，解得102x <<或1x >，所以()f x 在10,2 上单调递增，在1,12上单调递减．所以()f x 在(]0,1上的最大值为15ln 224f=−−．（2）()264ln g x x x x =−+，它的定义域是()0,+∞，且()()()221426x x g x x x x=′−−=−+，当()()0,12,x ∈+∞ 时，()0g x ′>，当()1,2x ∈时，()0g x ′<，所以()g x 在()0,1上单调递增，在()1,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增．因为方程()21g x m =−有3个不同的根，()()15,24ln28g g =−=−，所以4ln28215m −<−<−，解得72ln222m −<<−，即m 的取值范围为72ln2,22−−．评分细则：【1】第一问，写出()()()211123x x f x x x x=′−−=−+，得2分，正确写出单调区间，累计得4分，第一问都正确，累计得5分．【2】第二问，写出()()()22142x x g x x x x=′−−=−+，累计得7分，正确写出单调区间，累计得9分，正确计算出两个极值，累计得10分，直至求出正确答案，累计得12分．【3】采用其他方法，参照本评分标准依步骤给分． 19．解：（1）当1n =时，1122a a =−，解得12a =．当2n ≥时，1122,22n n n n S a S a −−=−=−，两式相减得122n n n a a a −=−，即()122nn an a −=≥，所以{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，故2n n a =．设等差数列{}n b 的公差为d ，由34521b b b ++=，可得47b =，又611b =，所以7211d +=，解得2d =，故21nb n =−．（2）令n n nb c a =，则由（1）可知212n n n c −=，则23135212222n n n T −=+++⋅⋅⋅+，① 234111352122222nn n T +−=+++⋅⋅⋅+，② ①-②，得21111111111211121323122222222222n n n n n n n n n T −+−++−−+ =+++⋅⋅⋅+−=+−−=− ，所以2332n nn T +=−．评分细则：【1】第一问，写出12a =，得1分，写出2n n a =，累计得4分，写出47b =，累计得5分，求出21n b n =−，累计得6分．【2】第二问，求出212n nn c −=，累计得7分，求出11323222n n n T ++=−，累计得11分，直到给出正确结论得12分．20．（1）证明：因为PBC △为等边三角形，,D O 分别是BP BC ⋅的中点，且BC =，所以DO BD ==，所以AD =．又2AB =，所以222AB BD AD +=，即AB BD ⊥．因为,AB BC BC BD B ⊥= ，所以AB ⊥平面PBC ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PBC ．（2）解：连接PO ，由已知可得PO BC ⊥，又由（1）可知平面PBC ⊥平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ．因为F 为AC 的中点，所以点C 到平面BEF 的距离等于点A 到平面BEF 的距离．在直角ABC △中，可知2ACBF ==，在直角ABP △中，可知2APBE ==因为EF 是ACP △的中位线，所以2PC EF BEF==△的面积12BEFS =△设点A 到平面BEF 的距离为d ，则三棱锥A BEF −的体积A BEF V −=．又ABF △的面积122ABF S =×=△点E 到平面ABF 的距离为2OP =，所以三棱锥E ABF −的体积13E ABF V −==d =，即点C 到平面BEF ．评分细则：【1】第一问中，求出AD =，得2分，证出AB BD ⊥，累计得4分，证出平面ABC ⊥平面PBC ，累计得5分．【2】第二问中，证出PO ⊥平面ABC ，累计得6分，计算出BEF S =△，累计得9分，计算出E ABF V −=累计得11分，直至正确求出点C 到平面BEF 的距离，累计得12分． 21．解：（1）依题意可得调整后研发人员的年人均投入为211000x a+万元，则()21000110001000x x a −+≥0a >，所以2201000x x −≤，解得0500x ≤≤, 因为x ∈N 且100500x ≤≤，所以100500x ≤≤，故5001000900x ≤−≤，即要使这()1000x −名研发人员的年总投入不低于调整前1000名技术人员的年总投入，则调整后的研发人员的人数最少为500．（2）由条件①研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，得()231000110001000x x x a x m a−+≥−，上式两边同除以ax ，得1000231110001000x x m x −+≥−，整理得100011000x m x ≤++．由条件②技术人员年人均投入不减少，得31000x a m a−≥，解得311000xm ≥+．假设存在这样的实数m ，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，即()310001110050010001000x xm x x +≤≤++≤≤恒成立．设()21000110001110001000x f x x x x =++=++，易知()f x 在(]0,1000上单调递减，因为x ∈N 且100500x ≤≤，所以()f x 在[]100,500上单调递减，则min 1000500()1 3.55001000f x =++=，当500x =时，等号成立，所以 3.5m ≤．又因为100500x ≤≤，当500x =时，max31 2.51000x+=，所以 2.5m ≥，所以2.5 3.5m ≤≤，即存在这样的m 满足条件，m 的取值范围为[]2.5,3.5．评分细则：【1】第一问，写出调整后研发人员的年人均投入为211000x a+万元，得1分，写出0500x ≤≤，累计得3分，写出调整后的研发人员的人数最少为500，累计得5分．【2】第二问，求出()231000110001000x x x a x m a−+≥−，累计得6分，求出311000x m ≥+，累计得8分，写出()310001110050010001000x xm x x +≤≤++≤≤恒成立，累计得9分，直到给出正确结论得12分．22．解：（1）当1a =时，()()41e 4ln 2x f x x −=−，所以()4,144e x f x x−′=−， 114e 8,e 22f f=−=′，所以切线方程为()1e 4e 82y x−=−−，即()4e 8e 4y x =−−+．（2）()f x 的定义域为()()()0,,ln 2f x a a a +∞≥+，即()()41e 4ln 2ln 20x a x a a a −−−−≥．设()()()41e4ln 2ln 2x g x a x a a a −=−−−，则()4144e x ag x x−=′−．因为0a >，所以()g x ′在()0,+∞上为增函数，当0x →时，()g x ′→−∞，当x →+∞时，()g x ′→+∞，所以存在唯一的00x >，使()0410044e 0x ag x x −−′==，且当()00,x x ∈时，()0g x ′<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x ′>．由()0410044e 0x a g x x −−′==，得0410e x a x −=，则()()00ln 2ln 241a x x =+−．所以()()()()000414141min 000()e4ln 2ln 2e e 4ln 21ln 2x x x g x a x a a a x x a −−− =−−−=−++()0412000e 15ln 240x x x x − =−−≥ ．因为()()20000000115ln 245ln 240x x x x x x x −−=−−≥，所以()00015ln 240x x x −−≥．设()()15ln 24h x x x x=−−，易知它在()0,+∞上为减函数，注意到102h=，所以0102x <≤．又0410e x a x −=，设()411e 02x u x x x −=<≤，则()()4141e 0x u x x −=′+>，可知()u x 在10,2上单调递增，则e 0,2a ∈，即实数a 的取值范围是e 0,2．分评分细则：【1】第一问，写出()4144e x f x x−′=−，得2分，正确求出曲线()y f x =的切线方程，累计得4分．【2】第二问，写出()4144e x ag x x−=′−，累计得6分，推导出()()00ln 2ln 241a x x =+−，累计得8分，推出()0412000e15ln 240x x x x − −−≥，累计得9分．证出()()4141e 0x u x x −=′+>，累计得11分，求出实数a 的取值范围是e 0,2，累计得12分．【3】采用其他方法，参照本评分标准依步骤给分．。

高三数学立体几何试题答案及解析

高三数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．2.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．3.已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正四棱锥的高为,则，则，，所以四棱锥的体积，，由得，所以体积函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，体积有最大值,故选C．【考点】1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值．4.设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知其外接球的直径，所以外接球的表面积为．【考点】球的表面积公式．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．【答案】【解析】该几何体为一个四棱锥，高为，底面为矩形，长宽分别为，因此体积为【考点】三视图6.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若B．若C．若D．若【答案】C【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；，又，，所以C选项正确；若，则或，所以D不正确．故D正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.已知直线平面，直线平面，给出下列命题，其中正确的是（）①；②；③；④A．②④B．②③④C．①③D．①②③【答案】C【解析】对①，因为直线平面，∥，则，又直线，所以，①对；对②，与的关系是：平行、相交或异面，②错；对③，因为直线平面，∥，所以，又由面面垂直的判定定理得，③对；对④，与可以平行或相交，④错，所以选C．本题可借助于长方体去判定．【考点】1．空间直线、平面的位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于中档题．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形或长方体作为载体进行检验，也可作必要的合情推理．8.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形ABCD是边长为1的正方形，，且，则球体毛坯体积的最小值应为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若使得球体毛坯体积最小，则四棱锥各顶点应都在球上，由题意，将四棱锥补成一个长方体，则转化为求长方体外接球体积，长方体体对角线为外接球直径，体对角线长为，所以球的半径为，体积为．【考点】多面体的外接球．9.（2007•山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D【考点】简单空间图形的三视图．10.如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_________________；表面积为________________.【答案】体积为；表面积为【解析】由题意可知三视图复原的几何体如图为四棱锥，是正方体的一部分，正方体的棱长为2；所以几何体的体积是正方体体积的一半减去，所求几何体的体积为；表面积为【考点】三视图，几何体的体积，表面积11.已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据该几何体的三视图可知几何体的形状是一个长为，宽为，高为的长方体挖去一个直径为高为的圆柱，该几何体的体积为，选A.【考点】1、三视图；2、组合体的体积.12.如图是一建筑物的三视图（单位：米），现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆千克，则共需油漆的总量为（）A．千克B．千克C．千克D．千克【答案】B【解析】由三视图可知可间房由底部长宽高分别为的长方体与底面半径.母线长分别为圆锥体组合而成，所以其可刷漆的表面积为，则需要漆的总量为千克，故正确选项为B.【考点】空间几何体的表面积.13.若=（2，﹣1，0），=（3，﹣4，7），且（λ+）⊥，则λ的值是（）A．0B．1C．﹣2D．2【答案】C【解析】利用（λ+）⊥⇔即可得出．解：∵=λ（2，﹣1，0）+（3，﹣4，7）=（3+2λ，﹣4﹣λ，7），（λ+）⊥，∴，∴2（3+2λ）﹣（﹣4﹣λ）+0=0，解得λ=﹣2．故选C．【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．14.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A ﹣PC﹣D的平面角的余弦值．解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y，z），，由，，得到，令x0=1，可得y=z=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）∴cos＜，由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．15.已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则正三棱锥的体积为．【答案】【解析】∵正三棱锥的底面边长为，∴底面正三角形的高为，可得底面中心到三角形顶点的距离为，∵正三棱锥侧棱长为，∴正三棱锥的高，所以三棱锥的体积.所以答案应填：．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．16.在等腰梯形中，，，，是的中点，将梯形绕旋转，得到（如图）．（I）求证：；（II）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（I）由题意容易证明四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，四边形是菱形，可证得，根据面面垂直的性质定理可证得平面，从而证得；（II）易证平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：，是的中点，．又，四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，，四边形是菱形，，，即．平面平面，平面平面，平面．又平面，．（II）解：平面，同理平面．如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，．设平面的法向量为，．设平面的法向量为，，设二面角的平面角为，，二面角的余弦值为．【考点】空间中垂直关系的证明及空间向量的应用.17.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正（主）视图与侧（左）视图的面积的比为．【答案】【解析】因为三棱锥的主视图与左视图都是三角形, 正视图和侧视图三角形的底边长都是正方体的棱长,高都是到底面的距离（都是正方体的棱长）,所以，三棱锥的主视图与左视图的面积相等，即比值为,故答案为.【考点】1、几何体的三视图；2、三角形面积公式.18.如图，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，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，该几何体是一个底面为平行四边形，高为的棱柱，体积为，故选B.【考点】几何体的体积.19.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．【答案】【解析】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.【考点】1、画直观图的基本原理；2、平行四边形的面积公式.20.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图知几何体是由正方体截取两个角得到，如图所示，故体积为．【考点】三视图.21.如图所示，四棱锥的底面是梯形，且,平面，是中点，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】（I）取的中点，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边形的性质，得，即可证明平面；（II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大小．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，如图所示．因为，所以．因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．因为点是中点，所以，且．又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（Ⅱ）解：设点O，G分别为AD，BC的中点，连结，则，因为平面，平面，所以，所以．因为，由（Ⅰ）知，又因为，所以，所以所以为正三角形，所以，因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．故两两垂直，可以点O为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．，，，所以，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，所以与平面所成角的大小为．【考点】直线与平面垂直的判定与证明；直线与平面所成角的求解．22.如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．【考点】线面垂直，二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．23.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．24.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为，故体积．四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为．故选A．【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.25.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为（）A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4【答案】B【解析】由题意得，即，解得，故选B.【考点】几何体的三视图及体积.26.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A．4+B．4+C．6+D．6+【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体，半圆柱的底面半径为，高为；直三棱柱底面是等腰直角三角形（直角边为），高为．∴．故本题选D.【考点】空间几何体的三视图.27.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于_______，若正方体边长为1，则四面体的体积为_________.【答案】；【解析】异面直线与所成角为，，.【考点】立体几何中异面直线所成角的余弦值的求法以及三棱锥的体积的求法.28.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系（如图），求得，，可得，即可证结论；（2）先根据确定的位置，在求出平面的一个法向量，可证平面一个的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式即可得结论.试题解析：（1）证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．向量，，故．所以．（2）向量，，，．由点在棱上，设，．故．由，得，因此，，解得．即．设为平面的法向量，则，即．不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．易知，二面角是锐角，所以其余弦值为．【考点】1、空间直线垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.29.如图,在三棱锥中,底面,且,点是的中点, 交于点.（1）求证：平面；（2）当时, 求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的证明与寻找，往往从两个方面，一是利用线面垂直性质定理转化为线线垂直，另一是结合平几条件，如本题利用等腰三角形底边中线性质得（2）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由（1）得平面，因此，这样只需在对应三角形中求出对应边即可.试题解析：（1）底面,面,又因为是的中点, 面由已知平面.(2)平面,平面,而,又又平面而.【考点】线面垂直判定与性质定理，三棱锥体积【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.30.过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若球半径为，求弦的长度___________．【答案】【解析】依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:，即.【考点】球的内接几何体.【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为,如下图所示三棱锥,请同学们推导其外接球半径公式,特别地,若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:.设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.31.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，原几何体表示，左侧是一个底面半径为，高为半个圆锥，几何体的右侧是一个底面为底边为，高为的等腰三角形三棱锥，其中三棱锥的高为，所以几何体的体积为，故选D．【考点】几何体的三视图及体积的计算．32.已知直线与平面平行，是直线上的一定点，平面内的动点满足：与直线成．那么点轨迹是（）A．两直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】C【解析】题意画图如下，是直线上的定点，有一平面与直线平行，平面内的动点满足的连线与成角，因为空间中过与成角的直线组成两个相对顶点的圆锥，即为平行于圆锥轴的平面，点可理解为是截面与圆锥侧面的交点，所以点的轨迹为双曲线,故选C．【考点】1、空间点、线、面的位置关系；2、圆锥曲线的定义．33.三棱锥内接于球，，当三棱锥的三个侧面积和最大时，球的体积为．【答案】【解析】由于三角形的面积公式，当时取得最大值，所以当两两垂直时，侧面积和取得最大值．此时，由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以可以补形为正方体，三棱锥的外接球即正方体的外接球，其直径等于正方体的体对角线即，故求的体积为．【考点】几何体的外接球．【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求．若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点．找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心．三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: ．34.如图,在直三棱柱中，，过的中点作平面的垂线，交平面于，则与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接，则，由直三棱柱得,因此,因此为的中点，过作于，则为与平面所成角, ,选C.【考点】线面角35.如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,（1）在上确定一点,使得平面,并求的值;（2）在（1）条件下,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由线面平行的性质定理，可得线线平行，再根据平行得相似，即得比例关系：取。

高三数学立体几何试题答案及解析

高三数学立体几何试题答案及解析1.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，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．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】几何体为一个三棱柱，底面为直角三角形，直角边长分别为6,8；三棱柱高为12．得到的最大球为直角三角形的内切球，其半径为，选B．【考点】三视图2.如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：，，∴．【考点】三视图．3.几何体的三视图如图所示，若从该几何体的实心外接球中挖去该几何体，则剩余几何体的表面积是（注：包括外表面积和内表面积）（）A．133B．100C．66D．166【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为底面半径为3，搞为8的圆柱．其外接球时半径为5的球．则剩余几何体的表面积是球的表面积与该圆柱表面积的和，即．故选D．【考点】多面体及与其外接球的关系及几何体表面积计算问题．4.（本小题满分12分）如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．（1）证明：；（2）若，，且二面角所成角的正切值是，试求该几何体的体积．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】（1）将问题转化为证明平面，再转化为证明（由直径可证）与（由平面可证）；（2）考虑建立空间直角坐标系，通过求两个法向量的夹角来确定二面角所成角的正切值，并确定的长，进而可求得几何体的体积．试题解析：（1）证明：是圆的直径，，又平面，又平面，且，平面又平面，（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示则，，，由（Ⅰ）可得，平面，平面的一个法向量是设为平面的一个法向量由条件得，，即不妨令，则，，．又二面角所成角的正切值是，，得该几何体的体积是【考点】1、空间直线与直线、直线与平面的垂直的判定与性质；2、二面角；3、空间几何体的体积．【方法点睛】用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系．若坐标系选取不当，计算量就会增大．总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题，而建立空间直角坐标系通常考虑以特殊点为坐标原点（如中点、正方体的顶点），特殊直线（如有两两垂直的直线）为坐标轴来建立．5.如图，在多面体中，为菱形，，平面，平面，为的中点，若平面．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明线面垂直，只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直即可，取中点，连接，可证，先证，即可证明，即可证明结论成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量公式直接计算即可．试题解析：（1）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，所以GM //FA，又EC面ABCD， FA面ABCD，∵CE//AF，∴CE//GM，∵面CEGM面ABCD=CM，EG// 面ABCD，∴EG//CM，∵在正三角形ABC中，CM AB，又AF CM∴EG AB， EG AF，∴EG面ABF．（2）建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（）E（0，1，1） F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1， 1），设平面BEF的法向量=（）则令，则，∴=（）同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=．【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．空间向量的应用．【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用，属中档题．解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解．此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在．6.三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如下图所示,，则棱的长为．【答案】．【解析】由已知三视图可知，平面，且底面为等腰三角形．在中，，边上的高为，所以．在中，由可得，故应填．【考点】1、三视图．【易错点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图及其空间几何体的面积、体积的计算，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．其解题过程中容易出现以下错误：其一是不能准确利用已知条件的三视图得出原几何体的空间形状，即不能准确找出该几何体中线线关系、线面关系，导致出现错误；其二是计算不仔细，导致结果出现错误．解决这类问题的关键是正确地处理三视图与原几何体之间的关系．7.在三棱锥中，平面为侧棱上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是（）A．平面且三棱锥的体积为B．平面且三棱锥的体积为C．平面且三棱锥的体积为D．平面且三棱锥的体积为【答案】C【解析】∵平面，∴，又，∴平面，∴，又由三视图可得在中，为的中点，∴平面．又平面．故．故选：C．【考点】1．直线与平面垂直的判定；2．命题的真假判断与应用；3．简单空间图形的三视图．8.已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】题设三视图是下图中几何体的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为，故选C．【考点】三视图与几何体的体积．9.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为A1C1，BB1的中点，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．求证：（Ⅰ）DE∥平面ABC1；（Ⅱ）B1C⊥DE．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）取AA1的中点F，连DF，FE，根据中点易证线线平行，从而平面DEF∥平面ABC1，又因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE；（Ⅱ）在菱形中B1C⊥BC1，又B1C⊥AB，易证B1C⊥平面ABC1，再根据面面平行的性质，得：B1C⊥平面DEF，从而证明B1C⊥DE．试题解析：（Ⅰ）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又因为D，E分别为A1C1，BB1的中点，所以DF∥AC1，EF∥AB．因为DF平面ABC1，AC1平面ABC1，故DF∥平面ABC1．同理，EF∥平面ABC1．因为DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，所以平面DEF∥平面ABC1．因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC1．（Ⅱ）因为三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．……9分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，所以B1C⊥平面ABC1．而平面DEF∥平面ABC1，所以B1C⊥平面DEF，因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE．【考点】1、线面平行；2、面面平行；3、线面垂直；4、三角形中位线．【方法点晴】本题主要考查的是线面平行、线线平行、线线垂直和线面垂直，属于中档题．解题时一定要注意得线线平行的常用证明方法，构造中位线和平行四边形是最常用方法．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．10.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C．【解析】A：或者，异面，故A错误；B：根据面面垂直的判定可知B错误；C：正确；D：或，故D错误，故选C．【考点】空间中直线平面的位置关系．11.已知三条不重合的直线和两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，且，则C．若，，则D．若，，且，则【答案】D【解析】A．若，，则,错，有可能；B．若，，且，则，错，有可能；C．若，，则，错，有可能，或异面；D．若，，且，则，正确【考点】空间直线与平面，平面与平面的位置关系12.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）在第一问证明的基础上，应用面面垂直的性质定理容易作出平面的垂线，即得斜线的射影，找出角，解直角三角形可得线面角的正弦．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）解：过点作，连结．平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴为直线和平面所成角．∵是边长为的正三角形，∴，．又∵，∴，，∴．即直线和平面所成角的正弦值为．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；对于直线与平面所成的角遵循作—证（指）—求—答的解题步骤，应当结合条件和前面证明的结论找到平面的垂线是解题的关键，本题中在第一问证明的基础上有了平面的垂面，利用面面垂直的性质定理过直线上一点作交线的垂线即为平面的垂线，连接垂足和斜足即得射影，找到线面角后解直角三角形得解．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥S-ABC，其中D为AC中点，且SD垂直平面ABC，BD垂直AC，则球心在SD上，设球半径为R，则外接球表面积为，选A.【考点】三视图【方法点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．14.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是_________．【答案】【解析】因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．设正三角形的外接圆圆心为，在中，，所以．在中，，所以，所以截面面积为【考点】1、多面体的外接球；2、球的截面圆性质．【方法点睛】“切”“接”问题的处理规律：①“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决；②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．15.（2015•金家庄区校级模拟）如图正方形BCDE的边长为a，已知AB=BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB﹣ACE的体积是a2；④平面ABC⊥平面ADC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）【答案】①③④⑤【解析】①由于BC∥DE，则∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角；②AB和CE是异面直线；③根据三棱锥的体积公式即可求VB ﹣ACE的体积；④根据面面垂直的判定定理即可证明；⑤根据直线和平面所成角的定义进行求解即可．解：由题意，AB=BC，AE=a，AD⊥平面BCDE，AD=a，AC= a①由于BC∥DE，∴∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角∵AB=a，BC=a，AC=a，∴BC⊥AC，∴tan∠ABC=，故①正确；②由图象可知AB与CE是异面直线，故②错误．③VB﹣ACE的体积是S△BCE×AD=×a3=，故③正确；（4）∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴AD⊥BC，∵BC⊥CD，AD∩CD=D，∴BC⊥平面ADC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故④正确；⑤连接CE交BD于F，则EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BDE，∴EF⊥平面ABD，连接F，则∠EAF为直线AE与平面ABD所成角，在△AFE中，EF=，AE=a，∴sin∠EAF==，则∠EAF=30°，故⑤正确，故正确的是①③④⑤故答案为：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．16.已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是_______．【答案】．【解析】该几何体是一个四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为，所以．【考点】1．空间几何体的表面积与体积；2．空间几何体的三视图与直观图．17.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】由题意可得：把三棱柱补成底面以2为边长的正方形，以为高的长方体，长方体的体对角线就是球的直径，所以，所以该球的表面积是；故填．【考点】空间几何体的表面积．18.某几何体的正视图与侧视图都是等腰梯形，则该几何体可以是下列几何体中的（）①三棱台，②四棱台，③五棱台，④圆台．A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】由题意得，几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则根据几何体的三视图的规则可知，该几何体可能为四棱台或圆台，故选D．【考点】空间几何体的三视图．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，只是给出了几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，从而可得这个几何体可能是四棱台或圆台．19.在直三棱柱中，，，且异面直线与所成的角等于，设.(1) 求的值；(2) 求三棱锥的体积．【答案】(1)； (2)【解析】(1)由BC ∥B 1C 1可得∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，从而∠A 1BC =60°，再由AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，△A 1BC 为等边三角形，由已知可得，即可求得 (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，△的面积，又可得平面，利用三棱锥的体积公式可求得．试题解析：(1)∵BC ∥B 1C 1，∴∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，即∠A 1BC =60°，又AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，∴△A 1BC 为等边三角形，由，， ∴； (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，即：， △的面积，又平面，所以，所以．【考点】异面直线所成的角及三棱锥的体积的求法.20. 如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，，设平面的法向量，则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.21.如图，在四棱锥中，平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形为菱形得，再由平面得，即，从而得平面试题解析：（1）设，连结，因为，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）（方法一）因为平面，平面所以，由（1）同理可得，四边形为平行四边形，所以，所以因为，所以平行四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.（方法二）连结，因为平面，平面，所以因为，所以，因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，由（1），所以又因为为的中点，所以因为，平面，平面所以平面，因为平面，所以平面平面.【考点】线面平行判定定理，面面垂直判定定理22.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为网格纸上小正方形的边长为,有三视图可知，该几何体是下面为底面半径为高为的圆柱体的一半、上面是底面半径为高为的圆锥体的一半，所以体积为，故选A.【考点】1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.23.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，，，所以的中点为的外心，连接，则，又和所在的平面互相垂直，所以平面，上的每一点到距离相等，因此正三角形的中心即是外接球球心，其半径也是外接球半径，所以球半径，求体积为，故选C.【考点】1、外接球的性质及勾股定理；2、面面垂直及球的体积公式.【方法点睛】本题主要考查外接球的性质及勾股定理、面面垂直及三棱锥外接球体积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.本题是根据方法④直接找出球心并求出半径进而得到求体积的.24.四棱锥的底面是正方形，，分别是的中点（1）求证：；（2）设与交于点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证明线面垂直，一般先证明线线垂直，本题中，由于是中点，因此有，而与垂直，从而与平面垂直，结论得证；（2）要求点到平面的距离，考虑三棱锥，的面积易求（为面积的一半），另外由（1）的结论，此三棱锥以为底时，是高，体积易求，从而所求距离易得．试题解析：（1）证明：连接，由于分别是的中点，所以，又，平面，故，又为正方形，故故，故（2）连接交于点，连接，则交线为，又，故，由于分别是的中点，故为的中点，又，故为三棱锥的高又故，又设点到平面的距离为，，所以【考点】线面垂直的判断，点到平面的距离．25.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，由几何体的三视图，知该几何体是上下底面为梯形的直棱柱，所以该几何体的体积为，故选C.【考点】几何体的三视图及几何体的体积.【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，该几何体是上下底面为梯形的直棱柱是解答本题的关键，属于基础题.26.一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，根据给定的几何体的三视图，可知，原几何体为正方体的一部分，如图所示的红线部分，是一个棱长为的正四面体，所以此几何体的表面积为，故选C．【考点】几何体的三视图与表面积．27.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2，体积是______cm3.【答案】80，40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，，．【考点】三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．28.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.29.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点分别为和中点.（1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证线面平行，一般先证线线平行，考虑到，是中点，因此取的中点，可证得且，从而得平行四边形，因此有，最终得线面平行；（2）要求三棱锥的表面积，必须求得它的各个面的面积，由平面，得，三角形和的面积可求，由题设又可证，这样就有，另两个面的面积又可求得．试题解析：（1）证明：作FM∥CD交PC于M.∵点F为PD中点，∴. ∴，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵，∴直线AF平面PEC.（2）连结可知，，由此；；；；因此三棱锥的表面积.【考点】线面平行的判断，多面体的表面积．30.在棱长为3的正方体中，在线段上，且，为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．1B．C．D．与点的位置有关【答案】B【解析】由于是定值,点到平面的距离是,因此点平面的距离是.所以三棱锥的体积,应选B.【考点】三棱锥体积的运算．31.如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，四边形是矩形，且平面平面，，和分别是和的中点.（1）求证：平面；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）运用线面平行的判定定理求证；（2）借助题设条件及转化化归的思想求解即可. 试题解析:（1）证明：设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，则到平面的距离为的一半，又因为，所以，所以.【考点】直线与平面的位置关系及棱锥公式的运用．32.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连接，依题意有，，故平面.根据分析有，故平面；（2）以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求得余弦值为.试题解析：（1）设为的中点，连接.由题意得：平面，所以.因为，所以，，故平面.由分别为的中点，得且，从而且，所以为平行四边形，故，又因为平面，所以平面.（2）方法一：作，且，连结.由，，得，由，，得与全等.由，得，因此为二面角的平面角.由，，，得，，由余弦定理得.方法二：以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知各点坐标如下：，因此，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，即，可取.由，即，可取，于是.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角的平面角的余弦值为.【考点】空间向量与立体几何.33.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为.【考点】三视图.34.如图，在四棱柱中，底面，为线段上的任意一点（不包括两点），平面与平面交于.（1）证明：；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）要证线线垂直，一般可证线面垂直，观察题中垂直条件，平面，则有，题中又有，从而有平面，因此结论得证；（2）要证线面平行，就是要证线线平行，直线是平面与平面的交线，因此要得平行，就要有线面平行，而这由可得平面，从而，结论得证．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，所以.又，所以平面，而平面，所以.（2）在四棱柱中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以，因为，所以，而平面，平面，所以平面.【考点】线面垂直的判定与性质，线面平行的判定与性质．【名师】证明线面（面面）平行（垂直）时要注意以下几点：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。

高三数学立体几何试题答案及解析

高三数学立体几何试题答案及解析1.．已知正四棱锥S—ABCD，底面上的四个顶点A、B、C、D在球心为O的半球底面圆周上，顶点S在半球面上，则半球O的体积和正四棱锥S—ABCD的体积之比为。

【答案】；【解析】略2.已知菱形中，，，沿对角线将折起，使二面角为，则点到所在平面的距离等于。

【答案】【解析】先设中点为，连接，然后解得，过点做的垂线，即为所求。

3.某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．【答案】【解析】该三棱锥底面是边长为2的正三角形，面积为，有两个侧面是底边为2，高为2的直角三角形，面积为2，另一个侧面是底边为2，腰为的等腰三角形，面积为，所以面积最大的面的面积是．【考点】三视图．4.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P –ABCD中，PA 平面ABCD，DAB为直角，AB//CD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点．（Ⅰ）证明：AB平面BEF：（Ⅱ）设PA =h，若二面角E-BD-C大于45 ，求h的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】第一问注意将空间的垂直关系的转换掌握好即可，第二问注意应用空间向量解决二面角的问题的步骤，注意不等关系的建立．试题解析：（Ⅰ）证：由已知且为直角，故四边形是矩形，从而．又底面，∴平面平面，∵，故平面，∴，在内，分别是的中点，，∴；由此得平面．（Ⅱ）以为原点，以为轴，轴，轴正向建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为，平面的法向量为，则，可取设二面角E-BD-C的大小为，则=，化简得，所以【考点】线面垂直的判定，二面角的问题，不等关系的建立．5.（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，．（Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，垂直于，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）为的中点时，满足题设的要求．【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力．第一问，利用线面平行的性质得，利用线面垂直的判定得平面，得到为线面角，在中，列出的表达式，解出m的值；第二问，要在上找一点，使得．只需利用线面垂直的判定得，再利用线面垂直的性质得．试题解析：解法一：（１）如图：故．所以．又故在△，即．故当时，直线．（Ⅱ）依题意，要在上找一点，使得．只需设，可推测的中点即为所求的点．因为，所以即又，故．即解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，（1，则A（1，0，0）， B（1，1，0）， P（0，1，ｍ），C（0，1，0）， D（0，0，0）， B1（0，0，1）．1，1）， D1所以又由的一个法向量．设与所成的角为，则依题意有：，解得．故当时，直线．（2）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则．……8分依题意，对任意的要使，只需对恒成立，即为的中点时，满足题设的要求【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积．6.一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为．【答案】【解析】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h（2R﹣h）．V=πr2h=h2（2R﹣h）=h•h（4R﹣2h）≤=•πR3．锥∵V=πR3 ∴球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为8：27．球【考点】球的体积和表面积．7.直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【解析】（1）首先根据已知条件可得出⊥面，由线面垂直的性质定理可得，然后以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，并写出各点的坐标并设，于是由可得出点的坐标，进而由空间向量的数量积的坐标运算可得出，即可得出证明结果；（2）根据（1）中建立的空间直角坐标系中，分别求出平面与平面的法向量，然后运用即可求出所求的结果．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则，∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，理由如下：由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．【考点】1、直线与直线垂直的判定定理；2、线面垂直的判定定理与性质定理；3、空间向量解立体几何问题的应用．【易错点睛】本题主要考查了直线与直线垂直的判定定理、线面垂直的判定定理与性质定理和空间向量解立体几何问题的应用，属中档题．解决这类空间立体几何问题最容易出现以下几处错误：其一是在运用空间向量求解立体几何问题如证明线线垂直或平行、线面垂直或平行和面面垂直等，不能结合已知条件建立适当地空间直角坐标系，进而导致错误；其二是在求解二面角问题时，不知道怎么判断这个二面角的大小，到底是锐角还是钝角，从而导致错误．8.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．9.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥，其中底面四边形是边长为的正方形，，且平面，则球体毛坯体积的最小值应为．【答案】【解析】将四棱锥补成一个正方体，则球体毛坯体积的最小时应为正方体的外接球，此时直径为，体积为【考点】正方体外接球体积【名师】1. 某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．10.如图，在矩形中，，，在平面内将矩形绕点按顺时针方向旋转后得到矩形，则点到直线的距离是．【答案】．【解析】如下图所示，连结，，过作于，由题意得，，，∴，故点到直线距离为．【考点】三角恒等变形．11.（2015秋•盐城校级月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为棱AB，PC的中点（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：EF∥平面PAD．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明PA⊥BC，AB⊥BC，证得CB⊥平面PAB，从而有CB⊥PE．（2）取CD的中点G，由FG是三角形CPD的中位线，可得 FG∥PD，再由举行的性质得EG∥AD，证明平面EFG∥平面PAD，从而证得EF∥平面PAD．解：（1）证明：∵侧棱PA垂直于底面，∴PA⊥BC．又底面ABCD是矩形，∴AB⊥BC，这样，CD垂直于平面PAD内的两条相交直线，∴CB⊥平面PAB，∴CB⊥PE．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面PAD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面PAD．故平面EFG∥平面PAD，∴EF∥平面PAD．【考点】直线与平面平行的判定．12.如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，点是中点，，．（Ⅰ）求三棱锥的体积；（Ⅱ）证明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）求三棱锥体积，关键在于确定高，因为面为侧面，因此可利用等体积法转移体积：，这样只需确定面上的高，由直三棱柱知侧面与底面垂直，因此过作，再由面面垂直性质定理得面，最后根据三棱锥体积公式求体积（Ⅱ）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质与判定定理，经多次转化进行论证：取的中点E，则，再由面面垂直性质定理得面，进而；另一方面，在矩形中，由平几的相似知识可推得，因此面，试题解析：证明：（Ⅰ）过作，直三棱柱中面，面，是高=，，（Ⅱ）取的中点E，连接底面是正三角形，矩形中，中，，中，，∽，，面，【考点】三棱锥体积，线面垂直性质与判定定理13.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）由第一问可发现存在平面的垂线，故可把三棱锥变换顶点为，用棱锥的体积公式易求其体积．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面,又平面，∴平面平面．（2）解：在中，则,则．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；求棱锥的体积时关键是选择恰当的顶点和底面，原则是容易找到或作出底面的垂线即棱锥的高，这样可以达到事半功倍的效果．14.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是（）（1） AC⊥BE；（2）若P为AA1上的一点，则P到平面BEF的距离为；（3）三棱锥A-BEF的体积为定值；（4）在空间与三条直线DD1，AB，B1C1都相交的直线有无数条．A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】（1）连接，，可证明平面，所以正确；（2）平面，点到平面的距离就是直线到平面的距离，正确；（3），是定值；正确（4）在上任取点，过点和直线确定平面，平面，，那么就是与三条直线都有交点的直线，因为点有无数个，所以直线也有无数条，所以正确．所以错误的有0个，故选A．【考点】1．直线与平面平行；2．线线垂直；3．棱柱的性质．15.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是斜边长为的直角三角形，俯视图是半径为的四分之一圆周和两条半径，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知几何体为圆锥的，圆锥的底面半径为1，母线长为2，∴圆锥的高为．∴．故选A．【考点】由三视图求面积、体积．16.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若且则B．若且则C．若D．若且则【答案】B【解析】对于A中，若且则与可能是平行的，所以不正确；对于C中，则可能，所以不正确；对于D中，若且则与可能是相交的，所以不正确，故选B．【考点】直线与平面位置关系的判定．17.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PA=AB=1，PA⊥平面ABCD，E 为棱PB上一点，PD∥平面ACE，过E作PC的垂线，垂足为F．（Ⅰ）求证：PC⊥平面AEF；（Ⅱ）求三棱锥P﹣AEF的体积．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）三棱锥P﹣AEF的体积V=．【解析】（1）连结BD，交AC于O，连结OE，由PD∥平面ACE可知OE∥PD，故E为PB 中点，从而AE⊥PB，由BC⊥平面PAB可知BC⊥AE，推出AE⊥平面PBC，得到AE⊥PC，结合PC⊥EF，推出PC⊥平面AEF；（2）由勾股定理求出AE，PB，PC，根据Rt△PEF≌Rt△PCB，列出比例式求出EF，PF，代入体积公式计算．（1）证明：连结BD，交AC于O，连结OE，∵底面四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点．∵PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE=OE，∴PD∥OE，∴，∴E是PB的中点．∵PA=AB，∴AE⊥PB．∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，又PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC，∵PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC，又EF⊥PC，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，AE∩EF=E，∴PC⊥平面AEF．（2）∵PA=AB=1，底面ABCD是正方形，∴PB=，AC=，PC=，∴PE=，AE=．∵Rt△PEF≌Rt△PCB，∴，∴PF=，EF=．∴S==．△AEF∴三棱锥P﹣AEF的体积V==．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．18.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．60【答案】A【解析】试题分析:几何体如图所示，体积可看一个三棱住减一个三棱锥：．故选A.【考点】几何体的体积.19.在如图所示的多面体中,面是边长为的菱形,,,面,,且．（I）证明：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（I）见试题解析；（II）【解析】（Ⅰ）先确定四边形为平行四边形. 连接交于,连接,交于,连接,证明为平行四边形,可得,故平面；（Ⅱ）可先证明,与平面所成的角就是.再解三角形得与平面所成角的正弦为.此外也可建立坐标系,利用空间向量求解.试题解析：（Ⅰ）证明：与共面.由平面平面四边形为平行四边形连接交于,连接,交于,连接,如图所示.则,且,故为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面,即平面.（Ⅱ）解法一、由（Ⅰ）知,所以.因为平面平面,平面,所以点在平面内的射影落在上,故与平面所成的角就是.在中,,所以与平面所成角的正弦为.解法二、由（Ⅰ）易知,以为坐标原点,分别以直线、为、轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则有、,,,,所以,,.设面的法向量为,由, ,得令,则所以,于是故直线与平面所成角的正弦值为【考点】线面平行；线面角的求法；空间向量的应用.20.在三棱柱中，，侧棱平面，且，分别是棱，的中点，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连结，根据条件首先证明四边形为平行四边形，即可得到，再根据线面平行的判定即可得证；（2）根据图形特点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解.试题解析：（1）设为的中点，连结，∵，为的中点，∴为的中点，又∵为的中点，∴，又∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）建立如图所示的坐标系，∵，，分别为，的中点，，，，，，，设平面的法向量为，，，，，，不妨令，则，，∴，同理可得平面的一个法向量为，，∴二面角的余弦值为.【考点】1.线面平行的判定；2.空间向量求空间角．21.如图是一个多面体的三视图，则其全面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，根据矩形和三角形的面积公式写出面积再求和．解：由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，∴三棱柱的面积是3××2=6+，故选C．【考点】由三视图求面积、体积．22.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图可知该几何体为底面为等腰直角三角形，一条长为的侧棱垂直于底面的三棱锥，如下图，可把该几何体还原为直三棱柱（或长方体），从而得到几何体的外接球的半径，所以该几何体的外接球的表面积为,故选B.【考点】三视图与几何体的表面积.【方法点睛】本题主要考查了几何体的三视图与几何体的表面积，考查考生的空间想象能力，属于基础题.解答本题的关键根据给出的三视图还原出几何体，再由三视图的特征得到几何体的结构特征，同时本题考查了几何体外接球的表面积，需要把几何体补形为三棱柱或长方体，从而得到外接球的直径于几何体棱长之间的关系.23.如图，四棱柱的底面是菱形，底面,.（1）证明：平面；（2）若,求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）欲证明平面，利用线面垂直的判定，先证和即可；（2）通过等积法求点到平面的距离．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，是菱形，,平面，平面.（2）因为底面是菱形，,的面积为,平面,平面,,平面，到面的距离等于到面的距离,由（1）得平面.平面，,的面积为,设到面的距离为,.所以点到平面的距离为.【考点】1、直线与平面垂直的判定；2、锥体的体积；3、点到平面的距离．【方法点睛】证明线面垂直的关键是证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，即证得线面垂直；证明线线垂直常用的方法是等腰三角形底边上的高线，菱形对角线互相垂直，勾股定理，线面垂直的定义．本题主要考查的是线面垂直的判定和求点到平面的距离，将求点到平面的距离转化为求锥体的的高，关键是利用等体积法求椎体的体积，进而求出点到平面的距离，属于中档题．24.已知矩形 A BCD的周长为18，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为．【答案】【解析】设正六棱柱的底面边长为，高为，则，正六棱柱的体积，当且仅当时，等号成立，此时，可知正六棱柱的外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，则半径为，所以外接球的表面积为．【考点】六棱柱的性质；外接球的表面积．【方法点晴】本题主要考查了六棱柱的结构特征、棱柱外接球的的表面积的计算、基本不等式求最值等知识点的应用，其中解答中，利用正六棱柱的结构特征，外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，得出外接球的半径是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题．25.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．26.如图所示的几何体中,是正三角形, 且平面, 平面,是的中点.（1）求证：；（2）若,求与平面所成角的正切值；（3）在（2）的条件下, 求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）依据题设条件运用线面垂直的性质定理推证；（2）借助题设条件运用线面角的定义找到这个角,再在三角形中求解；（3）运用体积相等建立方程求解.试题解析:（1）证明：是正在三角形,是的中点,平面,平面,平面平面.（2）连接,在直角梯形中,.在中,平面平面,故是直线与平面所成的角,在中,.（3）在四棱锥中, 底面的面积为,高.而四棱锥的底面的三条边,等腰的面积为.点到平面的距离为.【考点】空间线面的位置关系的判定和角度距离的计算．27.如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，底面.（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理得，由勾股定理得，由线线面垂直得，从而平面，由此能证明；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，由此能求出二面角的余弦值．试题解析：（1）证明：因为，,由余弦定理得.从而，故. ∵面,面，∴又, 所以平面.故.（2）如图，以为坐标原点，射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系，则,,,,设平面的法向量为，则即因此可取．设平面PBC的法向量为，则可取则故钝二面角的余弦值为.【考点】（1）直线与平面垂直的性质；（2）二面角的平面角及其求法；（3）用空间向量求平面间的夹角.【方法点晴】本题考查异面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意余弦定理、勾股定理、向量法的合理运用，注意空间思维能力的培养．在证明垂直的过程中，要注意线线垂直和线面垂直的相互转化，利用向量法求空间中二面角的大小，先求出面的法向量，把二面角转化为两个面所在法向量的夹角，应先判断角是钝角还是锐角，根据向量夹角公式得解.28.如图所示，已知直三棱柱中，分别是的中点，点P在线段上运动.（1）证明：无论点P在线段上的任何位置，总有AM⊥平面PNQ；（2）若AC=1，求三棱锥P-MNQ的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，设出棱长，得到点的坐标，由向量数量积证得答案；（2）把三棱锥的体积转化为的体积，即的体积，则三棱锥的体积可求．试题解析：（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，再设，由，得，即，即，∴，∵，，，∴，则平面；（2）解：由（1）可知，在线段上移动时三棱锥的体积一定，由，得，到的距离为，∴，，则．【考点】（1）几何体的体积；（2）空间向量在立体几何中的应用.【一题多解】（1）连接.因为，分别是的中点，所以.所以.所以，即.①因为分别是，的中点，所以.又，所以.在直三棱柱中，平面，所以.又，所以平面，所以.②由①②及，得平面.（2）设点到平面的距离为，由可得平面.由得，易得，所以.29.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,且,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,应选C.【考点】三视图的识读和理解及几何体体积的计算.【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.30.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个斜放的三棱柱，底面为一个等腰直角三角形，底长为2，底上高为1；三棱柱高为3，因此外接球半径为，外接球的表面积为，选A.【考点】三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.31.若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是A．24πB．24π＋8πC．24π＋4πD．32π【答案】C【解析】几何体的表面积是圆柱的侧面积与半个球的表面积、圆锥的侧面积的和．圆柱的侧面积为S1＝2π×2×4＝16π，半球的表面积为S2＝2π×22＝8π，圆锥的侧面积为S3＝×2π×2×2＝4π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝24π＋4π.【考点】三视图，表面积．32.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图所提供的信息可知该几何体是一个圆台和圆柱的组合体，故其体积，应选B。

福建省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编：圆锥曲线含答案

福建省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编圆锥曲线2017.03一、选择、填空题1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）抛物线2x y -=上的点到直线0834=-+y x 距离的最小值是（A ）34（B ）57 （C ）58 （D ）32、（福州市2017届高三3月质量检测）已知双曲线2222:1x y E a b-=（0,0a b >>）的左、右焦点分别为12,F F ，126F F =，P 是E 右支上的一点，1PF 与y 轴交于点A ，2PAF △的内切圆在边2AF 上的切点为Q ．若AQ =，则E 的离心率是（A ）（B（C （D3、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）已知双曲线E 2222:1(0,0)x y a b a b-=>> 点为的左焦点，点F 为E 上位于第一象限内的点，P 关于原点的对称点为Q ，且满足3PF FQ =，若OP b =，则E 的离心率为A B C ．2 D4、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的右顶点为E ，过双曲线的左焦点且垂直于x 轴的直线与该双曲线相交于A 、B 两点，若∠AEB=90°，则该双曲线的离心率e 是（） A ．215+ B ．2 C ．215+或2 D ．不存在5、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）如图，已知双曲线:C 22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，离心率为2，以双曲线C 的实轴为直径的圆记为圆O ，过点2F 作圆O 的切线，切点为P ，则以12,F F 为焦点，过点P 的椭圆T 的离心率为（）A B6、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）设F 1、F 2分别为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1（a＞0，b ＞0）的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P ，满足| PF 2 |＝| F 1F 2 |，且F 2到直线PF 1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的离心率为（）A ．54B ． 43C ．53D ．27、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）已知双曲线12222=-by a x 的左、右焦点分别为21,F F ，过1F 作圆222a y x =+的切线分别交双曲线的左、右两支于点B 、C ，且||||2CF BC =，则双曲线的渐近线方程为 A ．x y 3±=B ．x y 22±=C ．x y )13(+±=D ．x y )13(-±=8、（福州八中2017届高三第六次质量检查）设抛物线y 2＝－12x 上一点P 到y 轴的距离是1，则点P 到该抛物线焦点的距离是_________9、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））设双曲线()2222:10 0x y C a b a b-=>>，右支上一动点P ，过点P 向此双曲线的渐近线做垂线，垂足分别为点A 与点B ，若 A B ，始终在第一、四象限内，点O 为坐标原点，则此双曲线C 离心率e 的取值范围（）A ．1e <．13e <≤ C.1e <≤．12e <≤10、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））现将一条直线l 经过点()1 1A -，，且与22:40C x x y ++=相交所得弦长EF 为l 的方程是．11、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）设F 1、F 2分别为双曲线12222=-b y a x 的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P ，满足|PF 2|=|F 1F 2|，且F 2到直线PF 1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的离心率为( ) （A ）34 （B ）35 （C ）2 （D ）25 12、（厦门第一中学2017届高三上学期期中考试）已知12F F 、分别为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点，若双曲线C 右支上一点P 满足123PF PF =且212PF PF a =，则双曲线C 的离心率为（）A ．3B ．．2 D13、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）过抛物线x y 42=上任意一点P 向圆2)4(22=+-y x 作切线，切点为A ，则PA 的最小值等于_______．二、解答题 1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）双曲线的中心为原点O ，焦点在x 轴上，两条渐近线分别为12l l ，，经过右焦点F 垂直于1l 的直线分别交12l l ，于A B ，两点．已知OA AB OB 、、成等差数列，且BF 与FA 同向． (Ⅰ)求双曲线的离心率；(Ⅱ)设AB 被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．2、（福州市2017届高三3月质量检测）已知曲线C 上的点到点()0,1F 的距离比它到直线3y =-的距离小2．（Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）过点F 且斜率为k 的直线l 交曲线C 于,A B 两点，交圆()22:11F x y +-=于,M N 两点(,A M 两点相邻).(ⅰ)若BF BA λ=，当1223λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时，求k 的取值范围；(ⅱ)过,A B 两点分别作曲线C 的切线12,l l ，两切线交于点P ，求AMP △与BNP △面积之积的最小值．3、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）已知曲线222:1(,1)x E y a b a a +=>≠上两点1122(,),(,)A x y B x y 12()x x ≠.（1）若点,A B 均在直线21y x =+上，且线段AB 中点的横坐标为13-，求a 的值；（2）记1212(,),(,)x xm y n y a a==，若m n ⊥为坐标原点，试探求OAB ∆的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.4、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）已知椭圆E ：22221(a 0)x y b a b+=>>过点． (Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)设直线1，()x my m R =-∈交椭圆E 于A ，B 两点，判断点G 9(4-,0)与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．5、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）已知椭圆1C ：14822=+y x 的左、右焦点分别为21F F 、，过点1F 作垂直于x 轴的直线1l ，直线2l 垂直1l 于点P ，线段2PF 的垂直平分线交2l 于点M ．（1）求点M 的轨迹2C 的方程；（2）过点2F 作两条互相垂直的直线BD AC 、，且分别交椭圆于D C B A 、、、，求四边形ABCD 面积的最小值．6、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）的一个焦点为F (－1，0)，离心率e ＝12左右顶点分别为A 、B ，经过点F 的直线l 与椭圆M 交于C 、D 两点（与A 、B 不重合）. （I ）求椭圆M 的方程；（II ）记△ABC 与△ABD 的面积分别为S 1和S 2，求| S 1－S 2 |的最大值，并求此时l 的方程.7、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）已知A 、B 、C 是椭圆m ：22221x y a b+=（0a b >>）上的三点，其中点A 的坐标为(),0，BC 过椭圆的中心，且0AC BC =，2BC AC =．（Ⅰ）求椭圆m 的方程；（Ⅱ）过点()0,t 的直线l （斜率存在时）与椭圆m 交于两点P ，Q ，设D 为椭圆m与y 轴负半轴的交点，且DP DQ =，求实数t 的取值范围．8、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））如图，等边ABC △的边长为其三个顶点均在抛物线():20E x py p =>上. （Ⅰ）求抛物线E 的方程；（Ⅱ）设点()4 4S -，，过点()4 5N ，的直线l 交轨迹E 于 A B ，两点，设直线 SA SB ，的斜率分别为12 k k ，，证明：12k k 为定值，并求此定值.9、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）已知椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 的离心率为21=e ，过点)23,3(. （I ）求椭圆C 的方程；（II ）过A （-a ，0)且互相垂直的两条直线l 1、l 2与椭圆C 的另一个交点分别为P 、Q .问：直线PQ 是否经过定点？若是，求出该定点；否则，说明理由。

第七章立体几何与空间向量基础知识默写课件-2025届高三数学一轮复习

球的接、切问题3
4.球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点
为其外接球球心.R2＝
.
5. R＝
的半径). 6.R2＝的半径).
(R 是圆柱外接球的半径，h 是圆柱的高，r 是圆柱底面圆 (R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆
1.基本事实
空间点线面位置关系1
①过
.{a,b,c}叫做空间的一个基底.
2.空间位置关系的向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2 l1⊥l2
n1∥n2⇔ (λ∈R) n1⊥n2⇔ .
直线l的方向向量为n，平面α的法 l∥α
向量为m，l⊄α
l⊥α
n⊥m⇔ n∥m⇔n＝
. (λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β α⊥β
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
1.正方体与球
球的接、切问题1
①内切球：内切球直径2R＝正方体的
.
②棱切球：棱切球直径2R＝正方体的
.
③外接球：外接球直径2R＝正方体体的
.
2.长方体与球
外接球直径 2R＝
简单几何体2
3.柱、锥、台、球的表面积和体积
几何体
名称
表面积
柱体
S表＝S侧＋2S底
体积 V＝___
锥体
S表＝S侧＋S底
V＝_____
台体球
S表＝S侧＋S上＋S下 S表＝_____
V＝_____________ V＝_____
简单几何体3
4.求空间几何体的体积的常用方法规则几何体的体积，直接利用公式

2017届高三最新考试数学文试题分类汇编_立体几何全国通用含答案

山东省13市2017届高三最新考试数学文试题分类汇编立体几何2017.03一、选择、填空题1、（滨州市2017届高三上期末）已知三棱锥S ABC-，其三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A B．2、（德州市2017届高三第一次模拟考试）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相互垂直的半径，若该几何体的表面积是17π，则它的体积是（）A．8πB．563πC．143πD．283π3、（菏泽市2017年高考一模）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．3 B．4 C．5 D．64、（济宁市2017届高三第一次模拟（3月））一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的体积为．5、（聊城市2017届高三上期末）一个由圆柱和正四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．423π+B ．443π+ C. 24π+ D ．44π+ 6、（临沂市2017届高三2月份教学质量检测（一模））已知一几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直角三角形与一个半圆组成，则该几何体的体积为(A) 48π+ (B) 412π+ (C) 88π+ (D) 812π+7、（青岛市2017年高三统一质量检测）某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A ．883π+B ．1683π+C ．8163π+D ．16163π+ 8、（泰安市2017届高三第一轮复习质量检测（一模））设m 、n 是两条不同的直线，αβ、是两个不同的平面，下列命题是真命题的是A ．若//,//,//m m αβαβ则B ．若//,//,//m m ααββ则C ．若,,m m αβαβ⊂⊥⊥则D ．若,,m m ααββ⊂⊥⊥则9、（泰安市2017届高三第一轮复习质量检测（一模））某三棱锥的三视图如石图所示，其侧(左)视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于A ．BCD ．10、（潍坊市2017届高三下学期第一次模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．16πB ．8πC ．163π D ．83π 11、（烟台市2017届高三3月高考诊断性测试（一模））下图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为．12、（枣庄市2017届高三下学期第一次模拟考试）《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膈．已知直三棱柱3,111=⊥-AB BC AB ABC C B A 中，，3541==AA BC ，，将直三棱柱沿一条棱和两个面的对角线分割为一个阳马和一个鳖膈，则鳖膈的体积与其外接球的体积之比为A ．π15:3B ．π5:33C ．πD ．π13、（淄博市2017届高三3月模拟考试）已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球，球恰与该三棱锥各侧面及水面相切（小球完全浮在水面上方），则小球的表面积等于（）.A ．76πB ．43π C. 23π D ．2π二、解答题1、（滨州市2017届高三上期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD AP =，2CD AB =，CD ⊥平面APD ，AB CD ∥，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：AE ∥平面PBC ；（Ⅱ）求证：平面PBC ⊥平面PCD ．2、（德州市2017届高三第一次模拟考试）如图，六面体ABCDE 中，面DBC ⊥面ABC ，AE ⊥面ABC ．（Ⅰ）求证：//AE 面DBC ；（Ⅱ）若AB BC ⊥，BD CD ⊥，求证：面ADB ⊥面EDC .3、（菏泽市2017年高考一模）如图，在多面体ABCDPE 中，四边形ABCD 和CDPE 都是直角梯形，AB ∥DC ，∥DC ，AD ⊥DC ，PD ⊥平面ABCD ，AB=PD=DA=2PE ，CD=3PE ，F 是CE 的中点．（1）求证：BF ∥平面ADP（2）已知O 是BD 的中点，求证：BD ⊥平面AOF ．4、（济宁市2017届高三第一次模拟（3月））如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，且平面PAC ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，PA PC =，22AB BC ==，60ABC ∠=︒．（Ⅰ）求证：//PB 平面ACE ；（Ⅱ）求证：平面PBC ⊥平面PAC ．5、（聊城市2017届高三上期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D M 分别是1,AA BC 的中点，190CDC ∠=，在ABC ∆中，260AB AC BAC =∠=，°.（1）证明：//AM 平面1BDC ；（2）证明：1DC ⊥平面BDC .6、（临沂市2017届高三2月份教学质量检测（一模））如图，在直角梯形ABCD 中，AB//CD ，∠BCD=90。

江西省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编：立体几何 Word版含答案

江西省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编立体几何2017.02一、选择、填空题 1、（红色七校2017届高三第二次联考）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A ．B ．C ．D ．2、（赣吉抚七校2017届高三阶段性教学质量监测考试（二））设 a b ，是两条不同的直线，αβ，是两个不同的平面，则（）A ．若a α∥，b α∥，则a b ∥B ．若a α∥，αβ∥，则αβ∥ C.若a b ∥，a α⊥，则b α⊥ D ．若a α∥，αβ⊥，则a β⊥3、（赣中南五校2017届高三下学期第一次联考）如图所示，在四边形ABCD 中，//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=,将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，构成四面体A BCD -，则在四面体中，下列说法正确的是（）A.平面ABD ⊥平面ABCB.平面ACD ⊥平面BCDC. 平面ABC ⊥平面BCDD.平面ACD ⊥平面ABC4、（赣州市2017届高三上学期期末考试）如图是一个正方体被切掉部分后所得几何体的三视图，则该几何体的体积为．5、（上饶市2017届高三第一次模拟考试）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．5 B．163C．7D．1736、（江西省师大附中、临川一中2017届高三1月联考）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．73B．83π-C．83D．73π-7、（新余市2017高三上学期期末考试）某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，正视图和侧视图中的两条虚线都互相垂直且相等，则该几何体的体积是（）A.83π-B.86π-C.203 D.1638、（宜春中学2017届高三2月月考）如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，过点D 1、E 、F 的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为V 1、V 2（V 1＜V 2），则V 1：V 2=（）9、（江西省重点中学协作体2017届高三下学期第一次联考）若一个空间几何体的三视图如，则其表面积为（）A.32π+ B.32π C. 34π+ D. 34π10、（江西师范大学附属中学2017届高三12月月考）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均相等，D为AA1的中点．M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点（含端点），且满足BM=C1N．当M，N运动时，下列结论中不正确．．．的是A．平面DMN⊥平面BCC1B1B．三棱锥A1−DMN的体积为定值C．△DMN可能为直角三角形D．平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,]411、（南昌市八一中学2017届高三2月测试）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如下左图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是（）A．,a b B．,a c C．,c b D．,b d12、（赣吉抚七校2017届高三阶段性教学质量监测考试（二））中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅制造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图（单位：寸）如图所示，若π取3，其体积为12.6（立方寸），则图中的x 为（）A ．2.5B ．3 C.3.2 D ．4二、解答题 1、（红色七校2017届高三第二次联考）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC=90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（2）若二面角M ﹣BQ ﹣C 为30°，设PM=tMC ，试确定t 的值．2、（赣吉抚七校2017届高三阶段性教学质量监测考试（二））已知三棱台111ABC A B C -中，平面11BB C C ABC ⊥平面，90ACB ∠=︒，11112BB CC B C ===，4BC =，6AC =. （1）求证：111BC AAC C ⊥平面；（2）点D 是11B C 的中点，求二面角11A BD B --的余弦值.3、（赣中南五校2017届高三下学期第一次联考）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面1A BC ⊥侧面11ABB A ，且1 2.AA AB == （1）求证：AB BC ⊥;（2）若直线AC 与平面1A BC 所成的角为6π，请问在线段1A C 上是否存在点E ，使得二面角A BE C --的大小为23π，请说明理由.4、（赣州市2017届高三上学期期末考试）如图甲所示，BO 是梯形ABCD 的高，45BAD ∠=°，1OB BC ==，3OD OA =，现将梯形ABCD 沿OB 折起如图乙所示的四棱锥P OBCD -，使得PC =E 是线段PB 上一动点.（1）证明：DE 和PC 不可能垂直；（2）当2PE BE =时，求PD 与平面CDE 所成角的正弦值.5、（上饶市2017届高三第一次模拟考试）在三棱柱111ABC A B C -中，已知侧面11ABB A 是菱形，侧面11BCC B 是正方形，点1A 在底面ABC 的投影为AB 的中点D ．（1）证明：平面11AA B B ⊥平面11BB C C ；（2）设P 为11B C 上一点，且11113B P BC =，求二面角1A AB P --的正弦值．6、（江西省师大附中、临川一中2017届高三1月联考）如图1，在ABC ∆中，002,90,30,P AC ACB ABC =∠=∠=是AB 边的中点，现把ACP ∆沿CP 折成如图2所示的三棱锥A BCP -，使得AB = （1）求证：平面ACP ⊥平面BCP ；（2）求平面ABC 与平面ABP 夹角的余弦值．7、（新余市2017高三上学期期末考试）如图（1），在平行四边形11ABB A 中，11160,4,2,,A B B A B A A C C ∠===, 分别为11,AB A B 的中点.现把平行四边形11AAC C沿1CC 折起，如图（2）所示，连结1111,,B C B A B A .图（1）（1）求证: 11AB CC ⊥；（2）若1AB =11C AB A --的余弦值.8、（宜春中学2017届高三2月月考）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，∠ABC=90°，AB=2，BC=BB 1=1，D 是棱A 1B 1上一点．（Ⅰ）证明：BC ⊥AD ；（Ⅱ）求三棱锥B ﹣ACD 的体积．9、（江西省重点中学协作体2017届高三下学期第一次联考）如图，在棱台ABC FED -中，DEF ∆与ABC ∆分别是棱长为1与2的正三角形，平面ABC ⊥平面BCDE ，四边形BCDE 为直角梯形，,1BC CD CD ⊥=，点G 为ABC ∆的重心，N 为AB 中点，(,0)AM AF R λλλ=∈>，（1）当23λ=时，求证：GM //平面DFN ；ABCDEF（2）若直线MN 与CD 所成角为3π，试求二面角M BC D --的余弦值.10、（江西师范大学附属中学2017届高三12月月考）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，,ADE BCF ∆∆均为等边三角形，1//,2EF AB EF AD AB ==．（Ⅰ）过BD 作截面与线段FC 交于点N ，使得AF ∥平面BDN ，试确定点N 的位置，并予以证明；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值．11、（南昌市八一中学2017届高三2月测试）如图，在矩形ABCD 中，2BC =，E ,F 分别为AB ,CD 的中点，且沿AF ,BF 分别将AFD ∆与BFC ∆折起来，使其顶点C 与D 重合于点P ，若所得三棱锥P ABF -的顶点P 在底面ABF 内的射影O 恰为EF 的中点。

高三数学期末分类汇总——立体几何.doc

期末模拟试题分类汇编第7部分:立体几何一.选择题1．（宁夏09）已知直线m 、n 和平面α、βm ⊥n ，α⊥βα⊥m 则（）A ．β⊥nB ．n //β或β⊂nC ．α⊥nD ．n ∥α或α⊂n答案：（D ）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m2（宁夏09）m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：① 若γαβα//,//，则γβ//; 若αβα//,m ⊥，则β⊥m ; ③ 若βα//,m m ⊥，则βα⊥; 若α⊂n n m ,//，则α//m . 其中真命题的序号是（） A ．①③ B ．①④ C ．②③D ．②④答案：（ A ）3．（宁夏09）如图，模块①－⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①－⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体．则下列选择方案中，能够完成任务的为（）A ．模块①，②，⑤B ．模块①，③，⑤C ．模块②，④，⑥D ．模块③，④，⑤答案：（ A ）4. （宁夏09）某几何体的三视图如图所示，当b a +取最大值时，这个几何体的体积为（）A ．61B ．31C ．32D ．21答案：（ D ）5. （宁夏09）已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸(单位:cm)，可得这个几何体的体积是( )A ．πB ．π34C ．π35 D ．2π 答案：（C ）6. （宁夏09）已知不同的直线n m ,，不同的平面γβα,,，则下列条件中能推出βα//的是（） A ．n =γα ，m =γβ ，m n // B ．γβγα⊥⊥,C ．m n //，βα⊥⊥m n ,D ．α//n ，β//m ，m n //答案：（ C ）二.填空题1．（宁夏09）已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是答案：（ 334cm ）2．一几何体的三视图如右右，它的体积为．答案：（ 5.1 ）3．（宁夏09）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βα//；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n ⊥α；俯视图A 'GFEDCBA④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内的射影是三角形的外心；⑤若平面β内的直线m 垂直于平面α，那么β⊥α；其中正确的命题为 ______________。

高三数学立体几何专题

立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算.既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题.选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解,考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究.【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算,空间点、直线、平面的位置关系判断与证明,（理科)空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等.【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1(２00８高考海南宁夏卷)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为6的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值为A ． 22ﻩﻩﻩﻩB. 32 ﻩＣ． 4ﻩﻩﻩＤ. 52分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决．解析:结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算,如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ，由题意得2227m n k ++=,226m k +=1n ⇒=，21k a +=,21m b +=，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号．点评:本题是课标高考中考查三视图的试题中难度最大的一个,我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决．例2 (20０8高考山东卷、2009年福建省理科数学高考样卷第3题)下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 A ．9π Ｂ.10π C.11π D.12π分析：想像、还原这个空间几何体的构成,利用有关的计算公式解答．解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的,圆柱的底面半径是1,母线长是3，球的半径是1，故其表面积是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=，答案D ．点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则．例3（江苏省苏州市２０09届高三教学调研测试第12题)已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示,若32AC BC ==, 6PC =，则此正三棱锥的全面积为_______＿_．分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥,根据这个主试图知道,主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．解析：这个正三棱锥的底面边长是3、高是6，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是23333=22363+=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形,故其全面积是23433=3 点评:由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向,这是三视图问题的核心．题型２空间点、线、面位置关系的判断例4（江苏苏州市200９届高三教学调研测试7)已知n m ,是两条不同的直线,βα,为两个不同的平面,有下列四个命题:①若βα⊥⊥n m ,,m n ⊥,则βα⊥; ②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//；③若n m n m ⊥⊥,//,βα,则βα//； ④若βαβα//,//,n m ⊥,则n m ⊥.其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号)_____＿__＿＿_____．分析:根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断.解析：我们借助于长方体模型解决．①中过直线,m n 作平面γ,可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角，如图(1),故βα⊥①正确；②的反例如图(2)；③的反例如图（3）；④中由,m ααβ⊥可得m β⊥，过n 作平面γ可得n 与交线g 平行,由于m g ⊥,故m n ⊥．答案①④.点评:新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型,本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的. 例5（浙江省2０09年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβ B.若//,//,//,m n αβαβ则//m nC.若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D.若//,//,//,m n m n αβ则//αβ 分析:借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断. 解析：对于//αβ，结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥.答案C. 点评:从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异,但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的,主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．题型３空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型)例６．(2009江苏泰州期末16)如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别为1DD 、DB 的中点.(1）求证：EF ／/平面11ABC D ; (2）求证：1EF B C ⊥； (3）求三棱锥EFC B V -1的体积．分析:第一问就是找平行线，最明显的就是1EF BD ；第二问转化为线面垂直进行证明;第三问采用三棱锥的等积变换解决．解析:（1）连结1BD ,如图,在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ,DB 的中点，则111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D .(2）11111111111111111,//B C ABB C BC B C BD B C ABC D EF B CAB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面（3）CF ⊥平面11BDD B ，1CF EFB ∴⊥平面且2CF BF ==,1132EF BD ==，222211(2)26B F BF BB =+=+=,222211111(22)3B E B D D E =+=+=∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=,11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11362132⨯⨯⨯⨯=ﻩ．点评：这个题目也属于文科解答题的传统题型.空间线面位置关系证明的基本思想是转化,根据线面平行、垂直关系的判定和性质,进行相互之间的转化,如本题第二问是证明线线垂直,但问题不能只局限在线上,要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的,但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一. 例７．（江苏省苏州市２０0９届高三教学调研测试第１7题)在四棱锥P ABCD -中,90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==.(1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；(2)若F 为PC 的中点,求证PC ⊥平面AEF ；（3)求证CE ∥平面PAB ．分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明;第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决,也可以通过证明面面平行解决,即通过证明直线CE 所在的一个平面和平面PAB 的平行解决.解析：(1）在ABC ∆Rt 中,1,60AB BAC =∠=，∴3BC 2AC =．在ACD Rt Δ中，2,60AC ACD =∠=,∴23,4CD AD ==. ∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯⨯则155323323V =(2）∵PA CA =,F 为PC 的中点，∴AF PC ⊥．∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA CD ⊥，∵AC CD ⊥,PAAC A =，∴CD ⊥平面PAC ,∴CD PC ⊥.∵E 为PD 中点,F 为PC 中点,∴EF ∥CD ，则EF CD ⊥,∵AF EF F =,∴PC ⊥平面AEF ．(3)证法一:取AD 中点M ,连,EM CM .则EM ∥PA ，∵EM ⊄平面PAB ,PA ⊂平面PAB ，∴EM ∥平面PAB ．在ACD ∆Rt 中，60CAD ∠=,2AC AM ==,∴60ACM ∠=.而60BAC ∠=，∴MC ∥AB . ∵MC ⊄平面PAB ,AB ⊂平面PAB ， ∴MC ∥平面PAB ．∵EM MC M =,∴平面EMC ∥平面PAB . ∵EC⊂平面EMC ，∴EC ∥平面PAB ．证法二:延长,DC AB ，设它们交于点N ，连PN .∵60NAC DAC ∠=∠=，AC CD ⊥,∴C 为ND 的中点． ∵E 为PD 中点，∴EC ∥PN . ∵EC ⊄平面PAB ， PN ⊂平面PAB ， ∴EC ∥平面PAB .点评:新课标高考对文科的立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量,这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁,由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直).题型4 空间向量在立体几何中的应用(理科立体几何解答题的主要题型）例8.（2009年福建省理科数学高考样卷第1８题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E F 、分别为11A D 和1CC 的中点． (１）求证：EF ∥平面1ACD ;(2）求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值；（３）在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC P --的大小为30?若存在,求出BP 的长;若不存在,请说明理由．【解析】解法一:如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -,由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,2,1F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ,()1,2,1CG =-,又()1,2,1EF =--，由EF CG =-,∴EF 与CG 共线.从而EF ∥CG ,∵CG ⊂平面1ACD , EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（２)∵()0,2,0AB =，46cos ,||||26EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36．（３）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤),平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵()0,2,AP t = ()2,2,0AC =-，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t=-．易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =, 依题意知， 1,30BB n =或150，∴14||cos ,2BB N -==，即22434(2)4t t=+,解得t =(0,2],∴在棱1BB 上存在一点P ,当BP ,二面角P AC B --的大小为30. 解法二:（1）同解法一知()1,2,1EF =-- ,()12,0,2AD =-, ()2,2,0AC =-,∴112EF AC AD =-，∴EF 、AC 、1AD 共面．又∵EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ． (2)、(3)同解法一．解法三：易知平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =．又∵()1,2,1EF =--,由10EF DB ⋅=·， ∴1EF DB ⊥,而EF ⊄平面1ACD ,∴EF ∥平面1ACD ．（２）、(3）同解法一.点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识;考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力.利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种,一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论;三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直.例9(浙江宁波市２００８学年度第一学期期末理科第20题）已知几何体A BCED -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形. (1）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；（２）求二面角A ED B --的正弦值；(３)求此几何体的体积V 的大小．【解析】（1)取EC 的中点是F ,连结BF ,则BFDE ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角.在BAF ∆中,42AB =25BF AF ==∴10cos ABF ∠=． ∴异面直线DE 与AB 10（2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG DE ⊥交DE 于G ，连结AG ．可得DE ⊥平面ACG ,从而AG DE ⊥， ∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角. 在ACG ∆Rt 中，90ACG ∠=,4AC =,855CG =,∴5tan 2AGC ∠=． ∴5sin 3AGC ∠=． ∴二面角A ED B --5（3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16. 方法二：(坐标法）（１）以C 为原点,以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ，(0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=-,∴cos ,5DE AB <>=-∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为5. (2)平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA =, 设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =，,,n AD n DE ⊥⊥(4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=- ∴0,0n AD n DE ==从而4420,420x y z y z -++=-+=，令1y =,则(2,1,2)n =, 2cos ,3CA n <>=∴二面角A ED B --的的正弦值为3. （３）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．点评:本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法．空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角)的计算有一定的优势．对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量．【专题训练与高考预测】说明：文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．理科以选择题、填空题和解答题后三题为主．一、选择题1．如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点） ﻩﻩ （ )A ． 6πB ． 184πﻩC ． 18π++ﻩD ． 32π+２．某几何体的三视图如图所示,根据图中数据，可得该几何体的体积是ﻩ（ ) ﻩA ．323+B ．233+C.2233-D. 3223-３．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形,俯视图是直径为2的圆,则此几何体的外接球的表面积为 ( )ﻩＡ.π34ﻩ B.π38ﻩC ．π316ﻩＤ．π3324．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45,腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 ﻩ（） ﻩA.2221+ ﻩB ．221+ ﻩC.21+D.22+5．一个盛满水的三棱锥容器S ABC -，不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ,且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===,若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的( )A ．2923 Ｂ.2719 ﻩC ．3130 ﻩD ．27236. 点P 在直径为2的球面上，过P 作两两垂直的三条弦,若其中一条弦长是另一条弦长的2倍,则这三条弦长之和为最大值是 ﻩﻩ （ )A ．2705 B ．3705 C.4155 ﻩＤ．61557．正方体''''ABCD A B C D -中，AB 的中点为M ，'DD 的中点为N ，异面直线'B M 与CN 所成的角是ﻩ ﻩﻩ( ) ﻩＡ．30B.90 ﻩC ．45 ﻩD ．60８．已知异面直线a 和b 所成的角为50,P 为空间一定点,则过点P 且与,a b 所成角都是30 的直线有且仅有 ﻩ ( ） A ． 1条 ﻩB ．２条 C. 3条 ﻩＤ． 4条 9.如图所示，四边形ABCD 中,//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=,将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是 ﻩ ( )ﻩA.平面ABD ⊥平面ABC ﻩB.平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDC ﻩＤ.平面ADC ⊥平面ABC1０.设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：① x 、y 、z 均为直线;② x 、y 是直线，z 是平面;③ z 是直线，x 、y 是平面;④ x 、y 、z 均为平面．其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是 ﻩ （） ﻩA ． ③ ④ Ｂ. ① ③C. ② ③ﻩＤ. ① ②1１．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ﻩ①若//,m n n α⊂,则//m α；②若l α⊥,m β⊥且l m ,则αβ; ﻩ③若,m m αα⊂⊂,,m n ββ,则αβ;ﻩ④若αβ⊥，m αβ=，n β⊂,n m ⊥,则n α⊥.中正确的命题个数是ﻩ ﻩ（）ﻩA ．1 B. 2ﻩC ．3ﻩD.412．直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点，且,A B 都不在棱上，设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ,则θϕ+的取值范围是 ( ) ﻩA.(0,)2π Ｂ.0,2π⎛⎤⎥⎝⎦ ﻩC.(,)2ππ ﻩD ．{}2π二、填空题1３．在三棱锥P ABC -中,2PA PB PC ===，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周,再回到A 点，则蚂蚁经过的最短路程是 .14.四面体的一条棱长为x ，其它各棱长为1，若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ,则()f x 的增区间为 ,减区间为．１5. 如图,是正方体平面展开图,在这个正方体中：① BM 与ED 平行； ② CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60角； ④DM 与BN 垂直. 以上四个说法中，正确说法的序号依次是．16．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是11A B 的中点，则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 . 三、解答题17．已知,如图是一个空间几何体的三视图. （1）该空间几何体是如何构成的；（2）画出该几何体的直观图; （3)求该几何体的表面积和体积.ﻩﻩﻩﻩ18．如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中90RBC ∠=,2==BC RB .点,A D 分别是RB ,RC 的中点，现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置,使PA AB ⊥，连结PB 、PC . (1)求证：BC PB ⊥;(２）求二面角P CD A --的平面角的余弦值．１９．如下图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，112AA AB =，点,E M 分别为11,A B CC 的中点，过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N ．（1）求证：EM 平面1111A B C D ；(2）求二面角11B A N B --的正切值;（3）设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V (12V V <),求12:V V 的值.20. 如图，在四棱锥ABCD P -中，底面为直角梯形,//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD ,N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点．(1）求证：DM PB ⊥；(2）求BD 与平面ADMN 所成的角；（3)求截面ADMN 的面积.21.如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直,M 是CE 和AD 的交点,BC AC ⊥,且BC AC =.（１)求证：⊥AM 平面EBC ；(2）求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小；（3）求二面角C EB A --的大小．2２.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=，2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥．(1)求证:1AC ⊥平面1A BC ；（2)求1CC 到平面1A AB 的距离;（3）求二面角1A A B C --的一个三角函数值.【参考答案】1.解析：Ｃ该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=++ ⎪⎝⎭.2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为3的正方形、高为2的四棱锥,故其体积为13333323323⨯⨯+⨯⨯⨯=+．３.解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥,其外接球的直径为433． 4．解析:Ｄ如图设直观图为''''O A B C ,建立如图所示的坐标系,按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC OA ⊥,且2OC =，1BC =,212122OA =+⨯=+，故其面积为()11222222⋅++⋅=+５.解析：D 当平面EFD 处于水平位置时，容器盛水最多2121sin 31sin 313131h ASB SB SA h DSE SE SD h S h S V V SAB SDE SABC SDE F ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=h h SB SE SA SD最多可盛原来水得42312727-=．6．解析:Ａ设三边长为,2,x x y ，则2254x y +=，令442cos ,2sin ,33cos 2sin 70555x y x y θθθθ==∴+=+≤． 7.解析:B 如图，取'AA 的中点P ,连结BP ,在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥.8．解析：B 过点P 作a a ',b b ',若P a ∈,则取a 为a ',若P b ∈,则取b 为b '.这时a '，b '相交于P 点，它们的两组对顶角分别为50和130．记a '，b '所确定的平面为α，那么在平面α内,不存在与a ',b '都成30的直线. 过点P 与a ',b '都成30角的直线必在平面α外，这直线在平面α的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50对顶角平分线的直线有两条l 和l ',射影是130对顶角平分线的直线不存在．故答案选Ｂ.9．解析:D 如图,在平面图形中CD BD ⊥,折起后仍然这样，由于平面ABD ⊥平面BCD ,故CD ⊥平面ABD ,CD AB ⊥，又AB AD ⊥，故AB ⊥平面ADC ,所以平面ADC ⊥平面ABC ．10.解析：C x 、y 、z 均为直线，显然不行;由于垂直于同一个平面的两条直线平行,故②,可以使“x ⊥z且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行,故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题;当x 、y 、z 均为平面时,也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题．１1．解析:B ①中有m α⊂的可能;l m 且l α⊥，可得m α⊥,又m β⊥,故αβ，②正确;③中当m n 时，结论不成立；④就是面面垂直的性质定理,④正确．故两个正确的.12．解析:Ｂ如图，在Rt ADC ∆中，cos ,sin AD AB AC AB θϕ==,而AD AC >,即cos sin cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，故2πθϕ<-,即2πθϕ+<,而当AB l ⊥时，2πθϕ+=.13.解析：22 将如图⑴三棱锥P ABC -，沿棱PA 展开得图⑵,蚂蚁经过的最短路程应是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,'90APA ∠=，∴A A '=22.1４．解析:60,2⎛⎤ ⎥ ⎝⎦ ,⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326， 2()34xf x x =-,利用不等式或导数即可判断. 15.解析:③④ 如图,逐个判断即可．1610取CD 的中点F ,连接EF 交平面11ABC D 于O ，连AO ．由已知正方体,易知EO ⊥平面11ABC D ,所以EAO ∠为所求.在EOA ∆Rt 中，1112222EO EF A D ===,2215()122AE =+=，10sin 5EO EAO AE ∠==.所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值为105．1７.解析:(1)这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥． (２）按照斜二测的规则得到其直观图,如图．(3）由题意可知,该几何体是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体．由图易得:2,'1,'1AB AD AA PO ====，取''A B 中点Q ，连接PQ ，从而2222''112PQ PO O Q =+=+所以该几何体表面积()()1'''''''''''''''''212.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅= 体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=．１8.解析:（1）∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点,∴BC AD BC AD 21,//=． ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=，∴AD PA ⊥．∴ BC PA ⊥,∵A AB PA AB BC =⊥ ,,∴BC ⊥平面PAB . ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥．（2)取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥． ∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC ．∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥． ∵,A AP AF = ∴⊥RC 平面PAF .∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥.∴AFP ∠是二面角P CD A --的平面角. 在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF ，在PAF ∆Rt 中， 2622=+=AF PA PF , 332622cos ===∠PF AF AFP ． ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33. 19．解析:（1)设11A B 的中点为F ,连结1,EF FC ．∵E 为1A B 的中点，∴EF112BB ．又1C M 112BB ，∴EF 1MC .∴四边形1EMC F 为平行四边形.∴1EMFC ．∵EM ⊄平面1111A B C D ，1FC ⊂平面1111A B C D ，∴EM 平面1111A B C D .（２）作11B H A N ⊥于H ，连结BH ,∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ，∴1BH A N ⊥． ﻩ∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角．ﻩ∵EM ∥平面1111A B C D ,EM ⊂平面1A BMN ，平面1A BMN 平面11111A B C D A N = ，∴1EMA N ．又∵1EM FC ,∴11A N FC ．又∵11A F NC ，∴四边形11A FC N 是平行四边形．∴11NC A F =.设1AA a =,则112A B a =，1D N a =．在11A D N ∆Rt 中,1A N ==,∴sin ∠Ａ1ＮD 1=11111sin A D A ND A N ∠==．在11A B H ∆Rt中，11111sin 2B H A B HA B a =∠== 在1BB H ∆Rt 中, 111tan 4BB a BHB B H ∠===. (3）延长1A N 与11B C 交于P ，则P ∈平面1A BMN ，且P ∈平面11BB C C . 又∵平面1A BMN平面11BB C C BM = ，∴P BM ∈，即直线111,,A N B C BM 交于一点P .又∵平面1MNC ∥平面11BA B ,∴几何体111MNC BA B -为棱台. ∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=,12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=, 棱台111MNC BA B -的高为112B C a =,故22311172346V a a a a ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，3327172266V a a a a a =⋅⋅-=,.∴12717V V =. 20．解析:(1）因为N 是PB 的中点,AB PA =，所以PB AN ⊥. 由PA ⊥底面ABCD ,得PA AD ⊥,又90BAD ︒∠=,即BA AD ⊥,∴ ⊥AD 平面PAB ，所以PB AD ⊥ ，∴ ⊥PB 平面ADMN ，∴DM PB ⊥.(２）连结DN , 因为⊥BP 平面ADMN ,即⊥BN 平面ADMN ,所以BDN ∠是BD 与平面ADMN 所成的角. 在ABD ∆Rt 中，BD ==,在PAB∆Rt 中,PB ==，故12BN PB ==，在BDN ∆Rt 中, 21sin ==∠BD BN BDN ,又02BDN π≤∠≤,故BD 与平面ADMN 所成的角是6π．（3）由,M N 分别为PB PC ,的中点,得//MN BC ,且1122MN BC ==，又//AD BC ,故//MN AD ,由(1）得⊥AD 平面PAB ,又AN ⊂平面PAB ,故AD AN ⊥,∴四边形ADMN 是直角梯形,在Rt PAB ∆中,2222PB PA AB =+=,122AN PB ==,∴ 截面ADMN 的面积11152()(2)22224S MN AD AN =+⨯=+⨯=．法二： (1）以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示(图略）由22====BC AB AD PA ,得(0,0,0)A ，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D 因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=-- 0= ，所以DM PB ⊥. (2)因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅0=,所以PB AD ⊥，又DM PB ⊥ ,故PB ⊥平面ADMN ,即(2,0,2)PB =-是平面ADMN 的法向量．设BD 与平面ADMN 所成的角为θ,又(2,2,0)BD =-. 则||1sin |cos ,|2||||4444BD PB BD PB BD PB θ⋅=<>===+⨯+, 又[0,]2πθ∈,故6πθ=，即BD 与平面ADMN 所成的角是6π. 因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π. （3)同法一.21．解析：法一:（1)∵四边形ACDE 是正方形， EC AM AC EA ⊥⊥∴,. ∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，⊥∴BC 平面EAC ． ⊂AM 平面EAC ，⊥∴BC AM ． ⊥∴AM 平面EBC ．(2)连结BM ,⊥AM 平面EBC ,ABM ∠∴是直线AB 与平面EBC 所成的角.设a BC AC EA 2===，则a AM 2=，a AB 22=, 21sin ==∠∴AB AM ABM ， ︒=∠∴30ABM . 即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30(3）过A 作EB AH ⊥于H ，连结HM ． ⊥AM 平面EBC ，EB AM ⊥∴.⊥∴EB 平面AHM .AHM ∠∴是二面角C EB A --的平面角．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC .⊥∴EA AB .在EAB Rt ∆中, EB AH ⊥,有AH EB AB AE ⋅=⋅.由(2)所设a BC AC EA 2===可得a AB 22=，a EB 32=，322a EB AB AE AH =⋅=∴. 23sin ==∠∴AH AM AHM .︒=∠∴60AHM .∴二面角C EB A --等于︒60．法二： ∵四边形ACDE 是正方形 ,EC AM AC EA ⊥⊥∴,，∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ， ∴可以以点A 为原点,以过A 点平行于BC 的直线为x 轴,分别以直线AC 和AE 为y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -．设2===BC AC EA ,则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C ，M ﻩ是正方形ACDE 的对角线的交点,)1,1,0(M ∴.(1)=AM )1,1,0(,)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=EC ，)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=CB ， 0,0=⋅=⋅∴CB AM EC AM ， CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC .（２） ⊥AM 平面EBC ，AM ∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM ,21,cos =⋅=∴AM AB AMAB AM AB ． ︒=60,AM AB .∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3)设平面EAB 的法向量为),,(z y x n =,则AE n ⊥且AB n ⊥,0=⋅∴AE n 且0=⋅AB n .⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ,取1-=y ，则1=x ，则)0,1,1(-=n . 又∵AM 为平面EBC 的一个法向量,且)1,1,0(=AM , 21,cos -=⋅⋅=∴AM n AMn AM n ,设二面角C EB A --的平面角为θ,则21,cos cos ==AM n θ,︒=∴60θ.∴二面角C EB A --等于︒60. 22．解析:法一：（1)因为1A D ⊥平面ABC ,所以平面11AA C C ⊥平面ABC ,又BC AC ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ,得1BC AC ⊥,又11BA AC ⊥,所以1AC ⊥平面1A BC ;（2)因为11AC A C ⊥,所以四边形11AAC C 为菱形，故12AA AC ==，又D 为AC 中点，知160A AC ∠=.取1AA 中点F ,则1AA ⊥平面BCF ，从而面1A AB ⊥面BCF , 过C 作CH BF ⊥于H ,则CH ⊥面1A AB ．在Rt BCF ∆中,2,3BC CF ==，故2217CH =, 即1CC 到平面1A AB 的距离为2217CH =.（3)过H 作1HG A B ⊥于G ,连CG ，则1CG A B ⊥, 从而CGH ∠为二面角1A A B C --的平面角，在1Rt A BC ∆中，12A C BC ==,所以2CG =，在Rt CGH ∆中，42sin CH CGH CG ∠==故二面角1A A B C --的正弦值为427. 法二:（１）如图，取AB 的中点E ,则//DE BC ，因为BC AC ⊥,所以DE AC ⊥,又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，ﻩ则()0,1,0A -，()0,1,0C ,()2,1,0B ,()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =，()12,1,BA t =--，()2,0,0CB =,由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥, ﻩ又11BA AC ⊥,从而1AC ⊥平面1A BC ；(2)由1AC ⋅2130BA t =-+=,得3t =．设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(13AA =，()2,2,0AB =，所以130220n AA y z n AB x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩, 设1z =，则()3,3,1n =- 所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC nd n ⋅==217. (3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,3CA =-,()2,0,0CB =， ﻩ所以1020m CA y m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩,设1z =，则()0,3,1m =，故cos ,m n m n m n ⋅<>==⋅7-,根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值为7.。

高三数学立体几何试题答案及解析

高三数学立体几何试题答案及解析1.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义2.在等腰三角形中，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点（如图）.若光线经过的中心，则等于（）A．B．C．D．【答案】D；【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立直角坐标系，所以等腰三角形ABC的中心坐标为，因为光线从点出发，经发射后又回到原点，故点P为三角新ABC的中心在底边AB上的投影，所以AP=.3.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．4.（本题满分12分）如图，在三棱锥底面ABC，且SB=分别是SA、SC的中点．（Ⅰ）求证：平面平面BCD；（Ⅱ）求二面角的平面角的大小．【答案】（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）已知SB、AB、BC两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系如下图．根据线段长度可求出相应点的坐标，从而可推出，则，所以平面平面BCD．（Ⅱ）求出两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角平面角的关系求出平面角的大小．试题解析：（Ⅰ）．又因，所以建立如上图所示的坐标系．所以A（2，0，0），，D（1，0，1），，S（0，0，2）易得，，，又，又又因，所以平面平面BCD．（Ⅱ）又设平面BDE的法向量为，则所以又因平面SBD的法向量为所以所以二面角的平面角的大小为．【考点】•平面与平面的垂直的证明二面角大小的求法．5.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．6.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以．故应选B．【考点】空间几何体的三视图.8.（2015•汕头二模）某师傅用铁皮制作一封闭的工件，其三视图如图所示（单位长度：cm，图中水平线与竖线垂直），则制作该工件用去的铁皮的面积为（制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计）（）A．100（3+）cm2B．200（3+）cm2C．300（3+）cm2D．300cm2【答案】A【解析】本题以实际应用题为背景考查立体几何中的三视图．由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形[的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积解：由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10，故底面面积为10×10=100，与底面垂直的两个侧面是全等的直角，两直角连年长度分别为10，20，故它们的面积皆为100，另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的边长10，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为=10，故此两侧面的面积皆为50，故此四棱锥的表面积为S=100（3+）cm2．故选：A【考点】由三视图求面积、体积．9.如图，在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱，是侧棱的中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）易证得为等腰直角三角形，从而得到，又由直四棱柱的性质可得到，进而可使问题得证；（2）方法一：过点作于，过作于，则就是二面角的平面角，然后在中求得，从而求得，再在中求得，最后在中即可求得所求二面角的正切值；方法二：以为原点建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利用空间夹角公式求解即可．试题解析：（1）证明：如图，在矩形中，E为中点且，，所以，所以为等腰直角三角形，所以．在直四棱柱中，因为底面是边长为1的正方形，所以平面．又因为平面，所以，所以平面又因为平面，所以平面⊥平面（2）解：方法一：因为平面，所以平面⊥平面，所以只需在平面内过点作于，而平面．如图，过作于，连接，则就是二面角的平面角．在中，，所以．在中，在中，．所以二面角的平面角的正切值大小为方法二：以为原点，，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，同理可得，平面的一个法向量为，代入公式有：，所以二面角的平面角的正切值大小为【考点】1、空间垂直关系的判定；2、二面角．10.（2015秋•扬州期末）已知正四棱锥底面边长为，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为．【答案】5【解析】利用体积求出正四棱锥的高，求出底面对角线的长，然后求解侧棱长．解：正四棱锥底面边长为，体积为32，可得正四棱锥的高为h，=32，解得h=3，底面对角线的长为：4=8，侧棱长为：=5．故答案为：5．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．11.（2010•江苏二模）如图，在四边形ABCD中，CA=CD=AB=1，=1，sin∠BCD=．（1）求BC的长；（2）求四边形ABCD的面积；（3）求sinD的值．【答案】（1）BC=；（2）；（3）【解析】（1）根据题意可分别求得AC，CD和AB，利用=1，利用向量的数量积的性质求得cos∠BAC的值，进而求得∠BAC，进而利用余弦定理求得BC的长．（2）根据（1）可求得BC2+AC2=AB2．判断出∴∠ACB=，进而在直角三角形中求得cos∠ACD的值，利用同角三角函数的基本关系气的sin∠ACD，然后利用三角形面积公式求得三角形ABC和ACD的面积，二者相加即可求得答案．（3）在△ACD中利用余弦定理求得AD的长，最后利用正弦定理求得sinD的值．解：（1）由条件，得AC=CD=1，AB=2． ∵=1，∴1×2×cos ∠BAC=1．则cos ∠BAC=．∵∠BAC ∈（0，π），∴∠BAC=．∴BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB•ACcos ∠BAC=4+1﹣2×2×=3．∴BC=．（2）由（1）得BC 2+AC 2=AB 2． ∴∠ACB=．∴sin ∠BCD==． ∵∠ACD ∈∈（0，π），∴．∴S △ACD =×1×1×=． ∴S 四边形ABCD =S △ABC +S △ACD =．（3）在△ACD 中，AD 2=AC 2+DC 2﹣2AC•DCcos ∠ACD=1+1﹣2×1×1×=． ∴AD=．∵，∴．【考点】解三角形的实际应用．12. （2014•阳泉二模）某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（）A ．B ．3πC ．D ．π【答案】C【解析】由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在棱长为1的正方体中，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由此能求出此四面体的外接球的体积．解：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在正方体中，所以我们可以在正方体中寻找此四面体．如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R=，所以此四面体的外接球的体积V==．故选C．【考点】由三视图求面积、体积．13.如图，一竖立在水平对面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如下图所示：该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得，∴．设底面圆的半径为，则有，∴．故C项正确．【考点】圆锥的计算，平面展开——最值问题．【方法点晴】本题主要考查了圆锥的计算及有关圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个三角形，此扇形的弧长等于圆锥的面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．14.已知三棱锥中，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，设是的外心，是三棱锥外接球球心，则平面，由已知平面，则，，，，所以．，所以，．故选C．【考点】棱锥的外接球，球的表面积．15.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．【考点】1、三视图；2、多面体的表面积．16.已知直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球表面积的最小值为．【答案】【解析】根据题意，设，则有，从而有其外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.【考点】1、几何体的外接球；2、基本不等式；3、球的体积和表面积.【方法点睛】设，则有，利用直三棱柱中，，从而直三棱柱外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.根据直三棱柱中，，侧面的面积为，设，，利用均值不等式，确定直三棱柱外接球的半径的最小值是关键．17.在体积为的四面体中，平面，，，，则长度的所有值为．【答案】或【解析】由题意得因此由余弦定理得：或，因此或【考点】三棱锥体积，余弦定理18.如图，正四棱锥的底面一边长为，侧面积为，则它的体积为________．【答案】【解析】设侧面三角形的高为，则，解之可得，故棱锥的高为，所以棱锥的体积为，答案应填：．【考点】正四棱锥的侧面面积和体积公式．19.如图，在正方体中分别为棱的中点，用过点的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体（下半部分）的左视图为（）【答案】C【解析】通过观察剩余几何体（下半部分），可以发现C图才正确，故选C.【考点】1、直观图；2、三视图.20.如图，已知三棱柱的所有棱长都是2，且.（1）求证：点在底面内的射影在的平分线上；（2）求棱柱的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过作图的方式先作出的射影，只需求到距离相等即是所求，利用三角形全等即可；（2）底面是等边三角形，面积容易求得，其高为，（1）可知，，，可得到，则此可求出.试题解析：（1）证明：过作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则，，故平面，故，同理，过作，连接，则.∵，，∴，∴≌，∴，∴是的角平分线，即点在底面内的射影在的平分线上.（2）解：由（1）可知，，，在中，，∴，∴三棱柱的体积为【考点】线面垂直、几何体的体积.【易错点晴】破解线面垂直关系的技巧(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．21.如图，梯形中，，分别是的中点，矩形所在的平面与所在的平面互相垂直，且.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若二面角为，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理证平面，又，从而可证得平面；（2）取中点，连接，先证得为平行四边形，进而可得，再根据直线与平面平行的判定定理即可证得平面；（3）连接交于，连接，证明平面，则即为直线与平面所成角，再通过解求得的大小．试题解析：（1）平面.（2）取中点，连接，.（3）为二面角的平面角，.由（1）知，中，，，∴，∴，∴与平面成角.【考点】1、线面垂直的判定；2、线面平行的判定；3、线面角的求法．【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直、平行判定和线面角的求法，属于中档题．证明线面垂直的方法主要有定义法，判定定理法；证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是利用三角形、梯形的中位线，对应线段成比例，构造平行四边形，平行线的传递性，线面垂直的性质定理，面面平行的性质定理．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.22.如图，在正方形中，点分别是的中点，将分别沿、折起，使两点重合于.（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）要证明面面垂直，可以先证明线面垂直，即可以先证明直线，进而可证明平面⊥平面；（Ⅱ）可以用传统方法也可以用向量方法，用传统方法时，可按照“作、算、证”的步骤，并结合余弦定理即可求二面角的余弦值.向量法关键是要建立适当的直角坐标系，并正确地求出二平面的法向量，进而可得到二面角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）证明：连接交于，连接.在正方形中，点是的中点，点是的中点，所以，所以，因此，所以在等腰中，是的中点，且.因此在等腰中，，从而平面.又平面，所以平面平面.即平面平面.（Ⅱ）方法一：在正方形中，连接，交于.设正方形的边长为.由于点是的中点，点是的中点.所以，于是，从而，所以.于是，在翻折后的几何体中，为二面角的平面角.在正方形中，解得，，所以，在中，，由余弦定理得.所以，二面角的余弦值为.方法二：由题知两两互相垂直，故以为原点，向量方向分别为轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为，则，所以，设为平面的一个法向量，由，得，令，得，又由题知是平面的一个法向量，所以，所以，二面角的余弦值为.【考点】1、面面垂直；2、二面角的平面角.23.如图4，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，，沿将翻折到，连接，得到如图5的五棱锥，且．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由三角形的中位线定理，证得，再由菱形的对角线互相垂直，证得，即可得到，再由已知可得，然后利用线面垂直的判定得到答案；（2）设，连接，结合已知可得，通过解直角三角形求得平面，然后求出梯形的面积，代入棱锥的体积公式得到答案．试题解析：（1）证明：∵分别是边的中点，∴∵菱形对角线互相垂直，∴，∴∴，∵平面，平面，∴平面，∴平面，∴（2）设，连接，∵，∴为等边三角形，∴，在中，在中，，∴∵平面，平面，∴平面，∴，∴四棱锥的体积【考点】直线与平面垂直的判定；几何体的体积的计算．24.如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，，且．（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）依据线面平行的判定定理，需要在平面找到一条直线与直线平行即可．因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可．试题解析：（1）如图，过点作于，连接，，可证得四边形为平行四边形，平面（2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由即，令，得设平面的法向量为由即，令，得所以，所以二面角的余弦值是【考点】1．线面平行的判定定理；2．利用空间向量求二面角．25.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为半个圆柱加一个长方体的组合体，故其体积为【考点】三视图，几何体的体积26.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由题意易证平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面平面；（2）设棱锥的体积为，易求，三棱柱的体积为，于是可得，从而得到答案．试题解析：（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1．又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．（2）设棱锥B—DACC1的体积为V1，AC＝1．由题意得V1＝××1×1＝．又三棱柱ABC—A1B1C1的体积V＝1，所以（V－V1）∶V1＝1∶1．故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1．【考点】平面与平面垂直的判定；棱信的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【易错点睛】（1）两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”．（2）两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中要对此进行证明．27.如图1，，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（I）；（II）是的靠近点的一个四等分点，大小为．【解析】（I）设，利用三棱锥体积公式求得体积的表达式为，利用导数或者基本不等式求出其最大值.（II）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用求出，然后利用法向量求出与平面所成角的大小为.试题解析：解析：（Ⅰ）方法一：在图1所示的中，设，则.由，知，为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且.所以平面.又，所以.于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时，三棱锥的体积最大．方法二：同方法一，得.令，由，且，解得.当时，；当时，.所以当时，取得最大值．故当时，三棱锥的体积最大．（Ⅱ）方法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，.于是可得，，且．设，则，因为等价于，解得，．所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，. 设平面的一个法向量为，由，及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，可得，即.故与平面所成角的大小为.方法二：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，如图b，取的中点，连结，则．由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至点使得，连，则四边形为正方形，所以.取的中点，连结，又为的中点，则，所以.因为平面，又平面，所以.又，所以平面.又平面，所以.因为当且仅当，而点是唯一的，所以点是唯一的．即当（即是的靠近点的一个四等分点）时，.连结，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，则平面.在平面中，过点作于，则平面，故是与平面所成的角．在中，易得，所以是正三角形，故，故与平面所成角的大小为.【考点】空间向量与立体几何.28.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE平面A1C1 F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理.试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.（2）在直三棱柱中，因为平面，所以，又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.因为直线，所以【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直；（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.29.某四面体的三视图如图，则该四面体四个面中最大的面积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将该几何体放入边长为的正方体中，由三视图可知该四面体为有由直观图可知，最大面积为三角形的面积，在三角形中，所以面积故选D．【考点】1、几何体的三视图；2、三角形的面积公式．【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，有时还需要将不规则几何体补形成常见几何体，来增加直观图的立体感．30.如图,在四棱锥中,是边长为的正三角形,底面.（1）求证：；（2）已知是上一点, 且平面.若,求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）1．【解析】（1）连接交于，然后利用线面垂直的性质与已知条件证得平面，由此推出，从而通过解三角形推出，进而推出平面，可使问题得证；（2）取的中点, 连接，当为的中点，根据等腰三角形的性质可推出，然后结合中位线定理推出平面，由此可求出点到平面的距离．试题解析：（1）证明：连接交于,底面,平面,则,即,即平面.（2）取的中点, 连接,当为的中点时,平面,证明如下：,由(1) 得，则,则是的中点，平面平面，平面，平面.底面点到平面的距离等于.【考点】1、空间直线与直线的位置关系；2、线面平行的判定定理；3、点到平面的距离．【方法点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化，转化时要正确运用相关的定理，找出足够的条件进行推理；证明线面平行时，通常利用中位定理得到线线平行，从而推出面面平行，进而推出线面平行．31.已知正三角形边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为 .【答案】。

高三理科数学《立体几何》测试题带答案

高三理科数学《立体几何》测试题（带答案）1、如图，在C ∆AB 中，C 45∠AB =，点O 在AB 上，且2C 3OB =O =AB ，PO ⊥平面C AB ，D //A PO ，1D 2A =AO =PO ． ()1求证：//PB 平面C D O ；()2求二面角CD O --A 的余弦值．（1）证明：因为ABC PO 平面⊥，D//A PO,DA AB PO AB ⊥⊥所以4,21π=∠==AOD PO AO DA 所以又……………………2分 ,//4,,21PB OD OBP OP OB PO AO ，即所以即又π=∠==……………….4分 COD PB COD OD COD PB 平面所以平面平面又//,,⊂⊄。

……………….6分（2）解：过A 作,,,AN N CD MN M M DO AM 连接于作，过垂足为⊥⊥ 则的平面角。

即为二面角A CD O ANM --∠……………….8分，中，得，在直角中，得，在等腰直角设a MN COD a AM AOD a AD 3322=∆=∆=510cos 630=∠=∆ANM a AN AMN ，所以中，得在直角……………….12分2、如图，在棱长为2的正方体1111CD C D AB -A B 中，E 、F 分别为11D A 和1CC 的中点．()1求证：F//E 平面1CD A ；()2求异面直线F E 与AB 所成的角的余弦值；()3在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角C P -A -B 的大小为30？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．解：如图分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ，由已知得D (0，0，0)、A (2，0，0)、B (2，2，0)、C (0，2，0)、B 1(2，2，2)、D 1(0，0，2)、E (1，0，2 )、F (0，2，1)．(1)取AD 1中点G ，则G （1，0，1），CG -→=（1，-2，1），又EF -→=（-1，2，-1），由EF -→=-→-CG ，∴EF -→与CG -→共线．从而ＥＦ∥ＣＧ，∵CG ⊂平面ACD 1，EF ⊄平面ACD 1，∴EF ∥平面ACD 1. ………………………………………………………………4分 (2) ∵AB =(0,2，0)， cos<EF ,AB>=||||2EF AB EF AB ⋅==⋅， ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36.…………………………………………………8分 (3)假设满足条件的点P 存在，可设点P (2，2，t )(0<t ≤2)，平面ACP 的一个法向量为n =(x ，y ，z )，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵AP =(0，2，t ), AC =(-2，2，0)，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t =-.易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =，依题意知，<1BB ，n >=30°或<1BB ，n >=150°，∴|cos<1BB ，n4||-=，即22434(2)4t t =+，解得3t =∵(0,2]3∴在棱BB 1上存在一点P ，当BPP -AC -B 的大小为30°……………13分3、如图所示，在四棱锥CD P -AB 中，底面CD AB 为矩形，PA ⊥平面CD AB ，点E 在线段C P 上，C P ⊥平面D B E ． ()1求证：D B ⊥平面C PA ；()2若1PA =，D 2A =，求二面角C B -P -A 的余弦值．(1) 证明：∵PA ABCD ⊥平面，BD ABCD ⊂平面 ∴PA BD ⊥．同理由PC BDE ⊥平面，可证得PC BD ⊥．又PAPC P =，∴BD PAC ⊥平面．(2)解：如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A xyz -．由(1)知BD PAC ⊥平面，又AC P A C ⊂平面， ∴BD AC ⊥．故矩形ABCD 为正方形，∴2AB BC CD AD ＝＝＝＝． ∴00020022()()00(20001)()()A B C D P ，，，，，，，，，，，，，，． ∴ ()()()2,0,1,0,2,0,2,2,0PB BC BD ===-．设平面PBC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则0n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2000200x y z x y z +⋅-=⎧⎨⋅++⋅=⎩，∴20z xy =⎧⎨=⎩，取1x =，得(1,0,2)n =．∵BD PAC ⊥平面，∴(2,2,0)BD =-为平面PAC 的一个法向量．所以10cos ,10n BD n BD n BD⋅<>==-．设二面角B PC A --的平面角为α，由图知02πα<<，则10cos cos ,D 10n α=B=∴二面角C B -P -A4、如图，平面CD AB ⊥平面D F A E ，其中CD AB 为矩形，D F A E 为梯形，F//D A E ，F F A ⊥E ，F D 2D 2A =A =E =．()1求异面直线F E 与C B 所成角的大小；()2若二面角F D A -B -的平面角的余弦值为13，求AB 的长．解：(1) 延长AD ，FE 交于Q ．因为ABCD 是矩形，所以BC ∥AD ，所以∠AQF 是异面直线EF 与B C 所成的角．在梯形ADEF 中，因为DE ∥AF ，AF ⊥FE ，AF ＝2，DE ＝1得∠AQF ＝30°．………………………5分(2) 方法一：设AB ＝x ．取AF 的中点G ．由题意得 DG ⊥AF ．因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，A B ⊥AD ，所以AB ⊥平面ADEF ，所以AB ⊥DG ．所以DG ⊥平面ABF ．过G 作GH ⊥BF ，垂足为H ，连结DH ，则DH ⊥BF ，所以∠DHG 为二面角A －BF－D 的平面角．在直角△AGD 中，AD ＝2，AG ＝1，得DG 在直角△BAF中，由AB BF ＝sin ∠AFB ＝GH FG ，得GHx，所以GH．在直角△DGH 中，DGGH ，得DH ＝因为cos ∠DHG ＝GH DH ＝13，得x AB 15分方法二：设AB ＝x ．以F 为原点，AF ，FQ 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系Fxyz ．则 F (0，0，0)，A (－2，0，0)，E (3，0，0)，D (－10)，B (－2，0，x )，所以DF ＝(10)，BF ＝(2，0，－x )．因为EF ⊥平面ABF所以平面ABF 的法向量可取1n ＝(0，1，0)．设2n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BFD的法向量，则111120,0,x z x x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以，可取2n ＝1．因为cos<1n ，2n >＝1212||||n n n n ⋅⋅＝13，得xAB ．5、如图，已知AB ⊥平面CD A ，D E ⊥平面CD A ，C ∆AB 为等边三角形， D D 2A =E =AB ，F 为CD 的中点． ()1求证：F//A 平面C B E ；()2求证：平面C B E ⊥平面CD E ；()3求直线F B 和平面C B E 所成角的正弦值．（1）证明：取CE 的中点G,连FG 、BG .可证得四边形GFAB 为平行四边形，则AF//BG即可证得AF//平面BCE. …………………………..(4分)（2）依题意证得BG ⊥平面CDE ，即可证得平面BCE ⊥平面CDE …….(8分) （3）解：设AD=DE=2AB=2,建立如图所示的坐标系A —xyz, 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,0,1),D(1,3,0),E(1,3,2),F （)0,23,23 设平面BCE 的法向量为),,,(z y x =由0,0=⋅=⋅可取)2,3,1(-=，)1,23,23(-= 设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则： sin θ42=……………………………(12分)6、如图，三棱柱111C C AB -A B 的底面是边长为4的正三角形，1AA ⊥平面C AB ，1AA =M 为11A B 的中点．()1求证：C M ⊥AB ；()2在棱1CC 上是否存在点P ，使得C M ⊥平面ABP ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．()3若点P 为1CC 的中点，求二面角C B -AP -的余弦值．（1）解：取AB 中点O ，连结OM ，C O ． M 为11A B 的中点 ∴1//MO A A1AA ⊥平面C AB ∴MO ⊥平面C AB∴MO ⊥AB …………2分7、如图，已知111C C AB -A B 是正三棱柱，它的底面边长和侧棱长都是2，D 为侧棱1CC 的中点，E 为11A B 的中点．()1求证：D AB ⊥E ；()2求直线11A B 到平面D AB 的距离；()3求二面角D C A -B -的正切值．(1)证明:连结C 1E,则C 1E ⊥A 1B 1, 又∵A 1B 1⊥C 1C ∴A 1B 1⊥平面EDC 1 ∴A 1B 1⊥DE, 而A 1B 1//AB ∴AB ⊥DE.(2) 取AB 中点为F,连结EF,DF,则EF ⊥AB ∴AB ⊥DF过E 作直线EH ⊥DF 于H 点,则EH ⊥平面DAB ∴EH 就是直线A 1B 1到平面DAB 的距离在矩形C 1EFC 中,∵AA 1=AB=2,∴EF=2,C 1E=3,DF=2, ∴在△DEF 中,EH=3,故直线A 1B 1到平面DAB 的距离为 3(3)过A 作AM ⊥BC 于M 点,则AM ⊥平面CDB 过M 作MN ⊥BD 于N 点,连结AN,则AN ⊥BD ∴∠ANM 即为所求二面角的平面角在Rt △DCB 中,BC=2,DC=1,M 为BC 中点∴MN=55在Rt △AMN 中,tan ∠ANM=AMMN =158、如图，在直三棱柱111C C A B -AB 中，C AB ⊥A ，C 2AB =A =，14AA =，点D 是C B 的中点．()1求异面直线1A B 与1C D 所成角的余弦值；()2求平面1DC A 与平面1ABA 所成二面角的正弦值．（1）以},,{1→→→AA AC AB 为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -, 则)0,0,0(A ,)0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ．)4,0,2(1-=∴→B A ,)4,1,1(1--=→D C10103182018,cos 111111==⋅>=<∴→→→→DC B A DC B AD C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103． 6分（2）)0,2,0(=→AC 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =→,)0,1,1(=→AD ，)4,2,0(1=→AC ，由→→⊥AD m ，→→⊥1AC m 得 ⎩⎨⎧=+=+0420z y y x取1=z ,得2-=y ，2=x ,所以平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=→m ．设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ ．32324,cos cos =⨯-=⋅>=<=∴→→→→→mAC m AC m AC θ, 得35sin =θ．所以平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为35． 12分。

福建省各地2017届高三数学最新考试试题分类汇编复数与推理理

福建省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编复数与推理一、复数1、（福建省2017年一般高中毕业班单科质量检查模拟）若是复数)1)((2mi i m ++是实数，则实数m =（A ）1（B ）－1（C ）2（D ）－2二、（福州市2017届高三3月质量检测）设复数12,z z 在复平面内对应的点关于实轴对称，12i z =+，则12z z = （A ）1i +（B ）34i 55+（C ）41i 5+（D ）41i 3+3、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）设复数z 知足(1)3i z i -=+，则z = A ．12i + B ．22i + C ．2i - D ．1i +4、（）已知z 为复数z 的共轭复数，且()11i z i -=+，则z 为（） A ．i - B ． i C ．1i - D ．1i +5、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）复数2(2)1i z i+=-（i 是虚数单位）在复平面上对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限6、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）设复数z 知足(2)(2)5z i i --=，则z =（） A ．23i + B ．23i - C ．32i + D ．32i -7、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）复数z ＝i1＋i （其中i 为虚数单位），在复平面内对应的点在 ······································ （）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限8、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）已知复数131iz i+=-，则下列说法正确的是（） A.z 的共轭复数为12i -- B.z 的虚部为2iC.5z =D.z 在复平面内对应的点在第三象限9、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）复数z 知足()11z i i +=-，则复数z 的虚部是A ．1-B ．1 C．D．210、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）已知i 为虚数单位，复数z 知足2(1)(1)i z i +=-，则||z 为（）（A ）2 （B ）1 （C ）21（D ）2211、（厦家世一中学2017届高三上学期期中考试）在复平面内，复数z 与52i-对应的点关于实轴对称，则z 等于（）A ．2i +B ．2i -C ．2i -+D ．2i -- 12、（福建省师大附中2017届高三上学期期中考试）若复数22i1ia ++(a ∈R )是纯虚数,则复数i a 22+在复平面内对应的点在（A ）第一象限（B ）第二象限（C ）第三象限（D ）第四象限13、（三明市清流一中2017届高三上学期第二时期（期中）考试）i 是虚数单位，若复数(3)()i m i 是纯虚数，则实数m 的值为 .参考答案一、B 二、B 3、A 4、A 五、B 六、A 7、A 八、A 九、C 10、A 1一、B 1二、B 13、13二、推理 1、（福建省2017年一般高中毕业班单科质量检查模拟）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方式的前两步为：第一步：构造数列11111,,,,,234n . ① 第二步：将数列①的各项乘以2n，取得一个新数列1234,,,,,n a a a a a .则1223341n n a a a a a a a a -++++= ．二、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）如图，画一个边长为2的正三角形，再将那个正三角形各边的中点相连取得第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于 ··························· （） A ．2 3 B ．2116 3C ．85643D ．34125633、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）关于函数()f x 与()g x 和区间D ，若是存在0x D ∈，使00()()1f x g x -≤，则称0x 是函数()f x 与()g x 在区间D 上的“友好点”.现给出两个函数：①2()f x x =，()22g x x =-；②()f x =()2g x x =+；③()xf x e -=，1()g x x=-；④()ln f x x =，()g x x =. 则在区间(0,)+∞上存在唯一“友好点”的是_ __. (填上所有正确的序号)4、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）已知结论:“在三边长都相等的△ABC中,若D是BC的中点,G 是△ABC外接圆的圆心,则AG=2”.若把该结论推行到空间,则有结论:“在六条棱长都相等的四面体ABCD中,若GD= .”M是△BCD的三边中线的交点,O为四面体ABCD外接球的球心,则AOOM参考答案n二、D 3、①④4、3一、()1-n。

福建省各地2017届高三数学最新考试试题分类汇编三角函数理

福建省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编三角函数2017.03一、选择、填空题 1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c . 若a 、b 、c 成等比数列，且==B a c cos ,2则（A ）41 （B ）43（C ）42（D ）322、（福州市2017届高三3月质量检测）要得到函数()cos 2f x x =的图象，只需将函数()sin 2g x x =的图象（A ）向左平移12个周期（B ）向右平移12个周期（C ）向左平移14个周期（D ）向右平移14个周期3、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）已知函数())(0,)22f x wx w ππϕϕ=+>-<<，1(,0)3A 为图象()f x 的对称中心，,BC 是该图象上相邻的最高点和最低点，若4BC =，则()f x 的单调递增区间是A ．24(2,2),33k k k Z -+∈ B ．24(2,2),33k k k Z ππππ-+∈ C ．24(,),33k k k Z -+∈ D ．24(4,4),33k k k Z ππππ-+∈4、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）若函数()cos(2)6f x x π=-，为了得到函数()sin 2g x x =的图象，则只需将()f x 的图象( )A ．向右平移6π个长度单位 B.向右平移3π个长度单位 C.向左平移6π个长度单位 D.向左平移3π个长度单位5、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）已知tan 2((0,))ααπ=∈，则5cos(2)2πα+=（）A.35B.45C.35-D.45-6、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）已知sin α＝35，则cos(π－2α)＝ · （）A ．－45B ．－725C ．725D ．457、（福建省“永安、连城、华安、漳平一中等”四地六校2017届高三第二次（12月）月考）已知4cos()25πθ+=，22ππθ-<<，则sin 2θ的值等于（） A ．2425-B. 2425C. 1225-D. 12258、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）若函数()f x 同时满足以下三个性质；①()f x 的最小正周期为π；②对任意的x R ∈，都有()()4f x f x π-=-；③()f x 在3(,)82ππ上是减函数，则()f x 的解析式可能是 A.()cos()8f x x π=+B.()sin 2cos2f x x x =+C.()sin cos f x x x =D.()sin 2cos 2f x x x =-9、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）已知,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，且sin cos 22αα+=，则cos α的值____________．10、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））已知 A B ，均为钝角，2sin cos 23A A π⎛⎫++= ⎪⎝⎭sin B =，则A B +=（） A ．34π B ．54π C ．74π D ．76π11、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）已知函数)(x f 满足下列条件：①定义域为[)+∞,1；②当21≤<x 时)2sin(4)(x x f π=；③)2(2)(x f x f =.若关于x 的方程0)(=+-k kx x f 恰有3个实数解，则实数k 的取值范围是（）（A ）)31,141[（B ）]31,141( （C ）]2,31( （D ）)2,31[12、（厦门第一中学2017届高三上学期期中考试）若函数()()1tan cos ,36f x x x x ππ=+-≤≤，则()f x 的最大值为（）A ．1B ．2C 1+13、（福建省师大附中2017届高三上学期期中考试）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a b c ,,，326a b A π===,,，则tan B =14、（福建省霞浦第一中学2017届高三上学期期中考试）将函数sin ()y x x x R =+∈的图象向右平移θ（θ＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则θ的最小值是 A ．12πB ．6π C ．3π D ．56π15、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）函数sin sin y x x =+图象的一条对称轴是（A ）4x π=-（B ）4x π=（C ）2x π=（D ）34x π=二、解答题 1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）设ABC △的内角A B C ，，所对的边长分别为a b c ，，，且3cos cos 5a Bb Ac -=． (Ⅰ)求tan tan AB的值； (Ⅱ)求tan()A B -的最大值．2、（福州市2017届高三3月质量检测）已知ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且)tan cos cos c c a B b A =+.（Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）若c =ABC △面积的最大值．3、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）已知C ∆AB 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若向量(),3m a b =与()cos ,sin n =A B 共线．（Ⅰ）求A ；（II ）若a =2b =求C ∆AB 的面积．4、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）ABC ∆中，角C B A 、、所对的边为c b a 、、，且满足22266cos A cos B cos(A )cos(A )ππ-=-+.（Ⅰ）求角B 的值；（Ⅱ）若a b ≤=3，求c a -2的取值范围.5、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ．（I ）求角A 的大小；（II ）若a ＝10，cos B ＝255，D 为AC 的中点，求BD 的长．6、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）已知函数()cos f x x x m ωω=-+（0ω>，x R ∈，m 是常数）的图象上的一个最高点(,1)3π，且与点(,1)3π最近的一个最低点是(,3)6π--.（Ⅰ）求函数()f x 的解析式及其单调递增区间；（Ⅱ）在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且12A B B C a c ⋅=-，求函数()f A 的值域．7、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）在AB C ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，cos220C C ++=.（Ⅰ）求角C 的大小；（Ⅱ）若b =，AB C ∆的面积为sin sin 2A B ，求sin A 及c 的值.8、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））已知 a b c ，，分别为ABC △三个内角 A B C ，，的对边，且cos sin 0b C C a c --=. （Ⅰ）求B ；（Ⅱ）当2b =且ABC △的面积最大时，求2a c -的值.9、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）在△ABC 中，a ，b ，c 分别是∠A ，∠B ，∠C 的对边长，已知A A cos 3sin 2=.(I)若a 2－c 2＝b 2－mbc ，求实数m 的值； (II)若a ＝3，求△ABC 面积的最大值.10、（厦门第一中学2017届高三上学期期中考试）在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且()()2sin 2sin 2sin a A b B c C =+．（1）求A 的大小；（2）若a b ==，D 是BC 的中点，求AD 的长．11、（福建省师大附中2017届高三上学期期中考试）如图，在ABC ∆中，点D 在边BC 上，,4π=∠CAD 27=AC ，102cos -=∠ADB .(Ⅰ)求C ∠sin 的值；(Ⅱ)若ABD ∆的面积为7，求AB 的长.12、（福建省霞浦第一中学2017届高三上学期期中考试）在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知sin 1sin sin b Ca c A B=-++，且5b =，5CA CB ⋅=-. （Ⅰ）求△ABC 的面积．（Ⅱ）若等差数列{}n a 的公差不为零，且1cos 1a A =，2a 、4a 、8a 成等比数列，求28{}n n a a +的前n 项和n S ．参考答案一、选择、填空题1、B2、C3、C4、A5、D6、B7、A8、D 9、 10、C 11、D 12、C 13、42 14、D 15、C二、解答题 1、解:（Ⅰ）在ABC △中，由正弦定理及3cos cos 5a Bb Ac -=可得33sin cos sin cos sin sin()55A B B A C A B -==+ ……………2分所以33sin cos sin cos sin cos cos sin 55A B B A A B A B -=+即sin cos 4cos sin A B A B =，则tan 4tan AB=； ……………6分（Ⅱ）由tan cot 4A B =得tan 4tan 0A B =>2tan tan 3tan 3tan()1tan tan 14tan cot 4tan A B B A B A B B B B --===+++≤34……………10分当且仅当14tan cot ,tan ,tan 22B B B A ===时，等号成立，故当1tan 2,tan 2A B ==时，tan()A B -的最大值为34. ……………12分2、3、解：（I ）因为//m n ，所以sin cos 0a B A -=，…………2分由正弦定理，得sinAsinB A 0-=…………4分又sin 0B ≠，从而tan A =，…………5分 ∵0A p <<，∴3A p=…………6分（Ⅱ）解法一：由余弦定理，得2222cos a b c bc A =+-，…………7分而2,3a b A p===∴2742c c =+-,即2230c c --=…………9分 ∵0c >∴3c =…………10分故ABC 的面积为1sin 2ABCSbc A ==…………12分2sin 3B =，从而sin B =8分又由a b >，知A B >，所以cos B =.…………10分故()sinC sin A B sin sin cos cos sin 333B B πππ⎛⎫=+=B +=+= ⎪⎝⎭…………11分所以C ∆AB的面积为1bcsinA 2ABCS=.…………12分 4、解析：（I ）由已知cos 2cos 22cos cos 66A B A A ππ⎛⎫⎛⎫-=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得2222312sin 2sin 2cos sin 44B A A A ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，化简得sin B =故233B ππ=或（II ）因为b a ≤，所以3B π=，由正弦定理2sin sin sin a c bA C B====，得a=2sinA,c=2sinC ，224sin 2sin C 4sin 2sin 3a c π⎛⎫-=A -=A --A ⎪⎝⎭3sin 6π⎛⎫=A A =A - ⎪⎝⎭因为b a ≤，所以2,33662A A πππππ≤<≤-<，所以)32,3[2∈-c a5、【解】（I ）由2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ，根据正弦定理得2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ，整理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc ···· （2分）由余弦定理得 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝22··············· （4分）又A ∈(0，π) ，所以A ＝π4···················· （5分）（II ）由cos B ＝255，可得sin B ＝1－cos 2B ＝55∴cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin A sin B －cos A cos B ＝22×55－22×255＝－1010（7分）又a ＝10，由正弦定理，可得b ＝a sin Bsin A＝10×5522＝2∴CD ＝12AC ＝1 ······· （9分）在△BCD 中，由余弦定理得BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ＝(10)2＋12－2×10×1×(－1010)＝13 ·· （11分）所以BD ＝13. ·························· （12分）D CBA6、解：（Ⅰ）∵()cos f x x x m ωω=-+，∴()2sin()6f x x m πω=-+，∵点(,1)3π，点(,3)6π--分别是函数()f x 图象上相邻的最高点和最低点，∴2()22362T ππππω==--=，且1(3)2m +-=，∴2ω=，1m =-. ∴()2sin(2)16f x x π=--. ∴令222,262k x k k Z πππππ-≤-≤+∈，解得,63k x k k Z ππππ-+≤≤+∈，∴函数()f x 的单调递增区间为[,],63k k k Z ππππ-++∈.（Ⅱ）∵在ABC ∆中，12AB BC ac ⋅=，∴1cos()2ac B ac π-=-，∴1cos 2B =，∵0B π<<，∴3B π=，∴23A C π+=.∵203A π<<，∴4023A π<<，72666A πππ-<-<，∴1sin(2)126A π-<-≤，∵()2sin(2)16f A A π=--，∴2()1f A -<≤，∴()fA 的值域为(2,1]-.7、【解析】（Ⅰ） cos220C C ++=∴22cos 10,C C ++=-------------------------------------------2分即21)0,C +=cos C ∴=---------------------------------4分又0C π<<，3.4C π∴=-------------------------------------------5分（Ⅱ）22222cos 5,,c a b ab C a c =+-=∴=----------------------6分由正弦定理，得sin ,C A =sinA C ∴==------------------8分1sin ,2ABC S ab C ∆=且sin ,ABC S A B ∆=----------------------9分1sin sin 22ab C A B ∴=，sin sin sin abC A B∴=由正弦定理得：2()sin sin c C C=解得 1.c =----------------------12分8、（Ⅰ）由正弦定理：sin cos sin sin sin 0B C B C A C --=，()sin sin A B c =+sin cos sin sin 0B C B C C --=，sin 0C ≠，1sin 62B π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，又()0 B π∈，，∴3B π=.（Ⅱ）由（Ⅰ），sin B ，∴1sin 2ABC S ac B ==△，又1cos 2B =，∴22424a c ac ac +-=≥-，∴4ac ≤，当且仅当a c =时等号成立.∴2a c ==，∴22a c -=. 9、解：(I)由A A cos 3sin 2=两边平方得2sin 2A ＝3cos A ……………………………………1分即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12………………………………………………3分而a 2－c 2＝b 2－mbc 可以变形为22222mbc a c b =-+……………………………………4分即cos A ＝m 2＝12，所以m ＝1………………………………………………………………6分(II)由(I)知cos A ＝12，则sin A ＝32……………………………………………………………7分由212222=-+bc a c b 得bc ＝b 2＋c 2－a 2≥2bc －a 2，即bc ≤a 2……………………………9分故S △ABC ＝bc 2sin A ≤a 22·32＝334（当用仅当3==c b 时，等号成立）…………………11分∴△ABC 面积的最大值为334.10、解：（1）由正弦定理，得：()()()()22sin 2sin 2sin 222a A b B c C a b b c c =+⇒=++，即222a b c =++，．．．．．．．．．．．．．．．2分因为0c >，所以6c =．．．．．．．．．．．．6分又()12AD AB AC =+，所以()()22221192cos 442AD AB AC c cb A b =+=++=，所以AD =．．．．．．．10分 11、解：(I) 因为102cos -=∠ADB ，所以1027sin =∠ADB．．．．．．．．1分又因为,4π=∠CAD 所以,4π-∠=∠ADB C ．．．．．．．．2分所以4sin cos 4cos sin )4sin(sin πππADB ADB ADB C ∠-∠=-∠=∠41021025=⋅+⋅= ．．．．．．．．6分(Ⅱ)在ADC ∆中，由正弦定理得ADCACC AD ∠=∠sin sin ，故2210275427sin sin )sin(sin sin sin =⨯=∠∠⋅=∠-∠⋅=∠∠⋅=ADB C AC ADB C AC ADC C AC AD π．．．．．．．．8分又,710272221sin 21=⋅⋅⋅=∠⋅⋅⋅=∆BD ADB AB AD S ABD 解得5=BD ．．．．．．．．10分在ADB ∆中，由余弦定理得.37)102(5222258cos 2222=-⨯⨯⨯-+=∠⋅⋅-+=ADB BD AD BD AD AB ．．．．．．．．12分12、解：（Ⅰ）∵sin 1sin sin b C a c A B=-++，且5b =，5CA CB ⋅=-. ∴由正弦定理得：1b c a c a b =-++，即：222b c a bc +-=， ∵2221cos 222b c a bc A bc bc +-===，又∵0A π<<，∴3A π= ∵2222225cos 5522a b c a c CA CB b a C a ab +-+-⋅=⋅⋅=⋅==- ∴2235a c -=- ………①∵2222cos a b c bc A =+-∴22255a c c =+-………②联立①、②解得：12c =，∴△ABC的面积11sin 51222S bc A ==⨯⨯= （Ⅱ）设数列{}n a 的公差为d 且d≠0，由1cos 1a A =，得12a =， ∵2a 、4a 、8a 成等比数列，∴2428a a a =，∴2(23)(2)(27)d d d +=++解得d=2 ∴2(1)22n a n n =+-⨯= ∴22(2)n a n +=+ ∴28211(2)2n n a a n n n n +==-++。

高三数学理科综合立体几何试题个大题

立体几何复习试题1.如图甲所示，BO 是梯形ABCD 的高，∠BAD=45°，OB=BC=1，OD=3OA ，现将梯形ABCD 沿OB 折起如图乙所示的四棱锥P ﹣OBCD ，使得PC=，点E 是线段PB 上一动点．（1）证明：DE 和PC 不可能垂直；（2）当PE=2BE 时，求PD 与平面CDE 所成角的正弦值．2.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥底面ABCD ，且PAD ∆是边长为2的等边三角形，13,PC M =在PC 上，且PA P 面MBD .（1）求证:M 是PC 的中点；（2）在PA 上是否存在点F ，使二面角F BD M --为直角？若存在，求出AFAP 的值；若不存在，说明理由.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，BA ∥平面PCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，△APD 为等腰直角三角形，222PA PD CD ===（1）证明：平面PAB ⊥平面PCD ；（2）若三棱锥B -PAD 的体积为13，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的余弦值.4.如图，在圆柱OO 1中，矩形ABB 1A 1是过OO 1的截面CC 1是圆柱OO 1的母线，AB=2，AA 1=3，∠CAB=．（1）证明：AC 1∥平面COB 1；（2）在圆O 所在的平面上，点C 关于直线AB 的对称点为D ，求二面角D ﹣B 1C ﹣B 的余弦值．PD C A B立体几何复习试题试卷答案1.【解答】（1）证明：如图甲所示，因为BO 是梯形ABCD 的高，∠BAD=45°，所以AO=OB…（1分）因为BC=1，OD=3OA ，可得OD=3，OC=…（2分）如图乙所示，OP=OA=1，OC=，PC=，所以有OP 2+OC 2=PC 2，所以OP ⊥OC…（3分）而OB ⊥OP ，OB ∩OC=O ，所以OP ⊥平面OPD…（4分）又OB ⊥OD ，所以OB 、OD 、OP 两两垂直．故以O 为原点，建立空间直角坐标系（如图），则P （0，0，1），C （1，1，0），D （0，3，0）设E （x ，0，1﹣x ），其中0≤x ≤1，所以=（x ，﹣3，1﹣x ），=（1，1，﹣1），假设DE 和SC 垂直，则=0，有x ﹣3+（1﹣x ）（﹣1）=0，解得x=2，这与0≤x ≤1矛盾，假设不成立，所以DE 和SC 不可能垂直…（6分）（2）解：因为PE=2BE ，所以E （，0，）…（7分）设平面CDE 的一个法向量是=（x ，y ，z ），因为=（﹣1，2，0），=（，﹣3，），所以取=（2，1，5）…（10分）而=（0，3，﹣1），所以|cos ＜，＞=，所以PD 与平面CDE 所成角的正弦值为．…（12分）2.解答：(1)证明：连AC 交BD 于E ，连.ME ABCD Q 是矩形，E ∴是AC 中点.又PA P 面MBD ，且ME 是面PAC 与面MDB 的交线，,PA ME M ∴∴P 是PC 的中点.(2)取AD 中点O ，由（1）知,,OA OE OP 两两垂直.以O 为原点，,,OA OE OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为()()()()()1331,0,0,1,3,0,1,0,0,1,3,0,0,0,3,,,222A B D C P M ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭.设存在F 满足要求，且AF AP λ=，则由AF AP λ=u u u r u u u r 得：()1,0,3F λλ-，面MBD 的一个法向量为231,,33n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭r ，面FBD 的一个法向量为221,,33m λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭r ，由·0n m =r r ，得421093λλ-++=，解得38λ=，故存在F ，使二面角F BD M --为直角，此时38AF AP =.3.解：（1）依题：CD AD PAD ABCD ⊥⎧⎨⊥⎩面面CD ⇒⊥面PAD CD AP ⇒⊥，又AP PD ⊥，AP ∴⊥平面PCD ，又AP ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD（2）ABCD PCD CD BA PCD ⋂=⎧⎨⎩平面平面∥平面BA CD ⇒∥，由（1）知AB ⊥面PAD 1132B PAD V AB PA PD -∴=⋅⋅113AB =⇒=，取AD 中点O ，PO AD ⊥，平面PAD 平面ABCD ，PO ∴平面ABCD ，以过点O 且平行于AB 的直线为x 轴，如图建系，各点坐标如图.由（1）易知平面PAD 的一法向量为()1,0,0m =u r ，设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =r .()1,1,1PB =-uu r ，()2,1,1PC =--uu u r .00n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu r r uu u r 020x y z x y z +-=⎧⇒⎨--=⎩，取2x =，()2,1,3n =r .cos ,m n =u r r 147m n m n ⋅=u r r u r r ，故所求二面角的余弦值为14.4.【解答】证明：（1）连结B 1C 1、BC 1，设BC 1∩B 1C=M ，∵BB 1CC 1，∴四边形BB 1C 1C 为平行四边形，∴M 为BC 1的中点，在△ABC 1中，O 为AB 的中点，∴MO ∥AC 1，又AC 1?平面B 1CD ，MO?平面B 1CD ，∴AC 1∥平面COB 1．解：（2）如图，∵AB 是圆O 的直径，∴AC ⊥BC ，∵C 1C ⊥平面ABC ，∴C 1C ⊥AC ，C 1C ⊥BC ，又∠BAC=60°，AB=2，∴AC=1，BC=，AA 1=3，以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，OC 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则C （0，0，0），A （1，0，0），B （0，，0），C 1（0，0，3），O （，0），B 1（0，），在圆O上，C，D关于直线AB对称，△AOC为正三角形，且OA=1，∴CD=，∠ACD=30°，过点D作DP⊥x轴，DQ⊥y轴，垂足分别为P，Q，则CP=CD?cos=，CQ=CD?sin，∴D（，0），∴=（，0），设平面CDB1的一个法向量=（x，y，z），则，取y=﹣，得=（1，﹣，1），平面B1BC的一个法向量=（1，0，0），设二面角D﹣B1C﹣B的二面角为θ，则cosθ==．故二面角D﹣B1C﹣B的余弦值为．。

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