三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题19立体几何中体积与表面积文

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三年高考(2015-2017)数学(理)试题分项版解析+Word版含解析-专题01 集合

1.【2017课标1，理1】已知集合A ={x |x <1}，B ={x |31x <}，则（）A ．{|0}AB x x =<B ．A B =RC ．{|1}A B x x =>D ．A B =∅【答案】A【解析】由31x <可得033x <，则0x <，即{|0}B x x =<，所以 {|1}{|0}{|0}A B x x x x x x =<<=< ，{|1}{|0}{|1}A B x x x x x x =<<=< ，故选A.【考点】集合的运算，指数运算性质.【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.2.【2017课标II ，理】设集合{}1,2,4A =，{}240x x x m B =-+=.若{}1A B = ，则B =（） A.{}1,3- B.{}1,0 C.{}1,3 D.{}1,5【答案】C【解析】由{}1A B = 得1B ∈，即1x =是方程240x x m -+=的根，所以140,3m m -+==，{}1,3B =，故选C.【考点】交集运算，元素与集合的关系3．【2017课标3，理1】已知集合A ={}22(,)1x y x y +=│，B ={}(,)x y y x =│，则A B 中元素的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】集合中的元素为点集，由题意，结合A 表示以()0,0 为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B 表示直线y x = 上所有的点组成的集合，圆221x y += 与直线y x = 相交于两点()1,1 ，()1,1-- ，则A B 中有两个元素.故选B .【考点】交集运算；集合中的表示方法.【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.4.【2017北京，理1】若集合A ={x |–2<x <1}，B={x |x <–1或x >3}，则A B =（）（A ）{x |–2<x <–1} （B ）{x |–2<x <3}（C ）{x |–1<x <1} （D ）{x |1<x <3}【答案】A 【解析】利用数轴可知{}21A B x x =-<<- ，故选A.【考点】集合的运算5.【2017浙江，1】已知}11|{<<-=x x P ，}20{<<=x Q ，则=Q P （）A ．)2,1(-B ．)1,0(C ．)0,1(-D ．)2,1(【答案】A【解析】利用数轴，取Q P ,所有元素，得=Q P )2,1(-．【考点】集合运算【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理．6.【2017天津，理1】设集合{1,2,6},{2,4},{|15}A B C x x ===∈-≤≤R ，则()A B C =（）（A ）{2} （B ）{1,2,4} （C ）{1,2,4,6} （D ）{|15}x x ∈-≤≤R 【答案】B【解析】(){1246}[15]{124}A B C =-= ，，，，，， ,选B.【考点】集合的运算【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.7.【2016课标1,理1】设集合{}2430A x x x =-+< ,{}230x x ->,则A B = （）（A ）33,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭ （B ）33,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ （C ）31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ （D ）3,32⎛⎫⎪⎝⎭ 【答案】D 【解析】因为23{|-430}={|13},={|},2A x x x x xB x x =+<<<>所以33={|13}{|}={|3},22A B x x x x x x <<><< 故选D. 考点：集合的交集运算【名师点睛】集合是每年中的必考题,一般以基础题形式出现,属得分题.解决此类问题一般要把参与运算的集合化为最简形式再进行运算,如果是不等式解集、函数定义域及值域有关数集之间的运算,常借助数轴进行运算.8.【2016新课标3理数】设集合{}{}|(2)(3)0,|0S x x x T x x =--≥=> ，则S T = （）(A) 2，3] (B)（-∞ ，2]U 3,+∞） (C) 3,+∞） (D)（0，2]U 3,+∞）【答案】D【解析】由(2)(3)0x x --≥解得3x ≥或2x ≤，所以{|23}S x x x =≤≥或，所以{|023}S T x x x =<≤≥ 或，故选D ．考点：1、不等式的解法；2、集合的交集运算．9.【2016新课标2理数】已知集合{1,}A =2,3，{|(1)(2)0,}B x x x x =+-<∈Z ，则A B = （）（A ）{1} （B ）{12}，（C ）{0123}，，，（D ）{10123}-，，，，【答案】C【解析】试题分析：集合B {x |1x 2,x Z}{0,1}=-<<∈=，而A {1,2,3}=，所以A B {0,1,2,3}= ，故选C.考点：集合的运算.【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简在计算，常常借助数轴或韦恩图处理.10. 【2016山东理数】设集合2{|2,},{|10},x A y y x B x x ==∈=-<R 则A B =（）（A ）(1,1)- （B ）(0,1) （C ）(1,)-+∞（D ）(0,)+∞【答案】C【解析】试题分析：}0|{>=y y A ，}11|{<<-=x x B ，则A B =∞ （-1，+），选C.考点：1.指数函数的性质；2.解不等式；3.及集合的运算.【名师点睛】本题主要考查集合的并集、补集，是一道基础题目.从历年题目看，集合的基本运算，是必考考点，也是考生必定得分的题目之一.本题与求函数值域、解不等式等相结合，增大了考查的覆盖面.11.【2016浙江理数】已知集合{}{}213,4,P x x Q x x =∈≤≤=∈≥R R 则()P Q ⋃=R ð（）A ．2,3]B ．( -2,3 ]C ．1,2)D ．(,2][1,)-∞-⋃+∞【答案】B【解析】试题分析：根据补集的运算得{}[](]24(2,2),()(2,2)1,32,3=<=-∴=-=- R R Q x x P Q 痧．故选B ．考点：1、一元二次不等式；2、集合的并集、补集．【易错点睛】解一元二次不等式时，2x 的系数一定要保证为正数，若2x 的系数是负数，一定要化为正数，否则很容易出错．12.【2016年北京理数】已知集合{|||2}A x x =<，{1,0,1,2,3}B =-，则A B = （）A.{0,1}B.{0,1,2}C.{1,0,1}-D.{1,0,1,2}-【答案】C【解析】试题分析：由}22|{<<-=x x A ，得}1,0,1{-=B A ，故选C.考点：集合交集.13.【2016年四川理数】设集合{|22}A x x =-≤≤，Z 为整数集，则A Z 中元素的个数是（）（A ）3 （B ）4 （C ）5 （D ）6【答案】C【解析】由题意，{2,1,0,1,2}A Z =-- ，故其中的元素个数为5，选C.考点：集合中交集的运算.【名师点睛】集合的概念及运算一直是的热点，几乎是每年必考内容，属于容易题.一般是结合不等式，函数的定义域值域考查，解题的关键是结合韦恩图或数轴解答.14.【2015重庆，理1】已知集合A ={}1,2,3,B ={}2,3，则（）A 、A =B B 、A ⋂B =∅C 、A ØBD 、B ØA【答案】D【解析】由于2,2,3,3,1,1A B A B A B ∈∈∈∈∈∉，故A 、B 、C 均错，D 是正确的，选D .【考点定位】本题考查子集的概念，考查学生对基础知识的掌握程度.【名师点晴】考查集合的关系，涉及集合的相等.集合的交集运算，子集等概念，是送分题.15.【2015天津，理1】已知全集{}1,2,3,4,5,6,7,8U = ，集合{}2,3,5,6A = ，集合{}1,3,4,6,7B = ，则集合U A B = ð( )（A ）{}2,5 （B ）{}3,6 （C ）{}2,5,6 （D ）{}2,3,5,6,8【答案】A【解析】{2,5,8}U B =ð,所以{2,5}U A B = ð，故选A. 【考点定位】集合的运算.【名师点睛】本题主要考查集合的运算，涉及全集、补集、交集相关概念和求补集、交集的运算,是基础题.16.【2015四川，理1】设集合{|(1)(2)0}A x x x =+-<，集合{|13}B x x =<<，则A B = （）(){|13}A x x -<<(){|11}B x x -<< (){|12}C x x <<(){|23}D x x <<【答案】A【解析】 {|12},{|13},{|13}A x x B x x A B x x =-<<=<<∴=-<< ，选A.【考点定位】集合的基本运算.17.【2015广东，理1】若集合{|(4)(1)0}M x x x =++=，{|(4)(1)0}N x x x =--=，则M N = （）A ．∅B ．{}1,4--C ．{}0D ．{}1,4【答案】A ．【解析】因为()(){}{}|4104,1M x x x =++==--，()(){}{}|4101,4N x x x =--==，所以M N =∅ ，故选A ．【考点定位】一元二次方程的解集，集合的基本运算.【名师点睛】本题主要考查一元二次方程的解集，有限集合的交集运算和运算求解能力，属于容易题． 18.【2015浙江，理1】已知集合2{20}P x x x =-≥，{12}Q x x =<≤，则()R P Q = ð（）A.[0,1)B. (0,2]C. (1,2)D. [1,2]【答案】C.【解析】由题意得，)2,0(=P C R ，∴()(1,2)R P Q = ð，故选C.27. 【2016天津理数】已知集合{1,2,3,4},{|32},A B y y x x A ===-∈，则A B =（）（A ）{1} （B ）{4} （C ）{1,3}（D ）{1,4}【解析】试题分析：{1,4,7,10},A B {1,4}.B == 选D .考点：集合运算【名师点睛】本题重点考查集合的运算，容易出错的地方是审错题意，误求并集，属于基本题，难点系数较小.一要注意培养良好的答题习惯，避免出现粗心错误，二是明确集合交集的考查立足于元素互异性，做到不重不漏.28. 【2015陕西，理1】设集合2{|}M x x x ==，{|lg 0}N x x =≤，则M N = （）A ．[0,1]B ．(0,1]C ．[0,1)D ．(,1]-∞【答案】A 【解析】{}{}20,1x x x M ===，{}{}lg 001x x x x N =≤=<≤，所以[]0,1M N = ，故选A ．【考点定位】1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算．【名师点晴】本题主要考查的是一元二次方程、对数不等式和集合的并集运算，属于容易题．解题时要看清楚是求“ ”还是求“ ”和要注意对数的真数大于，否则很容易出现错误．29.【2015新课标2，理1】已知集合21,01,2A =--｛，，｝，{}(1)(20B x x x =-+<,则A B = （）A ．{}1,0A =-B ．{}0,1C ．{}1,0,1-D ．{}0,1,2【答案】A 【解析】由已知得{}21B x x =-<<，故{}1,0A B =- ，故选A ．【考点定位】集合的运算．【名师点睛】本题考查一元二次不等式解法和集合运算，要求运算准确，属于基础题．综上所述，“存在集合C 使得C C B C A U ⊆⊆,是“∅=B A ”的充要条件.30.【2015福建，理1】若集合{}234,,,A i i i i = （是虚数单位），{}1,1B =- ，则A B 等于 ( )A ．{}1-B ．{}1C ．{}1,1-D ．【解析】由已知得{},1,,1A i i =--，故A B = {}1,1-，故选C ．【考点定位】1、复数的概念；2、集合的运算．【名师点睛】本题考查复数的概念和集合的运算，利用21i =-和交集的定义求解，属于基础题，要注意运算准确度．31.【2017江苏，1】已知集合{1,2}A =，2{,3}B a a =+，若{1}A B = 则实数的值为 ▲ .【答案】1【解析】由题意1B ∈，显然233a +≥，所以1a =，此时234a +=，满足题意，故答案为1．【考点】元素的互异性满足“互异性”而导致解题错误.(3)防范空集.在解决有关,A B A B =∅⊆ 等集合问题时，往往忽略空集的情况，一定先考虑∅是否成立，以防漏解.32.【2016江苏卷】已知集合{1,2,3,6},{|23},A B x x =-=-<<则=A B ________▲________.【答案】{}1,2-【解析】试题分析：{1,2,3,6}{|23}{1,2}A B x x =--<<=-考点：集合运算33.【2015江苏，1】已知集合{}3,2,1=A ，{}5,4,2=B ，则集合B A 中元素的个数为_______. 【答案】5A 中元素的个数为5个.【解析】{123}{245}{12345}A B==，，，，，，，，，,，则集合B【考点定位】集合运算【名师点晴】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合A或属于集合B的元素的个数. 本题需注意检验集合的元素是否满足互异性，否则容易出错．。

专题24 立体几何中综合问题—三年高考(2015-2017)数学(理)真题分项版解析(原卷版)

AB ⊥ AD ， AB = 1， AD = 2 ， AC = CD C = 5.
1 求证
PD ⊥
面 PAB 面 PCD 所成角的弦值面 PCD ？若存在，求
2 求直线 PB 3 在棱 PA
是否存在点 M ，使得 BM / /
AM 的值若存 AP
在，说明理由. 7. 2015 高考陕西，理 18 本小题满分 12 分如图 1 ，在直角梯形 ΑΒCD 中，ΑD//ΒC ，
的直角只需写出结论若面 DEF 若是是，说明理由面 ABCD 所成二面角的大小为 AB
π DC ，求的值． 3 BC
∠ΒΑD =
π
2
， ΑΒ = ΒC = 1 ， Ε 是 ΑD 的中点， Ο 是 ΑC ΑD = 2 ，
ΒΕ 的交点．的交点将 ∆ΑΒΕ
沿 ΒΕ 折起到 ∆Α1ΒΕ 的位置，如图的位置 2．
I 证明 II 若
CD ⊥
面 Α1ΟC 面 ΒCDΕ ，求面 Α1Β C 面 Α1CD 夹角的余弦值．夹角的余弦值
10.
2014 安徽理 20 (本题满分 13 分)
如图，四棱柱 ABCD − A1 B1C1 D1 中， A1 A ⊥ 底面 ABCD ．四边形 ABCD 为梯形，为梯形 AD // BC ,
且 AD = 2 BC ．过 A1 , C , D 1 证明 2 求
点的面记为 α ， BB1
α 的交点为 Q ．
高考四川理数
如图，在四棱锥 P-ABCD ABCD 中，AD∥BC， ∠ ADC= ∠ PAB=90°，BC=CD C=CD= 边 AD 的中点，异面直线 PA CD 所成的角为 90°.
1 AD，E 为 2

三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题19抛物线理20171102336

专题19 抛物线1.【2017课标1，理10】已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16 B．14 C．12 D．10【答案】A【解析】试题分析：设A(x,y),B(x,y),D(x,y),E(x,y)，直线方程为11223344y k1(x1)y4x22y4x联立方程y k(x1)1得k12x22k12x 4x k120∴2k42x x 1122k12k421k21同理直线与抛物线的交点满足2k42x x 2342k2由抛物线定义可知|AB||DE |x x x x 2p12342k 42k 444162212482816k k k k k k22222 2121212当且仅当k1k21（或1）时，取得等号.【考点】抛物线的简单性质2.【2016年高考四川理数】设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p 0)上任意一点，M是线段PF上的点，且PM=2 MF,则直线OM的斜率的最大值为( )（A）33（B）23（C）22（D）1【答案】C【解析】1p 试题分析：设P 2pt 2 , 2pt , M x , y （不妨设 t 0），则 22, 2 .FP ptptp 试题分析：设2由已1 FM FP知得3p 2p px t22 3 6 ，2pt y , 3 ,，2ppx t23 32pt y , 3,，2t1 12 kOM122 11 2tt 22t22，，故选 C.kOMmax2考点：抛物线的简单的几何性质，基本不等式的应用．3.【2016年高考四川理数】设 O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物线 y 2 2px (p 0) 上任意一点，M 是线段 PF 上的点，且 PM =2 MF ,则直线 OM 的斜率的最大值为( ) （A ） 3 3 （B ） 2 3 （C ） 2 2（D ）1【答案】C 【解析】试题分析：设P 2pt , 2pt , M x , y （不妨设 t 0），则 22,2 .由已2FP pt ppt2试题分析：设1FMFP知得3p2p px t2236，2pty,3,，2p px t2332pty,3,，2t112 kOM122112t t22t22，k ，故选C.OMmax2考点：抛物线的简单的几何性质，基本不等式的应用．【名师点睛】本题考查抛物线的性质，结合题意要求，利用抛物线的参数方程表示出抛物线上点P的坐标，利用向量法求出点M的坐标，是我们求点坐标的常用方法，由于要求最大值，因此我们把k斜率用参数表示出后，可根据表达式形式选用函数，或不等式的知识求出最值，2本题采用基本不等式求出最值．4.【2016高考新课标 1卷】以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A 、B 两点,交 C 的准线于 D 、E 两点.已知|AB |=4 2 ,|DE|= 2 5 ,则 C 的焦点到准线的距离为(A)2(B)4(C)6(D)8【答案】B 【解析】【名师点睛】本题主要考查抛物线的性质及运算,注意解析几何问题中最容易出现运算错误,所以解题时一定要注意运算的准确性与技巧性,基础题失分过多是相当一部分学生数学考不好的主要原因.5.【 2015高考四川，理 10】设直线 l 与抛物线 y 24x 相交于 A ， B 两点，与圆x5yr r 0 相切于点 M ，且 M 为线段 AB 的中点.若这样的直线 l 恰有 4条，则 r222的取值范围是（）（A ）1，3（B ）1，4（C ）2，3（D ）2，4【答案】D 【解析】显然当直线的斜率不存在时，必有两条直线满足题设.当直线的斜率存在时，设斜率为.设32y 4xA (x , y ),B (x , y ), xx ,M (x , y )，则11112212y 24x22，相减得(yy )(yy ) 4(xx ) .由于121212y y y yxx ，所以1212122xx122 ky.圆心为2，即y0 C ，由CMAB 得(5, 0)k 1,ky 5 xx 50 0，所以2 5x , x3，即点 M必在直线 x 3上.将 x 3代入 y 2 4x 得 y 2 12,2 3 y2 3 .因为点 M 在圆x5yr r0 上，所以 (x5)2y 2 r 2 ,r 2y 2 4 12 4 16 .又222y 04 4 （由于斜率不存在，故2y，所以不取等号），所以4 y4 16,2 r 4 .选 D.2 0y6 5 4A32 1M FC–1O123456789–1B–2 x–3 –4 –5 –66.【2015高考浙江，理 5】如图，设抛物线 y 2 4x 的焦点为 F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A ， B ，C ，其中点 A ， B 在抛物线上，点C 在 y 轴上，则 BCF 与 ACF 的面积之比是（）A. B F AF 11B. B F AF221 1 C. B F AF 11 D. B F AF 221 1【答案】A.4【解析】S BC x BF1BCF，故选A.BS AC x AF1ACF A【考点定位】抛物线的标准方程及其性质【名师点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其性质，属于中档题，解题时，需结合平面几何中同高的三角形面积比等于底边比这一性质，结合抛物线的性质：抛物线上的点到准线的距离等于其到焦点的距离求解，在平面几何背景下考查圆锥曲线的标准方程及其性质，是高考中小题的热点，在复习时不能遗漏相应平面几何知识的复习.7.【2017课标II，理16】已知F是抛物线C:y28x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N。

专题18 立体几何中—三年高考(2015-2017)数学(文)真题分项版解析(原卷版)

【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则. (2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体． 19.【2014 高考北京文第 11 题】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为.
专题 18 立体几何中三视图及其应用
1.【2017 课标 II，文 6】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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
A. 90π B. 63π C. 42π D. 36π
2.【2017 北京，文 6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
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（A）18 36 5 （B） 54 18 5 （C）90
（D）81
15.【2015 高考湖南，文 10】某工作的三视图如图 3 所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）
20.【2016 高考四川文科】已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.
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21.【2015 高考天津，文 10】一个几何体的三视图如图所示（单位:m）,则该几何体的体积
为 m3 . 22【. 2014 天津文 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为 m3 .
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2015-2017立体几何全国卷高考真题

2015-2017立體幾何高考真題1、（2015年1卷6題）《九章算術》是我國古代內容極為豐富の數學名著，書中有如下問題:“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺。

問:積及為米幾何?”其意思為:“在屋內牆角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐の四分之一），米堆為一個圓錐の四分之一），米堆底部の弧長為8尺，米堆の高為5尺，問米堆の體積和堆放の米各為多少?”已知1斛米の體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放斛の米約有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛【答案】B【解析】設圓錐底面半徑為r ，則12384r ⨯⨯==163r =，所以米堆の體積為211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放の米約為3209÷1.62≈22，故選B.考點：圓錐の性質與圓錐の體積公式2、（2015年1卷11題）圓柱被一個平面截去一部分後與半球（半徑為r ）組成一個幾何體，該幾何體三視圖中の正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體の表面積為16 + 20π，則r=（）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】由正視圖和俯視圖知，該幾何體是半球與半個圓柱の組合體，圓柱の半徑與球の半徑都為r ，圓柱の高為2r ，其表面積為22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故選B.考點：簡單幾何體の三視圖；球の表面積公式、圓柱の測面積公式 3、（2015年1卷18題）如圖，四邊形ABCD 為菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一側の兩點，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.（Ⅰ）證明：平面AEC ⊥平面AFC ；（Ⅱ）求直線AE 與直線CF 所成角の余弦值. 【解析】試題分析：（Ⅰ）連接BD ，設BD∩AC=G，連接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨設GB=1易證EG ⊥AC ，通過計算可證EG ⊥FG ，根據線面垂直判定定理可知EG ⊥平面AFC ，由面面垂直判定定理知平面AFC ⊥平面AEC ；（Ⅱ）以G 為座標原點，分別以,GB GC の方向為x 軸，y 軸正方向，||GB 為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz ，利用向量法可求出異面直線AE 與CF 所成角の余弦值. 試題解析：（Ⅰ）連接BD ，設BD∩AC=G，連接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨設GB=1，由∠ABC=120°，可得由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ，又∵AE ⊥EC ，∴EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得DF=2.在Rt △FDG 中，可得在直角梯形BDFE 中，由BD=2，可得 ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.（Ⅱ）如圖，以G 為座標原點，分別以,GB GC の方向為x 軸，y 軸正方向，||GB 為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （00），E （，F （－1,0，C （00），∴AE =（1，CF =（-1，）.…10分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-. 所以直線AE 與CF 考點：空間垂直判定與性質；異面直線所成角の計算；空間想像能力，推理論證能力4、（2015年2卷6題）一個正方體被一個平面截去一部分後，剩餘部分の三視圖如右圖，則截去部分體積與剩餘部分體積の比值為（）A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 【解析】由三視圖得，在正方體1111ABCD A BC D -中，截去四面體111A A B D -，如圖所示，，設正方體棱長為a ，則11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩餘幾何體體積為3331566a a a -=，所以截去部分體積與剩餘部分體積の比值為51，故選D ．考點：三視圖．5、（2015年2卷9題）已知A,B 是球O の球面上兩點，∠AOB=90,C 為該球面上の動點，若三棱錐O-ABC 體積の最大值為36，則球O の表面積為（） A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π【解析】如圖所示，當點C 位於垂直於面AOB の直徑端點時，三棱錐O ABC -の體積最大，設球O の半徑為R ，此時2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，則球O の表面積為24144S R ππ==，故選C ．考點：外接球表面積和椎體の體積．6、（2015年2卷19題）（本題滿分12分）如圖，長方體1111ABCD A BC D -中,=16AB ，A1=10BC ，18AA =，點E ，F 分別在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．過點E ，F の平面α與此長方體の面相交，交線圍成一個正方形．（Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說出畫法和理由）；（Ⅱ）求直線AF 與平面α所成角の正弦值．【解析】（Ⅰ）交線圍成の正方形EHGF 如圖：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足為M ，則14AM AE ==，18EM AA ==，因為EHGF 為正方形，所以10EH EF BC ===．於是226MH EH EM =-=，所以10AH =．以D為座標原點，DA の方向為x 軸の正方向，建立如圖所示の空間直角坐標系D xyz -，則(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-．設(,,)n x y z =是平面E H G F の法向量，則0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =．又(10,4,8)AF =-，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅．所以直線AF 與平面α所成角の正弦值為45．考點：1、直線和平面平行の性質；2、直線和平面所成の角．7、（2016年1卷6題）如圖,某幾何體の三視圖是三個半徑相等の圓及每個圓中兩條相互垂直の半徑.若該幾何體の體積是283π,則它の表面積是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28πD D CAE FA B CB【解析】試題分析：該幾何體直觀圖如圖所示：是一個球被切掉左上角の18,設球の半徑為R ,則37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它の表面積是78の球面面積和三個扇形面積之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故選A ．考點：三視圖及球の表面積與體積8、（2016年1卷11題）平面α過正方體ABCD -A 1B 1C 1D 1の頂點A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,則m 、n 所成角の正弦值為(B (D)13試題分析：如圖,設平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 平面11ABB A ='n ,因為//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,則,m n 所成の角等於','m n 所成の角.延長AD ,過1D 作11//DE B C ,連接11,CE B D ,則CE 為'm ,同理11BF 為'n ,而111//,//BD CE B F A B ,則','m n 所成の角即為1,A B BD 所成の角,即為60︒,故,m n ,選A. 考點：平面の截面問題,面面平行の性質定理,異面直線所成の角.【名師點睛】求解本題の關鍵是作出異面直線所成角,求異面直線所成角の步驟是：平移定角、連線成形,解形求角、得鈍求補.9、（2016年1卷18題）如圖,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 為頂點の五面體中,面ABEF 為正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 與二面角C -BE -F 都是60．（I ）證明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A の余弦值．試題解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）過D 作DG F ⊥E ,垂足為G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 為座標原點,GF の方向為x 軸正方向,GF 為單位長度,建立如圖所示の空間直角坐標系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 為二面角D F -A -E の平面角,故DF 60∠E =,則DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 為二面角C F -BE -の平面角,C F 60∠E =．從而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-．設(),,n x y z =是平面C B E の法向量,則C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, CABDEF所以可取(3,0,n =．設m 是平面CD AB の法向量,則C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．則219cos ,n m n m n m ⋅==- 故二面角C E -B -A の余弦值為考點：垂直問題の證明及空間向量の應用【名師點睛】立體幾何解答題第一問通常考查線面位置關係の證明,空間中線面位置關係の證明主要包括線線、線面、面面三者の平行與垂直關係,其中推理論證の關鍵是結合空間想像能力進行推理,要防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主.第二問一般考查角度問題,多用空間向量解決.10、（2016年2卷6題）右圖是由圓柱與圓錐組合而成の幾何體の三視圖，則該幾何體の表面積為（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 解析：幾何體是圓錐與圓柱の組合體，設圓柱底面圓半徑為，周長為，圓錐母線長為，圓柱高為．由圖得，，由畢氏定理得：，，故選C ．11、（2016年2卷14題）α，β是兩個平面，m ，n 是兩條線，有下列四個命題：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那麼αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那麼m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那麼m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那麼m 與α所成の角和n 與β所成の角相等．r c l h2r =2π4πc r ==4l =21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=其中正確の命題有 .(填寫所有正確命題の編號）【解析】②③④12（2016年2卷19題）（本小題滿分12分）如圖，菱形ABCD の對角線AC 與BD 交於點O ，5AB =，6AC =，點E ，F 分別在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 於點H .將△DEF 沿EF 折到△D EF 'の位置OD '=（I ）證明：DH'⊥平面ABCD ；（II ）求二面角B D A C '--の正弦值.【解析】⑴證明：∵，∴，∴． ∵四邊形為菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，， ∴，∴，∴，∴， ∴．又∵，∴面．⑵建立如圖坐標系．，，，，，，，設面法向量，由得，取， ∴．同理可得面の法向量， 54AE CF ==AE CFAD CD=EF AC ∥ABCD AC BD ⊥EF BD ⊥EF D H ⊥EF DH'⊥6AC =3AO =5AB =AO OB ⊥4OB =1AE OH OD AO=⋅=3DH D H '==222'OD OH D H '=+'D H OH ⊥OH EF H =I 'D H ⊥ABCD H xyz -()500B ，，()130C ，，()'003D ，，()130A -，，()430AB =u u u r ，，()'133AD =-u u u r ，，()060AC =u u u r ，，'ABD ()1n x y z =，，u r1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩()1345n =-u r ，，'AD C ()2301n =u u r，，∴，∴．13、（2016年3卷9題）如圖，網格紙上小正方形の邊長為1，粗實現畫出の是某多面體の三視圖，則該多面體の表面積為（）（A）18+ （B）54+ （C ）90 （D ）81 【答案】B考點：空間幾何體の三視圖及表面積．【技巧點撥】求解多面體の表面積及體積問題，關鍵是找到其中の特徵圖形，如棱柱中の矩形，棱錐中の直角三角形，棱臺中の直角梯形等，通過這些圖形，找到幾何元素間の關係，建立未知量與已知量間の關係，進行求解． 14、（2016年3卷10題）在封閉の直三棱柱111ABC A B C -內有一個體積為V の球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，則V の最大值是（）（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B試題分析：要使球の體積V 最大，必須球の半徑R 最大．由題意知球の與直三棱柱の上下底面都相切時，球の半徑取得最大值32，此時球の體積為334439()3322R πππ==，故選B ．考點：1、三棱柱の內切球；2、球の體積．【思維拓展】立體幾何是の最值問題通常有三種思考方向：（1）根據幾何體の結構特徵，變1212cos n n n n θ⋅=u r u u r u r u ur sin θ=動態為靜態，直觀判斷在什麼情況下取得最值；（2）將幾何體平面化，如利用展開圖，在平面幾何圖中直觀求解；（3）建立函數，通過求函數の最值來求解． 15、（2016年3卷19題）（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 為線段AD 上一點，2AM MD =，N 為PC の中點．（I ）證明MN平面PAB ；（II ）求直線AN 與平面PMN 所成角の正弦值.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．【解析】試題分析：（Ⅰ）取PB の中點T ，然後結合條件中の數據證明四邊形AMNT 為平行四邊形，從而得到MNAT ，由此結合線面平行の判斷定理可證；（Ⅱ）以A 為座標原點，以,AD AP 所在直線分別為,y z 軸建立空間直角坐標系，然後通過求直線AN の方向向量與平面PMN 法向量の夾角來處理AN 與平面PMN 所成角．試題解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP の中點T ，連接TN AT ,，由N 為PC中點知BC TN //，221==BC TN .又BC AD //，故TN AM，四邊形AMNT 為平行四邊形，於是AT MN //.因為⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB.設(,,)n x y z =為平面PMN の法向量，則⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，於是||85|cos ,|||||n AN n AN n AN ⋅<>==.考點：1、空間直線與平面間の平行與垂直關係；2、棱錐の體積．【技巧點撥】（1）證明立體幾何中の平行關係，常常是通過線線平行來實現，而線線平行常常利用三角形の中位線、平行四邊形與梯形の平行關係來推證；（2）求解空間中の角和距離常常可通過建立空間直角坐標系，利用空間向量中の夾角與距離來處理． 16、（2017年1卷7題）某多面體の三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形の邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形、該多面體の各個面中有若干是梯形，這些梯形の面積之和為A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】B【解析】由三視圖可畫出立體圖該立體圖平面內只有兩個相同の梯形の面()24226S =+⨯÷=梯6212S =⨯=全梯故選B17、（2017年1卷16題）如圖，圓形紙片の圓心為O ，半徑為5cm ，該紙片上の等邊三角形ABC の中心為O ，D 、E 、F 為元O 上の點，DBC △，ECA △，FAB △分別是一BC ，CA ，AB 為底邊の等腰三角形，沿虛線剪開後，分別以BC ，CA ，AB 為折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱錐．當ABC △の邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：3cm ）の最大值為_______．【答案】【解析】由題，連接OD ，交BC 與點G ，由題，OD BC ⊥OG =，即OG の長度與BC の長度或成正比設OG x =，則BC =，5DG x =-三棱錐の高h2132ABC S x =⋅=△則213ABC V S h =⋅=△令()452510f x x x =-，5(0,)2x ∈，()3410050f x x x '=-令()0f x '>，即4320x x -<，2x <則()()280f x f =≤ 則38045V ⨯=≤∴體積最大值為3415cm18、（2017年1卷18題）如圖，在四棱錐P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）證明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --の余弦值．【解析】（1）證明：∵90BAP CD P ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中點O ，BC 中點E ，連接PO ，OE ∵AB CD∴四邊形ABCD 為平行四邊形 ∴OE AB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 兩兩垂直∴以O 為座標原點，建立如圖所示の空間直角坐標系O xyz -設2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--，，、()222PB =-，，、()2200BC =-，，設()n x y z =,,為平面PBC の法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20y +=-=⎪⎩ 令1y =，則z =，0x =，可得平面PBCの一個法向量(01n =, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD 是平面PABの一個法向量，(0PD =,,∴cos 23PD n PD n PD n⋅===⋅, 由圖知二面角A PB C --為鈍角，所以它の余弦值為19、(2017年2卷4題)如圖，網格紙上小正方形の邊長為1，學科&網粗實線畫出の是某幾何體の三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分所得，則該幾何體の體積為（）【解析】 A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π【解析】【命題意圖】本題主要考查簡單幾何體三視圖及體積，以考查考生の空間想像能力為主目の. 【解析】【解析】解法一：常規解法【解析】從三視圖可知：一個圓柱被一截面截取一部分而剩餘の部分，具體圖像如下：【解析】從上圖可以清晰の可出剩餘幾何體形狀，該幾何體の體積分成兩部分，部分圖如下：從左圖可知：剩下の體積分上下兩部分陰影の體積，下麵陰影の體積為面部分體積即第二種體積求法：V 20、(2017年2卷10題)已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，則異面直線1AB 與1C B 所成角の余弦值為（）A B C D 【命題意圖】本題考查立體幾何中の異面直線角度の求解，意在考查考生の空間想像能力【解析】解法一：常規解法在邊F 由三角形中位線定理和平行線平移功能，異面直線通過幾何關係求得FH 21、(2017年2卷19題) 如圖，四棱錐P -ABCD 中，側面PAD 為等比三角形且垂直於底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD の中點. （1）證明：直線//CE 平面PAB （2）點M 在棱PC 上，且直線BM 與底面ABCD 所成銳角為o45 ，求二面角M -AB -D の余弦值【命題意圖】線面平行の判定，線面垂直の判定，面面垂直の性質，線面角、二面角の求解【標準答案】（1）證明略；（2【基本解法1】（1）證明：取PA 中點為F ，連接EF 、AF 因為90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD 因為E 是PD の中點，所以EF12AD ，所以EF BC 所以四邊形EFBC 為平行四邊形，所以//EC BF 因為BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB 所以直線//CE 平面PAB（2）取AD 中點為O ，連接OC OP 、因為△PAD 為等邊三角形，所以PO ⊥AD因為平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD 所以PO ⊥平面ABCD因為AO BC ，所以四邊形OABC 為平行四邊形，所以//AB OC 所以OC AD ⊥以,,OC OD OP 分別為,,x y z 軸建立空間直角坐標系，如圖設1BC =，則(0,0,3),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,PC = 設(,,)M x y z ，則(,,3)PM x y z =-，(1,0,0)AB =因為點M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤，即(,,(1,0,x y z λ= 所以()M λ，所以(1,1)BM λ=- 平面ABCD の法向量為(0,0,1)n = 因為直線BM 與底面ABCD 所成角為45︒，所以|||sin 45||cos ,|2||||(BM n BM n BM n λ⋅︒=<>===解得12λ=-()22BM =-- 設平面MAB の法向量為(,,)m x y z =，則020AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令1z =，則(0,m =所以cos ,5||||6m n m n <>==⋅ 所以求二面角M AB D --の余弦值522、（2017年3卷8題）已知圓柱の高為1，它の兩個底面の圓周在直徑為2の同一個球の球面上，則該圓柱の體積為（）A ．πB ．3π4C．π２ D ．π4【答案】B【解析】由題可知球心在圓柱體中心，圓柱體上下底面圓半徑r =，則圓柱體體積23ππ4V r h ==，故選B.23、（2017年3卷16題）為空間中兩條互相垂直の直線，等腰直角三角形ABC の直角邊AC 所在直線與，都垂直，斜邊AB 以直線AC 為旋轉軸旋轉，有下列結論：①當直線AB 與成60︒角時，AB 與成30︒角； ②當直線AB 與成60︒角時，AB 與成60︒角； ③直線AB 與所成角の最小值為45︒； ④直線AB 與所成角の最大值為60︒．其中正確の是________（填寫所有正確結論の編號）【答案】②③【解析】由題意知，a b AC 、、三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖．不妨設圖中所示正方體邊長為1，故||1AC =，AB =斜邊AB 以直線AC 為旋轉軸旋轉，則A 點保持不變， B 點の運動軌跡是以C 為圓心，1為半徑の圓．以C 為座標原點，以CD 為軸正方向，CB 為軸正方向， CA 為軸正方向建立空間直角坐標系．則(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直線の方向單位向量(0,1,0)a =，||1a =． B 點起始座標為(0,1,0)，直線の方向單位向量(1,0,0)b =，||1b =．設B 點在運動過程中の座標(cos ,sin ,0)B θθ'，其中為B C '與CD の夾角，[0,2π)θ∈．那麼'AB 在運動過程中の向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--，||2AB '=．設AB '與所成夾角為π[0,]2α∈，則(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos sin |a AB θθαθ--⋅=∈'．故ππ[,]42α∈，所以③正確，④錯誤．設AB '與所成夾角為π[0,]2β∈，cos (cos ,sin ,1)(1,0,0)cos |AB bb AB b AB βθθθ'⋅='-⋅='.當AB '與夾角為60︒時，即π3α=， sin3πθα====．∵22cos sin 1θθ+=，∴|cos |θ=∴1cos |cos |2βθ==． ∵π[0,]2β∈．∴π=3β，此時AB '與夾角為60︒．∴②正確，①錯誤．24、（2017年3卷19題）如圖，四面體ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）證明：平面ACD ^平面ABC ；（2）過AC の平面交BD 於點E ，若平面AEC 把四面體ABCD 分成體積相等の兩部分．求二面角D AE C --の余弦值．【解析】⑴取AC 中點為O ，連接BO ，DO ； ABC ∆為等邊三角形 ∴BO AC ⊥∴AB BC = AB BCBD BDABD DBC=⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. DA B CED BC EO∴AD CD =,即ACD ∆為等腰直角三角形，ADC ∠ 為直角又O 為底邊AC 中點∴DO AC ⊥令AB a =，則A B A C B C B D a ====易得：O D a =，OB =∴222OD OB BD +=由畢氏定理の逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥OD AC OD OBAC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面OD ABC ∴⊥平面又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直の判定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由題意可知V V D ACE B ACE --=即B ,D 到平面ACE の距離相等即E 為BD 中點以O 為原點，OA 為軸正方向，OB 為軸正方向，OD 為軸正方向，設AC a =，建立空間直角坐標系，則()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得：,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 設平面AED の法向量為1n ，平面AEC の法向量為2n ，則1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(13,1,n =2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(20,1,n = 若二面角D AE C --為，易知為銳角，則12127cos n n n n θ⋅==⋅主要考點：1、能畫出簡單空間圖形(長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱等の簡易組合)の三視圖,能識別上述三視圖所表示の立體模型,會用斜二側法畫出它們の直觀圖 .2、瞭解球、棱柱、棱錐、臺の表面積和體積の計算公式 .3、能運用公理、定理和已獲得の結論證明一些空間圖形の位置關係の簡單命題4、掌握空間向量の線性運算及其座標表示.5、掌握空間向量の數量積及其座標表示,能運用向量の數量積判斷向量の共線與垂直.6、理解直線の方向向量與平面の法向量.7、能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面の夾角の計算問題,瞭解向量方法在研究立體幾何問題中の應用.。

2015年高考数学试题分类解析考点19-25

2015年高考数学试题分类解析考点19-25考点19 空间几何体与三视图【1】（A ，新课标I ，文6理6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【2】（A ，新课标I ，文11理11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为1620π+，则r =A.1B.2C.4D.8俯视图俯视图侧视图正视图第2题图第3题图【3】（A ，浙江，文2理2）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是A.8cm 3B.12cm3C.332cm 3 D.340cm 3【4】（A ，福建，文9）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于A.8+11+C.14+15俯视图俯视图左视图第4题图第5题图【5】（A ，陕西，文5理5）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.π3B.π4C.42+πD.43+π【6】（B ，新课标Ⅱ，文10理9）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为36，则球O 的表面积为A.36πB.64πC.144πD.256πOBAC第6题图第7题图【7】（B ，新课标Ⅱ，文6理6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的的比值为A.81B.71C.61 D.51 【8】（B ，北京，文7）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为A.1B.2C.3D.2俯视图侧（左）视图正（主）视图俯视图侧（左）视图第8题图第9题图【9】（B ，北京，理5）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A.52+B.54+C.522+D.5 【10】（B ，重庆，文5)某几何体的三视图如图所示，第1题图则该几何体的体积为A.123π+ B.136πC.73πD.52π左视图左视图正视图第10题图第11题图【11】（B，重庆，理5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.π+31B.π+32C.π231+ D.π232+【12】（B，山东，文9）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A.322πB.3C.π22 D.π24【13】（B，山东，理7）在梯形ABCD中，2ABCπ∠=，//AD BC，222BC AD AB===，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A.23πB.43πC.53πD.2π【14】（B，安徽，理7）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是A.31+ B.32+ C.221+ D.22【15】（C，安徽，文9）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是A.31+ B.221+ C.32+ D.22俯视图第14、15题图第16题图【16】（C，湖南，理10）某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料的利用率原工件的体积新工件的体积=）A.π98B.π916C.341π）D.3121π【17】（C，湖南，文10）某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）A.π98B.827πC.21)πD.21)π俯视图俯视图侧视图第17题图第18题图【18】（A，天津，文10理10）一个几何体的三视图如图所示(单位：m),该几何体的体积为_____3m.【19】（A,上海,理6）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,则其母线与轴的夹角的大小为 .【20】（A，上海，文6理4）若正三棱柱所有棱长都为a，且体积为a= .【21】（B，四川，文14）在三棱锥111CBAABC-中，90=∠BAC，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点PNM,,分别是棱11,,CBBCAB的中点，则三棱锥MNAP1-的体积是 .【22】（B，江苏，文理9）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 .【23】（A，上海，文19）如图，BECOAP第23题图圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，底面的一条直径为,AB C 为半圆弧AB 的中点，E 为劣弧CB 的中点.已知2,1PO OA ==.求三棱锥P AOC -的体积，并求异面直线PA 与OE 所成的角的大小. 【24】（B ，陕西，文18）如图1，在直角梯形ABCD中，BC AD //，2π=∠BAD ，21==BC AB ，a AD =，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将ABE ∆沿BE 折起到图2中BE A 1∆的位置，得到四棱锥BCDE A -1.(I)证明：⊥CD 平面OC A 1;(II)当平面⊥BE A 1平面BCDE 时，四棱锥BCDE A -1的体积为236，求a 的值.DO EAC BA 1(A )DCBOE第24题图1 第24题图2考点20 点、直线、平面之间的位置关系【1】（A ，浙江，文4）设βα,是两个不同的平面，m l ,是两条不同的直线，且βα⊂⊂m l ,A.若β⊥l ，则βα⊥B.若βα⊥，则m l ⊥C.若β//l ，则β//D.若βα//，则m l // 【2】（A ，福建，理7）若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l m ⊥”是“//l α”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【3】（B ，广东，文6）若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A.l 与1l ，2l 都不相交B.l 与1l ，2l 都相交C.l 至多与1l ，2l 中的一条相交D.l 至少与1l ，2l 中的一条相交【4】（B ，安徽，理5）已知n ,m 是两条不同直线，βα,是两个不同平面，则下列命题正确的是A.若βα,垂直于同一平面，则α与β平行B.若n ,m 平行于同一平面，则m 与n 平行C.若βα,不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若n ,m 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面【5】（A ，新课标I ，文18）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD .(I)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (II)若120ABC ∠= ，AE EC ⊥，三棱锥E ACD -. EDGCBA第5题图【6】（A ，广东，理18）如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD =PC =4，AB =6，BC =3.点E 是CD 边的中点，点F 、G 分别在线段AB 、BC 上，且AF =2FB ，CG =2GB .(1)证明：PE FG ⊥；(2)求二面角P -AD -C 的正切值；(3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值.【7】（A ，江苏，文理16）如图，在直三棱柱ABC 111A B C -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =.设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 . 求证：(1)//DE 平面11CC AA ；(2)11AB BC ⊥.CBEC 1B 1A 1D AOMACBVEGBFCPDA第6题图第7题图第8题图【8】（B ，北京，文18）如图，在三棱锥ABC V -中，平面⊥VAB 平面ABC ，VAB ∆为等边三角形，AB AC ⊥且2==BC AC ，O 、M 分别为AB 、VA 的中点．(I)求证：//VB 平面MOC ； (II)求证：平面MOC ⊥平面VAB ； (III)求三棱锥ABC V -的体积．【9】（B ，重庆，文20）如图，三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，ABC ∠2π=，点D 、E 在线段AC 上，且AD =DE =EC =2，PD =PC =4，点F 在线段AB 上，且EF //BC .(I)证明：AB ⊥平面PFE .(II)若四棱锥P -DFBC 的体积为7，求线段BC 的长.BEDC FAPDCGB EA FHED ABC第9题图第10题图【10】（B ，四川，文18）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母H G F ,,标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线⊥DF 平面BEG .【11】（B ，广东，文18）如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD =4PC =，6AB =，3BC =．(1)证明：//BC 平面PDA ； (2)证明：BC PD ⊥；(3)求点C 到平面PDA 的距离．CPDBAEF CH GBAD第11题图第12题图【12】（B ，山东，文18）如图，在三棱台ABC DEF -中，H G DE AB ,,2=分别为BC AC ,的中点.(I)求证：BD ∥平面FGH(II)若CF BC ⊥，AB BC ⊥，求证：平面⊥BCD 平面EGH .【13】（B ，福建，文20）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO OB =1=．(I)若D 为线段AC 的中点，求证AC ⊥平面PDO ；(II)求三棱锥P ABC-体积的最大值；(III)若BC=，点E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【14】（B ，湖南，文18）如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是BC ，1CC 的中点.(I)证明：平面AEF ⊥平面11B BCC ；(II)若直线1AC 与平面11A ABB 所成的角为45 ，求三棱锥F AEC -的体积.考点21 空间向量与立体几何【1】（C ，浙江，理8）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆翻折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C.A CB α'∠≤D.α≥'∠CB AB 1C 1F CEBAA 1第14题图ABCDEPO第13题图PMQEA DC FB第1题图第2题图【2】（B ，四川，理14）如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，F E ,分别为BC AB ,的中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为 .【3】（B ，浙江，理13）如图，三棱锥A BCD -中，AB AC =BD ==3CD =，AD BC =2=，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．【4】（C ，浙江，理15）已知12,e e是空间单位向量，1212e e ⋅= ．若空间向量b 满足12b e ⋅= ，2e ⋅25=，且对于任意∈y x ,R ，12|()|b xe ye -+? 0102|()|b x e y e -+001(,R)x y =?,则0x = ，0y = ，||b =. 【5】（A ，新课标Ⅱ，文19）如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB =16，BC =10，1AA 8=，点E ，F 分别在11B A ，11D C 上，11A E D F =4=．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(I)在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；(II)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．【6】（A ，新课标Ⅱ，理19）如图，长方体ABCD -1111A B C D 中，16AB = ，10BC = ，18AA =，点E ，F 分别在1111,A B DC 上，114A E D F ==，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(I)在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；(II)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.A1B'D A'D'C ‘C F BEA第6题图第7题图【7】（A ，上海，理19）如图，在长方体ABCD A B C D ''''-中，1,2AA AB AD '===，,E F 分别是棱,AB BC 的中点.证明,,,A C F E ''四点共面，并求直线CD '与平面A C FE ''所成的角的大小.【8】（A ，湖北，文20）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD CD =,点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE .(I)证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；(II)记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值．【9】（A ，湖北，理19）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马ABCD P -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BEACD BA'DFPECBA第9题图DPECBA第8题图MDNCBA第3题图1A第5题图(I)证明：PB ⊥平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；(II)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．【10】（A ，山东，理17）如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(I)求证：//BD 平面FGH ；(II)若CF ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，CF =DE ，45BAC ∠= ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角（锐角）的大小．EFCHGBADEFDBA第10题图第11题图【11】（A ，新课标I ，理18）如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ,2BE DF =,AE ⊥EC .(I)证明：平面AEC ⊥平面AFC ； (II)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. 【12】（A ，福建，理17）如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB =BE =EC =2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点.(I)求证：//GF 平面ADE ；(II)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．C FG B EDAEBO FCA第12题图第13题图【13】（B ，北京，理17）如图，在四棱锥A EFCB-中，AEF ∆为等边三角形，平面⊥∆AEF 平面EFCB ，EF ∥BC ，BC =4,2EF a =,EBC ∠=FCB ∠60= ，O 为EF 的中点．(Ⅰ)求证：AO BE ⊥；(Ⅱ)求二面角F AE B --的余弦值； (Ⅲ)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．【14】（B ，天津，文17）如图，已知⊥1AA 平面ABC ，,//11AA BB 3==AC AB ，52=BC，1AA =1BB =，点F ,E 分别是C A ,BC 1的中点，(I)求证：//EF 平面BA B A 11；(II)求证：平面⊥1AEA 平面1BCB ;(III)求直线11B A 与平面1BCB 所成角的大小. 【15】（B ，天津，理17）如图，在四棱柱ABCD -1111A B C D 中，侧棱⊥A A 1底面ABCD ,AC AB ⊥, 1=AB ,21==AA AC ,5==CD AD ,且点M 和N 分别为C B 1和D D 1的中点.(I)求证：//MN 平面ABCD ； (II)求二面角11B AC D --的正弦值； (III)设E 为棱11B A 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为31，求线段E A 1的长.DNCBAM C 1B 1A 1D 1第15题图第16题图【16】（B ，重庆，理19）如图，三棱锥ABC P -中，ABC PC 平面⊥，3=PC ，2π=∠ACB ，,D E 分别为线段BC AB ,上的点，且2==DE CD ，22==EB CE .(I)证明：PCD DE 平面⊥；(II)求二面角D PC A --的余弦值. 【17】（B ，四川，理18）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中，设BC 的中点为C MBADEH FAEB G CD第17题图AFCEBA 1B 1第14题图M ，GH 的中点为N .（1）请将字母H G F ,,标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；（2）证明：直线//MN 平面BDH ；（3）求二面角M EG A --的余弦值. 【18】（B ，湖南，理19）如图，在四棱台1111D C B A ABCD -的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，61=AA ，且⊥1AA 底面ABCD ，点,P Q 分别在棱1DD ，BC上.(I)若点P 是1DD 的中点，证明：PQ AB ⊥1；(II)若//PQ 平面11A ABB ，二面角A QD P --的余弦值为73，求四面体ADPQ 的体积.【19】（B ，浙江，文18）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，90BAC ∠= ，2AB AC ==，14A A =在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11C B 的中点.(I)证明: BC A D A 11平面⊥；(II)求直线1A B 和平面11BB CC 所成的角的正弦值.A 1C 1DB 1C AB BACB 1DC 1A 1第19题图第20题图【20】（B ，浙江，理17）如图,在三棱柱111C B A ABC -中,90BAC ∠= ，=AB 2=AC ，41=A A ，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D为11C B 的中点.(Ⅰ)证明：⊥D A 1平面BC A 1；(Ⅱ)求二面角11B BD A --的平面角的余弦值.【21】（B ，陕西，理18）如图1，在直角梯形ABCD中，BC AD //，2π=∠BAD ，1==BC AB ，2=AD ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ABE ∆沿BE 折起到BE A 1∆的位置，如图2．(I)证明：⊥CD 平面OC A 1;(II)若平面⊥BE A 1平面BCDE ，求平面BC A 1与平面CD A 1夹角的余弦值．BCAE ODA 1(A)DCBOE第21题图1 第21题图2【22】（C ，江苏，理22）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，2π=∠=∠BAD ABC ，2==AD PA ，1==BC AB .(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长..A BDCPQPCBA第22题图第23题图【23】（C ，安徽，文19）如图，三棱锥ABC P -中， ⊥PA 平面ABC ，1PA =，1PB =，2AC =，60BAC ∠= .(1)求三棱锥ABC P -的体积；(2)证明：在线段PC 上存在点M ，使得BM AC ⊥，并求MCPM的值．【24】（C ，安徽，理19）如图所示，在多面体DCBA D B A 111，四边形ABCD A ADD B B AA ,,1111均为正方形，E 为11D B 的中点，过E D A ,,1的平面交1CD 于F .(I)证明：C 1AB 1A 1D 1PDCQB第18题图A 1EA D FD 1B 1BC B EF 1//;(II)求二面角11B D A E --的余弦值.考点22 算法初步与框图【1】（A ，新课标I ，文9理9）执行右面的程序框图，如果输入的0.01t =，则输出的n =A.5B.6C.7D.8第1题图第2题图【2】（A ，北京，理3）执行如图所示的程序框图输出的结果为A.)2,2(-B.)0,4(- C.)4,4(- D.)8,0(- 【3】（A ，天津，文3）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出i 的值为A.2B.3C.4D.5第3题图第4题图【4】（A ，天津，理3）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出S 的值为A.-10B.6C.14D.18【5】（A ，重庆，文8）执行如图所示的程序框图，则输出s 的值为A.34 B.56C.1112D.2524第5题图第6题图【6】（A ，重庆，理7）执行如图所示的程序框图，若输出k 的值为8，则判断框内可填入的条件是A.43≤s B.65≤s C.1211≤s D.2425≤s 【7】（A ，四川，文6理3）执行如图所示的程序框图，输出S的值为A.23-B.23C.21-D.21第7题图第8题图【8】（A,福建,文4）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序．若输入x 的值为1，则输出y 的值为A.2B.7C.8D.128【9】（A ，福建，理6）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为A.2B.1C.0D.-1第9题图第10题图【10】（A ，湖南，文5理3）执行如图所示的程序框图，如果输入3n=，则输出的S=A.67B.37C.89D.49【11】（A，陕西，文7）根据如图所示的框图，当输入x为6时，输出的=yA.1B.2C.5D.10第11题图第12题图【12】（B，陕西，理8）根据如图所示的框图，当输入x为2006时，输出的=yA.2B.4C.10D.28【13】（B，北京，文5）执行如图所示的程序框图，输出的k值为A.3B.4C.5D.6第13题图第14题图【14】（B，新课标Ⅱ，文8理8）如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入a，b 分别为14，18，则输出的a=A.0B.2C.4D.14【15】（B，安徽，文7）执行如图所示的程序框图(算法流程图)，输出的n为A.3B.4C.5D.6第15题图第16题图【16】（A，山东，文11）执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是______.【17】（A，江苏，文理4）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为 .【18】（B，山东，理13）执行如图所示的程序框图，输出的T的值为 .第18题图第19题图【19】（B，安徽，理13）执行如图所示的程序框图(算法流程图)，输出的n为 .考点23 计数原理【1】（A，新课标I，理10）25()x x y++的展开式中，52x y的系数为A.10B.20C.30D.60 【2】（A，湖北，理3）已知nx)1(+的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为A.122 B.112 C.102 D.92【3】（A，广东，理4）袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球。

配套K12三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题19立体几何中体积与表面积文

专题19 立体几何中体积与表面积1.【2017课标3，文9】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以2r BC ==，那么圆柱的体积是22314V r h πππ==⨯⨯=⎝⎭，故选B.【考点】圆柱体积【名师点睛】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.2.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )（A ）3（B ）3（）（）【答案】B【考点定位】1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了旋转体的几何特征及几何体的体积计算，解答本题的关键，是理解所得旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.本题属于基础题，在考查旋转体的几何特征及几何体的体积计算方法的同时，考查了考生的空间想象能力及运算能力，是“无图考图”的一道好题.3.【2016高考新课标1文数】平面α过正文体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A 11//CB D α平面,ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面,则m ,n 所成角的正弦值为（）（A （B ）2（C D ）13【答案】A 【解析】考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.【2017天津，文11】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】92π 【解析】试题分析：设正方体边长为，则226183a a =⇒=，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=. 【考点】球与几何体的组合体【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比较简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.若是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.若是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比较简单.5.【2015新课标2文10】已知B A ,是球O 的球面上两点,︒=∠90AOB ,C 为该球面上的动点.若三棱锥ABC O -体积的最大值为36,则球O 的表面积为（） A.36π B. 64π C.144π D. 256π 【答案】C 【解析】【考点定位】本题主要考查球与几何体的切接问题及空间想象能力.【名师点睛】由于三棱锥O ABC -底面AOB 面积为定值,故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然后再求出球O 的表面积,由于球与几何体的切接问题能很好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热点及难点,提醒考生要加强此方面的训练.6. 2016高考新课标Ⅲ文数]在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．7.【2014全国2，文7】正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为，D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为( )（A ）（B ）32（C ）（D）21【答案】C【考点定位】棱柱、棱锥、棱台的体积【名师点睛】本题考查几何体的体积的求法，属于中档题，求解几何体的底面面积与高是解题的关键，对于三棱锥的体积还可利用换底法与补形法进行处理．8.【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是14圆锥，底面周长是两个底面半径与14圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.9.【2017课标1，文16】已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】36π因为平面SAC ⊥平面SBC 所以OA ⊥平面SBC 设OA r =3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=【考点】三棱锥外接球【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．10.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R === 【考点】球的表面积【名师点睛】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.11.【2017江苏，6】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是 ▲.【答案】32【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．12【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______. 【答案】124【解析】由题意，三棱柱是底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为12如图，因为AA 1∥PN ，故AA 1∥面PMN ，故三棱锥P －A 1MN 与三棱锥P －AMN 体积相等，三棱锥P －AMN 的底面积是三棱锥底面积的14，高为1 故三棱锥P －A 1MN 的体积为111132424⨯⨯=【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，考查基本运算能力. P C 1B 1A 1NCMB A【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥P －A 1MN 的体积可以直接计算，但转换为三棱锥P －AMN 的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题.13.【2016高考浙江文数】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______cm 2,体积是______cm 3.【答案】80；40．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． 14.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PAD 面积为，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题解析：（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.又BC PAD⊄平面，AD PAD⊂平面，故BC∥平面PAD.（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由12A B B C A D==及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=，PM=，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以因为△PCD的面积为，所以，解得x=-2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=，所以四棱锥P-ABCD的体积.【考点】线面平行判定定理，面面垂直性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.15.【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．【答案】（1）详见解析；（2）1试题解析：（1）证明：取AC 中点O ，连OB OD , ∵CD AD =，O 为AC 中点， ∴OD AC ⊥，又∵ABC ∆是等边三角形， ∴OB AC ⊥，又∵O OD OB = ，∴⊥AC 平面OBD ，⊂BD 平面OBD ， ∴BD AC ⊥.（2）设2==CD AD ，∴22=AC ，22==CD AB ，又∵BD AB =，∴22=BD ， ∴≅∆ABD CBD ∆，∴EC AE =，又∵EC AE ⊥，22=AC ， ∴2==EC AE ，在ABD ∆中，设xDE =，根据余弦定理DEAD AE DE AD BD AD AB BD AD ADB ⋅-+=⋅-+=∠22cos 222222 x x ⨯⨯-+=⨯⨯-+=22222222)22()22(2222222解得2=x ，∴点E 是BD 的中点，则ACE B ACED V V --=，∴1=--ACEB ACED V V . 【考点】线面垂直判定及性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.16.【2017北京，文18】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】详见解析【解析】试题解析：证明：（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（I ）知，PA ⊥平面PAC ，所以DE ⊥平面PAC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【考点】1.线面垂直的判断和性质；2,。

专题01 集合—三年高考(2015-2017)数学(理)真题分项版解析(解析版)

（D） (0, )
【答案】C 【解析】
试题分析： A {y | y 0}， B {x | 1 x 1}，则 A B （-1，+），选 C.
考点：1.指数函数的性质；2.解不等式；3.及集合的运算. 【名师点睛】本题主要考查集合的并集、补集，是一道基础题目.从历年题目看，集合的基本运算，是必考考点，也是考生必定得分的题目之一.本题与求函数值域、解不等式等相结合，增大了考查的覆盖面.
6. 【 2017 天津，理 1 】设集合 A {1, 2, 6}, B {2, 4}, C {x R | 1 x 5} ，则
(A B) C （）
（A）{2} （B）{1, 2, 4} （C）{1, 2, 4, 6} （D）{x R | 1 x 5} 【答案】 B 【解析】 ( A B) C {1，2，4，6} [1，5] {1，2，4} ,选 B.
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是（）（A）3
【答案】C
（B）4
（C）5
（D）6
【解析】由题意， A Z {2, 1, 0,1, 2}，故其中的元素个数为 5，选 C.
考点：集合中交集的运算. 【名师点睛】集合的概念及运算一直是的热点，几乎是每年必考内容，属于容易题.一般是结合不等式，函数的定义域值域考查，解题的关键是结合韦恩图或数轴解答.
2【. 2017 课标 II，理】设集合 1, 2, 4 ， x x2 4x m 0 .若 1 ，则
（）
A.1, 3
B.1, 0
C. 1, 3
D. 1, 5
【答案】C
【解析】由 1 得 1 B ，即 x 1 是方程 x2 4x m 0 的根，所以

专题18 立体几何中—三年高考(2015-2017数学(文)真题分项版解析(原卷版)(批量下载)

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(2021课标全国Ⅰ ,文8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,那么这个几何体是()．A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱8.【2021（高|考）安徽,文9】一个四面体的三视图如下图,那么该四面体的外表积是( )(A )1+(B )1+(C )2+(D )O-9.【2021年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷7】在如下图的空间直角坐标系xyz 中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2 ) , (2,2,0 ) , (1,2 ,1 ) , (2, 2,2 ) ,给出编号①、②、③、④的四个图,那么该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②10.【2021（高|考）重庆,文5】某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( )(A) 123π+ (B) 136π (C) 73π (D) 52π 11.【2021（高|考）浙江 ,文2】某几何体的三视图如下图 (单位：cm ) ,那么该几何体的体积是 ( )A ．83cmB ．123cmC ．3233cm D ．4033cm12.【2021（高|考）山东文数】一个由半球和四棱锥组成的几何体 ,其三视图如下图.那么该几何体的体积为 ( )(A )12+π33(B )13 (C )13 (D ) 13. 【2021四川 ,文4】某三棱锥的侧视图、俯视图如下图 ,那么该三棱锥的体积是 ( )(锥体体积公式：13V Sh = ,其中S 为底面面积 ,h 为高 )A 、3B 、2CD 、114. [2021（高|考）新课标Ⅲ文数]如图 ,网格纸上小正方形的边长为1 ,粗实现画出的是某多面体的三视图 ,那么该多面体的外表积为 ( )(A )18+ (B )54+ (C )90 (D )8115.【2021（高|考）湖南 ,文10】某工作的三视图如图3所示 ,现将该工作通过切削 ,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件 ,并使新工件的一个面落在原工作的一个面内 ,那么原工件材料的利用率为 (材料利用率 =新工件的体积/原工件的体积 ) ( )A 、89πB 、827πC D16.【2021（高|考）新课标1文数】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.假设该几何体的体积是28π3,那么它的外表积是 ( )(A )17π (B )18π (C )20π (D )28π17.【2021（高|考）北京 ,文7】某四棱锥的三视图如下图 ,该四棱锥最|长棱的棱长为 ( )A ．1B ．C ．D ．218.【2021山东 ,文13】由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图,那么该几何体的体积为 .【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意 "长对正、高平齐、宽相等〞的原那么.(2)由三视图复原实物图,解题时首|先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分局部,想整体；③综合起来,定整体．19.【2021（高|考）北京文第11题】某三棱锥的三视图如下图,那么该三棱锥的最|长棱的棱长为.20.【2021（高|考）四川文科】某三菱锥的三视图如下图,那么该三菱锥的体积.21.【2021（高|考）天津,文10】一个几何体的三视图如下图(单位:m ),那么该几何体的体m.积为322.【2021天津文10】一个几何体的三视图如下图(单位：m) ,那么该几何体的体积为3m.专题19 立体几何中体积与外表积1.【2021课标3 ,文9】圆柱的高为1 ,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,那么该圆柱的体积为( )A．πB．3π4C．π2D．π42.【2021（高|考）山东,文9】等腰直角三角形的直角边的长为 ,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )(A ) (B ) (C) (D)3.【2021（高|考）新课标1文数】平面过正文体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,,,那么m,n所成角的正弦值为( )(A )(B )(C )(D )4.【2021天津,文11】一个正方形的所有顶点在一个球面上,假设这个正方体的外表积为18 ,那么这个球的体积为.5.【2021新课标2文10】是球的球面上两点,,为该球面上的动点.假设三棱锥体积的最|大值为36,那么球的外表积为( )A. B. C. D.6. [2021（高|考）新课标Ⅲ文数]在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球,假设,, , ,那么的最|大值是 ( ) (A )4π (B ) (C )6π (D )7.【2021全国2 ,文7】正三棱柱的底面边长为 ,侧棱长为 ,为中点 ,那么三棱锥的体积为( )(A ) (B ) (C ) (D )8.【2021（高|考）新课标1 ,文6】?九章算术?是我国古代内容极为丰富的数学名著 ,书中有如下问题： "今有委米依垣内角 ,下周八尺 ,高五尺 ,问：积及为米几何 ?〞其意思为： "在屋内墙角处堆放米 (如图 ,米堆为一个圆锥的四分之一 ) ,米堆底部的弧长为8尺 ,米堆的高为5尺 ,米堆的体积和堆放的米各为多少 ?〞1斛米的体积约为立方尺 ,圆周率约为3 ,估算出堆放的米有 ( )(A )斛 (B )斛 (C )斛 (D )斛9.【2021课标1 ,文16】三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上 ,SC 是球O 的直径．假设平面SCA ⊥平面SCB ,SA =AC ,SB =BC ,三棱锥S -ABC 的体积为9 ,那么球O 的外表积为________．10.【2021课标II ,文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1 ,其顶点都在球O 的球面上 ,那么球O 的外表积为11.【2021江苏 ,6】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,那么12V V 的值是 ▲ .12【2021（高|考）四川 ,文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中 ,∠BAC ＝90° ,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形 ,俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形 ,设点M ,N ,P 分别是AB ,BC ,B 1C 1的中点 ,那么三棱锥P －A 1MN 的体积是______.13.【2021（高|考）浙江文数】某几何体的三视图如下图 (单位：cm ) ,那么该几何体的外表积是______cm 2,体积是______cm 3.14.【2021课标II ,文18】如图 ,四棱锥P ABCD -中 ,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= (1 )证明：直线//BC 平面PAD ;(2 )假设△PAD 面积为,求四棱锥P ABCD -的体积.15.【2021课标3 ,文19】如图 ,四面体ABCD 中 ,△ABC 是正三角形 ,AD =CD ．(1 )证明：AC ⊥BD ；(2 )△ACD 是直角三角形 ,AB =BD ．假设E 为棱BD 上与D 不重合的点 ,且AE ⊥EC ,求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．16.【2021北京,文18】如图,在三棱锥P–ABC中,PA⊥AB ,PA⊥BC ,AB⊥BC ,PA =AB =BC =2 ,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点．(Ⅰ )求证：PA⊥BD；(Ⅱ )求证：平面BDE⊥平面PAC；(Ⅲ )当PA∥平面BD E时,求三棱锥E–BCD的体积．17.【2021（高|考）新课标1文数】(此题总分值12分)如图,在正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P在平面ABC内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(I )证明G是AB的中点；(II )在答题卡第(18 )题图中作出点E在平面P AC内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积．18.【2021（高|考）北京,文18】(本小题总分值14分)如图,在三棱锥中,平面平面,为等边三角形,且,,分别为,的中点．(I )求证：平面；(II )求证：平面平面；(III )求三棱锥的体积．19.[2021（高|考）新课标Ⅲ文数]如图,四棱锥中,平面,,,,为线段上一点,,为的中点．(I )证明平面；(II )求四面体的体积.20.【2021（高|考）陕西,文18】如图1 ,在直角梯形中,,是的中点,是与的交点,将沿折起到图2中的位置,得到四棱锥.(I)证明：平面；(II)当平面平面时,四棱锥的体积为,求的值.21. 【2021全国2 ,文18】(本小题总分值12分)如图,四棱锥中,底面为矩形,平面,是的中点.(Ⅰ )证明：//平面；(Ⅰ )设,三棱锥的体积,求到平面的距离.22.【2021（高|考）新课标1 ,文18】(本小题总分值12分)如图四边形ABCD为菱形,G为AC与BD交点,,(I )证明：平面平面；(II )假设,三棱锥的体积为,求该三棱锥的侧面积.23.【2021（高|考）重庆,文20】如题(20 )图,三棱锥P -ABC中,平面PAC平面ABC , ABC =,点D、E在线段AC上,且AD =DE =EC =2 ,PD =PC =4 ,点F在线段AB上,且EF//BC.(Ⅰ)证明：AB平面PFE.(Ⅰ)假设四棱锥P -DFBC的体积为7 ,求线段BC的长.24.【2021（高|考）安徽,文19】如图,三棱锥P-ABC中,P A平面ABC,.(Ⅰ )求三棱锥P-ABC的体积；(Ⅰ )证明：在线段PC上存在点M ,使得AC BM ,并求的值.25.【2021（高|考）湖北,文20】?九章算术?中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如下图的阳马中,侧棱底面,且,点是的中点,连接. (Ⅰ )证明：平面. 试判断四面体是否为鳖臑,假设是,写出其每个面的直角(只需写出结论)；假设不是,请说明理由；(Ⅰ )记阳马的体积为,四面体的体积为,求的值．26.【2021（高|考）福建,文20】如图,是圆的直径,点是圆上异于的点,垂直于圆所在的平面,且．(Ⅰ )假设为线段的中点,求证平面；(Ⅰ )求三棱锥体积的最|大值；(Ⅰ )假设,点在线段上,求的最|小值．27.(2021课标全国Ⅰ ,文19)如图,三棱柱ABC－A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O ,且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)假设AC⊥AB1 ,∠CBB1＝60° ,BC＝1 ,求三棱柱ABC－A1B1C1的高．28.【2021新课标2文19】(本小题总分值12分)如图,长方体中AB =16,BC =10,,点E,F分别在上,过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(I )在图中画出这个正方形(不必说明画法与理由)；(II )求平面把该长方体分成的两局部体积的比值.。

2017年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)

2017年高考数学试题分项版—立体几何（解析版）一、选择题1．(2017·全国Ⅰ文，6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()1．【答案】A【解析】A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .故选A.2．(2017·全国Ⅱ文，6)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π2．【答案】B【解析】方法一 (割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2017·全国Ⅲ文，9)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π43．【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝ 1－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.4．(2017·全国Ⅲ文，10)在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC4．【答案】C【解析】方法一如图，∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B ，D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，∴BC 1⊥平面CEA 1B 1. 又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，∴A 1E ⊥BC 1)∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．故选C.方法二 (空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，∴A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DC 1→＝(0,1,1)，BD →＝(－1，－1，0)，BC 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，∴A 1E →·DC 1→≠0，A 1E →·BD →≠0，A 1E →·BC 1→＝0，A 1E →·AC →≠0，∴A 1E ⊥BC 1.故选C.5．(2017·北京文，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．105．【答案】D【解析】由三视图画出如图所示的三棱锥P －ACD ，过点P 作PB ⊥平面ACD 于点B ，连接BA ，BD ，BC ，根据三视图可知，底面ABCD 是矩形，AD ＝5，CD ＝3，PB ＝4，所以V 三棱锥P ACD ＝13×12×3×5×4＝10. 故选D.6.(2017·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．π2＋1 B ．π2＋3 C ．3π2＋1 D ．3π2＋3 6.【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，∴该几何体体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 故选A.7．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA＝2，分别记二面角DPRQ ，DPQR ，DQRP 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α7．【答案】B【解析】如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知它们的对边都是DO ，∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心．设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ，OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ，∴OF ＜OG ＜OE ，∴OD tan β＜OD tan γ＜OD tan α， ∴α＜γ＜β.故选B.8．(2017·全国Ⅰ理，7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．168．【答案】B【解析】观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.9．(2017·全国Ⅱ理，4)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π9．【答案】B【解析】方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.10．(2017·全国Ⅱ理，10)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.3310．【答案】C【解析】方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3. 又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105. 故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成的角的余弦值为105. 故选C.11．(2017·全国Ⅲ理，8)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．πB.3π4C.π2D.π4 11．【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4. 故选B.12．(2017·北京理，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．212．【答案】B 【解析】在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD ＝22＋22＋22＝2 3.故选B.二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，16)已知三棱锥SABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥SABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．1．【答案】36π【解析】如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC .由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC 知，OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×(12SC ·OB )·OA ＝r 33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π. 2．(2017·全国Ⅱ文，15)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．2．【答案】14π【解析】∵长方体的顶点都在球O 的球面上，∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．设球的半径为R ，则2R ＝32＋22＋12＝14.∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π. 3．(2017·天津文，11)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．3．【答案】9π2【解析】设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3，∴R ＝32. 故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2. 4．(2017·山东文，13)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．4．【答案】2＋π2【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个半径为1，高为1的14圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2. 5.(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6＝________. 5．【答案】332【解析】作出单位圆的内接正六边形，如图，则OA ＝OB ＝AB ＝1，S 6＝6S △OAB ＝6×12×1×32＝332.6．(2017·江苏，6)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．6．【答案】32【解析】设球O 的半径为R ，∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R . ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 7．(2017·全国Ⅰ理，16)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．7．【答案】415【解析】如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2 ＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4. 令f ′(x )＝0，得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. 所以三棱锥体积的最大值为415 cm 3.8．(2017·全国Ⅲ理，16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 8．【答案】②③【解析】依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π，则B (cos θ，sin θ，0)， ∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成的夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB 与b 所成的夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．9．(2017·天津理，10)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 9．【答案】92π【解析】设正方体棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3，∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.10．(2017·山东理，13)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．10．【答案】2＋π2【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.三、解答题1．(2017·全国Ⅰ文，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．1．(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥P A ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 2．(2017·全国Ⅱ文，18)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．2．(1)证明在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD . 又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)解如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM . 设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2×23＝4 3.3．(2017·全国Ⅲ文，19)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD .若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．3．(1)证明如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.4．(2017·北京文，18)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积． 4．(1)证明因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以P A ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD .(2)证明因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)解因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.5．(2017·天津文，17)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．5．(1)解由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD . 在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明由(1)知AD ⊥PD . 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC .又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面PBC .(3)解如图，过点D 作DF ∥AB ，交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，所以PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1. 由已知，得CF ＝BC －BF ＝2. 又AD ⊥DC ，所以BC ⊥DC .在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55.所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 6．(2017·山东文，18)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 6．证明 (1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ，因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C . 又O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1，所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM ⊥BD .又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD .因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1. 又A 1E ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ，所以B 1D 1⊥平面A 1EM . 又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.7．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥P ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面P AB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 7．(1)证明如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，因此CE ∥平面P AB .(2)解分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN .由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 8．(2017·江苏，15)如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .8．证明 (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，则AB ∥EF .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .9．(2017·江苏，18)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度． 9．解 (1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ，如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107，AM ＝40，所以MC ＝402－1072＝30，从而sin ∠MAC ＝34. 记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，从而AP 1＝P 1Q 1sin ∠MAC＝16. 答玻璃棒l 没入水中的部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm)(2)如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG .同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1.记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32.因为EG ＝14，E 1G 1＝62，所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝45. 因为π2<α<π，所以cos α＝－35. 在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725. 因为0<β<π2，所以cos β＝2425. 于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝⎛⎭⎫－35×725＝35. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin ∠NEG＝20. 答玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)10．(2017·江苏，22)如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；(2)求二面角BA 1DA 的正弦值．10．解在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)． (1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0. 不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34. 设二面角BA 1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝34. 因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角BA 1DA 的正弦值为74. 11．(2017·全国Ⅰ理，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角APBC 的余弦值．11．(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD .因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以点F 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F －xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0，所以＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，＝(2，0,0)，＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 12．(2017·全国Ⅱ理，19)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角MABD 的余弦值．12．(1)证明取P A 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD . 由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)解由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， |z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)或⎩⎨⎧ x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n|＝105. 所以二面角MABD 的余弦值为105.13．(2017·全国Ⅲ理，19)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角DAEC 的余弦值．13．(1)证明由题设可得△ABD ≌△CBD .从而AD ＝CD ，又△ACD 为直角三角形，所以∠ADC ＝90°，取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ，所以∠DOB 为二面角DACB 的平面角，在Rt △AOB 中，BO 2＋OA 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →为x 轴正方向，OB →为y 轴正方向，OD →为z 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A ()1，0，0，D ()0，0，1，B ()0，3，0，C (－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，故AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12，AD →＝()－1，0，1，OA →＝()1，0，0. 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面AEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 1＝0，AD →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋32y 1＋12z 1＝0，－x 1＋z ＝0，令x 1＝1，则n 1＝(1，33，1)． ⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 2＝0，OA →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32y 2＋12z 1＝0，x 2＝0，令y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，3)，设二面角DAEC 的平面角为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝77. 14．(2017·北京理，16)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点；(2)求二面角BPDA 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．14．(1)证明：设AC ，BD 交于点E ，连接ME ，如图．因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，所以PD ∥ME .因为四边形ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点．(2)解：取AD 的中点O ，连接OP ，OE .因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD ，又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面P AD ，所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE .因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)．设平面BDP 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)．平面P AD 的法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12. 由题意知二面角B －PD －A 为锐角，所以它的大小为π3. (3)解：由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)，MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22. 设直线MC 与平面BDP 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269. 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269. 15．(2017·天津理，17)如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角CEMN 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 15．解如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意，可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明 DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0，因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521.所以，二面角CEMN 的正弦值为10521. (3)解依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )， BE →＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 16．(2017·山东理，17)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小；(2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E —AG —C 的大小．16．解 (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)方法一取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3.在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°.方法二在平面EBC 内，作EB ⊥BP 交CE 于点P .以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2,0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0. 取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0. 取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.因此所求的角为60°.。

2015-2017高考真题分类总汇编立体几何(文数)

2015高考试题分类汇编--立体几何【2015高考浙江，文4】设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m【2015高考广东，文6】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（）A ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 与1l ，2l 都不相交【2015高考湖北，文5】12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则（）A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）A ．14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛【2015高考浙江，文2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（）A ．83cmB ．123cmC ．3233cmD ．4033cm【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是（）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【2015高考新课标1，文11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( )（A ）1 （B ）2（C ）4 （D ）8【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+【2015高考福建，文9】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A．8+ B．11+．14+．15【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）A 、89πB 、827πC、21)π- D、21)π【2015高考天津，文10】一个几何体的三视图如图所示（单位:m ）,则该几何体的体积为3m.1112【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )（A ）错误！未找到引用源。

专题19 立体几何中体积与表面积—三年高考(2015-2017)数学(文)真题分项版解析(解析版)

好教育云平台 1.【2017课标3，文9】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以32r BC ==，那么圆柱的体积是2233124V r h πππ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪，故选B.【考点】圆柱体积【名师点睛】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.2.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) （A ）（B ）（C ）（D ）【答案】【考点定位】1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了旋转体的几何特征及几何体的体积计算，解答本题的关键，是理解所得旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.本题属于基础题，在考查旋转体的几何特征及几何体的体积计算方法的同时，考查了考生的空间想象能力及运算能力，是“无图考图”的一道好题.3.【2016高考新课标1文数】平面过正文体ABCD—A 1B1C1D1的顶点A,,,则m,n所成角的正弦值为（）（A）（B）（C）（D）【答案】A【解析】考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.【2017天津，文11】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为.【答案】92π 【解析】试题分析：设正方体边长为a ，则226183a a =⇒=，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=. 【考点】球与几何体的组合体【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比较简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.若是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.若是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比较简单. 5.【2015新课标2文10】已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【考点定位】本题主要考查球与几何体的切接问题及空间想象能力. 【名师点睛】由于三棱锥底面AOB 面积为定值,故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然后再求出球的表面积,由于球与几何体的切接问题能很好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热点及难点,提醒考生要加强此方面的训练. 6. [2016高考新课标Ⅲ文数]在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（）（A ）4π （B ）（C ）6π （D ）【答案】B【解析】试题分析：要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．7.【2014全国2，文7】正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为( )（A）（B）（C）（D）【答案】C【考点定位】棱柱、棱锥、棱台的体积【名师点睛】本题考查几何体的体积的求法，属于中档题，求解几何体的底面面积与高是解题的关键，对于三棱锥的体积还可利用换底法与补形法进行处理．8.【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A）斛（B）斛（C）斛（D）斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是圆锥，底面周长是两个底面半径与圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.9.【2017课标1，文16】已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】36π因为平面SAC ⊥平面SBC 所以OA ⊥平面SBC 设OA r =3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=【考点】三棱锥外接球【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．10.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R ==== 【考点】球的表面积【名师点睛】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.11.【2017江苏，6】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是 ▲ .【答案】32【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．12【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______. 【答案】【解析】由题意，三棱柱是底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为如图，因为AA 1∥PN ，故AA 1∥面PMN ，故三棱锥P －A 1MN 与三棱锥P －AMN 体积相等，三棱锥P －AMN 的底面积是三棱锥底面积的，高为1故三棱锥P －A 1MN 的体积为【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，考查基本运算能力. 【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥P －A 1MN 的体积可以直接计算，但转换为三棱锥P －AMN 的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题.13.【2016高考浙江文数】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______cm 2,体积是______cm 3.【答案】80；40．PC 1B1A 1NCMBA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． 14.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PAD 面积为P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅰ）4√3 【解析】试题解析：（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC ∥AD.又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC ∥平面PAD.（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC=90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PM ⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM ABCD底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=√2x，PM=√3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以PN=√142x因为△PCD的面积为2√7，所以1 2×√2x×√142x=2√7，解得x=-2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=2√3，所以四棱锥P-ABCD的体积V=13×2(2+4)2×2√3=4√3.【考点】线面平行判定定理，面面垂直性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.15.【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【答案】（1）详见解析；（2）1试题解析：（1）证明：取AC 中点O ，连OB OD , ∵CD AD =，O 为AC 中点， ∴OD AC ⊥，又∵ABC ∆是等边三角形， ∴OB AC ⊥，又∵O OD OB =I ，∴⊥AC 平面OBD ，⊂BD 平面OBD ， ∴BD AC ⊥.（2）设2==CD AD ，∴22=AC ，22==CD AB ，又∵BD AB =，∴22=BD ， ∴≅∆ABD CBD ∆，∴EC AE =，又∵EC AE ⊥，22=AC ， ∴2==EC AE ，在ABD ∆中，设xDE =，根据余弦定理DEAD AE DE AD BD AD AB BD AD ADB ⋅-+=⋅-+=∠22cos 222222 x x ⨯⨯-+=⨯⨯-+=22222222)22()22(2222222解得2=x ，∴点E 是BD 的中点，则ACE B ACE D V V --=，∴1=--ACEB ACED VV . 【考点】线面垂直判定及性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.16.【2017北京，文18】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．【答案】详见解析【解析】试题解析：证明：（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC I 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==. 由（I ）知，PA ⊥平面PAC ，所以DE ⊥平面PAC .所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【考点】1.线面垂直的判断和性质；2,. 面面垂直的判断和性质；3.几何体的体积.【名师点睛】线线，线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，而其中证明线线垂直又得转化为证明线面垂直线线垂直，或是根据面面垂直，平面内的线垂直于交线，则垂直于另一个平面,这两种途径都可以证明线面垂直.17.【2016高考新课标1文数】（本题满分12分）如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积．【答案】（I ）见解析（II ）作图见解析,体积为试题解析：（I ）因为在平面内的正投影为,所以因为在平面内的正投影为,所以所以平面,故又由已知可得,,从而是的中点.（II）在平面内,过点作的平行线交于点,即为在平面内的正投影.理由如下：由已知可得,,又,所以,因此平面,即点为在平面内的正投影.连接,因为在平面内的正投影为,所以是正三角形的中心.由（I）知,是的中点,所以在上,故由题设可得平面,平面,所以,因此由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且,可得在等腰直角三角形中,可得所以四面体的体积考点：线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.18.【2015高考北京，文18】（本小题满分14分）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．（I）求证：平面；（II）求证：平面平面；（III）求三棱锥的体积．【答案】（I）证明详见解析；（II）证明详见解析；（III）.（II）先在三角形中得到，再利用面面垂直的性质得平面，最后利用面面垂直的判定得出结论；（III）将三棱锥进行等体积转化，利用，先求出三角形的面积，由于平面，所以为锥体的高，利用锥体的体积公式计算出体积即可.试题解析：（Ⅰ）因为分别为，的中点，所以.又因为平面，所以平面.（Ⅰ）因为，为的中点，所以.又因为平面平面，且平面，所以平面.所以平面平面.（Ⅰ）在等腰直角三角形中，，所以.所以等边三角形的面积.又因为平面，所以三棱锥的体积等于.又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以三棱锥的体积为.考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.【名师点晴】本题主要考查的是线面平行、面面垂直和几何体的体积，属于中档题．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三角形的中位线和构造平行四边形．证明面面垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．求几何体的体积的方法主要有公式法、割补法、等积法等，本题求三棱锥的体积，采用了等积法．19.[2016高考新课标Ⅲ文数]如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面；（II）求四面体的体积.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）．试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，. ......3分又，故，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面. ........6分（Ⅰ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为. ....9分取的中点，连结.由得，.由得到的距离为，故，所以四面体的体积. .....12分考点：1、直线与平面间的平行与垂直关系；2、三棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又推出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．20.【2015高考陕西，文18】如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.(I)证明：平面；(II)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.【答案】(I) 证明略，详见解析；(II) .(II)由已知，平面平面，且平面平面，又由(I)知，，所以平面，即是四棱锥的高，易求得平行四边形面积，从而四棱锥的为，由，得.试题解析：(I)在图1中，因为，是的中点，所以，即在图2中，从而平面又所以平面.(II)由已知，平面平面，且平面平面又由(I)知，，所以平面，即是四棱锥的高，由图1可知，，平行四边形面积，从而四棱锥的为，由，得.【考点定位】1.线面垂直的判定；2.面面垂直的性质定理；3.空间几何体的体积.【名师点睛】1.在处理有关空间中的线面平行、线面垂直等问题时，常常借助于相关的判定定理来解题，同时注意恰当的将问题进行转化；2.求几何体的体积的方法主要有公式法、割补法、等价转化法等，本题是求四棱锥的体积，可以接使用公式法.21. 【2014全国2，文18】（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是的中点.（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅰ）设，三棱锥的体积，求到平面的距离.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）平面．所以，故平面．又．所以到平面的距离为．【考点定位】1.直线与平面平行；2.点到平面的距离.【名师点睛】本题考查了直线与平面平行的判断与证明，等体积的求法求距离，属于中等题，考查学生分析解决问题的能力，要证线面平行，由判定定理可知，只需在面内作一直线与已知直线平行即可，如何作出这条面内线就是平时的经验积累与分析思维的能力了，求点到平面的距离，可用等体积法．22.【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC 与BD交点，，（I）证明：平面平面；（II）若，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积. 【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（I）由四边形ABCD为菱形知AC BD，由BE平面ABCD知AC BE，由线面垂直判定定理知AC平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（II）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x 表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.试题解析：（I）因为四边形ABCD为菱形，所以AC BD，因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED（II）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.因为AE EC，所以在AEC中，可得EG=.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥E-ACD的侧面积为.考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对几何体的体积和表面积问题，常用解法有直接法和等体积法.23.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC.(Ⅰ)证明：AB平面PFE.(Ⅰ)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.【答案】（Ⅰ）祥见解析，（Ⅰ）或.（Ⅰ）设则可用将四棱锥的体积表示出来，由已知其体积等于7，从而得到关于的一个一元方程，解此方程，再注意到即可得到的长．试题解析：证明：如题(20)图.由知，为等腰中边的中点，故，又平面平面，平面平面，平面，，所以平面，从而.因.从而与平面内两条相交直线，都垂直，所以平面.(2)解：设,则在直角中，.从而由，知，得,故，即.由,,从而四边形DFBC的面积为由(1)知，PE 平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角中，,体积,故得，解得，由于，可得.所以或.【考点定位】1. 空间线面垂直关系，2. 锥体的体积，3.方程思想.【名师点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系的判定及简单几何体的体积的运算，第一问通过应用面面垂直的性质定理将面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直来完成证明，第二通过设元，将已知几何体的体积表示出来，建立方程，通过解方程完成解答.本题属于中档题，注意方程思想在解题过程中的应用.24.【2015高考安徽，文19】如图，三棱锥P-ABC中，P A平面ABC，.（Ⅰ）求三棱锥P-ABC的体积；（Ⅰ）证明：在线段PC上存在点M，使得AC BM，并求的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅰ）由面可知是三棱锥的高,又所以三棱锥的体积（Ⅰ）证：在平面内，过点B作，垂足为，过作交于，连接.由面知，所以.由于，故面，又面，所以.在直角中，，从而.由，得.【考点定位】本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理.【名师点睛】本题将正弦定理求三角形的面积巧妙地结合到求锥体的体积之中，本题的第（Ⅰ）问需要学生构造出线面垂直，进而利用性质定理证明出面面垂直，本题考查了考生的空间想象能力、构造能力和运算能力.25.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接. （Ⅰ）证明：平面. 试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（Ⅰ）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．【答案】（Ⅰ）因为底面，所以. 由底面为长方形，有，而，所以平面. 平面，所以. 又因为，点是的中点，所以. 而，所以平面.四面体是一个鳖臑；（Ⅰ）（Ⅰ）由已知，是阳马的高，所以；由（Ⅰ）知，是鳖臑的高，，所以.在△中，因为，点是的中点，所以，于是【考点定位】本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体的体积，属中高档题.【名师点睛】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解. 结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.26.【2015高考福建，文20】如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．（Ⅰ）若为线段的中点，求证平面；（Ⅰ）求三棱锥体积的最大值；（Ⅰ）若，点在线段上，求的最小值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）；（Ⅰ）．【解析】解法一：（I）在中，因为，为的中点，所以．又垂直于圆所在的平面，所以．因为，所以平面．（II）因为点在圆上，所以当时，到的距离最大，且最大值为．又，所以面积的最大值为．又因为三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为．又因为，，所以垂直平分，即为中点．从而，亦即的最小值为．解法二：（I）、（II）同解法一．（III）在中，，，所以，．同理．所以，所以．在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．当，，共线时，取得最小值．所以在中，由余弦定理得：．从而．所以的最小值为．【考点定位】1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．【名师点睛】证明直线和平面垂直可以利用判定定理，即线线垂直到线面垂直；也可以利用面面垂直的性质定理，即面面垂直到线面垂直；决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．27.(2014课标全国Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.。

三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题18立体几何中三视图及其应用文201711011

专题18 立体几何中三视图及其应用1.【2017课标II，文6】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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【考点】三视图【名师点睛】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．2.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）60 （B）30（C）20 （D）10【答案】D【解析】试题分析：该几何体是三棱锥，如图：11图中红色线围成的几何体为所求几何体，该几何体的体积是V53410，32故选D.【考点】1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.3.【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．3B．4C．24D．34【答案】D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.4.【2016高考天津文数】将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B考点：三视图【名师点睛】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．5.【2015北京文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．B．2C．3D．【答案】C【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．6.【2015新课标2文6】一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1 8 A.17B.16C.15D.【答案】D 【解析】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的16,剩余部分体积是正方体体积的56,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为15,故选D.【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.7. (2014课标全国Ⅰ，文8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()．A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱答案：B名师点睛：本题考查根据三视图判断原几何体的形状，考查空间想象能力，容易题. 三视图的长度特征：“长对正，宽相等，高平齐”，即主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．8.【2015高考安徽，文 9】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）（A ）1 3 （B ）1 2 2 （C ） 2 3 （D ） 2 2【答案】C【解析】由该几何体的三视图可知，该几何体的直观图，如下图所示：其中侧面 PAC ⊥底面 ABC ，且PAC ≌ ABC ，由三视图中所给数据可知：PA PC AB BC 2 ,取 AC 中点O ,连接 PO ,BO ，则 Rt POB 中， 3 1PO BO 1 PB 2 ∴2 2 2 2 34 2S 2，故选 C .【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、锥体表面积公式.【名师点睛】在利用空间几何体的三视图求几何体的体积或者表面积时，一定要正确还原几何体的直观图，然后再利用体积或表面积公式求之；本题主要考查了考生的空间想象力和基本运算能力.69.【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷 7】在如图所示的空间直角坐标系O xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②【答案】D考点：空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，正视图与俯视图的面积，容易题. 【名师点睛】将空间几何体的三视图与空间直角坐标系融合在一起，凸显了数学内知识间的内在联系，充分体现了数学特点和知识间的内在联系，能较好的考查学生的综合知识运用能力. 其解题突破口是正确地在空间直角坐标系中画出该几何体的原始图像.10.【2015高考重庆，文 5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）(A)1 3(B) 132(B) 136(C)73(D)52【答案】B【考点定位】三视图及柱体与锥体的体积.【名师点睛】本题考查三视图的概念和组合体体积的计算，采用三视图还原成直观图，再利用简单几何体的体积公式进行求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.11.【2015高考浙江，文 2】某几何体的三视图如图所示（单位： cm ），则该几何体的体积是（）A ． cm 3B ． 12 cm 3C ． 32 3cm3D ． 40 3cm3【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体与一个底面边长为，高为的正四棱锥的组合体，故其体积为23 1 22 2 32 3Vcm .故选 C.3 3【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积. 学￥【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.12.【2016高考山东文数】一个由半球和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（）1 2 （A ）+ π 3 3（B ）1 2 + π 3 3（C ）1 2 + π3 6 2 1+ π （D ）6【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等. 13. 【2014四川，文 4】某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）（锥1体体积公式：VSh ，其中 S 为底面面积，为高） 3A 、B 、C 、 3D 、212212 1 1侧侧侧侧侧侧9【答案】DAAD DOC CB B【考点定位】空间几何体的三视图和体积.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.14. 2016高考新课标Ⅲ文数]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18365（B）54185（C）90 （D）81【答案】B【解析】试题分析：由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积S236233233554185，故选B．考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．1015.【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）A、89B、827C、24(21)2D、8(21)2【答案】A【考点定位】三视图、基本不等式求最值、圆锥的内接长方体【名师点睛】运用基本不等式求最值要紧紧抓住“一正二定三相等”条件，本题“和为定”是解决问题的关键.空间想象能力是解决三视图的关键，可从长方体三个侧面进行想象几何体.求组合体的体积，关键是确定组合体的组成形式及各部分几何体的特征，再结合分割法、补体法、转化法等方法求体积.16.【2016高考新课标1文数】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1128π相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（）3（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】A考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.17.【2015高考北京，文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．B．2C．3D．12【答案】C【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．18.【2017山东，文 13】由一个长方体和两个 1 4圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 .【答案】2 π 2【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为 2,1,1,圆柱的高为 1,底面圆半径为 1,所以Vπ1π2211 2 1 2 .42【考点】三视图及几何体体积的计算.13【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则.(2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体．19.【2014高考北京文第 11题】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为.22主主主主主主 1 11 主主主主主主主主主【答案】 2 2考点：本小题主要考查立体几何中的三视图，考查同学们的空间想象能力，考查分析问题与解决问题的能力.20.【2016高考四川文科】已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.主主主主主主【答案】 33【解析】1试题分析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，且底面积为S2 313 ，高为 1，214113所以该几何体的体积为V Sh31.333考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．21.【2015高考天津，文10】一个几何体的三视图如图所示（单位:m）,则该几何体的体积为m .3【答案】8π3【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.22.【2014天津文10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m.3【答案】203.15考点：三视图考点定位：本题考点为利用三视图还原几何体及求组合体的体积【名师点睛】本题考查三视图及求组合体的体积，本题属于基础题，正确利用三视图还原为原几何体，特别是有关数据的还原，本题中的几何体为一个圆锥与一个圆柱的组合体，借助三视图中的数据，求出圆锥和圆柱的体积，两体积相加得出组合体的体积，三视图问题为今年高考热点，是必考题，是高考备考的重点，近几年出题难度逐年增加.16。

三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理20171102331

专题24 立体几何中综合问题1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】415【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是 2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017课标 3，理 19】如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面 ACD ⊥平面 ABC ；（2）过 AC 的平面交 BD 于点 E ，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.【答案】(1)证明略；(2) 7 7.【解析】（2）由题设及（1）知，OA ,OB ,OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为 x 轴正方向， OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz .则1,0,0, 0, 3,0,1,0,0, 0,0,1AB CD由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的 1 2 ，即 E 为 DB 的中点，得E 3 1 0, ,2 2.故.22AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,,0。

x z0,ADn A0，设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则即31n A AE 0，x yz2233可取n1,,1.3m A AC设m是平面AEC的法向量，则m AEA0，同理可得m 0,1,3.0，则cos n,mn mn m77.所以二面角D-AE-C的余弦值为77.(2)设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m，n>|=mnm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.3.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是D A F的中点.（Ⅰ）设P是C A E上的一点，且AP BE，求CBP的大小；（Ⅱ）当AB 3，AD 2，求二面角E AG C的大小.4（Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：取E A C的中点H，连接EH，GH，CH.得四边形BEHC为菱形，得到AE GE AC GC 322213.取AG中点M，连接EM，CM，EC.得到EM AG，CM AG，从而EMC为所求二面角的平面角.据相关数据即得所求的角.思路二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为，y，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.写出相关点的坐标，求平面AEG的一个法向量m (x,y, z)111平面ACG的一个法向量，n (x,y,z)222m n1计算cos m,n|m ||n|2即得.试题解析：（Ⅰ）因为AP BE，AB BE，AB，AP 平面ABP，AB AP A，所以BE 平面ABP，又BP 平面ABP，所以BE BP，又EBC 120，因此CBP30（Ⅱ）解法一：5取E A C的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AE GE AC GC322213.取AG中点M，连接EM，CM，EC.则EM AG，CM AG，所以EMC为所求二面角的平面角.又AM1，所以EM CM13123.在BEC中，由于EBC120，所以EC23，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.解法二：设m(x,y,z)是平面AEG的一个法向量.1112x3z0,m AE11由可得m AG0x3y0,取z，可得平面AEG的一个法向量m(3,3,2).12设n(x,y,z)是平面ACG的一个法向量.222由可得22x z22取z ，可得平面ACG的一个法向量n (3,3,2).22.m n1所以cos m,n|m ||n|2因此所求的角为60.【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.74．【2016高考天津理数】（本小题满分 13分）如图，正方形 ABCD 的中心为 O ，四边形 OBEF 为矩形，平面 OBEF ⊥平面 ABCD ，点 G 为 AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面 ADF ；（II ）求二面角 O -EF -C 的正弦值；（III ）设 H 为线段 AF 上的点，且 AH = 2 3HF ，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ） 3 3 （Ⅲ）7 21【解析】A 1,1, 0,B (1,1, 0),C (1,1, 0),D ( 1，1, 0),E (1,1, 2),F (0, 0, 2),G (1,0,0).8（I ）证明：依题意， AD (2, 0, 0), AF1,1, 2.设n 1x , y , z 为平面 ADF 的法向量，则n AD 0 1，即n AF12x 0.不妨设 z1，可得 n，又EG0,1,2，10, 2,1x y 2z 0 可得 EG n，又因为直线 EG平面ADF ，所以 EG / /平面ADF .1（ II ）解：易证， OA1,1, 0为平面OEF 的一个法向量 .依题意，n EF 0EFCF.设1,1, 0,1,1,2n x y z 为平面 CEF 的法向量，则22, ,，即n CF 02x y 0x y 2z 0.不妨设 x1，可得 n.21, 1,1OAn6 因此有 cosOA ,n2sin,3 3，所以，二面角OA n，于是22OA n32O EF C的正弦值为3 3.考点：利用空间向量解决立体几何问题5.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）9如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA 平面 ABCD ，且四边形 ABCD 为直角梯形，ABCBAD,PA AD 2, AB BC12（1）求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；（2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成角最小时，求线段 BQ 的长【答案】（1）33（2） 2 55【解析】则各点的坐标为1,0,0，C 1,1, 0，D 0, 2,0，0,0, 2．（1）因为 AD 平面，所以 AD 是平面的一个法向量， AD0, 2,0．因为C1,1,2，D0,2,2．设平面 CD 的法向量为 m x ,y , zx y 2z 0，则 mC 0 ， mD 0 ，即2y 2z 0．令 y 1，解得 z 1， x 1．所以 m1,1, 1是平面 CD 的一个法向量．AD m 3，所以平面与平面 CD 所成二面角的余弦值为 3cos AD,mAD m．从而33（2）因为 1,0, 2，设Q,0, 2（ 0 1），又 C0,1, 0，则CQ C Q,1, 2，又D0,2, 2，10CQ D1 2 cos CQ, D．从而CQ D102222t 2 9cos CQ, D2设1 2 t ，t 1, 3，则5t10t 9 1 5 20 10229t 99．t ，即2 9时， cos CQ, D当且仅当55的最大值为 3 10 10．因为 ycos x 在 0,2上是减函数，此时直线 CQ 与 D所成角取得最小值． 2 2 5 Q 又因为12 225 ，所以．556.【2016年高考北京理数】（本小题 14分）如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD ， PA PD ， PA PD ，AB AD ， AB1， AD2 ， ACCD 5 .（1）求证：PD平面PAB；11（2）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；（3）在棱 PA 上是否存在点 M ，使得 BM / / 平面 PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2） 3 3 ；（3）存在， AM AP14【解析】所以 AB 平面 PAD ，所以 AB PD ，又因为 PAPD ，所以 PD平面 PAB ；（2）取 AD 的中点O ，连结 PO ，CO ，因为 PAPD ，所以 POAD .又因为 PO 平面 PAD ，平面 PAD平面 ABCD ，所以 PO 平面 ABCD .因为CO 平面 ABCD ，所以 POCO .因为 ACCD ，所以CO AD .如图建立空间直角坐标系Oxyz ，由题意得，A (0,1,0),B (1,1,0),C (2,0,0),D (0,1,0), P (0,0,1) .设平面 PCD 的法向量为 n (x , y , z ) ，则nPDn PC0, 0,z 0, y 即2x z 0,令 z 2 ，则 x1, y2.所以 n(1,2,2).12又 PB (1,1,1)，所以n , PB.cosn PB 3 3n PB所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为3 3.（3）设 M 是棱 PA 上一点，则存在 [0,1]使得 AM AP .因此点 M (0,1 ,), BM (1,,) .因为 BM平面 PCD ，所以 BM ∥平面 PCD 当且仅当 BM n 0，1即 (1,,)(1,2,2) 0 ，解得.4所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM ∥平面 PCD ，此时A M AP 1 4.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.7.【2015高考陕西，理 18】（本小题满分 12分）如图，在直角梯形CD 中， AD//C ，，C 1， AD 2，是 AD 的中点，是 AC 与的交点．将D2沿折起到的位置，如图．113（I ）证明： CD 平面 A 1C ；（II ）若平面A平面 CD ，求平面 A与平面1 CA 夹角的余弦值． 1CD1【答案】（I ）证明见解析；（II ） 6 3．【解析】试题分析：（I ）先证， C ，再可证平面1A，进而可证 CD 平1C面A 1C ；（II ）先建立空间直角坐标系，再算出平面A和平面 1C A 的法向量，进而 1CD可得平面A与平面 A 夹角的余弦值．1 C 1CD试题解析：（I ）在图 1中，因为C 1， AD 2，是 AD 的中点，D，所以AC2即在图 2中，，C1从而平面AOC1又 CD// ，所以 CD 平面AOC .114所以222 2 B ( , 0, 0), E(- ,0,0), A (0, 0,), C(0,,0),1222 22 2得BC(- ,, 0),2 222A C(0,,- )12 2 ， CD = BE =(- 2,0,0).设平面 A 的法向量 n = x y z ，平面 1BC1 ( 1, 1, 1) A 的法向量1CDn = x y z ，平面 2 ( 2 , 2 , 2 )A 与 1BC 平面A 1CD 夹角为，n BC 0 x y111则，得y zn AC 01111 n =，1(1, 1, 1)，取n CD 0x0 22yzn AC 0，得21220 ，取 n，n，2(0,1,1)2 6从而cos | cosn ,n|12323，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为6 3.8.【2014高考陕西版理第17题】四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.15A主H主E主主主主主主DGFBC主主主主（1）证明：四边形EFGH是矩形；（2）求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）10 5.【解析】试题分析：（1）由该四面体的三视图可知：BD DC,BD AD,AD DC，BD DC2,AD1由题设，BC∥面EFGH，面EFGH面BDC FG，面EFGH面ABC EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以FG∥EH，同理可得EF∥HG，即得四边形EFGH是平行四边形，同时可证EF FG，即证四边形EFGH是矩形；（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)DA(0,0,1)，BC(2,2,0)，BC(2,2,0)，设平面EFGH的一个法向量n(x,y,z)因为BC∥FG,EF∥AD，所以n DA0,n BC0，列出方程组，即可得到平面EFGH的一个法向量，AB与的夹角的余弦值的绝对值即为所求.16又BD AD,AD DC,BD DC DAD平面BDCAD BCBC∥FG,EF∥ADEF FG四边形EFGH是矩形（2）如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)DA(0,0,1)，BC(2,2,0)，BC(2,2,0)zAHEDGCyFBx设平面EFGH的一个法向量n(x,y,z)BC∥FG,EF∥ADn DA0,n BC017z = 0 即得-2x + 2y = 0 ，取 n (1,1,0)sin| cos BA ,n |||BA n 2 10| BA | | n |52 5考点：面面平行的性质；线面角的求法.9.【2016年高考四川理数】（本小题满分 12分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AD ∥BC ， ADC= PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.（Ⅰ）在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明理由；（Ⅱ）若二面角 P-CD-A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值.PC BAED1 3【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） .【解析】试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得 CD ∥EB ；从而知 M 为 DC 和 AB 的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.18所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB从而CM∥EB.又EB 平面PBE，CM 平面PBE，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA AD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.在Rt△PAH中，PH=PA AH=22322，所以sin∠APH=AHPH=13.19由 PA ⊥AB ，可得 PA ⊥平面 ABCD. 设 BC=1，则在 Rt △PAD 中，PA=AD=2.作 Ay ⊥AD ，以 A 为原点，以 AD ,AP 的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz ，则 A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以 PE =（1,0,-2）， EC =（1,1,0）， AP =（0,0,2）设平面 PCE 的法向量为 n=(x,y,z)，n PE由n EC n EC0, 0, x 2z 0, 得x y 0,设 x=2，解得 n=(2,-2,1).设直线 PA 与平面 PCE 所成角为α，则 sin α=| n AP |=| n || AP |2 1 222 322( 2) 1. 1 3所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为.20z PM CB yAEDx考点：线线平行、线面平行、向量法.10.【2014安徽理 20】(本题满分 13分) 如图，四棱柱 ABCD中， A AA 1BC D1底面 ABCD ．四边形 ABCD 为梯形，1 1 1AD // BC ,且 AD 2BC ．过 A 1,C , D 三点的平面记为，BB 与的交点为Q ．1（1）证明：Q 为 B B 的中点； 1（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若 A 1A 4，CD2，梯形 ABCD 的面积为 6，求平面与底面 ABCD 所成二面角大小．21【答案】（1）Q为11BB的中点；（2）；（3）174．【解析】试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行QC∥A D，则出现相似三角形，于是根据三1角形相似即可得出B Q BQ BC1，即Q为BB AA AD211BB的中点．（2）连接QA,QD．设1AAh，1梯形ABCD的高为d ，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V下，BC=a，上和V7则AD 2a．先表示出V V Vahd=+下和Q A AD Q ABCD1213V =ahd，就可求出A B C D ABCD211113711V V V V ahd ahd ahd ==上上，从而A B C D ABCD下21212V1111下117=．（3）可以有两种方法进行求解．第一种方法，用常规法，作出二面角．在ADC中，作AE DC，垂足为E，连接A E．又1DE AA且1AA AE A，所以DE 平面1AEA，于是1DE A E．所以1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角．第二种方法，建立空间直角坐标系，以AEA1D为原点，DA,DD分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．设CDA =．因为1Sa2a2sin6 ABCD2，所以a2．从而C 2cos,2sin ,0，sinA14,0,4sin，所以DC 2cos,DA14．设平面2sin,0，,0,4sin22（2）解：如第（20）题图1，连接QA,QD．设AA h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被1平面所分成上下两部分的体积分别为V下，BC=a，则AD 2a．上和V111Va h d ahd，2Q A AD32 311a2a h1V dahdQ ABCD3224，7所以下，V=V+VahdQ A AD Q ABCD1213又Vahd =A B C D ABCD211113711 ==所以上，V VV ahdahdahdA B C D ABCD下212 12 1111V上故V下117=．23解法 2如第（20）题图 2，以 D 为原点， D A , DD 分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．1设CDA = ．因为a 2a 2 sin 6 SABCD2 ，所以 a 2． sin从而C2 cos ,2sin ,0， A14,0,4sin，所以 DC 2 cos , 2sin ,0， DA 14,0,4 sin．设平面 A DC 的法向量 n x , y ,1，14DA nx 4 0, 1由sinDC n 2x cos 2y sin0,得 x sin , ycos ，所以n (sin , c os, 1) ．又因为平面ABCD 的法向量 m0, 0,1，所以cos n ,mnm 2，2n m故平面与底面 ABCD 所成而面积的大小为 π．4考点：1．二面角的求解；2．几何体的体积求解．11.【2014年湖北，卷理9】(本小题满分12分)24如图，在棱长为2的正方体 ABCD 1B C D 中， E , F ,M , N 分别是棱A1 1 1AB , AD , A B A D1 , 1 1 1的中点，点 P ,Q 分别在棱 DD , 1BB 上移动，且 DPBQ 02.1（1）当1时，证明：直线 BC // 平面 EFPQ ；1（2）是否存在，使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）12 2【解析】试题分析：（1）由正方体 ABCDA 1BCD 的性质得1 1 1BC，当1时，证明1// AD1FP // AD ，1由平行于（1）证明：如图 1，连结 AD ，由 1ABCD是正方体，知 A 1B C D1 1 1BC，1// AD1当1时， P 是DD 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 1FP // AD ，1所以BC//FP1，25而FP平面EFPQ，且BC平面EFPQ，1故BC//平面EFPQ.1（2）如图2，连结BD，因为E、F分别是AB、AD的中点，1所以EF//BD，且EF BD，又DP BQ，DP//BQ，2所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ//BD，且PQ BD，1从而EF//PQ，且EF PQ，2在Rt EBQ和Rt FDP中，因为BQ DP，BE DF1，于是，EQ FP12，所以四边形EFPQ是等腰梯形，同理可证四边形PQMN是等腰梯形，分别取EF、PQ、MN的中点为H、O、G，连结OH、OG，则GO PQ，HO PQ，而GO HO O，故GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角，若存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90，连结EM、FN，则由EF//MN，且EF MN，知四边形EFNM是平行四边形，连结GH，因为H、G是EF、MN的中点，所以GH ME2，2 1在GOH中，GH24，2122222OH()，26以 D 为原点，射线 D A , DC , DD 分别为 x , y , z 轴的正半轴建立如图 3的空间直角坐标系1D xyz ，由已知得 (2,2,0), 1(0,2,2), F (1,0,0), P (0,0,)BC ，所以 BC 1(2,0,2) ， FP (1,0,)， FE (1,1, 0 ) ，（1）证明：当1时， FP(1,0,1) ，因为1(2,0,2)BC，所以 BC 1 2FP ，即 BC // FP1，而 FP 平面 EFPQ ，且 BC平面 EFPQ ，1故直线 BC // 平面 EFPQ .1（2）设平面 EFPQ 的一个法向量n (x , y , z ) ，FE FP 由n n0 0 x y 可得 xz0 ，于是取n (,,1) ，同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为m ( 2,2 ,1)，若存在，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角，27则m n ( 2,2 ,1)(,,1) 0 ，2即( 2) (2 ) 10 ，解得1，22 故存在1 ，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角.2考点：正方体的性质，空间中的线线、线面、面面平行于垂直，二面角.12.【2015湖北理 19】（本小题满分 12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马 P ABCD 中，侧棱 PD 底面 ABCD ，且 PD CD ，过棱 PC 的中点 E ，作 EFPB 交 PB 于点 F ，连接 DE , DF , BD , BE .（Ⅰ）证明： PB 平平 DEF ．试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ，求 D C BC的值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2 2.。

2015-2017高考真题分类汇编立体几何(文数)

2015高考试题分类汇编--立体几何【2015高考浙江，文4】设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂〔〕A ．假设l β⊥，则αβ⊥B ．假设αβ⊥，则l m ⊥C ．假设//l β，则//αβD ．假设//αβ，则//l m【2015高考广东，文6】假设直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则以下命题正确的选项是〔〕A ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 与1l ，2l 都不相交【2015高考湖北，文5】12,l l 表示空间中的两条直线，假设p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则〔〕A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米〔如图，米堆为一个圆锥的四分之一〕，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有〔〕A ．14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛【2015高考浙江，文2】某几何体的三视图如下图〔单位：cm 〕，则该几何体的体积是〔〕A ．83cmB ．123cm C ．3233cm D ．4033cm【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是〔〕A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【2015高考新课标1，文11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球〔半径为r 〕组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如下图，假设该几何体的外表积为1620π+，则r =( )〔A 〕1 〔B 〕2 〔C 〕4 〔D 〕8【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如下图，则该几何体的外表积为〔〕A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+【2015高考福建，文9】某几何体的三视图如下图，则该几何体的外表积等于〔〕A ．822+B ．1122+C ．1422+D ．15【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为〔材料利用率=新工件的体积/原工件的体积〕〔〕A 、89πB 、827πC 、224(21)π-D 、28(21)π-【2015高考天津，文10】一个几何体的三视图如下图〔单位:m 〕,则该几何体的体积为3m .1112【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) （A ）223π〔B 〕423π〔〕22π〔〕42π【2015高考山东，文18】如图，三棱台DEF ABC -中，2AB DE G H =，，分别为AC BC ，的中点.〔I 〕求证：//BD 平面FGH ；〔II 〕假设CF BC AB BC ⊥⊥，，求证：平面BCD ⊥平面EGH .2015高考浙江，文18】如图，在三棱锥111ABCA B C 中，11ABC 90AB AC 2,AA 4,A ∠====，在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点.〔1〕证明：11D A BC A ⊥平面；〔2〕求直线1A B 和平面11B C B C 所成的角的正弦值.【2015高考湖南，文18】〔本小题总分值12分〕如图4，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是1,BC CC 的中点。