湖南历年(06-14年)-文科数学高考立体几何真题

湖南历年文科数学高考试卷立体空间几何部分（06-14年）2006年高考文科数学试卷（湖南卷）
4•过半径为12的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°则该截面的面积是（）
A . n B. 2 n C. 3 n D. 2.3“
14.过三棱柱ABC- ABC的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABBA平行
的直线共有__________ 条•
18. （本小题满分1 4分）
如图2,已知两个正四棱锥P-ABCDf
QABCD勺高都是2, AB=4.
（I ）证明PQL平面ABCD
（n ）求异面直线AQ与PB所成的角；
（川）求点P到平面QAC的距离.
图2
2007年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文）
6. 如图1,在正四棱柱 分别是AB 、BC 1的中点,
A . EF 与B
B ,垂直 C. EF 与CD 异面
15.棱长为1的正方形ABCD - ABQD 的8个顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积是 ____________ ;设E 、F 分别是该正方形的棱
AA r DD 的中点，贝U 直线EF 被
球O 截得的线段长为 _______________ . 18.（本小题满分1 4分）
如图，已知直二面角：，-PQ- \ A PQ , B : , C BAP=45；,
直线CA 和平面〉所成的角为30 . （I ）证明 BC_PQ ;
（n ）求二面角B - AC - P 的大小.
ABCD —ABQP 中，E 、F j.
则以下结论中不成立的是（
B. EF 与BD 垂直 D. EF 与AQ 异面
图1
2008高考湖南文科数学试题及全解全析
5.已知直线m,n和平面:-,-满足m _ n,m _ a, ,则()
A. n .丨“
B.n / :,或n -林
C.n 丨
D.n II),或n 二.：：
9 .长方体ABCD -ABQP 的8个顶点在同一个球面上，且AB=2 , AD= .. 3 , AA i -1，则顶点A、B间的球面距离是()
J2兀丄2兀厂
A. B . C . 2 二
4 2
18.如图所示，四棱锥P- ABCD的底面ABCD是边长为
E 是CD 的中点，PA_ 底面ABCD，PA = •、3。

(I)证明：平面PBE_平面PAB;
(II)求二面角 A —BE —P和的大小。

1 的菱形，.BCD 二60°,
D. 2 2~
P
C
2009年高考湖南文科数学试题及全解全析
6 .平面六面体ABCD -ABQ i D i中，既与AB共面也与C。

共面的棱的条数为
()
D. 6
A. 3 B . 4 C. 5
18 如图3,在正三棱柱ABC-ABG中，
AB=4, AA - 7，点D是BC的中点，
点E在AC上，且DE_ A i E.
(I)证明：平面A,DE —平面ACC1A1;
(U)求直线AD和平面ADE 所成角的正弦值。

2010年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）
数学（文史类）解析版
13.图2中的三个直角三角形是一个体积为20cm2的几何体的三视图，贝U h=
cm
18.（本小题满分12分）
如图所示，在长方体ABCD - 中，AB=AD=1 , AA1=2, M是棱CC1的中
占
八、、
（I）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值;
（U）证明：平面ABM丄平面A1B1M1
Di
93
19. （本题满分12分）
如图3 ,在圆锥PO 中，已知PO 「..2丄O 的直径 AB = 2点（在 A 上，且.CAB=30 ,为 A 的中点.
2011年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类 4•设1
B. 36 二 18 9
C. 12
2
D. |-18
正视图
侧视图
（I）证明：AC _平面POD;
（II）求直线和平面PAC所成角的正弦值
.
俯视图
图1
P
93
2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试
数学文史类(湖南卷)
4.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，贝U该几何体的俯视图不可能是
()
19.如图，在四棱锥形,
AD// BC, AC 丄BD . P—ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD是等腰梯
⑴证明：BD丄PC;
(2)若AD = 4，BC = 2,直线PD与平面PAC所成的角为30°求四棱锥P —ABCD的体积.
2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类
（湖南卷）
7. （2013湖南，文7）已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为,2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于（）.
.3 .2 1
A. 2B . 1 C . 2D . 、2
17. （2013湖南，文17）（本小题满分12分）如图，在直棱柱ABC- ABC中，/ BAC= 90°, A吐AG^ ,2，AA = 3，D是BC的中点，点E在棱BB上运动.
（1）证明：AD丄GE；
⑵当异面直线AG CE所成的角为60°时，求三棱锥G —ABE的体积.
5,
2014年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）
数学（文）
8. —块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将石材切削、打磨、加工成球,
则能得到的最大球的半径等于（）
A.1
B.2
C.3
D.4
T h I ']
II
18. （本小题满分12分）
如图3,已知二面角〉-MN - 1的大小为60：，菱形ABCD在面[内，A,B两点在棱MN上，.BAD二60'，E是AB的中点，DO _面:•，垂足为O .
（1）证明：AB _平面ODE ；
（2）求异面直线BC与OD所成角的余弦值.
答案
2006年高考文科数学参考答案（湖南卷）
4、
A
18.解法一
14. 6 _
(I)连结 AC BD,设 AC 仃 BD =0.
由P — ABCD 与 Q- ABC ［都是正四棱锥，所以 POL 平面ABCD QO_平面 ABCD 从而P 、O Q 三点在一条直线上，所以 PQL 平面ABCD （H ）由题设知， ABCD1正方形，所以 ACL BD
由（I ） , QOL 平面ABCD 故可分别以直线 CA DB QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直
相关各点的坐标分别是 P （ 0, 0, 2）, A （ 2、迈,0, 0）, Q
PQ =(0,0,4),设n =(x, y, z)是平面QAD 的一个法向量，由 n AQ =0 /曰-」2x +z =0 n AD =0 占+y =0
取 x =1,得 n =(1, _1,_、.2).
解法二 （I ）取AD 的中点，连结PM QM 因为P- ABCD! Q- ABCDTE 是正四棱锥, 所以AD L PM AD L QM 从而ADL 平面PQIM 又PQ 平面PQM 所以PQ L AD 同理PQL AB 所以PQL 平面ABCD
(0, 0, — 2), B (0, 2J2 , 所以 AQ =(2..2,0,②
PB =(0,2.2,-2)
是 cos<AQ,PB =
笃寫 AQ PB
从而异面直线AQ 与 PB 所成的角是 1
arccos —
. 3 （川）由（H ）,点D 的坐标是（0, —2、一 2 , 0), AD =(-2・ 2,-2・. 2,0),
角坐标系（如图），由题条件, 2 3 ^3
3
所以点P 到平面QAD 勺距离d
（H）连结AC BD设AC^BD=O,由PQ L平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O在PQ上,从而P、A、Q C四点共面.
Q
因为OA= OC 09 OQ所以PAQ（为平行四边形，AQ// PC 从而/ BPC（或其补角）是异面直线AQ 与PB所成的角.
因为PB=PC=;；OC2 OP2=1（2 2）2 22=2.3，
2 2 2
PB + PC -BC 12 12 -16 1
所以cos. BPC =
2PB PC 2：＜2j3：＜2j3 3
从而异面直线AQ与PB所成的角是
3
1 1
（川）连结OM 贝U OM =_ AB =2 =— PQ
2 2
所以/ PMQ 90°，即PML MQ
由（I）知ADL PM所以PML平面QAD从而PM的长是点P到平面QAD的距离.
在直角△ PMOh PM = Jpo 2+OM 2= J22+22=2“ .
即点P到平面QAD的距离是2 2.
2007年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文）
6 【答案】D
1
【解析】连BC,贝U BC交BG于F且F为BG中点，三角形B1AC中EF〃」AC，所以EF//
2
平面ABCD而B1B丄面ABCD所以EF与垂直；又AC L BD,所以EF与BD垂直,
1
EF与C［异面。

由EF// —AC , AC// A1C1 得EF// AC
2
15 【答案】3n, 、2
【解析】正方体对角线为球直径，所以R2 =?，所以球的表面积为3n；由已知所求EF是4
正方体在球中其中一个截面的直径，
EF=2r= '• 2。

18解：（I）在平面：内过点C作CO丄PQ于点O ,
连结OB .
因为：•丄1 n 一：二PQ ，所以CO 丄〉， 又因为CA =CB ，所以OA =OB • 而.BAO =45 ,所以.ABO =45 ,
. AOB =90
BO 丄 PQ .又 CO 丄 PQ , 所以PQ 丄平面OBC .因为BC 平面OBC ，故PQ 丄BC .
（II ）解法一：由（I ）知，BO 丄 PQ ，又：•丄 1
1 = PQ , BO :,所以 BO 丄二
过点0作0H 丄AC 于点H ，连结BH ，由三垂线定理知， BH 丄AC .
故.BHO 是二面角B-AC-P 的平面角.
由（I ）知，CO 丄：•，所以.CAO 是CA 和平面所成的角，贝V . CAO =30 ,
/3 不妨设 AC =2，贝U AO 二、3 , OH = AO sin30
3 .
2
在 Rt A OAB 中， ABO =/BAO =45：，所以 BO =AO =寸3 , 于是在 Rt A BOH 中，tan 乙 BHO = BO = 3 =2 .
OH 75
2
故二面角B - AC -P 的大小为arctan2 . 解法二：由（l ）知，OC 丄OA , OC 丄
OB , OA 丄OB ，故可以0为原点，分别以直线
OB, OA , OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）.
因为CO 丄：•，所以• CAO 是CA 和平面〉所成的角，贝V . CAO =30：. 不妨设 AC =2，则 AO = 3 , CO . 在 Rt ^OAB 中， ABO 二 BAO 二 45 , 所以 BO =AO 二.3 . 则相关各点的坐标分别是
0(0,0,0) , B( I 3,0,0) , A(0, 3,0) , 0(0,01).
所以 AB =(-3,0), AC=(0,-i 3i).
Q
A
P x
C 1 z
Q
设n i ={x, y, z}是平面ABC的一个法向量，由取x=1，得n=（1,1,3）.
易知巧=（10,0）是平面1的一个法向量.
设二面角B-AC-P 的平面角为由图可知，v -：：：#,&
所以COST -
1 75 I 一 .5 1 一 5
故二面角
B - A
C -P 的大小为arccos
.5
2008高考湖南文科数学试题及全解全析
5 D D1
9
【答案】B
/
/
【解析】'：BU = AG = 2R = 2忑，R = 72,设
/
D ___ 0—
B D JI A° =0,则 OA =OB = R =逅
TT — TT
/
BCD =60° 知,
△ BCD 是等边三角形•因为E 是CD 的中点，所以
BE 丄 CD,又 AB//CD,所以 BE 丄 AB,
又因为PA —平面ABCD , BE 平面 ABCD , 所以PA 丄BE,而PAp|AB = A,因此 BE 丄平面PAB. 又BE 平面PBE ，所以平面 PBE —平面PAB.
C 1
A
C
18解：解法一（I ）如图所示，连结BD,由ABCD 是菱形且
=AOB , I = Rr = \ 2
,故选 E .
2 2
B
(II )由(I )知，BE 丄平面PAB, PB 平面PAB,所以PB_ BE.
又AB 丄BE,所以.PBA 是二面角 A - BE - P 的平面
角.
PA
在 Rt △ PAB 中,tan PBA
3, PBA = 60..
AB
故二面角A - BE - P 的大小为60.
解法二：如图所示，以A 为原点，建立空间直角坐标系•则相关各点的坐 标分别是
AO 。

,。

）, B （
1,0,0）,C （|，于,0）
, D （
1，于,0）, P （
0,°, 3）
, E （
1,于,°）.
(I )因为BE = (0^3 ,0),平面PAB 的一个法向量是7^ -(01,0),所以BE 和共线.
从而BE 丄平面PAB.又因为BE 二平面PBE ，所以平面PBE _平面PAB.
3
(H )易知PBWQBBE =(0,云,设—区y 1,乙)是平面PBE 的一个法向量,
PB",为 0 y i 「3z i=0,
_
T 得彳
J 3 所以y 1=0,冷=竝.
0 x 1
y 1 0 z 1 = 0
2
={ ■ 3,0,1).而平面ABE 的一个法向量是 压=(0,01).
故二面角A - BE - P 的大小为60；
2009年高考湖南文科数学试题及全解全析
6解：如图，用列举法知合要求的棱为：
BC 、CD 、C 1D 1、BB 1、AA 1 , 故选C.
于是,cos ：： ri i ,n 2
=
_ 1 _ 2
BE =0
故可取0|
18 解: ( I)如图所示，由正三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的性质知AA _平面
ABC .
又 DE 二平面 ABC ，所以 DE_ AA ).而 DE _ A i E , AA Pl A ,E = A ,,
(n)解法1: 过点A 作AF 垂直A E 于点F , 连接DF.由(I)知，平面 A 1DE 丄平面ACC 1A 1 , 所以AF _平面ADE ,故.ADF 是直线AD 和
平面A 1DE 所成的角。

因为DE _ ACC 1A , 所以DE _AC.而厶ABC 是边长为4的正三角形,
1
于是 AD=2j3 , AE=4-CE=4- —CD =3
2
又因为 AA =J7，所以 A E= AE = J AA
2 + AE 2
= J (V 7)
2
+32 = 4,
解法2 :如图所示，设 0是AC 的中点，以0为原点建立空间直角坐标系,
则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),
^(2,0, 7 ), D(-1,
3 ,0), E(-1,0,0).
设n =(x,y,z)是平面ADE 的一个法向量，则 r uuu -
n DE 3y 二 0, r uuv
n AD = -3x -3y -：；7z = 0.
解得x J”0.
AF
AE AA
二 AE
3、7 4
AF
sin ZADF =
AD
即直线AD 和平面ADE 所成角的正弦值为
所以DE 丄平面ACC ,A •又DE 平面ADE , 故平面ADE 丄平面ACC 1A 1.
-3,
易知 A 1D = (-3, DE = (0,
0)
, AD = (
-3,
3
故可取n =C.7,0, -3).于是
r uuu - 一 n AD -3 7 .21 8-
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数学（文史类）解析版
13、
4
18 解£1）如BS,因为以为异面H 銭
人阳与GP 所成的角.
丙为占骂丄平面BCCfi ・所以- 90°・
而"产*片M = + 去*故
tanW 岡与第皿・
即异面直线人M^CQ 所成的角的正切值为JF ・
（11＞由砂］丄平面BCC 、％ J?Mu 平面氐0久 得4耳丄SM ,① 由（I ） S1.轉M
= J7.又就匸亦L*C 炉皿* 8^ = 2.所以 珥屮+ =斗扒,从而BM 丄塚M ・②
又珂斗CB 阳=塊,再由①’②得丄平面4旳忖・而 Wc 平匱MM,因此 平面ABM 丄平
面A^B X M •
2011年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类
4答案：D
解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积
4 3 3
9 V 二（一）+3 3 2= 18。

3 2 2 19解析：（I ）因为OA=OC,D 是AC 的中点，所以AC —0D.
又
由此即知，直线 AD 和平面ADE 所成角的正弦值为
r uuu
cos ： n, -uuu n AD 4 23
P
IL
PO _底面L O,AC 底面一 O,所以AC _ OD. PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC _平面POD;
（II ）由（I ）知，AC _平面POD,又AC 二平面PAC,所以平面POD _平面PAC ,在 平面POD 中，过0作OH _ PD 于H,则OH _平面PAC,连结CH ，则CH 是
2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试
数学文史类（湖南卷）
4. D 若为D 项，则主视图如图所示，故不可能是 D 项.
19.解：（1）证明：因为 FA 丄平面ABCD , BD 平面ABCD , 所以PA 丄BD .
又AC 丄BD , PA , AC 是平面PAC 内的两条相交直线，所以 BD 丄平面PAC , 而PC 平面PAC ,所以BD 丄PC .
⑵设AC 和BD 相交于点 O ,连结PO ,由 ⑴知，BD 丄平面PAC ,
所以/ DPO 是直线PD 和平面PAC 所成的角，
从而 / DPO = 30 °
由BD 丄平面PAC , PO 平面PAC 知，BD 丄PO.
在 Rt △ POD 中，由/ DPO = 30 得 PD = 2OD .
在 RtLOHC 中,sin . OCH 二 OC 一
3
OC 在平面PAC 上的射影，所以.OCH 是直线0C 和平面PAC 所成的角.
4 —------------ \ rj
i ' c 因为四边形ABCD为等腰梯形，AC丄BD , 所以△ AOD ,
△ BOC均为等腰直角三角形，
1 1 1
从而梯形ABCD 的高为一AD +—BC = —X (4 + 2) = 3,
2 2 2
1
于是梯形ABCD的面积S= X (4 + 2) X 3= 9.
2
在等腰直角三角形AOD中，0D 「2AD = 2； 2 ,
2
所以PD = 2OD = 4、2 , PA = ：PD2- AD2=4.
故四棱锥P —ABCD的体积为
1 1
V= X S X PA= _ X 9X 4 = 12.
3 3
2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类
(湖南卷)
7.
答案：D 解析：如图所示，正方体ABC—ABCD的俯视图为ABCD侧视图为BBDD,此时满足其面
积为2, 故该正方体的正视图应为AACC.又因AC= 2 ，故其面积为2.
17.
C (1)证明：因为AB= AC D是BC的中点，
所以ADL BC①
又在直三棱柱ABC—ABC中，BB L平面ABC而AM 平面ABC所以AD L BB.② 由①，②得AD L
平面BBCC.
由点E在棱BB上运动，得GE 平面BBCC 所以AD L GE.
⑵解：因为AC// AQ,所以/ AQ E是异面直线AC CE所成的角，由题设，/ ACE= 60°, 因为/ B A C =Z BAC=
90°,所以A C 丄A B,又AA L AQ,从而
A C L平面A ABB,于是AC L A E.
故C E=爲九2,
又BC=ACj AB2= 2, 所以BE= J GE2— EG2= 2,
1 11 2
从而V三棱锥 d 占BE = 3S^1B1E X AC=3 X- =-.
2014年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）
数学（文）
8.【答幻B
[ 解析】由图可縄该几何悴为三棱柩所沁乜畑半径为正驱■第三角憨内切国的半径厂:
WJ 8-厂+ 6-r =晶十沪=^r = 2 |檢选B*
18
H尹
解< !）如囲山闵为ZXJ丄a* AB^LQ .ffrtlDOX /<fi .
ilft BD.由贱设灿ZBD卑il一角胎.乂書乩HR的中虑*所VXDE1AB. ^DOCiOE^D. t&Aff k Vfl6OD£・・
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