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高三立体几何专题练习(含答案)

立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高。

届高三数学立体几何专项训练(文科)

高三数学立体几何专题(文科)（一）吴丽康 2019-111.如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的点. （Ⅰ）证明：PB //平面AEC ；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD 的体积V=，求A 点到平面PBD 的距离.2. 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面PAD ∥平面CEF ？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离． 4.如图，四棱柱ABCD －A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A1BD ∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD ∩平面B1D1C ＝直线l ，证明：B1D1∥l.5..如图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点， M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC 交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝1PB.4(1)证明：MN∥平面PDC；(2)求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝1AD．2(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.14.【2014,19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.15.(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.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC.(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A1BE 的位置，得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明：CD ⊥平面A1OC ；(2)当平面A1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A1-BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2， E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB ＝16，BC ＝10，AA1＝8.点E ，F 分别在A1B1，D1C1上，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EFGH.(1)求证：A1E ＝D1F ；(2)判断A1D 与平面α的关系．高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ，连接EO. 在三角形PBD 中，中位线EO//PB ，且EO 在平面AEC 上，所以PB//平面AEC.（Ⅱ）∵AP=1，，，，∴，作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又，故A 点到平面PBC 的距离.2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ．所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ，又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ，所以CE ∥平面PAD ．(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ，所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ，又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PF PC ＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC.∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD. 又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt △PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA2＋AC2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ， PA ⊥AC ，PA ⊂平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC.又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，∴在Rt △PBC 中，BF ＝12PC ＝62. 连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由VF －ABD ＝VD －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455. 4.证明 (1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD， CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1,∴VBC-AEFD=V1,则VP-ABCD=V1+V1=V1,∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C)，所以点F 异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD.11.(1)证明因为AB ＝BC ，AD ＝CD ，所以BD 垂直平分线段AC.又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32.所以AC ＝ 3. 又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BN NP＝3，所以MN ∥PD. 又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以MN ∥平面PDC.(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC.由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角，故∠DPM 即为所求的角．在Rt △PAD 中，PD ＝2，所以sin ∠DPM ＝DM DP ＝122＝14，所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14. 12.【解】 (1)取棱AD 的中点M(M ∈平面PAD)，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ．又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ．又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ．13.[证明] (1)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A1C1.又DE ⊄平面A1C1F ，A1C1⊂平面A1C1F ，所以直线DE ∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1A ⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A ⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A ⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D ⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D ．又B1D ⊥A1F ，A1C1⊂平面A1C1F ，A1F ⊂平面A1C1F ，A1C1∩A1F ＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D ⊂平面B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面A1C1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O 为B1C 与BC1的交点，∵AO ⊥平面BB1C1C. ∴AO ⊥B1C ， …2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.…6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，由于AC⊥AB1，∴，∴，由OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。

高考数学分项汇编专题10 立体几何文科

专题10 立体几何一．基础题组1. 【2012全国新课标，文7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A ．6B ．9C ．12D ．18 【答案】B2. 【2010全国新课标，文7】设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πa 2B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2【答案】：B3. 【2007全国2，文7】已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于( )(A) 36(B)34(C)22(D) 32【答案】：A4. 【2006全国2，文7】如图，平面α⊥平面β，,,A B AB αβ∈∈与两平面α、β所成的角分别为4π和6π。

过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为'A 、',B 若AB=12,则''A B =( ) （A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）9【答案】B【解析】连接AB'和A'B ，设AB=a ，可得AB 与平面α所成的角为'4BAB π∠=，在Rt △BAB'中有'22AB a =，同理可得AB 与平面β所成的角为'6ABA π∠=，所以'12AA a =，因此在Rt △AA'B'中''22211()()222A B a a a =-=，所以''1::2:12AB A B a a ==，又因为AB=12,所以''6A B =5. 【2005全国3，文4】设三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B-APQC 的体积为（）A ．16V B ．14VC ．13VD ．12V【答案】C6. 【2005全国2，文2】正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（）(A) 三角形 (B) 四边形(C) 五边形(D) 六边形【答案】D7. 【2007全国2，文15】一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上。

高考文科立体几何题汇总（含答案）

19．（本小题满分12分）2008 如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ^平面ABCD ，AB DC ∥，P AD △是等边三角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==．（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ^平面PAD ；（Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．的体积．18.（本小题满分12分）分） 2009 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点. （1）设F 是棱AB 的中点,证明：直线EE 1//平面FCC 1；（2）证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）（本小题满分12分）分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，BCD A MA 平面^,PD ∥MA ,E G F 、、分别为MB 、PC PB 、的中点，且2MA PD AD ==．（Ⅰ）求证：平面PDC EFG 平面^; （Ⅱ）求三棱锥的体积之比与四棱锥ABCD P MAB P --．A B C M P D EA B C F E 1 A 1 B 1 C 1 D 1 D 2011 19．（本小题满分12分）分）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，1D D ^平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD ，11AD=A B ，BAD=Ð60° （Ⅰ）证明：1AA BD ^；（Ⅱ）证明：11CC A BD ∥平面．2012 (19) ( (本小题满分本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =^. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =°，M 为线段AE 的中点，的中点，求证：DM ∥平面BEC .53238545545523163 ACM PDOEA B C F 1 1 C 1 D 1 D F 1 EC 1 1 C 1 D 1 D 所以CC 1⊥AC,因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4, BC=2, F 是棱AB 的中点,所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形，为正三角形， 60BCF Ð=°,△ACF 为等腰三角形，且30ACF Ð=°所以AC ⊥BC, 又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C, 所以AC ⊥平面BB 1C 1C,而AC Ì平面D 1AC, 所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。

立体几何大题练习(文科)(含详解)

立体几何大题练习（文科）1．在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 是BC 的中点.（1）求证： 1A C 面1AB D ；（2）设M 是棱1CC 上的点，且满足1BM B D ⊥.求证：面1AB D ⊥面ABM .2．直三棱柱111ABC A B C -中， 5AB =， 3AC =， 4BC =，点D 是线段AB 上的动点.（1）当点D 是AB 的中点时，求证： 1AC 平面1B CD ；（2）线段AB 上是否存在点D ，使得平面11ABB A ⊥平面1CDB ？若存在，试求出AD 的长度；若不存在，请说明理由.3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB ==， PAB ∆与PAD ∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）若点F 在线段PC 上且2CF PF =，求三棱锥F BEC -的体积.4．在如图所示的多面体A B C D E 中，已知//AB DE ， AB AD ⊥，ACD ∆是正三角形，22AD DE AB ===， BC = F 是CD 的中点.（1）求证： //AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求D 到平面BCE 的距离.5．如图，在五面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形， EF DC ，平面ABCD ⊥平面CDEF ， AE CF ⊥.(1)求证： CF DE ⊥；(2)若CF DE =， 24DC EF ==，求五面体ABCDEF 的体积.6．如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==， 2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线B 段DE 上是否存在一点F ，使AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由.7．如图，在三棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形， //,24,3AB CD BD AD ADB π==∠=，点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ，且M 为AD 的中点.（1）证明： AB ⊥平面PAD ；（2）若,BC DC PD PB =⊥，求四棱锥P ABCD -的体积.8．如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =，BC =.（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PMMC 的值.9．在如图所示的五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， //EF 平面ABCD ， 22EA ED AB EF ====， M 为BC 中点.（1）求证： //FM 平面BDE ；（2）若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离.10．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是菱形，其对角线的交点为O ，且1AB AC =， 1AB B C ⊥.⑴ 求证： AO ⊥平面11BB C C ；(2)设1160B BC B AC ∠=∠=︒，若三棱锥1A BCC -的体积为1，求点1C 到平面1ABB 的距离.立体几何大题练习（文科）1．在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 是BC 的中点.（1）求证： 1A C 面1AB D ；（2）设M 是棱1CC 上的点，且满足1BM B D ⊥.求证：面1AB D ⊥面ABM .试题解析：（1）设11A B AB O ⋂=，连OD .因为四边形11AA B B 是矩形，∴O 是1A B 的中点.又D 是BC 的中点，∴1AC OD . 又1AC ⊄面1AB D ， OD ⊂面1AB D ， ∴1A C 面1AB D .（2）因为ABC ∆是正三角形， D 是BC 的中点，∴AD BC ⊥.∵平面ABC ⊥面11BB C C ，又平面ABC ⊥面11BB C C BC =， AD ⊂面ABC .∴AD ⊥面11BB C C ，∵BM ⊂面11BB C C ，∴AD BM ⊥.又∵1BM B D ⊥， 1AD B D D ⋂=， AD ， 1B D ⊂面1AB D ，∴BM ⊥面1AB D ，又BM ⊂面ABM ，∴面1AB D ⊥面ABM .2．直三棱柱111ABC A B C -中， 5AB =， 3AC =， 4BC =，点D 是线段AB 上的动点.（1）当点D 是AB 的中点时，求证： 1AC 平面1B CD ；（2）线段AB 上是否存在点D ，使得平面11ABB A ⊥平面1CDB ？若存在，试求出AD 的长度；若不存在，请说明理由.【试题解析】（1）如图，连接1BC ，交1B C 于点E ，连接DE ，则点E 是1BC 的中点，又点D 是AB 的中点，由中位线定理得1DE AC ，因为DE ⊂平面1B CD ， 1AC ⊄平面1B CD ，所以1AC 平面1B CD .（2）当CD AB ⊥时平面11ABB A ⊥平面1CDB .证明：因为1AA ⊥平面ABC ， CD ⊂平面ABC ，所以1AA CD ⊥．又CD AB ⊥， 1AA AB A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A ，因为CD ⊂平面1CDB ，所以平面11ABB A ⊥平面1CDB ，故点D 满足CD AB ⊥.因为5AB =， 3AC =， 4BC =，所以222AC BC AB +=，故ABC ∆是以角C 为直角的三角形，又CD AB ⊥，所以95AD =.3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB ==， PAB ∆与PAD ∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）若点F 在线段PC 上且2CF PF =，求三棱锥F BEC -的体积.试题解析：（1）证明：连接BD ，由于//AB CD ，点E 为CD 的中点，DE AB =， AB AD ⊥，所以四边形ABED 为正方形，可得BD AE ⊥，设BD 与AE 相交于点O ，又△PAB 与△PAD 均为等边三角形，可得PB PD =，在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点，所以BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面PAE ⊥平面ABCD ．（2）由2CD AB ==，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形， BD 与AE 相交于点O ，可知3OA OP ==， PA =PO AO ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设点F 到平面BCE 的距离为h ，又2CF PF =，所以223h PO =⋅=，BEC S ∆= 12BE CE ⋅⋅= 192⨯=， F BEC V -= 13BCE S h ∆⋅⋅= 19263⨯⨯=，所以，三棱锥F BEC -的体积为6． 4．在如图所示的多面体A B C D E 中，已知//AB DE ， AB AD ⊥， ACD ∆是正三角形，22AD DE AB ===， BC = F 是CD 的中点.（1）求证： //AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求D 到平面BCE 的距离.【试题解析】（Ⅰ）取CE 的中点M ，连接,BM MF ，因F 为CD 的中点，所以1//2MF ED ，又AB // 12ED , 所以//MF AB ，四边形ABMF 为平行四边形，所以MB//AF ,因为BM ⊂平面BCE ， AF ⊄平面BCE ，所以//AF 平面.BCE（Ⅱ）因为ACD ∆是正三角形，所以2AC AD CD ===,在ABC ∆中， 1,2,AB AC BC ===所以222AB AC BC +=，故AB AC ⊥，∴DE ⊥AC ，又DE ⊥AD ,AC∩AD=A∴DE ⊥平面ACD∴DE ⊥AF,又AF ⊥CD ，由（Ⅰ）得BM ∥AF∴DE ⊥BM, BM ⊥CD ，DE∩CD=D∴BM ⊥平面CDE ，BM ⊂平面BCE∴平面BCE ⊥平面CDE（Ⅲ）连接DM ，由于DE =DC∴DM ⊥CE由（Ⅱ）知，平面BCE ⊥平面CDE ，∴DM ⊥平面BCE所以DM 为D 到平面BCE 的距离，DM所以D 到平面BCE5．如图，在五面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形， EF DC ，平面ABCD ⊥平面CDEF ， AE CF ⊥.(1)求证： CF DE ⊥；(2)若CF DE =， 24DC EF ==，求五面体ABCDEF 的体积.试题解析：（Ⅰ）因为平面ABCD ⊥平面CDEF ，平面ABCD ∩平面CDEF ＝CD ，AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面CDEF ，又CF ⊂平面CDEF ，则AD ⊥CF ．又因为AE ⊥CF ，AD ∩AE ＝A ，所以CF ⊥平面AED ，DE ⊂平面AED ，从而有CF ⊥DE ．（Ⅱ）连接FA ，FD ，过F 作FM ⊥CD 于M ，因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ，FM ⊥CD ，所以FM ⊥平面ABCD ．因为CF ＝DE ，DC ＝2EF ＝4，且CF ⊥DE ，所以FM ＝CM ＝1，所以五面体的体积V ＝V F －ABCD ＋V A －DEF ＝＋＝．6．如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==， 2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由. 解析：(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ， AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥，又因为AE DE ⊥， CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .(2)结论：在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE . 解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作FM CD 交CE 于M ，则13FM CD =. 因为CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ，所以CD AB .又因为3CD AB =，所以MF AB =， FM AB ，所以四边形ABMF 为平行四边形，则AF BM . 又因为AF ⊄平面BCE ， BM ⊂平面BCE ，所以AF 平面BCE .7．如图，在三棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形， //,24,3AB CD BD AD ADB π==∠=，点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ，且M 为AD 的中点.（1）证明： AB ⊥平面PAD ；（2）若,BC DC PD PB =⊥，求四棱锥P ABCD -的体积.试题解析：（1）2,4,3AD BD ADB π==∠=，由余弦定理得， 222AB BD AD AB =∴=+，故AB AD ⊥又点P 在底面ABCD 内的正投影为点M ， PM ∴⊥平面ABD ，又AB ⊂平面ABDPM AB ∴⊥，又,,PM AD M PM AD ⋂=⊂平面PAD ， AB PAD ∴⊥（2）连接PM ⊥平面,ABD AD ⊂平面,ABD PM AD ∴⊥又M 为AD 的中点， 1MD AM ∴==设PM h =，则PD BM PB =====222PD PB PD PB BD ⊥∴+=，即2211316,1h h h +++=∴=//,AB CD AB AD CD AD ⊥∴⊥，又3ADB π∠=∴在等腰BCD ∆中， 1,,cos 2662BC DC CDB CD BD ππ=∠=∴==,3CD ∴=∴梯形ABCD 的面积为122⨯⨯=⎝113P ABCD V -∴==8．如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =， BC =.（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC 的值. 试题解析：（1）由题设AB ＝1，AC ＝2，BC可得222AB BC AC +=,所以AB BC ⊥,由PA ⊥平面ABC ，BC 、AB ⊂平面ABC ,所以PA BC ⊥， PA AB ⊥,所以PB =又由于PA∩AB ＝A ，故BC ⊥平面PAB,PB ⊂平面PAB,所以BC PB ⊥,所以ACB ∆， PAC ∆, PAB ∆, PCB ∆均为直角三角形，且PCB ∆的面积最大，12PCB S ∆==．（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ．在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM ．由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ．又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM ．因为ABN ∆与ACB ∆相似， 12AB AB AN AC ⋅==，从而NC ＝AC －AN ＝．由MN ∥PA ，得＝＝．9．在如图所示的五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， //EF 平面ABCD ，22EA ED AB EF ====， M 为BC 中点.（1）求证： //FM 平面BDE ；（2）若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离.试题解析：（1）取CD 中点N ，连接,MN FN ，因为,N M 分别为,CD BC 中点，所以//MN BD ，又BD ⊂平面BDE ，且MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ，因为//EF 平面ABCD ， EF ⊂平面ABEF ，平面ABCD ⋂平面ABEF AB =，所以//EF AB ．又222AB CD DN EF ====， //AB CD ，所以//EF CD ， EF DN =.所以四边形EFND 为平行四边形.所以//FN ED .又ED ⊂平面BDE 且FN ⊄平面BDE ，所以//FN 平面BDE ，又FN MN N ⋂=，所以平面//MFN 平面BDE .又MF ⊂平面MFN ，所以//FM 平面BDE .（2）由（1）得//FM 平面BDE ，所以F 到平面BDE 的距离等于M 到平面BDE 的距离．取AD 的中点H ，连接,EH BH ，因为四边形ABCD 为菱形，且60DAB ∠=， 2EA ED AB EF ===，所以EH AD ⊥， BH AD ⊥，因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ⋂平面ABCD AD =，所以EH ⊥平面ABCD ， EH BH ⊥，因为EH BH ==BE =所以12BDE S ∆==，设F 到平面BDE 的距离为h ，又因为11422BDM BCD S S ∆∆===，所以由E BDM M BDE V V --=，得113232h =⨯⨯，解得5h =. 即F 到平面BDE 的距离为5． 10．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是菱形，其对角线的交点为O ，且1AB AC =， 1AB B C ⊥.⑴ 求证： AO ⊥平面11BB C C ；(2)设1160B BC B AC ∠=∠=︒，若三棱锥1A BCC -的体积为1，求点1C 到平面1ABB 的距离. 试题解析：（1)证明：∵四边形11BB C C 是菱形，∴11B C BC ⊥,∵11,AB B C AB BC B ⊥⋂=,∴1B C ⊥平面1ABC ，又AO ⊂平面1ABC ，∴1B C AO ⊥．∵1AB AC =, O 是1BC 的中点，∴1AO B C ⊥，∵11B C BC O ⋂=，∴AO ⊥平面11BB C C .(2)设菱形11BB C C 的边长为x ，又160B BC ∠=︒，∴1BB C ∆是等边三角形，则1B C x =．由（1)知1AO B C ⊥，又O 是1B C 的中点， ∴1AB AC =，又160B AC ∠=︒，∴1AB C ∆是等边三角形，则11AC AB B C x ===，在Rt ACO ∆中，AO x ==，∴1131111sin12013328A BCC BCC V S AO x x x x -∆=⋅=⨯⋅⋅⋅=⋅=，解得2x =. 在Rt ABO ∆中，BO x ===，在Rt BCO ∆中，AB x ===11122ABB S AB ∆=⨯==，设点1C 到平面1ABB 的距离为h ，由111111C ABB A BB C A BCC V V V ---===，得111133ABB S h h ∆⋅⋅==，解得h =，即点1C 到平面1ABB.。

(完整版)历年高考立体几何大题试题

2015年高考立体几何大题试卷1.【2015高考新课标2，理19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 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．（1题图）（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．2.【2015江苏高考，16】如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；（2）11AB BC ⊥.（2题图）（3题图）3. 【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体111A B D DCBA ，四边形11AA B B ，11,ADD A ABCD 均为正方形，E 为11B D 的中点，过1,,A D E 的平面交1CD 于F.（Ⅰ）证明：1//EF B C ；（Ⅱ）求二面角11E A D B --余弦值.D D CA EF ABC B AB CD EABC4. 【2015江苏高考，22】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，2ABC BAD π∠=∠=,2,1PA AD AB BC ====（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（4题图）G F BACDE（5题图）5 .【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB 平面BEC ，BEEC ，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．6.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱111ABC A B C --中，90BAC ∠=，2AB AC ==，14A A =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点.（1）证明：1A D ⊥平面1A B C ；（2）求二面角1A -BD-1B 的平面角的余弦值.P A BCDQ（6题图）（7题图）7.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台DEF ABC -中，2,,AB 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.8 .【2015高考天津，理17】如图，在四棱柱1111ABCDA B C D 中，侧棱1A A ABCD ⊥底面,AB AC ⊥,1AB ,12,5ACAA AD CD ,且点M 和N 分别为11C D B D 和的中点.(I)求证：//MN 平面ABCD ； (II)求二面角11D AC B 的正弦值；(III)设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段1A E 的长NMC 1B 1A 1DABCD 1（8题图）题（19）图PCED BA（9题图）9.【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面,3,.,2ABC PC ACB D E π=∠=分别为线段,AB BC 上的点，且2,2 2.CD DE CE EB ====（1）证明：DE ⊥平面PCD （2）求二面角A PD C --的余弦值。

文数立体几何高考题训练

2011-2016年各省市立体几何高考题选编（文数）富源县第六中学秦庆辉一、选择题1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）（A ）6 （B ）9 （C ）12（D ）183.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（）（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π4.某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为（）（A ）168π+ （B ）88π+ （C ）1616π+ （D ）816π+5.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为（）(A)(B)(C) (D)6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是（）（A ）4 （B ）32 （C ）2 （D ）37.如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6c m 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）（A ）1727 （B ） 59 （C ）1027(D) 138.正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为（）（A ）3 （B ）32 （C ）1 （D ）3 9.已知球的直径SC=4， A,B 是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC 的体积为（）（A ）3 (B)23 (C) 43 (D)53 10.已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB = 90°，C 为该球面上的动点。

专题05 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)

专题05立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C．2D．【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，，下底为12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.2．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．332+B ．4C ．33D ．2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为213333112242+⨯⨯⨯+⨯=，故选：A.3．【2021·浙江高考真题】如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．212B ．312C ．24D ．34【答案】A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=.故选：D6．【2021·全国高考真题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B．C ．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l =.故选：B.7．【2021·北京高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.8．【2021·全国高考真题】在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,0,12A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+ ，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，11,,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．9．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.10．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．514-B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.12．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 是面积为934O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D ．32【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=⨯-，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．2B ．4+42C ．3D ．4+23【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.14．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年高考天津】若棱长为为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．17．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.18．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.19．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.20．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==364466,π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，62R ∴=，34466338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．22．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158B．162C．182D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.24．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.25．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.26．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】23【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r =π=π.故答案为：23π.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.27．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为2624⨯⨯⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.29．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π.【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B = ，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧 FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得 22FGπ==.故答案为：22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.30．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.31．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．32．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.33．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，5若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】π4【解析】由题意，的正方形，借助勾股定理，2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴=1．。

(完整word版)高中立体几何大量习题及答案

立体几何一、选择题1. 给出下列四个命题①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②垂直于同一平面的两个平面互相平行；③若直线4与同一平面所成的角相等，则4互相平行；④若直线 /|仏是异面直线，则与都相交的两条直线是异面直线。

其中假命题的个数是（）A. 1B. 2 C ・ 3 D. 42. 将正方形ABCD 沿对角线〃£）折成一个120。

的二面角，点C 到达点G ，这时异面直线AD 与BCi 所成角的余弦值是（）A. —B. -C.逅D.- 2 2 4 43. —个长方体一顶点的三个面的面积分别是血、巧、后，这个长方体对角线的长为（）6. 正方体A ,B ,C ,D ,—ABCD 的棱长为a, EF 在AB 上滑动，且|EF|=b （b<a=9 Q 点在DC 上滑动，则四面体N —EFQ 的体积（）A ・与E 、尸位置有关 B.与Q 位置有关C.与E 、F 、0位置都有关D.与E 、F 、0位買均无关，是定值 7. 三个两两垂直的平面，它们的三条交线交于一点O,点P 到三个平面的距离比为1 ：2 ： 3, PO=2V14 ,则P 到这三个平面的距离分别是（）4. A. 2^3 B. 3^2 C. 6 如图，在正三角形ABC 中，D 、E 、尸分别为各边的中点，G 、H 、I 、丿分别为AF 、AD. BE 、DE 的中点.将△ ABC 沿QE 、EF 、Q 尸折成三棱锥以后，与〃所成角的度数为（A. 90° B ・ 60° C. 45。

5.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）A ・I 个B. 2个C. 3个 D0°D.A. 1, 2, 3 B・ 2, 4, 6 C・ 1, 4, 6 D・ 3, 6, 98. 如图，在四而体ABCD 中，截rfij AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O,且与BC, DC 分别截于E 、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A —BEFD 与三棱锥A-EFC 的表面积分别是Si ，52,则必有（）A. S\<S2B. Si>S2C. S I =52D. 5I ，S2的大小关系不能确定 9. 条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10. 已知棱锥的顶点为P, P 在底面上的射影为O, PO=a,现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO 于点M,并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则a 与b 的关系是（） B ・ h= （ V2 +1） aD.后土色 2 —♦ f11. 已知向量d=（2, 4, x ）, 〃=（2, y, 2）,若f |=6, “ 丄〃，则 x+y 的值是（）12. 一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是迈,JI 亦，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（）A.1271B. 1871C.3671D. 6兀 13. 己知某个几何体的三视图如下，图中标出的尺寸（单位:cm ）,则这个几何体的体积是（）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧tfri 展开图扇形的圆心角为（ A.12O 0 B.15O 0 C.180° D.24O 0A ・ b= ( 5/2 —l)a A. 4000 14. A8000 正视图俯视图20. 15.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个而都接触，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（）“（-1,0,2）,且几+》与必―》互相垂直，贝IJR 值是（）厂3 “7 C. — D.— 5516. 正四棱柱 ABCD-AiBiCiDi 中，AB=3, BBi=4.长为 1 的线段PQ 在棱AAi 上移动，长为3的线段MN 在棱 CCi±移动，点R 在棱BBi 上移动，则四棱锥R- PQMN 的体积是（）A. 6B. 10 C ・12 D ・不确定17. 已知三棱锥0—ABC 中，OA 、OB 、OC 两两互相垂直，若x+y=4,则已知三棱锥O —ABC 体积的最大值是（）1 2 >/3 B. — C. — D. 3 3 3 A.l18. 如图，在正四面体A-BCD 中，E 、F 、G 分别是三角形ADC 、ABD 、BCD 的中心, 则AEFG 在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是（）A.①③B.②®® c.③④D.②④ A/ \ /◎、L ________ \ ① MB — — —②19. 如來底而直径和高相等的圆柱的侧面积是s •那么圆柱的体积等于A.-VSB.-J-C.-VSD.- 2 2V K 44 vn 已知直线AB. CD 是异面直线，AC 丄AB, AC 丄CD, BD 丄CD, 则异面直线AB 与CD 所成角的大小为（）A. 30°B. 45° 且 AB=2, CD=1,C. 60°D. 75°已知向量”m°）,B.- 5 A. 1 OC=1, OA=x, OB=y,22. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最参可有（）A.4个B.2个C.3个D.1个23. 三棱锥A-BCD 中，AC 丄BD, E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则四边形EFGH 是（）A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形24. 在正四面体P —ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面四个结论中不成立的是（）25. 一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面1何积与底面面积的比为1： 3,则此截面把一条侧棱分成的两线段之比为（）A.1： 3B.1： 2C.1：羽D.1：羽一 1 26. 正四面体P —ABC 中，M 为棱AB 的中点，则PA 与CM 所成角的余弦值为（）A 並B 並C 返D 迴 A. 2 B. § C. 4 D. 327. —个三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，且长度分别为1, & ,3 已知该三棱锥的四个顶点都在一个球而上，则这个球的表面积为（）A.16nB.32 兀C.36 兀D.64 兀28. 在棱长为。

专题06 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)

专题06立体几何（解答题）1．【2021·全国高考真题】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（2）7014【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF⎛⎫⎛⎫==-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则0,0,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z=1，则1,1y x=-=-．于是=(1,1,1)--n．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B，1，0），1B，33,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,22EF =，(BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。

高三立体几何习题文科含答案(K12教育文档)

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23正视图图1侧视图图22 2图3立几习题21若直线l 不平行于平面a ,且l a ∉，则 A ．a 内的所有直线与异面 B ．a 内不存在与l 平行的直线C ．a 内存在唯一的直线与l 平行D ．a 内的直线与l 都相交2.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A ）12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒（B ）12l l ⊥,23//l l ⇒13l l ⊥(C ）233////l l l ⇒1l ,2l ,3l 共面（D)1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ,3l 共面3．如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A ．3．4 C ．3．24。

某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ )A 。

283π- B.83π-C 。

8-2πD 。

23π5、如图,在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD,∠BAD=60°,E 、F 分别是AP 、AD 的中点求证:（1）直线EF‖平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD5（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，1OA=，OD=，△OAB，△OAC,△ODE，△ODF都是正三角形。

高考文科立体几何大题专练

立体几何文科大题1.（2017⋅新课标全国Ⅱ）如图，四棱锥ABCD P -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AD BC AB 21==，︒=∠=∠90ABC BAD .若PCD ∆的面积为72，求四棱锥ABCD P -的体积.[解析]四棱锥ABCD P -中，侧面为PAD 等边三角形且垂直于底面ABCD ，AD BC AB 21==，︒=∠=∠90ABC BAD .设x AD 2=，则x BC AB ==，x CD 2=，O 是AD 的中点，连接CD OC PO 、、的中点为E ，连接OE ，则x OE 23=，x PO 3=，2722x OE PO PE =+=，PCD ∆面积为72，可得7221=⋅CD PE ，解得：2=x ,32=PO .则34=-ABCD P V .2.（2018秋⋅赫山区校级月考）如图，四边形ABCD 中，CD AB //,221====AB DA CD BC ,E 为AB 的中点，以DE 为折痕将ADE ∆折起，使点A 到达点P 的位置，且平面⊥PDE 平面BCDE ,F 为PB 的中点.求三棱锥DEF P -的体积.[解析]取DE 中点H ，连接PH ，2===DE PE PD Θ，DE PH ⊥∴，又⊂PH 平面PDE ，平面⊥PDE 平面BCDE ，且平面I PDE 平面DE BCDE =，⊥∴PH 平面BCDE ，且3=PH ，又F Θ为PB 的中点，∴点F 到平面BCDE 的距离等于点P 到平面BCDE 的距离的21，又Θ四边形BCDE 为菱形，DEB ∆为等边三角形，3232221=⋅⋅=∴∆DEB S ，2133312121=⋅⋅⋅==-=∴----DEB P DEB F DEB P DEF P V V V V . 3.（2013⋅新课标全国Ⅱ）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，E D 、分别是1BB AB 、的中点.设21===CB AC AA ，22=AB ，求三棱锥DE A C 1-的体积.[解析]21===CB AC AA Θ，22=AB ，故此直三棱柱的底面为等腰直角三角形.由D 为AB 的中点可得⊥CD 平面11A ABB ，2=⋅=∴ABBC AC CD .62211=+=AD A A D A Θ,同理，利用勾股定理求得3=DE ,31=E A .再由勾股定理可得21221E A DE D A =+，DE D A ⊥∴1.2232111=⋅⋅=∴∆DE D A S DE A ，13111=⋅⋅=∴∆-CD S V DE A DE A C . 4.（2017⋅新课标全国Ⅰ）如图，四棱锥ABCD P -中，CD AB //，且︒=∠=∠90CDP BAP .若DC AB PD PA ===，︒=∠90APD ，且四棱锥ABCD P -的体积为38，求四棱锥的侧面积.[解析]设a DC AB PD PA ====，取AD 中点O ，连接PO ，DC AB PD PA ===Θ，︒=∠90APD ，平面⊥PAB 平面PAD ，⊥∴PO 面ABCD ，且a a a AD 222=+=，a PO 22=，Θ四棱锥ABCD P -的体积为38，由⊥AB 平面PAD ，得AD AB ⊥，3831=⋅⋅=∴-PO S V ABCD ABCD P ，解得2=a ，2====∴DC AB PD PA ，22==BC AD ,2=PO ,2244=+==∴PC PB ，∴该四棱锥的侧面积为：326+=+++=∆∆∆∆PBC PDC PAB PAD S S S S S .5.（2015⋅新课标全国Ⅰ）如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，⊥BE 平面ABCD .若︒=∠120ABC ，EC AE ⊥，三棱锥ACD E -的体积为36，求该三棱锥的侧面积.[解析]设x AB =，在菱形ABCD 中，由︒=∠120ABC ，得x GC AG 23==，2x GD GB ==，⊥BE Θ平面ABCD ，BG BE ⊥∴，则EBG ∆为直角三角形，x AG AC EG 2321===∴，则x BG EG BE 2222=-=，Θ三棱锥ACD E -的体积3624621313==⋅⋅⋅=x BE GD AC V ，解得2=x ，即2=AB ，︒=∠120ABC Θ，12cos 2222=⋅-+=∴ABC BC AB BC AB AC ，即32=AC ，在三个直角三角形EBA ，EBD ，EBC 中，斜边ED EC AE ==，EC AE ⊥Θ，EAC ∆∴为等腰三角形，则12222==+AC EC AE ,6=∴AE ，6===∴ED EC AE ，3=∴∆EAC S ，在等腰三角形EAD 中,过E 做AD EF ⊥于F ，则6=AE ，121==AD AF ，则5=EF ，EAD ∆∴与ECD ∆的面积均为5，故三棱锥的侧面积为523+.6.（2014⋅新课标全国Ⅱ）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，⊥PA 平面ABCD ，E 为PD 的中点.设1=AP ，3=AD ，三棱锥ABD P -的体积43=V ，求点A 到平面PBC 的距离.[解析]AB AD AB PA V 6361=⋅⋅=.由43=V ，可得23=AB .作PB AH ⊥交PB 于H .由题设知⊥BC 平面PAB ，所以AH BC ⊥，故⊥AH 平面PBC ，又13133=⋅=PB AB PA AH .所以A 到平面PBC 的距离为13133. 7.（2018⋅新课标全国Ⅱ）如图，在三棱锥ABC P -中，22==BC AB ，4====AC PC PB PA ，O 为AC 的中点.（1）证明：⊥PO 平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且MB MC 2=，求点C 到平面POM 的距离.[解析]（1）证明：连接OB .22==BC AB Θ，4=AC ，222AC BC AB =+∴，即ABC ∆是直角三角形，又O 为AC 的中点，OC OB OA ==∴， PC PB PA ==Θ，POC POB POA ≅∆≅∆∴，ο90=∠=∠=∠∴POC POB POA ，AC PO ⊥∴，OB PO ⊥，O AC OB =I Θ，⊥∴PO 平面ABC .（2）由（1）得⊥PO 平面ABC ，3222=-=AO PA PO ，在COM ∆中，35245cos 222=⋅-+=οCM OC CM OC OM .3152352322121=⨯⨯=⨯⨯=∆OM PO S POM ，343221=⨯⨯=∆∆ABC COM S S . 设点C 到平面POM 的距离为d .POM C OMC P V V --=Θ，PO S d S COM POM ⨯⨯=⋅⨯∴∆∆3131，解得554=d ， ∴点C 到平面POM 的距离为554. 8.（2014新课标全国Ⅰ）如图，三棱锥111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：AB C B ⊥1；（2）若1AB AC ⊥，︒=∠601CBB ，1=BC ，求三棱柱111C B A ABC -的高.[解析]（1）连接1BC ，则O 为C B 1与1BC 的交点，因为侧面C C BB 11为菱形，所以11BC C B ⊥，又⊥AO 平面C C BB 11，所以AO C B ⊥1，O BC AO =1I ，故⊥C B 1平面ABO ，由于⊂AB 平面ABO ，所以AB C B ⊥1（2）作BC OD ⊥，垂足为D ，连接AD ，作AD OH ⊥，垂足为H ，由于AO BC ⊥，OD BC ⊥，故⊥BC 平面AOD ，所以BC OH ⊥，又AD OH ⊥，所以⊥OH 平面ABC因为ο601=∠CBB ，所以1CBB ∆为等边三角形，又1=BC ，可得43=OD ，由于1AB AC ⊥，所以21211==C B OA ，由OA OD AD OH ⋅=⋅，且4722=+=OA OD AD ，得1421=OH ，又O 为C B 1的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为721，故三棱柱111C B A ABC -的高721.。

文科数学立体几何、解析几何练习

立体几何（含解析）一、选择题【2018,5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（） A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【2018,9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（） A ．217B ．25C ．3D ．2【2018,10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（） A ．8B ．62C ．82D ．83【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】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16+20π，则r =( ) BA ．1B ．2C ．4D ．8【2015，11】【2014，8】【2013，11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的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【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15 【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）二、填空题【2017，16】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 SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______．【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．三、解答题【2018,18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ．（1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】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∠ABC =120°，AE ⊥EC ，三棱锥E - ACD 6【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C 6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：PA BD ⊥；（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．DA 11CC 1立体几何（解析版）一、选择题【2018,5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（） A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解：选B 。

《立体几何初步》高考演练(文科含答案)

<<立体几何初步>>真题演练一、选择题（每小题5分，共40分）1．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. 2B. 4C. 6D. 82．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 43.《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4.在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，则（） A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥5.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//αβ D ．若//αβ，则//l m 6．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A. B.C.D.7．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )A. B.C. D.8．正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为( )A.B. C.D.二、填空题（每小题5分，共20分）9.某几何体的三视图如图（单位：cm ），则该几何体的表面积是_______cm 2,体积是________cm 3.10．如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________． 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____________ .12．已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为____________．三、解答题(共90分,要求写出主要的证明、解答过程)13.(本题12分) 如图3，三角形DC P 所在的平面与长方形CD AB 所在的平面垂直，D C 4P =P =，6AB =，C 3B =．（1）证明：C//B 平面D P A ；（2）证明：C D B ⊥P ；（3）求点C 到平面D P A 的距离．14. (本题12分)如图，四棱锥ABCD P -中,AP ⊥平面PCD ,AD ∥BC ，AD BC AB 21==,F E , 分别为线段PC AD ,的中点.（1）求证：AP ∥平面BEF ; （2）求证：BE ⊥平面PAC .15. (本题12分)如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD , BC ⊥BD , 平面ABD ⊥平面BCD , 点E ,F (E与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC .16．(本题12分)如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．17．(本题14分)如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．(第15题) ADBC EF18. (本题14分)如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠= ，且四棱锥P-ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．19．(本题14分)如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．参考答案一、选择题CCBC ABBC二、填空题三、解答题13. 试题解析：（1）因为四边形CD AB 是长方形，所以C//D B A ，因为C B ⊄平面D P A ，D A ⊂平面D P A ，所以C//B 平面D P A（2）因为四边形CD AB 是长方形，所以C CD B ⊥，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，C B ⊂平面CD AB ，所以C B ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以C D B ⊥P（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，因为D C P =P ，所以CD PE ⊥，在R t D ∆P E中，PEDC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，PE ⊂平面DC P ，所以PE ⊥平面CD AB ，由（2）知：C B ⊥平面DC P ，由（1）知：C//D B A ，所以D A ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以D D A ⊥P ，设点C 到平面D P A 的距离为h ，因为C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥，所以D CD 1133S h S ∆P A ∆A ⋅=⋅PE，即CD D 13621342S h S ∆A ∆P A ⨯⨯⋅PE ===⨯⨯，所以点C 到平面D P A 的距离14. 试题解析：（1）设AC BE O = ，连结OF ，EC ，由于E 为AD 的中点，199. 80,40 10. 11. 12. 832ππ1,//2AB BC AD AD BC ==，所以//,AE BC AE AB BC ==, 因此四边形ABCE 为菱形，所以O 为AC 的中点，又F 为PC 的中点，因此在PAC ∆中，可得//AP OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知，//,ED BC ED BC =, 所以四边形BCDE 为平行四边形，因此//BE CD . 又AP ⊥平面PCD ，所以AP CD ⊥，因此AP BE ⊥. 因为四边形ABCE 为菱形，所以BE AC ⊥.又AP AC A = ，AP ，AC ⊂平面PAC ，所以BE ⊥平面PAC .15.所以AD ⊥平面ABC ，又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD⊥AC.16.（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O 为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．17.（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C 到平面POM 的距离为．18. 【答案】（1）证明见解析；（2）326+．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+19.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．。

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2011-2016年各省市立体几何高考题选编（文数）
富源县第六中学秦庆辉
一、选择题
1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，
则相应的侧视图可以为（）
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
（）
（A ）6 （B ）9 （C ）12（D ）18
3.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（）
（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π
4.某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为（）
（A ）168π+ （B ）88π+
（C ）1616π+ （D ）816π+
5.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1)，
(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平
面为投影面，则得到正视图可以为（）
(A) (B) (C) (D)
6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，
左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是（）
（A ）4 （B ）32 （C ）2 （D ）3
7.如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6c m 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）
（A ）1727 （B ） 59 （C ）1027 (D) 13
8.正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为（）
（A ）3 （B ）32 （C ）1 （D ）2
9.已知球的直径SC=4， A,B 是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC 的体积为（）
（A ）3 (B)3 (C) 3 (D)3
10.已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB = 90°，C 为该球面上的动点。

若三棱锥O —ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（）
A ．36π
B ．64π
C ．144π
D ．256π
二、填空题
1.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的
16
3 ，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为。

2.已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为_______。

3.已知正四棱锥O ABCD -则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。

4.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是328π，则它的表面积是_______。

5.在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是 _______。

三、解答题
1.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形。

60,2,DAB AB AD PD ∠==⊥底面ABCD 。

（I ）证明：PA BD ⊥
（II ）设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高。

2.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点。

(Ｉ) 证明：平面BDC 1⊥平面BDC
（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。

3.如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=。

（Ⅰ）证明：1AB AC ⊥；（Ⅱ）若2AB CB ==
，1AC =111ABC A B C -的体积。

4.如图，直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别是AB ，1BB 的中点，。

（Ⅰ）证明：1//BC 平面11ACD ；（Ⅱ）设12AA AC CB ===
，AB =三棱锥1C A DE -的体积。

5.如图，四棱锥p —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA 上面ABCD ，E 为PD 的点。

（I ）证明：PP//平面AEC;
(II )设置AP=1，AD=3, 三棱锥 P-ABD 的体积V=43
，求A 到平面PBC 的距离。

1
1
A
6.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB = 16，BC = 10，AA 1 = 8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E = D 1F = 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（不必说明画法和理由）；
（II ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值。

7. 如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=12
PD 。

(Ｉ)证明：PQ ⊥平面DCQ ；
（II ）求棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值。

8.如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点
(Ｉ)证明：直线EF ‖平面PCD ；（II ）证明：平面BEF ⊥平面PAD
9. 如图, 四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD , 1AB AA == (Ⅰ) 证明: A 1BD // 平面CD 1B 1；
(Ⅱ) 求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积.。