2013备考各地试题解析分类汇编(二)文科数学：7立体几何2 含答案

各地解析分类汇编（二）系列：立体几何1
1。

【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】已知直线a 和平面,,,,
l a a,且a在,内的射影分别为直线b和c，则b和c的位置关系是
A。

相交或平行B。

相交或异面C。

平行或异面 D.相交、平行或异面
【答案】D
【解析】由题意，若//a l，则利用线面平行的判定，可知//,//
αβ，
a a
从而a在,内的射影直线b和c平行；若a l A=，则a在,内的射影直线b和c相交于点A；若a B
α=,a B
β=，且直线a和l垂直,则a在,内的射影直线b和c相交；否则直线b和c异面综上所述，b和c的位置关系是相交﹑平行或异面，选D．
2.【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷(四）文】球内接正方体的表面积与球的表面积的比为
A．6:πB．4:πC．3:πD．2:π
【答案】D
【解析】设正方体边长为1
积为6，球的表面积为3π，它们的表面积之比为6:32:
ππ
=，选D．3.【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷(四）文】已知一几何体的三视图如图3，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点,以这4个点为顶点的几何形体可能
是
①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．
A ．①②
B ．①②③
C ．①③
D ．②③
【答案】B
【解析】以长方体11
1
1
ABCD A B C D -为几何体的直观图。

当选择的四个点
为B 1、B 、C 、C 1时，可知①正确；当选择B 、A 、B 1、C 时，可知②正确；当选择A 、B 、D 、D 1时，可知③正确。

选B.
4.【云南省昆明一中2013届高三第二次高中新课程双基检测数学文】一条长为2的线段,3,,a b 的三条线段,则ab
的最大值为 A 5B 6C ．52
D ．3
【答案】C
【解析】构造一个长方体，让长为2的线段为体对角线，由题意知
2222221,1,3a y b x x y =+=++=，即22222325a b x y +=++=+=，又2252a b ab =+≥，所以
5
2
ab ≤
，当且仅当a b =时取等号，所以选C.
5.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】四棱锥P ABCD
的三视图如右图所示，四棱锥P
ABCD 的五个顶点都在一个球面上,E 、
F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22,
则该球表面积为
A 。

12 B.24 C.36 D 。

48
【答案】A
【解析】将三视图还原为直观图如右图,可得四棱锥P —ABCD 的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，
且与该正方体内接于同一个球．且该正方体的棱长为a 。

设外接球的球心为O,则O 也是正方体的中心,设EF 中点为G ，连接OG,OA,AG 。

根据题意，直线EF 被球面所截得的线段长为22，即正方体面对角线长也是22,可得2
22
AG a =
=
，所以正方体棱长2a =,在直角三角形
OGA 中，1
12
OG a ==,3AO =，即外接球半径3R =,得外接球表面积为
2412R ππ=,选A.
6。

【山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月数学文】已知两条直线 a ，b 与两个平面α、αβ⊥b ，，则下列命题中正确的是
①若α//a ,则b a ⊥；②若b a ⊥,则α//a ； ③若β⊥b ，则βα//；④若βα⊥，则β//b 。

A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②③ 【答案】A
【解析】根据线面垂直的性质可知①正确。

②中，当b a ⊥时，也有可能为a α⊂,所以②错误。

③垂直于同一直线的两个平面平行，所以正确。

④中的结论也有可能为b β⊂,所以错误,所以命题正确的有①③，选A.
7.【山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月数学文】若一个底面为正三角形的几何体的三视图如右图所示，则这个几何体的体积为
A ．123
B ．363
C ． 273
D ． 6
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体为正三棱柱，棱柱的高为4，底面正三角形的高为33，所以底面边长为6，所以几何体的体积为
2136436322
⨯⨯⨯=,选B 。

8.【山东省青岛一中2013届高三1月调研考试数学文】已知某几何
体的侧视图与其正视图相同,相关的尺寸如下图所示，则这个几何体的体积是（ ）
A.
8π
B.
7π
C.
2π
`D 。

74
π
【答案】D
【解析】由三视图可知，该几何体是一个半径分别为2
和32
的同心圆
柱，大圆柱内挖掉了小圆柱.两个圆柱的高均为1。

所以几何体
的体积为2
3
741()
124
π
ππ⨯-⨯=
，选D.
9.【云南省昆明三中2013届高三高考适应性月考（三）文】如图2,正三棱柱111
ABC A B C -的主视图（又称正视图）是边长为４的正方形，
则此正三棱柱的侧视图(又称左视图）的面积为（ )
图２
2
2
4C 1
B 1
A 1
C
B A
A ．
B ．
C ．
D ．16
【答案】A
【解析】由主视图可知，三棱柱的高为4,底面边长为4，所以底面
正三角形的高为
4⨯= A.
10.【云南省昆明三中2013届高三高考适应性月考（三）文】若βα,是
两个不同的平面，下列四个条件：①存在一条直线a ，βα⊥⊥a a ,；
②存在一个平面γ，βγαγ⊥⊥，
;③存在两条平行直线a b a b a ,,,,βα⊂⊂∥,b β∥α；④存在两条异面直线,,,α⊂a b a a b ,β⊂∥,b β∥α．那么可以是α∥β
的充分条件有
( )
A ．4个
B ．3个
C ．2个
D ．1个
【答案】C
【解析】①可以；②,αβ也有可能相交，所以不正确；③,αβ也有可
能相交，所以不正确;④根据异面直线的性质可知④可以，所以可以是α∥β的充分条件有2个，选C 。

11.【云南省昆明三中2013届高三高考适应性月考（三）文】若三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，
SA =1AB =，
2AC =,60BAC ∠=︒，则球O 的表面积为
（ )
A ．64π
B ．16π
C ．12π
D ．4π
【答案】B
【解析】因为1AB =，2AC =，60BAC ∠=︒，所以2
212212cos603BC =+-⨯⨯=,所
以3BC =。

所以90ABC ∠=，即ABC ∆为直角三角形。

因为三棱锥S ABC -的
所有顶点都在球O 的球面上，所以斜边AC 的中点是截面小圆的圆心
'O ，即小圆的半径为13
22
r AC =
=。

,因为,OA OS 是半径,所以三角形AOS 为等腰三角形，过O 作OM SA ⊥,则M 为中点，所以12
3'32
2OO AM SA ====,
所以半径222'(3)142OA OO r =
+=+==，所以球的表面积为2416R ππ=，选
B.
12.【贵州省遵义四中2013届高三第四月考文】 某几何体的三视图
如右图所示，则它的体积是（ ）
（A ）283
π- （B ）83
π-
（C)82π- (D ）23
π
【答案】A
【解析】由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥，正四棱柱的体积为2228⨯⨯=，圆锥的体积为1223
3
ππ⨯=，所以该几何体的
体积为283
π-,选A 。

13。

【贵州省六校联盟2013届高三第一次联考 文】某几何体的三视图如图2所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相
垂直,则该几何体的体积是( ）
A ．
20
3
B ．
163
C ．
86
π-
D ．83
π-
【答案】A
【解析】由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其
14.【北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学文】某四棱锥的
三视图如图所示,该四棱锥的体积是( )
（A ）
(B ）
（
（D ）
3
俯视图
侧视图
正视图图2
【答案】C
【解析】由三视图可知，四棱锥的高为2,底面为直角梯形ABCD.其中2,3,3DC AB BC ===
，所以四棱锥的体积为1(23)353
2323
+⨯⨯
⨯=,选C.
15.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的高为22，外接球的体积是323
，则A 、B 两
点的球面距离为____________。

【答案】23
π
【解析】因为正四棱柱外接球的体积为323
，所以3
4
32
3
3
R ，即外接
球的半径为2R =，所以正四棱柱的体对角线为24R =,设底面边长为x ，则222(
2)(22)4x +=,解得底面边长2x =.所以三角形AOB 为正三角形，
所以3
AOB π
∠=
，所以A 、B 两点的球面距离为23
3
R ππ=。

16.【贵州省遵义四中2013届高三第四月考文】如右图， 设A 、B 、
C 、
D 为球O 上四点,若AB 、AC 、AD 两两互相垂直,且6AB AC =2AD =，
则A 、D 两点间的球面距离 。

【答案】23π
【解析】因为AB 、AC 、AD 两两互相垂直，所以分别以AB 、AC 、AD 为棱构造一个长方体,在长方体的体对角线为球的直径,所以球的直径2222(6)(6)2164R =
++==，所以球半径为2R =，在正三角形AOD 中，
3
AOD π
∠=
，所以A 、D 两点间的球面距离为23
3
R ππ=。

17.【贵州省六校联盟2013届高三第一次联考 文】正方体1
1
1
1
D
C B A ABC
D -的棱长为2，MN 是它的内切球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），P 为正方体表面上的动点，当弦MN 的长度最大时，PM •PN 的最大值是 ． 【答案】2
【解析】因为MN 是它的内切球的一条弦，所以当弦MN 经过球心时，弦MN 的长度最大，此时2MN =。

以'A 为原点建立空间直角坐标系如
图.根据直径的任意性,不妨设,M N 分别是上下底面
的中心，则两点的空间坐标为(1,12),(1,10)M N ，
，，设坐标为(,,)P x y z ，则(1,1,2)PM x y z =---，(1,1,)PN x y z =---,所以22(1)(1)(2)PM PN x y z z =-+---，即
222(1)(1)(1)1PM PN x y z =-+-+--。

因为点P 为正方体表面上的动点，，所以根据,,x y z 的对称性可知,PM
PN 的取值范围与点P 在哪个面上无关,不
妨设，点P 在底面''''A B C D 内，此时有02,02,0x y z ≤≤≤≤=，所以此时
22222(1)(1)(1)1(1)(1)PM PN x y z x y =-+-+--=-+-，,所以当1x y ==时，0PM PN =，
此时PM PN 最小，当但P 位于正方形的四个顶点时，PM PN 最大,此时
有22(1)(1)2PM
PN x y =-+-=，所以PM PN 的最大值为2。

18。

【云南省昆明三中2013届高三高考适应性月考（三）文】（本小题满分12分）
如图所示，正方形D
D AA 11与矩形
ABCD
所在平面互相垂
直,22==AD AB ，点E 为AB 的中点.
（1)求证:DE A BD 1
1
//平面;
(2）求证：D A E D 1
1
⊥;
（3）求点B 到1
A DE 平面的距离。

【答案】解：(1)的中点是为正方形，四边形1
1
1
AD O A ADD ，
点E 为AB 的中点,连接OE
∴1ABD EO ∆为的中位线 EO ∴//1BD
……2分
又DE A OE DE A BD 1
1
1
,平面平面⊂⊄ ∴DE A BD 1
1
//平面 ………4分
(2）正方形1
1
A ADD 中,1
1
AD D A ⊥ , 由已知可得:1
1
A A DD A
B 平面⊥，
111A ADD D A 平面⊂ D A AB 1
⊥∴，A AD AB =⋂1
E AD E D DE,A 1111平面平面⊂⊥∴D A
E D D A 1
1
⊥∴ …………8分
（3）设点B 到1
A DE 平面的距离为h .
113
22sin 6022A DE S ∆=⨯⨯⨯=
，
111122BDE S ∆=⨯⨯=, 又
11B A DE
A BDE
V V --=，即1111
33A DE BDE S h S AA ∆∆⋅=⋅，
3
3h ∴=
,即点B 到1A DE 平面的距离为33
…………12分
19.【山东省青岛一中2013届高三1月调研考试数学文】（本小题满分13分）在如图所示的多面体ABCDE 中,AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，
且AC=AD=CD=DE=2,AB=1．
（1）请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线 BF ∥平面ACD ，并证明这一事实; (2）求多面体ABCDE 的体积；
（3）求直线EC 与平面ABED 所成角的正弦值．
【答案】如图，(1）由已知AB ⊥平面ACD,DE ⊥平面ACD ，∴
AB//ED,
设F 为线段CE 的中点,H 是线段CD 的中点,
连接FH ，则//FH =
12
ED ，∴//FH =AB ， ……………2分
∴四边形ABFH 是平行四边形，∴//BF AH ， 由BF ⊄平面ACD 内，AH ⊂平面ACD,//BF ∴平面ACD; (4)
分
(2)取AD 中点G ，连接
CG 。

……………5分 AB ⊥平面ACD ， ∴CG ⊥AB 又CG ⊥AD ∴CG ⊥平面
ABED, 即CG 为四棱锥的高，
……………
7分
∴C ABED
V
-=13
⋅(12)2
+⋅2
⋅
……………8分
（3）连接EG,由(2）有CG ⊥平面ABED ，
∴CEG ∠即为直线CE 与平面ABED 所成的角，………10分 设为α,则在Rt CEG ∆中，
有sin CG CE
α==
=． ……………13分
20.【山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月数学文】(本小题满分12分） 在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，
PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点.
(1）求证://
PB平面AEC；（2）求证：平面EAC⊥平面PAB.
【答案】解：（1）连接BD交AC于F,连接EF,—-——————-—Array
--2分
在三角形DPB中，EF为中位线,
∴EF//PB, -----———4分
又EAC
⊄，
PB平面
⊂
EAC
EF平面
PB平面AEC;—--————-6分w
∴//
（2） PA⊥平面ABCD，ABCD
AC
⊂
平面
∴PA⊥AC————-—------8分
又AB AC
⊥，A
⋂
PA=
AB
∴--—-——-——--—10分
⊥
AC平面
PAB
⊂
EAC
AC平面
PAB EAC 平面平面⊥∴--—------———12
分
21。

【贵州省六校联盟2013届高三第一次联考 文】(本小题满分12分）
如图5，如图，已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,E 、F 分别是AB 、PD 的中点．
(Ⅰ）求证：//AF 平面PEC ；
（Ⅱ)若PD 与平面ABCD 所成角为60，且4,2==AB AD ，求点A 到平面
PED
的距离．
【答案】解：【法一】（I ）证明：如图，取PC 的中点O ，连接,OF OE ． 由已知得//OF DC 且12
OF DC =，
又E 是AB 的中点,则//OF AE 且OF AE =，
AEOF ∴是平行四边形， ············· 4'
∴//AF OE
又
OE ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC
//AF ∴平面PEC ··············· 6' （II)设A 平面PED 的距离为d ，
图5
C
【法一】：因PA ⊥平面ABCD ，故PDA ∠为PD 与平面ABCD 所成角，所以
o PDA 60=∠，
所以3260
tan ==o
AD PA ，460
cos ==
o
AD
PD ，又因4=AB ，E 是AB 的中点所以
2=AE ,422=+=AE PA PE ,
2222=+=AE DA DE ．
作DE
PH
⊥于H ,因22,4===DE PE PD ，则
14,222=-==DH PD PH DH ,…………………………………………9'
则221=⋅⨯=
∆AE AD S ADE
，722
1
=⋅⨯=∆DE PH S PDE 因PDE A AED
P V V --=
所
以
721
27
2232=
⨯=⋅=
∆∆PDE ADE S S PA d ……………………………………………… 12' 【法二】因PA ⊥平面ABCD ，故PDA ∠为PD 与平面ABCD 所成角，所以
o PDA 60=∠，
所以3
260
tan ==o
AD PA ，460
cos ==
o
AD
PD ,又因4=AB ，E 是AB 的中点所以
AD AE ==2，422=+=AE PA PE ,2222=+=AE DA DE ．
作DE
PH
⊥于H ，连结AH ，因4==PE PD ，则H 为DE 的中点,故DE AH
⊥
所以⊥DE 平面PAH ,所以平面⊥PDE 平面PAH ，作PH AG ⊥于G ，则⊥AG 平面PDE ,所以线段AG 的长为A 平面PED 的距离。

又14,222=-==
DH PD PH DH ,222=-=DH AD AH
所以7
21
214
232
=
⋅=⋅=PH
AH PA AG …………………………………………… 12' A
B C
D P O
E
F 22。

【贵州省遵义四中2013届高三第四月考文】（满分12分）如右
图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB ，D 是AC 的中点。

（Ⅰ）求证:B 1C//平面A 1BD ；
(Ⅰ）求二面角A-A 1B —D 的余弦值。

【答案】解:(1）证明：连1
AB 交B A 1
于点E ，连DE .
则E 是1
AB 的中点,
∵D 是AC 的中点,∴C B DE 1
//
∵⊂DE 平面BD A 1
，⊄C B 1平面BD A 1,∴C B 1∥平面BD A 1。

…………………
6分
(2）法一：设1
2AA a =，∵AB AA =1，∴1
BA AE ⊥,且a AE 2=
,
作D A AF 1
⊥，连EF
∵平面BD A 1
⊥平面11A ACC ，∴⊥AF 平面BD A 1
,
∴1
BA EF ⊥∴AEF ∠就是二面角D B A A --1
的平面角，
在AD A 1
∆中，5
AF =
， 在AEF ∆中，222246
255
EF AE AF a a =
-=-=
515
256
cos ===
∠a
a
AE
EF
AEF ，即二面角
D
B A A --1的余弦值是
5
15。

…………12分
解法二：如图，建立空间直角坐标系。

则)
0,0,0(D ,
3,0)
B a ，
(,0,0)
A a -，1(,0,2)A a a -。

∴
1(0,0,2)
AA a =，
(3,0)AB a a =,1(,0,2)DA a a =-，(0,3,0)DB a =
设平面BD A 1
的法向量是),,(z y x m =,则
由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+-=⋅0
3021y DB m z x DA m ,取)1,0,2(=m
设平面B AA 1
的法向量是),,(z y x n =，则
由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅02031z AA
n y x AB n ,取)0,1,3(-=n
记二面角D B A A --1
的大小是θ,则2315
cos ||||25
m n m n θ
⋅=
==
即二面角D B A A --1
的余弦值是
5
15
.…………………………12分
23。

【北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学文】（本小题满分14分）
如图,直三棱柱1
11C B A ABC -中，BC AC ⊥,21
===CC
BC AC ，M ，N 分别
为AC ，1
1C B 的中点．
（Ⅰ）求线段MN 的长;
（Ⅱ）求证:MN // 平面1
1A ABB ；
（Ⅲ）线段1
CC 上是否存在点Q ,使⊥B A 1
平
面
MNQ
？说
明理由．
【答案】(Ⅰ）证明：连接CN ．
因为 111C B A ABC -是直三棱柱， 所以 ⊥1CC 平面ABC , ………………1分
所以 1AC CC ⊥．
………………2分
因
为
BC
AC ⊥，
所
以
⊥
AC 平
面
11BCC B ．
………………3分
因为 1=MC ，22115CN CC C N =+=
所
以 6
=MN ．
………………4分 （Ⅱ）证明：取
AB
中点
D
，连接
DM
，
1DB ．
………………5分 在△ABC 中，因为
M
为AC 中点,所以BC DM //,BC DM
2
1
=
．
在矩形1
1
B BC
C 中，因为
N
为1
1C B 中点,所以BC N B //1
，BC N B 2
11
=． 所以
N B DM 1//，N B DM 1=．
所以 四边形N
MDB 1为平行四边形，所以
1//DB MN ．
………………7分 因
为
⊄
MN 平面
11A ABB ，
⊂
1DB 平
面
11A ABB ，
………………8分
所以
MN
// 平面1
1A ABB ． ……9分
（Ⅲ）解:线段1
CC 上存在点Q ，且Q 为1
CC 中点时,有
⊥
B A 1平面
MNQ ．
………11分
证明如下：连接1
BC ．
在正方形C C BB 1
1中易证
1BC QN ⊥．
又⊥1
1C A 平面C C BB 1
1，所以
QN C A ⊥11，从而⊥NQ 平面11BC A ． (12)
分
所
以
1A B QN ⊥．
…………
……13分
同理可得 1A B MQ ⊥，所以⊥B A 1平面MNQ ．
故线段
1
CC 上存在点
Q
,使得
⊥
B A 1平面
MNQ ．
………………14分
24。

【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷(四)文】（本小题满分12分）如图4，正三棱柱111
ABC A B C -中，E 是AC 中点．
(1）求证：平面1BEC ⊥平面11ACC A ；
（2)若12AA =，2AB =，求点A 到平面1BEC 的距离．
【答案】（Ⅰ）证明：∵111ABC A B C -是正三棱柱，
∴1
,AA ABC ⊥平面 ∴1
BE AA ⊥． ∵△ABC 是正三角形，E 是AC 中点，
∴BE AC ⊥，
∴11
BE ACC A ⊥平面， 又∵1
BE BEC ⊂平面, ∴
平面111BEC ACC A ⊥平面．……………………………………………………………
（6分）
（Ⅱ）解：如图3,作1AM C E ⊥交1
C E 延长线于M ， 由（Ⅰ）可证得AM 1
BEC ⊥平面, ∴AM 的长就是点A 到1
BEC 平面的距离, 由1Rt CEC △∽Rt MEA △，可解得AM =63，
∴点A 到1BEC 平面的距离为63．………………………………………
（12分）
25.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】（本题12
图3
分）如图，四棱锥P ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA底面ABCD。

且2
PA，E是侧棱PA上的动点。

（1）求三棱锥C—PBD的体积；
（2）如果E是PA的中点,求证PC//平面BDE；
（3）是否不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD CE？证明你的结论..
【答案】。