15-17年全国高考立体几何真题及答案详解
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.。
20152017立体几何全国卷高考真题
2015-2017立体几何高考真题1、（2015年1卷6题）《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，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 【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯==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：圆锥的性质与圆锥的体积公式2、（2015年1卷11题）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16 + 20π，则r=（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，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. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EG ⊥AC ，通过计算可证EG ⊥FG ，根据线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 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，利用向量法可求出异面直线AE与CF 所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设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，故DF=2.在Rt △FDG 中，可得FG=2在直角梯形BDFE 中，由BD=2，，DF=2可得EF=2， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （00），E （），F （－1,0），C （00），∴AE u u u r =（1），CF uuu r =（-1，） (10)分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .所以直线AE 与CF. 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力4、（2015年2卷6题）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比值为（ ）A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选D ．考点：三视图．5、（2015年2卷9题）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【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最1大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ． 考点：外接球表面积和椎体的体积．6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）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．（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． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是226MH EH EM =-=，所以10AH =．以D为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =u u u r ，(0,6,8)HE =-u u u r．设(,,)n x y z =r是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r 即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =r ．又(10,4,8)AF =-u u u r ，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅r u u u r r u u u r r u u u r ．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为4515．考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．D D CAE FA B CB7、（2016年1卷6题）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是 （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】试题分析： 该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ．考点：三视图及球的表面积与体积8、（2016年1卷11题）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为(B (D)13试题分析：如图,设平面11CB D I 平面ABCD ='m ,平面11CB D I 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ,过1D 作11//DE B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm ,同理11BF 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n ,选A. 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.9、（2016年1卷18题）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=o ,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60o ．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．试题解析：（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 ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则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FDCE ．CABDEF又平面CD AB I 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 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =o ．从而可得()C 2,0,3-．所以()C 1,0,3E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r ,()C 3,4,3A =--u u u r,()4,0,0AB =-u u u r ．设(),,n x y z =r是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩u u u r r u u u r r ,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取()3,0,3n =-r．设m r 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩u u ur r u u u rr , 同理可取()0,3,4m =r．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-r r r r r r ．故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,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.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．r c l h由图得，，由勾股定理得：，，故选C ．11、（2016年2卷14题）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【解析】②③④12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【解析】⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，， ∴，∴，∴，∴， ∴．又∵，∴面．⑵建立如图坐标系．2r =2π4πc r ==()222234l =+=21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=54AE CF ==AE CFAD CD=EF AC ∥ABCD AC BD ⊥EF BD ⊥EF DH ⊥EF DH'⊥6AC =3AO =5AB =AO OB ⊥4OB =1AEOH OD AO=⋅=3DH D H '==222'OD OH D H '=+'D H OH ⊥OH EF H =I 'D H ⊥ABCD H xyz -，，，， ，，， 设面法向量，由得，取， ∴．同理可得面的法向量， ∴，∴．13、（2016年3卷9题）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）18+ （B）54+ （C ）90 （D ）81 【答案】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． 14、（2016年3卷10题）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若()500B ，，()130C ，，()'003D ，，()130A -，，()430AB =uu u r ，，()'133AD =-uuur ，，()060AC =uuu r，，'ABD ()1n x y z =，，u r1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u u r 430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩()1345n =-u r ，，'AD C ()2301n =u u r，，1212cos n n n n θ⋅===u r u u ru r u ur sin θAB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B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． 15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分） 如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC P ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN P 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT P ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC中点知BC TN //，221==BC TN .又BC AD //，故TN AMP ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //.因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .设(,,)n x y z =r 为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =r，于是|||cos ,|||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u rr u u u r r u u ur .考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、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）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）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是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】B【解析】由三视图可画出立体图该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 ()24226S =+⨯÷=梯6212S =⨯=全梯 故选B17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ，D 、E 、F 为元O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是一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：3cm ）的最大值为_______．【答案】【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD BC ⊥OG =，即OG 的长度与BC 的长度或成正比 设OG x =，则BC =，5DG x =-三棱锥的高h21233332ABC S x x =⋅⋅=△ 则21325103ABC V S h x x =⋅=⋅-△45=32510x x ⋅-令()452510f x x x =-，5(0,)2x ∈，()3410050f x x x '=-令()0f x '>，即4320x x -<，2x <则()()280f x f =≤ 则38045V ⨯=≤∴体积最大值为3415cm18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥ 又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =I ，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OEAB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 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -设2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--u u u r ，，、()222PB =-u u u r ，，、()2200BC =-u u u r，， 设()n x y z =r,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r ，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012n =r,,∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A =I ∴PD ⊥平面PAB即PD u u u r是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--u u u r ,, ∴3cos 23PD n PD n PD n ⋅===-⋅u u u r ru u u r r u u u r r ,由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3-19、(2017年2卷4题)如图，网格纸上小正方形的边长为1，学 科&网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所得，则该几何体的体积为（ ） 【解析】 A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π【解析】【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力为主目的. 【解析】 【解析】解法一：常规解法【解析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：【解析】从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：20、(2017年2卷10题)已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法21、(2017年2卷19题) 如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （1）证明：直线//CE 平面PAB（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解【标准答案】（1）证明略；（2 【基本解法1】（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF 因为90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD 因为E 是PD 的中点，所以EF12AD ，所以EF BC 所以四边形EFBC 为平行四边形，所以//EC BF 因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB 所以直线//CE 平面PAB（2）取AD 中点为O ，连接OC OP 、因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD 所以PO ⊥平面ABCD因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以//AB OC 所以OC AD ⊥以,,OC OD OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图设1BC =，则(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,PC =u u u r设(,,)M x y z ，则(,,PM x y z =u u ，(1,0,0)AB =u u u r因为点M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤u u u u r u u r，即(,,(1,0,x y z λ=所以()M λ，所以()BM λ=-u u u u r平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =r因为直线BM与底面ABCD所成角为45︒，所以|||sin45||cos,|2||||BM nBM nBM n⋅︒=<>===u u u u r ru u u u r ru u u u r r解得12λ=-，所以(2BM=-u u u u r设平面MAB的法向量为(,,)m x y z=u r，则22AB m xBM m x y z⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩u u u r u ru u u u r u r令1z=，则m=u r所以cos,5m n<>==u r ru r r所以求二面角M AB D--的余弦值522、（2017年3卷8题）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】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r=则圆柱体体积23ππ4V r h==，故选B.23、（2017年3卷16题）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，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与成60︒角时，AB与成30︒角；②当直线AB与成60︒角时，AB与成60︒角；③直线AB与所成角的最小值为45︒；④直线AB与所成角的最大值为60︒．其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】由题意知，a b AC、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体边长为1，故||1AC =，2AB =，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD u u u r 为轴正方向，CB u u u r为轴正方向， CA u u u r为轴正方向建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线的方向单位向量(0,1,0)a =r ，||1a =r．B 点起始坐标为(0,1,0)，直线的方向单位向量(1,0,0)b =r，||1b =r ． 设B 点在运动过程中的坐标(cos ,sin ,0)B θθ'，其中为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈．那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--u u u r ，||2AB '=u u u r． 设AB 'u u u r 与所成夹角为π[0,]2α∈，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)22cos |sin |[0,]a AB θθαθ--⋅==∈'r u u u r ． 故ππ[,]42α∈，所以③正确，④错误．设AB 'u u u r 与所成夹角为π[0,]2β∈，cos (cos ,sin ,1)(1,0,0)2|cos |AB bb AB b AB βθθθ'⋅='-⋅='=u u u r r r u u u rr u u u r .当AB 'u u u r 与夹角为60︒时，即π3α=，12sin 2cos 2cos 232πθα====． ∵22cos sin 1θθ+=，∴2|cos |θ=． ∴21cos |cos |2βθ==．∵π[0,]2β∈．∴π=3β，此时AB 'u u u r 与夹角为60︒．∴②正确，①错误．24、（2017年3卷19题）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．【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ； ABC ∆Q 为等边三角形∴BO AC ⊥∴AB BC =AB BCBD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. ∴AD CD =,即ACD ∆为等腰直角三角形，ADC ∠ 为直角又O 为底边AC 中点∴DO AC ⊥令AB a =，则AB AC BC BD a ====易得：OD =，OB =∴222OD OB BD +=由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥OD AC OD OBAC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩I 平面平面OD ABC ∴⊥平面 又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直的判定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由题意可知V V D ACE B ACE --= 即B ,D 到平面ACE 的距离相等即E 为BD 中点以O 为原点，OA u u u r 为轴正方向，OB u u u r 为轴正方向，OD u u u r为轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得：,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r 设平面AED 的法向量为1n u u r ，平面AEC 的法向量为2n u u r，则1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r u u u r u u r，解得1n =u u r 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r u u u r u u r，解得(20,1,n =u u r 若二面角D AE C --为，易知为锐角，DB C ED BC EO则1212cos n n n n θ⋅=⋅u u r u u r uu r u u r主要考点：1、能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识 别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图 .2、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .3、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题4、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.5、掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.6、理解直线的方向向量与平面的法向量.7、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.。
三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题22立体几何中的角理20171102333
专题 22 立体几何中的角1.【2017课标 II ，理 10】已知直三棱柱C A C 中， C 120 ，2，1 1 1，则异面直线 与 C 所成角的余弦值为（）C CC 1111A ．3 2B ．15 5C ．105D ．33【答案】C 【解析】试题分析：如图所示，补成四棱柱 ABCDA B CD ,1 1 1 1则所求角为 BC 1D , BC 1 2, B D 22 1 2 2 1 cos 600 3,C 1D A B 152 10cos BC D，故选C 。
因此155【考点】异面直线所成的角；余弦定理；补形的应用2.【2017浙江，9】如图，已知正四面体 D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别1BQ CR为 AB ， BC ， CA 上 的 点 ， AP=PB ，2 ， 分 别 记 二 面 角 D –PR –Q ， D –PQ –R ，QC RA D –QR –P 的平面角为 α，β，γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B 【解析】试题分析：设 O 为三角形 ABC 中心，则 O 到 PQ 距离最小，O 到 PR 距离最大，O 到 RQ 距离居中，而高相等，因此，所以选 B ．【考点】空间角（二面角）3.【2014新课标，理 11】直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是 A 1B 1，A 1C 1的中 点，BC=CA=CC 1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为（）A. 110B . 25C . 3010 D . 22【答案】C【解析】以 C 为原点，直线 CA 为 x 轴，直线 CB 为 y 轴，直线CC 为轴，则设 CA=CB=1，则11 1B (0,1, 0) ， M ( , ,1) ， A （ 1， 0， 0） ， 2 2 u u u r1AN ( , 0,1)，所以21 N ( ,0,1)， 故2u u u r 1 1 BM ( , ,1) 2 2，2u u u r u u u rcos BM,ANBM ANu u u r u u u r|BM||AN|3465223010，故选C.【考点定位】异面直线所成的角.【名师点睛】本题考查了空间几何体棱柱的性质，异面直线所成角，空间直角坐标，空间向量的数量积，本题属于中档题，要求学生根据根据已知建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的知识求异面直线所成角的余弦值，注意由已知准确写出所需点的坐标.4.【2014四川，理8】如图，在正方体ABCD A B C D中，点O为线段BD的中点.设点P1111在线段CC上，直线OP与平面1A BD所成的角为，则sin的取值范围是（）13[,1]3A．6[,1]3B．622[,]33C．22[,1]3D．【答案】B【解析】试题分析：设正方体的棱长为，则131AC 2,AC 3,AO OC1,OC，11111222所以33212222cos AOC ,s in A OC113311322，3133622cos A OC ,s in A OC1133322.，选B.又直线与平面所成的角小于等于90，而AOC为钝角，所以sin的范围为[6,1]1335.【2016高考新课标 1卷】平面 过正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点 A , //平面 CB 1D 1, I 平面ABCD =m , I 平面 AB B1A 1=n ,则 m 、n 所成角的正弦值为(A)3 2(B)2 2(C)3 3(D)1 3【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. 6.【2015高考浙江，理 8】如图，已知ABC ， D 是 AB 的中点，沿直线CD 将 ACD 折成A CD ，所成二面角 ACD B 的平面角为 ，则（ ）A.A DB B.A DBC. A CBD.A CB4【答案】B.【解析】试题分析：设ADC，设AB 2，则由题意AD BD 1，在空间图形中，设A B t，2221212222A D DB AB t t在A CB中，cos A DB2A D DB2112，在空间图形中，过A作AN DC，过B作BM DC，垂足分别为N，M，过N作NP//MB，连结A P，∴NP DC，则A NP就是二面角A CD B的平面角，∴A NP，在Rt A ND中，DN A D cos A DC cos，A N A D sin A DC sin，同理，BM PN sin，DM cos，故BP MN 2cos，显然BP 面A NP，故BP A P，在Rt A BP中，A P2A B2BP2t2(2cos)2t24cos2，在A NP中，cos cos A NP222A N NP A P2A N NPs in sin (t 4cos )22222s in sin22cos t2t cos1cos22222cos A DB，2s in2s insinsin sin22222∵1sin20，cos2sin20，∴cos cos A DB （当时取等号），2∵， A DB [0, ]，而 y cos x 在[0,]上为递减函数，∴ A DB ，故选 B.【考点定位】立体几何中的动态问题57.【2015高考四川，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，E 、F 分别为 AB 、BC 的中点。
2015-2017高考数学(理)真题立体几何的位置关系含答案详解
1.【2014高考广东卷.理.7】若空间中四条直线两两不同的直线1l .2l .3l .4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( )A .14l l ⊥B .14//l lC .1l .4l 既不平行也不垂直D .1l .4l 的位置关系不确定2.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥，则（）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n3.【2015高考安徽，理5】已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（）（A ）若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 （B ）若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行（C ）若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 （D ）若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面4.【2015高考福建，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5.【2015高考北京，理4】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”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6.【2014辽宁理4】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（） A ．若//,//,m n αα则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥ C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥7.【2016新课标2理数】,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有． (填写所有正确命题的编号）8.【2017江苏，15】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 .9.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= .（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠= ，求二面角A -PB -C 的余弦值. 10.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥，1111A C A B ⊥. 求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F.(第15题)ADBC EF11.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '=．（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．12.【2014北京理第17题】（本小题满分13分）如图，正方体MADE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥ABCDE P -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱FD ，PC 分别交于G ，H . （1）求证：FG AB //；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长.13.【2015高考北京，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 ∥，4BC =，2EF a =，60EBC FCB ∠=∠=︒，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.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）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 ⊥.15.【2014江苏，理16】如图在三棱锥-P ABC 中，,,D E F 分别为棱,,PC AC AB 的中点，已知,6,8,5PA AC PA BC DF ⊥===， 求证（1）直线//PA 平面DEF ； （2）平面BDE⊥平面ABC.AB CD E A 1B 1C 11.【2014高考广东卷.理.7】若空间中四条直线两两不同的直线1l .2l .3l .4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( )A .14l l ⊥B .14//l lC .1l .4l 既不平行也不垂直D .1l .4l 的位置关系不确定 【答案】D【解析】如下图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，取1AA 为2l ，1BB 为3l ，取AD 为1l ，BC 为4l ，14//l l ；取AD 为1l ，AB 为4l ，则14l l ⊥；取AD 为1l ，11A B 为4l ，则1l 与4l 异面，因此1l .4l 的位置关系不确定，故选D .2.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥，则（）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n 【答案】C 【解析】试题分析：由题意知,l l αββ=∴⊂ ，,n n l β⊥∴⊥ ．故选C ． 考点：空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．3.【2015高考安徽，理5】已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（）（A ）若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 （B ）若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行（C ）若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 （D ）若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面 【答案】D【解析】由A ，若α，β垂直于同一平面，则α，β可以相交、平行，故A 不正确；由B ，若m ，n 平行于同一平面，则m ，n 可以平行、重合、相交、异面，故B 不正确；由C ，若α，β不平行，但α平面内会存在平行于β的直线，如α平面中平行于α，β交线的直线；由D 项，其逆否命题为“若m 与n 垂直于同一平面，则m ，n 平行”是真命题，故D 项正确.所以选D.4.【2015高考福建，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 【答案】B【解析】若l m ⊥，因为m 垂直于平面α，则//l α或l α⊂；若//l α，又m 垂直于平面α，则l m ⊥，所以“l m ⊥”是“//l α的必要不充分条件，故选B ． 【考点定位】空间直线和平面、直线和直线的位置关系．【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查空间直线、平面的位置关系，要理解线线垂直和线面垂直的相互转化以及线线平行和线面平行的转化还有平行和垂直之间的内部联系，长方体是直观认识和描述空间点、线、面位置关系很好的载体，所以我们可以将这些问题还原到长方体中研究．5. 【2015高考北京，理4】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”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【答案】B【解析】因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．若“m β∥”，则平面、αβ可能相交也可能平行，不能推出//αβ，反过来若//αβ，m α⊂，则有m β∥，则“m β∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件.考点定位：本题考点为空间直线与平面的位置关系，重点考察线面、面面平行问题和充要条件的有关知识.【名师点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系及充要条件，本题属于基础题，本题以空间线、面位置关系为载体，考查充要条件．考查学生对空间线、面的位置关系及空间面、面的位置关系的理解及空间想象能力，重点是线面平行和面面平行的有关判定和性质. 6.【2014辽宁理4】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（） A ．若//,//,m n αα则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥ C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥ 【答案】B 【解析】【名师点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系及垂直关系.解题分关键是熟记相关性质定理、判定定理等，首先利用举反例排除错误选项，是解答此类问题的常用方法.本题属于基础题，覆盖面较广，难度不大.7.【2016高考新课标2理数】,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④ 【解析】试题分析：对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④. 考点：空间中的线面关系.【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系.8.【2017江苏，15】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 .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF AD ⊥，所以EF AB ∥.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.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.9.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(第15题)ADBC EF（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A -PB -C 的余弦值. 【解析】试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，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）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得A ，P ，B ，(C .所以(PC = ，CB = ，PA = ，(0,1,0)AB = .设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n，即00x y z ⎧+-=⎪=，可取(0,1,=-n .设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m，即00x z y =⎪=⎩， 可取(1,0,1)=m .则cos ,||||⋅==<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为. 是解题的关键.10.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥，1111A C A B ⊥. 求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】试题解析：证明：（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，11//AC A C 在三角形ABC 中，因为D,E 分别为AB,BC 的中点. 所以//DE AC ，于是11//DE A C又因为DE ⊄平面1111,A C F A C ⊂平面11A C F 所以直线DE//平面11A C F（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11A C ⊂平面111A B C ，所以111AA ⊥A C又因为111111*********,,A C A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂= ，平面平面 所以11A C ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111A C B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A A C A A F A A C A F A ⊥⊂⊂= F ，平面平面 所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.A C F ⊥平面 考点：直线与直线、平面与平面位置关系11.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '=．（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；【解析】试题分析：（Ⅰ）证//AC EF ，再证'D H OH ⊥，最后证'D H ABCD ⊥平面；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（I ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故//AC EF .因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =得04DO B ===.由//EF AC 得14OH AE DO AD ==.所以1OH =，3D H DH '==. 于是1OH =，22223110D H OH D O ''+=+==，故D H OH '⊥.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面.（II ）如图，以H 为坐标原点，HF的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -， 则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC = ，()3,1,3AD '= .设()111,,m x y z = 是平面ABD '的法向量，则00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩ ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可以取()4,3,5m =- .设()222,,n x y z = 是平面'ACD 的法向量，则00n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 12.【2014高考北京理第17题】（本小题满分13分）如图，正方体MADE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥ABCDE P -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱FD ，PC 分别交于G ，H . （1）求证：FG AB //；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长【答案】（1）详见解析；（2）2. 【解析】因为⊄AB 平面PDE ，所以//AB 平面PDE ，因为⊂AB 平面ABF ，且平面 ABF 平面PDE FG =， 所以FG AB //.（2）因为⊥PA 底面ABCDE ，所以AB PA ⊥，AE PA ⊥，如图建立空间直角坐标系xyz A -，则)0,0,1(),0,0,0(B A ，)2,0,0(),0,1,2(P C ，)1,1,0(F ，)0,1,1(=BC ，设平面ABF 的法向量为),,(z y x =n ，则⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙00AF AB n n ，即⎩⎨⎧=+=00z y x ，令1=z ，则1-=y ，所以)1,1,0(-=n ， 设直线BC 与平面ABF 所成的角为α，则21|||||,cos |cos =⋅=><=BC BC n n α， 因此直线BC 与平面ABF 所成的角为6π，设点),,(w v u H ，因为点H 在棱PC 上，所以可设)10(<<=λλPC PH ， 即)2,1,2()2,,(-=-λw v u ，所以λλλ22,,2-===w v u ， 因为向量n 是平面ABF 的法向量，所以0=∙AH n ， 即0)22,,2()1,1,0(=-∙-λλλ，解得32=λ，所以点H 的坐标为)32,32,34(， 所以2)32()32()34(222=++=PH . 考点：空间中线线、线面、面面的平行于垂直，用向量法求线面角，即空间距离.13. 【2015高考北京，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 ∥，4BC =，2EF a =，60EBC FCB ∠=∠=︒，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．【答案】(1)证明见解析，（2）-，（3）43a = 【解析】予以取舍。
2017年高考数学—立体几何(解答+答案)
2017年高考数学—立体几何（解答+答案）1.（17全国1理18.（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.（17全国1文18．（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （1）证明：直线//CE 平面PAB（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值4.17全国2文18.(12分)如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o 。
（1） 证明：直线//BC 平面PAD ； （2） 若PCD ∆的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积。
如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，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．6.（17全国3文19．（12分））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．DABCE7.（17北京理（16）（本小题14分））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面,6,4MAC PA PD AB ===（I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B PD A --的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.（17北京文（18）（本小题14分））如图，在三棱锥P ABC -中，,,,2PA AB PA BC AB BC PA AB BC ⊥⊥⊥===，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BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．9.（17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. （Ⅰ）设P 是»CE上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.10.（17山东文（18）（本小题满分12分））由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -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，1A E ⊥平面ABCD, （Ⅰ）证明：1A O ∥平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .11.（17天津理（17）（本小题满分13分））如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7，求线段AH 的长.12.（17天津文（17）（本小题满分13分））如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD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.（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.14.（17江苏15.（本小题满分14分））-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平如图，在三棱锥A BCD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。
2015-2017近三年高考理科立体几何高考题汇编
2015-2017高考立体几何题汇编2017(三)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 所成角的最小值为60°；其中正确的是________。
（填写所有正确结论的编号）2017(三)19．（12分）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．2017(二)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 ．36π2017(二)10．已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A ．2B ．5C ．5D ．32017(二)19．（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o45，求二面角M AB D --的余弦值．2017(一)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 2017(一)18．（12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 ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值. 2017(天津)（17）（本小题满分13分）如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE，求线段AH 的 2016(二)（19）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ,F 分别在AD ,CD 上，AE =CF =，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△的位置，.（I ）证明：平面ABCD ；（II ）求二面角的正弦值.2016（北京）6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.B. C. D.2016（北京）17.（本小题14分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，1613121P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；2015（二）（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比值为（A ）（B ）（C ）（D ）2015（二）（19．（本小题满分12分）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。
2015-2017全国高考理科解析几何高考题汇编
A .B "C.D .2015-2017高考解析几何汇编017（一）10•已知F 为抛物线C: y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l i , 12，直线l i 与C交于A 、B 两点，直线12与C 交于D 、E 两点，则|AB|+| DE 的最小值为 A. 16B . 14C. 12D . 102 22017( — )20.( 12 分)已知椭圆 C: X 2爲=1 (a>b>0),四点P 1 (1,1)，P 2 (0,1)，P 3 ( -1，a b豊），P 4 （1，豊）中恰有三点在椭圆C 上.（1）求C 的方程；（2）设直线I 不经过P 2点且与C 相交于A,B 两点 若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-， 证明：I 过定点•的弦长为2,则C 的离心率为A . 2B . 322017（二）20. （12 分）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C: — y 21上，过M 作x 轴的垂线，2uuu _uun垂足为N ,点P 满足NP ,2NM . （1） 求点P 的轨迹方程；uuu uuu（2） 设点Q 在直线x 3上，且OP PQ 1 .证明：过点P 且垂直于OQ 的直线I 过C 的 左焦点F.2 22017（三）10.已知椭圆C:令 占1，（a>b>0）的左、右顶点分别为 A , A 2,且以线段A 1A 2a b为直径的圆与直线bx ay 2ab 0相切，则C 的离心率为2 x 2017(二)9.若双曲线 C :-y a 2y21 ( a 0， b 0b的一条渐近线被圆 x 2 $ y 24所截得D.2门 32017（三）20.（ 12分）已知抛物线 C: y 2=2x ,过点（2,0）的直线I 交C 与A,B 两点，圆M 是 以线段AB 为直径的圆.（1）证明：坐标原点O 在圆M 上；（2）设圆M 过点P （4, -2），求直线I 与圆M 的方程.2爲1（a 0,b 0）的左焦点为F ，离心率为-2 .若经过F 和bP （0, 4）两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为AP 与椭圆相交于点B （ B 异于点A ），直线BQ 与轴相交于点D 若△ APD 的面积为丄6 ,求直线AP 的方程.22016（二）（ 11）已知F 1, F 2是双曲线E 的左，右焦点，点 M 在E 上, M F 1与工轴皿硏孕5I /i垂直，sin 1 ,则E 的离心率为（A ） （ B ）（ C ） ‘八 （D ） 2 2016（二）（ 20）（本小题满分12分）—+^-=1已知椭圆E: “为 的焦点在星轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k （k>0）的直线交E 于A,M 两点，点N 在E 上, MA 丄NA.2 2017（天津）（5）已知双曲线二 2(A) -42y41 ( B )(C )(D )2y- 142017（天津）（19）（本小题满分2 14分）设椭圆笃 2y a b 21(a0）的左焦点为F ,右顶点为A ，1 离心率为1.已知A 是抛物线 2（I ）求椭圆的方程和抛物线的方y 22px (p0）的焦点, F 到抛物线的准线的距离为（II ）设上两点P ，Q 关于轴对称，直线(I )当 t=4,\AM \=\AN \ 时，求△ AMN 的面积;（H ）当上伽职时，求k 的取值范围2016(北京)19.(本小题14分)已知椭圆C:笃爲1 ( a b 0)的离心率为二,A(a,0),a b2B(0, b), 0(0,0) , OAB 的面积为 1.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设P 的椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N. 求证：AN | |BM |为定值.2016(一)(10)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|=, |DE|=2 j5，则C 的焦点到准线的距离为 (A)2(B)4(C)6(D)82016(一)20.(本小题满分12分) 设圆x 2 y 2 2x 150的圆心为A ,直线I 过点B ( 1,0)且与x 轴不重合，I 交圆A 于C, D两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E.(I) 证明EA |EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(II) 设点E 的轨迹为曲线G,直线I 交G 于M,N 两点，过B 且与I 垂直的直线与圆A 交于P,Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围.C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF 丄x 轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于 点E.若直线BM 经过OE 的中点，贝U C 的离心率为2016(三)(20)(本小题满分12分)已知抛物线C: y 2 2x 的焦点为F ,平行于x 轴的两条直线hl 分别交C 于A , B 两点，交C 的 准线于P, Q 两点.(I )若F 在线段AB 上, R 是PQ 的中点，证明AR// FQ;2016(三)(11)已知O 为坐标原点,1(a b 0)的左焦点，A , B 分别为(A )(C ) (D )2F 是椭圆C:务a2(II )若厶PQF 的面积是厶ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程.2015 (二) (11)已知A , B 为双曲线E 的左，右顶点，点 M 在E 上, ?ABM 为等腰三角形， 且顶角为120°,则E 的离心率为 (A ) V 5 (B ) 2 (C ) V 3 (D ) V2 2015 (二) 20.(本小题满分12分)已知椭圆C ： 9x 2 y 2 m 2(m 0)，直线I 不过原点O 且不平行于坐标轴，I 与C 有两个交 点A ，B ，线段AB 的中点为M 。
20152017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 ．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及平面β的交线，则下列命题正确的是（ ）A ．l 至少及1l ，2l 中的一条相交B ．l 及1l ，2l 都相交C ．l 至多及1l ，2l 中的一条相交D ．l 及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 ．123cm C ．3233cmD ．4033cm【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 及平面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及半球（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．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、D、【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 ）（B ）（）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 ）若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】（本小题满分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。
专题24 立体几何中综合问题 -三年高考2015-2017数学理试题分项版解析 含解析 精品
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】【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；【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O xyz-.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -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12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.故 ()()11,0,1,2,0,0,1,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭.设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n即0,1022x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩。
可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m同理可得(0,=-m .则cos ,7⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C(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|cosθ|＝|cos<m ，n >|=⋅m nm 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DF 的中点. （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒.（Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一： 取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 得四边形BEHC 为菱形，得到AE GE AC GC ===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111(,,)m x y z =，平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =计算1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅即得.试题解析：（Ⅰ）因为AP BE ⊥，AB BE ⊥，AB ，AP ⊂平面ABP ，ABAP A =，所以BE ⊥平面ABP ， 又BP ⊂平面ABP ，所以BE BP ⊥，又120EBC ∠=︒， 因此30CBP ∠=︒ （Ⅱ）解法一：取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE GE AC GC ===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1AM =，所以EM CM ===在BEC ∆中，由于120EBC ∠=︒，由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，所以EC =EMC ∆为等边三角形， 故所求的角为60︒. 解法二：设111(,,)m x y z =是平面AEG 的一个法向量. 由00m AE m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,m . 设222(,,)n x y z =是平面ACG 的一个法向量.由00n AG n CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得22220,230,x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)n =-. 所以1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅.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. 4．【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 =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）21【解析】()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-.设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩.不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面O E F 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩.不妨设1x =，可得()21,1,1n =-. 因此有222c o s ,O A n O A n O A n ⋅<>==-⋅，于是23s i n ,O A n<>=，所以，二面角O E F C --.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）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【答案】（1）3（2）5【解析】则各点的坐标为()1,0,0B ，()C 1,1,0，()D 0,2,0，()0,0,2P ．（1）因为D A ⊥平面PAB ，所以D A 是平面PAB 的一个法向量，()D 0,2,0A =． 因为()C 1,1,2P =-，()D 0,2,2P =-．设平面CD P 的法向量为(),,m x y z =，则C 0m ⋅P =，D 0m ⋅P =，即20220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩．令1y =，解得1z =，1x =．所以()1,1,1m =是平面CD P 的一个法向量．从而D 3cos D,D m m mA ⋅A ==A ，所以平面PAB 与平面CD P （2）因为()1,0,2BP =-，设()Q ,0,2λλλB =BP =-（01λ≤≤）， 又()C 0,1,0B =-，则()CQ C Q ,1,2λλ=B +B =--，又()D 0,2,2P =-， 从而CQ D cos CQ,D CQ D 10⋅P P ==P．设12t λ+=，[]1,3t ∈，则2222229cos CQ,D 5109101520999t t t t P ==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭．当且仅当95t =，即25λ=时，cos CQ,D P 的最大值为10． 因为cos y x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ与D P 所成角取得最小值． 又因为BP ==2Q 5B =BP =．6.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（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AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）3；（3）存在，14AM AP =【解析】所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.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⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=.又)1,1,1(-=PB，所以33,cos -=>=<. 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 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 AB 中，D//C A B ，D 2π∠BA =，C 1AB =B =，D 2A =，E 是D A 的中点，O 是C A 与BE 的交点．将∆ABE 沿BE 折起到1∆A BE 的位置，如图．（I ）证明：CD ⊥平面1C A O ；（II ）若平面1A BE ⊥平面CD B E ，求平面1C A B 与平面1CD A 夹角的余弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II 【解析】试题分析：（I ）先证1BE ⊥OA ，C BE ⊥O ，再可证BE ⊥平面1C A O ，进而可证CD ⊥平面1C A O ；（II ）先建立空间直角坐标系，再算出平面1C A B 和平面1CD A 的法向量，进而可得平面1C A B 与平面1CD A 夹角的余弦值． 试题解析：（I ）在图1中，因为C 1AB =B =，D 2A =，E 是D A 的中点，D 2π∠BA =，所以C BE ⊥A即在图2中，1BE ⊥OA ，C BE ⊥O 从而BE ⊥平面1AOC 又CD//BE ，所以CD ⊥平面1AOC .所以1(,0,0),E((0,0,2222B -得2BC(,22-12A C(0,)22-，CD BE (==. 设平面1BC A 的法向量1111(,,)n x y z =，平面1CD A 的法向量2222(,,)n x y z =，平面1BC A 与平面1CD A 夹角为，则11100n BC n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩，取1(1,1,1)n =，2210n CD n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22200x y z =⎧⎨-=⎩，取2(0,1,1)n =，从而12cos |cos ,|n n θ=〈〉== 即平面1BC A 与平面1CD A8.【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CA DC BD ，，于点H G F ，，.２２１俯视图左视图 主视图ABCDEFGH（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）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 ⊥⊥⊥，2,1BD DC AD ===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(0,0,0)D ，(0,0,1)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C(0,0,1)DA =，(2,2,0)BC =-，(2,2,0)BC =-，设平面EFGH 的一个法向量(,,)n x y z =因为BC ∥FG ,EF ∥AD ，所以0,0n DA n BC ⋅=⋅=，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.又,,BD AD AD DC BD DC D ⊥⊥=∴AD ⊥平面BDC AD BC ∴⊥BC ∥FG ,EF ∥AD EF 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(0,0,0)D ，(0,0,1)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C(0,0,1)DA =，(2,2,0)BC =-，(2,2,0)BC =-设平面EFGH 的一个法向量(,,)n x y z =BC ∥FG ,EF ∥AD0,0n DA n BC ∴⋅=⋅=即得z =0-2x+2y =0⎧⎨⎩，取(1,1,0)n =sin |cos ,|||5||||5BA n BA n BA n θ⋅∴====⋅ 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.EDCBPA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13. 【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 .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，2所以sin∠APH=AHPH=13.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)，由0,0,PEEC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn得20,0,x zx y-=⎧⎨+=⎩设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=||||||n APn AP⋅⋅=13=.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为1 3 .P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1111D C B A ABCD -中，A A 1⊥底面ABCD ．四边形ABCD 为梯形，BC AD //,且BC AD 2=．过D C A ,,1三点的平面记为α，1BB 与α的交点为Q ． （1）证明：Q 为1BB 的中点；（2）求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；（3）若A A 14=，2=CD ，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角大小．【答案】（1）Q 为1BB 的中点；（2）117；（3）4π． 【解析】试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行QC ∥1A D ，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出1112BQ BQ BC BB AA AD ===，即Q 为1BB 的中点．（2）连接,QA QD ．设1A A h =，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，=BC a ，则2AD a =．先表示出17=+12Q A AD Q ABCD V V V ahd --=下和11113=2A B C D ABCD V ahd -，就可求出11113711==21212A B C D ABCD V V V ahd ahd ahd ---=下上，从而11=7V V 上下．（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1A E ．又1D E A A⊥且1AA AE A =，所以DE ⊥平面1AEA ，于是1DE A E ⊥．所以1AEA ∠为平面α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D 为原点，1,DA DD 分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．设=C D A θ∠．因为22s i n 62ABC Da a S θ+=⋅=，所以2sin a θ=．从而()2cos ,2sin ,0C θθ，14,0,4sin A θ⎛⎫⎪⎝⎭，所以()2co s ,2s i n ,0DC θθ=，14,0,4sin DA θ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设平面（2）解：如第（20）题图1，连接,QA QD ．设1AA h =，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，=BC a ，则2AD a =．11112323Q A AD V a h d ahd -=⋅⋅⋅⋅=，1213224Q ABCD a a h V d ahd -+⎛⎫=⋅⋅⋅= ⎪⎝⎭，所以17=+12Q A AD Q ABCD V V V ahd --=下， 又11113=2A B C D ABCD V ahd - 所以11113711==21212A B C D ABCD V V V ahd ahd ahd ---=下上， 故11=7V V 上下．解法2如第（20）题图2，以D 为原点，1,DA DD 分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系． 设=CDA θ∠．因为22sin 62ABCD a aS θ+=⋅=，所以2sin a θ=．从而()2cos ,2sin ,0C θθ，14,0,4sin A θ⎛⎫⎪⎝⎭，所以()2cos ,2sin ,0DC θθ=，14,0,4sin DA θ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设平面1A DC 的法向量(),,1n x y =，由1440,sin 2cos 2sin 0,DA n x DC n x y θθθ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩得sin ,cos x y θθ=-=， 所以(sin ,cos ,1)n θθ=-．又因为平面ABCD 的法向量()0,0,1m =， 所以2cos ,n m n m n m⋅==， 故平面α与底面ABCD 所成而面积的大小为π4． 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)如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使平面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）221±=λ 【解析】试题分析：（1）由正方体1111D C B A ABCD -的性质得11//AD BC ，当1=λ时，证明1//AD FP ，由平行于（1）证明：如图1，连结1AD ，由1111D C B A ABCD -是正方体，知11//AD BC ， 当1=λ时，P 是1DD 的中点，又F 是AD 的中点，所以1//AD FP ， 所以FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故//1BC 平面EFPQ .（2）如图2，连结BD ，因为E 、F 分别是AB 、AD 的中点， 所以BD EF //，且BD EF 21=，又BQ DP =，BQ DP //， 所以四边形PQBD 是平行四边形， 故BD PQ //，且BD PQ =， 从而PQ EF //，且PQ EF 21=， 在EBQ Rt ∆和FDP Rt ∆中，因为λ==DP BQ ，1==DF BE ， 于是，21λ+==FP EQ ，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PQ GO ⊥，PQ HO ⊥，而O HO GO = ，故GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则90=∠GOH ，连结EM 、FN ，则由MN EF //，且MN EF =，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2==ME GH ，在GOH ∆中，42=GH ，21)22(12222+=-+=λλOH ，以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ， 所以)2,0,2(1-=BC ，),0,1(λ-=，)0,1,1(=， （1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为)2,0,2(1-=BC ， 所以FP BC 21=，即FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故直线//1BC 平面EFPQ .（2）设平面EFPQ 的一个法向量),,(z y x =n ，由⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙0n n 可得⎩⎨⎧=+-=+00z x y x λ，于是取)1,,(λλ-=n ，同理可得平面MNPQ 的一个法向量为)1,2,2(λλ--=m ，若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则0)1,,()1,2,2(=-∙--=∙λλλλn m ，即01)2()2(=+---λλλλ，解得221±=λ， 故存在221±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角. 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P D C D =，过棱PC 的中点E ，作E F P B ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BE（Ⅰ）证明：PB DEF ⊥平面．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．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）22.（Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线. 由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥. 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥. 而PDPB P =，所以DG PBD ⊥平面.故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设1PD D C ==，BC λ=，有BD = 在Rt △PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=,则 πtan tan 3BD DPF PD=∠==解得λ=所以1DC BC λ==故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC （解法2）（Ⅰ）如图2，以D 为原点，射线,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设1PD D C ==，BC λ=，则(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)D P B Cλ，(,1,1)PB λ=-，点E 是PC的中点， 所以11(0,,)22E ，11(0,,)22DE =， 于是0PB DE ⋅=，即PB DE ⊥. 又已知EF PB ⊥，而DEEF E =，所以PB DEF ⊥平面.因(0,1,1)PC =-, 0DE PC ⋅=, 则DE PC ⊥, 所以DE PBC ⊥平面.由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，.（Ⅱ）由PD ABCD ⊥平面，所以(0,0,1)DP =是平面ABCD 的一个法向量； 由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以(,1,1)BP λ=--是平面DEF 的一个法向量. 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则π1cos32||||BP DP BP DP λ⋅===⋅，解得λ. 所以1DC BC λ==故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC 【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.13.【2015湖南理19】如图15，已知四棱台1111ABCD A B C D -上、下底面分别是边长为3和6的正方形，16AA =，且1AA ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱1DD ，BC 上. （1）若P 是1DD 的中点，证明：1AB PQ ⊥；（2）若//PQ 平面11ABB A ，二面角P QD A --的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.【答案】（1）详见解析；（2）24. 【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明1=0AB PQ ⋅；（2）根据条件二面角P-QD-A 的余弦值为37，利用空间向量可将四面体ADPQ 视为以ADQ ∆为底面的三棱锥ADQ P -，其高4=h ，从而求解试题解析：解法一由题设知，1AA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 所在直线分别为轴，y 轴，轴，建立如图b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为)0,0,0(A ，1(3,0,6)B ，)0,6,0(D ，1(0,3,6)D ，)0,,6(m Q ，其中BQ m =，06m ≤≤，∴>=<21,cos n n 1212||||n n n n ⋅=⋅=，而二面角AQD P --的余弦值为37=37，解得4=m ，或者8=m （舍去），此时)0,4,6(Q ， 设1(01)DP DD λλ=<≤，而1(0,3,6)DD =-，由此得点)6,36,0(λλ-P ，(6,32,6)PQ λλ=--，∵//PQ 平面11ABB A ，且平面11ABB A 的一个法向量是3(0,1,0)n =， ∴PQ 30n ⋅=，即023=-λ，亦即λ=23，从而)4,4,0(P ，于是，将四面体ADPQ 视为以ADQ ∆为底面的三棱锥A D QP -，则其高4=h ，故四面体A D P Q 的体积11166424332A DQV S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=.（2）如图d ，过点P 作1//PM A A 交AD 于点M ，则//PM 平面11ABB A ，∵1A A ⊥平面ABCD ，∴OM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN QD ⊥于点N ，连结PN ，则QD PN ⊥，PNM ∠为二面角A QD P --的平面角，∴3cos 7PNM ∠=，即MN PN =37，从而PM MN =③ 连结MQ ，由//PQ 平面11ABB A ，∴AB MQ //，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故6==AB MQ ，设t MD =，则MN ==④，过点1D 作11//D E A A交AD 于点E ，则11AA D E 为矩形，∴1D E =16A A =，113AE A D ==，因此3=-=AE AD ED ，于是1623D E PM MD ED ===，∴t MD PM 22==，再由③④得=，解得2=t ，因此4=PM ，故四面体ADPQ 的体积11166424332A DQV S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=. 【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.14.【2015课标2理19】（本题满分12分）如图，长方体1111ABCD A BC 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．（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．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是6MH =，所以10AH =．以D 为坐标原点，DA 的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-．设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则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45 cos,n AFn AFn AF⋅<>==⋅．所以直线AF与平面α【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．A1AB1BD1DC1CFEHGM15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形A B C D的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC==，点,E F分别在,AD CD上，54AE CF==，EF交BD于点H．将DEF∆沿EF折到D EF'∆位置，OD'=（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B D A C'--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；.【解析】试题分析：（Ⅰ）证//AC EF，再证'D H OH⊥，最后证'D H ABCD⊥平面；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（I ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故//AC EF . 因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =得04DO B ==.由//EF AC 得14OH AE DO AD ==.所以1OH =，3D H DH '==. 于是1OH =，22223110D H OH D O ''+=+==， 故D H OH '⊥.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面.By（II ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -， 则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可以取()4,3,5m =-.设()222,,n x yz =是平面'ACD 的法向量，则0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥。
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.。
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)
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，△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：cm3）的最大值为_______.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.3.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，，求二面角的大小.4．【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 =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.5.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）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6.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（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.7.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图1，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，D 2π∠BA =，C 1AB =B =，D 2A =，E 是D A 的中点，O 是C A 与BE 的交点．将∆ABE 沿BE 折起到1∆A BE 的位置，如图2．（I ）证明：CD ⊥平面1C A O ；（II ）若平面1A BE ⊥平面CD B E ，求平面1C A B 与平面1CD A 夹角的余弦值．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CA DC BD ，，于点H G F ，，.（1）证明：四边形EFGH 是矩形；（2）求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值.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.10.【2014安徽理20】(本题满分13分)如图，四棱柱1111D C B A ABCD -中，A A 1⊥底面ABCD ．四边形ABCD 为梯形，BC AD //,且BC AD 2=．过D C A ,,1三点的平面记为α，1BB 与α的交点为Q ．（1）证明：Q 为1BB 的中点；（2）求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；（3）若A A 14=，2=CD ，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角大小．11.【2014年湖北，卷理9】(本小题满分12分)如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使平面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.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EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BE （Ⅰ）证明：PB DEF ⊥平面．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DC BC的值．13.【2015湖南理19】如图15，已知四棱台1111ABCD A B C D -上、下底面分别是边长为3和6的正方形，16AA =，且1AA ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱1DD ，BC 上.（1）若P 是1DD 的中点，证明：1AB PQ ⊥；（2）若//PQ 平面11ABB A ，二面角P QD A --的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.14.【2015课标2理19】（本题满分12分）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．（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．15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．。
2017年高考真题之立体几何(学生)
2017高考真题解析之立体几何【知识回顾】【真题解析之解答题】【例1】（2017•新课标Ⅲ）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．【例2】（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【例3】（2017•新课标Ⅲ）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．【例4】（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【例5】（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．【例6】（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【牛刀小试】【练1】（2017•上海）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，BB1=5，AB=4，BC=2．（1）求三棱柱的体积；（2）若M是棱AC中点，求B1M与平面ABC所成角的大小．【练2】（2017•天津）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．【练3】（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD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PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【练4】（2017•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【练5】（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，∠BAD=120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【练6】（2017•山东）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是的中点．（1）设P是上的一点，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．【练7】（2017•天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（1）求证：MN∥平面BDE；（2）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【练8】（2017•北京）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．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【练9】（2017•江苏）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．【练10】（2017•山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1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，A1E⊥平面ABCD，（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【练11】如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD．（1）求证：CD⊥AM；（2）若AM=BC=2，求直线AM与平面BDM所成角的正弦值．【练12】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD=AD，∠DAB=60°，PD⊥底面ABCD．（1）求证AC⊥PB；（2）求PA与平面PBC所成角的正弦值．高三数学一轮复习【练13】如图，四棱锥E﹣ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB=4，BC=CD=EA=ED=2．（1）求证：BD⊥平面ADE；（2）求直线BE和平面CDE所成角的正弦值．【练14】等腰三角形ABC，E为底边BC的中点，沿AE折叠，如图，将C折到点P的位置，使P﹣AE﹣C为120°，设点P在面ABE上的射影为H．（1）证明：点H为EB的中点；（2）若，求直线BE与平面ABP所成角的正弦值．第11 页共11 页。
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。
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°.。
全国卷历年高考立体几何真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考立体几何真题归类分析（含答案）类型一：直建系——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z轴或与z轴平行，底面垂直关系直接给出或容易得出（如等腰三角形的三线合一）。
这类题入手比较容易，第（Ⅰ）小问的证明就可以用向量法，第（Ⅱ）小问往往有未知量，如平行坐标轴的某边长未知，或线上动点等问题，以增加难度。
该类问题的突破点是通过条件建立方程求解，对于向上动点问题这主意共线向量的应用。
1.（2014年全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD 的中点.(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC；(Ⅱ)设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.2.（2015年全国Ⅰ卷）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，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.3.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=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)求直线AF与平面α所成角的正弦值.4.（2016年全国Ⅲ卷）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面面ABCD ，AD ∥BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.5.（2017全国Ⅱ卷）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ； （2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP类型二：证建系（1）——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z 轴或与z 轴平行，但底面垂直关系需要证明才可以建系（如勾股定理逆定理等证明平面线线垂直定理）。
2015-2017高考数学真题(理)立体几何中的角含解析
1.【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D 2.【2017浙江，9】如图，已知正四面体D –ABC （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 ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则（ ）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α3.【2014新课标，理11】直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（）A. 110B. 25C.D.4.【2014四川，理8】如图，在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．5.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为(D)136.【2015高考浙江，理8】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆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. A CB α'∠≤7.【2015高考四川，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，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。
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近三年立体几何高考真题几详解1、（2015年1卷6题）《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，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 【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯==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：圆锥的性质与圆锥的体积公式2、（2015年1卷11题）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16 + 20π，则r=（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，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. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EG ⊥AC ，通过计算可证EG ⊥FG ，根据线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 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，利用向量法可求出异面直线AE 与CF 所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设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，故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）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （00），E （），F （－1,0，2），C （00），∴AE u u u r =（1，CF uuu r =（-1，，2） (10)分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r .所以直线AE 与CF所成的角的余弦值为3. 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力4、（2015年2卷6题）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比值为（ ）A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选D ．考点：三视图．5、（2015年2卷9题）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【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ．考点：外接球表面积和椎体的体积．6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，1=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．（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． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是226MH EH EM =-=，所以10AH =．以D为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =u u u r ，(0,6,8)HE =-u u u r．设(,,)n x y z =r是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r 即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =r ．又(10,4,8)AF =-u u u r ，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅r u u u r r u u u r r u u u r ．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为4515．考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．7、（2016年1卷6题）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是 （A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28πD D CAE FA B CB【解析】试题分析： 该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ．考点：三视图及球的表面积与体积8、（2016年1卷11题）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为(B (D)13试题分析：如图,设平面11CB D I 平面ABCD ='m ,平面11CB D I 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ,过1D 作11//DE B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm ,同理11BF 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n ,选A. 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.9、（2016年1卷18题）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=o ,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60o ．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．试题解析：（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 ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则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CD AB I 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 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =o．从而可得(C -．所以(C E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r,(C 3,A =--u u u r,()4,0,0AB =-u u u r ．设(),,n x y z =r是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩u u u r r u u u r r ,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, CABDEF所以可取()3,0,3n =-r．设m r 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩u u u r r u u u rr , 同理可取()0,3,4m =r．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-r r r r r r ．故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,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.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为． 由图得，，由勾股定理得：，，故选C ．11、（2016年2卷14题）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥．r c l h 2r =2π4πc r ==()222234l =+=21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【解析】②③④12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【解析】⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，， ∴，∴，∴，∴， ∴．又∵，∴面．⑵建立如图坐标系．，，，， ，，， 设面法向量，54AE CF ==AE CFAD CD=EF AC ∥ABCD AC BD ⊥EF BD ⊥EF DH ⊥EF DH'⊥6AC =3AO =5AB =AO OB ⊥4OB =1AEOH 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 =uu u r ，，()'133AD =-uuur ，，()060AC =uuu r，，'ABD ()1n x y z =，，u r由得，取， ∴．同理可得面的法向量， ∴，∴． 13、（2016年3卷9题）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）18+B）54+C ）90（D ）81 【答案】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． 14、（2016年3卷10题）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1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u u r 430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩()1345n =-u r ，，'AD C ()2301n =u u r，，1212cos n n n n θ⋅===u r u u ru r u ur sin θ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． 15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分） 如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC P ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN P 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT P ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC中点知BC TN //，221==BC TN.又BC AD //，故TN AM P ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //.因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .设(,,)n x y z =r 为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PM ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =r，于是|||cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u rr u u u r r u u ur .考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、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）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）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是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】B【解析】由三视图可画出立体图该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 ()24226S =+⨯÷=梯6212S =⨯=全梯 故选B17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ，D 、E 、F 为元O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是一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：3cm ）的最大值为_______．【答案】【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD BC ⊥OG =，即OG 的长度与BC 的长度或成正比 设OG x =，则BC =，5DG x =-三棱锥的高h2132ABC S x =⋅=△则213ABC V S h =⋅=△令()452510f x x x =-，5(0,)2x ∈，()3410050f x x x '=-令()0f x '>，即4320x x -<，2x <则()()280f x f =≤ 则38045V ⨯=≤∴体积最大值为3415cm18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥ 又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =I ，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OEAB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 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -设2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--u u u r ，，、()222PB =-u u u r ，，、()2200BC =-u u u r，，设()n x y z=r,,为平面PBC的法向量由n PBn BC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r，得2220220x y zx⎧+=⎪⎨-=⎪⎩令1y=，则2z，0x=，可得平面PBC的一个法向量(012n=r,,∵90APD∠=︒，∴PD PA⊥又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD∴PD AB⊥，又PA AB A=I∴PD⊥平面PAB即PDu u u r是平面PAB的一个法向量，(022PD=-u u u r,,∴3cos23PD nPD nPD n⋅===⋅u u u r ru u u r ru u u r r,由图知二面角A PB C--为钝角，所以它的余弦值为319、(2017年2卷4题)如图，网格纸上小正方形的边长为1，学科&网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所得，则该几何体的体积为（）【解析】A．90πB．63πC．42πD．36π【解析】【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力为主目的.【解析】【解析】解法一：常规解法【解析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：切割前圆柱切割中切割后几何体【解析】从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：20、(2017年2卷10题)已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A ．2 B ．5 C ．5D ．3 【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法21、(2017年2卷19题)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点. （1）证明：直线//CE 平面PAB （2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o 45，求二面角M -AB -D 的余弦值【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解 【标准答案】（1）证明略；（2）5【基本解法1】（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF 因为90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD 因为E 是PD 的中点，所以EF12AD ，所以EF BC 所以四边形EFBC 为平行四边形，所以//EC BF 因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB 所以直线//CE 平面PAB（2）取AD 中点为O ，连接OC OP 、因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD 所以PO ⊥平面ABCD因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以//AB OC 所以OC AD ⊥以,,OC OD OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图设1BC =，则(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,PC =u u u r设(,,)M x y z ，则(,,PM x y z =u u ，(1,0,0)AB =u u u r因为点M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤u u u u r u u r，即(,,(1,0,x y z λ=所以()M λ，所以()BM λ=-u u u u r平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =r因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，所以|||sin 45||cos ,|2||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>===u u u u r ru u u u r r u u u u r r解得1λ=-(BM =u u u u r 设平面MAB 的法向量为(,,)m x y z =u r ，则00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u r u ru u u u r u r令1z =，则6(0,,1)2m =u r 所以2210cos ,||||6()12m n m n <>==⋅+u r ru r r ur u u r 所以求二面角M AB D --的余弦值1022、（2017年3卷8题）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】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径221312r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，则圆柱体体积23ππ4V r h ==，故选B.23、（2017年3卷16题）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，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 与成60︒角时，AB 与成30︒角； ②当直线AB 与成60︒角时，AB 与成60︒角； ③直线AB 与所成角的最小值为45︒； ④直线AB 与所成角的最大值为60︒．其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③【解析】由题意知，a b AC 、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体边长为1， 故||1AC =，2AB =，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD u u u r 为轴正方向，CB u u u r为轴正方向， CA u u u r为轴正方向建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线的方向单位向量(0,1,0)a =r ，||1a =r．B 点起始坐标为(0,1,0)，直线的方向单位向量(1,0,0)b =r，||1b =r ．设B 点在运动过程中的坐标(cos ,sin ,0)B θθ'，其中为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈．那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--u u u r，||AB '=u u u r设AB 'u u u r 与所成夹角为π[0,]2α∈，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos sin |a AB θθαθ--⋅=∈'r u u u r ． 故ππ[,]42α∈，所以③正确，④错误．设AB 'u u u r 与所成夹角为π[0,]2β∈，cos (cos ,sin ,1)(1,0,0)cos |AB bb AB b AB βθθθ'⋅='-⋅='u u u r r r u u u rr u u u r .当AB 'u u u r 与夹角为60︒时，即π3α=，sin 3πθα=． ∵22cos sin 1θθ+=，∴|cos |2θ=．∴1cos |cos |22βθ==．∵π[0,]2β∈．∴π=3β，此时AB 'u u u r 与夹角为60︒．∴②正确，①错误．24、（2017年3卷19题）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．【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；DAB C ED ABC EOABC ∆Q 为等边三角形∴BO AC ⊥∴AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. ∴AD CD =,即ACD ∆为等腰直角三角形，ADC ∠ 为直角又O 为底边AC 中点∴DO AC ⊥令AB a =，则AB AC BC BD a ====易得：OD =，OB =∴222OD OB BD +=由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥OD AC OD OBAC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩I 平面平面OD ABC ∴⊥平面 又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直的判定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由题意可知V V D ACE B ACE --= 即B ,D 到平面ACE 的距离相等即E 为BD 中点以O 为原点，OA u u u r 为轴正方向，OB u u u r 为轴正方向，OD u u u r为轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得：,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r 设平面AED 的法向量为1n u u r ，平面AEC 的法向量为2n u u r，则1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r u u u r u u r，解得1n =u u r 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r u u u r u u r，解得(20,1,n =u u r 若二面角D AE C --为，易知为锐角，则1212cos n n n n θ⋅=⋅u u r u u r uu r u u r主要考点：1、能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识 别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图 .2、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .3、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题4、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.5、掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.6、理解直线的方向向量与平面的法向量.7、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.。