【备战2016】(北京版)高考数学分项汇编专题10 立体几何(含解析)文

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专题10 立体几何(第01期)-决胜2016年高考全国名校试题文数分项汇编(北京特刊)(原卷版)

第十章立体几何一．基础题组1.（2015年北京市昌平区高三二模文5）若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是（）侧（左）视图俯视图正视图111122A B C D2.（北京市东城区2015届高三5月综合练习（二）文6）若一个底面是正三角形的三棱柱的正（主）视图如图所示，则其侧面积等于（）（A ）3 （B ）4 （C ）5 （D ）63.（北京市房山区2015年高三第一次模拟文3）一个空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A ．43B ．83C ．4D ．8正（主）视图4.（北京市丰台区2014-2015学年度第二学期统一练习（一）文5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．48B ．32C ．16D ．3235.（2015年北京市昌平区高三二模文4）如图所示，某三棱锥的正视图、俯视图均为边长为2的正三角形，则其左视图面积为（）(A) 2 (B) 3 (C) 23(D) 23 俯视图正视图俯视图6.（北京市西城区2015届高三二模文5）一个几何体的三视图中，正（主）视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为（）A. B. C. D.7.（北京市西城区2015届高三一模考试文7）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的是（）（A ）7 （B ）152 （C ）233 （D ）4768.（北京市延庆县2015届高三3月模拟文7）一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的体积为（）侧(左)视图正(主)视图俯视图A. 96 B ．120 C ．144 D ．1809.（北京市东城区2015届高三5月综合练习（二）文17）如图，在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为AD 上一点，四边形BCDE 为矩形，60PAD ∠=，PB =,22PA ED AE ===. （Ⅰ）若()PF PC λλ=∈R ，且PA ∥平面BEF ,求λ的值；（Ⅱ）求证：CB ⊥平面PEB .10.（北京市房山区2015年高三第一次模拟文18）如图，四棱锥E ABCD -中，侧面EAB ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，2AB BC AD ==，90DAB ︒∠=,△EAB 是正三角形，F 为EC 的中点.（Ⅰ）求证：DF ∥平面EAB ；（Ⅱ）求证：DF ⊥平面EBC .A二．能力题组主视图俯视图侧视图1.（2015年北京市昌平区高三二模文8）已知四面体A BCD满足下列条件：（1）有一个面是边长为1的等边三角形；（2）有两个面是等腰直角三角形.那么符合上述条件的所有四面体的体积的不同值有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2.（2015年北京市昌平区高三二模文8）某三棱锥的正视图如图所示，则在下列图①②③④中，所有可能成为这个三棱锥的俯视图的是（）正视图①②③④（A）①②③（B）①②④（C）②③④（D）①②③④3.（北京市石景山区2015届高三3月统一测试（一模）文7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．3 D4.（北京市朝阳区2015届高三第二次综合练习文11）一个四棱锥的三视图如图所示，则这个四棱锥的体积为；表面积为．5.（北京市朝阳区2015年高三第一次综合练习文12）一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是，四棱锥侧面中最大侧面的面积是．6.（2015年北京市昌平区高三二模文18）在如图所示的几何体中，ACDE BC A ⊥平面平面，//CD AE ，F 是BE 的中点，90ACB ∠=，22AE CD ==,1,AC BC BE ===（I ）求证：//DF ABC 平面；（II ）求证：DF ABE ⊥平面;（III ）求三棱锥E D BC -的体积.FEDCB A7.（北京市朝阳区2015年高三第一次综合练习文17）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，各个侧面均是边长为2的正方形，D 为线段AC 的中点．俯视图正视图侧视图第（12）正视图侧视图俯视图（Ⅰ）求证：BD ⊥平面11A ACC ；（Ⅱ）求证：直线1AB ∥平面D BC 1；（Ⅲ）设M 为线段1BC 上任意一点，在DD BC 1内的平面区域（包括边界）是否存在点E ，使CE ⊥DM ，并说明理由． 8.（北京市丰台区2014-2015学年度第二学期统一练习（一）文18）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，M 为棱AC 中点. AB BC =，2AC =，1AA =（Ⅰ）求证：1B C //平面1A BM ；（Ⅱ）求证：1AC ⊥平面1A BM ；（Ⅲ）在棱1BB 的上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面C C AA 11？如果存在，求此时1BN BB 的值；如果不存在，说明理由．A BCC 1A 1B 1M9.（北京市丰台区2015届高三5月统一练习（二）文18）如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形，AD BC //，AB AD ⊥，AD BC AB 21==，PA ⊥底面ABCD ，过BC 的平面交PD 于M ，交PA 于N （M 与D 不重合）．（Ⅰ）求证：BC MN //；（Ⅱ）求证：CD PC ⊥； A BCD A 1 B 1C 1（Ⅲ）如果BM AC ⊥，求此时PM PD的值． C N MPD B A10.（北京市石景山区2015届高三3月统一测试（一模）文18）如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB 90=，AB//CD ，AD =AF =CD =2，AB =4．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BCE ；（Ⅱ）求三棱锥A -CDE 的体积；（Ⅲ）线段EF 上是否存在一点M ，使得BM ⊥CE ?若存在，确定M 点的位置；若不存在，请说明理由．11.（北京市西城区2015届高三二模文17）如图，在四棱锥E ABCD -中，AE DE ⊥，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，6CD DA ==，2AB =，3DE =.（1）求棱锥C ADE -的体积；（2）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（3）在线段DE 上是否存在一点F ,使//AF 平面BCE ？若存在,求出EFED 的值；若不存在，说明理由. A CD EFB三．拔高题组1.（北京市朝阳区2015年高三第一次综合练习文8）已知边长为3的正方形ABCD 与正方形CDEF 所在的平面互相垂直，M 为线段CD 上的动点（不含端点），过M 作//MH DE 交CE 于H ，作//MG AD 交BD 于G ，连结GH ．设CM x =(03)x <<，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥C GHM -的体积y 与变量x 变化关系的是（）2.（北京市东城区2015届高三5月综合练习（二）文8）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,E ，F 分别是边1AA ，1CC 的中点,点M 是1BB 上的动点,过点E ，M ，F 的平面与棱1DD 交于点N ,设BM x =,平行四边形EMFN 的面积为S ,设2y S =,则y 关于x 的函数()y f x =的解析式为（）（A ）23()222f x x x =-+，[0,1]x ∈ （B ）31,[0,),22()11,[,1].22x x f x x x ⎧-∈⎪⎪=⎨⎪+∈⎪⎩ （C ）22312,[0,],22()312(1),(,1].22x x f x x x ⎧-+∈⎪⎪=⎨⎪--+∈⎪⎩ （D ）23()222f x x x =-++，[0,1]x ∈ 3.（北京市丰台区2014-2015学年度第二学期统一练习（一）文8）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上一动点，如果P 到点1A 的距离等于P 到直线1CC 的距离，那么点P的轨迹所在的曲线是A B C D（）A ．直线B ．圆C ．抛物线D ．椭圆4.（北京市石景山区2015届高三3月统一测试（一模）文8）如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在棱AB 上，且P 是平面ABCD 上的动点，且动点P 到直线A 1D 1的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是（）A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆5.（北京市西城区2015届高三二模文8）在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =，11BC AA ==，点P 为对角线1AC 上的动点，点Q 为底面ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则1B P PQ +的最小值为（）C.32D.2 6.（北京市延庆县2015届高三3月模拟文14）ABCD 是矩形，4AB =，3AD =，沿AC 将ADC ∆折起到AD C '∆，使平面AD C '⊥平面ABC ∆,F 是AD '的中点，E 是线段AC 上的一点，给出下列结论： ① 存在点E ，使得//EF 平面BCD ' ② 存在点E ，使得EF ⊥平面ABD '③ 存在点E ，使得D E '⊥平面ABC ④ 存在点E ，使得AC ⊥平面BD E '其中正确结论的序号是 .（写出所有正确结论的序号）7.（北京市朝阳区2015届高三第二次综合练习文18）如图，在矩形ABCD 中，2AB AD =,M 为CD 的中点．将ADM ∆沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ．点O 是线段AM 的中点．（Ⅰ）求证：平面DOB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求证：AD BM ⊥；（Ⅲ）过D 点是否存在一条直线l ，同时满足以下两个条件：①l Ì平面BCD ；②//l AM ．请说明理由． M DA B C B 1 A 1 D 1C 1P ．．8.（北京市海淀区2015届高三下学期期中练习（一模）文18）如图1，在梯形ABCD 中，AD BC ，AD DC ⊥，2BC AD =，四边形ABEF 是矩形. 将矩形ABEF 沿AB 折起到四边形11ABE F 的位置，使平面11ABE F ⊥平面ABCD ，M 为1AF 的中点，如图2. （Ⅰ）求证：1BE DC ⊥；（Ⅱ）求证：DM //平面1BCE ；（Ⅲ）判断直线CD 与1ME 的位置关系,并说明理由．9.（北京市西城区2015届高三一模考试文17）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，//EF AD ，平面ADEF ⊥平面ABCD ，且2BC EF =,AE AF =，点G 是EF 的中点.（Ⅰ）证明：AG ⊥CD ；（Ⅱ）若点M 在线段AC 上，且13AM MC=，求证：GM //平面ABF ；（Ⅲ）已知空间中有一点O 到,,,,A B C D G 五点的距离相等，请指出点O 的位置. (只需写出结论)ABC MDOABCMD图2ABC DE 1F 1MFA DBG E10.（北京市延庆县2015届高三3月模拟文17）如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD 上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ．（Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ；（Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥；（Ⅲ）求四面体NFEC 体积的最大值．图1 图2：。

北京高考真题之立体几何

一．1. 已知正三棱锥P ABC−的六条棱长均为6，S是ABC△及其内部的点构成的集合，设集合{5}T Q S PQ=∈，则T表示的区域的面积为（A）34π（B）π（C）2π（D）3π2. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. 3+ D. 23. 某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A. 6+B. 6+C. 12+D. 12+4. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．45. 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．3B．2C．2D．26. 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．107. 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．18. （5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．二．1. （2019文）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．2. 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．3. （2020）如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．5. （2022·）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．7. （2019理）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且＝．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．8. （14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=，AC=AA1=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．9. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．答案2. 二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=3. （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2 3.所以PAB为直角三角形，又因为PB=2PB BC+，则PBC为直角三角形，故又因为BC PA⊥PA PB P=，平面PAB，又x轴，过A所以(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,AP AC BC PC ====−设平面PAC 的法向量为()111,,m x y z =，则00m AP m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1=，则11y =−，所以(1,1,0)m =−，的法向量为(22,,x n y =00BC PC ⎧⋅=⋅=，即，所以(1,0,1)n =，11,222m n m n m n⋅===⨯，又因为二面角A PC B −−为锐二面角，所以二面角A PC B −−的大小为π系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C 可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则4,2n AB =⨯，故1BB M MKN ≅， 111A B BB ⊥， 1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()0,0,0,B 故()()(0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取，则(2,2,n =−−设直线AB 与平面所成的角为42cos ,233n AB ==⨯6.7. 证明：（Ⅰ）∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴， AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，0，0），E （0，1，1），F （，，），P（0，0，2），B（2，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（），平面AEP的法向量＝（1，0，0），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．（Ⅲ）直线AG在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且＝．∴G（，﹣，），∴＝（，﹣，），∵平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），＝﹣＝0，故直线AG在平面AEF内．8.二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），∴•=2+0﹣4=﹣2≠0， ∴与不垂直，∴FG 与平面BCD 不平行，又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．9. ；．。

(北京专版)高考数学分项版解析专题10立体几何文

专题10 立体几何文1.【2009高考北京文第7题】若正四棱柱1111ABCD A B C D 的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11A C 到底面ABCD 的距离为 ( )A ．3B ． 1C ． D【答案】D2. 【2010高考北京文第5题】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )【答案】C【解析】试题分析：由几何体的正视图、侧视图，并结合题意可知，选C 项．3. 【2010高考北京文第8题】如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，点Q是棱CD的中点，动点P在棱AD上．若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(x，y大于零)，则三棱锥P—EFQ的体积( )A．与x，y都有关 B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关 D．与y有关，与x无关【答案】C4. 【2012高考北京文第7题】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A．28+ B．30+C．56+．60+【答案】B【解析】5. 【2013高考北京文第8题】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有( )．A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】B【解析】试题分析：设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系，如图所示．则D(0,0,0)，D1(0,0，a)，C1(0，a，a)，C(0，a,0)，B(a，a,0)，B1(a，a，a)，A(a,0,0)，A1(a,0，a)，P221,,333a a a⎛⎫ ⎪⎝⎭，则|PB uu u r |＝22211139993a a a a ++=， |PD u u u r |＝222441999a a a a ++=， |1PD u u u u r |＝22244423999a a a a ++=， |1PC u u u u r |＝|1PA u u u r |＝222414999a a a a ++=， |PC uuu r |＝|PA uu u r |＝22241169993a a a a ++=， |1PB u u u r |＝2221146999a a a a ++=，故共有4个不同取值，故选B.6. 【2011高考北京文第5题】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A. 32B. 16+162C. 48D. 16322+7. 【2006高考北京文第7题】设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点.在下列命题中,不正确．．．的是（）A.若AC 与BD 共面,则AD 与BC 共面B.若AC 与BD 是异面直线,则AD 与BC 是异面直线C.若A B =AC ,DB =DC ,则AD =BCD.若AB =AC ,DB =DC ,则AD ⊥BC【答案】C8. 【2007高考北京文第7题】平面α∥平面β的一个充分条件是（）Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥Ｄ．存在两条异面直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥9. 【2005高考北京文第7题】在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．的是( ) A . BC //平面PDF B . DF ⊥平面PA EC. 平面PDF⊥平面ABCD.平面PAE⊥平面ABC【答案】C10. 【2013高考北京文第10题】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为__________．【答案】3【解析】试题分析：由三视图知该四棱锥底面为正方形，其边长为3，四棱锥的高为1，根据体积公式V＝13×3×3×1＝3，故该棱锥的体积为3.11. 【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 .【答案】22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.12．【2006高考北京文第17题】如图,ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱.(1)求证:BD⊥平面ACC1A1;(2)若二面角C1-BD-C的大小为60°,求异面直线BC1与AC所成角的大小.【答案】(2)解:设BD与AC相交于O,连结C1O.∵CC1⊥平面ABCD,BD⊥AC,∴BD⊥C1O.∴∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角.∴∠C 1OC =60°.连结A 1B .∵A 1C 1∥AC ,∴∠A 1C 1B 是BC 1与AC 所成的角.设BC =A ,则CO =22A ,CC 1=CO ·T A n60°=26A ,A 1B =BC 1=210A ,A 1C 1=2A ,在△A 1BC 1中,由余弦定理得cos ∠A 1C 1B =11121212112BC C A B A BC C A ⋅-+=55, ∴∠A 1C 1B =arccos 55. ∴异面直线BC 1与AC 所成角的大小为arccos55. 解法二:(1)证明:建立空间直角坐标系D —xyz ,如图.设AD =A ,DD 1=B ,则有D(0,0,0),A (A ,0,0),B (A ,A ,0),C (0,A ,0),C 1(0,A ,B ), ∴BD =(-A ,-A ,0),AC =(-A ,A ,0),1CC =(0,0,B ).∴BD ·AC =0,BD ·1CC =0.∴BD ⊥AC ,BD ⊥CC 1.又∵AC 、CC 1⊂平面ACC 1A 1,且AC ∩CC 1=C ,∴BD ⊥平面ACC 1A 1.13. 【2009高考北京文第16题】（本小题共14分）如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.【解析】（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE ，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB 于O ，∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所的角，∴O ，E 分别为DB 、PB 的中点，∴OE//PD，12OE PD =，又∵PD ABCD ⊥底面， ∴OE⊥底面ABCD ，OE ⊥AO ，在Rt △AOE 中，122OE PD AB AO ===， ∴45AOE ︒∠=，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45︒.14. 【2008高考北京文第16题】（本小题共14分）如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=o，AP BP AB ==，PC AC ⊥．（Ⅰ）求证：PC AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小．解法一：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，．ACBPAP BP =Q ，PD AB ∴⊥． AC BC =Q ，CD AB ∴⊥．PD CD D =Q I ，AB ∴⊥平面PCD ． PC ⊂Q 平面PCD ，PC AB ∴⊥．解法二：（Ⅰ）AC BC =Q ，AP BP =，APC BPC ∴△≌△．又PC AC ⊥，PC BC ∴⊥．AC BC C =Q I ，PC ∴⊥平面ABC ．AB ⊂Q 平面ABC ，PC AB ∴⊥．（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -．ACBDP则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．15. 【2010高考北京文第17题】（13分）如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB 2CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE . 【答案】【解析】证明：(1)设AC 与BD 交于点G.因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．ABPz y E所以AF∥EG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF∥平面BDE.16. 【2012高考北京文第16题】如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．图1图2(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．【答案】见解析17. 【2013高考北京文第17题】(本小题共14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB ⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF ⊥平面PCD .所以平面BEF ⊥平面PCD .18. 【2014高考北京文第17题】（本小题满分14分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，AB BC ⊥，12AA AC ==，E 、F 分别为11A C 、BC 的中点. （1）求证：平面ABE ⊥平面11B BCC ；（2）求证：1//C F 平面ABE ；（3）求三棱锥E ABC -的体积.C 1B 1A 1FE CBA【答案】(3)3所以1//C F 平面ABE .（3）因为1AA =AC=2，BC=1，AB ⊥BC ，所以=所以三棱锥E ABC -的体积为：113ABC V S AA ∆=⋅=111232⨯⨯=3. 考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．19. 【2011高考北京文第17题】（本小题共14分）如图，在四面体PABC 中，,,PC AB PA BC ⊥⊥点,,,D E F G 分别是棱,,,AP AC BC PB 的中点。

2016年北京高考数学真题及答案解析(文科) .doc

星期六
8:30
新考人员理论考试、操作考核。考核地点以准考证为准。
相关老师
上课、理论考试地点：市卫计委大院金园宾馆副楼餐厅三楼会议室。
2016年北海市母婴保健技术服务资格考试和
换证培训考核培训班课程表ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
时间
内容
授课人
7月6日
（星期三）
上午
7:40～8:10 培训班报到
8:10～10:30
母婴保健相关法律法规及文件；
黄春明
10:30～12:00
女性生殖系统生理与解剖；
孕产期保健技术规范，孕产期疾病防治；
黄晓虹
下午
15:00～18:00
计划生育技术常规操作（含结扎和终止妊娠手术相关知识）;
徐意玲
7月7日
（星期四）
上午
8:00～10:30
分娩期保健；安全分娩技术服务规范；
产前检查和产前诊断；
连冬梅
10:30～12:00
新生儿窒息复苏理论;
新生儿窒息复苏救治技能示范教学。
李莲
下午
15:00～16:30
新生儿保健和疾病防治；
王莉莉
16:30～18:00
孕产妇HIV、梅毒和乙肝感染处理及母婴传播预防；
地中海贫血防治；母乳喂养适宜技术。
黄燕萍
7月8日
上午
9：00～11：00（金园宾馆副楼餐厅三楼会议室）
换证人员理论考核
8:00～12:00（金园宾馆主楼五楼会议室）
新考人员操作培训（含换证增加结扎或终止妊娠手术项目的全体人员）
连冬梅徐意玲
李莲
7月23日

2016年北京高考数学真题及答案解析(文科)041019124436

三、解答题（共 6 题，共 80 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）
15.（本小题 13 分）
已知{an}是等差数列，{bn} 是等差数列，且 b2 3 ， b3 9 ， a1 b1 ， a14 b4 .
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 cn an bn ，求数列{cn} 的前 n 项和.
3．数形结合常使集合间的运算更简捷、直观．对离散的数集间的运算或抽象集合间的运算，可借助 Venn 图实施，对连续的数集间的运算，常利用数轴进行，对点集间的运算，则通过坐标平面内的图形求解，这在本质上是
数形结合思想的体现和运用．
4．空集是不含任何元素的集合，在未明确说明一个集合非空的情况下，要考虑集合为空集的可能．另外，不可
的成绩仅相隔 1，故只能 1，5，4 进 30 秒跳绳的决赛，故选 B.
考点：统计
【名师点睛】本题将统计与实际应用结合，创新味十足，是能力立意的好题，根据表格中数据分析排名的多种可
能性，此题即是如此.列举的关键是要有序(有规律)，从而确保不重不漏，另外注意条件中数据的特征.
第二部分（非选择题共 110 分）
知二可求一，再考虑到数量积还可以用坐标表示，因此又可以借助坐标进行运算.当然，无论怎样变化，其本质都是对数量积定义的考查.求解夹角与模的题目在近年高考中出现的频率很高，应熟练掌握其解法.
10.函数 f (x) x (x 2) 的最大值为_________. x 1
【答案】2 【解析】试题分析： f (x) 1 1 1 1 2 ，即最大值为 2.
4.下列函数中，在区间 (1,1) 上为减函数的是（）
A. y 1 1 x
【答案】D
B. y cos x

2016年高考数学理试题分类汇编：立体几何

2016年高考数学理试题分类汇编立体几何、选择题1、（2016年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（2、（2016年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三【答案】CC.-【答案】AD.1视图如右图所示，则该几何体的体积为(A)3+ 3 n(B)1■- 2(C)匚 + n363、( 2016年全国I 高考)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径•若28 n该几何体的体积是¥则它的表面积是3【答案】Aoil 平面ABB 1 A 1=n ，则m , n 所成角的正弦值为【答案】A5、( 2016年全国II 高考)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 ) 20 n ( B ) 24 n (C ) 28 n( D ) 32 n【答案】C6、( 2016年全国III 高考)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) 17n(B ) 18n(D ) 28n4、 (2016年全国I 高考)平面a 过正方体 ABCD - A i B i C i D i 的顶点A , a 〃平面CB 1D 1, 川平面ABCD = m ,(D)(A ) 18 36,5 (B ) 54 18. 5(C ) 90 (D ) 81【答案】B7、(2016年全国III 高考)在封闭的直三棱柱 ABC-ABG 内有一个体积为 V 的球，若AB_BC , AB = 6, BC = 8，AA| =3，贝U V 的最大值是【答案】B二、填空题1、(2016年上海高考)如图，在正四棱柱ABCD-AB1GD 1中，底面ABCD 的边长为3, B0与底面所成2角的大小为arctan —，则该正四棱柱的高等于3C\1 \ 1 % 1 、1 3:\________# \” \【答案】2 22、( 2016年四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为 2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该(A ) 4 n (B )(C ) 6n(D )32 二3、( 2016年全国I高考)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径•若三棱锥的体积是___________ .已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位: m3的视图【答案】24、（2016年全国II高考）:-是两个平面，m, n是两条直线，有下列四个命题:【答案】②③④1-侧钗图i5、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位:3cm.cm）,则该几何体的表面积是cm 2,体积是【答案】-133、（2016年天津高考）该四棱锥的体积为m),则(1) 如果m_n ,m_ :, n// :，那么：一(2) 如果m _ -. , n/ / ：,那么m _ n.(3) 如果：// - ,m 二；£,那么m/ / -.(4) 如果m//n,〉/ L-，那么m与〉所成的角和n与一：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）2【答案】72 326、( 2016年浙江高考)如图，在△ ABC 中，AB=BC=2，/ ABC=120° .若平面ABC 外的点P 和线段 AC 上的点D ,满足PD=DA ，PB=BA ,则四面体 PBCD 的体积的最大值是 _______________ .A B1 【答案】丄2三、解答题1、(2016年北京高考) 如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD _平面ABCD ，PA_ PD ，PA= PD ，AB _ AD ，AB=1，AD =2，AC=CD=V5.(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，求如的值；若不存在，说明理由 AP【解】⑴•/面 PAD I'面ABCD =AD面 PAD -面 ABCD•/ AB _ AD , AB 二面 ABCD ••• AB _ 面 PAD •/ PD 二面PAD• AB _ PD 又 PD _ PA • PD _面 PAB⑵取AD 中点为O ，连结CO , PO •/ CD 二 AC 二 5 • CQAD ••• PA =PD • PO _ AD以O 为原点，如图建系易知.P(0,0,1) , B(1,0) , D(0, _1,0) , C(2,0,0), 则PB (1,1,— 1) , PD=(0,—1,— 1), PC =(2,0, 一 1),C D=(_2，-1—),设n 为面PDC 的法向量，令‘F =(X 0, y 0,1)"n ・PD ''=0 ■ 1:. 「n 二，-1,1，则PB 与面PCD 夹角二有 n PC =0 2sin j - cos ::: n, PB3 3⑶假设存在M 点使得BM //面PCD、几AM设——AP由( 2)■ , M O,y',z'知 A 0,1,0 , P 0,0,1 , AP 二 0,—1,1 , B 1,1,0 , AM 二 0,y' —1,z'有 AM = • AP= M 0,1 -;--1, _', ' i //，面PCD , n 为PCD 的法向量 In = 0 ••• BM•/ BM /•BM1 即… -02 .、1 4AM 1•综上，存在 M 点，即当 ------ =一时，M 点即为所求AP 4 2、( 2016年山东高考)在如图所示的圆台中， AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径, 圆台的一条母线. (I) 已知 G,H 分别为EC , FB 的中点，求证：GH //平面ABC ;(II) 已知 EF=FB=^ AC=2/3 AB=BC.求二面角 F —BC —A 的余弦值.FB 是2【解】(I )连结FC ,取FC 的中点M ，连结GM, HM , 因为GM//EF , EF 在上底面内，GM 不在上底面内，所以GM//上底面，所以GM//平面ABC ; 又因为MH//BC , BC 平面ABC ,MH 二平面 ABC ,所以MH 〃平面ABC ; 所以平面GHM//平面ABC , 由GH 二平面GHM ，所以GH//平面ABC . (n )连结 0B , AB = BC • 0A _ 0B 以为0原点，分别以0A,0B,00 ■为x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系. 1EF 二 FB AC = 2 3,AB 二 BC , 200「BF 2 -(B0-F0)2 =3, 于是有 A(2j3,0,0) , C(-2V3,0,0) , B(0,2V3,0) F(0, .3,3), 可得平面 FBC 中的向量 BF =(0,- .3,3), CB = (2、32. 3,0), 于是得平面FBC 的一个法向量为n 1 =(「3,'.3,1), 又平面ABC 的一个法向量为n 2 =(0,0,1), 设二面角F- BC-A 为厂 ------ ►------- r贝U cos 日=-^岂1□ n 2.7 7面角F-BC-A 的余弦值为—7123、(2016年上海高考)将边长为 1的正方形AAQQ (及其内部)绕的 00,旋转一周形成圆柱，如图， AC2 兀长为，A )B ,长为一，其中B ,与C 在平面AAQQ 的同侧。

2016年高考立体几何汇编(含答案)

2016年高考立体几何汇编一、选择题1、（2016年山东高考）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（）（A ）12+π33（B ）12+π33 （C ）12+π36 （D ）21+π6 【答案】c2、（2016年上海高考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（） (A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D3、（2016年天津高考）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】B4、（2016年全国I 卷高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A5、（2016年全国I 卷高考）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α= 平面，11ABB A n α= 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32（B ）22（C ）33（D ）13【答案】A6、（2016年全国II 卷高考）如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 【答案】C7、（2016年全国III 卷高考）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+（C）90 （D）81 +（B）54185【答案】B8、（2016年浙江高考）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C二、填空题1、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.22、（2016年四川高考）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积。

决胜2016年高考数学全国名校试题分项汇编(新课标Ⅱ特刊)专题10立体几何(第01期)(解析版)

第十章立体几何一．基础题组1.【辽宁省锦州市2015届高三质量检测（二）数学理4】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（A ） 200+9π（B ） 200+18π （C ） 140+9π （D ） 140+18π【答案】A考点：三视图，几何体的体积2.【黑龙江省大庆第一中学2014届高三下学期第二次阶段考试理3】已知某几何体的三视图（右上图），则该几何体的体积为（）A ．4+52π B ．4+32π C ．4+2π D ．4+π【答案】A【解析】试题分析：由三视图知该几何体是一个圆柱与截掉半个圆柱的长方体的组合体，故体积为42511211223122+=⨯⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯=πππV 考点：简单几何体体积 3.【甘肃省天水市第一中学2015届高三高考信息卷（二）理3】已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的为 ( )（A ）若,,αγβγ⊥⊥则αβ∥ （B ）若,,m n αα⊥⊥则m n ∥（C ）若,m n αα∥∥，则m n ∥ （D ）若,,m m αβ∥∥则αβ∥【答案】B考点：线面的位置关系.4.【黑龙江哈尔滨第九中学2015届高三第三次高考模拟理5】一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为A.73 m 3B.92 m 3C. 94 m 3D. 72m 3【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知：该空间几何体由三个棱长为1的正方体，和一个三棱柱组成，所以该几何体的体积为27111211113=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯. 考点：三视图.5.【辽宁省大连市2015年高三第一次模拟考试数学理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）第7题图（A ）323 （B ）64 （C （D ） 643【答案】D考点：三视图、多面体体积.6.【黑龙江哈尔滨第六中学2015届高三下第三次模拟考试理9】如图，一个空间几何体的正，一个内角为60 的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A. 8 D. 4【答案】D【解析】试题分析：由题可知，根据三视图可知，此几何体是两个正四棱锥连接而成，由于正视图、60︒的菱形，这菱形的边长为x ，则有2321432⋅⋅=x ，解得菱形的边长为1，正四棱锥的高23='O O ，22='B O ,则25)22()23(22=+=OB ,在等腰三角形中，25==OC OB ,1=BC ,故211121=⨯⨯=∆OBC S ，所以这个几何体的表面积为4218=⨯=S ；考点：柱锥台的表面积7.【云南省2015届高三第一次复习统测数学理9】下图是一个空间几何体的三视图（注：正视图也称主视图，侧视图也称左视图），其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是（） A.413π B.623π C.833π D.1043π【答案】D.【解析】试题分析：由题意得，此几何体为圆柱与球的组合，∴32410422633V πππ=⋅+⋅⋅=. 考点：空间几何体的体积计算.8.【贵州省八校联盟2015届高三第二次联考数学理5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 61B. 21C. 32D. 65【答案】D【解析】试题分析：该几何体为正方体''''D C B A ABCD -截去三棱锥BD A A '-，所以651121311=⨯⨯⨯-=V ，故应选D .考点：1.三视图；2.简单几何体的体积；9.【甘肃省天水市第一中学2015届高三高考信息卷（二）理6】某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）（A（B（C（D ）3 【答案】B正视图侧视图俯视图【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥的高为1，四边形BCDE 是边长为1的正方形，则11111,1222AED ABC ABE S S S =⨯⨯===⨯=112ACD S =⨯=考点：三视图.10.【长春市普通高中2015届高三质量监测（三）数学理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A. 323B. 64C.D. 643【答案】D.考点：空间几何体的体积计算.11.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2015届高三下学期第四次模拟理7】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于( ).A 12 .B 4 .C 563 .D【答案】B12.【宜昌一中2015年高考适应性考试（一）理6】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A. 323B. 64C.D. 643【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两垂直，长度都为4，代入棱锥体积公式，可得答案．由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两垂直，长度都为4，∴其体积16444433V=⨯⨯⨯=，故选D．考点：三视图13.【甘肃省天水市第一中学2015届高三5月中旬仿真考试数学理5】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∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】试题分析：因为m⊥α，n⊂α，所以m⊥n，故B正应选B.考点：线面平行、垂直的判定.14.【2014—2015学年度第二学期高三年级数学理4】下列命题正确的是（）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C考点：空间直线、与平面的位置关系.15.【2015年辽师大附中高三年级模拟考试理3】某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）BC ．3 【答案】B考点：三视图与直观图的互相转化。

2016年高考真题数学解析分类汇编10：立体几何(带详细答案)

1 / 272012高考试题解析分类汇编：立体几何'、选择题1.【2012高考新课标文7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的【答案】B【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算，是简单题【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6,这边上高为3,棱锥1 1的高为3，故其体积为6 3 3=9，故选B. 3 22.【2012高考新课标文8］平面a 截球O 的球面所得圆的半径为 1 ,球心O 到平面a 的距离为2,则此球的体积为(A ) 6n ( B ) 4 3n (C ) 4 6 n(D ) 6 3n【答案】B为CG 的中点，则直线 AC i 与平面BED 的距离为 (A )2 ( B ) 3( C )2 ( D )1【答案】D4.【2012高考陕西文8】将正方形(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体, 则该几何体的左视图为【解析】球半径^ .1( 2)23，所以球的体积为3.【2012高考全国文8】已知正四棱柱 ABCD-ABC .D ,中，AB=2，C G=2、2， E三视图，则此几何体的体积为((A)6(B) 9B选S34V -3【答案】D 【解析】通过观察三视图，确定几何体的形状，继而求解通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形( 2条对边长为1,其余4条1=4故选D.【点评】本题考查三视图及空间想象能力，体现了考纲中能掌握三视图所表示的简单的立体图形以及对空间想象能力的要求，来年三视图考查仍然围绕根据三视图求几何体的表面积或体积，以及根据几何体来求三视图等问题展开，难度适中 6.【2012高考湖南文4】某几何体的正视图和侧视图均如图 1所示，则该几何体的俯视图不可能是【解析】显然从左边看到的是一个正方形,因为割线AD i 可见，所以用实线表示；而割线B i C不可见，所以用虚线表示•故选B .5.【2012高考江西文 7】若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为112 B.5 C.4D.边长为72),高为1的直棱柱•所以该几何体的体积为=sh= i1 2 2 - 、、 2(B)<C)【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A,E,C，都可能是该几何体的俯视图，D不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力•是近年来热点题型7. 【2012高考广东文7】某几何体的三视图如图1所示，它的体积为图1A. 72 二B. 48 二C. 30二D. 24二【答案】C【解析】几何体是半球与圆锥叠加而成1 4 3 12 r"2 2它的体积为V 3 3 .5-3= 30■：2 3 38. 【2102高考福建文4】一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是A球B 三棱锥C 正方体D圆柱【答案】D.考点：空间几何体的三视图。

2016年全国各地高考数学试题及解答分类大全(立体几何 )

2016 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（立体几何）一、选择题1.（2016北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅰ文、理）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【答案】A【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【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.3.（2016全国Ⅰ文、理）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1, ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面，则m 、n 所成角的正弦值为 ( )(A)3 (B )2 (C)3 (D)13【答案】A【解析】试题分析：如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 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//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm , 同理11B F 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 所成角的正弦值为32,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.4.（2016全国Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（）（A ）12π （B ）323π（C ）8π （D ）4π 【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 考点：正方体的性质，球的表面积.【名师点睛】棱长为a 的正方体中有三个球：外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为3a 、2a 和22a .5.（2016全国Ⅱ文、理）如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【答案】C考点：三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.（2016全国Ⅲ文、理）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．7. （2016全国Ⅲ文、理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．8.（2016山东文、理）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（）（A ）1233+π （B ）123+π （C ）123+π （D ）21+π 【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.9.（2016上海文）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（）(A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D【解析】只有11B C 与EF 在同一平面内，是相交的，其他A ，B ，C 中直线与EF 都是异面直线，故选D ．考点：1.正方体的几何特征；2.直线与直线的位置关系.【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、空间想象能力等.10.（2016天津文）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【解析】试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选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．11.（2016浙江文、理）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．二、填空1. （2016北京文）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.2考点：三视图【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅱ理）,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.3、（2016上海理）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________. 【答案】22【解析】试题分析：由题意得111122tan 223332DD DBD DD BD ∠==⇒=⇒=.考点：1.正四棱柱的几何特征；2.直线与平面所成的角.【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题，往往要将空间问题转化成平面问题，做出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.4. （2016四川文）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.侧视图俯视图【答案】3【解析】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112S =⨯=1，所以该几何体的体积为11133V Sh ===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．5.（2016四川理）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图33【答案】3【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为1122sin1201323V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=.考点：三视图，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．6.（2016浙江文、理）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．【解析】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体， 22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．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． 7．（2016浙江文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =5，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______．【答案】69【解析】试题分析：设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得6AC =，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由6(0,,0)A ，30(,0,0)B ，6(0,,0)C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直， 2666CD CH CA ===，则63OH =，153066DH ⨯==，因此可设30630'(cos ,,sin )636D αα-，则3030630'(cos ,,sin )BD αα=--，与CA 平行的单位向量为(0,1,0)n =，所以cos cos ',BD n θ=<>''BD n BD n⋅=＝6395cos α-，HD'DCBA zyO所以cos 1α=时，cos θ取最大值69．考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C A 平行的单位向量n 和D 'B ，进而可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值的最大值．8.（2016天津理）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3. 【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．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．三、解答题1.（2016北京文）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面；（II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析.（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下：取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ．又因为E 为AB 的中点，所以F//E PA ．又因为PA ⊄平面C F E ，所以//PA 平面C F E ．考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2. （2016北京理）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC 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）33；（3）存在，14AM AP =（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=.因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ，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.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.3.（2016江苏）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 ⊥ ，1111AC 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）详见解析考点：直线与直线、平面与平面位置关系【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.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.4. （2016江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1PO 的四倍. （1）若16,PO 2,AB m m ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）123PO =考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.5.（2016全国Ⅰ文）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43试题解析：（I ）因为P 在平面ABC 内的正投影为D , 所以.AB PD ⊥因为D 在平面PAB 内的正投影为E ,所以.AB DE ⊥ 所以AB ⊥平面PED ,故.AB PG ⊥又由已知可得,PA PB =,从而G 是AB 的中点.（II ）在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PC ⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由（I ）知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2,2 2.==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF 所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 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.PABD CGE6.（2016全国Ⅰ理）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 ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析（II ）219-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 的方向为x 轴正方向,GF 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 =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D 3．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 为二面角C F -BE-的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C 3-．所以(C 3E =,()0,4,0EB =,(C 3,3A =--,()4,0,0AB =-．设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,3n =-．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅==-．CBDEF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.7.（2016全国Ⅱ文）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置. （Ⅰ）证明：'AC HD ⊥；（Ⅱ）若55,6,,'224AB AC AE OD ====,求五棱锥D ABCEF '-体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）694. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（I ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S 所以五棱锥'ABCEF D -体积16923222.34=⨯⨯=V 考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积.【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.8.（2016全国Ⅱ理）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，10OD '=．（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；（Ⅱ）9525.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=，所以D H ABCD '⊥平面.ABDD'E H Oz xyF（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0m 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0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-.于是75cos ,||||5010m n m n m n ⋅<>===⋅⨯， 295sin ,25m n <>=.因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 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 ⊥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．9.（2016全国Ⅲ文）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，ADBC ，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 ）求四面体N BCM -的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）453．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 . ......3分又BC AD //，故TN AM ，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 . ........6分（Ⅱ）因为⊥PA 平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分取BC 的中点E ，连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥，522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCM S ，所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....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．10.（2016全国Ⅲ理）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面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.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）8525．【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MNAT ，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，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 =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 =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==.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．11.（2016山东文）在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB . （I ）已知AB =BC ，AE =EC .求证：AC ⊥FB ；（II ）已知G ,H 分别是EC 和FB 的中点.求证：GH ∥平面ABC . 【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ））根据BD EF //，知EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，得到AC DE ⊥，AC BD ⊥，从而⊥AC 平面BDEF ，证得FB AC ⊥.（Ⅱ）设FC 的中点为I ，连HI GI ,，在CEF ∆，CFB ∆中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面//GHI 平面ABC ，进一步得到//GH 平面ABC . 试题解析：（Ⅰ））证明：因BD EF //，所以EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，因为E EC AE ,=为AC 的中点，所以AC DE ⊥；同理可得AC BD ⊥，又因为D DE BD = ，所以⊥AC 平面BDEF ，因为⊂FB 平面BDEF ，FB AC ⊥。

【备战2016】(新课标I版)高考数学分项汇编-专题10-立体几何(含解析)文

专题10 立体几何一．基础题组1. 【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D2. 【2011全国1，文8】【答案】C3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8（C ）π24（D ）π4【答案】B5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34（D ）23【答案】A6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D 中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________. 【答案】:16π【解析】:如图所示:8. 【2014全国1，文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.9. 【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．10. 【2011全国1，文20】(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面; （Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.11. 【2008全国1，文18】四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E --的大小．12. 【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛【答案】B【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式二．能力题组1. 【2014全国1，文8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事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】BCC E为CC1的中点，则直线2.【2012全国1，文8】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，1AC1与平面BED的距离为( )A．2 B C D．1【答案】D3. 【2010全国1，文9】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.3 B. 3 C. 23D. 3【答案】：D4. 【2009全国卷Ⅰ,文9】已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等,A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为( ) A.43 B.45 C.47 D.43 【答案】:D5. 【2007全国1，文7】如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（）D1C1B1DB CA A1A.15B.25C.35D.45【答案】：D6. 【2013课标全国Ⅰ，文15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．【答案】：9π2【解析】：如图，7. 【2008全国1，文16】已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于．8. 【2011新课标，文18】（本小题满分12分）9. 【2010全国1，文20】如图，四棱锥S—ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.(1)证明SE＝2EB；(2)求二面角ADEC的大小10. 【2009全国卷Ⅰ,文19】如图,四棱锥S —ABCD 中,底面ABCD 为矩形,SD⊥底面ABCD,2 AD ,DC=SD=2,点M 在侧棱SC上,∠ABM=60°.(1)证明:M 是侧棱SC 的中点; (2)求二面角S-AM-B 的大小.11. 【2005全国1，文18】（本大题满分12分）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。

【备战2016】(北京版)高考数学分项汇编专题09 圆锥曲线(含解析)文

【备战2016】（北京版）高考数学分项汇编专题09 圆锥曲线（含解析）文1. 【2008高考北京文第3题】“双曲线的方程为221916x y -=”是“双曲线的准线方程为95x =±”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2. 【2013高考北京文第7题】双曲线x 2－2y m＝1( )．A ．m ＞12B ．m ≥1C ．m ＞1D ．m ＞23. 【2011高考北京文第8题】4. 【2007高考北京文第4题】椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为1F ，2F ，两条准线与x 轴的交点分别为M N ，，若12MN F F ≤2，则该椭圆离心率的取值范围是（）Ａ．102⎛⎤ ⎥⎝⎦，Ｂ．0⎛⎝⎦Ｃ．112⎡⎫⎪⎢⎣⎭，Ｄ．1⎫⎪⎪⎣⎭5. 【2005高考北京文第9题】抛物线y 2=4x 的准线方程是；焦点坐标是．6. 【2013高考北京文第9题】若抛物线y 2＝2px 的焦点坐标为(1,0)，则p ＝__________；准线方程为__________．7. 【2009高考北京文第13题】椭圆22192x y +=的焦点为12,F F ，点P 在椭圆上，若1||4PF =，则2||PF = ；12F PF ∠的大小为 .8. 【2010高考北京文第13题】已知双曲线22221x ya b-=的离心率为2，焦点与椭圆221259x y+=的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为__________；渐近线方程为__________．9. 【2014高考北京文第10题】设双曲线C的两个焦点为()，)，一个顶点式()1,0，则C的方程为 .考点：本小题主要考查双曲线的方程的求解、,,a b c的关系式，考查分析问题与解决问题的能力.10. 【2011高考北京文第10题】已知双曲线2221(0)yx bb-=>的一条渐近线的方程为2y x=，则b= .11. 【2005高考北京文第20题】（本小题共14分）如图，直线l1：y＝kx（k>0）与直线l2：y＝－kx之间的阴影区域（不含边界）记为W，其左半部分记为W1，右半部分记为W2．（I）分别用不等式组表示W1和W2；（II）若区域W中的动点P(x，y)到l1，l2的距离之积等于d2，求点P的轨迹C的方程；（III）设不过原点O的直线l与（II）中的曲线C相交于M1，M2两点，且与l1，l2分别交于M3，M4两点．求证△OM1M2的重心与△OM3M4的重心重合．12【2006高考北京文第19题】椭圆C : 12222=+by a x (a >b >0)的两个焦点为F 1、F 2,点P 在椭圆C 上,且PF 1⊥F 1F 2,|PF 1|=34,|PF 2|=314. (1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 过圆x 2+y 2+4x -2y =0的圆心M ,交椭圆C 于A 、B 两点,且A 、B 关于点M 对称,求直线l 的方程.13.【2007高考北京文第19题】（本小题共14分）如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点(20)M ，，AB 边所在直线的方程为360x y --=点(11)T -，在AD 边所在直线上．（I ）求AD 边所在直线的方程；（II ）求矩形ABCD 外接圆的方程；（III ）若动圆P 过点(20)N -，，且与矩形ABCD 的外接圆外切，求动圆P 的圆心的轨迹方程．14.【2011高考北京文第19题】（本小题共14分）已知椭圆2222:1(0)x y G a b a b+=>>右焦点为。

【备战2016】(北京版)高考数学分项汇编专题16 选修部分(含解析)理

专题16 选修部分1. 【2010高考北京理第5题】极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( )A ．两个圆B ．两条直线C ．一个圆和一条射线D ．一条直线和一条射线【答案】C考点：极坐标. 2. 【2011高考北京理第3题】在极坐标系中，圆2sin ρθ=-的圆心的极坐标是 A. (1,)2π B. (1,)2π- C. (1,0) D. (1,)π【答案】B3. 【2011高考北京理第5题】如图，AD 、AE 、BC 分别与圆O 切于点D 、E 、F ，延长AF 与圆O 交于另一点G ，给出下列三个结论：①CA BC AB AE AD ++=+；②AE AD AG AF ⋅=⋅； ③ADG AFB ∽△△.其中正确的结论的序号是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③【答案】A.4. 【2012高考北京理第5题】如图. ∠ACB=90º，CD ⊥AB 于点D ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E.则( )A. CE ·CB=AD ·DBB. CE ·CB=AD ·ABC. AD ·AB=CD ²D.CE ·EB =CD ²【答案】A考点：几何证明.5. 【2014高考北京理第3题】曲线1cos 2sin x y θθ=-+⎧⎨=+⎩，（θ为参数）的对称中心（）A ．在直线2y x =上B ．在直线2y x =-上C ．在直线1y x =-上D ．在直线1y x =+上【答案】B【解析】考点：圆的参数方程，圆的对称性，点与直线的位置关系，容易题.6. 【2010高考北京理第12题】如图，⊙O 的弦ED ，CB 的延长线交于点A .若BD ⊥AE ，AB ＝4，BC ＝2，AD ＝3，则DE ＝__________；CE ＝__________.【答案】5考点：几何证明.7. 【2012高考北京理第9题】直线t t y t x (12⎩⎨⎧--=+=为参数)与曲线ααα(sin 3cos 3⎩⎨⎧==y x 为参数)的交点个数为______。

2016高考北京卷数学解析(总)

2016高考北京卷数学解析新东方在线郭少山2016年高考数学考试已经结束，新东方在线郭少山老师第一时间为大家带来2016高考北京卷数学试题解析，我们来逐题看一下。

【真题】【郭少山老师解析】北京卷的第一题当中考了一个集合，集合和不等式是综合的最好的衔接。

集合A确实考了不等式，关于绝对值不等式的解法初中就有了。

最后考了集合和集合之间的运算，这道题比较简单，主要是帮助大家能在非常紧张的情绪下快速的稳定下来。

【真题】【郭少山老师解析】第二题也是历年一个必考点，是线性规划的问题。

然而这个线性规划是非常传统的，其中目标函数是一个标准的解决性。

这道题有的同学说，我可以把这道题画出来，然后把我们的目标函数进行平移，从而解决最值问题。

这两道题虽然是简单题，我想请问同学们这样一个问题，简单题比的是正确率吗？简单题比的是会与不会吗？简单题在我们考试当中比的就是速度，俗话说考场一刻值千金。

如果我们能在简单题上省出五分钟，是不是最后一道难题，压轴题，给我们更多的思考空间。

这道题我不建议可以一上来就画图，这道题非常的典型，这时候我完全可以直接带点来看，谁最大谁就是最大值。

【真题】【郭少山老师解析】这道题是我们今年北京2016年理科的第七题。

选择题的倒数第二题，难度在历年来讲都不会太容易，这时候我们一起来分析一下究竟区分点在什么地方，为什么说是一道比较好的有区分度的题目。

首先他说函数上有一个点P，把点向左平移s个单位，这个地方有一个审题的问题，因为通常来讲我们在讲三角函数的过程当中，一般来说我们所谓的平移是对函数或者是对自变量进行平移，然而这道题有一点点小的变化，是对图像上的点进行平移，这个地方需要把题目审住。

然后向左平移s单位以后，然后说得到一个点P’，并且P’位于sin(2x)的图像上，一个是参数t，一个是s的最小值。

关于参数t第一句话就足够了，因为过点P(π/4，t)，可以代入函数y当中，解出来非常简单。

第二个s 的最小值从何而来，在我们的本质上就考察了三角函数是有周期性的。

(北京卷)十年真题(2010-2019)高考数学真题分类汇编专题09立体几何文(含解析)

专题 09 立体几何历年高考真题汇编1【． 2018 年北京文科06】某四棱锥的三视图以下图，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面 ABCD，AC ， CD ，PC＝3， PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有 3 个直角三角形，分别为：△PAB，△ PBC，△PAD．应选： C．2．【 2017 年北京文科 06】某三棱锥的三视图以下图，则该三棱锥的体积为（）A． 60B． 30C． 20D． 10【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积10．应选： D．3．【 2015 年北京文科 07】某四棱锥的三视图以下图，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1B．C．D．2【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形如图：此中 PB ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形∴ PB ＝ 1，AB ＝ 1， AD ＝ 1，∴BD，PD ．PC ═该几何体最长棱的棱长为：应选： C ．4．【 2013 年北京文科 08】如图，在正方体﹣1111中， P 为对角线1的三平分点， P 到各极点的距ABCD AB CDBD离的不一样取值有（）A ．3 个B ．4个C ．5 个D ．6 个【解答】解：成立以下图的空间直角坐标系，不如设正方体的棱长| AB | ＝3，则 A （3， 0，0），B （ 3， 3， 0），C （ 0， 3， 0），D （ 0， 0，0），A 1（ 3，0， 3），B 1（ 3， 3，3）， C 1（ 0，3， 3），D 1（ 0， 0，3），∴（﹣ 3，﹣ 3， 3），设 P （ x ，y ， z ），∵（﹣ 1，﹣ 1， 1），∴（2， 2， 1）．∴| PA| ＝| PC| ＝| PB1|，| PD| ＝| PA1| ＝ | PC1|，|PB|，| PD1|．故 P 到各极点的距离的不一样取值有，3，，共4个．应选： B．5．【 2012 年北京文科 07】某三棱锥的三视图以下图，该三棱锥的表面积是（）A． 28+6B． 30+6C． 56+12D． 60+12【解答】解：三视图复原的几何体是底面为直角边长为 4 和 5 的三角形，一个侧面垂直底面的等腰三角形，高为4，底边长为5，如图，所以 S底10，S 后，S右10，S 左 6 ．几何体的表面积为：S＝ S底+S 后+S右+S左＝30+6．应选： B．6．【 2011 年北京文科 05】某四棱锥的三视图以下图，该四棱锥的表面积是（）A． 16B． 16+16C． 32D． 16+32【解答】解：由已知中的三视力可得该几何体是一个四棱锥，棱锥的底面边长为4，故底面面积为16，棱锥的高为2，故侧面的高为：2，则每个侧面的面积为： 4 ，故棱锥的表面积为：16+16 ，应选： B．7．【 2010 年北京文科05】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：由正视图可知去掉的长方体在正视野的方向，从侧视图能够看出去掉的长方体在原长方体的左边，由以上各视图的描绘可知其俯视图切合C 选项．应选： C ．8．【 2010 年北京文科 08】如图，正方体 ABCD ﹣ A 1B 1C 1D 1 的棱长为 2，动点 E 、 F 在棱 A 1B 1 上．点 Q 是 CD 的中点，动点P 在棱上，若＝ 1，＝， 1 ＝（， y 大于零），则三棱锥 ﹣ 的体积（）AD EF DP x A E y xP EFQA ．与 x ，y 都相关B ．与 x ， y 都没关C ．与 x 相关，与 y 没关D ．与 y 相关，与 x 没关由图形可知，平面 EFQ与平面 CDA1B1是同一平面，故点 P 到平面 EFQ的距离是 P 到平面 CDA1B1的距离，且该距离就是 P 到线段 A1D的距离，此距离只与 x 相关，因为 EF＝1，点 Q到 EF 的距离为线段B1C的长度，为定值，综上可知所求三棱锥的体积只与x 相关，与 y 没关．应选： C．9．【 2019 年北京文科 12】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图以下图．假如网格纸上小正方形的边长为l ，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图复原原几何体如图，该几何体是把棱长为 4 的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为： 40．10．【 2019 年北京文科13】已知l，m是平面α外的两条不一样直线．给出以下三个论断：①l ⊥ m；② m∥α；③ l ⊥α．以此中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l ，m是平面α外的两条不一样直线，知：由线面平行的判断定理得：若 l ⊥α， l ⊥ m，则 m∥α．故答案为：若 l ⊥α， l ⊥m，则 m∥α．11．【 2016 年北京文科 11】某四棱柱的三视图以下图，则该四棱柱的体积为．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S（1+2）× 1，棱柱的高为1，故棱柱的体积V，故答案为：12．【 2014 年北京文科 11】某三棱锥的三视图以下图，则该三棱锥最长棱的棱长为．【解答】解：由主视图知CD⊥平面 ABC，设 AC中点为 E，则 BE⊥AC，且 AE＝ CE＝1；由主视图知CD＝2，由左视图知BE＝1，在 Rt △BCE中，BC，在 Rt △中，BD ，BCD在 Rt △ACD中，AD＝2 ．则三棱锥中最长棱的长为 2 ．故答案为： 2 ．13．【 2013 年北京文科 10】某四棱锥的三视图以下图，该四棱锥的体积为．【解答】解：几何体为底面边长为 3 的正方形，高为 1 的四棱锥，所以体积．故答案为： 3．14．【 2019 年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD为菱形， E 为 CD的中点．（Ⅰ）求证： BD⊥平面 PAC；（Ⅱ）若∠ ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面 PAE；（Ⅲ）棱 PB上能否存在点F，使得 CF∥平面 PAE？说明原因．【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ ABCD中， PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD为菱形，∴BD⊥ PA，BD⊥ AC，∵PA∩ AC＝A，∴ BD⊥平面 PAC．（Ⅱ）∵在四棱锥P﹣ ABCD中， PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD为菱形，E 为 CD的中点，∠ ABC＝60°，∴AB⊥ AE，PA⊥ AE，∵PA∩ AB＝A，∴ AE⊥平面 PAB，∵AE?平面 PAE，∴平面 PAB⊥平面 PAE．解：（Ⅲ）棱 PB上是存在中点 F，使得 CF∥平面PAE．原因以下：取 AB中点 G，连结 GF， CG，∵在四棱锥 P﹣ ABCD中， PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD为菱形， E 为 CD的中点，∴ CG∥ AE，FG∥ PA，∵CG∩ FG＝G， AE∩PA＝ A，∴平面 CFG∥平面 PAE，∵CF?平面 CFG，∴ CF∥平面 PAE．15．【2018 年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ ABCD中，底面 ABCD为矩形，平面PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA PD E F AD PB（Ⅰ）求证： PE⊥ BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面 PCD；（Ⅲ）求证： EF∥平面 PCD．【解答】证明：（Ⅰ） PA＝ PD， E 为 AD的中点，可得 PE⊥AD，底面 ABCD为矩形，可得BC∥ AD，则 PE⊥ BC；（Ⅱ）因为平面PAB和平面 PCD有一个公共点P，且 AB∥ CD，在平面 PAB内过 P 作直线 PG∥ AB，可得 PG∥CD，即有平面 PAB∩平面 PCD＝ PG，由平面 PAD⊥平面 ABCD，又 AB⊥ AD，可得 AB⊥平面 PAD，即有 AB⊥ PA，PA⊥ PG；同理可得 CD⊥ PD，即有 PD⊥ PG，可得∠ APD为平面 PAB和平面 PCD的平面角，由 PA⊥ PD，可得平面 PAB⊥平面 PCD；（Ⅲ）取 PC的中点 H，连结 DH， FH，在三角形 PCD中， FH为中位线，可得FH∥ BC，FH BC，由 DE∥ BC， DE BC，可得 DE＝FH， DE∥FH，四边形 EFHD为平行四边形，可得 EF∥DH，EF?平面 PCD， DH?平面 PCD，即有 EF∥平面 PCD．16．【 2017 年北京文科 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．（ 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．【解答】解：（ 1）证明：由PA⊥ AB， PA⊥ BC，AB?平面 ABC， BC?平面 ABC，且 AB∩ BC＝ B，可得 PA⊥平面 ABC，由 BD?平面 ABC，可得 PA⊥BD；（2）证明：由AB＝BC，D为线段AC的中点，可得 BD⊥AC，由 PA⊥平面 ABC， PA?平面 PAC，可得平面 PAC⊥平面 ABC，又平面 PAC∩平面 ABC＝ AC，BD?平面 ABC，且 BD⊥ AC，即有 BD⊥平面 PAC，BD?平面 BDE，可得平面 BDE⊥平面 PAC；（3）PA∥平面BDE，PA? 平面PAC，且平面 PAC∩平面 BDE＝DE，可得 PA∥DE，又 D为 AC的中点，可得 E 为 PC的中点，且 DE PA＝1，由 PA⊥平面 ABC，可得 DE⊥平面 ABC，可得 S S 2× 2＝1，△BDC △ ABC则三棱锥 E﹣ BCD的体积为DE?S△BDC1× 1．17．【 2016 年北京文科 18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PC⊥平面 ABCD， AB∥ DC， DC⊥ AC．（1）求证：DC⊥平面PAC；（ 2）求证：平面PAB⊥平面PAC；（3）设点E为AB的中点，在棱PB上能否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明原因．【解答】（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，DC? 平面ABCD，∴PC⊥ DC，∵DC⊥ AC，PC∩ AC＝C，∴ DC⊥平面 PAC；（ 2）证明：∵AB∥DC，DC⊥AC，∴ AB⊥ AC，∵PC⊥平面 ABCD，AB?平面ABCD，∴ PC⊥ AB，∵PC∩ AC＝C，∴AB⊥平面PAC，∵ AB?平面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PAC；（ 3）解：在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF．∵点 E 为 AB的中点，∴EF∥ PA，∵PA?平面 CEF， EF?平面 CEF，∴ PA∥平面 CEF．18．【 2015 年北京文科 18】如图，在三棱锥V﹣ ABC中，平面 VAB⊥平面 ABC，△ VAB为等边三角形，AC⊥ BC且 AC＝ BC ， O， M分别为 AB， VA的中点．（ 1）求证：VB∥平面MOC；（ 2）求证：平面MOC⊥平面VAB（ 3）求三棱锥V﹣ABC的体积．【解答】（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥ VB，∵VB?平面 MOC， OM?平面 MOC，∴VB∥平面 MOC；（2）∵AC＝BC，O为AB的中点，∴ OC⊥ AB，∵平面 VAB⊥平面 ABC， OC?平面 ABC，∴ OC⊥平面 VAB，∵ OC?平面 MOC，∴平面 MOC⊥平面 VAB（ 3）在等腰直角三角形ACB中， AC＝ BC，∴ AB＝2，OC＝1，∴S△VAB，∵OC⊥平面 VAB，∴ V C﹣VAB?S△VAB，∴ V V﹣ABC＝ V C﹣VAB．19．【 2014 年北京文科 17】如图，在三棱柱ABC﹣ A1B1 C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥ BC，AA1＝ AC＝2，BC＝1，E、 F 分别为 A1C1、 BC的中点．（1）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）求证：C1F∥平面ABE；（3）求三棱锥E﹣ABC的体积．【解答】解：（ 1）证明：∵三棱柱ABC﹣ A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∴BB1⊥ AB，∵AB⊥ BC，BB1∩ BC＝ B， BB1， BC?平面B1BCC1，∴ AB⊥平面 B1BCC1，∵AB?平面 ABE，∴平面 ABE⊥平面 B1BCC1；（Ⅱ）证明：取AB中点 G，连结 EG， FG，则∵F 是 BC的中点，∴ FG∥ AC，FG AC，∵E 是 A1C1的中点，∴FG∥ EC1， FG＝ EC1，∴四边形 FGEC1为平行四边形，∴C1F∥ EG，∵C1F?平面 ABE， EG?平面 ABE，∴ C1F∥平面 ABE；（ 3）解：∵AA1＝AC＝ 2，BC＝ 1，AB⊥BC，∴AB，∴ V E﹣ABC S△ABC?AA1（1）×2．20．【 2013 年北京文科 17】如图，在四棱锥P﹣ ABCD中， AB∥ CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面 PAD⊥底面 ABCD，PA⊥ AD． E和 F 分别是 CD和 PC的中点，求证：（Ⅰ） PA⊥底面 ABCD；（Ⅱ） BE∥平面 PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面 PCD．【解答】解：（Ⅰ）∵ PA⊥ AD，平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得 PA⊥平面 ABCD．（Ⅱ）∵ AB∥ CD， AB⊥ AD， CD＝2AB，E 和 F 分别是 CD和 PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥ AD．又 AD?平面 PAD， BE不在平面 PAD内，故有 BE∥平面 PAD．（Ⅲ）平行四边形 ABED中，由 AB⊥ AD可得， ABED为矩形，故有 BE⊥CD①．由 PA⊥平面 ABCD，可得 PA⊥ AB，再由 AB⊥ AD可得 AB⊥平面PAD，∴ CD⊥平面 PAD，故有 CD⊥ PD．再由 E、 F分别为 CD和 PC的中点，可得 EF∥PD，∴ CD⊥ EF②．而 EF和 BE是平面 BEF内的两条订交直线，故有CD⊥平面 BEF．因为 CD?平面 PCD，∴平面 BEF⊥平面 PCD．21．【 2012 年北京文科 16】如图 1，在 Rt △ABC中，∠C＝ 90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ ADE沿 DE折起到△ A1DE的地点，使 A1F⊥ CD，如图2．（1）求证：DE∥平面A1CB；（2）求证：A1F⊥BE；（3）线段A1B上能否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明原因．17【解答】解：（ 1）∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥ BC，又 DE?平面 A1CB，∴DE∥平面 A1CB．（2）由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴ DE⊥ AC，∴ DE⊥ A1D，又 DE⊥ CD，∴ DE⊥平面 A1DC，而 A1F?平面A1DC，∴ DE⊥ A1F，又 A1F⊥ CD，∴ A1F⊥平面 BCDE，∴ A1F⊥ BE．（ 3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．原因以下：如图，分别取A1C， A1B的中点 P，Q，则 PQ∥ BC．∵DE∥ BC，∴ DE∥ PQ．∴平面 DEQ即为平面DEP．由（Ⅱ）知 DE⊥平面A1DC，∴ DE⊥ A1C，又∵ P 是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点，∴ A1C⊥ DP，∴ A1C⊥平面 DEP，进而 A1C⊥平面 DEQ，故线段 A1B上存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ．22．【 2011 年北京文科17】如图，在四周体PABC中， PC⊥ AB，PA⊥ BC，点 D， E， F，G分别是棱 AP，AC，BC， PB的中点．（Ⅰ）求证： DE∥平面 BCP；（Ⅱ）求证：四边形DEFG为矩形；18（Ⅲ）能否存在点Q，到四周体PABC六条棱的中点的距离相等？说明原因．【解答】证明：（Ⅰ）∵ D， E分别为 AP， AC的中点，∴DE∥ PC，∵DE?平面 BCP，∴ DE∥平面 BCP．（Ⅱ）∵ D， E， F，G分别为 AP， AC， BC， PB的中点，∴ DE∥ PC∥FG， DG∥AB∥ EF∴四边形 DEFG为平行四边形，∵PC⊥AB，∴ DE⊥ DG，∴四边形 DEFG为矩形．（Ⅲ）存在点 Q知足条件，原因以下：连结 DF，EG，设 Q为 EG的中点，由（Ⅱ）知DF∩ EG＝ Q，且 QD＝ QE＝ QF＝ QG EG，分别取 PC， AB的中点 M，N，连结 ME， EN， NG， MG， MN，与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点 Q，且 QM＝ QN EG，∴ Q为知足条件的点．1921 / 4223．【 2010 年北京文科17】如图，正方形ABCD和四边形 ACEF所在的平面相互垂直． EF∥AC， AB，CE ＝EF＝1．（Ⅰ）求证： AF∥平面 BDE；（Ⅱ）求证： CF⊥平面 BDE．【解答】证明：（Ⅰ）设 AC于 BD交于点 G．因为 EF∥AG，且 EF＝1， AG AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形，所以 AF∥EG，因为 EG?平面 BDE，AF?平面 BDE，所以 AF∥平面 BDE．（Ⅱ）连结FG．因为 EF∥ CG， EF＝ CG＝1，且 CE＝1，所以平行四边形 CEFG为菱形．所以 CF⊥EG．因为四边形 ABCD为正方形，所以 BD⊥ AC．又因为平面ACEF⊥平面 ABCD，且平面 ACEF∩平面 ABCD＝ AC，所以 BD⊥平面 ACEF．所以 CF⊥BD．又 BD∩ EG＝ G，所以 CF⊥平面 BDE．2022 / 42考题剖析与复习建议本专题考察的知识点为：空间几何体的构造、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的地点关系，直线、平面平行、垂直的判断与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等 . 历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，要点考察的知识点为：三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判断与性质，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等 . 展望明年本考点题目会比较稳固，备考方向以知识点三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判断与性质，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为要点较佳.最新高考模拟试题1．在正方体中 , AD1与BD所成的角为（）A．45 ? B．90 C．60 D．120【答案】 C【分析】如图，连结BC1、 BD和 DC1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，2123 / 42由 AB=D1C1， AB∥ D1C1，可知 AD1∥ BC1，所以∠ DBC1就是异面直线 AD1与 BD所成角，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中， BC1、 BD和 DC1是其三个面上的对角线，它们相等．所以△ DBC1是正三角形，∠ DBC1=60°故异面直线 AD1与 BD所成角的大小为 60°．应选： C．2．在正方体中，用空间中与该正方体全部棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的全部多边形中，多边形截面的面积为S ，周长为l，则( )A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l 为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值【答案】 C【分析】正方体的全部棱中，其实是 3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：与面A1BD 平行的面且截面是六边形时知足条件，不失一般性设正方体边长为1，即六边形 EFGHMN ，此中分别为其所在棱的中点，由正方体的性质可得EF 2 ，2l 为定值3 2 ．∴六边形的周长∴六边形的面积为，由正方体的对称性可得其他地点时也为正六边形，周长与面积不变，故 S 与l均为定值，应选 C.3．在四周体P ABC 中，ABC为等边三角形，边长为3，PA 3 ，PB 4 ，PC 5 ，则四周体P ABC 的体积为（）2224 / 42A．3B．23C．11D．10【答案】 C【分析】如图，延伸 CA 至D，使得 AD 3，连结DB , PD，因为，故ADB 为等腰三角形，又，故，所以即，故 CB DB ，因为，所以，所以 CB PB ，因， DB 平面 PBD ，PB 平面 PBD ，所以 CB 平面 PBD ，所以，因 A 为DC的中点，所以，因为，故PDC 为直角三角形，所以，又，而 PB 4 ，故即 PBD 为直角三角形，所以，所以，应选 C.4．若a, b是不一样的直线，,是不一样的平面，则以下命题中正确的选项是（）A．若，则2325 / 42B．若，则‖C．若，则‖D．若，则‖【答案】 C【分析】A 中，若，平面,可能垂直也可能平行或斜交，不正确；B 中，若，平面,可能平行也可能订交，不正确；C 中，若a,b，则a, b分别是平面,的法线，a‖b必有‖，正确；D 中，若，平面,可能平行也可能订交，不正确. 应选 C.5．某几何体的三视图以下图，则该几何体的外接球的体积是（）2A．33B．2C．3D．4 3【答案】 B【分析】解：依据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角获得的．故：该几何体的外接球为正方体的外接球，2426 / 42所以：球的半径，则：.应选： B．6．如图，正方体中，E为棱BB1的中点，用过点A 、 E 、 C1的平面截去该正方体的下半部分，则节余几何体的正视图（也称主视图）是（）A．B．C．D．【答案】 A【分析】解：正方体中，过点 A, E, C1的平面截去该正方体的上半部分后，节余部分的直观图如图：2527 / 42则该几何体的正视图为图中粗线部分．应选： A．7．以下说法错误的选项是（）A．垂直于同一个平面的两条直线平行B．若两个平面垂直，则此中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C．一个平面内的两条订交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】 D【分析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行, A正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则此中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 , B正确；由面面平行的判断定理知，一个平面内的两条订交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行， C 正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不必定垂直， D 错误，应选 D. 8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四周体称之为“鳖臑”. 在以下图的四棱锥P ABCD 中，PD 平面 ABCD ，底面 ABCD 是正方形，且PD CD ，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有（）A．2 个B．3 个C．4 个D．5 个2628 / 42【答案】 C【分析】由题意，因为PD底面ABCD，所以PD DC ，PD BC ，又四边形 ABCD 为正方形，所以BC CD ，所以 BC⊥平面PCD，BC PC ，所以四周体PDBC 是一个鳖臑，因为 DE 平面 PCD ，所以 BC DE ，因为 PD CD ，点 E 是PC的中点，所以DE PC ，因为，所以 DE 平面 PBC ，可知四周体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四周体EBCD 是一个鳖臑，同理可得，四周体PABD 和 FABD 都是鳖臑，应选 C.9．在三棱锥P ABC 中，平面PAB平面ABC，△ABC是边长为6的等边三角形，△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】 48【分析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB的中点F，设此中心为 O ，由AB6，得，PAB 是以 AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ,又因为平面PAB平面ABC，PF平面ABC，PF OF ，，则 O 为棱锥P ABC的外接球球心，外接球半径，2729 / 42该三棱锥外接球的表面积为，故答案为 48 .10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其睁开图是半径为3，圆心角为2的扇形，则该圆锥的体积为3_______.【答案】22 3【分析】因为睁开图是半径为3，圆心角为2的扇形，所以圆锥的母线l 3 ，圆锥的底面的周长为，3所以底面的半径 r 1 ，依据勾股定理，可知圆锥的高，所以圆锥的体积为.11．设m，n是两条不一样的直线，，是两个不一样的平面，以下正确命题序号是_____．（ 1）若m ， n∥，则m∥n（ 2）若m ， m n 则n∥（ 3）若m ， n 且 m n ，则；（ 4）若m ，，则 m【答案】（3）（ 4）【分析】若，则 m 与 n 可能平行，订交或异面，故（1）错误；若则 n∥或 n ，故（ 2）错误；若且 m n ，则，故（ 3）正确；若，由面面平行的性质可得 m ，故（ 4）正确；故答案为：（ 3）（ 4）12．长方体的底面ABCD是边长为1 的正方形，若在侧棱AA1上存在点E，使得，则侧棱 AA1的长的最小值为_______．2830 / 42【答案】 2【分析】设侧棱 AA1的长为 x，A1E＝ t ，则 AE＝ x﹣ t ，∵长方体ABCD﹣ A1B1C1D1的底面是边长为 1 的正方形，∠C1EB＝90°，∴，∴2+t 2+1+（ x﹣ t ）2＝1+x2，整理，得： t 2﹣ xt+1 ＝ 0，∵在侧棱AA1上起码存在一点E，使得∠ C1EB＝90°，2∴△＝（﹣ x）﹣4≥0，∴侧棱 AA1的长的最小值为2．故答案为2．13．如图，在Rt ABC 中，AB BC 1 ，D和E分别是边BC和AC上一点，DE BC ，将CDE 沿DE 折起到点 P 地点，则该四棱锥P ABDE 体积的最大值为_______．3【答案】27【分析】在 Rt ABC 中，由已知，AB BC 1 ，DE BC ，所以设，四边形 ABDE 的面积为, 当CDE 平面ABDE时，四棱锥 P ABDE 体积最大, 此时，且,故四棱锥 P ABDE 体积为，，x3时， V 0 ；时， V 0 , 0,3所以，当x 3时， V max 3 .3 27故答案为 32714．三棱锥P ABC 的4 个极点在半径为2的球面上， PA 平面 ABC ，ABC是边长为 3 的正三角形，则点 A 到平面PBC的距离为______．【答案】65【分析】△ ABC是边长为3的正三角形，可得外接圆的半径a2，即 r ＝ 1．2rsin60∵ PA⊥平面 ABC， PA＝ h，球心究竟面的距离 d 等于三棱锥的高PA的一半即h，2那么球的半径R 2 , 解得 h=2, 又由知，得 d '6故点 A 到平面 PBC 的距离为 655故答案为 6．515．如图，该几何体由底面半径同样的圆柱与圆锥两部分构成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______．【答案】3【分析】设圆柱和圆锥的底面半径为R ，则圆柱的高 h 1 ＝ R ，圆锥的母线长为 L ，因为圆柱与圆锥的侧面积相等，所以，，解得： L ＝ 2R ，得圆锥的高为 h 2 ＝ 3 R ，所以，圆锥与圆柱的高之比为3R3 .R故答案为：316．直三棱柱中，，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥 O ABC 的体积为 1，则球 O 表面积的最小值为 __________ ．【答案】 16 . 【分析】如图，在 Rt ABC 中，设，则．分别取 AC , A 1C 1 的中点 O 1 ,O 2 ，则 O 1, O 2 分别为 Rt A 1 B 1C 1 和 Rt ABC 外接圆的圆心，连 O 1,O 2 ，取 O 1O 2 的中点 O ，则 O 为三棱柱外接球的球心．连 OA ，则 OA 为外接球的半径，设半径为R ．∵三棱锥 O ABC 的体积为 1，即，∴ ac 6 ．在 Rt OO2C 中，可得，∴，当且仅当a c 时等号成立，∴O 球表面积的最小值为 16 ．故答案为： 16 ．17．在三棱锥P ABC中，ABC是边长为4的等边三角形，，PC 2 5.（ 1）求证：平面PAB 平面 ABC ；（ 2）若点M，N分别为棱BC，PC的中点，求三棱锥N AMC 的体积V.2 6【答案】 (1) 目睹明； (2) V=3【分析】（1）取AB中点H，连结PH， HC .∵，AB 4 ，.∴ PH AB，PH 2 2∵等边ABC 的边长为 4∴ HC 2 3，又PC 2 5∴∴PHC 90 ，即PH HC又∵， AB平面ABC，CH平面ABC∴PH 平面ABC，又 PH 平面 PAB∴平面 PAB平面ABC（ 2）∵点M，N分别为棱BC ，PC的中点12且∴三棱锥 N AMC 的体积18．以下图，三棱柱中，BCA 90°，AC1平面A1BC．（ 1）证明：平面ABC平面ACC1A1；（ 2）若， A1 A A1C ，求点 B1到平面 A1BC 的距离．【答案】（1）看法析；（ 2） 3【分析】（ 1）证明：AC1 平面 A1BC ，．，，BC 平面 ACC1 A1．又BC 平面 ABC ，平面 ABC 平面 ACC1 A1．（ 2）解：取AC的中点D，连结A1D．，．又平面 ABC 平面 ACC1 A1 ，且交线为 AC ，则A1D 平面 ABC ．AC1 平面 A1BC ，，四边形 ACC1 A1为菱形，．又 A1A A1C ，A1 AC 是边长为2正三角形，A1D 3．面 BB1C1C , BB1面BB1C1CAA1面BB1C1C设点 B1到平面 A1 BC 的距离为 h ．则．，， h 3 ．所以点 B1到平面 A1BC 的距离为 3 ．19．在边长为 3 的正方形ABCD 中，点E，F分别在边AB，BC上（如左图），且BE=BF，将AED ，DCF 分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点 A （如右图）．（ 1）求证：A D EF ；（ 2）当BF 1BC 时，求点 A 到平面 DEF 的距离．3【答案】（1）看法析；（ 2）375【分析】（ 1）由ABCD是正方形及折叠方式，得：A E AD，AF A D ，， A D 平面 AEF ，平面AEF，．（2），，，SDEF52设点 A 到平面 DEF 的距离为 d ，，，解得d 3 7 ．5点A 到平面 DEF 的距离为3 7．520．如图，四棱锥S ABCD 中，SD 平面 ABCD ，AB / /CD， AD CD， SD CD，AB AD ，CD 2AD，M 是BC 中点， N 是 SA上的点.（1）求证：MN / /平面SDC；（2）求A点到平面MDN的距离 .【答案】（1）目睹明；（ 2）d 【分析】12 7（1）取AD中点为E，连结ME，NE，则ME / /DC，因为 ME平面SDC，所以ME / /平面SDC，同理NE / /平面SDC.所以平面 MNE / / 平面 SDC ，进而所以 MN / / 平面 SDC .（ 2）因为CD AD ，所以ME AD .因为 SD 平面 ABCD ，所以 SD CD，ME SD.所以 ME 平面 SAD . 设DA 2 ，则ME 3，NE 2 ，， MD10，ND5.在MDN 中，由余弦定理，进而，所以MDN 面积为 7.2又ADM 面积为12 3 3 .2设 A 点到平面 MDN 的距离为 d ，由得 7d 3NE ，2因为NE 2，所以 A 点到平面 MDN12 .的距离 d721．如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA平面 ABCD ，PA3， AB//CD ，ABAD ，，AB 2， E 为侧棱 PA 上一点 .（Ⅰ）若 PE1PA ，求证： PC / /平面 EBD ；3（Ⅱ）求证：平面EBC 平面 PAC ；（Ⅲ）在侧棱 PD 上能否存在点 F ，使得 AF平面 PCD ？若存在，求出线段 PF 的长；若不存在，请说明原因．【答案】（Ⅰ）详看法析；（Ⅱ）详看法析；（Ⅲ）存在，线段 PF 长 3.2【分析】（Ⅰ）设，连结 EG ，由已知 AB/ /CD ， DC1， AB2 , 得.1 AE2 .由 PEPA ,得3EP在 PAC 中，由AE AG，得 EG/ /PC .EPGC因为 EG 平面 EBD ， PC平面 EBD ，所以 PC//平面 EBD .（Ⅱ）因为 PA平面 ABCD ， BC平面 ABCD ，所以 BCPA .由已知得 AC 2，BC2，AB 2，所以.所以 BC AC .又，所以 BC 平面 PAC .因为 BC平面 EBC ，所以平面 EBC平面 PAC .（Ⅲ）在平面 PAD 内作 AFPD 于点 F ，由DC PA，DC AD，，得 DC 平面 PAD.因为 AF 平面 PAD ，所以CD AF.又，所以 AF 平面 PCD .由 PA 3，AD 1， PA AD ，得 PF 3 . 222．已知三棱柱的底面 ABC 是等边三角形，侧面AA C C 底面 ABC，D是棱BB 的中点 .（ 1）求证：平面DA C平面ACC A；（ 2）求平面DA C将该三棱柱分红上下两部分的体积比.【答案】 (1) 目睹明； (2)1 ： 1【分析】（1）取AC,AC的中点O,F ,连结 OF 与AC交于点E，连结 DE，OB,BF,则E为OF的中点，,且，所以 BB FO 是平行四边形.又 D 是棱BB的中点，所以DE OB .侧面 AACC底面ABC,且OB AC，所以OB平面ACCA. 所以 DE平面ACCA，又 DE平面DAC，所以平面DAC平面ACCA.（ 2）连结A B，设三棱柱的体积为V.故四棱锥的体积又 D 是棱BB的中点，BCD 的面积是 BCC B 面积的1，4故四棱锥的体积故平面DA C将该三棱柱分红上下两部分的体积比为1:1.。

2016北京高三二模分类汇编：立体几何

2016北京高三二模分类汇编立体几何一、立体几何基本知识1.【2016朝阳高三二模，文数第08题】2.【2016海淀高三二模，理数第14题】3.【2016朝阳高三二模，理数第08题】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是棱11D C 的中点，点F 在正方体内部或正方体的表面上，且EF ∥平面11A BC ，则动点F 的轨迹所形成的区域面积是A ．92B ．C ．D ．4.【2016朝阳高三二模，文数第04题】已知m ，n ，l 为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题中正确的是A ．若m ⊥l ，n ⊥l ，则m ∥nB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥nD ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β俯视图侧（左）视图111正（主）视图11二、立体几何之三视图5.【2016昌平高三二模，理数第12题】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长棱的棱长为_______.6.【2016西城高三二模，文数第11题】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为_____.7.【2016朝阳高三二模，文数数第06题】已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长是A ．6B ．5 C. 2 D.2三、立体几何之复杂应用（大题）8.【2016昌平高三二模，理数第17题】（本小题满分14分）如图，三棱柱111ABC A B C -中，BC 垂直于正方形11A ACC 所在平面，2,1AC BC ==，D 为AC 中点，E 为线段1BC 上的一点（端点除外），平面1AB E 与BD 交于点F .（I ）若E 不是1BC 的中点，求证：1//AB EF ;（II ）若E 是1BC 的中点，求AE 与平面D BC 1所成角的正弦值;2正（主）视图侧（左）视图俯视 1 1 2正视侧视图俯视图1 11 1（III ）在线段1BC 上是否存在点E ，使得1,A E CE ⊥若存在，求出1BEEC 的值，若不存在，请说明理由.9.【2016朝阳高三二模，文数第18题】（本小题满分14分）在四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为菱形，侧面ABE 为等边三角形，且侧面ABE ⊥底面BCDE ，,O F 分别为,BE DE 的中点．（Ⅰ）求证：AO CD ⊥；（Ⅱ）求证：平面AOF ⊥平面ACE ；（Ⅲ）侧棱AC 上是否存在点P ，使得//BP 平面AOF ?若存在，求出APPC的值；若不存在，请说明理由．10.【2016朝阳高三二模，文数第17题】（本小题满分14分）如图1，在等腰梯形中，，，，为中点，点分别为的中点．将沿折起到的位置，使得平面平面（如图2）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）侧棱上是否存在点，使得平面? 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．ABCD //BC AD 122BC AD ==60A ∠=︒E AD ,O F ,BE DE ABE ∆BE 1A BE ∆1A BE ⊥BCDE 1A O CE ⊥1A B 1A CE 1A C P //BP 1A OF 11A PA CFOBCDAE11.【2016海淀高三二模，理数第17题】12.【2016西城高三二模，文数第17题】（本小题满分14分）如图，在周长为8的矩形ABCD 中，,E F 分别为,BC DA 的中点. 将矩形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=o . 设G 为AF 上一点，且满足//CF 平面BDG .（Ⅰ）求证：EF DG ⊥；（Ⅱ）求证：G 为线段AF 的中点；（Ⅲ）求线段CG 长度的最小值.ECDBA图1BFOCDA 1E图213.【2016海淀高三二模，文数第17题】F E GA BD C CA BF E D C CC 1B 1A 1F ED CBA详细解答1. D2.3. C4. C5.6. 37. A8.I ）证明：连接C B 1，交1BC 于点G ，连接GD . 在三棱柱111C B A ABC -中， G 为1B C 中点, 且D 为AC 中点，所以1//GD AB .因为1GD BC D ⊂平面,D BC AB 11平面⊄所以11//AB BC D 平面. ………………2分由已知，平面1ABE 与BD 交于点F ，所以1F AB ∈平面，E 从而1EF AB EF ⊂平面，又1EF BC D ⊂平面，所以11BC D AB EF EF =I 平面平面, 所以1//AB EF . ……………………4分(II) 建立空间直角坐标系 11C ACB -如图所示.11(2,2,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),1(0,2,1),(0,0,1),(0,1,),(1,2,0).2A A C CB B E D 1.设平面1BC D 的法向量为(,,)n x y z =r由得20,20.y z x y +=⎧⎨+=⎩,令1,y =,得(2,1,2)n =--r. ……………………6分……………………8分所以，AE 与平面1BC D所成角的正弦值为63. ……………………9分 (III) 在线段1BC 上存在点E ，使得1,A E CE ⊥且114BE EC =. 理由如下：假设在线段1BC 上存在点E ，使得1,A E CE ⊥设11(0,,)E y z ,1(0)BEEC λλ=>.则,1111(0,2,1)(0,,)y z y z λ--=--. 112,11,1y z λλ⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩21(0,,)11E λλ++. ………………11分22410(1)(1)λλλ-+=++, 解得: 14λ=. ………………13分所以，在线段1BC 上存在点E ，使得1,A E CE ⊥且114BE EC =.………………14分9.解：（Ⅰ）因为ABE ∆为等边三角形，O 为BE 的中点，所以AO BE ⊥．又因为平面ABE ⊥平面BCDE ，平面ABE I 平面BCDE BE =，AO ⊂平面ABE ，所以AO ⊥平面BCDE ．又因为CD ⊂平面BCDE ，所以AO CD ⊥．……………………………………………………………4分（Ⅱ）连结BD ，因为四边形BCDE 为菱形，所以CE BD ⊥．因为,O F 分别为,BE DE 的中点，所以//OF BD ，所以CE OF ⊥．由（Ⅰ）可知，AO ⊥平面BCDE ．因为CE ⊂平面BCDE ，所以AO CE ⊥. 因为AO OF O =I ，所以CE ⊥平面AOF ．又因为CE ⊂平面ACE ，所以平面AOF ⊥平面ACE ．…………………………………………………9分（Ⅲ）当点P 为AC 上的三等分点（靠近A 点）时，//BP 平面AOF ．证明如下：设CE 与,BD OF 的交点分别为,M N ，连结AN ,PM ．因为四边形BCDE 为菱形，,O F 分别为,BE DE 的中点，所以12NM MC =．设P 为AC 上靠近A 点的三等分点，则12AP NM PC MC ==，所以//PM AN ．因为AN ⊂平面AOF ，PM ⊄平面AOF ，所以//PM 平面AOF ．由于//BD OF ，OF ⊂平面AOF ，BD ⊄平面AOF ，所以//BD 平面AOF ，即//BM 平面AOF ．因为BM PM M =I ，所以平面//BMP 平面AOF ．因为BP ⊂平面BMP ，所以//BP 平面AOF . 可见侧棱AC 上存在点P ，使得//BP 平面AOF ，且12AP PC =． …………………………………………………………………………14分FOBCDAE P MN10解：（Ⅰ）如图1，在等腰梯形中，由，，，为中点，所以为等边三角形．如图2, 因为为的中点，所以．又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以．………4分（Ⅱ）连结，由已知得，又为的中点，所以．由（Ⅰ）知平面，所以，所以两两垂直．以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，易知．所以，所以．设平面的一个法向量为，由得即取，得．设直线与平面所成角为，则．ABCD //BC AD 122BCAD ==60A ∠=︒E AD ABE ∆O BE 1A O BE ⊥1A BE ⊥BCDE 1A BE I BCDE BE =1AO ⊥BCDE 1A O CE ⊥OC CB CE =O BE OC BE ⊥1AO ⊥BCDE 11,A O BE A O OC ⊥⊥1,,OA OB OC O 1,,OB OC OA ,,x y z 2BC =13OA OC ==1(003),(100),(030),(100)A B C E -，，，，，，，，1A CE (,,)x y z =n 330,30.y z x z ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩0, 30. y z x z -=⎧⎪⎨+=⎪⎩1z =(3,1,1)=-n 1A B 1A CE θA 1x zyzz z F OBCDEP CBFODA 1E所以直线与平面所成角的正弦值为． …………………9分（Ⅲ）假设在侧棱上存在点，使得平面．设，．因为，所以．易证四边形为菱形，且，又由（Ⅰ）可知，，所以平面．所以为平面的一个法向量．由，得．所以侧棱上存在点，使得平面，且． (14)11.1A B 1A CE 1A C P //BP 1A OF [0,1]λ∈BCDE CE BD ⊥1A O CE ⊥CE ⊥1A OF 1A OF 1[0,1]3λ=∈1A C P //BP 1A OF 1113A P A C =。

2016年北京市高考数学试卷及解析(文科)

2016年北京市高考数学试卷（文科）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1、（5分）已知集合A={x|2＜x＜4}，B={x|x＜3或x＞5}，则A∩B=（）A、{x|2＜x＜5}B、{x|x＜4或x＞5}C、{x|2＜x＜3}D、{x|x＜2或x＞5}2、（5分）复数=（）A、iB、1+iC、﹣iD、1﹣i3、（5分）执行如图所示的程序框图，输出s的值为（）A、8B、9C、27D、364、（5分）下列函数中，在区间（﹣1，1）上为减函数的是（）A、y=B、y=cosxC、y=ln（x+1）D、y=2﹣x5、（5分）圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为（）A、1B、2C、D、26、（5分）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（）A、B、C、D、7、（5分）已知A（2，5），B（4，1）、若点P（x，y）在线段AB上，则2x﹣y 的最大值为（）A、﹣1B、3C、7D、88、（5分）某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊、学生序号 1 2 3 4 5 67 89 10立定跳远（单位：米） 1.961.921.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.6030秒跳绳（单位：次）63 a 7560 6372 70a﹣1 b65在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A、2号学生进入30秒跳绳决赛B、5号学生进入30秒跳绳决赛C、8号学生进入30秒跳绳决赛D、9号学生进入30秒跳绳决赛二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）9、（5分）已知向量=（1，），=（，1），则与夹角的大小为、10、（5分）函数f（x）=（x≥2）的最大值为、11、（5分）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为、12、（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为2x+y=0，一个焦点为（，0），则a=，b=、13、（5分）在△ABC中，∠A=，a=c，则=、14、（5分）某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，则该网店①第一天售出但第二天未售出的商品有种；②这三天售出的商品最少有种、三、解答题（共6小题，满分80分）15、（13分）已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4、（1）求{a n}的通项公式；（2）设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和、16、（13分）已知函数f（x）=2sinωxcosωx+cos2ωx（ω＞0）的最小正周期为π、（1）求ω的值；（2）求f（x）的单调递增区间、17、（13分）某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如图频率分布直方图：（1）如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？（2）假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替，当w=3时，估计该市居民该月的人均水费、18、（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC、（1）求证：DC⊥平面PAC；（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；（3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由、19、（14分）已知椭圆C：+=1过点A（2，0），B（0，1）两点、（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB 与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值、20、（13分）设函数f（x）=x3+ax2+bx+c、（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件、参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1、（5分）已知集合A={x|2＜x＜4}，B={x|x＜3或x＞5}，则A∩B=（）A、{x|2＜x＜5}B、{x|x＜4或x＞5}C、{x|2＜x＜3}D、{x|x＜2或x＞5}题目分析：由已知条件利用交集的定义能求出A∩B、试题解答解：∵集合A={x|2＜x＜4}，B={x|x＜3或x＞5}，∴A∩B={x|2＜x＜3}、故选：C、点评：本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集的定义的合理运用、2、（5分）复数=（）A、iB、1+iC、﹣iD、1﹣i题目分析：将分子分线同乘2+i，整理可得答案、试题解答解：===i，故选：A、点评：本题考查的知识点是复数代数形式的加减运算，共轭复数的定义，难度不大，属于基础题、3、（5分）执行如图所示的程序框图，输出s的值为（）题目分析：根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案、试题解答解：当k=0时，满足进行循环的条件，故S=0，k=1，当k=1时，满足进行循环的条件，故S=1，k=2，当k=2时，满足进行循环的条件，故S=9，k=3，当k=3时，不满足进行循环的条件，故输出的S值为9，故选：B、点评：本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法进行解答、4、（5分）下列函数中，在区间（﹣1，1）上为减函数的是（）A、y=B、y=cosxC、y=ln（x+1）D、y=2﹣x题目分析：根据函数单调性的定义，余弦函数单调性，以及指数函数的单调性便可判断每个选项函数在（﹣1，1）上的单调性，从而找出正确选项、试题解答解：A、x增大时，﹣x减小，1﹣x减小，∴增大；∴函数在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；B、y=cosx在（﹣1，1）上没有单调性，∴该选项错误；C、x增大时，x+1增大，ln（x+1）增大，∴y=ln（x+1）在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；D.；∴根据指数函数单调性知，该函数在（﹣1，1）上为减函数，∴该选项正确、故选：D、点评：考查根据单调性定义判断函数在一区间上的单调性的方法，以及余弦函数和指数函数的单调性，指数式的运算、5、（5分）圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为（）题目分析：先求出圆（x+1）2+y2=2的圆心，再利用点到到直线y=x+3的距离公式求解、试题解答解：∵圆（x+1）2+y2=2的圆心为（﹣1，0），∴圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为：d==、故选：C、点评：本题考查圆心到直线的距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式和圆的性质的合理运用、6、（5分）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（）A、B、C、D、题目分析：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，同此能求出甲被选中的概率、试题解答解：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，基本事件总数n==10，甲被选中包含的基本事件的个数m==4，∴甲被选中的概率p===、故选：B、点评：本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用、7、（5分）已知A（2，5），B（4，1）、若点P（x，y）在线段AB上，则2x﹣y 的最大值为（）A、﹣1B、3C、7D、8题目分析：平行直线z=2x﹣y，判断取得最值的位置，求解即可、试题解答解：如图A（2，5），B（4，1）、若点P（x，y）在线段AB上，令z=2x﹣y，则平行y=2x﹣z当直线经过B时截距最小，Z取得最大值，可得2x﹣y的最大值为：2×4﹣1=7、故选：C、点评：本题考查线性规划的简单应用，判断目标函数经过的点，是解题的关键、8、（5分）某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊、学生序号 1 2 3 4 5 67 89 10立定跳远（单位：米） 1.961.921.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.6030秒跳绳（单位：次）63 a 7560 6372 70a﹣1 b65在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A、2号学生进入30秒跳绳决赛B、5号学生进入30秒跳绳决赛C、8号学生进入30秒跳绳决赛D、9号学生进入30秒跳绳决赛题目分析：根据已知中这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，逐一分析四个答案的正误，可得结论、试题解答解：∵这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，故编号为1，2，3，4，5，6，7，8的学生进入立定跳远决赛，又由同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则3，6，7号同学必进入30秒跳绳决赛，剩下1，2，4，5，8号同学的成绩分别为：63，a，60，63，a﹣1有且只有3人进入30秒跳绳决赛，故成绩为63的同学必进入30秒跳绳决赛，故选：B、点评：本题考查的知识点是推理与证明，正确利用已知条件得到合理的逻辑推理过程，是解答的关键、二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）9、（5分）已知向量=（1，），=（，1），则与夹角的大小为、题目分析：根据已知中向量的坐标，代入向量夹角公式，可得答案、试题解答解：∵向量=（1，），=（，1），∴与夹角θ满足：cosθ===，又∵θ∈[0，π]，∴θ=，故答案为：、点评：本题考查的知识点是平面向量的夹角公式，熟练掌握平面向量的夹角公式，是解答的关键、10、（5分）函数f（x）=（x≥2）的最大值为2、题目分析：分离常数便可得到，根据反比例函数的单调性便可判断该函数在[2，+∞）上为减函数，从而x=2时f（x）取最大值，并可求出该最大值、试题解答解：；∴f（x）在[2，+∞）上单调递减；∴x=2时，f（x）取最大值2、故答案为：2、点评：考查函数最大值的概念及求法，分离常数法的运用，以及反比例函数的单调性，根据函数单调性求最值的方法、11、（5分）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为、题目分析：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，进而可得答案、试题解答解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S=×（1+2）×1=，棱柱的高为1，故棱柱的体积V=，故答案为：点评：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键、12、（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为2x+y=0，一个焦点为（，0），则a=1，b=2、题目分析：由双曲的一条渐近线为2x+y=0，一个焦点为（，0），列出方程组，由此能出a，b、试题解答解：∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为2x+y=0，一个焦点为（，0），∴，解得a=1，b=2、故答案为：1，2、点评：本题考查双曲线中实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意双曲线的性质的合理运用、13、（5分）在△ABC中，∠A=，a=c，则=1、题目分析：利用正弦定理求出C的大小，然后求出B，然后判断三角形的形状，求解比值即可、试题解答解：在△ABC中，∠A=，a=c，由正弦定理可得：，=，sinC=，C=，则B==、三角形是等腰三角形，B=C，则b=c，则=1、故答案为：1、点评：本题考查正弦定理的应用，三角形的判断，考查计算能力、14、（5分）某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，则该网店①第一天售出但第二天未售出的商品有16种；②这三天售出的商品最少有29种、题目分析：①由题意画出图形得答案；②求出前两天所受商品的种数，由特殊情况得到三天售出的商品最少种数、试题解答解：①设第一天售出商品的种类集为A，第二天售出商品的种类集为B，第三天售出商品的种类集为C，如图，则第一天售出但第二天未售出的商品有16种；②由①知，前两天售出的商品种类为19+13﹣3=29种，当第三天售出的18种商品都是第一天或第二天售出的商品时，这三天售出的商品种类最少为29种、故答案为：①16；②29、点评：本题考查集合的包含关系及其应用，考查了集合中元素的个数判断，考查学生的逻辑思维能力，是中档题、三、解答题（共6小题，满分80分）15、（13分）已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4、（1）求{a n}的通项公式；（2）设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和、题目分析：（1）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，运用通项公式可得q=3，d=2，进而得到所求通项公式；（2）求得c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和、试题解答解：（1）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，由b2=3，b3=9，可得q==3，b n=b2q n﹣2=3•3n﹣2=3n﹣1；即有a1=b1=1，a14=b4=27，则d==2，则a n=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1；（2）c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，则数列{c n}的前n项和为（1+3+…+（2n﹣1））+（1+3+9+…+3n﹣1）=n•2n+=n2+、点评：本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，同时考查数列的求和方法：分组求和，考查运算能力，属于基础题、16、（13分）已知函数f（x）=2sinωxcosωx+cos2ωx（ω＞0）的最小正周期为π、（1）求ω的值；（2）求f（x）的单调递增区间、题目分析：（1）利用倍角公式结合两角和的正弦化积，再由周期公式列式求得ω的值；（2）直接由相位在正弦函数的增区间内求解x的取值范围得f（x）的单调递增区间、试题解答解：（1）f（x）=2sinωxcosωx+cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx==、由T=，得ω=1；（2）由（1）得，f（x）=、再由，得、∴f（x）的单调递增区间为[]（k∈Z）、点评：本题考查y=Asin（ωx+φ）型函数的图象和性质，考查了两角和的正弦，属中档题、17、（13分）某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如图频率分布直方图：（1）如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？（2）假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替，当w=3时，估计该市居民该月的人均水费、题目分析：（1）由频率分布直方图得：用水量在[0.5，1）的频率为0.1，用水量在[1，1.5）的频率为0.15，用水量在[1.5，2）的频率为0.2，用水量在[2，2.5）的频率为0.25，用水量在[2.5，3）的频率为0.15，用水量在[3，3.5）的频率为0.05，用水量在[3.5，4）的频率为0.05，用水量在[4，4.5）的频率为0.05，由此能求出为使80%以上居民在该用的用水价为4元/立方米，w至少定为3立方米、（2）当w=3时，利用频率分布直方图能求出该市居民的人均水费、试题解答解：（1）由频率分布直方图得：用水量在[0.5，1）的频率为0.1，用水量在[1，1.5）的频率为0.15，用水量在[1.5，2）的频率为0.2，用水量在[2，2.5）的频率为0.25，用水量在[2.5，3）的频率为0.15，用水量在[3，3.5）的频率为0.05，用水量在[3.5，4）的频率为0.05，用水量在[4，4.5）的频率为0.05，∵用水量小于等于3立方米的频率为85%，∴为使80%以上居民在该用的用水价为4元/立方米，∴w至少定为3立方米、（2）当w=3时，该市居民的人均水费为：（0.1×1+0.15×1.5+0.2×2+0.25×2.5+0.15×3）×4+0.05×3×4+0.05×0.5×10+0.05×3×4+0.05×1×10+0.05×3×4+0.05×1.5×10=10.5，∴当w=3时，估计该市居民该月的人均水费为10.5元、点评：本题考查频率分布直方图的应用，考查当w=3时，该市居民该月的人均水费的估计的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意频率分布直方图的合理运用、18、（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC、（1）求证：DC⊥平面PAC；（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；（3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由、题目分析：（1）利用线面垂直的判定定理证明DC⊥平面PAC；（2）利用线面垂直的判定定理证明AB⊥平面PAC，即可证明平面PAB⊥平面PAC；（3）在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF、利用线面平行的判定定理证明、试题解答（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC，∵DC⊥AC，PC∩AC=C，∴DC⊥平面PAC；（2）证明：∵AB∥DC，DC⊥AC，∴AB⊥AC，∵PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PC⊥AB，∵PC∩AC=C，∴AB⊥平面PAC，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC；（3）解：在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF、∵点E为AB的中点，∴EF∥PA，∵PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF、点评：本题考查线面平行与垂直的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题、19、（14分）已知椭圆C：+=1过点A（2，0），B（0，1）两点、（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB 与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值、题目分析：（1）由题意可得a=2，b=1，则，则椭圆C的方程可求，离心率为e=；（2）设P（x0，y0），求出PA、PB所在直线方程，得到M，N的坐标，求得|AN|，|BM|、由，结合P在椭圆上求得四边形ABNM的面积为定值2、试题解答（1）解：∵椭圆C：+=1过点A（2，0），B（0，1）两点，∴a=2，b=1，则，∴椭圆C的方程为，离心率为e=；（2）证明：如图，设P（x0，y0），则，PA所在直线方程为y=，取x=0，得；，PB所在直线方程为，取y=0，得、∴|AN|=，|BM|=1﹣、∴==﹣===、∴四边形ABNM的面积为定值2、点评：本题考查椭圆的标准方程，考查了椭圆的简单性质，考查计算能力与推理论证能力，是中档题、20、（13分）设函数f（x）=x3+ax2+bx+c、（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件、题目分析：（1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，进而得到所求切线的方程；（2）由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，由g（x）=x3+4x2+4x，求得导数，单调区间和极值，由﹣c介于极值之间，解不等式即可得到所求范围；（3）先证若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，可得单调区间有3个，求出导数，由导数的图象与x轴有两个不同的交点，运用判别式大于0，可得a2﹣3b ＞0；再由a=b=4，c=0，可得若a2﹣3b＞0，不能推出f（x）有3个零点、试题解答解：（1）函数f（x）=x3+ax2+bx+c的导数为f′（x）=3x2+2ax+b，可得y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=f′（0）=b，切点为（0，c），可得切线的方程为y=bx+c；（2）设a=b=4，即有f（x）=x3+4x2+4x+c，由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，由g（x）=x3+4x2+4x的导数g′（x）=3x2+8x+4=（x+2）（3x+2），当x＞﹣或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当﹣2＜x＜﹣时，g′（x）＜0，g（x）递减、即有g（x）在x=﹣2处取得极大值，且为0；g（x）在x=﹣处取得极小值，且为﹣、由函数f（x）有三个不同零点，可得﹣＜﹣c＜0，解得0＜c＜，则c的取值范围是（0，）；（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点、即有f（x）有3个单调区间，即为导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即为a2﹣3b＞0；若a2﹣3b＞0，即有导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，当c=0，a=b=4时，满足a2﹣3b＞0，即有f（x）=x（x+2）2，图象与x轴交于（0，0），（﹣2，0），则f（x）的零点为2个故a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件。