2018浙江精彩题选立体几何

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2018版高考数学浙江专用专题复习专题8 立体几何第50

一、选择题1.如图所示，已知三棱柱ABC －A1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 上的投影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为( ) A.34B.54C.74D.342．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为94，底面边长为3的正三角形．若P 为△A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.π6B.π3C.π4D.23π 3．(2016·浙江五校高三第二次联考)如图，棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30°，则顶点C 1到平面α的距离的最大值是( ) A ．2(2＋2) B ．2(3＋2) C ．2(3＋1)D ．2(2＋1)二、填空题4.如图，在等腰直角三角形ABD 中，∠BAD ＝90°，且等腰直角三角形ABD 与等边三角形BCD 所在平面垂直，E 为BC 的中点，则AE 与平面BCD 所成角的大小为________．5.如图所示，在三棱锥S －ABC 中，△SBC ，△ABC 都是等边三角形，且BC ＝1，SA ＝32，则二面角S －BC －A 的大小为________．6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，Q 是CC 1的中点，F 是侧面BCC 1B 1内的动点且A 1F ∥平面D 1AQ ，则A 1F 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的取值范围为________．三、解答题7.如图所示，底面ABC 为正三角形，EA ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，EA ＝AB＝2DC ＝2a ，设F 为EB 的中点． (1)求证：DF ∥平面ABC ；(2)求直线AD 与平面AEB 所成角的正弦值．8.(2016·辽宁沈阳二中月考)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，点O 在AB 上，且OB ＝OC ＝23AB ，PO ⊥平面ABC ，DA ∥PO ，DA ＝AO ＝12PO .(1)求证：PB ∥平面COD ； (2)求二面角O －CD －A 的余弦值．9．(2016·宁波二模)如图，正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别为BC ，SC ，CD 的中点．设P 为线段FG 上任意一点． (1)求证：EP ⊥AC ；(2)当P 为线段FG 的中点时，求直线BP 与平面EFG 所成角的余弦值．答案解析1．D2．B [因为AA 1⊥底面A 1B 1C 1，所以∠AP A 1为P A 与平面A 1B 1C 1所成的角．因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，所以∠AP A 1为P A 与平面ABC 所成角，因为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为94，底面三角形的边长为3，所以S △ABC ·AA 1＝94，可得AA 1＝ 3.又易知A 1P ＝1，所以tan ∠AP A 1＝AA 1A 1P ＝3，即∠AP A 1＝π3.] 3．B [过C 1，C 分别作平面α的垂线，垂足分别为点E ，F ，当平面AA 1C 1C 与平面ACF 重合时，顶点C 1到平面α的距离最大，即为C 1E ，此时∠CAF 为平面ABCD 与平面α所成的二面角，则∠CAF ＝30°，所以∠A 1AF ＝120°.设∠A 1AC 1＝θ，则sin θ＝63，cos θ＝33，所以sin ∠C 1AE ＝sin(120°－θ)＝32cos θ＋12sin θ＝32×33＋12×63＝12＋66.又AC 1＝43，所以C 1E ＝AC 1sin ∠C 1AF ＝43×(12＋66)＝2(3＋2)，故选B.]4．45°解析取BD 的中点F ，连接EF ，AF (图略)，易得AF ⊥BD ，AF ⊥平面BCD ，则∠AEF 就是AE 与平面BCD 所成的角，由题意知EF ＝12CD ＝12BD ＝AF ，所以∠AEF ＝45°，即AE 与平面BCD 所成的角为45°. 5．60° 6．[2,22]解析设平面AD 1Q 与直线BC 交于点G ，连接AG ，QG ，则G 为BC 的中点．分别取B 1B ，B 1C 1的中点M ，N ，连接A 1M ，MN ，A 1N ，如图所示． ∴A 1M ∥D 1Q ，∵A 1M ⊄平面D 1AQ ，D 1Q ⊂平面D 1AQ ，∴A 1M ∥平面D 1AQ ，同理可得MN ∥平面D 1AQ . ∵A 1M ，MN ⊆平面A 1MN ，A 1M ∩MN ＝M ， ∴平面A 1MN ∥平面D 1AQ .由此结合A 1F ∥平面D 1AQ ，可得直线A 1F ⊂平面A 1MN ，即点F 是线段MN 上的动点．设直线A 1F 与平面BCC 1B 1所成角为θ，移动点F 并加以观察，可得当点F 与M (或N )重合时，A 1F 与平面BCC 1B 1所成的角等于∠A 1MB 1，此时所成角θ达到最小值，满足tan θ＝A 1B 1B 1M ＝2；当点F 与MN 的中点重合时，A 1F 与平面BCC 1B 1所成角达到最大值，满足tan θ＝A 1B 122B 1M ＝22，∴A 1F 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的取值范围为[2，22]． 7．(1)证明如图，过点F 作FH ∥EA 交AB 于点H ，连接HC . ∵EA ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ， ∴EA ∥DC . 又FH ∥EA ， ∴FH ∥DC . ∵F 是EB 的中点， ∴FH ＝12AE ＝DC .∴四边形CDFH 是平行四边形， ∴DF ∥HC .又HC ⊂平面ABC ，DF ⊄平面ABC ， ∴DF ∥平面ABC .(2)解 ∵△ABC 为正三角形，H 为AB 的中点， ∴CH ⊥AB .∵EA ⊥平面ABC ，CH ⊂平面ABC ，∴CH ⊥EA .又EA ∩AB ＝A ，EA ⊂平面AEB ，AB ⊂平面AEB ， ∴CH ⊥平面AEB . ∵DF ∥HC ， ∴DF ⊥平面AEB ，∴AF 为DA 在平面AEB 上的投影， ∴∠DAF 为直线AD 与平面AEB 所成的角．在Rt △AFD 中，AD ＝5a ，DF ＝3a ， sin ∠F AD ＝DF AD ＝155，∴直线AD 与平面AEB 所成角的正弦值为155. 8．(1)证明因为PO ⊥平面ABC ，AD ∥PO ，AB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥AB ，DA ⊥AB .又DA ＝AO ＝12PO ，所以∠AOD ＝45°.因为OB ＝23AB ，所以OA ＝13AB ，所以OA ＝12OB ，又AO ＝12PO ，所以OB ＝OP ，所以∠OBP ＝45°，即OD ∥PB . 又PB ⊄平面COD ，OD ⊂平面COD ，所以PB ∥平面COD . (2)解如图，过A 作AM ⊥DO ，垂足为M ，过M 作MN ⊥CD 于N ，连接AN ，则∠ANM为二面角O－CD－A的平面角．设AD＝a，在等腰直角三角形AOD中，得AM＝22a，在直角三角形COD中，得MN＝33a，在直角三角形AMN中，得AN＝306a，所以cos∠ANM＝10 5.9．(1)证明设AC交BD于O点，∵S－ABCD为正四棱锥，∴SO⊥底面ABCD，BD⊥AC，又AC⊂平面ABCD，∴SO⊥AC，∵BD∩SO＝O，BD⊂平面SBD，SO⊂平面SBD，∴AC⊥平面SBD，∵E，F，G分别为BC，SC，CD的中点，∴FG∥SD，BD∥EG.又FG∩EG＝G，SD∩BD＝D，FG⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，SD⊂BSD，BD⊂平面BSD，∴平面EFG∥平面BSD，∴AC⊥平面GEF.又∵PE⊂平面GEF，∴PE⊥AC.(2)解过B作BH⊥GE于H，连接PH，∵BD⊥AC，BD∥GH，∴BH∥AC，由(1)知AC ⊥平面GEF ，则BH ⊥平面GEF .∴∠BPH 就是直线BP 与平面EFG 所成的角．在Rt △BHP 中，BH ＝22，PH ＝132，PB ＝152，故cos ∠BPH ＝PH PB ＝19515.。

2018版高考数学浙江专用专题复习专题8 立体几何第46练含解析精品

一、选择题1.平面α∩β＝l，点A∈α，点B∈α，且C∉l，C∈β，又AB∩l＝R，如图所示，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是()A．直线AC B．直线BCC．直线CR D．直线AR2．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l()A．相交B．平行C．垂直D．异面3．(2016·杭州二中高三第五次月考)下列命题中错误的是()A．如果平面α⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ4．(2016·金华十校联考)平面α外有两条直线m和n，如果m和n在平面α内的投影分别是m1和n1，给出下列四个命题：①m1⊥n1⇒m⊥n；②m⊥n⇒m1⊥n1；③m1与n1相交⇒m与n 相交或重合；④m1与n1平行⇒m与n平行或重合．其中不正确的命题个数是()A．1 B．2 C．3 D．45．(2016·江门模拟)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是()A．EF⊥BB1B．EF∥平面ACC1A1C ．EF ⊥BDD ．EF ⊥平面BCC 1B 16．(2016·青岛平度三校期末)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( ) A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等7．(2016·浙江杭州二中交流卷六)下列命题正确的是( )A ．空间四面体的四个顶点到平面α的距离相等，则α最多有4个B ．如果平面α与平面β同时垂直于平面γ，则α∥βC ．如果三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面的射影一定是底面三角形的垂心D ．过空间中的任意一点P 都可以作出同时与异面直线a ，b 平行的平面8．(2016·上饶一模)如图，正三棱柱ABC －A1B 1C 1的各棱长都等于2，D在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：①AC 1⊥BC ；②AD DC 1＝1； ③平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1；④三棱锥D －ACF 的体积为33. 其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题9．下面给出的条件中，若条件足够能推出a ∥α，则在横线上填“OK ”；若条件不能保证推出a ∥α，则请在横线上补足条件：(1)条件：a ∥b ，b ∥c ，c ⊂α，________，结论：a ∥α；(2)条件：α∩β＝b ，a ∥b ，a ⊂β，________，结论：a ∥α.10．(2016·浙江高考冲刺卷三)已知平面α和不重合的直线m 、n ，则下列命题中的真命题是________．(写出所有真命题的序号)①如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n ∥α；②如果m⊂α，n与α相交，那么m、n是异面直线；③如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥n；④如果m⊥α，n⊥m，那么n∥α.11．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．12.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1)．设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线．其中不成立的结论是________．(写出所有不成立结论的序号)答案解析1．C[∵AB⊂γ，R∈AB，∴R∈γ.又∵α∩β＝l，AB∩l＝R，∴R∈β.又∵C∈β且C∈γ，∴C，R为两平面γ与β的公共点，∴β∩γ＝CR.]2．C[当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．]3．A[对于A，根据面面垂直的性质定理可知，当此点在交线上时，此垂线可能不在平面α内，故A错；对于B，由A可知正确；对于C，D，由线面垂直的判定定理可知正确，故选A.]4．D[如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD1，AB1，B1C，A1B在底面A1B1C1D1上的投影分别是A1D1，A1B1，B1C1，A1B1.因为A1D1⊥A1B1，而AD1不垂直于AB1，故①不正确；因为AD1⊥B1C，而A1D1∥B1C1，故②不正确；因为A1D1与A1B1相交，而AD1与A1B异面，故③不正确；因为A1D1∥B1C1，而AD1与B1C异面，故④不正确．]5．B[如图所示，取BB的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于P，延长MF交CC1于Q，∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，∴EF∥PQ.又PQ⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，∴EF∥平面ACC1A1.故选B.]6．D[因为AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故A正确；根据线面平行的判定定理，故B正确；因为三棱锥的底面△BEF的面积是定值，且点A 到平面BDD 1B 1的距离是定值22，所以其体积为定值，故C 正确；很显然，点A 和点B 到EF 的距离不一定是相等的，故D 错误．]7．C [对于A ，在空间四面体中，过其高线的中点且与高垂直的平面即为平面α，这样的平面α有4个，而过空间四面体的任意两对对棱的中点的直线所确定的平面也符合要求，这样的平面α有3个，故有7个平面，故A 错；B 选项的两个平面可以相交；C 选项正确；D 选项中点P 在过直线a 且与直线b 平行的平面内时，不正确．]8．C [BC ⊥CC 1，但BC 不垂直于AC ，故BC 不垂直于平面ACC 1A 1，所以AC 1与BC 不垂直，故①错误；连接AF ，C 1F ，可得AF ＝C 1F ＝ 5.因为FD ⊥AC 1，所以可得D 为线段AC 1的中点，故②正确；取AC 的中点为H ，连接BH ，DH ，因为该三棱柱是正三棱柱，所以CC 1⊥底面ABC ，因为BH ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥BH ，因为底面ABC 为正三角形，可得BH ⊥AC ，又AC ∩CC 1＝C ，所以BH ⊥侧面ACC 1A 1.因为D 和H 分别为AC 1，AC 的中点，所以DH ∥CC 1∥BF ，DH ＝BF ＝12CC 1，可得四边形BFDH 为平行四边形，所以FD ∥BH ，所以可得FD ⊥平面ACC 1A 1，因为FD ⊂平面F AC 1，所以平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1，故③正确；V D－ACF＝V F－ADC＝1 3·FD·S△ACD＝13×3×(12×1×2)＝33，故④正确．故选C.]9．a⊄αOK解析∵a∥b，b∥c，c⊂α，∴由直线与平面平行的判定定理，得当a⊄α时，a∥α，∵α∩β＝b，a∥b，a⊂β，则由直线与平面平行的判定定理得a∥α.10．②解析①m、n也可以相交；③也可以有n⊂α；④也可以有n与α斜交．根据线面垂直的性质可知②是真命题．11．①③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．12．④解析连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．。

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

5．立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A。

θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1C。

θ1≤θ3≤θ2D。

θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即,选D.点睛：线线角找平行,线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】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：cm3）是A. 2 B。

4 C。

6 D. 8【答案】C【解析】分析：先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果。

详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1,2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等。

3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A。

B。

C。

D。

【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大,则截面的位置为夹在两个面与中间的,且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题,首要任务是需要先确定截面的位置,之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法,应用相关的公式求得结果.学/科-网+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A。

2018年高考真题解答题专项训练：立体几何(文科)学生版

2018年高考真题解答题专项训练：立体几何（文科）学生版1．（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2．（2018年天津卷）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=BAD=90°．（（（求证：AD（BC（（（（求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．3．（2018年北京卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD，平面ABCD，P A，PD，P A=PD，E，F分别为AD，PB的中点.，，）求证：PE，BC，，，）求证：平面P AB，平面PCD，，，）求证：EF，平面PCD.4．（2018年新课标1卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA，（1）证明：平面ACD⊥平面ABC，DA，求三棱锥Q−ABP的（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=23体积．5．（2018年新课标3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD 上异于C，D的点，（1）证明：平面AMD⊥平面BMC，（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由，6．（2018年新课标2卷）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC= AC=4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC，（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．参考答案1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）√3913.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得AB 1⊥A 1B 1,AB 1⊥B 1C 1,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ，找出直线AC 1与平面ABB 1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出AB 1⊥A 1B 1,AB 1⊥A 1C 1,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面ABB 1的一个法向量，然后利用AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 与平面ABB 1法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解. 详解：方法一：（Ⅰ）由AB =2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB,BB 1⊥AB 得AB 1=A 1B 1=2√2，所以A 1B 12+AB 12=AA 12.故AB 1⊥A 1B 1.由BC =2，BB 1=2,CC 1=1, BB 1⊥BC,CC 1⊥BC 得B 1C 1=√5，由AB =BC =2,∠ABC =120°得AC =2√3，由CC 1⊥AC ，得AC 1=√13，所以AB 12+B 1C 12=AC 12，故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.，Ⅱ）如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连结AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1，由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1，所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角.学科.网由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得cos∠C 1A 1B 1=√6√7sin∠C 1A 1B 1=√7，所以C 1D =√3，故sin∠C 1AD =C 1D AC 1=√3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. 方法二：，Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：A(0,−√3,0),B(1,0,0),A 1(0,−√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1),因此AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√3,2),A 1B 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√3,−2),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2√3,−3), 由AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A 1B 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.（Ⅱ）设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由（Ⅰ）可知AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2√3,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√3,0),BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2), 设平面ABB 1的法向量n =(x,y,z).由{n ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =0,n ⋅BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0,即{x +√3y =0,2z =0, 可取n =(−√3,1,0). 所以sinθ=|cos⟨AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,n⟩|=|AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅n||AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|n|=√3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.2．(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)26；(Ⅲ)4．【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）【解析】分析：（Ⅰ（由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面ABC （则AD ⊥BC （（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．由几何关系可知∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD所成的角．计算可得1226MNcos DMN DM ∠==．则异面直线BC 与MD 所成角（Ⅲ）连接CM ．由题意可知CM ⊥平面ABD ．则∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．计算可得4CM sin CDM CD ∠==．即直线CD 与平面ABD所成角的正弦值为4．详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DM因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MNDMN DM ∠==所以，异面直线BC 与MD所成角的余弦值为26．（Ⅲ）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ．在Rt △CMD 中， sin CM CDM CD ∠==所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为4．点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力． 3．，Ⅰ，见解析，Ⅱ，见解析，Ⅲ，见解析【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷）【解析】分析：（1）欲证PE ⊥BC ，只需证明PE ⊥AD 即可；（2）先证PD ⊥平面PAB ，再证平面P AB ，平面PCD ；（3）取PC 中点G ，连接FG,DG ，证明EF//DG ，则EF//平面PCD . 详解：（Ⅰ），PA =PD ，且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD . ∵底面ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ，，PE ⊥BC .（Ⅱ）∵底面ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD . ，平面PAD ⊥平面ABCD ，，AB ⊥平面PAD . ，AB ⊥PD .又PA ⊥PD ,，PD ⊥平面PAB ，，平面PAB ⊥平面PCD . （Ⅲ）如图，取PC 中点G ，连接FG,GD .BC.，F,G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG=12∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，BC，，ED∥BC,DE=12，ED∥FG，且ED=FG，∴四边形EFGD为平行四边形，，EF∥GD.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，，EF∥平面PCD.点睛，证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1，线面平行的性质定理，，2，三角形中位线法，，3，平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法，，1）等腰三角形三线合一；（2，勾股定理逆定理；（3，线面垂直的性质定理；，4，菱形对角线互相垂直.4．(1)见解析.(2)1.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷）【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到∠BAC=90，即BA⊥AC，再结合已知条件BA，AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB⊂平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC，(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC，又BA，AD，且AC∩AD=A，所以AB⊥平面ACD，又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC，，2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3√2，又BP=DQ=23DA，所以BP=2√2，作QE，AC，垂足为E，则QE=∥13DC，由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1，因此，三棱锥Q−ABP的体积为V Q−ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×2√2sin45°=1，点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 5．（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【来源】2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版【解析】分析：（1）先证AD⊥CM,再证CM⊥MD，进而完成证明。

浙江省2018-2019学年高三下学期《立体几何》综合大题汇编(无答案) (1)

2018学年高三下立体几何综合大题汇编一、线面角1. （2018学年杭十四中4月月考19）如图，三棱柱111ABC A B C -所有的棱长均为2，1A B =1A B AC ⊥．（1）求证：111AC B C ⊥；（2）求直线AC 和平面11ABB A 所成角的余弦值．C 1B 1A 1CBA2. （2018学年浙江重点中学高三上期末热身联考19）如图，等腰直角ABC △中，B ∠是直角，平面ABEF ⊥平面ABC ，2AF AB BE ==，60FAB ∠=︒，AFBE ．（1）求证：BC BF ⊥；（2）求直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值．BEFA3. （2019届超级全能生2月模拟19）如图，在三棱锥P ABC -中，2BAC π∠=，2AC =，BC BP ==，PC =APC △的面积等于（1）求证：AC PB ⊥；（2）求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值．PBCA4. （2019届杭二仿真考19）如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB CD ∥，90ABC ADB ∠=∠=︒，1CD =，2BC =．（1）求证：BE ∥平面DCF ；（2）当AE 的长为何值时，直线AD 与平面BCE 所成角的大小为45︒．FEDC BA5. （2019届湖丽衢9月质检19）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，且AD BC ，BC CD ⊥，60ABC ∠=︒，22BC AD ==，3PC =，PAB △是正三角形，E 是PC 的中点．（1）求证：DE平面PAB ；（2）求直线BE 与平面PAB 所成角的正弦值．PBCD E A6. （2019届湖州三校4月模拟19）如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，且DE =，平面ABCD ⊥平面ADE ，二面角A CD E --为30︒．（1）求证：AE ⊥平面CDE ；（2）求AB 与平面BCE 所成角的正弦值．EDCBA7. （2019届湖州中学仿真考19）如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为边长为2的菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=︒，E 是BC 的中点，PA AB =．（1）证明：AE PD ⊥；（2）若F 为PD 上的动点，求EF 与平面PAD 所成最大角的正切值．FPDCBA8. （2019届稽阳联谊4月模拟19）在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥平面ABCD ，BC AD ∥，BC AB ⊥，2PB AD ==，1AB BC ==，E 为棱PD 上的点．（1）若13PE PD =，求证：PB ∥平面ACE ；（2）若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．EDCBA P9. （2019届嘉丽4月模拟19）如图，在矩形ABCD 中，4AB =，3AD =，点E ，F 分别是线段DC ，BC 的中点，分别将DAE △沿AE 折起，CEF △沿EF 折起，使得D ，C 重合于点G ，连结AF ．（1）求证：平面GEF ⊥平面GAF ；（2）求直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值．GFED CBA10. （2019届嘉兴9月基础测试20）如图，ABC △时候边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形．已知2CD =．（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ；（2）求直线AC 与平面BCD 所成角的正弦值．BCDA11.（2019届金华十校4月模拟20）在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD为直角梯形，BC CD⊥，1SC SD CD DA====，2CB=，AD BC∥，23SCBπ∠=，E为线段SB上的中点．（1）证明：AE∥平面SCD；（2）求直线AE与平面SBC所成角的余弦值．SED C BA12.（2019届金华一中5月模拟19）如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是菱形，60BAD∠=︒，2AB=，1PA=，PA ABCD⊥平面，E是直线PC的中点，F是直线AB的中点．（1）求证：BE∥平面PDF；（2）求直线BE与平面PCD所成角的正弦值．FEDCBA P13. （2019届金丽衢十二校第二次联考19）三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BCC B ，已知1BC =，1=3BCC π∠，12AB C C ==．（1）求证：1C B ⊥平面ABC ；（2）若E 在棱1C C (不包含端点1C C ，)上，且1EA EB ⊥，求1A E 与平面1AB E 所成角的正弦值．BCEA 1B 1C 1A14. （2019届金丽衢十二校第一次联考19）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∠=∠=，2PA AD ==，1AB BC ==，点M 、E 分别是PA ，PD 的中点．（1）求证：CE平面BMD ；（2）点Q 为线段BP 中点，求直线PA 与平面CEQ 为所成角的余弦值．QEM PDCBA15. （2019届临海新昌乐清4月模拟19）已知多面体ABCDE 中，AE 、CD 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，2AE CD =，AB BC CD ==，F 是BE 的中点．（1）求证：DF ∥平面ABC ；（2）求直线BD 与平面ABE 所成角的正弦值．BCDEFA16.（2019届宁波4月模拟19）中国古代数学经典《数书九章》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“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P ABCD-中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，2PA AD==，AB AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于M（异于点D），交PC于N（异于点C）．（1）证明：平面AM PCD⊥，并判断四面体MCDA是否是鳖臑，若是，写出它每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（2）求直线ON与平面ACM所成角的正弦值．D17. （2019届宁波十校5月模拟19）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，3ABC π∠=，11B BA B BC ∠=∠，16B BD π=，1122AB A B ==，12B B =，E 是CD 的中点．（1）求证：直线AC ⊥平面11BDD B ；（2）求直线1ED 与平面11ABB A 所成角的正弦值．B 1C 1D 1A 1ODCBA18. （2019届平湖5月模拟19）如图所示，在直角梯形ABCD 中，90ADC ∠=︒，CD AB ∥，4AB =，2AD CD ==，M 为线段AB 的中点，将ADC △沿AC 折起，得到几何体P ABC -．（1）求证：AC PM ⊥；（2）已知PM =PB 与平面APC 所成角的正弦值．MAPC B19. （2019届七彩阳光联盟第三次联考19）如图，在四棱锥P ABCD -中，BC ⊥平面PCD ，CD ∥AB ，22AB CD ==，BC PC ==PD AB ⊥．（1）求PD 的长；（2）求直线AD 与平面P AB 所成角的正弦值．PDCBA20. （2019届七彩阳光联盟第一次联考19）如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，且侧面PAD ⊥平面PBC ，侧面PAD平面=PBC l ，PDC △为正三角形，2CD =．（1）求证：lBC ；（2）求直线AB 与平面PAD 所成角的正弦值．BCDPA21. （2019届衢州二中第二次模拟19）如图，正方形ABCD 所在平面外一点P 满足PE PF =，其中E 、F分别是AB 、CD 的中点．（1）求证：EF PC ⊥；（2）若4AB =，PE PF ==且二面角P EF C --，求BC 与平面PEF 所成角的正弦值．PF ED CBA22.（2019届衢州二中第一次模拟20）如图，已知矩形BCDE所在平面与ABE△所在平面互相垂直，且AB AE⊥，AB AE>．（1）若M为AC的中点，N为BE的中点，求证：MN∥平面ADE；（2）若2BE=，1DE=，且DE与平面DAC，求ABE∠的大小．E23.（2019届绍兴3月模拟19）如图，四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，且2PA AB==，3AD=，E是棱BC上的动点，F是线段PE的中点．（1）求证：PB⊥平面ADF；（2）若直线DE与平面ADF所成角为30︒，求EC的长．B C DP FEA△ABC 的中位线DE 将△ADE 翻折至A DE '，使得二面角A DE A '--为60︒．（1）求证：A C ED '⊥；（2）求直线BA '与平面A DE '所成角的正弦值．A'ED CBA25. （2019届嵊州5月模拟19）如图，已知四棱锥P ABCD -，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，135ADP ∠=︒，AB ，22BC AD ==，2PB PD ==（1）求证：AB PD ⊥；（2）求直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值．P DCBA26. （2019届台州4月模拟19）如图，棱锥P ABCD -的底面是菱形，2AB =，3DAB π∠=，侧面PAB垂直于底面ABCD ，且PAB △是正三角形．（1）求证：PD AB ⊥；（2）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值．BCDPA27. （2019届温州2月模拟19）在三棱锥D ABC -中，AD DC ⊥，AC CB ⊥，222AB AD DC ===，且平面ABD ⊥平面BCD ，E 为AC 的中点．（1）证明：AD BC ⊥；（2）求直线DE 与平面ABD 所成角的正弦值．BCDEA28.（2019届温州5月模拟19）如图，四棱锥P ABCD-中，底面为直角梯形，AB∥CD，90BAD∠=︒，24AB CD==，PA CD⊥，在锐角．．PAD△中，E是边PD上一点，且3AD PD ED===（1）求证：PB∥平面ACE；（2）当P A的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为30︒？B ACDEP29. （2019届温州8月模拟19）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，12AA AC AB ==，90ABC ∠=︒，侧面11A ABB 为矩形，1=120A AC ∠︒．将111A B C △绕11A C 翻折至121A B C △，使2B 在平面11A ACC 内．（1）求证：1BC 平面121A B B ；（2）求12C B 与平面11A ABB 所成角的正弦值．BCAB 1C 1B 2A 130. （2019届温州九校第一次联考19）如图，将矩形ABCD 沿AE 折成二面角1D AE B --，其中E 为CD的中点，已知2AB =，=1BC ，11BD CD =，F 为1D B 的中点．（1）求证：CF平面1AD E ；（2）求AF 与平面1BD E 所成角的正弦值．BCDED 1FA31.（2019届永康5月模拟20）已知在等腰梯形ABGH中，AB GHAB GH HA==，E，F分别为∥，22线段AH和BG的中点，现将四边形EFGH沿直线EF折成一个五面体AED BFC-．（1）在线段BC上是否存在点M，使FM∥平面ADE，若存在，找出点M的位置，若不存在，说明理由；（2）若二面角C EF B--的大小为60︒，求直线AC与平面ABFE所成角的正弦值．H GCDFEA32.（2019届浙江百校联考19）如图，已知△P AD为等边三角形，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，90==，E为PB的中点．AB AD CDDAB∠=︒，平面P AD⊥平面ABCD，2（1）求证：CE∥平面P AD；（2）求PB与平面PCD所成角的正弦值．PED CAB33. （2019届浙江名校联盟第二次联考19）在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，PB PD =，E F M 、、分别是棱AD PD PC 、、上的点，且=PF FD λ，AE ED λ=，若对任意()0,1λ∈，都有EF 平面DBM ．（1）求PMMC的值；（2）若DM M DB C --的大小为30︒，求直线PD 与平面BDM 所成角的正弦值．E FBC D PM A34. （2019届浙江名校联盟第三次联考19）在所有棱长都相等的三棱柱111ABC A B C -中，1=60B BC ∠︒．（1）证明：1AB BC ⊥；（2）若二面角1A BC B --的大小为60︒，求1BC 与平面ABC 所成角的正弦值．C 1B 1A 1CBA35. （2019届浙江名校联盟第一次联考19）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB CD ∥，4CD =，2PA AB BC AD ====，Q 为棱PC 上的点，且13PQ PC =．（1）证明：平面QBD ⊥平面ABCD ；（2）求直线QD 与平面PBC 所成角的正弦值．QPDC BA36. （2019届浙江三校第二次联考19）在斜三棱柱111ABC A B C -中，△ABC 是边长为2的正三角形，1A B =1160A AB A AC ∠=∠=︒．（1）证明：1平面平面A BC ABC ⊥；（2）求直线1BC 与平面11ABB A 所成角的正弦值．B 1C 1A 1CBA37. （2019届浙江三校第四次联考19）如图，在Rt ABC △中，90BAC ∠=︒，30B ∠=︒，D ，E 分别为BC ，AD 的中点，延长CE 交AB 于点F ，现将ACD △沿AD 折起，使二面角B AD C --的平面角大小为30︒．（1）求证：AD CF ⊥；（2）求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．FEDCBAEFDCA38. （2019届浙江三校第一次联考19）如图，已知四棱锥A BCDE -中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒，AE =CD BE ∥，24BE CD ==，60EBC ∠=︒．（1）求证：EC ABC ⊥平面；（2）求直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值．CDEA39.（2019届镇海中学5月模拟19）如图，四棱锥P ABCD-的底面ABCD是边长为2的菱形，60ABC∠=︒，点M是棱PC的中点，PA⊥平面ABCD．（1）证明：PA∥平面BMD；（2）当PA长度为多少时，直线AM与平面PBC所成角的正弦值为7．MPDBA40. （2019届镇海中学考前练习19）如图，在四棱锥P ABCD -中，60APB BPD APD ∠=∠=∠=︒，2PB PD BC CD ====，3AP =．（1）证明：AP BD ⊥；（2）求PC 与平面PAB 所成角的正弦值．PDCBA41. （2019届知行联盟5月模拟19）如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为正方形，AE CDE ⊥平面．已知1AE =，DE（1）证明：ADE ABCD ⊥平面平面；（2）求直线BE 与平面ACE 所成的角的正弦值．EDCBA42. （2019届舟山中学5月模拟19）如图所示多面体EF ABCD -，其底面ABCD为矩形且AB =2BC =，四边形BDEF 为平行四边形，点F 在底面ABCD 内的投影恰好是BC 的中点．（1）已知G 为线段FC 的中点，证明：BG ∥平面AEF ；（2）若二面角F BD C --的大小为3π，求直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值．FEDCBA43. （2019届诸暨5月模拟19）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，PB PD =（1）证明：平面PAC ⊥平面ABCD ；（2）设H 在AC 上，13AH AC =，若PH =．求PH 与平面PBC 所成角的正弦值．HPDCBA二、二面角44. （2018学年杭高高三下开学考19）如图（1），已知ABC △是边长为6的等边三角形，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足2AD CE ==．如图（2），将ADE △沿DE 折成四棱锥1A BCED -，且有平面1A DE ⊥平面BCED ．（1）求证：1A D ⊥平面BCED ；（2）记1A E 的中点为M ，求二面角1M DC A --的余弦值．BCDEAMCBEDA 1图１图２45. （2019届杭二热身考20）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，PC ⊥平面ABCD ，且2AB =，PC =F 是PA 的中点．（1）求证：CF ⊥平面PDB ；（2）求平面ADP 与平面BCP 所成锐二面角的余弦值．FPDCBA46. （2019届杭四仿真考19）在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥底面，BAD ∠为直角，AB CD ∥，2AD CD AB ==，E 、F 分别为PC 、CD 的中点．（1）证明：APD BEF 平面∥平面；（2）设()0PA kAB k =>，且二面角E BD C --的平面角大于60°，求k 的取值范围．FEDCBAP47. （2019届杭州4月模拟19）如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，90BAF ∠=，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上．（1）证明：AF ⊥平面ABCD ．（2）若二面角D AP C --PF 的长度．PF EDC BA48.（2019届嘉兴一中5月模拟20）在四边形ABED中，AB DE∥，AB BE⊥，点C在AB上，且AB CD⊥，2AC BC CD===，现将ACD△沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE与平面PBC所成角为45︒．（1）求证：平面PBC⊥平面DEBC；（2）求二面角D PE B--的余弦值．PE D CBA49. （2019届绿色联盟5月模拟19）如图，圆的直径2AC =，B 为圆周上不与A ，C 重合的点，PA 垂直于圆所在的平面，45PCA ∠=︒．（1）求证：PB BC ⊥；（2）若BC =B PC A --的余弦值．CA50. （2019届绿色联盟12月模拟19）在三棱锥P ABC -中，ABC △和ABP △均为等边三角形，2AB =，点P 在平面ABC 上的射影在ABC △内，已知直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值为34．（1）求证：AB PC ⊥；（2）求二面角B AP C --的余弦值．BCPA。

历年高考真题专题04立体几何

专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。

4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）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 . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】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：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】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）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ，因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】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 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】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 ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】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 ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】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【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】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 ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】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 ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】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αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】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，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】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 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-，令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】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,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】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___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】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）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】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】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 ． 2.【2016高考新课标2理数】下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】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】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. 4.【2016高考新课标3理数】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【解析】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236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】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（）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【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【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】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331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】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.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【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）【解析】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，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】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 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【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,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】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.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】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 【解析】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 ． 13.【2016高考天津理数】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.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。

2018高考数学立体几何含答案(最新整理)

5 ⎧⎪n ⋅ ⎨ 2018 高考数学立体几何答案1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC − A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ；（Ⅱ）求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点，∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ，∴ AC ⊥ 平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ，EF ∥CC 1 ．又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ．Q BE ⊂ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ BE ．如图建立空间直角坐称系 E - xyz ．由题意得 B (0, 2, 0) ， C (-1, 0, 0) ， D (1, 0,1) ， F (0, 0, 2) ， G (0, 2,1) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴⎨ uur n ⋅ ，∴⎧2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ⎩⎪ CB = 0 ⎩ 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，又Q 平面CDC 的法向量为EB=(0, 2, 0)，∴cos <n ⋅uur>=n ⋅EB= -21．1EB uurn EB 21由图可得二面角B -CD -C1为钝角，所以二面角B -CD -C1的余弦值为-21．21（3）平面BCD 的法向量为n =(2, - 1, - 4)，Q G (0, 2,1)，F (0, 0, 2)，∴GF =(0, - 2,1)，∴n ⋅GF =-2 ，∴n 与GF 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交2．（本小题14 分）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 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF∥平面PCD ．【解析】（1）Q PA =PD ，且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，Q 底面ABCD 为矩形，∴BC∥AD ，∴PE ⊥BC ．（2）Q 底面ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ．又PA ⊥PD ，Q PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．Q F ，G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG∥BC ，且FG =1 BC ，2Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，∴ED∥BC ，DE =1 BC ，2∴ED∥FG ，且ED =FG ，∴四边形EFGD 为平行四边形，∴EF∥GD ，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴EF∥ 平面PCD ．3 2 3 ⋅2 3 3．（12 分）如图，四边形 ABCD 为正方形， E , F 分别为 AD , BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点 P 的位置，且 PF ⊥ BF .（1）证明：平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ；（2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.解答：（1）E ,F 分别为 AD , BC 的中点，则 EF / / AB ，∴ EF ⊥ BF ，又 PF ⊥ BF ， EF ⋂ PF = F ，∴ BF ⊥ 平面 PEF ，BE ⊂ 平面 ABFD ，∴平面 PEF ⊥ 平面 ABFD .（2） PF ⊥ BF ， BF / / E D ，∴ PF ⊥ ED ，又 PF ⊥ PD ， ED ⋂ DP = D ，∴ PF ⊥ 平面 PED ，∴ PF ⊥ PE ，设 AB = 4 ，则 EF = 4 ， PF = 2 ，∴ PE = 2 ，过 P 作 PH ⊥ EF 交 EF 于 H 点，由平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ，∴ PH ⊥ 平面 ABFD ，连结 DH ，则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，由 PE ⋅ PF = EF ⋅ PH ，∴ P H = = ， 4而 PD = 4 ，∴ sin ∠PDH =PH = 3 ，PD 4 ∴ DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 3. 4 4．（12 分）如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2 AC 的中点．（1）证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为（2）若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．2PO B M 3 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2 3 2 3 a - 42 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2u u u r ⎩AC【解析】（1）因为AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ，连结OB ．因为 AB = BC =2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1 AC = 2 ，由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ， 2由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得O (0, 0, 0) ， B (2, 0, 0) ， A (0, -2, 0) ， C (0, 2, 0) ， P (0, 0, 2 3 ) ， AP = (0, 2, 2 3 )，取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ，设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a , 0) ，设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．由 AP ⋅ n = 0 ， AM ⋅ n = 0 ， ⎧⎪2 y + 2 3z = 0 得⎨⎪a x + (4 - a ) y = 0 ，可取 n = ( 3 (a - 4), 3a , -a ) ，u u u r 2 3 (a - 4) u u u r ∴cos < OB , n >= ，由已知得 cos < OB , n > = ， 2 2∴ = 3 ，解得 a = -4 （舍去）， a = 4 ， ⎛ 8 3 4 3 4 ⎫ 2u u u r 3 u u u r 3 cos < ∴ n = - 3 , 3 , - 3 ⎪ ，又Q PC = (0, 2, -2 3 )，所以 PC , n >= ． 4 ⎝ ⎭ 3所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 4． 5．（12 分）如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是1 5 = - -2 5 CD 上异于C ， D 的点．（1）证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ；（2）当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．解答：（1）∵正方形 ABCD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 平面 MCD .∵ CM 在平面 MCD 内，∴ AD ⊥ CM ，又∵ M 是半圆弧CD 上异于C , D 的点，∴ CM ⊥ MD .又∵ AD I BCM ⊥ 平面 ADM .DM = D ，∴ CM ⊥ 平面 ADM ，∵ CM 在平面 BCM 内，∴平面（2）如图建立坐标系：∵ S ∆ABC 面积恒定，∴ MO ⊥ CD ，V M - ABC 最大.M (0, 0,1) ， A (2, -1, 0) ， B (2,1, 0) ， C (0,1, 0) ， D (0, -1, 0) ,设面 MAB 的法向量为 m = (x 1 , y 1 , z 1 ) ，设面 MCD 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z 2 ) ， MA (2, 1, 1) ， MB = (2,1, -1) ，MC = (0,1, -1) ， MD = (0, -1, -1) ，⎧2x 1 - y 1 - z 1 = 0 ⇒ ⎨2x + y - z = 0 m= (1, 0, 2) ， ⎩ 1 1 1同理 n = (1, 0, 0) ，∴c os = = 5 ，∴ sin = . 5 56.（本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分）已知圆锥的顶点为 P ，底面圆心为 O ，半径为 2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB 是底面半径，且∠AOB=90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.7.(本小题满分13 分)如图，AD∥BC 且AD=2BC，AD ⊥CD , EG∥AD 且EG=AD，CD∥FG 且CD=2FG，DG ⊥平面ABCD ，DA=DC=DG=2.（I）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN∥平面CDE ；（II）求二面角E -BC -F 的正弦值；（III）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【解析】依题意，可以建立以D 为原点，y z分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D (0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B (1, 2, 0)， C (0, 2, 0)，m ⋅ n m n h 2 + 5h 2 + 52 0 ⋅ E (2, 0, 2) ， F (0,1, 2) ， G (0, 0, 2) ， M ⎛ 0,3 ,1⎫ ，N (1, 0, 2) ． 2 ⎪ ⎝ ⎭（1）依题意 DC = (0, 2, 0) ， DE = (2, 0, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面CDE 的法向量，则⎪ 0 DC = 0 ⎧ 即 2 y = 0 ， 0⎨n ⋅ = 0 ⎨2x + 2z = 0不妨令 z = –1 ，可得 n 0 = (1, 0, -1) ．⎩⎪ 0 DE ⎩ ⎛ 3 ⎫ 又 MN = 1,- ,1⎪ ，可得 MN ⋅ n = 0 ， ⎝ ⎭又因为直线 MN ⊄ 平面CDE ，所以 MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得 BC = (–1, 0, 0) ， BE = (1, -2, 2) ， CF = (0, -1, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨n ⋅ = 0 ⎨x - 2 y + 2z = 0 不妨令 z = 1 ，可得 n = (0,1,1) ．⎩⎪ BE⎩ ⎧m ⋅ 设 m = ( x , y , z ) 为平面 BCF 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨m ⋅ = 0 ⎨- y + 2z = 0不妨令 z = 1 ，可得 m = (0, 2,1) ．⎩⎪ BF ⎩ 因此有cos < m , n >= = 3 10 ，于是sin < m , n >= 10所以，二面角 E – BC – F 的正弦值为 10 ．1010 ．10 （3）设线段 DP 的长为 h (h ∈[0, 2])，则点 P 的坐标为(0, 0, h ) ，可得= (-1, -2, h ) ．易知， = (0, 2, 0) 为平面 ADGE 的一个法向量， BP DC BP DC 2故 cos < BP ⋅ DC > = =， BP DC 由题意，可得 2 = sin 60︒ = 3 ，解得 h = 2 3 ∈[0, 2] ． 3 所以线段 DP 的长为 3 ．32 (2 3)2 +12 13 5 2 8．（本题满分 15 分）如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．解答：（1）∵ AB = B 1B = 2 ，且 B 1B ⊥ 平面 ABC ，∴ B 1B ⊥ AB ，∴ AB 1 = 2 .同理， AC 1 == =. 过点C 1 作 B 1B 的垂线段交 B 1B 于点G ，则C 1G = BC = 2 且 B 1G = 1，∴ B 1C 1 = . 在∆AB C 中， AB 2 + B C 2 = AC 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ B 1C 1 ，①过点 B 1 作 A 1 A 的垂线段交 A 1 A 于点 H .则 B 1H = AB = 2 ， A 1H = 2 ，∴ A 1B 1 = 2 .在∆A B A 中， AA 2 = AB 2 + A B 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ A 1B 1 ，②综合①②，∵ A 1B 1 ⋂ B 1C 1 = B 1 ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， B 1C 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， ∴ AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）过点 B 作 AB 的垂线段交 AC 于点 I ，以 B 为原点，以 AB 所在直线为 x 轴，以 BI 所在直线为 y 轴，以 B 1B 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B - xyz .AC 2 + C C 2 13 1⨯ 13 39 ⎩ 则 B (0, 0, 0) ， A (-2, 0, 0) ， B 1 (0, 0, 2) ， C 1 (1, 3,1) ，设平面 ABB 的一个法向量 = (a , b , c ) ，1 n⎧⎪ 则 n ⋅ AB = 0 ⇒ ⎧2a = 0 ，令b = 1，则 n = (0,1, 0) ， ⎨⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0 ⎨2c = 039又∵ AC 1 = (3, 3,1) ， cos < n , AC 1 >= = 13 .由图形可知，直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成角为锐角，设 AC 1 与平面 ABB 1 夹角为. ∴ s in = . 139．（本小题满分 14 分）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2）平面ABB 1 A 1 ⊥ 平面A 1BC ．【解析】（1）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AB ∥A 1B 1．因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1 A 1 为平行四边形．又因为 AA 1 = AB ，所以四边形 ABB 1 A 1 为菱形，因此 AB 1 ⊥ A 1B ．又因为 AB 1 ⊥ B 1C 1 ， BC ∥B 1C 1 ，所以 AB 1 ⊥ BC ．又因为 A 1B BC = B ， A 1B ⊂ 平面 A 1BC ， BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以AB1 ⊥平面A1BC ．因为AB1 ⊂平面ABB1 A1，所以平面ABB1 A1⊥平面A1BC ．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

浙江省2018-2019学年高三下学期《立体几何》选择填空

2018学年高三下立体几何选填综合1.（2018学年杭髙高三下开学考14） a, b为空间中两条互相垂直的直线，等边三角形.毎C的边MC所在的直线与a, b都垂直，边-毎以2C为旋转轴旋转，直线与a所成角的最小值为___________________ ；当直线肋与a所成角在60。

时，肿与6所成角是______________ ・2.(2018学年杭十四中4月月考10)三棱锥A_BCD中，记二而角A — BC — D的大小为( )A.若AB 十AC>DB + DC,则ZBAC<ZBDCB・^AB + AC>DB + DC,则ZBAC>ABDCC・若BA + BD = CA + CD,且AD 丄BC,贝W>ZACDD・若AB + AC = DB + DC,且AD 丄BC,则6>ZACD3.（2018学年浙江名校协作体髙三下开学考14）四而体S-ABC中，SA丄而H是HSBC的垂心，且AH丄而SBC,则三对对棱与EC, SB与2C, SC与肋中互相垂直的有___________________ 对：若H也是5C的重心，贝IJ二而角S — BC —A的正弦值为_________ ・154.（2018学年浙江中重点中学髙三上期末热身联考10）如图，将边长为2的正方形ABCD沿PD、PC翻折至A. B两点重合，其中P是.15中点，在折成的三棱锥A（B）-PDC中，点0在平而PDC内运动，且直线“40与棱所成角为60。

，则点0运动的轨迹是（）A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线5. （2018学年浙江重点中学髙三上期末热身联考17）平行六而体ABCD — ABCU 中，已知底而四边形 ABCD 为矩形，=英中 \AB\ = a , \AD\ = b , pL4,| = c,体对角线|A,C| = 1 ,则 c 的最大值为 ___________ ■6. （2019届慈溪中学5月模拟8）已知正方体ABCDfBCU 中，点E 在棱上运动，点F 在对角线BD 、上运动,设直线EF 与平面肋CD 所成的角为&，直线肪与平而別）耳所成的角为0,则（）7. （2019届杭二仿真考10）如图，三棱锥P-ABC 中，Q4丄平而ABC, ZB4C =壬，0为刃中点,下列说法中，正确说法的个数为（）（1） ZPBA + "CA + 乙BPC =兀；（2）记二而角P-BC-A, Q-BC-A 的平而角分别为q ,如,则q>2q ；（3）记△ABC,厶 QBC , aBC 的面积分别为 S 、, S 「则 S ；+S ；S4S ：：（4） cosZPBC <cosZPBQ cosZQBC ・ A ・0B ・1C ・2 D. 3A ・ 0>pC. 存在直线£只使得0 = 50°B ・ 0<pD. 存在直线EF,使得0 = 50。

2018届高考数学复习——立体几何：(二)空间直线、平面关系的判断与证明——3.线面夹角问题(试题版)

【考点3:空间中直线、平面的夹角问题】题型1：异面直线的夹角【典型例题】 [例1](1)在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中直线BA ′与CC ′所成角大小为________.(2)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° (3)(2012·四川)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点,则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________.答案 90° (4)(2015·济南一模)在正四棱锥V -ABCD 中,底面正方形ABCD 的边长为1,侧棱长为2,则异面直线VA 与BD 所成角的大小为________.[例2](1)如图在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝2,则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45(2)(2014·课标Ⅱ)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 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 (3)(2014·大纲全国)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16 B.36 C.13 D.33 【变式训练】 1.(2016·江西南昌一模)已知在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中(如图),l ⊂平面A 1B 1C 1D 1,且l 与B 1C 1不平行,则下列一定不可能的是( )A.l 与AD 平行B.l 与AB 异面C.l 与CD 所成角为30°D.l 与BD 垂直2.四棱锥P －ABCD 的所有侧棱长都为5,底面ABCD 是边长为2的正方形,则CD 与P A 所成角的余弦值为( )A.255B.55C.45D.353.(2015·浙江)如图,在三棱锥A -BCD 中,AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3,AD ＝BC ＝2,点M ,N 分别为AD ,BC 的中点,则异面直线AN ,CM 所成的角的余弦值是________.4.(2015·上海模拟)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ACB ＝90°,AA 1＝2,AC ＝BC ＝1,则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是________.5.(2015·揭阳模拟)如图所示,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 是AC 的中点,AA 1∶AB ＝2∶1,则异面直线AB 1与BD 所成的角为________.题型2：直线与平面所成的角【典型例题】[例1](1)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.23B.33C.23D.63(2)如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PD ⊥底面ABCD ,点E 在棱PB 上.①求证：平面AEC ⊥平面PDB ；②当PD =2AB ,且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.[例2]►(1)(2016·天津文)如图,四边形ABCD 是平行四边形,平面AED ⊥平面ABCD ,EF ∥AB ,AB ＝2,BC ＝EF ＝1,AE ＝6,DE ＝3,∠BAD ＝60°,G 为BC 的中点. (1)求证：FG ∥平面BED ；(2)求证：平面BED ⊥平面AED ；(3)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值.►(2)(2014·浙江六校联考)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是矩形,P A ⊥平面ABCD ,P A ＝AD ＝2,AB ＝1,BM ⊥PD 于点M . (1)求证：AM ⊥PD ；(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的余弦值.►(3)[2014·浙江文] 如图,在四棱锥A - BCDE 中,平面ABC ⊥平面BCDE ,∠CDE ＝∠BED ＝90°,AB ＝CD ＝2,DE ＝BE ＝1,AC ＝ 2.(1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值. 【变式训练】 1.(2013·大纲全国)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ,则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 2.(2016·日照模拟)如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AB ⊥侧面BB 1C 1C ,已知BC ＝1,∠BCC 1＝π3,A B ＝CC 1＝2.(1)求证C 1B ⊥平面ABC .(2)设E 是CC 1的中点,求AE 和平面ABC 1所成角的正弦值的大小.3.(2015·湖南)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形,E ,F 分别是BC ,CC 1的中点. (1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°,求三棱锥F -AEC 的体积.4.(2015天津文)如图,已知AA 1⊥平面ABC ,BB 1∥AA 1,AB =AC =3,BC =25,AA 1=7,BB 1=27,点E ,F 分别是BC ,A 1C 的中点. (I)求证：EF ∥A 1B 1BA ；(II)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1. (III)求直线A 1B 1 与平面BCB 1所成角的大小.5.[2017天津文]如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ⊥平面PDC ,AD ∥BC ,PD ⊥PB ,AD =1,BC =3,CD =3,PD =2. (I)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (II)求证：PD ⊥平面PBC ；(II)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.题型：二面角【典型例题】[例1](1)(教材例题改编)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是正方形,PD⊥底面ABCD,PD＝DC.则二面角C-PB-D的大小为________.[例2](2015·广东)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD＝PC＝4,AB＝6,BC＝3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF＝2FB,CG＝2GB.(1)证明：PE⊥FG；(2)求二面角P-AD-C的正切值；(3)求直线P A与直线FG所成角的余弦值.【变式训练】1.已知二面角α－l－β的大小为30°,m、n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,则m、n所成的角为________.2.(2014·天津)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA＝BD＝2,AD＝2,P A＝PD＝5,E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)证明：EF∥平面P AB.(2)若二面角P-AD-B为60°,①证明：平面PBC⊥平面ABCD；②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.。

2018高考一轮数学浙江专版练习第7章第1节空间几何体的结构及其三视图和直观图含答案精品

第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]分析近5年浙江卷高考试题发现本章主要考查简单几何体的三视图及表面积、体积、空间中线、面的平行垂直关系、突出对空间想象能力，逻辑推理能力的考查、分值大约在20分左右．第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()图7-1-1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．如图7-1-2，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()图7-1-2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．将一个长方体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7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为()图7-1-3B[由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________. 【导学号：51062215】2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．] [规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1]下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．①②C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]☞角度1由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7-1-4，下列给出的四个俯视图中正确的是()图7-1-4A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为()图7-1-5A．1 B. 2C. 3 D．2(2)如图7-1-6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()图7-1-6A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABCD.又P A＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，则PC＝AC2＋P A2＝(2)2＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为(23)2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)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．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2C.68a2 D.616a2D[如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形．[变式训练2] 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 【导学号：51062216】22 [如图所示：因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.][思想与方法]1．画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出．2．棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[易错与防范]1．确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图，易忽视交线的位置，实线与虚线的不同致误．课时分层训练(三十六)空间几何体的结构及其三视图和直观图A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．下列叙述中，正确的个数为()①在棱柱中，各侧面都是平行四边形；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线；③有两个面互相平行，且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．A．0B．1C．2 D．3C[由棱柱的结构特征可知①正确．由圆锥母线的定义可知②正确．棱台的定义是棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，各侧棱延长线相交于一点才行，故③错．]2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()【导学号：51062217】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(2017·嘉兴质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图7-1-7所示，则该三棱锥的侧视图可能为()图7-1-7A B C DD[由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，∴该三棱锥的侧视图可能为选项D.]4．一个几何体的三视图如图7-1-8所示，则该几何体的表面积为( )图7-1-8A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图7-1-9，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7-1-9A.18B.17C.16D.15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·浙江五校联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7-1-10所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图7-1-1022 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7-1-11所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图7-1-111 [三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7-1-12所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：51062218】图7-1-1222[由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC，故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△P AC中，PC＝P A2＋AC2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7-1-13所示．图7-1-13(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图. 【导学号：51062219】[解](1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体.6分(2)直观图如图所示.15分10．如图7-1-14，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．图7-1-14(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A.[解](1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.6分(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.8分由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7-1-15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①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图7-1-15A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.]2．(2017·杭州学军中学质检)如图7-1-16是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是() 【导学号：51062220】图7-1-16A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．某四棱柱的三视图如图7-1-17所示，则该四棱柱的体积为________．图7-1-1732[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD-A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。

立体几何与空间向量-2018届浙江省高三数学优质金卷考卷分项(word版含答案)

第九章立体几何与空间向量一．基础题组1. 【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】在三棱锥P ABC -中， PA ⊥平面ABC ， 90BAC ∠=︒， ,D E 分别是,BC AB 的中点， AB AC ≠，且AC AD >.设PC 与DE 所成角为α， PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P BC A --为γ，则（）A. αβγ<<B. αγβ<<C. βαγ<<D. γβα<<【答案】A2. 【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】如图是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为__________ ；表面积为 __________．【答案】 33【解析】还原几何体如图：根据图中数据可得： 112232V =⨯⨯⨯=111222213222S =⨯⨯+⨯⨯⨯=+3. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，,E F 分别是棱11,AA CC 的中点，过EF 的平面与棱11,BB DD 分别交于点,G H .设BG x =， []0,1x ∈．①四边形EGFH 一定是菱形；②//AC 平面EGFH ；③四边形EGFH 的面积()S f x =在区间[]0,1上具有单调性；④四棱锥A EGFH -的体积为定值.以上结论正确的个数是A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B1111222113226A EHG G AEH V V --==⨯⨯⨯⨯⨯= ,所以正确的是1,2,4，选B 点睛：求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到4. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】某几何体的三视图如图所示(单位： cm )，则该几何体的表面积(单位： 2cm )是A. 36+36+40+40+【答案】B点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．5. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】如图，在平面四边形ABCD 中， 1AB BC ==， AD CD ==90DAB DCB ∠=∠=︒，点P 为AD 中点， ,M N 分别在线段,BD BC 上，则2PM MN +的最小值为__________．【答案】16. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】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1620π+，则r = ( )A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】B【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为： 22222111142222542222r r r r r r r r r πππππ⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯=+ ，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴22541620r r ππ+=+ ，解得r=2，本题选择B 选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧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．7. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】如图，在棱长为2的正四面体S ABC -中，动点P 在侧面SAB 内，PQ ⊥底面ABC ，垂足为Q ，若PS PQ =，则PC 长度的最小值为________.,4PH PQ ∴= PH PS ∴=，即P 是到定点与定直线等距离的动点轨迹，即P 的轨迹是以AB 为准线，以'S 为焦点的抛物线， SH 的中点O 是抛物线顶点， O 到C 的距离就是PC 的最小值，由余弦定理可知，222PC =+⎝⎭1112,34-= PC =. 8. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为_______ ；表面积为_______.【答案】 323 16+【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 10B. 20C. 40D. 60【答案】B考点：1.三视图；2.多面体的体积.10. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】下列结论正确的是（）A. 若直线平面，直线平面，则B. 若直线平面，直线平面，则C. 若两直线与平面所成的角相等，则D. 若直线上两个不同的点到平面的距离相等，则【答案】A考点：空间直线与平面间的位置关系．【思维点睛】解答此类试题的关键是对于空间几何中的一些概念、公理、定理和推论的理解一定要结合图形，理解其本质，准确把握其内涵，特别是定理、公理中的限制条件，如公理3中“不共线的三点”，“不共线”是很重要的条件．11. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】已知三棱锥P ABC -的底面积ABC 是边长为 A 点在侧面PBC 内的射影H 为PBC ∆的垂心，二面角P AB C --的平面角的大小为60︒，则AP 的长为（）A. 3B. 【答案】C【解析】连结BH 交PC 于点E ，连结AE ，设P 在底面ABC 内的射影为O ，则PO ⊥平面ABC ，连结CO 交AB 于点F∵A 点在侧面PBC 内的射影H 为PBC ∆的垂心∴AH ⊥平面PBC ， BE PC ⊥∴AH PC ⊥∵BE AH H ⋂=， BE ⊂平面ABE ， AH ⊂平面ABE∴PC ⊥平面ABE∴PC AB ⊥∵AB ⊂平面ABC ， PO ⊥平面ABC∴PO AB ⊥∵PO PC P ⋂=， PO ⊂平面PFC ， PC ⊂平面PFC∴AB ⊥平面PFC∵CO ⊂平面PFC∴AB CO ⊥同理可证AC BO ⊥∴O 是ABC ∆的垂心∴三棱锥P ABC -为正三棱锥∵三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为∴BF = 3CF =，则1FO =∵二面角P AB C --的平面角的大小为60︒∴PFC ∠为二面角P AB C --的平面角在Rt POF ∆中， 60PFC ∠=︒， 1FO =∴2PF =在Rt PFA ∆中， 2PF =， AF =∴AP ==故选C点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥P ABC -为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得PFC ∠为二面角P AB C --的平面角，解直角三角形即可得解.12. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 2B.83 C. 103D. 3 【答案】C点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整.13. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】某几何体的三视图如图所示，则俯视图的面积为__________；此几何体的体积__________.【答案】 22π+ 83π+点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．14. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】已知P ABC -是正四面体（所有棱长都相等的四面体），E 是PA 中点， F 是BC 上靠近点B 的三等分点，设EF 与PA 、PB 、PC 所成角分别为α、β、γ，则（）A. βγα>>B. γβα>>C. αβγ>>D. αγβ>> 【答案】D【解析】分别取AB 中点G ， AC 中点H ，连结GE ， GF ， EH ， FH ， AF ，如图所示，则FEA α=∠，FEG β=∠， FEH γ=∠， 2a EH =， 2a EG =， 2aFH =由P ABC -是正四面体（所有棱长都相等的四面体），设正面体的棱长为a∴根据余弦定理可得2279AF a =， 22736GF a = ∴22222719494cos 22a a EF a EF a EF a EF α+--==⋅， 22222743618cos 22a a EF a EF a EF a EF β+-+==⋅， 222244cos 22a a EF EF a EF a EF γ+-==⋅ ∴cos cos cos αγβ<<，且βγ，为锐角 ∴αγβ>> 故选D.15. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三9月基础知识测试】设是两条不同的直线，时一个平面，则下列说法正确的是（） A. 若则 B. 若则 C. 若则D. 若则【答案】C故选：C16．【浙江省嘉兴第一中学2018届高三9月基础知识测试】某几何体的三视图如图所示（单位：）则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.17. 【浙江省名校协作体2018届高三上学期测试】如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α内，三条棱AB,AC, AD都在平面α的同侧. 若顶点B, C到平面αABC与平面所成锐二面角的余弦值为________【答案】2 3作平面α的法线AH ，作1BB α⊥ 于11B CC α⊥，于11C DD α⊥，于1D ；连结111AB AC AD ，，，令AH h DA a DB b DC c ====，，，，由等体积可得22221111,h a b c =++ 2222221,h h h a b c∴=++ 令111BAB CAC DAD αγβ∠=∠=∠=，，，可得2221sinsin sin αβγ++=，设111DD m BB CC == ，22213m ⎛⎫∴++=⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2m = ；则α的法向量为000222n x y z hcos hcos hcos hsin hsin hsin πππαγβαγβ==---=（，，）（（），（），（））（，，），由1hsin α=，得hsin γ=hsin β=∴000n x y z ==⎝（，，），平面ABC 的法向量为()0,0,3，则平面ABC 与平面所成锐二面角()0,0,323⎛ =18. 【浙江省名校协作体2018届高三上学期测试】．一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为____________，体积为_________．【答案】 18+203【解析】：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，截面为边长为(2= 则该几何体的表面积为2132322182⨯+⨯⨯⨯+=+19. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为23π的扇形，此圆锥的母线长为__________，体积为__________.【答案】【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知223r l ππ=,且1232r l ππ⋅⋅=，解得r=1，l=3，∴圆锥高h ==∴此圆锥的体积2211133V r h ππ==⨯⨯⨯=.圆锥的母线长为3，体积为3. 20. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】若ABC ∆沿着三条中位线折起后能够拼接成一个三棱锥，则称这样的ABC ∆为“和谐三角形”，设ABC ∆的三个内角分别为A ， B ， C ，则下列条件不能够确定为“和谐三角形”的是()A. ::7:20:25A B C =；B. sin :sin :sin 7:20:25A B C =C. cos :cos :cos 7:20:25A B C =D. tan :tan :tan 7:20:25A B C = 【答案】B三个顶点处均满足此条件，故能拼成一个三棱锥，当△ABC 为锐角三角形时，在斜边中点E 处不满足条件，故不能拼成一个三棱锥，同理当△ABC 为钝角三角形时，在钝角所对边中点处不满足条件，故不能拼成一个三棱锥，综上可得：△ABC 一定是锐角三角形，A.∵A:B:C= ::7:20:25A B C =，∴△ABC 是锐角三角形，故是和谐三角形，B.∵sin :sin :sin 7:20:25A B C =，∴222::7:20:25,a b c a b c =+<,△ABC 是钝角三角形，故不是和谐三角形，C.∵cos :cos :cos 7:20:25A B C =，∴△ABC 是锐角三角形，故是和谐三角形，D. tan :tan :tan 7:20:25A B C =，∴△ABC 是锐角三角形，故是和谐三角形，故选B.点睛：在解三角形中，要注意应用以下条件：（1）三角形的内角和为180°；（2）大边对大角，大边对大弦；（3）三个内角的余弦最多有一个负数，正切也是.21. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. 15B. 20C. 25D. 30【答案】B【解析】22. 【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】如图，四边形中，、分别是以和为底的等腰三角形，其中，，，则__________，__________．【答案】 2【解析】设，在内，，在内，，可得，,由余弦定理可得，，故答案为. 23. 【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】如图，正四面体中，、、在棱、、上，且，，分别记二面角，，的平面角为、、，在（）A. B. C. D.【答案】D【方法点睛】本题主要考查二面角的求法，属于难题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角，本题很巧妙的应用点到面的距离及点到线的距离求得二面角的正弦值，再得到二面角的大小关系.24. 【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】A【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.25. 【浙江省清源中学2018届高三9月月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（）A. 4B.D. 【答案】D【解析】所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭.显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x =--.因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈. 所以当221x x -=， 2a 取得最小值12. 所以a的最小值为故选D.点睛：集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可.26. 【浙江省清源中学2018届高三9月月考】一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为（）A. B. C. D. 【答案】A故选A．考点：简单空间图形的三视图．27. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】．如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在平面，且PA=AB=2，过点A作平面PBα⊥，交PB,PC分别于E,F，当三棱锥P-AEF体积最大时，tan BAC∠=_________．1113266P AEFV AF EF PE AF-∴=⋅⋅⋅==6=≤，1AF∴=时，三棱锥P-AEF1,cosθθ===，tanθ=【点睛】涉及与圆有关的垂直问题不要忘记垂径定理和直径所对的圆周角是直角，可以提供垂直方面的依据，借助线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直反得线线垂直，这是垂直问题常用的推理模式，借助二次函数求体积的最值，进而求出所求的角的正切.28. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是____________,体积是______________.【答案】 20+203【解析】29. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】正方体1111ABCD A BC D -中，点P 在1AC 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是（） A. ,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B. ,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C. ,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. ,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】以点D 为原点，DA 、DC 、1DD 分别为x y z 、、建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为(),1,x x x - ，则()()11,,,1,0,1BP x x x BC =--=-设1BP BC 、的夹角为α，所以11·cos BP BC BP BC α===，所以当13x=时， cos α 取最大值6πα= 。

浙江专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题

（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A.43 B ．2 C.83 D.103 答案 D解析由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积为12×2×2×2＝4，三棱锥的体积为13×12×2×2×1＝23，所以该几何体的体积为4－23＝103，故选D.2．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，E 为A 1C 1中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直相交 D ．不确定答案 B解析如图取B 1C 1中点为F ，连接EF ，DF ，DE ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .3．(2016·沈阳模拟)设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上) 答案 ①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.4．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．答案 23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)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．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面DHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －ABC ＝V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PAC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝232－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二空间点、线、面的位置关系例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明方法一如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .方法二如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH .因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ，又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形，所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ，所以平面ABE ∥平面C 1HF ，又C 1F ⊂平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)解因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C 1F ∥平面ABE ：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由AS ＝AB ，AF ⊥SB 知F 为SB 中点，则EF ∥AB ，FG ∥BC ，又EF ∩FG ＝F ，AB ∩BC ＝B ，因此平面EFG ∥平面ABC .(2)由平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB ∩平面SBC ＝SB ，AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF ⊥平面SBC ，则AF ⊥BC .又BC ⊥AB ，AF ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面SAB ，又SA ⊂平面SAB ，因此BC ⊥SA . 题型三空间角的计算例3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2⇒⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋－k2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，分别以直线ER ，ED ，ES 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋y －2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ， ∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝(－23，－13，23)，FA →＝FE →＋EA →＝(－83，－73，23)，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.(2016·杭州学军中学高三5月模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°.(1)求证：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BC ＝BD ，取CD 的中点E ，连接BE ，∴BE ⊥CD ，∵AB ∥CD ，且CD ＝2AB ， ∴AB ∥DE ，且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 是矩形， ∴BE ∥AD ，且BE ＝AD ，AB ⊥AD ，又∵AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，又∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PAD ⊥平面PCD .(2)解以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°， ∴PA ＝PB 2－AB 2＝6－2＝2，AD ＝BE ＝BD 2－AB 2＝6－2＝2， BC ＝BE 2＋CE 2＝4＋2＝6，则P (0，－1，3)，D (0,2,0)，B (2，0,0)，C (22，2,0)， PD →＝(0,3，－3)，BP →＝(－2，－1，3)， BC →＝(2，2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2x ＋2y ＝0，n ·BP →＝－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2，－1，33)，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－112·103＝105，∴直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为105.1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥B 1D ，BB 1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD 1的中点，EF 与BD 交于点G .(1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D；(2)证明：GH∥平面ACD1.证明(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)设AC∩BD＝O，连接OD1.∵E，F分别为AD，CD的中点，EF∩OD＝G，∴G为OD的中点．∵H为DD1的中点，∴HG∥OD1.∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1，∴GH∥平面ACD1.2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D－BEF的体积．(1)证明如图，取BF 的中点M ，设AC 与BD 交点为O ，连接MO ，ME .由题设知，CE 綊12DF ，MO 綊12DF ， ∴CE 綊MO ，故四边形OCEM 为平行四边形，∴EM ∥CO ，即EM ∥AC .又AC ⊄平面BEF ，EM ⊂平面BEF ，∴AC ∥平面BEF .(2)解 ∵平面CDFE ⊥平面ABCD ，平面CDFE ∩平面ABCD ＝DC ，BC ⊥DC ，∴BC ⊥平面DEF .∴三棱锥D －BEF 的体积为V D －BEF ＝V B －DEF ＝13S △DEF ·BC ＝13×12×2×2×2＝43. 3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体EF －ABCD 中，四边形ABCD ，ABEF 均为直角梯形，∠ABE ＝∠ABC ＝90°，四边形DCEF 为平行四边形，平面DCEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥平面ABCD ；(2)若BC ＝CD ＝CE ＝12AB ，求直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值． (1)证明由四边形DCEF 为平行四边形，知EF ∥CD ，所以EF ∥平面ABCD .又平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，从而有AB ∥CD ∥EF .因为∠ABE ＝∠ABC ＝90°，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，又因为BE ∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面BCE ，因为CE ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CE .又四边形DCEF 为平行四边形，有DF ∥CE ，所以DC ⊥DF ，又因为平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝DC ，所以DF ⊥平面ABCD .(2)解不妨设BC ＝1，则BC ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝2，四边形ABCD 为直角梯形，连接BD ，则有BD ＝AD ＝2，则BD ⊥AD ，由DF ⊥平面ABCD ，知DF ⊥BD ，因为DF ∩AD ＝D ，所以BD ⊥平面FAD ，则∠BFD 即为直线BF 与平面ADF 所成角，在△BFD 中，DF ⊥BD ，BD ＝2，DF ＝1，则BF ＝3，所以sin∠BFD ＝BD DF ＝23＝63，所以直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值为63. 4．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ；(2)求二面角E-BC-A 的余弦值．(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D-AF-E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角CBEF 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧ x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E-BC-A 的余弦值为－21919. 5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AB ⊥平面BEC ，EC ⊥CB ，已知BC ＝2AD ＝2AB ＝2.(1)证明：BD ⊥平面DEC ；(2)若二面角A －ED －B 的大小为30°，求EC 的长度．(1)证明因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥EC .又因为EC ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以EC ⊥平面ABCD .因为BD ⊂平面ABCD ，所以EC ⊥BD .由题意可知，在梯形ABCD 中，有BD ＝DC ＝2，所以BD 2＋DC 2＝BC 2，所以BD ⊥DC .又EC ∩CD ＝C ，所以BD ⊥平面DEC .(2)解如图，以点B 为坐标原点，以BA 所在直线为z 轴，BC 所在直线为y 轴，以过点B 且平行于CE 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系．设|EC →|＝a >0，则B (0,0,0)，E (a,2,0)，A (0,0,1)，C (0,2,0)，D (0,1,1)．设平面AED 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－ax －y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面AED 的一个法向量为m ＝(1,0，a )，设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋z ＝0，ax ＋2y ＝0，令x ＝2，得平面BED 的一个法向量为n ＝(2，－a ，a )．又二面角A －ED －B 的大小为30°，所以cos 30°＝|m ·n|m ||n ||＝2＋a 2a 2＋1·2a 2＋4＝32，得a ＝1，所以EC ＝1.。

(浙江专用)2018版高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题课件

所以三棱锥E－ABC的体积
1 1 1 3 V＝3S△ABC· AA1＝3×2× 3×1×2＝ 3 .
思维升华
(1)①证明面面垂直，将“面面垂直 ”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题. ②证明 C1F∥ 平面 ABE ： (ⅰ) 利用判定定理，关键是在平面 ABE 中找 ( 作 ) 出直线 EG ，且满足 C1F∥EG.(ⅱ) 利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化. (2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化.
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，
所以AB⊥平面B1BCC1.
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)求证：C1F∥平面ABE；
证明
(3)求三棱锥E－ABC的体积. 证明因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3.
证明
(2)BC⊥SA.
证明
由平面SAB⊥ 平面SBC，平面 SAB∩平面SBC＝SB， AF⊂平面SAB ，
AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.
又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，
又S例3 (2016· 金华十校调研)如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，将四边形AEFB沿EF折起，使点B在平面CDEF上的射影H在直线DE上. (1)求证：CD⊥BE；
跟踪训练1 正三棱锥的高为1，底面边长为2 6 ，内有一个球与它的四个面都相切(如图).求： (1)这个正三棱锥的表面积；解答

浙江省各地市高考数学联考试题分类大汇编(8)立体几何

一、选择题：6．(浙江省宁波市鄞州区2018年3月高考适应性考试文科)设m、n是不一样的直线，、是不一样的平面,以下四个命题中，正确的选项是（）A．若m//,n//,则m//nB．若m,n,则m//nC.．若,m ,则m D．若m,n,m//,n//,则//3．(浙江省部分要点中学2018年3月高三第二学期联考理科)一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为(▲)A．4πB ．2πC．3πD．3π2【答案】D4．(浙江省部分要点中学2018年3月高三第二学期联考理科)、为两个确立的订交平面，a、b为一对异面直线，以下条件中能使a、b所成的角为定值的有( ▲)10．(浙江省部分要点中学201 8年3月高三第二学期联考理科)在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC2，AB ACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包含端点)，若GD EF，则线段DF的长度的取值范围为(▲)A．【答案】A 5,1B．5,1C．25,1D．25,1 55556．(浙江省台州中学2018届高三放学期第二次统练文科)已知直线l平面，直线m//平面，以下命题中正确的选项是()（A）l m（B）l//m（C）l m//（D）l//m(4)(浙江省2018年2月三校联考高三文科)若直线l不平行于平面a，且l a，则(B)A.a内的全部直线与l异面B.a内不存在与l平行的直线C.a内存在独一的直线与l平行D.a内的直线与l都订交(5)(浙江省台州中学2018届高三放学期第一次统练理科)已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线(A)只有一条，不在平面α内(B)有无数条，不必定在平面α内(C)只有一条，且在平面α内(D)有无数条，必定在平面α内【答案】C555588 (单位：cm)，如右图所示，则该几何体的侧面积为正(主)视图侧(左)视图cm．【答案】80【分析】此题主要考察三视图表面积的问题。

2018浙江高考数学(理)二轮专题复习检测：第一部分专题整合高频突破专题五立体几何专题训练11

专题能力训练11空间几何体的三视图、表面积与体积(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.若一棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可能是正六棱锥D.圆锥的顶点与其底面圆周上的任意一点的连线都是母线2.(2017浙江台州实验中学模拟)某几何体的三视图如图所示,则它的体积为()A.8-B.8-C.8-2π D3.一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧视图可能为()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.36π5.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A B C D6.一只小球放入一长方体容器内,且与共点的三个面相接触.若小球上一点P到这三个面的距离分别为4,5,5,则这只小球的半径是()A.3或8B.8或11C.5或8D.3或117.一正三棱锥的高和底面边长都等于6,则其外接球的表面积为()A.64πB.32πC.16πD.8π8.某个长方体被一个平面所截,得到的几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为()A.4B.2C D.8二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.(2017浙江舟山模拟)已知正三角形ABC的边长为a,则△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为.10.某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是cm3,则正视图中x的值是cm,该几何体的表面积是cm2.11.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为,表面积为.12.所谓正三棱锥,指的是底面为正三角形,顶点在底面上的射影为底面三角形中心的三棱锥,在正三棱锥S-ABC中,M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥S-ABC的体积为,其外接球的表面积为.13.下面是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是.14.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则当AM+MC1最小时,△AMC1的面积为.三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)如图,在Rt△ABC中,AB=BC=4,点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC于点F,将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与P重合),使得∠PEB=30°.(1)求证:EF⊥PB;(2)试问:当点E在何处时,四棱锥P-EFCB的侧面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB 的体积.16.(本小题满分15分)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.参考答案专题能力训练11空间几何体的三视图、表面积与体积1.D解析 A.如图(1)所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥,故A错误;B.如图(2)(3)所示,若△ABC不是直角三角形,或是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥,故B错误;C.若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形.由过中心和定点的截面知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长,故C错误;D.根据圆锥母线的定义知本选项正确.故选D.2.A解析由题意可知,该几何体为正方体内挖去一个圆锥,正方体的棱长为2,圆锥的底面半径为1,高为2,则正方体的体积为V1=23=8,圆锥的体积为V2=·π·12·2=.故该几何体的体积为V=8-.3.D解析由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD.4.B解析由题意,可知该几何体由两部分组成,这两部分分别是高为6的圆柱截去一半后的图形和高为4的圆柱,且这两个圆柱的底面圆半径都为3,故其体积为V=×π×32×6+π×32×4=63π.故选B.5.B解析由三视图中提供的数据信息和几何特征可知该几何体是一个四棱锥去掉一半圆锥的组合体,其体积V=×2×2×2-π×1=.6.D解析设小球球心为O,半径为r,点P所在的与底面平行的截面圆心为O1,O1O=d,则d=r-4,O1,O到与底面垂直的棱的距离为r,故点P到棱的距离为r+,且有化简得r2-14r+33=0,解得r=3或r=11.故选D.7.A解析作PM⊥平面ABC于点M,则球心O在PM上,PM=6,连接AM,AO,则OP=OA=R.在Rt△OAM中,OM=6-R,OA=R,又AB=6,且△ABC为等边三角形,故AM==2,则R2-(6-R)2=(2)2,解得R=4,所以球的表面积S=4πR2=64π.8.D解析由题中所给的三视图可知,该几何体如图所示,其底面为正方形,正方形的边长为2,HD=3,BF=1,将两个这样的几何体放在一起,可以构成一个高为4的长方体,所以该几何体的体积为×2×2×4=8.9. 解析作出正三角形ABC的实际图形和直观图如图①②,由图②可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=O'C'=a,所以S△A'B'C'=A'B'·C'D'=×a×a=a2.10.2解析由三视图可知,该几何体是底面为直角梯形的四棱锥,其直观图如右图所示,由棱锥的体积公式得×(1+2)×x=,解得x=2,侧面ADS,CDS,ABS为直角三角形,侧面BCS 是以BC为底的等腰三角形,所以该几何体的表面积为S=[(1+2)×+2×2+×2+1×+2×]=.11.4032+16解析由题中三视图可知该几何体是放倒的三棱柱去掉两个三棱锥后的组合体,底面是边长为4,8的矩形,两个侧面都是等腰梯形,上、下底边长为8,4;两侧面是全等的等腰三角形,底边长为4,三角形的高为.等腰梯形的高为.几何体的体积为×4×3×4+2××2×4×3=40,几何体的表面积为4×8+2××4×+2××(4+8)×=32+16.12. 12π解析如图,由正三棱锥性质可知,SB⊥AC,又SB⊥AM,故SB⊥平面SAC.∴∠BSA=∠BSC=∠CSA=90°.由AB=2,可知SA=SB=SC=2.∴V S-ABC=V B-SAC=·S△SAC·SB=·22·2=,可以把三棱锥补成一个棱长为2的正方体,故其外接球的直径为2r=2,表面积为S=4πr2=12π.13.3解析由三视图作出几何体的直观图(如图所示),计算可知AF最长,且AF==3.14. 解析将直三棱柱沿侧棱A1A剪开,得平面图形如图所示,A'C1为定长,当A,M,C1共线时AM+MC1最短,此时AM=,MC1=2.又在原图形中AC1=,易知∠AMC1=120°,故×2×sin 120°=.15.(1)证明∵EF∥BC,且BC⊥AB,∴EF⊥AB,即EF⊥BE,BF⊥PE.又BE∩PE=E,∴EF⊥平面PBE.又PB⊂平面PBE,∴EF⊥PB.(2)解设BE=x,PE=y,则x+y=4.∴S△PEB=BE·PE·sin∠PEB=xy≤=1,当且仅当x=y=2时,S△PEB的面积最大.此时,BE=PE=2.由(1)知EF⊥平面PBE,∴平面PBE⊥平面EFCB.在平面PBE中,作PO⊥BE于O,则PO⊥平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PE·sin 30°=2×=1,S EFCB=×(2+4)×2=6,∴V P-BCFE=×6×1=2.16.(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故四棱锥P-ABCD的体积V P-ABCD=AB·AD·PE=x3.由题设得x3=,故x=2.从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.。

2018届浙江省基于高考试题的复习资料——高考中的立体几何解答题

[2011] （ 20）如图，在三棱锥 P ABC 中， AB AC ，D 为 BC 的中点， PO ⊥平面 ABC ，垂足 O 落在线段 AD 上 .
（Ⅰ）证明： AP ⊥ BC ；（Ⅱ）已知 BC 8， PO 4 ， AO 3 ， OD 2 . 求二面角 B AP C 的大小 .
[2012] （ 20）如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥 ABCD-A1 B1 C1D1 中，AD∥ BC，AD⊥AB，AB= 2 。
[2004] （19）如图，已知正方形 ABCD和矩形 ACEF所在的平面互相垂直， AB
M是线段 EF的中点。（Ⅰ）求证 AM∥平面 BDE；（Ⅱ）求证 AM⊥平面 BDF；（Ⅲ）求二面角 A— DF—B 的大小；
2， AF 1 ，
[2005](18) 如图，在三棱锥 P－ ABC中， AB⊥BC， AB＝BC＝ 1 PA，点 O、 D分别是 AC、 PC的
2
中点， OP⊥底面 ABC．
P
( Ⅰ ) 求证 OD ∥平面 PAB
( Ⅱ ) 求直线 OD 与平面 PBC所成角的正
[2006] （ 17）如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面为直角梯形 ,AD∥ BC,∠ BAD=90° ,PA ⊥底面 ABCD，且 PA＝ AD=AB=2BC,M、 N分别为 PC、 PB的中点 . ( Ⅰ) 求证： PB⊥ DM; ( Ⅱ) 求 BD与平面 ADMN所成的角。
基于高考试题的复习资料
精准把握高考方向
立体几何与空间向量
数我最型工作室解答题中立体几何是必考题，属中等题，以考查点线面的位置关系和求角为主，考查空间想象能力和推理论证能力，对数学运算的能力也有一定的要求。转化与化归的思想贯穿整个立体几何的始终。 [ 难度系数 ] ★★★☆☆

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2016浙江精彩题选——立体几何
【一、轨迹问题】
1．如图，平面ABC ⊥平面α，D 为线段AB 的中点，22=AB ,
︒=∠45CDB ，点P 为面α内的动点，且P 到直线CD 的距离为2，
则APB ∠的最大值为．解：以AB 为直径的圆与椭圆A ‘
B ’
相切
【二、动态问题】
1.（2016台州期末8）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB=AC=PB=PC=10，PA=8，BC=12，点M 在
平面PBC 内，且AM=7，设异面直线AM 与BC 所成角为α，则cos α的最大值为
1
7
分析：点A 到平面PBC 的距离为d=AM=7即为绕d 旋转所成的圆锥的母线长，最大角为BC 与圆锥底直径平行时，母线与直径所成的角
2.（2016金华十校期末）在四面体ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD=6，BC=2，且
AB AC
BD CD
==2，则ABCD V 四面体的最大值为（ C ）
A.6
B.
C.
D.8 分析：由
AB AC
BD CD
==2得B 、C 点的轨迹为阿波罗尼斯圆，由阿波罗尼斯圆的性质，则B ，C 离AD 的最远距离为4，可求
3.（2016台州一模 8）如图,在长方体D C B A ABCD ''''-中,点Q P ,分别是棱BC ,CD 上的
动点,4,BC =, 3,CD
=CC '=C C '与平面C PQ '所成的角为
︒30,则△C PQ '的面积的最小值是( B )
A
．5 B ．8 C
．3
D ．10
4（2016宁波十校15）如图，正四面体ABCD 的棱CD 在平面α上，E 为棱BC 的中点.当
正四面体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正
弦值为 .
分析：CD ⊥平面ABF ，则平面ABF ⊥平面α。

设，平面ABF ⊥平面α=a ,四面体不动，转动平面α，则AO ⊥α于O 交BF 于M ，AO 为平面α的法向量。

AE 与平面α所成角正弦值最大=AE 与法向量AO 所成角最小，即为AE 与平面ABF
所成角，sin θ=
则AE 与平面α所成角的正弦即为θ
5.（温州二模8）.棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，
E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为（ B ） A
． B
C
D
．分析：作对称
6.（2016五校联考8）如图，棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在
(第8题图)
α
A
B C
D
E
平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为0
30，则顶点1C 到平面α的距离的最大值是（ B ）
A.(22
B.2
C.)2
1 D.)
2
1
分析：
直线CA 在平面β上移动， CA 与平面α所成线面角在变化的过程中，当线面角与二面角重叠时线面角最大。

此问题与2014年高考题填空最后一题是同一个原理。

相关：（2014浙江高考17题）.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目
标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若
则
的最大值
9。

（仰角为直线AP 与平面ABC 所成角）
当PA 与平面ABC 的线面角为M-AC-B 的平面角时，取最大，可秒解。

9.（2016诸暨质检15）.如图，直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面
是边长为1的正方形，高AA 1A 是平面α内的一个定点，AA 1与α所成角为
3
π
，点C 1在平面α内的射影为P ，当四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1按要求运动时（允许四棱柱上的点在平面
α的同侧或异侧）
，点P 所经过的区域面积= 解：当长方体绕A 1A 转的时候，C 1C 形成一个圆柱，过C 1往平面α作垂线垂足P ，就形成一个椭圆，其短轴为
P 1P 2y 型的椭圆，其中心A
点在平面α上的射影M 。

当AA 1绕着A 点成o
60转时，则椭圆就以A 为圆心，
2
为半径的圆上运动，其扫过的区域为一个圆环，外径为2
，内径为2，所以
面积为22
-]22
π⋅=[（（）
【三、角度问题】
1.（2016名校联盟第一次7）．如图四边形ABCD ，AB =BD =DA =2,BC =CD =
现将D ABD 沿BD 折起，当二面角A -BD -C 处于[
p 6,
5p
6]过程中，直线AB 与CD
所成角的余弦值取值范围是（ D ）
A
．[88- B
．[]88 C ．[0,]8 D
．[0,8
2.（2016名校联盟第一次13）．已知一平面与一正方体的12条棱的所成角都等于α，则
sin α=
． 3.（2016温州一模8）．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，点E 在线段AD 上且3AE =，
第7题图
D
现分别沿,B E C E 将,ABE DCE ∆∆翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D EC B --的余弦值为（ D ）
A ．
45 B ．56 C ．67 D ．78
分析：往折痕作垂线，就是平面角，关键点是BD 刚好和CE 垂直。

4. （2016宁波期末15）．在△ABC 中，∠BAC=10o ，∠ACB=30o ，将直线BC 绕AC 旋转得到B 1C ，直线AC 绕AB 旋转得到AC 1，则在所有旋转过程中，直线B 1C 与直线AC 1所成角的取值范围为 [10,50]o
o
分析：两个圆锥的母线在转动时所成角的问题.
5.（2016嵊州期末8）如图，四边形ABCD 与ABEF 均为矩形，2BC BE AB ==，二面角
E AB C --的大小为
3
π
．现将△ACD 绕着AC 旋转一周，则在旋转过程中，（ B ）
A ．不存在某个位置，使得直线AD 与BE 所成的角为4
π B ．存在某个位置，使得直线AD 与BE 所成的角为
2
π
⇒
B
A
第8题图
C ．不存在某个位置，使得直线A
D 与平面ABEF 所成的角为4
π D ．存在某个位置，使得直线AD 与平面ABEF 所成的角为2
π
6.（2016桐乡一模8）．如图，已知△ABC ，CD 为ACB ∠的角平分线，沿直线CD 将△ACD 翻折成△CD A '，所成二面角B CD A --'的平面角为θ，则（ C ） A ．θθ≤'∠≤'∠CB A DB A , B ．θθ≥'∠≤'∠CB A DB A , C ．θθ≤'∠≥'∠CB A DB A , D ．θθ≥'∠≥'∠CB A DB A ,
7.（2016绍兴二模）如图，棱长为3的正方体的顶点A 在平面α上，三条棱AB ，AC,AD 都在平面α的同侧。

若顶点B ，C 到平面α的距离分别为1
D 到平面α
12
||
1|n |
AB n
d x ⋅==
=
2d ==
3d =
平方相加可得，3d =
8（2016嘉兴二模6）如图，小于︒90的二面角βα--l 中，l O ∈，α∈B A ,，且AOB ∠为钝
角，''OB A ∠是AOB ∠在β内的射影，则下列结论错误．．的是（ D ） A ．''OB A ∠为钝角 B ．AOB OB A ∠>∠'' C ．π<∠+∠'AOA AOB
D ．π>∠+∠+∠''AOA BOA OB B
分析：'
'
cos cos BOB cos B Ol BOl ∠⋅∠=∠则'
B Ol BOl ∠<∠
，同理
'
AOl AOl ∠<∠ A
B
C
A ´ D
（第8题图）
A
O
B
'
A '
B α
l
β
（第6题）
可排除A ，B 选项，C 、D 方法同样。

9.（2016杭二最后卷15）正四面体BCD A -中：E 为BC 中点，F 为直线BD 上一点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值．．．的取值范围是__________. 解：把正四面体放到正方体内，平面ACD 与平面AEF 所成角的正弦=平面ACD 的法向量BK 与平面AEF 所成角的余弦值。

BK 与AE 所成角cos 3
α=
，问题看成平面AEF 绕AE 转动，当BK
与平面所成角等于BK 与AE 夹角时角最大，当平面AEF 与BK 平行时
所成角为0o
，则cos [
,1]3
α∈
【四、基本概念】
1.（2016五校联考4）已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，下列数学命题不正确的是（ D ）
A.平面1//ACB 平面11AC D ，且两平面的距离为
B.点P 在线段AB 上运动，则四面体111PA B C 的体积不变
C.与所有12
D.M 是正方体的内切球的球面上任意一点，N 是1AB C ∆外接圆的圆周上任意一点，则
MN 的最小值是
2。