2011～2012学年度高三数学空间几何体部分训练题(一)
高三上学期数学立体几何空间几何体基础知识测试卷
上学期高三数学立体几何空间几何体基础知识测试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列几何体中是四棱锥的是( )A. B. C. D.2.已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A. 2B. 2√2C. 4D. 4√23.如图所示的组合体是由哪个平面图形旋转形成的( )A. B. C. D.4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=2，则原平面图形的面积为( )A. 3√2B. 3√2C. 12√2D. 6√225.已知三个球的表面积之比是1：2：3，则这三个球的体积之比为( )A. 1：√2：√3B. 1：2√2：3√3C. 1：4：9D. 1：8：276.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )A. √3B. 2√3C. 3√3D. 4√37. 木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且▵ADE,▵BCF均为正三角形，EF//CD,EF=4，则该木楔子的体积为( )A. 8√23B. 4√2 C. 4√23D. 2√28.正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,Q,R分别是A1D1,C1D1,AA1的中点.那么过P,Q,R三点的截面图形是( )A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形二、多选题（本大题共4小题，共20分。
在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法中不正确的是( )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. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线10.已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是( )A. 球O的半径为32B. 球O的表面积为6πC. 球O的内接正方体的棱长为√6D. 球O的外切正方体的棱长为√611.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段A1D1靠近点D1的三等分点，点F，G分别为C1D1，B1C1的中点．下列说法中正确的是A. A，C，E，F四点共面B. AD1⊥B1DC. BG//平面ACD1D. 三棱锥D−ACD1与三棱锥B−ACD1体积相等12. 已知圆锥的底面半径为1，高为√3，S为顶点，A，B为底面圆周上两个动点，则( )A. 圆锥的体积为√33πB. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2C. 圆锥截面SAB的面积的最大值为√3D. 从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为3√3三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1=AC=2，AB⊥BC，则此球的体积为__________．14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3cm，BC=4cm，CA=5cm，AA1=6cm，则四棱锥A1−B1BCC1的体积为cm315.空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=BD=a，且AC与BD所成的角为60∘，则四边形EFGH的面积为_____．16.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为____．四、解答题（本大题共6小题，共70分。
【数学】2012新题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)1
课标理数12.G1[2011·福建卷] 三棱锥P－ABC中，P A⊥底面ABC，P A＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．课标理数12.G1[2011·福建卷] 【答案】 3【解析】由已知，S△ABC＝12×22sinπ3＝3，∴V P－ABC＝13S△ABC·P A＝13×3×3＝3，即三棱锥P－ABC的体积等于 3.课标文数8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80课标文数8.G2[2011·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.课标理数6.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80图1－3课标理数7.G2[2011·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2课标理数7.G2[2011·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.图1－4课标文数5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )图1－1A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2 课标文数5.G2[2011·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.课标理数7.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )图1－2A ．6 3B ．9 3C ．12 3D ．18 3 课标理数7.G2[2011·广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.课标文数9.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2课标文数9.G2[2011·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.图1－1课标理数 3.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18课标理数3.G2[2011·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18， 故选B.课标文数 4.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图1－1A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18 课标文数4.G2[2011·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选D.课标理数6.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3 课标理数6.G2 [2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.图1－5课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 23 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为2 3.图1－6图1－3课标文数8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．23C ．2 D. 3 课标文数8.G2[2011·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．图1－4由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B.课标文数8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2图1－3课标文数8.G2[2011·课标全国卷] D【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图1－4图1－2课标理数11.G2[2011·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是()A．3B．2C．1D．0课标理数11.G2[2011·山东卷] A【解析】①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．图1－3课标文数11.G2[2011·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是()A．3 B．2C．1 D．0课标文数11.G2[2011·山东卷] A【解析】①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．课标理数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标理数5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V ＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.课标文数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标文数5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.课标理数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－5课标理数10.G2[2011·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V ＝3×2×1＋13π×1×3＝6＋π.课标文数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－4课标文数10.G2[2011·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.图1－2课标理数3.G2[2011·浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除A 、B 选项，由俯视图可排除C 选项．课标文数7.G2[2011·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是( )图1－1图1－2课标文数7.G2[2011·浙江卷] B【解析】由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.大纲理数3.G3[2011·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是() A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面大纲理数3.G3[2011·四川卷] B【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.图1－4课标理数17.G4，G7[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．图1－5【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．图1－6 由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－32，32.则有BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2011·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)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 ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．图1－3课标文数15.G4[2011·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．课标文数15.G4[2011·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，图1－3所以直线EF∥平面PCD.(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面P AD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.课标文数4.G4[2011·浙江卷] 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交课标文数4.G4[2011·浙江卷] B【解析】在α内存在直线与l相交，所以A不正确；若α内存在直线与l平行，又∵l⊄α，则有l∥α，与题设相矛盾，∴B正确，C不正确；在α内不过l与α交点的直线与l异面，D不正确．图1－6课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长． 课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O . 因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与P A 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t ＞0)， 则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t . 同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，P A ＝ 6.大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足．点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )A.23B.33C.63D ．1 大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则平面ABC ⊥β，在平面β内过D 作DE ⊥BC ，则DE ⊥平面ABC ，DE 即为D 到平面ABC 的距离，在△DBC 中，运用等面积法得DE ＝63，故选C.大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．图1－1大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角． 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )， 则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.大纲文数8.G5[2011·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 大纲文数8.G5[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则AC ⊥CB ，∵AB ＝2，AC ＝1，可得BC ＝3，又BD ⊥l ，BD ＝1，∴CD ＝2，故选C.大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小． 大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217.设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标理数20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，图1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．课标理数20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】图1－8(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .图1－9(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12.解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)， GP →＝(0，－m ，t )． 由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等． 由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，图1－12从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD . 所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝⎛⎭⎫λ－322＋92>1. 这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．图1－3课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .图1－1因P A ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △P AG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为P A ＝PD ，所以PG ⊥AD ，又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG .延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m2.∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵P A →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)， 设平面P AD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由P A →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．图1－4课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连结EF . (1)如图①，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠F AC ＝α，则0°<α≤45°. 在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)， 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小． 课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷]【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.[来源:Z|xx|]图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－6，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ； (2)求二面角B －P A －C 的余弦值． 课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】 解法一：(1)连结OC ，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .图1－7又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ，而AC ⊂平面P AC ，所以平面POD ⊥平面P AC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面P AC ，所以OH ⊥平面P AC . 又P A ⊂面P AC ，所以P A ⊥OH .在平面P AO 中，过O 作OG ⊥P A 于G ，连结HG ，则有P A ⊥平面OGH .从而P A ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －P A －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155.所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105.故二面角B －P A －C 的余弦值为105.解法二：(1)如图1－8所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则图1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AC 的一个法向量，则由n 2·P A →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0. 所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC . (2)因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面P AB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面P AC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B －P A －C 的平面角与θ相等，所以二面角B －P A －C 的余弦值为105.课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】(1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ， 所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－9课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 如图1－9，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值． 课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面P AD .故P A ⊥BD .图1－10(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.图1－8课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高． 课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面P AD ，故P A ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.课标理数16.G5，G9[2011·陕西卷] 如图1－6，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.图1－6(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值． 课标理数16.F2[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .[来源:学科网ZXXK] 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.课标文数16.G5[2011·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数16.G5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD . 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .大纲文数6.G5[2011·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面 大纲文数6.G5[2011·四川卷] B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标理数4.G5[2011·浙江卷] 下列命题中错误．．的是( ) A ．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βB ．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βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β课标理数4.G5[2011·浙江卷] D【解析】若面α⊥面β，在面α内与面β的交线不相交的直线平行于平面β，故A正确；B中若α内存在直线垂直平面β，则α⊥β，与题设矛盾，所以B正确；由面面垂直的性质知选项C正确．由A正确可推出D错误．课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标理数17.G4，G7[2011·安徽卷]如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标理数17.G4，G7[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想。
2012吉林高考数学二轮复习—空间几何体
2012吉林高考数学二轮复习-空间几何体I 卷一、选择题1．一个空间几何体的正视图、侧视图均是长为2、高为3的矩形，俯视图是直径为2的圆(如下图），则这个几何体的表面积为（ ）A ．12π+B ．7πC ． π8D ．π20【答案】C2．设长方体的长、宽、高分别为a 2、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．23a πB ．26a πC ．212a πD ．224a π【答案】B3． 如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于 ( )A ．3465+B ．66543+C ．663413+D ．175+【答案】A4． 一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角（ ）A ．相等B ．互补C ．相等或互补D ．不能确定【答案】D5．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( ）A ．6B ．2C ．23D 3【答案】A6． 一几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是( )A ． 2B ． 43C ．312+ D ．316+【答案】B7．下列四个几何体中，各几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（ ）A ．①②B ．②③C ．②④D ．①③【答案】C解析：①的三个视图都相同；②的主视图与左视图相同，与俯视图不同；③的三个视图互不相同；④的主视图与左视图相同，而与俯视图不同。
8．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）A ．283π-B ．8-3πC ．82π-D ．23π【答案】A9．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）A． 4 B． 8 C． 16 D． 20【答案】C10．在正三棱锥S-ABC中，M、N分别是SC、BC的中点，且AMMN⊥，若侧菱SA=32，则正三棱 S-ABC外接球的表面积为（）A．12πB．32πC．36πD．48π【答案】C11．已知六棱锥P ABCDEF-的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确．．．的是（）A．//CD平面PAFB．DF⊥平面PAFC．//CF平面PABD．CF⊥平面PAD【答案】D12．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）A ．38000cm 3B ．34000cm 3C ．20003D ．40003【答案】A13．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的体积是（ ）A ．3πB ．43πC ．133πD ．683π【答案】C14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ）A ．21 B ．31 C ．41 D ．61【答案】A15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．21 B ．31 C ．41 D ．61【答案】A16．已知α、β是两上不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题： ①若,,m m αβαβ⊥⊂⊥则；②若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ③如果,,,m n m n αα⊂⊄是异面直线，那么n 与α相交； ④若,//,,,m n m n n αβαβ=⊄⊄且则////n n αβ且。
高三数学立体几何专项练习题及答案
高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形？A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案：C2. 一个有8个面的多面体，其中6个面是正方形，另外2个面是等边三角形，它的名字是？A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案：C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为？A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案：C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是？A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案：A5. 求下列多面体的棱数：（1）正六面体（2）正八面体（3）正十二面体答案：（1）正六面体的棱数为 12（2）正八面体的棱数为 24（3）正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是：一棱锥没有底面时，它的底面是一个______。
答案：点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线，它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。
答案：中点3. 对正八面体，下列说法不正确的是：_____条对角线与_____两两垂直。
答案：六，相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形，其高为8cm。
求棱锥体积。
解答：底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以，棱锥的体积为64 cm³。
2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形，其高为12cm。
求四棱锥的体积。
解答：底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以，四棱锥的体积为400 cm³。
高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc
高三数学立体几何高考题1.（2012年7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出 的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 （A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）182.（2012年8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π4.(2013年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______．5.(2014年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6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4， 底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π47.(2015年6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ） （A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）89（2016年7）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 ）28π10（2016年11）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=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1311．(2017年6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是12．（2017年16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。
高三数学空间几何体试题
高三数学空间几何体试题1.（3分）（2011•重庆）高为的四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（）A．B．C．1D．【答案】C【解析】由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，而球心到小圆圆心的距离为，则推出顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心的距离为1，即可求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．解：由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球心到小圆圆心的距离为，顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心O的距离为1，所以底面ABCD的中心O'与顶点S之间的距离为1故选C点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，考查逻辑推理能力，计算能力，转化与划归的思想．2.如图，三棱柱ABC—A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C；(2)若AB＝2，求三棱柱ABC—A1B1C1的体积．【答案】（1）见解析（2）2【解析】(1)由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1.又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB⊂平面AA1B1B，所以平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)由题意，CB＝CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1.由(1)知，CO⊥平面AA1B1B，且CO＝BC＝AB＝.连结AB1，则VC—ABB1＝S△ABB1·CO＝AB2·CO＝.因为VB1—ABC＝VC—ABB1＝VABC—A1B1C1＝，故三棱柱ABC—A1B1C1的体积VABC—A1B1C1＝2.3.已知四棱锥V-ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，VA⊥平面ABCD，且VA＝4，则此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积的和是________．【答案】27【解析】可证四个侧面都是直角三角形，其面积S＝2××3×4＋2××3×5＝27.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图还原图像，得原图是两个一样的圆锥底面对在一起了，所以.【考点】三视图.5.已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面．动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示．现将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点，设的长度为，则的图象大致为（）【答案】A【解析】根据题意，由于圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面．动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线，那么可知轴截面绕着轴逆时针旋转后，随着角的增大可知BP的变化时匀速增大的，因此选A.【考点】圆柱的展开图点评：主要是考查了圆柱体侧面展开图的运用，属于基础题。
立体几何初步综合训练题
立体几何初步综合训练题 使用时间：2012-10-18一、选择题：1．下列命题中，正确的是( )A ．经过不同的三点有且只有一个平面B ．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C ．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D ．垂直于同一个平面的两个平面平行2.若直线//l 平面α，直线α⊂a ，则l 与a 的位置关系是A. a l //B.l 与a 异面C. l 与a 相交D. l 与a 没有公共点3. 若一个几何体的三视图都是等腰三角形，则这个几何体可能是A ．圆锥B ．正四棱锥C ．正三棱锥D ．正三棱台4. 已知α是平面，b a ,是直线，且a //b ，a ⊥平面α，则b 与平面α的位置关系是（ ）A ．b ⊂平面αB ．b ⊥平面αC ．//b 平面αD ． b 与平面α相交但不垂直5.正三棱锥的一个侧面面积与底面面积之比为3:2，则此三棱锥的高与斜高之比为 (A)23 (B) 22(C) 21 (D) 336.下列命题正确的是①平行于同一平面的两直线平行 ②垂直于同一平面的两直线平行 ③平行于同一直线的两平面平行 ④垂直于同一直线的两平面平行 (A) ①② (B) ③④ (C) ①③ (D) ②④7.已知n m ,是两条不同直线，γβα,,是三个不同平面，下列命题中正确的是 A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若γβγα⊥⊥,，则α∥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若αα⊥⊥n m ,，则m ∥n8.水平放置的ABC ∆按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中1O B O C ''''==，32O A ''=，那么原ABC ∆是一个A.等边三角形B.直角三角形C.三边中只有两边相等的等腰三角形D.三边互不相等的三角形9、线n m ,和平面βα、，能得出βα⊥的一个条件是A βα//n ,//m ,n m ⊥B m n,m,n αβα⊥=⊂C //,,m n n m βα⊥⊂D βα⊥⊥n m n m ,,//10． 如图是某一几何体的三视图，则这个几何体 的体积为（ ）A ． 4B ． 8C ． 16D ． 2011．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面 积分别为S 1、S 2、S 3，则( ) A ．S 1<S 2<S 3 B ．S 3<S 2<S 1 C ．S 2<S 1<S 3 D ．S 1<S 3<S 212．一个正四棱台(上、下底面是正方形，各侧面均为全等的等腰梯形)的上、下底面的边长分 别为a ，b ，高为h ，且侧面积等于两底面积之和，则下列关系正确的是( ) A.1h ＝1a ＋1b B.1h ＝1a ＋b C.1a ＝1b ＋1h D.1b ＝1a ＋1h二、填空题：13、用一张圆弧长等于12π分米，半径是10分米的扇形胶片制作一个圆锥体模型，这个圆锥体的体积等于 ______________立方分米.14、设P 是ABC ∆外一点，则使点P 在此三角形所在平面内的射影是ABC∆的垂心的A 'y '条件为________________________(填一种即可).15．一根细金属丝下端挂着一个半径为1 cm 的金属球，将它浸没在底面半径为2 cm 的圆柱形容器内的水中，现将金属丝向上提升，当金属球全部被提出水面时，容器内的水面下降的高度是________cm. 16. α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面 α及β之外的两条不同直线,给出四个论断： ①n m ⊥ ②βα⊥ ③β⊥m ④α⊥n以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为 正确的一个命题(用序号表示,如: 若①②③，则④).一、选择题答案1-5 6-10 11-12二、填空题答案 13 14 15 16三、解答题17．（本题12分）一球内切于圆锥，已知球和圆锥的底面半径分别为r ，R ，求圆锥的体积．1111M OABC D A D B C 18．（本题12分）如图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.设点O 是AB 的中点，求证：OC ∥平面A 1B 1C 1.19．（本题12分）如图，在正方体1111ABCD A BC D 中，M 为1CC 中点， AC BD 于O 。
高中数学立体几何试题及答案[1]
![高中数学立体几何试题及答案[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/905e19a88762caaedc33d400.png)
立体几何专题训练一、选择题（每题5分，共60分）1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（ ）2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）3.（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）（A ）283π-（B ）83π- （C ）82π- （D ）23π5.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为的三视图中的俯视图如右图所示．左视图是一个矩形．则这个矩形的面积是( )(A)4 (B)6.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )（A ）1223,l l l l ⊥⊥⇒1l //2l （B ）12l l ⊥,1l //3l ⇒32l l ⊥ （C ）1l //2l //3l ⇒ 1l ，2l ，3l 共面 （D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( )B.2C.D.68.在空间，下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行正视图侧视图俯视图 图19.一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是()（A）372 （B）360（C）292 （D）28010.设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) （A）3πa2 （B）6πa2（C）12πa2 （D）24πa211.设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是( )A. V1比V2大约多一半B. V1比V2大约多两倍半C. V1比V2大约多一倍D. V1比V2大约多一倍半12.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0二、填空题（每题4分，共16分）13.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_____________.14．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为.15．已知四棱椎P ABCD-的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且8PA=，则该四棱椎的体积是。
2012年高考文科立体几何(无错版)
立体几何（一）1.（安徽12）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 9212(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=2.(广东6) 某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( C )()A 12π ()B 45π ()C π57 ()D π81221353573V πππ=⨯⨯+⨯=3.(湖北4)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( B )A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 4.(福建)如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA ，E 为CD 中点。
（Ⅰ）求证：11AD E B ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ，使得//DP 平面AE B 1？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由。
（Ⅲ）若二面角11A E B A --的大小为030，求AB 的长。
解：Ⅰ）长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA 得：1111111111,,AD A D AD A B A D A B A A D ⊥⊥=⇔⊥ 面11A B CD1B E ⊂面11A B CD 11B E AD ⇒⊥（Ⅱ）取1AA 的中点为P ，1AB 中点为Q ，连接PQ侧（左）视图 正（主）视图 45 俯视图42 俯视图侧视图正视图4在11AA B ∆中，111111//,////////22PQ A B DE A B PQ DE PD QE PD ⇒⇒⇒面AE B 1 此时11122AP AA == （Ⅲ）设11A D AD O = ，连接AO ，过点O 作1OH B E ⊥于点H ，连接AH1AO ⊥面11A B CD ，1O H B E ⊥1A H B E⇒⊥ 得：AHO ∠是二面角11A E B A --的平面角30AHO ο⇒∠=在Rt AOH ∆中，30,90,2AHO AOH AH OH οο∠=∠==⇒=在矩形11A B CD 中，1,CD x A D ==11112222222228B OE x xS x ∆=--⨯-⨯=122x =⇔= 得：2AB =5.（湖南3）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( D )6.（辽宁13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 387.（辽宁16）已知正三棱锥-P ABC ，点,,,P A B C 的球面上，若,,PA PB PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为38.（江苏7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 6 cm 3。
2012高考数学(理)专题练习：五 空间几何体
高考专题训练五空间几何体班级________姓名________时间：45分钟分值：75分总得分________一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．1．(2011·浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解析：由三视图可知，该几何体的直观图为B.答案：B2．(2011·辽宁)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图所示，侧(左)视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2D. 3解析：设该正三棱柱侧棱长和底面边长为a ， 则34a 2·a ＝23， ∴a 3＝8，∴a ＝2，由俯视图知，该正三棱柱如图ABC －A 1B 1C 1， 其侧(左)视图即为矩形CDD 1C 1， 其面积为3×2＝2 3. 答案：B3．(2011·山师大附中高三模拟)已知某一几何体的正(主)视图与侧(左)视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．①②③④解析：根据给出的正(主)视图和侧(左)视图可知，该组合体由上、中、下三个几何体组合而成，由于正(主)视图和侧(左)视图中三层均为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角形的直三棱柱以及圆柱组合而成的．而第⑤个俯视图中，有两处与已知不符，一是上层几何体的俯视图不正确，由于上层几何体的正(主)视图与侧(左)视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中矩形的两边长应该相等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视图所示的三角形，则在正(主)视图中底层的矩形应有一条中位线，这与已知不符合，所以⑤不可能，故选D.[来源:学科网]答案：D4．(2011·湖北)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是()A．V1比V2大约多一半B．V1比V2大约多两倍半C．V1比V2大约多一倍D．V1比V2大约多一倍半解析：设球的内接正方体的边长为a ， 球的半径为R ，∴2R ＝3a ，∴R ＝32a .∴V 1＝43πR 3＝43π·338a 3＝32πa 3，V 2＝a 3，∴V 1＝32πV 2≈2.5V 2，∴V 1－V 2≈1.5V 2.[来源:学科网] 答案：D5．(2011·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2解析：由三视图可知，该四棱锥为正四棱锥 S 底＝4×4＝16，S 侧＝4×12×4×22＝16 2∴S 表面积＝S 底＋S 侧＝16＋16 2.6．(2011·辽宁)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )[来源:学科网ZXXK]A.33B.233C.433D.533解析：如图所示．∠ASC ＝∠BSC ＝45° 且OS ＝OB ＝OA ＝OC ＝2，∴△SOB ，△SOA 为全等的等腰直角三角形， 且SC ⊥OB ，SC ⊥OA ，又OA ∩OB ＝O ，∴SC ⊥平面AOB 又∵AB ＝OB ＝OA ＝2， ∴△AOB 为等边三角形∴V S －ABC ＝V S －AOB ＋V C －AOB ＝13·S △AOB ·SC ＝13×3×4＝433.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．[来源:学科网]7．(2011·全国新课标版)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．解析：令球心为O ，圆锥底面圆圆心为O ′，球半径为R ，圆锥底面圆半径为r ，则316·4πR 2＝πr 2，∴r ＝32R ，在Rt △AOO ′中， OO ′＝AO 2－AO ′2＝R 2.故h H ＝R －R 2R ＋R 2＝13. 答案：138．(2011·洛阳市高三模拟)图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是14，则此长方体的体积是________．解析：设长方体的高为h ，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h ，宽为1＋2h ，面积为(2＋2h )(1＋2h )，展开图的面积为2＋4h ；由几何概型的概率公式知2＋4h (2＋2h )(1＋2h )＝14，得h ＝3，所以长方体的体积是V ＝1×3＝3.答案：39．(2011·北京市海淀区高三第二学期练习)如图，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(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．[来源:]解析：依题意得三棱锥P－ABC的正(主)视图与侧(左)视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积之比等于1.答案：110．一个几何体的三视图如图所示，已知正(主)视图是底边长为1的平行四边形，侧(左)视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形，则该几何体的体积V是________．是边长为1的正方形，高为 3.所以V＝1×1×3＝ 3.答案： 3三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．[来源:学*科*网Z*X*X*K]所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求二面角A －CF －B 的余弦值； (3)求多面体A －CDEF 的体积． 解：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE －BCF ，且AB ＝BC ＝BF ＝4，DE ＝CF ＝42，∠CBF ＝π2.(1)证明：连接BE ，易知BE 通过点M ，连接CE .则EM ＝BM ，CN ＝BN ，∴MN ∥CE ，又CE ⊂平面CDEF ，MN⊄平面CDEF ，∴MN ∥平面CDEF .(2)作BQ ⊥CF 于Q ，连接AQ ，∵平面BFC ⊥平面ABFE ，平面ABFE ∩平面BCF ＝BF ，AB ⊂平面ABFE ，AB ⊥BF ，∴AB ⊥平面BCF ，又CF ⊂平面BCF ，∴AB ⊥CF ，又BQ ⊥CF ，AB ∩BQ ＝B ，∴CF ⊥平面ABQ ，∵AQ ⊂平面ABQ ，∴AQ ⊥CF ，故∠AQB 为所求二面角的平面角．在Rt △ABQ 中，tan ∠AQB ＝AB BQ ＝422＝2，则 cos ∠AQB ＝33，故所求二面角的余弦值为33.[来源:学|科|网Z|X|X|K](3)多面体A －CDEF 的体积V ＝2×V A －CEF ＝2×V C －ABF ＝2×13S △ABF ·BC ＝643.12．(13分)(广东卷)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如下图(1)所示．墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH ，下半部分是长方体ABCD －EFGH .图(2)、(3)分别是该标识墩的正视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧视图；(2)求该安全标识墩的体积；(3)证明：直线BD⊥平面PEG.分析：(1)根据正(主)视图和俯视图可以知道其侧(左)视图和正(主)视图是完全相同的；(2)根据两个视图给出的标记，这个安全墩的下半部分是一个底面边长为40 cm、高为20 cm的长方体，上半部分四棱锥的高为60 cm，根据公式计算即可；(3)根据正四棱锥的性质进行证明．解：(1)该安全标识墩侧(左)视图如右图所示．[来源:学科网](2)该安全标识墩的体积V ＝V P －EFGH ＋V ABCD －EFGH＝13402×60＋402×20＝32000＋32000＝64000(cm 3)． (3)证明：如右图所示，连接HF 、EG .由题设知四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴FH ⊥EG ，又∵ABCD －EFGH 为长方体，∴BD ∥FH .设点O 是EFGH 的对称中心，连接PO .∵P －EFGH 是正四棱锥，[来源:学&科&网Z&X&X&K]∴PO ⊥平面EFGH ，而FH ⊂平面EFGH ，∴PO ⊥FH .∵FH ⊥PO ，FH ⊥EG ，PO ∩EG ＝O ，PO ⊂平面PEG ，EG ⊂平面PEG ，∴FH ⊥平面PEG .而BD ∥FH ，故BD ⊥平面PEG .[来源:学科网ZXXK]点评：解这类给出了直观图和三视图中的两个图形的题目，只要根据直观图得出另一个视图的形状，再根据给出的两个视图上标注的几何量，在第三个视图上标注上几何量即可．.精品资料。
高三数学空间几何体试题
高三数学空间几何体试题1.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.【考点】《算数书》中的近似计算，容易题.2.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义3.如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形;②当CQ=时,S为等腰梯形;③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=;④当<CQ<1时,S为六边形;⑤当CQ=1时,S的面积为.【答案】①②③⑤【解析】利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.①当0<CQ<时,如图(1).在平面AA1D1D内,作AE∥PQ,显然E在棱DD1上,连接EQ, 则S是四边形APQE.②当CQ=时,如图(2).显然PQ∥BC1∥AD1,连接D1Q,则S是等腰梯形.③当CQ=时,如图(3).作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AE∥PQ,连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,∴C1R=.④当<CQ<1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.⑤当CQ=1时,如图(4).同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MP×AQ=××=.4.如图是某个正方体的侧面展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,l1与l2()A．互相平行B．异面且互相垂直C．异面且夹角为D．相交且夹角为【答案】D【解析】将侧面展开图还原成正方体如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交.连接AD,△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.故选D.5.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是()【答案】D【解析】在A图中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,∴P,S, R,Q共面.在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,如图,故P,Q,R,S四点共面.在C图中分别连接PQ,RS,易证PQ∥RS,∴P,Q,R,S共面.D图中PS与RQ为异面直线,∴P,Q,R,S四点不共面,故选D.6.正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为 .【答案】【解析】将四面体ABCD补为正方体，如下图所示，则正方体的外接球就是正四面体的外接球.设球心为O，面积最小的截面就是与OE垂直的截面.由图可知，这个截面就是底面正方形的外接圆，其面积为：..【考点】空间几何体.7.已知球的半径为5，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为2，若其中一个圆的半径为4，则另一个圆的半径为()A．3B．C．D．2【答案】D【解析】由已知可得球心到半径为4的圆距离d＝＝3，因此所求圆圆心到弦的距离为3，故所求圆半径R＝＝2，故选D.8.某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为（）A．B．C．24D．【答案】A【解析】由三视图得,这是一个正四棱台,由条件，侧面积.【考点】1.三视图；2.正棱台侧面积的求法.9.如图，在直四棱柱中，点分别在上，且，，点到的距离之比为，则三棱锥和的体积比 .【答案】【解析】点到的距离之比为，所以，又直四棱柱中，，，所以，于是.【考点】直棱柱的定义、棱锥体积公式.10.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.11.在空间几何体中，平面，平面平面，，．（I）求证：平面；（II）如果平面，求证：．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）利用平面平面得到平面内一条直线与平面垂直，然后利用直线与平面垂直的性质定理得到该直线与平行，进而证明平面；（Ⅱ）利用已知条件确定三棱锥和的高与底面积，及三棱锥和中相应的边长之间的等量关系，然后将三棱锥和的体积用对应的边长进行表示，两者进行比较从而得出.试题解析：（I）如图，取中点，连，由得，∵平面⊥平面，∴平面， 2分又∵⊥平面，∴∥， 4分又∵平面，∴∥平面． 6分（Ⅱ）连接，则．∵平面⊥平面，面∩面，∴⊥平面．又∵，∴∥． 8分又由（Ⅰ）知，四边形是矩形，∴，． 10分∴，而，则． 12分【考点】直线与平面平行、几何体的体积12.一只蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是A．①②B．①③C．②④D．③④【答案】C【解析】根据题意，由于蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，那么可知最短的距离即为相邻两个平面的展开图的面对角线的长度，那么展开平面和平面平面得到最短路线，那么正视图对应的为②④，故选C.【考点】侧面展开图点评：主要是考查了空间几何体的侧面展开图的运用，属于基础题。
2012年高考数学二轮复习 专题5 第1讲 空间几何体同步练习 新人教A版
2012年高考数学二轮复习同步练习：专题5 立体几何 第1讲 空间几何体一、选择题1．(文)(2011·文，5)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2 [答案] B[解析] 由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为四个全等的三角形，由图知三角形的高h ＝22，S ′＝12×4×22×4＝162，所以表面积为S ′＋4×4＝162＋16.(理)(2011·理，7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2 [答案] C[解析] 依题意，该四面体如图所示．其中，BC ⊥CD ，AB ⊥平面BCD ，BC ＝4，CD ＝3，AB ＝4.于是AC ＝42，BD ＝5. ∴S △BCD ＝6，S △ABC ＝8，S △ACD ＝62，S △ABD ＝10，故选C.2．(2011·某某文，9)如下图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．43B ．4C ．23D ．2 [答案] C[解析] 由三视图知S ＝12×23×2＝23，h ＝3，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.3．(2011·某某文，9)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )[答案] D[解析] 左视图为正方形含有一条对角线，即D 项中的对角线．4．(2011·某某某某质检)某简单几何体的一条对角线长为a ，在该几何体的正视图、侧视图与俯视图中，这条对角线的投影都是长为2的线段，则a 等于( )A.2B. 3 C ．1 D ．2 [答案] B[解析] 可以把该几何体想象为一长方体AC 1，设AC 1＝a ，则由题意知A 1C 1＝AB 1＝BC 1＝2，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则x 2＋y 2＝2，y 2＋z 2＝2，z 2＋x 2＝2，三式相加得2(x 2＋y 2＋z 2)＝2a 2＝6.∴a ＝ 3.故选B.5．(2011·某某威海模拟)已知球的表面积等于16π，圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，圆台的母线与底面的夹角为π3，则圆台的轴截面的面积是( )A ．9π B.332C ．33D ．6 [答案] C[解析] 本题考查简单组合体的知识．如右图，过圆台的轴截面截球得截面如下：AB 为球的大圆的直径，据题意知球的半径为2，∠DAB ＝60°，连结OD ，易知三角形OAD 为等边三角形，AD ＝2，DE ＝3，AE ＝1，故DC ＝2(2－1)＝2，故S 梯形ABCD ＝12(2＋4)·3＝3 3.6．(2011·某某十二区县联考，理3)如图，直三棱柱的正视图面积为2a 2，则侧视图的面积为( )A ．2a 2B ．a 2C.3a 2D.34a 2 [答案] C[解析] 由正视图的面积为2a 2，则直三棱柱的侧棱长为2a ，侧视图为矩形，一边长为2a ，另一边长为32a ，所以侧视图的面积为3a 2. 7．(2011·某某某某)利用斜二测画法可以得到①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是( )A ．①②B ．①C ．③④D ．①②③④ [答案] A[解析] 因为斜二测画法规则依据的是平行投影的性质，故①②正确，对于③，④，只有平行于x 轴的线段长度不变，所以不正确，故选A.8．(文)(2011·某某文，10)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A.33B.233C.433 D.533[答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法． [解析] 如图所示，由题意知，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是等腰直角三角形，其中AB ＝2，SC ＝4，SA ＝AC ＝SB ＝BC ＝2 2.取SC 的中点D ，易证SC 垂直于面ABD ，因此棱锥S －ABC 的体积为两个棱锥S －ABD 和C －ABD 的体积和，所以棱锥S －ABC 的体积V ＝13SC ·S △ADB ＝13×4×3＝433.(理)(2011·某某理，12)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．33B ．2 3 C.3D ．1 [答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法，难度较大． [解析] 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2.作BD ⊥SC 于D 点，易证SC ⊥平面ABD ，因此V ＝13×34×(3)2×4＝ 3.二、填空题9．(2011·某某理，12)三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．[答案] 3[解析]V ＝13×3×12×2×2×sin60°＝ 3.10．(文)(2011·新课标文，16)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．[答案]13[解析] 依据题意画出示意图：设球半径R ，圆锥底面半径r ，则 πr 2＝316·4πR 2，即r 2＝34R 2，在Rt △OO 1C 中，由OC 2＝OO 21＋O 1C 2得OO 1＝12R .所以，高的比为13.(理)(2011·新课标理，15)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为________．[分析] 本小题考查对球的内接几何体的理解，球的截面性质及四棱锥体积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力．[答案] 8 3[解析] 依题意棱锥O －ABCD 的四条侧棱长相等且均为球O 的半径，如图连接AC ，取AC 中点O ′，连接OO ′.易知AC ＝AB 2＋BC 2＝43，故AO ′＝2 3.在Rt △OAO ′中，OA ＝4，从而OO ′＝42－12＝2. 所以V O －ABCD ＝13×2×6×23＝8 3.11．(2011·某某一模)已知△ABC 的斜二测直观图是边长为2的等边△A 1B 1C 1，那么原△ABC 的面积为________．[答案] 2 6[解析] 如图，过C 1作C 1D 1∥y 1轴，在△A 1D 1C 1中，设C 1D 1＝a ，由正弦定理得：asin2π3＝2sinπ4⇒a ＝6⇒S △ABC ＝12×2×26＝2 6.12．(2011·某某三模)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于________．[答案]13[解析] 根据三视图可知，该几何体是高为2的四棱锥，且底面正方形的对角线长为1， ∴V ＝13×12×1×1×2＝13.三、解答题13．(文)一个多面体的直观图，主视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，左视图(左侧正前方观察)如下图所示．(1)探求AD 与平面A 1BCC 1的位置关系并说明理由； (2)求此多面体的表面积和体积．[解析] 从俯视图可得：底面四边形ABCD 和侧面四边形A 1C 1CB 是矩形，又从主视图可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BA 1，且AB ∩BA 1＝B ，BC ⊥面ABA 1，△A 1AB 是正三角形，∴三棱柱是正三棱柱． (1)∵底面四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC . 又∵BC ⊂面A 1BCC 1，∴AD ∥面A 1BCC 1. (2)依题意可得：AB ＝BC ＝a ， ∵S ＝12×sin60°×a ×a ＝34a 2，∴V ＝S ×h ＝34a 2×a ＝34a 3. S 侧＝C ×h ＝3a ×a ＝3a 2； S 表＝S 侧＋2S 底＝3a 2＋2×34a 2＝(3＋32)a 2， 此多面体的表面积和体积分别为(3＋32)a 2，34a 3. (理)下图是一几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图．(1)若F 为PD 的中点，求证：AF ⊥平面PCD ； (2)求几何体BEC －APD 的体积．[解析] (1)证明：由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ∥EB ，PA ＝2EB ＝4.∵PA ＝AD ，F 为PD 的中点，∴PD ⊥AF . 又∵CD ⊥DA ，CD ⊥PA ，∴CD ⊥AF . ∴AF ⊥平面PCD .(2)V BEC －APD ＝V C －APEB ＋V P －ACD ＝13×12(4＋2)×4×4＋13×12×4×4×4＝803.14．如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°，△ADP ∽△BAD .(1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P —ABC 的体积． [解析] (1)∵BD 是圆的直径， ∴∠BAD ＝90°，又△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ，DP ＝AD 2BA ＝BD sin60°2BD sin30°＝4R 2×342R ×12＝3R .(2)在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∵PD ⊥CD ，又∠PDA ＝90°，∴PD ⊥底面ABCD .S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°)＝12R ·2R ·(32·22＋12·22)＝3＋14R 2，则三棱锥P —ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3. 15．(文)(2011·某某文，20)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积． [解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，EC ⊂平面ABCD ∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB .∴CE ⊥AD . 又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD . (2)由(1)知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD cos45°＝1，CE ＝CD sin45°＝1. 又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形． ∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB ·AE ＋12CE ·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PA ＝13×52×1＝56.(理)(2011·某某理，19)如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AD ＝CD ，∠CAD ＝30°.(1)若AD ＝2，AB ＝2BC ，求四面体ABCD 的体积；(2)若二面角C －AB －D 为60°，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．[解析] (1)解：如图，设F 为AC 的中点，由于AD ＝CD ，所以DF ⊥AC .故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3.在Rt △ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ， 由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155.故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45.(2)解法一：如图，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ，从而∠FGH 或其补角是异面直线AD 与BC 所成的角．设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .又由(1)有DF ⊥平面ABC ，故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．由题设知∠DEF ＝60°.设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin∠CAD ＝a2.在Rt △DEF 中，EF ＝DF ·cot∠DEF ＝a 2·33＝36a ，从而GH ＝12BC ＝EF ＝36a .因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD ＝AD ＝a ， 从而在Rt △BDF 中，FH ＝12BD ＝a2.又FG ＝12AD ＝a2，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ，由余弦定理得cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 32FG ·GH ＝GH 2FG ＝36.因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36. 解法二：如图，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M .已知AD ＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz .不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C (0，3，0)，D (0,0,1)，则AD →＝(0，3，1)．显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的法向量．已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使得〈n ，k 〉＝60°，从而n ＝12.word - 11 - / 11 由n ⊥AD →，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－36. 由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±63. 设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB →⊥BC →，n ⊥AB →，取l ＝63，有⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝3，63x －36y ＋3＝0， 解之得，⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝469，y ＝739，⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝－3(舍去) 易知l ＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点B 的坐标为B (469，739，0)． 所以CB →＝(469，－239，0)． 从而cos 〈AD →，CB →〉＝AD →·CB →|AD →||CB →|＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2393＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫4692＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2392＝－36. 故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为36.。
2012年高考数学空间几何体及其表面积与体积练习题及答案
第十单元 立体几何第一节 空间几何体及其表面积与体积一、填空题1. (2010·南京三模)已知圆锥的母线长为2，高为3，则该圆锥的侧面积是________．2. 各棱长为1的正三棱锥的全面积为________．3. 长方体的一个顶点上三条棱的长分别为2,4,6，，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积为________．4. 一个正三棱柱的侧面展开图是一个边长为9的正方形，则此三棱柱的体积为________．5. 一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是________．6. (2010·湖北)圆柱形容器内部盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.7. (2010·宁夏)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．8. 在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱侧面面积S ＝________cm 2.9. (2010·全国Ⅱ)已知正四棱锥S -ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．二、解答题10. 已知正三棱柱形木桶，底面边长为2，侧棱长为3，这样的桶里能否放进一个体积为π3的小球(桶壁厚度忽略不计)?11. (2011·扬州中学期中试题)如图，某养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)．已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多的食盐，现有两个方案：一是新建仓库的底面直径比原来的大4 m(高不变)，二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两个方案所建仓库的体积；(2)分别计算按这两个方案所建仓库的侧面积；(3)哪一个方案更经济些？12. (2009·辽宁改编)正六棱锥P -ABCDEF 中，G 为PB 的中点，求三棱锥D -GAC 与三棱锥P -GAC 的体积之比．参考答案1. 2π 解析：圆锥的底面半径为r =22-3=1，则圆锥的侧面积为S 侧=2π.2. 3 解析：每个正三角形的面积为34，全面积为34⨯4= 3. 3. 56π 解析：长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线．设球半径为R ，由题意知2R =22+42+62=214，则R =14.所以球的表面积为S =4πR 2=56π.4. 8134 解析：该正三棱柱的底面边长为3，高为9，则其体积为V =Sh =34⨯32⨯9=8134. 5. 3π 解析：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则l =2r .由题意知，轴截面面积S =34(2r )2=3r 2=3，∴r =1. 故圆锥的全面积S =πr ⋅l +πr 2=3π.6. 4 解析：设球半径为r ，则由3V 球+V 水=V 柱可得3⨯43πr 3+πr 2⨯8=πr 2⨯6r ，解得r =4. 7.73πa 2 解析：如图，P 为三棱柱底面中心，O 为球心，易知AP =23⨯32a =33a ，OP =12a ，所以球的半径R 满足：R 2=⎝⎛⎭⎫33a 2+⎝⎛⎭⎫12a 2=712a 2， 故S 球=4πR 2=73πa 2. 8. 2 600π 解析：S =(50+80)⨯20π=2 600π. 9. 2 解析：设底面边长为a ，则高h =SA 2-⎝⎛⎭⎫22a 2=12-a 22，所以体积为V =13a 2h =13a 212-12a 2= 1312a 4-12a 6，设y =12a 4-12a 6，则y ′=48a 3-3a 5，令y ′=0解得a =0或4，易得当a =4时，V 最大，此时h =2.10. 设球的半径为R ，则43πR 3=π3，解得R 3=14，而正三棱柱底面内切圆半径r =36⨯2=33，则R 6=116，r 6=127，则R 6＞r 6，即R ＞r ，故这样的桶里不能放进一个体积为π3的小球． 11. (1)当仓库底面直径比原来大4 m 时，底面半径为8 m ，高为4 m ，体积V 1=13π⋅82⋅4=2563π m 3；当仓库的高比原来大4 m 时，底面半径为6 m ，高为6 m ，体积为V 2=13π⋅62⋅8=96π m 2. (2)当仓库底面直径比原来大4 m 时，底面半径为8 m ，高为4 m ，侧面积为S 1=π⋅8⋅82+42=325π m 3.当仓库高度比原来大4 m 时，底面半径为6 m ，高为8 m ，侧面积为S 2=π⋅6⋅82+62=60π m 2. (3)∵V 1S 1=835，V 2S 2=85，且835＜85. 所以第二个方案更经济一些．。
2012届高考数学第一轮立体几何单元练习题(含答案)
2012届高考数学第一轮立体几何单元练习题(含答案)高三数学单元练习题：立体几何（Ⅱ）第Ⅰ卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．一条直线与一个平面所成的角等于，另一直线与这个平面所成的角是 . 则这两条直线的位置关系（） A．必定相交 B．平行 C．必定异面 D．不可能平行 2．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为（） A．1∶ B．1∶9 C．1∶ D．1∶ 3．正方体中，、、分别是、、的中点．那么，正方体的过、、的截面图形是（） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（）A．75° B．60° C．45° D．30° 5．对于直线m、n和平面，下面命题中的真命题是（） A．如果、n是异面直线，那么 B．如果、n是异面直线，那么相交 C．如果、n共面，那么 D．如果、n共面，那么 6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动（EF<a），若P是A1D1上的定点，Q是C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积是（） A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量 C．没有最值的一个变量 D．是一个常量 7．已知平面所成的二面角为80°，P为、外一定点，过点P的一条直线与、所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（） A．1条B．2条 C．3条 D．4条 8．如图所示，在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细线AM、 BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm的木条MN平行于横梁，木条中点为O，若木条绕O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了（） A．10cm B．5cm C．10 cm D．5 cm 9．如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（） A．258 B．234 C．222 D．210 10．在半径为的球内有一内接正三棱锥，它的底面三个顶点恰好都在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三点后返回，则经过的最短路程是（） A． B． C． D． 11．底面边长为a，高为h的正三棱锥内接一个正四棱柱（此时正四棱柱上底面有两个顶点在同一个侧面内），此棱柱体积的最大值（） A． B． C． D． 12．将半径都为１的４个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（） A． B．2+ C．4+ D．第Ⅱ卷二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）. 13．某地球仪上北纬纬线的长度为，该地球仪的半径是__________cm，表面积是______________cm2. 14．如图，矩形ABCD中，DC= ，AD=1，在DC上截取DE=1，将△ADE沿AE翻折到D1点，点D1在平面ABC上的射影落在AC上时，二面角D1¬―AE―B 的平面角的余弦值是 . 15．多面体上位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7 以上结论正确的为______________. （写出所有正确结论的编号） 16．如图，在透明材料制成的长方体容器ABCD―A1B1C1D1内灌注一些水，固定容器底面一边BC于桌面上，再将容器倾斜根据倾斜度的不同，有下列命题：（1）水的部分始终呈棱柱形；（2）水面四边形EFGH的面积不会改变；（3）棱A1D1始终与水面EFGH平行；（4）当容器倾斜如图所示时，BE•BF是定值。
【导与练】2010-2012年高考数学 试题汇编 第一节 空间几何体 理(含解析)
第一节空间几何体三视图的辨析考向聚焦高考的常考点,主要考查:(1)不同视图之间的关系;(2)由实物图画三视图.常以选择题形式出现,难度不大,所占分值5分备考指津(1)熟记三视图的绘图法则;(2)会由直观图画三视图;(3)能补全三视图,注意空间想象能力的训练1.(2012年某某卷,理3,5分)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:若该几何体的俯视图为D,则正视图与侧视图不是同一个图形,且正视图中竖长方形中应有虚线,故选D.答案:D.2.(2012年某某卷,理4,5分)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是( )(A)球(B)三棱锥(C)正方体(D)圆柱解析:本小题主要考查空间几何体的三视图,圆柱的三视图中,正视图与侧视图都是长方形,而俯视图是圆,即其形状不可能都相同.故选D.答案:D.3.(2011年全国新课标卷,理6)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( )解析:该几何体由正视图和俯视图可知:其为前面为三棱锥,后连一个与三棱锥等高的半圆锥,故侧视图为D选项.故选D.答案:D.4.(2011年某某卷,理11)右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图.其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2(C)1 (D)0解析:底面是等腰直角三角形的三棱柱,当它的一个矩形侧面放置在水平面上时,它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此①正确;若长方体的高和宽相等,则存在满足题意的两个矩形,因此②正确;当圆柱侧放时(即左视图为圆时),它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此③正确,故选A.答案:A.5.(2011年卷,理7)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( )(A)8 (B)6(C)10 (D)8解析:由三视图可知,几何体为一条侧棱垂直于底面的三棱锥,如图所示,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,且SA=4,AB=4,BC=3,∴面积最大的为△SAC,∴S=|AC|·|SA|=10,故选C.答案:C.6.(2010年某某卷,理6)如图,△ABC为正三角形,AA'∥BB'∥CC',CC'⊥平面ABC且3AA'=BB'=CC'=AB,则多面体ABC A'B'C'的正视图(也称主视图)是( )解析:正视图是从空间几何体的前面通过正投影得到的平面图形.故选D.答案:D.7.(2010年卷,理3)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( )解析:根据题意,由几何体的正(主)、侧(左)视图可得几何体的直观图,如图所示,故该几何体的俯视图为C.答案:C.8.(2011年某某卷,理15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.解析:设各棱长为a,则体积2=×a2××a,∴a3=8,a=2,则在左视图矩形中一边长为2,一边长为,∴其面积为2.答案:29.(2010年某某卷,理13)图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图,则h=cm.解析:由三视图做出几何体的直观图如图,其中SA⊥平面ABC,BA⊥AC.则××5×6·h=20,∴h=4.答案:410.(2010年某某卷,理15)如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.解析:根据三视图还原出的直观图为:由图形可知棱SB最长,SB====2.答案:2与三视图相关的空间几何体的表面积、体积考向聚焦高考的高频考点,主要考查:(1)通过三视图获取空间几何体特征的能力;(2)通过三视图求空间几何体的表面积、体积,从而考查学生的空间想象能力和计算能力.主要以选择题、填空题形式出现,难度中档,所占分值4~5分备考指津训练题型:由三视图(或三视图中的两种视图)求空间几何体的表面积、体积,加强识图能力的训练11.(2012年新课标全国卷,理7,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( )(A)6 (B)9 (C)12 (D)18解析:由三视图知,几何体为三棱锥,底面积S=×6×3=9,高h=3,∴V=S·h=×9×3=9,选B.答案:B.12.(2012年某某卷,理6,5分)某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )(A)12π (B)45π (C)57π (D)81π解析:由三视图知原几何体是一个圆锥、圆柱的组合体,V=×4×32π+5×32π=12π+45π=57π.答案:C.13.(2012年卷,理7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )(A)28+6(B)30+6(C)56+12(D)60+12解析:由三视图知此三棱锥的直观图如图所示,∠ACB=90°,AC=5,BC=4,PD⊥平面ABC于D,且D在AC上,AD=2,DC=3,PD=4.从而可得PC⊥BC,∴PC=5,AP=2,PB=AB=.∴S△ABC=S△APC=S△PBC=×5×4=10.∴S△APB=×2×=6,∴此三棱锥的表面积为S=30+6.答案:B.本题考查了三视图得几何体的线面关系及数量关系,注意棱锥顶点的位置.14.(2012年某某卷,理4,5分)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )(A)(B)3π(C)(D)6π解析:根据三视图知该几何体的下面是一个圆柱,上面是圆柱的一半,所以V=2π+×2π=3π.答案:B.15.(2011年某某卷,理5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是( )(A)8-(B)8-(C)8-2π(D)解析:如图,该几何体为棱长为2的正方体挖去一个半径为1,高为2的倒立圆锥得到,则V=23-π×12×2=8-.答案:A.16.(2011年某某卷,理3)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )(A)π+12 (B)π+18(C)9π+42 (D)36π+18解析:由三视图知该几何体是由一个长方体和一个球组成的组合体,∴V=π×()3+3×3×2=+18,∴选B.答案:B.17.(2011年某某卷,理6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )(A)48 (B)32+8(C)48+8(D)80解析:由三视图知几何体的直观图为以ABCD为底面的直四棱柱,如图,且AB=,AD=4,BC=2,则其侧面积为(2+4+2)×4=24+8,两底面面积为2×=24,故几何体的表面积为48+8.答案:C.18.(2011年某某卷,理7)如图所示,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )(A)6(B)9(C)12(D)18解析:由三视图可推知该几何体为平行六面体,即四棱柱,其中AD=3,AA'=2,AB=3,A'E=1,AE⊥A'B'于点E.(E为俯视图中矩形内实线与矩形的边的交点),故=S ABCD·h=3×3×AE=3×3×=9.故选B.答案:B.19.(2012年某某卷,理12,5分)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.解析:本题考查三视图的识别以及把三视图还原为原几何体,考查多面体的表面积.三视图对应的几何体为底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,几何体的表面积是S=2××(2+5)×4+(2+5+4+)×4=92.答案:92解决三视图问题的关键是根据三视图得到对应的几何体,画出几何体的直观图,根据三视图中的数据标出直观图中对应的数据,根据三视图中的垂直、平行关系得出几何图形中的垂直、平行关系,然后利用表面积公式求几何体的表面积.20.(2012年某某卷,理11,4分)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于 cm3.解析:由三视图可知该几何体为底面是直角三角形,高为2 的三棱锥,V=××3×1×2=1.答案:121.(2012年某某数学,理8,4分)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,则该圆锥的体积为.解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,依题意知,πl2=2π,所以l=2,又2πr=2π,所以r=1,圆锥的高h=,因此圆锥的体积为V=×π×12×=π.答案:π22.(2012年某某卷,理10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 m3.解析:本小题考查三视图及几何体体积的求法及识图能力,难度较小.由三视图知此几何体是由一个长方体和2个球组成的组合体,故V=3×6×1+2×π()3=18+9π.答案:18+9π23.(2012年某某卷,理13,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为.解析:该几何体是长方体中去掉一个圆柱而成.其表面积应为长方体的表面积中去掉圆柱的两底面面积加上圆柱的侧面积.S表=S长方体-S圆柱底+S圆柱侧=2(1×4+1×3+3×4)-2×π12+1×2π=38.答案:3824.(2011年某某卷,理10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.解析:该几何体为一长方体上有一个圆锥,又V长方体=3×2×1=6,V圆锥=π×12×3=π,∴该几何体的体积为6+π.答案:6+π25.(2010年某某卷,理12)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于.解析:由正视图知三棱柱底面边长a=2,高h=1,∴S侧=3×2×1=6,S底=2××22=2,∴其表面积为6+2.答案:6+226.(2010年某某卷,理12)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是cm3.解析:由三视图可知,该几何体由一个长方体和一个四棱台组成,且长方体的长、宽、高分别为4,4,2,棱台的上底面为边长为4的正方形,下底面为边长是8的正方形,高为3,所以该几何体的体积为V=4×4×2+×3×(16++64)=144(cm3).答案:144空间几何体的有关计算考向聚焦高考常考点,高考中主要考查:(1)求几何体的面积和体积;(2)计算几何体中有关线段长;(3)各几何体的外接球、内切球的有关计算问题,在客观题与主观题中均有体现,难度中档,所占分值4~6分27.(2012年全国大纲卷,理4,5分)已知正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )(A)2 (B)(C)(D)1解析:∵AC1∥平面BDE,∴点A到平面BDE的距离就是直线AC1与平面BDE的距离.如图,=××=.S△BED=××=2.设点A到平面BDE的距离为h,则=S△BED h=h,由等积变换得=,∴h=,∴h=1.答案:D.28.(2012年新课标全国卷,理11,5分)已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为( )(A)(B)(C)(D)解析:设△ABC中心为O1,即为△ABC所在截面圆的圆心,则OO1⊥平面ABC且点S到面ABC的距离h=2OO1,连结O1C,在Rt△O1OC中,OC=1,O1C=×=,∴OO1=,∴h=,∴V=×(×1×)×=.答案:A.球与三棱锥的组合体是立体几何中的难点,突破的关键是准确把握二者的结合点,及各几何体间量的关系,如OO1⊥面ABC及高h=2OO1等.29.(2012年某某卷,理9,5分)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值X围是( )(A)(0,) (B)(0,)(C)(1,) (D)(1,)解析:设四面体ABCD中,AC=a,则BD=,AB=AD=BC=CD=1,取BD中点P,连结AP、CP,则AP⊥BD,CP⊥BD,由勾股定理得AP=CP=.在△ACP中,AC2=a2=AP2+CP2-2AP·CPcos∠APC=1-cos∠APC,∵∠APC∈(0,π),∴cos∠APC∈(-1,1),∴a∈(0,).答案:A.本题考查四面体中的几何关系及解三角形.三角函数的值域问题,解题的关键是明确a的解析式,此题把立体几何、正余弦定理及最值问题进行了有机结合,在今后的复习中应注意知识、方法交汇点处的复习,属于难题.30.(2012年某某卷,理10,5分)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V,求其直径d的一个近似公式d≈.人们还用过一些类似的近似公式,根据π=3.14159…判断,下列近似公式中最精确的一个是( )(A)d≈ (B)d≈(C)d≈(D)d≈解析:设球的直径为d,则球的体积为V=π()3,所以d=≈,其中对于A,d≈≈;对于C,d≈≈;对于D,d≈≈;比较各选项的被开方数大小可知,选项D中的d与d=≈最接近,故选D.答案:D.31.(2011年某某卷,理12)已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,∠ASC=∠BSC=30°,则棱锥S ABC的体积为( )(A)3(B)2(C)(D)1解析:如图,由SC为直径,A、B为球面上两点,可知∠SAC=∠SBC=90°,由SC=4,∠ASC=∠BSC=30°得,AC=BC=2,SA=SB=2,又AB=,过点A作AD⊥SC,连接BD,由△SAC≌△SBC知BD⊥SC,BD∩AD=D,∴SC⊥平面ABD,且求得AD=AB=BD=,故=×S△ABD×SC=×××××4=.故选C.答案:C.32.(2010年全国新课标卷,理10)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )(A)πa2(B)πa2(C)πa2(D)5πa2解析:如图三棱柱A1B1C1ABC,由题意可知侧棱垂直于底面,即AA1⊥平面ABC.又因为棱长都是a,因此上下底面是等边三角形,设△A1B1C1的中心为O1,O为球心,球半径为R,因为所有顶点都在球面上,因此有OO1AA1=,C1O=R,C1O1=×a= a.易知△C1O1O为直角三角形,因此C1O2=R2=()2+(a)2=a2,所以S球=4πR2=4π×a2=πa2,故选B.答案:B.33.(2010年卷,理8)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积( )(A)与x,y,z都有关(B)与x有关,与y,z无关(C)与y有关,与x,z无关(D)与z有关,与x,y无关解析:四面体PEFQ的体积可以以P为顶点,以△EFQ为底面来计算,因为DC∥EF,且EF=1,故△EFQ的面积为定值,体积取决于动点P到截面A1B1CD的距离,所以四面体PEFQ的体积与z 有关,与x,y无关,故选D.答案:D.34.(2012年某某卷,理14,4分)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1.E,F分别为线段AA1,B1C 上的点,则三棱锥D1EDF的体积为.解析:本小题主要考查三棱锥的体积公式.==××1×1×1=.答案:35.(2012年某某数学,7,5分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm,则四棱锥A BB1D1D的体积为 cm3.解析:本题考查空间几何体的体积的计算和直线与平面的垂直的判断与性质定理.由题意知,四边形ABCD为正方形,连接AC,交BD于O,则AC⊥BD.由面面垂直的性质定理,可证AO⊥平面BB1D1D.OA=,因为四棱锥底面BB1D1D的面积为3×2=6,所以=×OA×=6.答案:636.(2012年某某卷,理16,5分)已知正三棱锥P ABC,点P,A,B,C都在半径为的球面上,若PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面ABC的距离为.解析:由正三棱锥P ABC的三条侧棱两两垂直,将其补成一个正方体,此正方体的体对角线长恰等于外接球的直径,而球心到截面ABC的距离等于体对角线长的三等分的一半,即d=×2=.答案:此题由正三棱锥补成正方体,外接球的直径转成体对角线,利用三等分、对称性解决问题,难度较大.37.(2011年某某卷,理15)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是.解析:法一:设圆柱的轴与球的半径的夹角为α,则圆柱高为2Rcos α,圆柱底面半径为Rsin α,∴S圆柱侧=2πRsin α·2Rcos α=2πR2sin 2α,当sin 2α=1时,S圆柱侧最大,此时S球-S圆柱侧=4πR2-2πR2=2πR2.法二:如图所示.设圆柱的底面半径为r,母线长为l.圆柱的侧面积S=2πrl=4πr=4π≤4π=2πR2.当且仅当r2=R2-r2,即R=r时等号成立.此时,球的表面积S'=4πR2,圆柱的侧面积S=2πR2.∴球的表面积与该圆柱的侧面积之差是4πR2-2πR2=2πR2. 答案:2πR2。
北京市2012届高三空间几何体1(必修二、选修2-1)
111十九、空间几何体（必修二、选修2-1）1.（2012年西城二模理13）一个几何体的三视图如图所示， 其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形， 该几何体的体积是_____；若该几何体的所有顶点在同一球面 上，则球的表面积是_____． 答案：13，3π2.（2012年丰台二模理2）一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如右图所示，则该正 四棱锥的正视图的面积为（ A ）A ．2B ．3C ．2D ．43.（2012年昌平二模理5）已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有（ C ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3 个4.（2012年东城二模理4）若一个三棱柱的底面是正三角形，其正（主）视图如图所示，则它的体积为 （ A ）A ．3 B.2C.23D.4俯视图主视图左视图22 俯视图25.（2012年海淀二模理7）某几何体的主视图与俯视图如图所示，左视图与主视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（ A ） A ．203B.43C.6D.46.（2012年东城二模理6）已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面， 那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β 的是（ B ）A ．⊥αβ，且m ⊂α B.m ∥n ，且n ⊥β C.⊥αβ，且m ∥α D.m ⊥n ，且n ∥β7.（2012年昌平二模理7）如图，在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD -中，P 为11D A 的中点，Q 为11B A 上任意一点，F E 、为CD 上任意两点，且EF 的长为定值，则下面的四 个值中不为定值的是（ B ）A. 点P 到平面QEF 的距离B. 直线PQ 与平面PEF 所成的角C. 三棱锥QEF P -的体积D.二面角Q EF P --的大小8.（2012年朝阳二模理8）有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是（ D ）A. 1B. 2C.C 1A 1C俯视图主视图EACB9.（2012年西城二模理16）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，BC AB ⊥，BC CD AB 22==，EA EB ⊥．（Ⅰ）求证：AB DE ⊥； （Ⅱ）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值； （Ⅲ）线段EA 上是否存在点F ，使EC // 平面FBD ？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由．证明：（Ⅰ）取AB 中点O ，连结EO ，DO ．因为EA EB =，所以AB EO ⊥． ………………1分因为四边形ABCD 为直角梯形，BC CD AB 22==，BC AB ⊥， 所以四边形OBCD 为正方形，所以OD AB ⊥． ……………2分 所以⊥AB 平面EOD ． ………………3分 所以 ED AB ⊥． ………………4分 解：（Ⅱ）因为平面⊥ABE 平面ABCD ，且 AB EO ⊥，所以⊥EO 平面ABCD ，所以OD EO ⊥．由OE OD OB ,,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -． …………5分因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OE OD OB OA ===，设1=OB ，所以(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)O A B C D E -．所以 )1,1,1(-=，平面ABE 的一个法向量为(0,1,0)OD =． ………………7分设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以 ||3sin |cos ,|||||EC OD EC OD EC OD θ⋅=〈〉==， 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为3． ………………9分 解：（Ⅲ）存在点F ，且13EF EA =时，有EC // 平面FBD ． ………………10分证明如下：由 )31,0,31(31--==EA EF ，)32,0,31(-F ，所以)32,0,34(-=FB ． 设平面FBD 的法向量为v ),,(c b a =，则有0,0.BD FB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩v v所以 0,420.33a b a z -+=⎧⎪⎨-=⎪⎩ 取1=a ，得)2,1,1(=v ． ………………12分 因为 ⋅EC v 0)2,1,1()1,1,1(=⋅-=，且⊄EC 平面FBD ，所以 EC // 平面FBD ． 即点F 满足13EF EA =时，有EC // 平面FBD ． ………………14分 10.（2012年朝阳二模理17）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形，⊥EA 平面ABCD ，//EF AB ，=4,=2,=1AB AE EF .（Ⅰ）若点M 在线段AC 上，且满足14CM CA =, 求证：//EM 平面FBC ；（Ⅱ）求证：⊥AF 平面EBC ；（Ⅲ）求二面角--A FB D 的余弦值.证明：（Ⅰ）过M 作MN BC ⊥于N ，连结FN ，则MN //AB ，又14CM AC =，所以14MN AB =.又EF //AB 且14EF AB =，所以EF //MN ，且EF MN =， 所以四边形EFNM 为平行四边形，所以EM //FN .E CB D M A F EDCM AF BN又FN⊂平面FBC，EM⊄平面FBC，所以//EM平面FBC.……4分（Ⅱ）因为⊥EA平面ABCD，⊥AB AD，故以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系-A xyz.由已知可得(0,0,0),(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),A B C D(0,0,2),(1,0,2)E F.显然=(1,0,2),=(0,4,0),=(4,0,-2)AF BC EB.则=0,=0⋅⋅AF BC AF EB，所以,⊥⊥AF BC AF EB.即,⊥⊥AF BC AF EB，故⊥AF平面EBC.（Ⅲ）因为EF//AB，所以EF与AB确定平面EABF，由已知得，=(0,4,0),=(3,0,-2)BC FB，=(4,4,0)-BD. ……9分因为⊥EA平面ABCD，所以⊥EA BC.由已知可得⊥AB BC且=EA AB A，所以⊥BC平面ABF，故BC是平面ABF的一个法向量.设平面DFB的一个法向量是()n=x,y,z.由0,0,nn⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩BDFB得440,320,-+=⎧⎨-=⎩x yx z即32=⎧⎪⎨=⎪⎩y x,z x,令2=x，则(2,2,3)n=.所以cos<,nnn⋅>==⋅BCBCBC由题意知二面角A-FB-D锐角，故二面角A-FB-D. …14分11.（2012年丰台二模理17）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD， EF // AB，∠B AF=90º，AD= 2，AB=AF=2EF =1，点P在棱DF上．（Ⅰ）若P是DF的中点， (ⅰ) 求证：BF // 平面ACP；(ⅱ) 求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（Ⅱ）若二面角D-AP-C的余弦值为3，求PF的长度．PFEDAOB A CDEFP x证明：（Ⅰ）(ⅰ)连接BD ，交AC 于点O ，连接OP ．因为P 是DF 中点，O 为矩形ABCD 对角线的交点， 所以OP 为三角形BDF 中位线，所以BF // OP ，因为BF ⊄平面ACP ，OP ⊂平面ACP ，所以BF // 平面ACP ． ……………4分 (ⅱ)因为∠B AF=90º， 所以AF ⊥AB ，因为 平面ABEF ⊥平面ABCD ， 且平面ABEF ∩平面ABCD= AB ，所以AF ⊥平面ABCD ， 因为四边形ABCD 为矩形，所以以A 为坐标原点，AB ，AD ，AF 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -．所以 (1,0,0)B ，1(,0,1)2E ，1(0,1,)2P ，C 所以 1(,0,1)2BE =-，1(1,1,)2CP =--，所以4cos ,15||||BE CP BE CPBE CP ⋅<>==⋅， 即异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为15． ………9分 解：（Ⅱ）因为AB ⊥平面ADF ，所以平面APF 的法向量为1(1,0,0)n =．设P 点坐标为(0,22,)t t -， 在平面APC 中，(0,22,)AP t t =-，(1,2,0)AC =， 所以 平面APC 的法向量为222(2,1,)t n t-=-， 所以 121212||cos ,||||(n n n n n n ⋅<>===⋅- 解得23t =，或2t =（舍）．此时5||PF =．………14分12.（2012年昌平二模理17）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中, 122AA AB ==,E 为AD 中点, F 为1CC 中点.（Ⅰ）求证:1AD D F ⊥；（Ⅱ）求证://CE 平面1AD F ；(Ⅲ) 求平面1AD F 与底面ABCD 所成二面角的余弦值.证明：（Ⅰ）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中四边形ABCD 是正方形, AD CD ∴⊥1DD ABCD AD ABCD ⊥⊂平面，平面1AD DD ∴⊥ 1DD CD D = 11AD CDD C ∴⊥平面111D F CDD C ⊂平面 1AD D F ∴⊥ ……… 4分（Ⅱ）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,连结1A D ,交1AD 于点M ,连结,ME MF .M ∴为1AD 中点.E 为AD 中点，F 为1CC 中点. 111//2ME DD ME DD ∴=且…… 6分 又1121DD CF DD //CF =且 ∴四边形CEMF 是平行四边形. MF //CE ∴ …… 8分CE ⊄平面1AD F ,MF ⊂平面1AD F .//CE ∴平面1AD F . ……9分解： (Ⅲ)以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系如图.则1(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,2),(0,1,1)D A B C D F …… 10分∴平面ABCD 的法向量为1(0,0,2)DD =…11分设平面1AD F 的法向量为(,,)x y z =n .1(1,1,1),(1,0,2)AF AD =-=-，分则有10,0.AF AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n所以 0,20.x y z x z -++=⎧⎨-+=⎩取1z =，得(2,1,1)=n . 1116cos ,6DD DD DD ⋅〈〉==n n n . (13)分 平面F AD 1与平面所成二面角为锐角.所以平面1AD F 与底面ABCD 所成二面角的余弦值为6…… 14分13.（2012年东城二模理17） 如图,矩形AMND 所在的平面与直角梯形MBCN 所在的平面互相垂直，MB ∥NC ,MN MB ⊥，且MC CB ⊥，2BC =，4MB =，3DN =．（Ⅰ）求证：//AB 平面DNC ；（Ⅱ）求二面角D BC N --的余弦值.证明：（Ⅰ）因为MB //NC ，MB ⊄平面DNC ，NC ⊂平面DNC ，所以MB //平面DNC ．…………2分 因为AMND 为矩形，所以MA //DN ．又MA ⊄平面DNC ，DN ⊂平面DNC ， 所以MA //平面DNC ． …………4分又MAMB M =，且MA ，MB ⊂平面AMB ，所以平面AMB //平面DNC ． ………5分 又AB ⊂平面AMB ，所以//AB 平面DNC ． ……6分解：（Ⅱ）由已知平面AMND ⊥平面MBCN ，且平面AMND 平面MBCN MN =，DN MN ⊥，所以DN ⊥平面MBCN ，又MN NC ⊥，故以点N 为坐标原点，建立空间直角坐标系N xyz -. …7分由已知得30MC MCN =∠=，易得MN =，3NC =． 则(0,0,3)D ，(0,3,0)C，4,0)B ．(0,3,3)DC =-，(3,1,0)CB =． ………8分设平面DBC 的法向量1(,,)x y z =n ，则110,0.DC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即330,0.y z y -=⎧⎪+=令1x =-，则y =z =所以1(1=-n ． …10分 又2n (0,0,1)=是平面NBC 的一个法向量，所以122112cos ,⋅===n n n n n n ．故所求二面角D BC N --． ……13分14.（2012年海淀二模理16）如图所示，⊥PA 平面ABC ，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，30=∠CBA ，2PAAB ，点E 为线段PB 的中点，点M 在AB 弧上，且OM ∥AC ．（Ⅰ）求证：平面MOE ∥平面PAC ；（Ⅱ）求证：平面PAC ⊥平面PCB ； （Ⅲ）设二面角M BP C --的大小为θ，求cos θ的值．ME BOCAP证明：（Ⅰ）因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点， 所以 OE ∥PA . …………1分 因为 PA平面PAC ，OE平面PAC ，所以 OE ∥平面PAC . …………2分因为 OM ∥AC ， 因为 AC平面PAC ，OM平面PAC ，所以 OM ∥平面PAC . ……………3分因为 OE 平面MOE ，OM 平面MOE ，OE OMO ，所以 平面MOE ∥平面PAC . …………5分 证明：（Ⅱ）因为 点C 在以AB 为直径的⊙O 上，所以 90ACB ，即BC AC ⊥.因为 PA平面ABC ，BC平面ABC ，所以 PA BC ⊥. ……………7分 因为 AC平面PAC ，PA平面PAC ，PAAC A ，所以 BC 平面PAC .因为 BC 平面PBC ，所以 平面PAC 平面PCB . ………9分（Ⅲ）解：如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -． 因为30CBA ，2PA AB， 所以 2cos303CB ，1AC.延长MO 交CB 于点D . 因为 OM ∥AC ， 所以 1313, 1,2222MDCB MD CDCB . 所以 (1,0,2)P ，(0,0,0)C ，B ，3(2M . 所以 (1,0,2)CP，(0,3,0)CB .设平面PCB 的法向量(,,)=x y z m .因为0,0.CP CBm m所以(,,)(1,0,2)0,(,,)(0,3,0)0,x y zx y z即20,30.x zy令1z，则2,0x y.所以(2,0,1)=m.………12分同理可求平面PMB的一个法向量n()=.……13分所以1cos,5⋅==-⋅m nm nm n.所以1cos5θ. …………14分友情提示：部分文档来自网络整理，供您参考！文档可复制、编制，期待您的好评与关注！11 / 11。
2011年高考数学试题汇编---立体几何
正视图 图1 侧视图图2图3 2011年高考数学试题汇编---立体几何1（安徽卷8)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ） 48 (D) 80（1题图） （2题图）2（北京卷5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是(A)32(B)16+ (C)48 (D)16+3（广东卷7）正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有A ．20B ．15C ．12D ．10 4（广东卷9）如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为 A ．B ．4C ．D ．2（4题图） （5题图）5（湖南卷4）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．942π+B 3618π+C ．9122π+ D ．9182π+ 6（湖北卷7）设球的体积为V ，它的内接正方体的体积为V ，下列说法中最合适的是A. V 比V 大约多一半B. V 比V 大约多两倍半C. V 比V大约多一倍 D. V 比V大约多一杯半7（辽宁卷10）已知球的直径SC=4，A.,B 是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC 的体积为 （A(C)8（江西卷9）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为9（辽宁卷8）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 （A ）4 （B ）32 （C ）2 （D ）310（全国II12)已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成060，二面角的平面β截该球面得圆N ，若该球的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为 (A)7π (B)9π (C)11π (D)13π11（重庆卷10S ABCD -的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为 （A（B（C ）32 （D 12(四川卷6) 1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 （A ）12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒（B ）12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥（C ）233////l l l ⇒1l ，2l ，3l 共面（D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面13（浙江卷4）若直线l 不平行于平面a ，且l a ∉，则(A) a 内存在直线与异面 (B)a 内不存在与l 平行的直线(C)a内存在唯一的直线与l 平行 (D) a 内的直线与l 都相交 14（浙江卷7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是15（新课标8）已知直二面角lαβ--,点Aα∈，AC l⊥,C为垂足,Bβ∈，BD l⊥,D为垂足,若2,1AB AC BD===，则CD=（A）2 （B（C（D）1（16题图）（17题图）（18题图）16（陕西卷5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）(A)283π-(B)283π-(C)8-2π(D)23π17（山东卷11）下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)018(四川卷15)如图，半径为4的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________．（19题图）（20题图）（21题图）19（福建15）如图，正方体1111ABCD A BC D-中，2AB=，点E为AD的中点，点F在CD上，若1//EF AB C平面，则线段EF的长度等于_____________．20（天津卷10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m），则该几何体的体积为3m．21(新课标15)已知正方体1111ABCD A BC D-中，E为11C D的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.22（北京卷17）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。
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2011～2012学年度高三数学空间几何体部分训练题（一）
班级 姓名
1、某四面体的三视图如图所示，该四面体四个
面的面积中，最大的是
A ．8 B
C ．
10 D
2、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）
3、如右图,△ABC 为正三角形,AA ＇//BB ＇//CC ＇,CC ＇⊥平面ABC
且3AA ＇=3
2
BB ＇=CC ＇=AB,则多面体ABC-A ＇B ＇C ＇的正视图(也称
主视图)是
4、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）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为
．．积．
等于 A.3
B.2
C.23
D.6
俯视图
A‘
B'
A
D C B A
正（主）视图
侧（左）视图
6、若某空间几何体的三视图如图所示，
则该几何体的体积是
A.
1
3
B.
2
3
C.1
D.2
7、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有
棱长都为a，顶点都在一个球面上，则
该球的表面积为
(A) 2a
π(B) 2
7
3
a
π
(C) 2
11
3
a
π(D) 2
5a
π
8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为
（A）280（B）292（C）360（D）372
9、已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若
AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为
(A)
3
(B)
3
(C) 23
83
3
10、已知正四棱锥S—ABCD中，SA=23，那么当该
棱锥的体积最大时，它的高为
A.1
B. 3
C.2
D.3
11、设右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为
（）
A．912
2
π+B．
9
18
2
π+
C．942
π+D．3618
π+
12、正六棱锥P-ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥
D-GAC与三棱锥P-GAC体积之比为
（A）1：1 (B) 1：2 (C) 2：1 (D) 3：2
13、已知,,,
S A B C是球O表面上的点，SA ABC
⊥平面，
AB BC
⊥，1
SA AB
==，BC=O表面积等于
正视图侧视图
俯视图
主视图
6
2
2
侧视图
（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π
14、若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 （A ）
33523cm （B ）3
3203
cm （C ）32243cm （D ）31603cm 15、设球的体积为V ，它的内接正方体的体积为V ，下列说法中最合适的是 A. V 比V 大约多一半 B. V 比V 大约多两倍半 C. V 比V 大约多一倍 D. V 比V 大约多一倍半
16、右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是
（A ）3 （B ）2 （C ）1 （D ）0
17、正视图为一个三角形的几何体可以是______（写出三种）
18、圆柱形容器内部盛有高度为8cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm 。
19、已知矩形A B C D 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，
且6,A B B C ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
20、若等腰直角三角形的直角边长为2，则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是 。
21、如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O,剪去△AOB 将剩余部分沿OC 、OD 折叠，使OA 、OB 重合，则以A 、（B ）、C 、D 、O 为顶点的四面体的体积为
22、已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面
上．若圆锥底面面积是这个球面面积的3
16
，则这两个圆锥中，体积较小者
的高与体积较大者的高的比值为______________．
23、如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P ．如果将容器倒置，水面也恰好过点P (图2)．有下列四个命题：
A ．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
主（正）视图
俯视图
B ．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
C ．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P
D ．若往容器内再注入a 升水，则容器恰好能装满
其中真命题的代号是 ．(写出所有真命题的代号) ．
24、某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH,下半部分是长方体ABCD －EFGH.图5、图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图.
（1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图 （2）求该安全标识墩的体积 （3）证明:直线BD ⊥平面PEG
17、三棱锥、三棱柱、圆锥（其他正确答案同样给分） ；18 、 4； 19、；
20、
83π ；21、3
28；22、31；23、BD 24、【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示.
（２）该安全标识墩的体积为：
P EFGH ABCD EFGH V V V --==
221
406040203200032000640003
=⨯⨯+⨯=+= （cm 3） （３）如图,连结EG,HF 及 BD ，EG 与HF 相交于O,连结PO. 由正四棱锥的性质可知,PO ⊥平面EFGH , PO HF ∴⊥ 又EG HF ⊥ HF ∴⊥平面PEG 又BD HF P BD ∴⊥平面PEG ；。