广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选37【含答案】
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选23【含答案】
立体几何23一、选择题:1.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)13π 【答案】D【解析】：由圆M 的面积为4π得2MA =，2224212OM =-=OM ⇒=030Rt ONM OMN ∠=中,12ON OM ∴===13N S π∴=圆故选D2.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．C ．10D．【答案】C二、填空题:3.一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____________.4.已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
5.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则这个几何体 的体积为__________ 3m 【答案】6π+【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m, 高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为1321363V V ππ+=⨯⨯+⨯=+长方体圆锥.6.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，求球的表面积与该圆柱的侧面积之差是.答案：22R π解析：max 24S r S π=⋅=侧侧时，2222222R r R r r r R =-⇒=⇒=，则222422R R R πππ-=7.己知点E 、F 分别在正方体ABCD -A 1B 2C 3D 4的棱BB 1 、CC 1上，且B 1E =2EB, CF=2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值等于.8.三棱锥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______。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选20【含答案】
立体几何2019.三菱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA 1=CAA 1=60°则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为____________. 【答案】36 【解析】如图设,,,1AA ===设棱长为1，则,1AB +=BC -1+=+=，因为底面边长和侧棱长都相等，且01160=∠=∠CAA BAA 所以21=∙=∙=∙，所以3==，2== ，2)-()(11=+∙+=∙b c a b a BC AB ，设异面直线的夹角为θ，所以36322cos =⨯==θ.三、解答题19.如图5所示，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点 E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE ．（1） 证明：BD ⊥平面PAC ；（2）若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值；【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力.20.如图，直三棱柱///ABC A B C -，90BAC ∠= ，/,AB AC AA λ==点M ，N 分别为/A B 和//B C 的中点。
(Ⅰ)证明：MN ∥平面//A ACC ;(Ⅱ)若二面角/A MN C --为直二面角，求λ的值。
【答案】21.如图1，45ACB ∠= ，3BC =，过动点A 作AD BC ⊥，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使90BDC ∠= （如图2所示）． （Ⅰ）当BD 的长为多少时，三棱锥A BCD -的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥A BCD -的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．【答案】（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC 中，设(03)BD x x =<<，则3CD x =-．由AD BC ⊥，45ACB ∠= 知，△ADC 为等腰直角三角形，所以3AD CD x ==-.由折起前AD BC ⊥知，折起后（如图2），AD D C ⊥，AD BD ⊥，且BD DC D = ，所以AD ⊥平面BCD ．又90BDC ∠= ，所以11(3)22BCD S BD CD x x ∆=⋅=-．于是1111(3)(3)2(3)(3)33212A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=⋅--312(3)(3)21233x x x +-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦， 当且仅当23x x =-，即1x =时，等号成立，故当1x =，即1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最大． 解法2：同解法1，得321111(3)(3)(69)3326A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=-+．令321()(69)6f x x x x =-+，由1()(1)(3)02f x x x '=--=，且03x <<，解得1x =．当(0,1)x ∈时，()0f x '>；当(1,3)x ∈时，()0f x '<． 所以当1x =时，()f x 取得最大值．故当1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最大．DABCACD B图2图1ME. ·设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由11(,,0)22EN=--，(1,2,1)=-n，可得1|1|sin cos(90)||||ENENθθ--⋅=-==⋅nn60θ= ．故EN与平面BMN所成角的大小为60.解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥A BCD -的体积最大时，1BD =，2AD CD ==． 如图b ，取CD 的中点F ，连结MF ，BF ，EF ，则MF ∥AD . 由（Ⅰ）知AD ⊥平面BCD ，所以MF ⊥平面BCD .如图c ，延长FE 至P 点使得FP DB =，连BP ，DP ，则四边形DBPF 为正方形， 所以DP BF ⊥. 取DF 的中点N ，连结EN ，又E 为FP 的中点，则EN ∥DP ， 所以EN BF ⊥. 因为MF ⊥平面BCD ，又EN ⊂面BCD ，所以MF EN ⊥. 又MF BF F = ，所以EN ⊥面BMF . 又BM ⊂面BMF ，所以EN BM ⊥. 因为EN BM ⊥当且仅当EN BF ⊥，而点F 是唯一的，所以点N 是唯一的. 即当12DN =（即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点），EN BM ⊥．连接MN ，ME ，由计算得NB NM EB EM ====， 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图d 所示，取BM 的中点G ，连接EG ，NG ，则BM ⊥平面EGN ．在平面EGN 中，过点E 作EH GN ⊥于H ， 则EH ⊥平面BMN ．故ENH ∠是EN 与平面BMN 所成的角．在△EGN 中，易得2EG GN NE ===，所以△EGN 是正三角形， 故60ENH ∠= ，即EN 与平面BMN 所成角的大小为60.。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何试题精选36
立体几何3633、已知正三棱柱'''ABC A B C -的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. 设,'''ABC A B C ∆∆的中心分别是,'O O ，现将此三棱柱绕直线'OO 旋转，射线OA 旋转所成的角为x 弧度（x 可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为()S x ，则函数()S x 的最大值为 ；最小正周期为 .说明：“三棱柱绕直线'OO 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为负角.34、三棱柱的直观图和三视图（主视图和俯视图是正方形，左视图是等腰直角三角形）如图所示, 则这个三棱柱的全面积等于（ ） A ．1242+ B ．622+ C ．842+ D ．4【答案】A【解析】由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为侧（左）视图正（主）视图432 2 主视图左视图俯视图 21222(2222)212422s =⨯⨯⨯+++⨯=+，选A 。
43.（2012金华十校高三模拟联考理）在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BD 1与平面A 1B 1CD 所成角的正切值是 。
【答案】5 【解析】本题主要考查空间几何体的线面关系和直线与平面所成角的概念. 属于基础知识、基本运算的考查.连接1B C 交BC 于O ，则1B C BC ⊥，又AB BC ⊥，所以1B C ABCD ⊥平面，连接1D O ,则1BD O ∠就是直线BD 1与平面A 1B 1CD 所成角。
不妨设正方体棱长为1，则13BD =,22BO =,1102D O =, 在1Rt BD O ∆中，115tan 5BO BD O D O ∠==.35、如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，∠B 1A 1C 1=90°，D 、E 分别为CC 1和A 1B 1的中点，且A 1A=AC=2AB=2．(I)求证：C 1E∥平面A 1BD ；(Ⅱ)求点C 1到平面A 1BD 的距离．【解析】本题主要考查集合的基本运算. 属于基础知识、基本运算的考查. （Ⅰ）证明：取1A B 中点F ，连结EF ，FD ．36、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中N M 、分别是AC AB 、的中点，G 是DF 上的一动点.（1）求证：;AC GN ⊥（2）当GD FG =时，在棱AD 上确定一点P ，使得GP //平面FMC ，并给出证明.【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、空间直线与直线、直线与平面的位置关系. 属于基础知识、基本思维的考查.证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF 中AD ⊥DF,DF =AD =DC37、如图，已知四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是直角梯形，//AB DC ，ο45=∠ABC ，1DC =，2=AB ，⊥PA 平面ABCD ，1=PA ．（Ⅰ）求证：//AB 平面PCD ；（Ⅱ）求证：⊥BC 平面PAC ； （Ⅲ）若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD -的体积．【解析】本题主要考查棱锥的体积公式、直线与平面的位置关系. 属于基础知识、基本思维的考查.AB DC，…………………… 1分证明：（Ⅰ）由已知底面ABCD是直角梯形，//又AB⊄平面PCD , CD⊂平面PCD…………………… 3分∴AB∥平面PCD…………………… 4分38、如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝BC，BD⊥AC，E为PC的中点。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何试题精选04
立体几何041．表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为A．3 B ．13π C ．23π D．3 解：此正八面体是每个面的边长均为a的正三角形，所以由8=1a =，则，故选A 。
2．平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是 （A ）一条直线 （B ）一个圆（C ）一个椭圆 （D ）双曲线的一支3．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正．．确．的是 （A ）若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面（B ）若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 (C) 若AB =AC ，DB =DC ，则AD =BC (D) 若AB =AC ，DB =DC ，则AD ⊥BC解：A 显然正确；B 也正确，因为若AD 与BC 共面，则必有AC 与BD 共面与条件矛盾； C 不正确，如图所示：D 正确，用平面几何与立体几何的知识都可证明。
选C4．已知正方体外接球的体积是π332，那么正方体的棱长等于 A.22 B.332 C.324 D.3345．对于平面α和共面的直线m 、n ，下列命题中真命题是A.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB.若m ∥α，n ∥α，则m ∥nABDCC.若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD.若m 、n 与α所成的角相等，则n ∥m 解：对于平面α和共面的直线m 、,n 真命题是“若,m n αα⊂∥,则m ∥n ”，选C.6．给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面 ③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行，④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直. 其中真命题的个数是A.4B. 3C. 2D. 1 解：①②④正确，故选B.7．关于直线,m n 与平面,αβ，有以下四个命题：①若//,//m n αβ且//αβ，则//m n ；②若,m n αβ⊥⊥且αβ⊥，则m n ⊥； ③若,//m n αβ⊥且//αβ，则m n ⊥；④若//,m n αβ⊥且αβ⊥，则//m n ； 其中真命题的序号是A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③ 解：用排除法可得选D9．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面) 的面积是 ( )A.2解：棱长为2的正四面体ABCD 的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图为△ABF ，则图中AB=2，E 为AB 中点，则EF ⊥DC ，在△DCE 中，DE=EC=3，DC=2，∴EF=2，∴三角形ABF 的面积是2，选C.12．如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A －BEFD 与三棱锥A －EFC 的表面积分别是S 1，S 2，则必有（ ）A ．S 1<S 2 B. S 1>S 2C. S 1=S 2D. S 1，S 2的大小关系不能确定解：连OA 、OB 、OC 、OD ，则V A －BEFD ＝V O －ABD ＋V O －ABE ＋V O －BEFD ，V A －EFC ＝V O －ADC ＋V O －AEC ＋V O －EFC 又V A －BEFD ＝V A －EFC 而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故S ABD ＋S ABE ＋S BEFD ＝S ADC ＋S AEC ＋S EFC 又面AEF 公共，故选C13.如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题．．．是（ ） Ａ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等Ｂ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 Ｃ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 Ｄ．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解：因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A ，C 正确，且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确，B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何试题精选01
立体几何011.如图，已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.（I ）求点P 到平面ABCD 的距离，（II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小.（II ）解法一：如图建立直角坐标系，其中O 为坐标原点，x 轴平行于DA.)43,433,0(),0,233,0(),23,0,0(的坐标为中点G PB B P .连结AG.又知).0,233,2(),0,23,1(-C A 由此得到： 0,0).0,0,2(),23,233,0(),43,43,1(=⋅=⋅-=-=--=BC PB 于是有所以θ的夹角,.⊥⋅⊥ 等于所求二面角的平面角，于是,772cos -==θ 所以所求二面角的大小为772arccos-π .2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90o，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M ．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面BDM ；(Ⅱ)求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小．解法一：(I)如图，连结CA 1、AC 1、CM ，则CA 1=2， ∵CB=CA 1=2，∴△CBA 1为等腰三角形， 又知D 为其底边A 1B 的中点，∴CD ⊥A 1B ， ∵A 1C 1=1，C 1B 1=2，∴A 1B 1=3， 又BB 1=1，∴A 1B=2，∵△A 1CB 为直角三角形，D 为A 1B 的中点，CD=21A 1B=1，CD=CC 1BA'C'解法二：如图以C 为原点建立坐标系 (I):B(2,0,0),B 1(2,1,0),A 1(0,1,1),D(22,21,21), M(22,1,0),=CD (22,21,21),=B A 1(2,-1,-1),=DM (0,21,-21),,0,01=∙=∙A∴CD ⊥A 1B,CD ⊥DM.因为A 1B 、DM 为平面BDM 内两条相交直线， 所以CD ⊥平面BDM(II):设BD 中点为G ，连结B 1G ，则G ),41,41,423(=BD (-22,21,21)，=G B 1),41,43,42(--∴01=∙G B BD ，∴BD ⊥B 1G ，又CD ⊥BD ，∴与B 1的夹角θ等于所求二面角的平面角，cos .3311-==θ所以所求二面角的大小为π-arccos 333. 如图，四棱锥S ABCD -（I ） 求证BC SC ⊥；（II ） （II ）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（III ）设棱SA的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小解析：（I 由三垂线定理得BC SC ⊥（II ）解：SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形∴可以把四棱锥S ABCD -补形为长方体A B C S ABCD 111-，如图2 面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1所成的二面角，SC BC BC A S SC A S⊥∴⊥，//11 又SD A S ⊥1 ∴∠CSD 为所求二面角的平面角（III ）解：如图3 SD AD SDA ==∠=︒190， ∴∆SDA 是等腰直角三角形 又M 是斜边SA 的中点∴⊥⊥⊥=DM SABA AD BA SD AD SD D，， ∴⊥BA 面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影由三垂线定理得DM SB ⊥ ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90︒。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选19【含答案】
立体几何1912.已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，AB=2，CC1=为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为二、填空题13.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.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=．14.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。
【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-=15.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别为线段11,AA B C 上的点，则三棱锥1D EDF -的体积为____________.18.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________。
【解析】因为在正三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。
球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥P-ABC在面ABC上的2，可求得正三棱锥P-ABC在面ABC上的高ABC=16.若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为 。
20.【2012高考真题上海理14】如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，2=BC ，若c AD 2=，且a CD AC BD AB 2=+=+，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是 。
高考数学一轮复习立体几何多选题复习题含答案
高考数学一轮复习立体几何多选题复习题含答案一、立体几何多选题1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．2．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE 沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A．点A'到平面BCED的距离为3B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为5 8C．A'D⊥BDD．四棱锥A'-BCED237【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,∵'A M∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43∴A'M3,∴A'H=A'M sin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M3,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去； 故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，()22221182262PA AA PA =+=+=同理可得62PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313a D ．1//D E 平面11A B BA 【答案】ABD 【分析】连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知14DA A π∠=，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为316a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A DA B A =，则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ， 则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14DA A π∠=，所以选项B 正确；选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则11111113A B D E E AB D AB D V V S d --==⋅，连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短，即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123111113326D AB D B ADDADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（ ）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI 10，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=. 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时22133532D N ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，223110EF =+=，故梯形1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确； 对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，其长度为10，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=，故D 选项正确； 故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.6．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得A B '=.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()313BCDE f S λλλ=⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos120222A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=()f λ取得最大值()31231339f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.7．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥ C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE 【答案】AC 【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ． 【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点， ∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ， ∴MF 平面1A DE ， ∵DF BE ∥且DF BE =， ∴四边形BEDF 为平行四边形， ∴BFDE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ， 又BFMF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ， ∵BM ⊂平面BMF ， ∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==，∴222DE CE CD +=，∴DE CE ⊥， 设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ， ∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾， 所以假设不成立，即B 错误. 故选:AC . 【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．8．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.9．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD 【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ， ∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1）， 设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为6，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解.10．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，1A P PD +===则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选30
立体几何301.将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）解析：解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A. 答案：A2.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为 ． 解析：令球的半径为R ，六棱柱的底面边长为a ，高为h ，显然有R =，且21962863a V h h a ⎧⎧==⨯=⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪==⎩⎩1R ⇒=34433V R ππ⇒== 答案：34π3.如图，已知点P 在正方体ABCD A B C D ''''-的对角线BD '上，60PDA ∠=︒． （Ⅰ）求DP 与CC '所成角的大小； （Ⅱ）求DP 与平面AA D D ''所成角的大小．解析：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D xyz -． 则(100)DA =，，，(001)CC '=，，．连结BD ，B D ''． 在平面BB D D ''中，延长DP 交B D ''于H ．设(1)(0)DH m m m =>，，，由已知60DH DA <>=，， 由cos DA DH DA DH DADH =<>， E F DIA H G BC EF D ABC侧视 图1图2 BEA ．BEB ． BEC ．BED ．ABC DPA 'B 'C 'D '可得2m2m =，所以21DH ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭．（Ⅰ）因为0011cos DH CC +⨯'<>==， 所以45DH CC '<>=，．即DP 与CC '所成的角为45． （Ⅱ）平面AAD D ''的一个法向量是(010)DC =，，．因为01101cos 2DH DC ++⨯<>==，， 所以60DH DC <>=，． 可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30．4.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，60ABD ∠=，45BDC ∠=，PD 垂直底面ABCD ，PD =，E F ，分别是PB CD ，上的点，且PE DFEB FC=，过点E 作BC 的平行线交PC 于G ． （1）求BD 与平面ABP 所成角θ的正弦值； （2）证明：EFG △是直角三角形； （3）当12PE EB =时，求EFG △的面积．解析：（1）在Rt BAD ∆中，60ABD ∠=，,AB R AD ∴==而PD 垂直底面ABCD ，PA==PB ===,在PAB ∆中，222PA AB PB +=,即PAB ∆为以PAB ∠为直角的直角三角形。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何试题精选03
立体几何036. 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F （1）证明PA//平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小AC解析： 方法一：（1）证明：连结AC ，AC 交BD 于O ，连结EO ∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中，EO 是中位线，∴PA // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ， 所以，PA // 平面EDBAC（2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ，∴DC PD ⊥∵PD=DC ，可知PDC ∆是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴PC DE ⊥ ①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC∵底面ABCD 是正方形，有DC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PDC 而⊂DE 平面PDC ，∴DE BC ⊥ ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC 而⊂PB 平面PBC ，∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE =I ，所以PB ⊥平面EFD方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设a DC =（1）证明：连结AC ，AC 交BD 于G ，连结EG依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A),,(),,(000a a a a z y x -=-λ从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x ---=---=λλλ 由条件PB EF ⊥知，0=⋅PB FE ，即0)21()21(222=---+-a a a λλλ，解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ，且)6,6,3(a a a FE --=，)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角∵691892222a a a a =+-=⋅，且a a a a FE 6636369||222=++=，a a a a FD 369499||222=++=，∴2136666cos 2=⋅==a a a EFD∴3π=∠EFD所以，二面角C —PB —D 的大小为3π7.解析：方法一解: (Ⅰ)记AC 与BD 的交点为O,连接OE,∵O、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF 是矩形， ∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM∥OE∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ， ∴AM∥平面BDEOABCFEM OABC FEMS(Ⅱ)在平面AFD 中过A 作AS⊥DF 于S ，连结BS ， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， ,A AF AD =I ∴AB⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影， 由三垂线定理得BS⊥DF∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角 在RtΔASB 中，,2,36==AB AS ∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB∴二面角A —DF —B 的大小为60º方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系 设N BD AC =I ，连接NE ， 则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）,∴ NE uuu r =()1,22,22--, 又点A 、M 的坐标分别是（022，，）、（)1,22,22 ∴ AM u u u u r =（)1,22,22-- ∴NE uuu r =AM u u u u r且NE 与AM 不共线，∴NE∥AM又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ， ∴AM∥平面BDF（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF ,A AD =I ∴AB⊥平面ADF∴(2,0,0)AB =-u u u r为平面DAF 的法向量∵NE DB •u u u r u u u r =（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴NE NF •u u u r u u u r =（)1,22,22--·)0,2,2(=0得 NE DB ⊥u u u r u u u r ,NE NF ⊥u u u r u u u r∴NE 为平面BDF 的法向量NABCDFEM。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习立体几何试题精选10
立体几何1015．如图，已知平面A 1B 1C 1平行于三棱锥V-ABC 的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（1）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线；（2）求点A 到平面VBC 的距离；（3）求二面角A-VB-C 的大小.解法1：（Ⅰ）证明：∵平面111A B C ∥平面ABC ，1111//,//BC BC AC AC ∴BC AC ⊥1111B C AC ∴⊥又∵平面1ABC ⊥平面ABC ，平面1ABC ∩平面ABC AC =， ∴BC ⊥平面1ABC ，1BC AB ∴⊥111BC AB ∴⊥， 又11111AC B C C ⋂=，1111B C AB B ⋂=.11B C ∴为1AB 与11AC 的公垂线.（Ⅱ）解法1：过A 作1AD B C ⊥于D ，∵△1ABC 为正三角形，∴D 为1B C 的中点.∵BC ⊥平面1ABC ∴BC AD ⊥， 又1B C BC C ⋂=，∴AD ⊥平面VBC ，∴线段AD 的长即为点A 到平面VBC 的距离.在正△1ABC 中，2AD AC a ===.∴点A 到平面VBC .(III)过D 点作DH VB ⊥于H ，连AH ，由三重线定理知AH VB ⊥AHD ∴∠是二面角A VB C --的平面角。
在Rt AHD中，1111.B D DH AD B DH BBC BC B B =⋅∞⋅=11.5BD BC DH a B B ⋅∴==tan AD AHD DH∴∠==AHD∴∠=。
所以，二面角A VB C --的大小为16．如图,α⊥β,α∩β=l , A ∈α, B ∈β,点A 在直线l 上的射影为A 1, 点B 在l 的射影为B 1,已知AB=2,AA 1=1, BB 1=2, 求:(Ⅰ) 直线AB 分别与平面α,β所成角的大小;(Ⅱ)二面角A 1－AB －B 1的大小.解法一: (Ⅰ)如图， 连接A 1B ，AB 1， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA 1⊥l ， BB 1⊥l ， ∴AA 1⊥β， BB 1⊥α． 则∠BAB 1，∠ABA 1分别是AB 与α和β所成的角．Rt △BB 1A 中， BB 1= 2 ， AB =2， ∴sin ∠BAB 1 =BB 1AB = 22 ． ∴∠BAB 1=45°． Rt △AA 1B 中， AA 1=1，AB =2， sin ∠ABA 1=AA 1AB = 12， ∴∠ABA 1= 30°．故AB 与平面α，β所成的角分别是45°，30°．(Ⅱ) ∵BB 1⊥α， ∴平面ABB 1⊥α．在平面α内过A 1作A 1E ⊥AB 1交AB 1于E ，则A 1E ⊥平面AB 1B ．过E 作EF ⊥AB 交AB 于F ，连接A 1F ，则由三垂线定理得A 1F ⊥AB ， ∴∠A 1FE 就是所求二面角的平面角．在Rt △ABB 1中，∠BAB 1=45°，∴AB 1=B 1B =2． ∴Rt △AA 1B 中，A 1B =AB 2－AA 12 =4－1 =3． 由AA 1·A 1B =A 1F ·AB 得 A 1F =AA 1·A 1B AB = 1×32 = 32， ∴在Rt △A 1EF 中，sin ∠A 1FE = A 1E A 1F = 63 ， ∴二面角A 1－AB －B 1的大小为arcsin 63．解法二: (Ⅰ)同解法一．(Ⅱ) 如图，建立坐标系， 则A 1(0，0，0)，A (0，0，1)，B 1(0，1，0)，B (2，1，0)．在AB 上取一点F (x ，y ，z )，则存在t ∈R ，使得AF →=t AB → ， 即(x ，y ，z －1)=t (2，1，－1)， ∴点F 的坐标为(2t ， t ，1－t )．要使A 1F →⊥AB →，须A 1F →·AB →=0， 即(2t ， t ，1－t ) ·(2，1，－1)=0， 2t +t －(1－t )=0，解得t =14 ， ∴点F 的坐标为(24，－14， 34 )， ∴A 1F →=(24，14， 34 )． 设E 为AB 1的中点，则点E 的坐标为(0，12， 12)． ∴EF →=(24，－14，14)． 又EF →·AB →=(24，－14，14)·(2，1，－1)= 12 － 14 － 14=0， ∴EF →⊥AB →， ∴∠A 1FE 为所求二面角的平面角．又cos ∠A 1FE = A 1F ，→·EF →|A 1F →|·|EF →| = (24，14，34)·(24，－14，14)216+116+916 ·216+116+116 = 18－116+31634 ·12= 13 = 33 ， ∴二面角A 1－AB －B 1的大小为arccos33．17．在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ．（1）求四棱锥P －ABCD 的体积；（2）若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与PA 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．设与的夹角为θ,有cos θ=4233434923=+⋅+,θ=arccos 42, ∴异面直线DE 与PA 所成角的大小是arccos42； 解法二：取AB 的中点F,连接EF 、DF.由E 是PB 的中点,得EF ∥PA ，∴∠FED 是异面直线DE 与PA 所成角(或它的补角)，在Rt △AOB 中AO=ABcos30°=3=OP ，于是, 在等腰Rt △POA 中，PA=6，则EF=26. 在正△ABD 和正△PBD 中,DE=DF=3， cos ∠FED=34621=DE EF =42 ∴异面直线DE 与PA 所成角的大小是arccos 42.18.．在直三棱柱ABC ABC -中，90,1ABC AB BC ∠===.（1）求异面直线11B C 与AC 所成的角的大小；（2）若1AC 与平面ABC S 所成角为45，求三棱锥1A ABC -的体积。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何
立体几何3214、如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB= 2AD =2CD =2．E是PB的中点．（I）求证：平面EAC⊥平面PBC;（II）若二面角P－AC－E的余弦值为6，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．15、如图甲，直角梯形ABCD 中，AB//CD ，2DAB π∠=，点M 、N 分别在AB 、CD 上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC=2，MB=4，现将AMND 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直（如图乙。
） （I ）求证：DC//平面AMB ；（II ）当DN 的长为何值时，二面角D —BC —N 的大小为60°？解析：(I)证明：依题意AM//DN ，BM//CN ，且DN∩CN=N， 所以平面CND∥平面AMB,又因CD ⊂平面CDN,所以CD∥平面AMB 。
（II ）如图，以点N 为坐标原点，以NM ，NC ，ND 所在直线分别作为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标，由MB ＝4，BC ＝2，∠MCB＝90°知∠MBC＝60°，CN ＝4－2cos60°＝3，MN ＝3建立空间直角坐标系.N xyz -易得NC=3，MN=3，设DN a =，则D(0,0,a),C(0,3,0),B(3,4,0),M(3,0,0),A(3,0,a)．16、如图，矩形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=1． CD=2,DE=3，M为CE的中点．(I)求证：BM∥平面ADEF：(Ⅱ)求直线DB与平面BEC所成角的正弦值；(Ⅲ)求平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值．解析：证明：（Ⅰ）取DE中点N，连结MN，ａN∆中，M，N分别为ED， EC的中点，在EDC所以MN//CD ，且CD MN 21=又已知AB//CD ，且CD AB 21=，所以MN//AB ，且MN=AB所以四边形ABMN 为平行四边形 ，所以BM//AN 又因为AN ⊂平面BEC ，且BM ⊄平面BEC 所以MM//平面ADEF（II ）解：在矩形ADEF 中，ED⊥AD，又因为平面ADEF⊥平面ABCD ，且平面ADEF∩平面ABCD ＝AD ，所以ED⊥平面ABCD ，又AD⊥CD，所以，取D 为原点，DA 、DC 、DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立直角坐标系，则 D （0,0，0），B （1，1，0），C （0，2，0），E （0，0，3）（III ）易证DA⊥平面DEC ，取DA u u u r＝（1，0，0）为平面DEC 的一个法向量，设平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角为β，则 cos β41119•++32222所以，平面BEC 与平面DEC 3222217、在斜三棱柱111C B A ABC -中，侧面ABCA ACC 面⊥11，a AA 21=,a AB CA C A ===1,AC AB ⊥,中点为1AA D .(1)求证：11A ABB CD 面⊥；(2)在侧棱1BB 上确定一点E ，使得二面角A C A E --11的大小为3π. 解析：（1）证：ABC A ACC 面面⊥11Θ，AC AB ⊥ 11A ACC AB 面⊥∴，即有CD AB ⊥； 又CA AC 1=，D 为1AA 中点，则1AA CD ⊥11A ABB CD 面⊥∴(2)如图所示以点C 为坐标系原点，CA 为x 轴，1CA 为z 轴， 建立空间直角坐标系xyz C -,则有),,0(),,0,0(),0,,(),0,0,(11a a B a A a a B a A则21)1(1113cos22121=-+=⋅=λπn n n n ,得331-=λ3311-=BB BE时，二面角A C A E --11的大小为3π18、已知四棱锥P ABCD -底面ABCD 是矩形， PA ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E ．F 分别是 线段AB ，BC 的中点， （Ⅰ）证明：PF ⊥FD ；（Ⅱ）在PA 上找一点G ，使得EG ∥平面PFD ；． （Ⅲ）若PB 与平面ABCD 所成的角为45o ， 求二面角A PD F --的余弦值． 解：（Ⅰ）证明：连接AF ，则AF ＝2，DF ＝2，又AD ＝2，∴DF 2＋AF 2＝AD 2， ∴DF ⊥AF ．又PA ⊥平面ABCD ， ∴DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，.DF PAF DF PF PF PAF ∴⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面 ……………4分（Ⅱ）过点E 作EH ∥FD 交AD 于点H ，则EH ∥平面PFD 且AH ＝14AD ．再过点H 作HG ∥DP 交PA 于点G ，则HG ∥平面PFD 且AG ＝14A P ，∴平面EHG ∥平面PF D ． ∴EG ∥平面PFD ．从而满足AG ＝14AP 的点G 为所求． ………………8分所以1cos,6AB nAB nAB n⋅===⋅u u u r ru u u r ru u u r r由图知，所求二面角A PD F--的余弦值为6……………………12分。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何
立体几何131.已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90ο底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。
（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。
本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分.方案一：（Ⅰ）证明：∵PA ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD.因而，CD 与面PAD 内两条相交直线AD ，PD 都垂直， ∴CD ⊥面PAD.又CD ⊂面PCD ，∴面PAD ⊥面PCD.（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN. 在Rt △PAB 中，AM=MB ，又AC=CB ， ∴△AMC ≌△BMC,∴BN ⊥CM ，故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ，由三垂线定理，得CB ⊥PC ， 在Rt △PCB 中，CM=MB ，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC 中，AN ·MC=AC AC CM⋅-22)2(， 5625223=⨯=∴AN . ∴AB=2，322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB 故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为PA ⊥PD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A （0，0，0）B （0，2，0），C （1，1，0），D （1，0，0），P （0，0，1），M （0，1，)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD. 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD. （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故2.如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2.（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小.解法一（I）证明由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，3）O1（0，0，3）. 图3ABOCO1Dxyz从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO AC BO AC所以AC ⊥BO 1.（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x n =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n AC n 取 得)3,0,1(=n .（II ）解 由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO 1⊥平面AOC.设OC ∩O 1B=E ，过点E 作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图4），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O 1F ⊥AC.所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角. 由题设知OA=3，OO 1=3，O 1C=1，所以13,3221212121=+==+=C O A O AC OO OA A O ，从而1332111=⋅=AC C O A O F O ， 又O 1E=OO 1·sin30°=23， 所以.413sin 111==∠F O E O FE O 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arcsin3．如图，在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ．（Ⅰ）证明AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的大小． 证明：方法一：方法二：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作A （1，0，0），则B （1，1，0）， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==由,0=⋅VA AB 得AB ⊥VA. 又AB ⊥AD ，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平面VAD.。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何试题精选19
立体几何1912.已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，AB=2，CC1=22 E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为A 2B 3C 2D 1二、填空题13.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.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=．14.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。
【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-=15.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别为线段11,AA B C 上的点，则三棱锥1D EDF -的体积为____________.18.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________。
【答案】3【解析】因为在正三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。
球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥P-ABC在面ABC上的32，可求得正三棱锥P-ABC在面ABC上的高23，所以球心到截面ABC233 3=16.若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为 。
20.【2012高考真题上海理14】如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，2=BC ，若c AD 2=，且a CD AC BD AB 2=+=+，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是 。
广东省广州市高考数学一轮复习模拟试题精选专题空间几何体
空间几何体一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是( )A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形 【答案】A2．在空间直角坐标系中, 点P(2,3,4)与Q (2, 3,- 4)两点的位置关系是（ ）A ．关于x 轴对称B ．关于xOy 平面对称C ．关于坐标原点对称D ．以上都不对 【答案】B3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．3 【答案】A4．如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D5．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量,,OA OB OC 表示向量，设OG xOA yOB zOC =++，则x 、y 、z 的值分别是( )A ． x ＝31，y ＝31，z ＝31B ． x ＝31，y ＝31，z ＝61C ． x ＝31，y ＝61，z ＝31D ． x ＝61，y ＝31，z ＝31【答案】D6．点P 是等腰三角形ABC 所在平面外一点，ABC PA ABC PA ∆=⊥，在，平面8中，底边BC P AB BC 到，则点，56==的距离为( ) A ．54B ．3C ．33D ．32【答案】A 7．一个正方体的展开图如图所示，A 、B 、C 、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )A ．AB ∥CDB ．AB 与CD 相交C ．AB ⊥CD D ．AB 与CD 所成的角为60°【答案】D8．下列说法正确的是( )A ．圆台是直角梯形绕其一边旋转而成；B ．圆锥是直角三角形绕其一边旋转而成；C ．圆柱不是旋转体；D ．圆台可以看作是平行底面的平面截一个圆锥而得到 【答案】D9．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥B ．若l α⊥，l m //，则m α⊥C ．若l α//，m α⊂，则l m //D ．若l α//，m α//，则l m //【答案】A10．如图，点P 、Q 、R 、S 分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ 与RS 是异面直线的一个图是( )【答案】C11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．π34B ．2C ．π38D ．π310 【答案】A12．已知平面α外的直线b 垂直于α内的二条直线，有以下结论：○1b 一定不垂直于α；○2b 可能垂直于平面α；○3b 一定不平行于平面α，其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 【答案】B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．在空间直角坐标系中,若点(1,2,1),A -点(3,1,4)B --,则||AB = .【答案】5214．一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】1315．四棱锥ABCD P -的三视图如右图所示,四棱锥ABCD P -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为 .【答案】π1216．一个几何体的三视图如下图所示，正视图是一个边长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的体积为 ．【答案】4三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．如图，已知平行四边形ABCD 中，2AD =，2CD =，45ADC ∠=︒，AE BC ⊥，垂足为E ，沿直线AE 将BAE ∆翻折成'B AE ∆，使得平面'B AE ⊥平面AECD ．连接'B D ，P 是'B D 上的点．(I ）当'B P PD =时，求证CP ⊥平面'AB D ；(Ⅱ）当'2B P PD =时，求二面角P AC D --的余弦值．【答案】（1）∵BC AE ⊥，平面⊥'AE B 平面AECD ，∴EC E B ⊥'． 如图建立空间直角坐标系．则)0,1,0(A ，)1,0,0(B '，)0,0,1(C ， )0,1,2(D ，)0,0,0(E ，)21,21,1(P ． )1,1,0(-='B A ，)0,0,2(=AD ，)21,21,0(=CP ． ∵02121=+-='⋅B A CP ，0=⋅AD CP ，∴B A CP '⊥，AD CP ⊥．又A AB AD = ，∴⊥CP 平面AD B '．设面PAC 的法向量为),,(z y x n = ，则⎪⎩⎪⎨⎧=-=⋅=+-=⋅003334y x AC n z y x AP n．取1==y x ，3-=z ，则)3,1,1(-=n，又平面DAC 的法向量为)1,0,0(=m，∴||311cos ,11m n m n m n ⋅<>==．∴二面角D AC P --的余弦值311．18．如图所示，已知BCD ，AB 平面⊥M 、N 分别是AC 、AD 的中点，BC ⊥CD ．(I ）求证：MN ∥平面BCD ；(II ）求证：平面B CD ⊥平面ABC ；(III ）若AB ＝1，BC ＝3，求直线AC 与平面BCD 所成的角．【答案】 (1）因为,M N 分别是,AC AD 的中点，所以//MN CD ． 又MN ⊄平面BCD 且CD ⊂平面BCD ，所以//MN 平面BCD ． (2)因为AB ⊥平面BCD , CD ⊂平面BCD ，所以AB CD ⊥． 又CD BC AB BC B ⊥⋂=且，所以CD ⊥平面ABC ． 又CD ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面ABC ．(3)因为AB ⊥平面BCD ，所以ACB ∠为直线AC 与平面BCD 所成的角． 在直角∆ABC 中，3AB=1,BC=，所以3tan 3AB ACB BC ∠==．所以30ACB ∠=． 故直线AC 与平面BCD 所成的角为30．19．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -各棱长都为a ，P 为线段1A B 上的动点.（Ⅰ）试确定1:A P PB 的值，使得PC AB ⊥；(Ⅱ）若1:2:3A P PB =，求二面角P AC B --的大小；【答案】【法一】（Ⅰ）当PC AB ⊥时，作P 在AB 上的射影D . 连结CD .则AB ⊥平面PCD ，∴AB CD ⊥，∴D 是AB 的中点，又1//PD AA ，∴P 也是1A B 的中点，即1:1A P PB =. 反之当1:1A P PB =时，取AB 的中点D '，连接CD '、PD '.∵ABC ∆为正三角形，∴CD AB '⊥. 由于P 为1A B 的中点时，1//PD A A '∵1A A ⊥平面ABC ，∴PD '⊥平面ABC ，∴AB PC ⊥.（Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，作P 在AB 上的射影D . 则PD ⊥底面ABC .作D 在AC 上的射影E ，连结PE ，则PE AC ⊥.∴DEP ∠为二面角P AC B --的平面角.又∵1//PD AA ，∴132BD BP DA PA ==，∴25AD a =.∴360DE AD sin =⋅=，又∵135PD AA =，∴35PD a =.∴3PDtan PED DE∠=，∴P AC B --的大小为60PED ∠=. 【法二】以A 为原点，AB 为x 轴，过A 点与AB 垂直的直线为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，设(),0,P x z ，则(),0,0B a 、()10,0,A a 、3,,022a a C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（Ⅰ）由0CP AB ⋅=得()3,,,0,0022a a x z a ⎛⎫--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，即02a x a ⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，∴12x a =，即P 为1A B 的中点，也即1:1A P PB =时，AB PC ⊥.(Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，P 点的坐标是23,0,55a a ⎛⎫⎪⎝⎭. 取()3,3,2m =--.则()233,3,2,0,055a a m AP ⎛⎫⋅=--⋅= ⎪⎝⎭，()33,3,2,,0022a a m AC ⎛⎫⋅=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.∴m 是平面PAC 的一个法向量.又平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =.1,2m n cos m n m n⋅〈〉==⋅，∴二面角P AC B --的大小是60.20．一个多面体的直观图和三视图如图所示：(I ）求证：PA ⊥BD ；(II ）连接AC 、BD 交于点O ，在线段PD 上是否存在一点Q ，使直线OQ 与平面ABCD 所成的角为30o ？若存在，求DQ DP的值；若不存在，说明理由．【答案】(I ）由三视图可知P-ABCD 为四棱锥，底面ABCD 为正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ， 连接AC 、BD 交于点O ，连接PO ．因为BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，所以BD ⊥平面PAC ， 即BD ⊥PA ．(II ）由三视图可知，BC ＝2，PA ＝2，假设存在这样的点Q ，因为AC ⊥OQ ，AC ⊥OD ，所以∠DOQ 为直线OQ 与平面ABCD 所成的角 在△POD 中，PD ＝22，OD ＝2，则∠PDO ＝60o ， 在△DQO 中，∠PDO ＝60o ，且∠QOD ＝30o ．所以DP ⊥OQ ．所以OD ＝2，QD ＝2． 所以14DQ DP =． 21．如图，在四梭锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD,AD =2，AB ＝1.点M 线段PD 的中点．(I ）若PA ＝2，证明：平面ABM ⊥平面PCD ；(II ）设BM 与平面PCD 所成的角为θ，当棱锥的高变化时，求sin θ的最大值．【答案】 (Ⅰ)∵PA ⊥平面ABCD ，AD PA ⊥∴.∵点M 为线段PD 的中点，PA= AD =2，AM PD ⊥∴. 又∵⊥AB 平面PAD ，AB PD ⊥∴. ⊥∴PD 平面ABM . 又⊂PD 平面PCD ，∴平面ABM ⊥平面PCD .(Ⅱ)设点B 到平面PCD 的距离为d . ∵AB ∥CD, ∴AB ∥平面PCD.∴点B 到平面PCD 的距离与点A 到平面PCD 的距离相等. 过点A 在平面PAD 内作AN ⊥PD 于N,平面ABM ⊥平面PCD ，⊥∴AN 平面PCD .所以AN 就是点A 到平面PCD 的距离. 设棱锥的高为x ，则=d 24x+在Rt △ABM 中，22AMAB BM +=4241)2(22222x AP AD PD AB +=++=+=. ∴sin =θ22422232124123244242x x x x xx x xBMd ++=++=++=.因为()222222322123212+=+≥++x x ，当且仅当2232x x=，即432=x 时，等号成立.故()222222432124sin 222-=+≤++=x x θ.22．如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD=DC=4，AD=2，E 为PC 的中点.(I ）求证：AD ⊥PC ；(II ）求三棱锥P-ADE 的体积；(III ）在线段AC 上是否存在一点M ，使得PA//平面EDM ，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（I ）因为PD ⊥平面ABCD. 所以PD ⊥AD.又因为ABCD 是矩形， 所以AD ⊥CD. 因为,D CD PD =⋂ 所以AD ⊥平面PCD.又因为⊂PC 平面PCD ， 所以AD ⊥PC.(II ）因为AD ⊥平面PCD ，V P-ADE =V A-PDE ， 所以AD 是三棱锥A —PDE 的高. 因为E 为PC 的中点，且PD=DC=4，所以.444212121=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==∆A PDC PDE S S 又AD=2， 所以.38423131=⨯⨯=⋅=∆-PDE PDE A S AD V (III ）取AC 中点M ，连结EM 、DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA//平面EDM. 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.。
广东省高三数学(理)一轮复习专题训练：《立体几何》Word版含答案
立体几何1.【2014广东（理）高考7】若空间中四条直线两两不同的直线1l .2l .3l .4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( )A .14l l ⊥B .14//l lC .1l .4l 既不平行也不垂直D .1l .4l 的位置关系不确定 【答案】D2.【2013广东（理）高考5】某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( ).A .4B .143C .163D .6 【答案】B3.【2013广东（理）高考6】设m ,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( ).A .若α⊥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ⊥nB .若α∥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ∥nC .若m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β,则α⊥βD .若m ⊥α,m ∥n ,n ∥β,则α⊥β 【答案】D4.【2012广东（理）高考6】某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( ) A .12π B .45π C .π57 D .π81【答案】C5.【2014广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，30DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E . (1)证明：CF ADF ⊥平面； (2)求二面角D AF E --的余弦值.【答案】(1)详见解析；. （１）PD ⊥平面ABCD ，PD AD ∴⊥，又CD AD ⊥，PD CD D =， AD ∴⊥平面PCD ，AD PC ∴⊥，又AF PC ⊥，PC ∴⊥平面ADF ，即CF ADF ⊥平面；（２）设1AB =，则Rt PDC ∆中，1CD =，又DPC ∠=2PC ∴=，PD =，由（１）知CF DF ⊥DF ∴=AF ==12CF ∴==，又//FE CD ，14DE CF PD PC ∴==，DE ∴=，同理3344EF CD ==， 如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则(0,0,1)A ，E，3,0)4F，P ，(0,1,0)C ，设(,,)m x y z =是平面AEF 的法向量，则m AE m EF ⎧⊥⎨⊥⎩，又3(AE EF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以300m AE x z m EF⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令4x =，得z =，m =，由（１）知平面ADF 的一个法向量(PC =， 设二面角D AF E --的平面角为θ，可知θ为锐角，||cos |cos ,|||||m PCm PC m PC ⋅=<>==⋅θ=，即所求．6.【2013广东（理）高考18】 (本小题满分14分)如图(1),在等腰直角三角形ABC 中,∠A ＝90°,BC ＝6,D ,E 分别是AC ,AB 上的点,CD ＝BE,O 为BC 的中点.将△ADE 沿DE 折起,得到如图(2)所示的四棱锥A ′BCDE ,其中A ′O .图(1)图(2)(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CDB 的平面角的余弦值. 【答案】(1)详见解析 (2(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD === 连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD的延长线于H ,连结A H', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故OH =,从而A H '==所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量, 所以cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为7.【2012广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若1,2PA AD ==，求二面角B PC A --的正切值； 【答案】（1）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA又因为PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，BD⊥PC而PA∩PC=P，BD⊥平面PAC.（2）由（1）BD⊥平面PAC，得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形设AC交BD于点O, 由PC⊥平面BDE,得PC垂直OE和BE所以∠BEO为二面角B－PC－A的平面角1,23PA AD AC BO OC PC==∴===∴==OE COOEPA PC===又所以在直角三角形BEO中，tan∠BEO3BOEO===，即二面角B-PC-A的正切值为3.8．（广东省湛江市湖光中学2014届高三上学期入学考试数学（理）试题）设三棱锥的三个侧面两两互相垂直,且侧棱长均为则其外接球的表面积为（）A．48πB．36πC．32πD．12π【答案】B9错误！未指定书签。
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立体几何37
40、如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，
2===CB DC AD ， 30=∠CAB ，四边形ACFE 为
矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，3=CF ． （Ⅰ）求证：BC ⊥平面ACFE ；
（Ⅱ）设点M 为EF 中点，求二面角C AM B --的余弦值． 【
解
析
】
(1)
证
明
：
60,2=∠===ABC CB DC AD
则4=AB ，122=AC ，则得222BC AC AB +=
AC BC ⊥∴， 面⊥ACEF 平面ABCD ，
面 ACEF 平面ABCD AC =
⊥∴BC 平面ACEF ． ……7分
（II ）过C 作AM CH ⊥交AM 于点H ，连
BH ,
则CHB ∠为二面角C AM B --的平面角，在
BHC
RT ∆中，13,3==HB CH ，
13
13
3cos =
∠CHB ，则二面角C AM B --的余弦值为13
13
3．…………14分 41、如图，四边形ABCD 为矩形，DA ⊥平面ABE ,2AE EB BC ===，BF ⊥平面ACE 于点F ，且点F 在CE 上. （Ⅰ）求证：DE BE ⊥；
（Ⅱ）求四棱锥E ABCD -的体积；
（Ⅲ）设点M 在线段AB 上，且AM MB =， 试在线段CE 上确定一点N ，使得//MN 平面DAE .
. M A
E
B
D
C
F
（Ⅱ）作EH AB ⊥，因为面ABCD ⊥平面ABE ，所以EH ⊥面AC
因为AE BE ⊥，2AE EB BC ===
，所以EH =分
118
2333E ABCD ABCD V EH S -=⋅=⨯=
…………………………………8分
（Ⅲ）因为BE BC =，BF ⊥平面ACE 于点F ，所以F 是EC 的中点
设P 是BE 的中点，连接,MP FP …………………………………………………10分 所以MP ∥AE ,FP ∥DA 因为
AE DA A =，所以MF ∥面DAE ，则点N 就是点F …………………12分
42、如图，在四棱锥ABCD P -中，侧棱⊥PA 底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，
222===PA AB AD ，E 为PD 的上一点，且ED PE 2=.
（Ⅰ）若F 为PE 的中点，求证：//BF 平面AEC ； （Ⅱ）求三棱锥AEC P -的体积.
A
P
C
B
D
E
43、如图在正三棱锥P-ABC 中，侧棱长为3，底面边长为2，E 为BC 的中点， (1)求证：BC ⊥平面PAB (2)求点C 到平面PAB 的距离
【解析】证明（1）E 为BC 的中点，又ABC P -为正三棱锥
PAE BC E AE PE BC AE BC PE ⊥⇒⎪⎭⎪
⎬⎫
=⋂⊥⊥平面……6分
（2） 设点C 到平面PAB 的距离为h 。
则h
S PO S V V PAB ABC PAB C ABC P ∆∆--=⋅∴=31
31
23PO ==…………10分
ABC PAB S PO h S ∆∆⋅∴=
=
…………………12分
44、如图，三棱锥ABC P -中，PB ⊥底面ABC ，90BCA ∠=， 4===CA BC PB ，E 为PC 的中点，M 为AB 的中点，
点F 在PA 上，且2AF FP =.
（1）求证：BE ⊥平面PAC ； （2）求证：//CM 平面BEF ； （3）求三棱锥ABE F -的体积
.
（2）取AF 的中点G ，AB 的中点M ，连接,,CG CM GM ， ∵E 为PC 中点，2FA FP =，∴//EF CG . ……………7分
∵CG ⊄平面,BEF EF ⊂平面BEF ， ∴//CG 平面BEF . …………8分 同理可证：//GM 平面BEF . 又CG
GM G =， ∴平面//CMG 平面BEF . …………9分
∵CD ⊂平面CDG ，∴//CD 平面BEF . …………10分 （3）由（1）可知BE ⊥平面PAC
又由已知可得22=BE .
23
8
213131=⋅⨯==∆∆PC AC S S PAC AEF …………12分 ∴9
32
31=⋅==∆--BE S V V AEF AEF B ABE F
所以三棱锥ABE F -的体积为9
32
. …………14分
45、在四棱锥P ABCD -中，底面A B C D 是菱形，
AC BD O =.
（Ⅰ）若AC PD ⊥，求证：AC ⊥平面PBD ； （Ⅱ）若平面PAC ^平面ABCD ，求证：PB PD =； （Ⅲ）在棱PC 上是否存在点M （异于点C ）使得BM ∥平
面PAD ，若存在，求PM PC
的值；若不存在，说明理由.
【解析】（Ⅰ）证明：因为 底面ABCD 是菱形
B
C
D
O
A
P
46、如图所示，圆柱的高为2、DF是圆柱的两条母线，过AD作圆柱的截面交下底面于BC.
BC EF；
（1）求证：//
⊥；
（2）若四边形ABCD是正方形，求证BC BE
-的体积.
（3）在（2）的条件下，求四棱锥A BCE
【解析】（1）证明：在圆柱中：
上底面//下底面，
且上底面∩截面ABCD＝AD，下底面∩截面ABCD＝BC
∴BC//AD……………………………………………………………………….２分
AE DF
又AE、DF是圆柱的两条母线，∴//
∴ADFE是平行四边形，所以//
AD EF，又BC//AD
∴//
BC EF…………………………………………………………………….５分
（2）AE是圆柱的母线，
∴AE⊥下底面，又BC⊂下底面，∴AE BC
⊥…………………………….７分
=
又截面ABCD是正方形，所以BC⊥AB，又AB AE A
∴BC⊥面ABE，又BE⊂面ABE，∴BC BE
⊥……………………………9分
-的高……………………１０分，（3）因为母线AE垂直于底面，所以AE是三棱锥A BCE
-的高……………………10分
EO就是四棱锥E ABCD。