2012年高考数学专题复习(第2轮)——立体几何

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2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何 2

2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题错误！未指定书签。

．（2012年高考（新课标理））已知三棱锥S A B C -的所有顶点都在球O 的求面上,A B C ∆是边长为1的正三角形,S C 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为（）A．6B．6C．3D．2错误！未指定书签。

．（2012年高考（新课标理））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 ．6B ．9C ．12D ．18错误！未指定书签。

．（2012年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直错误！未指定书签。

．（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为和a ,且长为a 的棱异面,则a 的取值范围是（）A ．(0,B ．(0,C ．D ．错误！未指定书签。

．（2012年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径C D 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为（）A ．arccos 4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ错误！未指定书签。

．（2012年高考（四川理））下列命题正确的是（）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行错误！未指定书签。

22012年高考数学立体几何专题练习及答案

绝密★启用前2012届高三数学二轮精品专题卷：专题9 立体几何考试范围：立体几何一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的）1．若直线l 与平面α垂直,则下列结论正确的是（）A ．直线l 与平面α内所有直线都相交B ．在平面α内存在直线m 与l 平行C ．在平面α内存在直线m 与l 不垂直D ．若直线m 与平面α平行,则直线l ⊥m 2．某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的长度,那么这个几何体的体积是（） A ．3 B ．33C ．332D ．3 3．（理）如下图所示是一个半径等于2的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为（）A ．2πB ．πC ．π2D ． 80sin π（文）如上图所示是一个半径等于2的半球,则这个半球的表面积为（） A ．π4 B ．π8 C ．π12 D ．π16 4．（理）如下图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度相等,点E 为BC 中点,则直线AE 与平面PBC 所成角的余弦值为（）A ．33B ．36C ．31D ．32（文）如上图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面P AE 面积的最小值为（） A ．33 B ．36 C ．42 D ．325．设a ,b ,c 表示三条直线,βα，表示两个平面,则下列命题中逆命题不成立的是（）A ．α⊥c ,若β⊥c ,则βα∥B ．α⊂b ,α⊄c ,若α∥c ,则c b ∥C ．β⊂b ,若α⊥b ,则αβ⊥D ．α⊂b a ，,P b a =⋂,b c a c ⊥⊥，,若βα⊥,则β⊂c6．一个圆锥的母线长为2,且侧面积为π2,则该圆锥的主视图面积为（） A ．1B ．3C ．2D ．67．已知长方体ABCD D C B A -1111的外接球的体积为332π,则该长方体的表面积的最大值为（）A ．16B ．32C ．36D ．488．一个几何体是由若干个边长为1的正方体组成的,其主视图和左视图如图所示,若把这个几何体放到一个底面半径为π13的盛若干水的圆柱形容器,没入水中,则水面上升的高度（不溢出）最大为（）（1）121B ．131C ．π12D ．π139．如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱P A ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为（）A ．6B ．9C ．18D ．2710．如图,四棱锥S -ABCD 的底面是边长为2的正方形,且6====SD SC SB SA ,E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为（）A ．22B ．1C ．3D ．6一、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把正确答案填在题中横线上）11．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该空间几何体的体积是．12．（理）平面P 与平面Q 所成的二面角是锐角α,直线AB ⊂平面P 且与二面角的棱成的角为锐角β,又AB 和平面Q 成的角为θ,则α，β，θ之间的某一三角函数关系为．（文）我们知道,正三角形的内切圆和外接圆的圆心重合,且外接圆和内切圆的半径之比为2:1,类比这一结论,若一个三棱锥的所有棱长都相等,则其外接球与内切球的球心重合,则外接球与内切球半径之比为．13．已知圆锥的母线和底面半径的夹角为60°,则其全面积与侧面积之比为． 14．由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．15．设圆锥的母线长为l ,底面半径为r ,满足条件“它的一个内接圆柱的侧面积等于圆锥侧面积的41”的情况有且只有一种,则=lr ．三、解答题（本大题共6小题，满分75分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（本题满分10分）如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,P A ⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积; （2）求证:AP ∥GH ．17．（本题满分12分）如图,已知三棱柱'''C B A ABC -的所有棱长都是2,且60''=∠=∠AC A AB A ．（1）求证:点'A 在底面ABC 内的射影在∠BAC 的平分线上; （2）求棱柱'''C B A ABC -的体积．18．（本题满分13分）如图,多面体ABCD —EFG 中,底面ABCD 为正方形,GD //FC //AE ,AE ⊥平面ABCD ,其正视图、俯视图及相关数据如图:（1）求证:平面AEFC ⊥平面BDG ; （2）求该几何体的体积;（3）求点C 到平面BDG 的距离．19．（本题满分13分）如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ．（1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；（3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．20．（本题满分13分）边长为2的正方体1111D C B A A B C D -中,P 是棱CC 1上任一点,)20(＜＜m m CP =（1）是否存在满足条件的实数m ,使平面⊥1BPD 面11B BDD ?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由．（2）（理）试确定直线AP 与平面D 1BP 所成的角正弦值关于m 的函数)(m f ,并求)1(f 的值．（文）是否存在实数m ,使得三棱锥PAC B -和四棱锥1111D C B A P -的体积相等?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由．21．（本题满分14分）如图,直角梯形ABCD 中, 90=∠=∠BAD ABC ,AB =BC 且△ABC 的面积等于△ADC 面积的21．梯形ABCD 所在平面外有一点P ,满足P A ⊥平面ABCD ,PB PA =．（1）求证:平面PCD ⊥平面PAC ;（2）侧棱PA 上是否存在点E ,使得//BE 平面PCD ?若存在,指出点E 的位置并证明;若不存在,请说明理由．（3）（理）求二面角C PD A --的余弦值．2012届专题卷数学专题九答案与解析1．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的定义及直线与平面平行的简单性质．【思路点拨】首先根据直线与平面垂直的定义判断出直线与平面内所有直线的位置关系,再根据直线与平面的平行性质分析直线之间的关系即可．【答案】D 【解析】根据直线和平面垂直的定义可知,直线l 与平面α内的直线都垂直,可能是异面也可能相交,故A 、B 、C 都是错误的;对于D ,在平面α内一定存在直线n 与m 平行,且l ⊥n ,故l ⊥m ,所以D 是正确的． 2．【命题立意】本题借助三视图考查三棱锥体积的求解．【思路点拨】把三视图对应的几何体还原成三棱锥,根据棱锥的体积计算公式即可求解．【答案】B 【解析】根据三视图可知,原几何体是一个三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,高为1,故体积为331331=⨯⨯=V ．3．（理）【命题立意】本题主要考查球的结构及截面特征．【思路点拨】先根据条件分析出截面的特点,再利用相应面积公式计算即可．【答案】C 【解析】所作截面是一个半大圆,面积为ππ2421=⨯．（文）【命题立意】本题主要考查球的面积计算．【思路点拨】此半球的表面积是一个半球面的面积加上一个大圆的面积．【答案】C 【解析】图中半球的面积为πππ1284=+． 4．（理）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、直线和平面所成角的求解．【思路点拨】根据条件易知,P A ⊥平面PBC ,故直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,再在Rt △P AE 中利用三角函数的定义即可求解．【答案】A 【解析】因为P A ⊥PB ,P A ⊥PC ,所以P A ⊥平面PBC ,所以,直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,设P A =PB =PC =1,则2===BC AC AB ,因为E 为BC 中点,所以26=AE ,故33cos 22=-==∠AE PA AE AEPEAPE ．（文）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、截面面积的求解．【思路点拨】先判断三角形的形状,再根据面积的表达式求最小值．【答案】C 【解析】因为三条侧棱两两垂直且长度为1,所以AP ⊥平面PBC ,∴AP ⊥PE ,PE PE AP S PAE 2121=⋅=∆,故只需PE 的长度最小,所以PE ⊥BC 时,22=PE ,面积取得最小值42．5．【命题立意】本题借助命题真假的判定考查直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系．【思路点拨】先写出每个命题的逆命题,再逐个判断即可．要注意每个命题逆命题的形式．【答案】C 【解析】选项C 的逆命题是β⊂b ,若αβ⊥,则a b ⊥显然不成立． 6．【命题立意】本题以圆锥为载体考查圆锥的侧面积计算及三视图的特征．【思路点拨】先根据圆锥的侧面积公式计算出圆锥底面圆的半径,进而可知主视图三角形各边的长即可求出面积．【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r ,则侧面积为ππ22==r S ,故1=r ,314=-=h ,而主视图是一个等腰三角形,面积为3=hr ．7．【命题立意】本题以长方体为载体考查长方体与球的组合体的关系及简单的不等式性质应用．【思路点拨】先根据球的体积求出其半径,再根据长方体边长与球半径的关系建立方程,进而利用不等式性质求出表面积的最大值．【答案】B 【解析】设球的半径为R ,则343323R ππ=,故R =2,设长方体三边长分别为a ,b ,c ,则16)2(2222==++R c b a ,表面积为2222222()32ab bc ca a b c ++≤++=．即长方体表面积的最大值为32． 8．【命题立意】本题借助三视图考查组合体的特征及圆柱体积的计算．【思路点拨】先根据三视图计算出组合体的体积最大值,再结合圆柱的体积公式,利用体积相等即可计算出水面上升的高度．【答案】B 【解析】由题知,底部这一层最多摆放9个正方体,上面一层最多摆放4个正方体．故组合体的体积最大值为13,设水面上升的高度为h ,则h21313）（ππ=,则131=h ．9．【命题立意】本题考查直线与平面垂直、性质的应用及空间几何体体积的计算问题．【思路点拨】把直线与平面垂直的条件转化为直角三角形,再利用三角形内的关系计算出高P A 即可．【答案】B 【解析】因为P A ⊥平面ABCD ,所以BC ⊥P A ,又ABCD 是正方形,所以BC ⊥P A ,故BC ⊥平面P AB ,所以BC ⊥PB ．322=-=BE BC CE ,在Rt △PBC 中,易得CP CE BC ⋅=2,故33392===CE BC CP ,在Rt △P AC 中,322=-=AC CP PA ,故四棱锥P -ABCD 的体积为933312=⨯⨯．10．【命题立意】本题以三棱锥为载体考查直线与平面垂直的判定与性质的应用．【思路点拨】先分析出轨迹图形的形状,再根据所给数据进行计算即可．【答案】A 【解析】由6====SD SC SB SA 可知S 在底面ABCD 内的射影是底面的中心,即AC 与BD 交点O ．要使得PE 保持与AC 垂直,只需使得P 在AC 的垂面上运动,如图中的△EFG 即为P 的轨迹,且2621===SD FG EG ,221==BD EF ,△EFG 的面积22)21(2122=-⋅=EF FG EF S ．11．【命题立意】本题考查三视图的识别及棱台体积的求解．【思路点拨】根据所给三视图分析出对应几何体的特征,再利用相关公式即可求出体积．【答案】314【解析】这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是2,上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13×（12＋12×22＋22）×2＝143．12．（理）【命题立意】本题考查二面角、直线与平面所成角之间的关系及空间想象能力．【思路点拨】先找出二面角、直线与平面所成角对应的平面角,把题中的三个角转化到直角三角形内,进而可以找出他们的关系．【答案】βαθsin sin sin =【解析】如图,过A 作AO ⊥平面Q 垂足为O ,过O 作OC ⊥交线l 于点C ,连结AC ,易证AC ⊥l ,∴ACO ∠为二面角P -l-Q 的平面角,即α=∠ACO ,β=∠ABC ,因为AO ⊥平面Q ,所以ABO ∠为A 和平面Q 所成的角,所以θ=∠ABO ．分别在Rt △AOB 、Rt △AOC 、Rt △ACB 中,有ABAO =θsin ,ACAO =αsin ,ABAC =βsin ,故βαθsin sin sin =．（文）【命题立意】本题考查类比推理及与球有关的组合体的计算问题,对空间想象能力要求较高．【思路点拨】根据组合体的主视图进行分析,分别计算出外接球和内切球半径即可．【答案】3:1【解析】设该三棱锥的边长为a ,计算可得高为a 36,设外接球半径为R ,则根据球和三棱锥的对称性可知,球心在高所在的线段上,由勾股定理可得222)33()36(R a R a =+-,则a R 46=,故内切球半径为a a a r 1264636=-=,故外接球与内切球半径之比为3:1．13．【命题立意】本题考查圆锥侧面积与全面积的计算方法．【思路点拨】根据条件求出底面半径与母线的关系,再表示出全面积与侧面积即可．【答案】23【解析】设圆锥的底面半径为r ,母线长为l ,则由条件可得。

2012年高考立体几何

三、解答题28.【2012高考新课标理19】（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112A CBC A A ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小. 【答案】（1）在R t D A C ∆中，AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A D C C D C ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作O H BD ⊥于点H ，连接11,C O C H 111111A CBC C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A B D 1O H B D C H B D ⊥⇒⊥得：点H 与点D 重合且1C D O ∠是二面角11C BD A --的平面角设A C a =，则12C O =，111230CD C O C DO ︒==⇒∠=既二面角11C BD A --的大小为30︒29.【2012高考江苏16】（14分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111A B A C =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点．求证：（1）平面AD E ⊥平面11BCC B ；（2）直线1//A F 平面ADE ．【答案】证明：（1）∵111ABC A B C -是直三棱柱，∴1CC ⊥平面A B C 。

又∵AD ⊂平面A B C ，∴1CC AD ⊥。

又∵1AD DE CC DE ⊥⊂，，平面111BCC B CC DE E = ，，∴AD ⊥平面11BCC B 。

又∵AD ⊂平面ADE ，∴平面AD E ⊥平面11BCC B 。

2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参

2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案1一、选择题错误！未找到引用源。

【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离3d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为23d =此棱锥的体积为112336ABC V S d ∆=⨯==另:123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D 错误！未找到引用源。

【解析】选B 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为3此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯= 错误！未找到引用源。

【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.错误！未找到引用源。

【答案】A【解析】,2BE BF BE AB BF ==<=<【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.错误！未找到引用源。

[答案]A[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴,则2cos 4AO PO AOP R ∙∴∠== ,A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos =∠∴AOP ,42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.错误！未找到引用源。

[答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D 错;故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. 错误！未找到引用源。

2012年高考数学二轮专题测试立体几何理

立体几何专题测试一、选择题(本大题共12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．(2011年济南)如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析：解法一：∵体积为12，而高为1，故底面积为12，选C.解法二：选项A 得到的几何体为正方体，其体积为1，故排除A ；而选项B 、D 所得几何体的体积都与π有关，排除B 、D ；易知选项C 符合．答案：C2．(2011年海南海口模拟)已知水平放置的△ABC 的直观图△A ′B ′C ′(斜二测画法)是边长为2a 的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A.2a 2B.32a 2 C.62a 2D.6a 2解析：斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶24，则易知24S ＝34(2a )2，∴S ＝6a 2.故选D.答案：D3．(2011年金考卷原创)一个正方体表面展开图中，五个正方形位置如图中阴影部分所示，第六个正方形在编号1到5的某个位置上，则第六个正方形所有可能位置的编号是( )A ．②③B ．②④C ．①③D ．③⑤解析：分别假设第6个正方形在各个位置上，再分别进行还原，可知在②或③位置上时可还原为正方体，在其他位置上时不能还原为正方体，故选A.答案：A4．(2011年福建莆田市高三教学质检)某三棱锥的侧视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．4 3B ．8 3C ．12 3D ．24 3解析：该几何体的高h ＝42－22＝12＝23， ∴V ＝13×12×6×2×23＝4 3.故选A.答案：A5．(2011年东北三校联考)如图为一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图为正三角形，尺寸如图，则该几何体的全面积为( )A ．14 3B ．6＋ 3C ．12＋2 3D ．16＋2 3解析：解此图形为正三棱柱，底面边长为2，高为2，S 全＝S 侧＋2S 底＝3×2×2＋2×12×2×2×32＝12＋23，故选C. 答案：C6．(2011年乐山二诊)已知三棱锥P －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且AB ＝2，PA ＝PB ＝PC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.32π3 B.16π3 C.8π3D.4π3解析：因为PA ＝PB ＝PC ＝2，所以该三棱锥外接球的球心落在PD 上，D 为AB 的中点，设球心为O ，则O 为△PAB 的外心∴R 2－(3－R )2＝1，R 2－3－R 2＋23R ＝1 23R ＝4，R ＝23 S 表＝4πR 2＝4π·43＝16π3，故选B. 答案：B7．(2011年湖北八市3月调考)已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m ⊂β，给出下列四个命题①若α∥β，则l ⊥m ②若l ⊥m ，则α∥β ③若α∥β，则l ∥m ④若l ∥m ，则α⊥β 其中正确的命题个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：因为l ⊥α，α∥β，所以l ⊥β ∵m ⊂β，∴l ⊥m 所以①正确，③错误．因为l ⊥α，l ∥m ，所以m ⊥α ∵m ⊂β，∴α⊥β，所以④正确．若m ⊂α，l ⊥α，∴l ⊥β，m ⊂β 则α与β相交而不平行，故②错．答案：B8．一个正方体的展开图如图所示，B ，C ，D 为原正方体的顶点，A 为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD 与AB 所成角的余弦值为( )A.510B.105C.55D.1010解析：还原正方体如图所示，设AD ＝1，则AB ＝5，AF ＝1，BE ＝EF ＝22，AE ＝3，因为CD ∥BE ，所以CD 与AB 所成的角等于BE 与AB 所成的角，即为∠ABE ，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠ABE ＝5＋8－92×5×22＝1010，选D.答案：D9．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点均在半径为3的球面上，且满足PA →·PB →＝0，PB →·PC →＝0，PC →·PA →＝0，则三棱锥P －ABC 的侧面积的最大值为( )A ．9B ．18C ．36D ．72解析：依题意PA 、PB 、PC 两两垂直，以PA 、PB 、PC 为棱构造长方体，则长方体的体对角线即为球的直径，∴PA 2＋PB 2＋PC 2＝4R 2＝36，S 侧＝12(PA ·PB ＋PB ·PC ＋PC ·PA )≤12(PA 2＋PB22＋PB 2＋PC 22＋PC 2＋PA 22)＝18.答案：B11．(2011年黄冈3月质检)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β解析：AB ∥l ，AB ⊄β，∴AB ∥β，C 成立 ∵m ∥α，m ∥β，∴m 平行于α与β的交线l ∴AB ∥m 成立，AC ⊥m 成立 ∵AC 未必在α内，∴AC ⊥β不一定成立，故选D. 答案：D11．(2011年浙江省宁波市高三模拟)设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )A ．l 1⊥m ，l 2⊥nB ．m ⊥l 1，m ⊥l 2C ．m ⊥l 1，n ⊥l 2D ．m ∥n ，l 1⊥n解析：由m ⊥l 1，m ⊥l 2，l 1与l 2相交知α⊥β，但α⊥β时不一定有m ⊥l 1，m ⊥l 2.答案：B12．(2011年山东省潍坊市模拟)设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β ②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β ④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β 其中正确的是( ) A ．①③ B ．②③ C ．①④D ．②④解析：由面面平行的性质可知①正确，由面面垂直的判定知④正确．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中横线上．) 13．(2012年福州质检)四棱锥P －ABCD 的顶点P 在底面ABCD 中的投影恰好是A ，其三视图如下图所示，根据图中的信息，在四棱锥P －ABCD 的任两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线对数为________．解析：互相垂直的异面直线有：PA 与BC ，PA 与CD ，AB 与PD ，AD 与PB ，BD 与PC ，BD 与PA ，共6对．答案：614．已知正三棱锥P －ABC 的底面是边长为1的正三角形，其三条侧棱与底面所成角相等且都等于45°，则这个正三棱锥的体积为________．解析：由于三条侧棱与底面所成角相等，且△ABC 是正三角形，所以点P 在△ABC 上的射影点O 是△ABC 的中心．如图，连接CO ，PO ，则PO ＝OC ＝23×32×1＝33，所以正三棱锥的体积为13×S △ABC ×PO ＝13×34×33＝112.答案：11215．(2011年浙江省台州市高三模拟)如图是某几何体的三视图，其中正视图、侧视图的长均为4，宽分别为2与3，俯视图是等腰三角形，则该几何体的体积是________．解析：由三视图可知该几何体为三棱柱，V ＝12×3×2×4＝12.答案：1216．(2011年江苏省“金太阳”百校大联考)关于直线m ，n 与平面α，β，有以下四个命题：①若m ∥α，n ∥β且α∥β，则m ∥n ②若m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m ⊥n ； ③若m ⊥α，n ∥β且α∥β，则m ⊥n ； ④若m ∥α，n ⊥β且α⊥β，则m ∥n ；其中真命题的序号是________．解析：②③是真命题．答案：②③三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题11分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为AB 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDD 1；(2)求异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值；(3)求点B 到平面A 1EC 的距离．解：(1)证明：由已知有D 1D ⊥平面ABCD ，得AC ⊥D 1D ，又由ABCD 是正方形，得AC ⊥BD ， ∵D 1D 与BD 相交于点D ，∴AC ⊥平面BDD 1. (2)延长DC 至G ，使CG ＝EB ，连接BG 、D 1G ， ∵CG 綊EB ，∴四边形EBGC 是平行四边形． ∴BG ∥EC .∴∠D 1BG 就是异面直线BD 1与CE 所成角．在△D 1BG 中，D 1B ＝23，BG ＝5，D 1G ＝22＋32＝13. ∴cos ∠D 1BG ＝D 1B 2＋BG 2－D 1G 22D 1B ·BG＝12＋5－132×23×5＝1515，异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值是1515. (3)∵△A 1AE ≌△CBE ，∴A 1E ＝CE ＝ 5.又∵A 1C ＝23，∴点E 到A 1C 的距离d ＝5－3＝ 2.∴S △A 1EC ＝12A 1C ·d ＝6，S △A 1EB ＝12EB ·A 1A ＝1.又由VB －A 1EC ＝VC －A 1EB ，设点B 到平面A 1EC 的距离为h ，则13S △A 1EC ·h ＝13S △A 1EB ·CB ， ∴6·h ＝2，h ＝63. ∴点B 到平面A 1EC 的距离为63. 18．(2011年广雅中学、佛山一中、汕头金中联考)如图，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．解：(1)由已知得，MD 是△ABP 的中位线 ∴MD ∥AP ∵MD ⊄面APC ，AP ⊂面APC ∴MD ∥面APC(2)∵△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点， ∴MD ⊥PB ，∴AP ⊥PB 又∵AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ∴AP ⊥面PBC .∵BC ⊂面PBC ∴AP ⊥BC .又∵BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，∴BC ⊥面APC ∵BC ⊂面ABC ，∴平面ABC ⊥平面APC(3)∵MD ⊥面PBC ，∴MD 是三棱锥M －DBC 的高，且MD ＝5 3 又在直角三角形PCB 中，由PB ＝11，BC ＝4，可得PC ＝221于是S △BCD ＝12S △BCP ＝221，∴V D －BCM ＝V M －DBC ＝13Sh ＝117.19．(2011年江苏省苏北四市模拟)如图①，E ，F 分别是直角三角形ABC 边AB 和AC 的中点，∠B ＝90°，沿EF 将三角形ABC 折成如图②所示的锐二面角A 1－EF －B ，若M 为线段A 1C 中点，求证：(1)直线FM ∥平面A 1EB ； (2)平面A 1FC ⊥平面A 1BC .证明：(1)取A 1B 中点N ，连接NE ，NM ，则MN 綊12BC ，EF 綊12BC ，所以MN 綊FE ，所以四边形MNEF 为平行四边形，所以FM ∥EN ，又因为FM ⊄平面A 1EB ，EN ⊂平面A 1EB ，所以直线FM ∥平面A 1EB .(2)因为E ，F 分别是AB 和AC 的中点，所以A 1F ＝FC ，所以FM ⊥A 1C . 同理，EN ⊥A 1B .由(1)知，FM ∥EN ，所以FM ⊥A 1B . 又因为A 1C ∩A 1B ＝A 1，所以FM ⊥平面A 1BC . 又因为FM ⊂平面A 1FC ，所以平面A 1FC ⊥平面A 1BC .20．(2011年江苏南通第一次调研)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝2，BB 1＝3，D 为A 1C 1的中点，F 在线段AA 1上．(1)AF 为何值时，CF ⊥平面B 1DF?(2)设AF ＝1，求平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．解：(1)因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥面ABC ，∠ABC ＝π2，以B 点为原点，BA 、BC 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AC ＝2，∠ABC ＝90°，所以AB ＝BC ＝ 2.从而B (0,0,0)，A (2，0,0)，C (0，2，0)，B 1(0,0,3)，A 1(2，0,3)，C 1(0，2，3)，D (22，22，3)，所以CA 1→＝(2，－2，3)．设AF ＝x ，则F (2，0，x )， CF →＝(2，－2，x )，B 1F →＝(2，0，x －3)，B 1D →＝(22，22，0)， CF →·B 1D →＝2·22＋(－2)·22＋x ·0＝0，所以CF →⊥B 1D →.要使CF →⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥B 1F .由CF →·B 1F →＝2＋x (x －3)＝0，得x ＝1或x ＝2，故当AF ＝1或2时，CF ⊥平面B 1DF .(2)由(1)知平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面B 1CF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝0，n ·B 1F →＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＋z ＝0，2x －2z ＝0，令z ＝1得n ＝(2，322，1)．所以平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值cos 〈n ，n 1〉＝11×2＋92＋1＝3015.21．如图所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)求三棱锥D －AEC 的体积；(3)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .解：(1)证明：∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ，则AE ⊥BC . ∵BF ⊥平面ACE ，则AE ⊥BF . ∵BC ∩BF ＝B ，且BC 、BF ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥BE .(2)∵AE ⊥BE ，∴AB ＝AE 2＋BE 2＝22，S △ADC ＝12×AD ×DC ＝12×BC ×AB ＝12×2×22＝22，V D －AEC ＝V E －ADC ＝13×22×2＝43.(3)在三角形ABE 中过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在三角形BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连MN ，则由比例关系易得CN ＝13CE .∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，∴MG ∥平面ADE ，同理，GN ∥平面ADE ，∴平面用心爱心专心 - 11 - MGN ∥平面ADE .又MN ⊂平面MGN ，∴MN ∥平面ADE .∴N 点为线段CE 上靠近C 点的一个三等分点．22．(2011年山西四校联考)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝ 1.(1)求证：AF ⊥平面CBF ；(2)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；(3)设平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为V F －ABCD ，V F －CBE ，求V F －ABCD ∶V F －CBE .解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF .(2)设DF 的中点为N ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .(3)过点F 作FG ⊥AB 于G ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，∴FG ⊥平面ABCD ，∴V F －ABCD ＝13S ABCD ·FG ＝23FG ， ∵CB ⊥平面ABEF ，∴V F －CBE ＝V C －BFE ＝13S △BFE ·CB ＝13·12EF ·FG ·CB ＝16FG ， ∴V F －ABCD ∶V F －CBE ＝4∶1.。

2012年高考文科数学试题考点汇编--立体几何_图文

2012高考文科试题分类汇编:立体几何一、选择题1.【2012高考新课标文7】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为((A 6 (B 9 (C 12 (D 18【答案】B【解析】选B 由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为3,所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B. 2.【2012高考新课标文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 63π【答案】B 【解析】球半径32(12=+=r ,所以球的体积为ππ343(343=⨯,选B.3.【2012高考全国文8】已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中 ,2AB =,1CC =E 为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为(A 2 (B (C (D 1【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ,连结OE ,因为E O ,是中点,所以1//AC OE ,且121AC OE =,所以BDE AC //1,即直线1AC 与平面BED 的距离等于点C 到平面BED 的距离,过C 做OE CF ⊥于F ,则CF 即为所求距离.因为底面边长为2,高为22,所以22=AC ,2,2==CE OC ,2=OE ,所以利用等积法得1=CF ,选 D.4.【2012高考陕西文8】将正方形(如图1所示截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为 (8.【答案】B.【解析】根据.空间几何体的三视图的概念易知左视图1AD 是实线C B 1是虚线,故选B.5.【2012高考江西文7】若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为A .112 B.5 C.4 D. 92 【答案】D【解析】由三视图可知这是一个高为1的直六棱柱。

底面为六边形的面积为421231=⨯⨯+(,所以直六棱柱的体积为414=⨯,选D. 易错提示:本题容易把底面六边形看成是边长为1的正六边形,其实只有上下两个边长是1.6.【2012高考湖南文4】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不.可能..是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型.7.【2012高考广东文7】某几何体的三视图如图1所示,它的体积为A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π【答案】C【解析】该几何体是圆锥和半球体的组合体,则它的体积2311434330323V V V πππ=+=⋅⋅+⋅⋅=圆锥半球体. 8.【2102高考福建文4】一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可图1 正视图俯视图侧视图以是A 球B 三棱锥C 正方体D 圆柱【答案】D.【解析】球的三视图全是圆;如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形;正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ,故选D.9.【2012高考重庆文9】设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1a 且长为a 的棱a 的取值范围是(A (B (C (D (1【答案】A 【解析】因为2221122(12=-=-=BE 则BE BF <,222=<=BE BF AB ,选A ,10.【2012高考浙江文3】已知某三棱锥的三视图(单位:cm 如图所示,则该三棱锥的体积是A.1cm 3B.2cm 3C.3cm 3D.6cm 3【答案】C【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为1和2,整个棱锥的高由侧视图可得为3,所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 11.【2012高考浙江文5】设l 是直线,a ,β是两个不同的平面A. 若l ∥a ,l ∥β,则a ∥βB. 若l ∥a ,l ⊥β,则a ⊥βC. 若a ⊥β,l ⊥a ,则l ⊥βD. 若a ⊥β, l ∥a ,则l ⊥β【答案】B【解析】利用排除法可得选项B 是正确的,∵l ∥a ,l ⊥β,则a ⊥β.如选项A :l ∥a ,l ∥β时,a ⊥β或a ∥β;选项C :若a ⊥β,l ⊥a ,l ∥β或l β⊂;选项D :若若a ⊥β, l ⊥a ,l ∥β或l ⊥β.12.【2012高考四川文6】下列命题正确的是(A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行,相交,异面故A 不正确;B.两平面平行或相交;C.正确;D.这两个平面平行或相交.13.【2012高考四川文10】如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45 角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠= ,则A 、P 两点间的球面距离为(A 、RB 、4R πC 、RD 、3R π 【答案】A【解析】根据题意,易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos 422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ,由弧长公式易得,A 、P 两点间的球面距离为arccos4R . 14.【2102高考北京文7】某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是(A28+B30+C56+D60+【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,如图所示,图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度,黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。

浙江省2012届高考数学理二轮专题复习课件：第12课时空间几何体

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3．解直观图问题的关键是熟悉斜二测画法的特点： ①已知图形中平行于x轴或y轴的线段在直观图中仍然平行于x′ 轴或y′ 轴；②已知图形中平行与x轴的线段长度保持
不变，平行与y轴的线段长度变为原来的一半．先根据这些关系还原出原图，再进行相关计算．
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第九页，编辑于星期日：十五点二十一分。
要画出一个图形在一个平面上的投影的关键是确定该图形的关键点，如顶点等．画出这些关键点的投影，再依次连结即可得此图形在该平面上的投影．此类题目要依据平行投影的含义，借助空间想象来完成．
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【变式训练】(2011·3月台州中学模拟)BC是Rt△ABC的斜
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2取AB的中点M，连结CM，A1M .
由题意知CA CB，所以CM AB. 由三视图知，侧棱AA1 平面ABC，所以平面ABC 平面AA1B1B，所以CM 平面AA1B1B，所以CA1M 就是A1C与平面A1B1BA所成角的平面角．因为AC BC a，AC BC，故CM 2 a.
专题四立体几何与空间量
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1．三视图是从上下、左右、前后三对角度刻画几何体的形状，在具体问题中，几何体放置不同，则三视图不同，注意想象．画三视图时，被遮挡的线应画虚线．
2．对旋转体要熟悉其定义，并能通过轴截面图、展开图等化归为平面几何问题．
3．几何体的切接问题：
2 又在正方形AA1C1C中，A1C 2a.
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2
在RtA1MC中，sin CA1M

2012年高考数学二轮复习精品资料-专题07-立体几何-文-(教师版)

2012年高考数学二轮精品复习资料专题07 立体几何（文）（教师版）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质(三个公理、三个推论)，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系.2.理解线线、线面平行的定义;熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质;会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会画它们的直观图.4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征,并运用这些特征描述简单物体的结构;了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式(不要求记忆).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查.解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等.明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点,注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型.2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。

【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图:已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段,在直观图中保持长度不变,平行于y 轴的线段平行性不变,但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式: (1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ;台体的体积公式: V =棱台1()3h S S '+;球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式: 24S R π=球.4.有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系.5.平行与垂直关系的证明,熟练判定与性质定理. 【考点在线】考点一三视图例1.（2011年高考海南卷文科第8题）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（）【答案】D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D. 【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一,年年必考,所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键. 练习1: （2011年高考江西卷文科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（）【答案】D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例2..(2011年高考安徽卷文科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( )【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为(44224++=+48+故选C.【名师点睛】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】：表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习2：（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+ 【答案】D【解析】有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）. 考点三球的组合体例3. （2011年高考辽宁卷文科10)己知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点．AB=2,45ASC ∠=, 则棱锥S ABC -的体积为( )正视图侧视图俯视图图1(A)3 (B) 3 (C) 3 (D) 3【答案】C【解析】取SC 的中点D,则D 为球心，则AD=BD=DS=2。

2012年高考数学二轮限时训练立体几何5理

【解析】如图，取 CC1 中点 G，连接 B1G，取 C1G中点 H，连接 EH. 则 EH∥B1G∥ FC. 同理，连接 MH. 则 MH∥A1F. 连接 EM，又 MH∩EH=H， ∴面 EMH∥面 A1FC，
-4-
即面 EHM为所求平面．
10．如图所示，三棱柱 ABC－ A1B1C1， D 是 BC上一点，且 A1B∥平面 AC1D， D1 是 B1C1 的中点，求证：平面 A1BD1∥平面 AC1D.
【证明】连接 A1C交 AC1 于点 E，
∵四边形 A1ACC1 是平行四边形， ∴Ｅ是 A1C的中点，连接 ED， ∵Ａ1B∥平面 AC1D，平面 A1BC∩平面 AC1D＝ ED， ∴Ａ1 B∥ ED. ∵Ｅ是 A1C的中点，∴Ｄ是 BC的中点．又∵Ｄ1 是 B1C1 的中点， ∴在三棱柱 ABC－ A1B1C1 中， BD1∥Ｃ1D， A1D1∥AD，又 A1D1∩BD1＝D1，AD∩Ｃ1D＝ D， ∴平面 A1BD1∥平面 AC1D.
【答案】 C
2．一条直线上有相异三个点 A、B、C到平面 α 的距离相等，那么直线 l 与平面 α 的
位置关系是 ( )
A．l ∥ α
B
．l ⊥ α
C． l 与 α 相交但不垂直 D ．l ∥ α 或 l ? α
【解析】当 l ? α 时，三点到 α 的距离为 0，都相等．当 l ∥ α 时，三点到 α 的距离相等．
-5-
-6-
=25+49-2 × 5× 7×
=39，
【答案】
-3-
8．如图，在正四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1 中， E、 F、G、 H 分别是棱 CC1、C1D1、 D1D、 DC的中点， N 是 BC的中点，点 M在四边形 EFGH及其内部运动，则 M满足条件 ________时， MN∥平面 B1BDD1.

2012高考文科数学立体几何_(答案详解)

选择题1.（12年四川卷）如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45 角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠= ，则A 、P 两点间的球面距离为（）A. arccos4R B. 4R πC. arccos 3RD. 3R π 2.（12年广东卷）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π3.（12年重庆卷）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 的取值范围是（）A.B.C.D.4.（12年浙江卷）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（） A.1cm 3 B.2cm 3 C.3cm 3 D.6cm3图1C5.（12年浙江卷）设l 是直线，αβ，是两个不同的平面（）A.若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD. 若α⊥β， l ∥α，则l ⊥β6.（12年新课标卷）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（）A .6B .9C .12D .187. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（）A．28+ B．30+ C．56+ D ．60+ 8.（12年福建卷）一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 9.（12年湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是（）10.（12年江西卷）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 ( )A B C DA ．112B.5C.4D. 9211.（12年大纲卷）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（）A ．2BCD ．1 12.（12年陕西卷）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）填空题1．（12年湖北卷）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .左视图主视图俯视图侧视图正视图俯视图2.（12年四川卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD ，1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.3.（12年山东卷）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，E 为线段C B 1上的一点，则三棱锥1DED A -的体积为___________ .4.（12年安徽卷）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_____.5.（12年江苏卷）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 cm 3．NA 1A B CC 1 A 1 侧（左）视图正（主）视图 4俯视图 5 4 26.（12年辽宁卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.7.（12年辽宁卷）已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD是边长为.若PA =，则OAB ∆的面积为______________. 8.（12年大纲卷）已知正方形1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为1BB ，1CC 的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为．9.（12年上海卷）一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为 . 10.（12年天津卷）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积 3m.2.（12年山东卷）(本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC .3.（12年广东卷）(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥平面ABCD ；（2）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积；（3）证明：EF ⊥平面PAB ． 6.（12年新课标卷）（本小题满分12分）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，o 90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点.(Ｉ) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC（Ⅱ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.选择题1.【答案】A【分析】由已知可知，AOP CBD ⊥面面，∴cos cos cos AOP AOB BOP = ∠∠∠，带入数据得1cos ==224AOP ∠，arccos4AP R ∴=. 2. 【答案】C【分析】几何体是半球与圆锥叠加而成它的体积为32141π3π330π233V =⨯⨯+⨯⨯= 3.【答案】：A【分析】：如图所示，取,E F 分别为,PC AB 的中点，依题意可得PB BC ⊥，所以GEAB FCPD HBE ==.在BEF ∆中，BF BE <，所以2AB BF =<4. 【答案】C【分析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 5.【答案】B【分析】利用排除法可得选项B 是正确的，∵l ∥α，l ⊥β，则α⊥β．如选项A ：l ∥α，l ∥β时，α⊥β或α∥β；选项C ：若α⊥β，l ⊥α时，l ∥β或l β⊂；选项D ：若α⊥β，l ∥α时，l ∥β或l ⊥β．6. 【答案】B【分析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，底边上高为3的等腰三角形，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B. 7. 【答案】B 【分析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式，可得：=10=10=10S S S S 后右左底，，，因此该几何体表面积30S =+，故选B .8. 【答案】D【分析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形；圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆.9. 【答案】D【分析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均相同，原图下面部分应为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A ，B ，C 都可能是该几何体的俯视图，D 不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面部分应为中间有条虚线的矩形..10. 【答案】C【分析】通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形（2条对边长为1，其余4，高为1的直棱柱.所以该几何体的体积为112122142V sh ⎛⎫==⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选D.11. 【答案】D【分析】因为底面的边长为2，高为,AC BD ，得到交点为O ，连接EO ，1//EO AC ，则点1C 到平面BDE 的距离等于C 到平面BDE 的距离，过点C 作CH OE ⊥，则CH 即为所求，在三角形OCE 中，利用等面积法，可得1CH =，故选答案D. 12.【答案】B【分析】显然从左边看到的是一个正方形，因为割线1AD 可见，所以用实线表示；而割线1B C 不可见，所以用虚线表示．故选B ．填空题1. 【答案】12π【分析】该几何体的左中右均为圆柱体，其中左右圆柱体全等，是底面半径为2，高为1的圆柱体；中间部分是底面半径为1，高为4的圆柱体，所以所求的体积为：22π212π14=12πV =⨯⨯⨯+⨯⨯.2. 【答案】o 90【分析】方法一：连接D 1M ，易得DN ⊥A 1D 1 ，DN ⊥D 1M ，所以，DN ⊥平面A 1MD 1，又A 1M ⊂平面A 1MD 1，所以，DN ⊥A 1M ，故夹角为o 90 方法二：以D 为原点，分别以DA ， DC ， DD 1为x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设正方体边长为2，则D （0，0，0），N （0，2，1），M （0，1，0），A 1（2，0，2）故1(0,2,1)(2,1,2)DN MA ==- ，所以， 111cos ,0DN MA DN MA DN MA <>==，故DN ⊥A 1M ，所以夹角为o 90.3. 【答案】61 【分析】求1DED A -的体积，显然为定值，也就是说三棱锥的底面面积与三棱锥的高都为定值，因此，我们需要找一个底面为定值的三角形，三角形1ADD 的面积为21（为定值），而E 点到底面1ADD 的高恰为正方体的高为1（为定值），因此体积为61. 4. 【答案】56 【分析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的的体积是：()12544562V =⨯+⨯⨯=5. 【答案】6【分析】∵长方体底面A B C D 是正方形，∴△ABD 中BD cm ，BD 边上的高（它也是四棱锥11A BB D D -的高）∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯6. 【答案】12π+【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为3411112ππ⨯⨯+⨯⨯=+7.【答案】【分析】点P A B C D O 、、、、为球内接长方体的顶点，14O OAB ∴∆球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，164OAB AB PA S ∆===⨯=8. 【答案】35【分析】首先根据已知条件，连接DF ，则由//DF AE 可知1DFD ∠或其补角为异面直线AE 与1D F 所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到112DF D F DD ===，再由余弦定理可得22211115543cos 2255D F DF D D DFD D F DF +-+-∠===⋅⨯. 9. 【答案】π6【分析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为1=r ，所以该圆柱的表面积为：22π2π4π2π6πS rh r =+=+=.10. 【答案】30【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的底面为直角梯形的直四棱柱构成的组合体.长方体的体积为24243=⨯⨯，直四棱柱的体积是6412)21(=⨯⨯+，所以几何体的总体积为30.2. 【证明】(Ⅰ)设BD 的中点为O ，连接,OC OE , 则由BC CD CO BD =知垂直又CE BD ⊥，所以BD OCE ⊥平面所以BD OE ⊥，即OD 是BE 的垂直平分线BE DE =所以(Ⅱ)取AB 的中点为N ，连接MN ,DN 因为M 是AE 的中点，，所以//MN BEO NM因为ABD ∆是等边三角形，所以DN ⊥AB由o o 12030BCD CBD ∠=∠=知，所以o 90ABC ∠=，即BC ⊥AB 所以ND //BC所以平面MND //平面BEC ，故DM //平面BEC3. 【解】（1）AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD PH AB ⇒⊥ 又,PH AD AD AB A PH ⊥=⇒⊥ 面ABCD （2）E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离1122h PH ==三棱锥E BCF -的体积11111133262BCF V S h FC AD h ∆=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯=（3）过D 作DG PA G ⊥于，连接EG ，易得EG PAD ⊥面由AB ⊥平面PAD ⇒面PAD ⊥面PAB DG ⇒⊥面PAB E P B E GP A A B P是的中点，⊥，⊥ 11//,//////22EG AB DF AB EG DF DG EF ⇒⇒⇒ 得：EF ⊥平面PAB6. 【解】（Ⅰ）由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =∩，∴BC ⊥面11ACC A又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥，由题设知01145A DC ADC ∠=∠=，∴1CDC ∠=090，即1DC DC ⊥，又∵DC BC C =∩，∴1DC ⊥面BDC ， ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1，∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。

2012年到2015年全国2卷立体几何专题分析(二轮专用)资料

近四年全国2卷立体几何专题分析银宗童一、2012年到2015年全国2卷高考立体几何真题重现2012年理科7文理同题、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)811、已知三棱锥ABC S -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，并且2=SC ，则此棱锥的体积为(A)62 (B)63 (C)32 (D)22 19、如图，直三棱柱111C B A ABC -中，121AA BC AC ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1 (I) 证明：BC DC ⊥1；求二面角11C BD A --的大小。

2012年理科题图 2012年文科题图2012年文科(8文科)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 ）63π19文科）（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。

2013年理科4．(2013课标全国Ⅱ，理4)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则( )．A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l7．(2013课标全国Ⅱ，理7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．18．(2013课标全国Ⅱ，理18)(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB AB.(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．2013年文科-中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，9、一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）(A) (B) (C) (D)【答案】A-的直观图，以zOx平面为投影面，则得到正视图(坐【解析】在空间直角坐标系中，先画出四面体O ABC标系中红色部分),所以选 A.（15）已知正四棱锥O ABCD -，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。

2012届高考数学二轮复习专题：立体几何(教师版)

俯视图正(主)视图侧(左)视图EF D IA H GBC E FD AB C 侧视图1 图2B E A ． B E B ． B EC ． B ED ． 2012届高考数学二轮复习专题：立体几何（文理适用）第一节空间几何体三视图和几何体的结构特征是新课标高考的必考点，几何体的表面积和体积也是高考命题的重点和热点，几乎年年出现，大多以小题出现，难度不大，大题中也有以三视图为背景条件的求面积、体积及位置关系问题。

考试要求:（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；（2）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；（4）会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）；题型一：三视图例1（1）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π 点拨识别上述三视图表示的立体图形解从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合而成的简单几何体，其表面积为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D.易错点对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.（2）将正三棱柱截去三个角（如图，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（）点拨侧视图和底面和HGDE 垂直，分析A 的位置 .解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A 易错点对于左视图中点A 的位置分析不正确.变式与引申1（1）一个体积为三棱柱的左视图的面积为（）A ．B ．8 C．D ．12（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是（）.A．6 B．7 C．8 D．9题型二与球有关组合体例2如图正三棱锥的高为1，底面边长为62，内有一个球与四个面都相切. 求棱锥的表面积和球的半径.点拨解决这类题的关键是根据空间想象能力和组合体的特点画出截面图.解：如图下图过PA与球心O作截面PAE与平面PCB交于PE，与平面ABC交于AE，因△ABC是正三角形，易知AE即是△ABC中BC边上的高，又是BC边上的中线，作为正三棱锥的高PD通过球心，且D是三角形△ABC的重心，据此根据底面边长为62，即可算出1133DE AE PE====由△POF～△PED，知,1PErDEr-=∴.26,312-=-=rrr∴().362962433622132+=⨯+⨯⨯⨯=+=底侧表SSS易错点，立体几何问题转化为平面问题解决.，截面图准确画出是最关键，也是容易出错的地方。

2012年高考二轮三轮总复习专题学案课件专题4-立体几何文数

A．32 C．48
图 12－5 B．16＋16 2 D．16＋32 2
第12讲 │ 要点热点探究
【分析】根据三视图的特征可以反映空间几何体是正四棱锥，根据正四棱锥的特点不难求各个面的面积，表面积是各个面的面积之和，于是得到该四棱锥的表面积．
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＋4×12×4×2 2 ＝16＋16 2，故选 B.
3a，所以 V1＝43π 23a3＝ 23πa3，V1－V2＝ 23π－1 a3≈1.7a3.
(2)EF∥AC，所以 AC⊥DE.又 AC⊥BD，所以 AC
⊥平面 ABD，所以正三棱锥的三条侧棱互相垂直且相
等，AB＝AC＝AD＝
22，V＝16×
223＝
【点评】将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是熟练掌握一些简单几何体的三视图，在脑中想象该几何体的构成，甚至在草纸上画出其直观图，然后再反回来由三视图验证，确保准确无误．另外要熟记简单几何体的表面积和体积公式．
第12讲 │ 要点热点探究
[2011·湖南卷] 设图 12－6 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
第12讲 │ 规律技巧提炼
3．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是侧面积还是表面积．
4．实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，而是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”，将组合体分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积，然后根据组合体的结构，将整个的体积转化为这些“部分体积”的和或差．

2012年高三数学大题复习题组-立体几何

2012年高三数学大题复习题组-立体几何2012年高三数学大题复习题组-立体几何1、四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠，2AB =，22BC =3SA SB ==．（1）证明SA BC ⊥；（2）求直线SD 与平面SAB解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由22AD BC ==3SA =2AO =得1SO =，11SD =．SAB △的面积22111222S ABSA AB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭连结DB ，得DAB △的面积21sin13522SAB AD ==设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SABS ABDV V--=，得 121133h S SO S =，解得2h =CASOD BCAS设SD 与平面SAB 所成角为α，则222sin 11hSD α===．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为22arcsin 11．解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -， 20)A ，，，(02B ，，，(02C ，，，(001)S ，，，(201)SA =-，，， (022CB =，，，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）取AB 中点E ，22022E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，221442G ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，，．221442OG ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，22122SE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，(22AB =，，．0SE OG =，AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．22D ，，，(22DS =，，．22cos 11OG DS OG DSα==22sin β=，所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为22arcsin11．D BC A SO E Gx z= 63.解法二: 如图,建立空间直角坐标系M －xyz.令MN=1, 则有 A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN. l 2平行于z 轴. 故可设C(0,1,m).于是 AC →=(1,1,m), NB →=(1,－1,0). ∴AC →·NB →=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB.(Ⅱ)∵AC→ =(1,1,m), BC →=(－1,1,m), ∴|AC →|=|BC →|, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC 为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt △CNB 中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1, 2).连结MC,作NH ⊥MC 于H,设H(0,λ, 2λ) (λ>0). ∴HN→=(0,1－λ,－2λ), MC→=(0,1, 2). HN →·MC → = 1－λ－2λ=0, ∴λ= ABMNCl 1Hxz13, ∴H(0, 13, 23), 可得HN →=(0,23, － 23), 连结BH,则BH →=(－1,13, 23), ∵HN →·BH →=0+29 － 29 =0, ∴HN →⊥BH →, 又MC ∩BH=H,∴HN ⊥平面ABC,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角.又BN →=(－1,1,0),∴cos ∠NBH= BH→·BN →|BH →|·|BN →| = 4323×2 =63 3、已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点（1）证明：面PAD ⊥面PCD ；（2）求AC 与PB 所成的角；A CPM（3）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小方案一：（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.（Ⅱ）解：过点B 作BE//CA ，且BE=CA ，则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，所以四边形ACBE 为正方形. 由PA ⊥面ABCD 得∠PEB=90°在Rt △PEB中BE=2，PB=5，.510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos 所成的角为与PB AC ∴（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EACPMN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 ⊥=⋅==所以故又由题设知AD ⊥DC ，且AP 与与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 所以故由此得AC 与PB 所成的角为.510arccos（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ，y ，z ），则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC 要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN 0),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANBMC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.555AN BN AN BN ==⋅=-2cos(,).3||||AN BN AN BN AN BN ⋅∴==-⋅2arccos().3-故所求的二面角为4、如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，︒=∠90BCD 。

广东省2012届高考数学理二轮专题复习课件：专题4 第24课时立体几何的综合问题

1 若点E为PD上的点，当异
面直线CE与PB所成的角为45 时，求出点E的位置；
2 在BC上是否存在一点G，使得点D到平面PAG的
距离为1？若存在，求出BG的长；若不存在，请说明理由．
第十二页，编辑于星期日：九点三十六分。
切入点：1.1中，由于点E的位置不确定，故要考虑
向量法，以坐标确定位置．
t
第十页，编辑于星期日：九点三十六分。
当 a 1 0，即t a时，分母取得最小值，此时 t
cos取得最大值 2 ；
2
当t 0时，cos 0；当t 时，cos 2
2
根据余弦函数的单调性，知45 ＜90.
第十一页，编辑于星期日：九点三十六分。
考点2 立体几何中的存在性问题
例2 在底面是矩形的四棱锥 P ABCD中，PA 平面ABCD， PA AB 1，BC 2.
4
.
所以DH DD1 1.
在Rt EBC内，EC y2 1.
而EC DH DC AD，即 y2 1 2，解得yLeabharlann 3.即存在点E，且EB
3时，二面角D1
EC
D的大小为
4
.
第二十二页，编辑于星期日：九点三十六分。
方法2：1 如图建立空间直角坐标系．
设AE a，
则E(1，a, 0)，D1 0, 0,1，A1 1, 0,1，D1E (1，a，1)，所以DA1 D1E 11 0 a 1 1 0，
2令V x 2 x2 2 0，
4
6
解得x 6 或x 6 (舍去)．
3
3
当x ( 6 ，1)时，V x 0；当x (0， 6 )时，V x 0.
3
3
因此，当x 6 时，V x取得最大值，

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《立体几何》专题复习【高考命题分析】
【考点剖析】
考点一空间几何体的结构、三视图、直观图
【例１】（2008广东）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（）
【点评】本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。

【例2】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是
（A ）283π- （B ）83
π- （C ）82π- （D ）23π
【例3】（2008江苏模拟）由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，
则该几何体中正方体木块的个数是．
E F D I A
H G B C E
F D
A
B
C 侧视
图1 图2 B E A ．
B
E B ． B E C ． B E D ．主视图左视图俯视图
【点评】从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。

考点二：空间几何体的表面积和体积
【例4】（2007广东）已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形
正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，
侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的侧面积S
【点评】在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知
识结合在一起，综合考查。

【例5】（2008山东）右图是一个几何体的三视图，根据图
中数据，可得该几何体的表面积是（）
A ．9π
B ．10π
C ．11π
D ．12π 【点评】本小题主要考查三视图与几何体的表面积。

既要能识别简单几何体的结构特
征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法。

【例6】（湖北高考题）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的
体积为（
）
A. 38π
B. 3
28π
C. π28
D. 332π 【点评】本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。

俯视图正(主)视图侧(左)视图
考点三：点、线、面的位置关系
【例7】如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、
AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且CF
CB ＝CG
CD
＝2
3
，则（）
（A）EF与GH互相平行（B）EF与GH异面
（C）EF与GH的交点M一定在直线AC上
（D）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
【点评】本题主要考查公理2和公理3的应用，证明共线问题。

利用四个公理来证明共点、共线的问题是立体几何中的一个难点。

图
【例8】（2008全国二10）已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB
的中点，则AE ，SD 所成的角的余弦值为（）
A ．13 B
．3 C
．3 D ．23
【点评】求异面直线所成的角，一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角
形，再用三角函数的方法或正、余弦定理求解。

考点四：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质
【例13】在正四棱锥S ABCD -中，E 、F 分别是SA 、BD 上的点，AE = 2ES ，DF = 2FB ，
求证：EF//平面SBC
【例9】（2008安徽）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点（Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖；
（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小；
（Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。

N B
【点评】线面平行的证明、异面直线所成的角，点到直线的距离，既可以用综合方法
求解，也可用向量方法求解，后者较简便，但新课标地区文科没学空间向量。

【例10】（2009江苏模拟）一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M 、N 分别
是AB 、AC 的中点，G 是DF 上的一动点.
（1）求证：;AC GN ⊥
（2）当FG = GD 时，在棱AD 上确定一点P
，使得GP//平面FMC,并给出证明.
【点评】证明线面平行，在平面内找一条直线与平面外的直线平行，是证明线面平行的关键。

考点五：直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质
【例11】（2008广东五校联考）正方体ABCD—A1B1C1D1中O
为正方形ABCD的中心，M为BB1的中点，求证：
（1）D1O//平面A1BC1；
（2）D1O⊥平面MAC.
【点评】证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线
垂直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．
【例12】（2008广东中山模拟）如图，四棱锥P —ABCD 中， PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD
是直角梯形，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD=2AB ，E 为PC 中点．
(I) 求证：平面PDC ⊥平面PAD ；
(II) 求证：BE//平面PAD ．
【点评】证明面面垂直，先证明线面垂直，要证线面垂直，先证明线线垂直． A B C D E P
【例13】（2008广东深圳模拟）如图，四棱锥ABCD S -的底面是正方形，⊥SA 底面
ABCD ，E 是SC 上一点．
（1）求证：平面⊥EBD 平面SAC ；
（2）设4=SA ，2=AB ，求点A 到平面SBD 的距离；
【点评】求点到面的距离，经常采用等体积法，利用同一个几何体，体积相等，体现
了转化思想．
考点六：空间向量
【例14】如图1，直三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，
90BCA ∠=°，棱12AA M N =，，分别是 111A B A A ，的中点．
（1）求BN 的长；
（2）求11cos BA CB ，的值．
【点评】本题主要考查了空间向量的概念及坐标运算的基本知识，考查了空间两向量
的夹角、长度的计算公式．解题的关键是恰当地建立空间直角坐标系和准确地表示点的坐标
【例１5】如图2，在四棱锥-P ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E
是AB 上一点，PE EC ⊥．已知
122
PD CD AE ===，．求：（1）异面直线PD 与EC 的距离；
（2）求二面角E —PC —D 的大小.
【点评】向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而
且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角AOB ∠，再求得二
面角的大小为arccos OA OB OA OB
·；②先求二面角两个半平面的法向量12，n n （注
意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为
1212
arccos n n n n ·或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．
【例１6】如图，已知正三棱柱111-ABC A B C ，
D 是AC 的中点，
（1）求证：1AB ∥平面1DBC ．
（2）求直线1B A 与平面1C AB 所成的角的正切值。

【点评】平面的法向量是空间向量的一个重要概念，它在解决立体几何的许多问题中
都有很好的应用.。