2012年高考数学分类试题汇编：立体几何(理科)

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【数学】2012新题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)

立体几何(高考真题+模拟新题)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 ＝12×22sin π3＝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．48 B．32＋817C．48＋817 D．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MNC1C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 ．3B ．2C ．1D ．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________ m3.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ED2＝SE2＋SD2，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－21 7.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷]如图1－4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ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、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C，又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在Rt△CNE中，CN＝CE cos60°＝1，则由CFCC1＝CNCA＝14，得NF∥AC1.又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂线定理知EF⊥A1C.(2)如图②，连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由(1)知EN⊥侧面A1C，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·sinα＝3sinα，故tanθ＝NEMN＝3 3sinα.又0°<α≤45°，∴0<sinα≤2 2，故当sinα＝22，即当α＝45°时，tanθ达到最小值，tanθ＝33×2＝63，此时F与C1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－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为32，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE＝22，BF＝ 2.(1)求证：CF⊥C1E；(2)求二面角E－CF－C1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CC1＝32，CE＝C1F＝22＋(22)2＝23，EF＝C1E＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF2＋C1E2＝C1F2，CE2＋C1E2＝CC21.所以C1E⊥EF，C1E⊥CE.又EF∩CE＝E，所以C1E⊥平面CEF.又CF⊂平面CEF，故CF⊥C1E.(2)在△CEF中，由(1)可得EF＝CF＝6，CE＝23，于是有EF2＋CF2＝CE2，所以CF⊥EF.又由(1)知CF⊥C1E，且EF∩C1E＝E，所以CF⊥平面C1EF.又C1F⊂平面C1EF，故CF⊥C1F.于是∠EFC1即为二面角E－CF－C1的平面角．由(1)知△C1EF是等腰直角三角形，所以∠EFC1＝45°，即所求二面角E－CF－C1的大小为45°.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°＝2 2.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD2＝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n2和n3的夹角为θ，则cosθ＝n2·n3|n2|·|n3|＝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10 5.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BD2＋AD2＝AB2，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＝3 2.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 . 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]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共面大纲文数6.G5[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．。

2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何.pdf

一、学习目标： 1、认识自我的独一无二性，明确人只能做自己。

2、懂得男生女生各自的优势。

二、快乐学习：三、生活体验：约翰·梅杰被称为英国的“平民首相”。

这位笔锋犀利的政治家是白手起家的典型。

他是一位杂技师的儿子，16岁时就离开了学校。

他曾因算数不及格未能当上公共汽车售票员，饱尝了失业之苦但这并没有击倒年轻的梅杰，这位信心十足、具有坚强毅力的小伙子终于靠自己的努力战胜了困境。

经过外交大臣、财政大臣等8个政府职务的锻炼，他终于当上了首相，登上了英国的权力之巅。

正是约翰·梅杰这种不屈不挠、自信坚强的性格让他凭着自己的努力，从一个领救济金的人最终当上了英国首相。

约翰·梅杰的故事带给你怎样的感悟？你打算怎样培养积极健康的性格？四、自主检测：（一）、单项选择题 1、卡耐基说：“发现你自己，你就是你。

记住，地球上没有和你一样的人。

在这个世界上，你是一种独特的存在。

你只能以你自己的方式歌唱，你只能以自己的方式绘画。

……不论好与坏，你只能耕耘自己的小园地，不论好与坏，你只能在生命的乐章里走出自己的音符。

”这段话告诉我们（） ①要愉快的接纳自己 ②要接受现实，学会欣赏自己 ③要做到唯我独尊 ④要相信自己是独一无二的，是别人所不能代替的A.①②④B.②③④C.①②③D.①③④ 2、七年级学生岩峰学习刻苦，成绩优异。

然而，令他感到苦闷的是自己个子矮小，性格内向，同学们很少与他交往。

你认为岩峰应该（） ①勇敢地悦纳自己 ②吸取他人优点，弥补自己的不足 ③坚持自己的个性和特点 ④只看自己的优点，不看自己的缺点A.①②④B.①②③C. ②③④D. ①② 3、印度谚语说：“播种行为，收获习惯；播种习惯，收获性格；播种性格，收获人生。

”这说明（）A.健全的性格可以通过平时的努力来培养B.性格是不可以改变的C.性格缺陷是不可以弥补的，是先天形成的D.性格是不能重塑的 4、小刚是一个性格比较内向的学生。

2012年立体几何大题理汇总

2012年立体几何大题狂练【题型提示】1.证明平行垂直；2.二面角问题；3.线面角问题；4.异面直线所成的角；5.体积求解.【图形分类】（一）四棱锥1.【2012高考真题广东理18】（本小题满分13分）如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE．（1）证明：BD⊥平面P AC；（2）若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值；【提示】：垂直，二面角2.【2012高考真题浙江理20】(本小题满分15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为23的菱形，且∠BAD＝120°，且P A⊥平面ABCD，P A＝26，M，N分别为PB，PD的中点．(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．线面平行，二面角3.【2012高考真题全国卷理18】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，P A⊥底面ABCD，AC=22，P A=2，E是PC上的一点，PE=2EC.（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；（Ⅱ）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小.线面垂直，线面角4.【2012高考真题上海理19】（6+6=12分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形，⊥PA 底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知2=AB ，22=AD ，2=PA ，求：（1）三角形PCD 的面积；（2）异面直线BC 与AE 所成的角的大小。

异面直线的角5.【2012高考真题湖南理18】（本小题满分12分）如图5，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB =4，BC =3，AD =5，∠DAB =∠ABC =90°，E 是CD 的中点. （Ⅰ）证明：CD ⊥平面P AE ；（Ⅱ）若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P -ABCD 的体积.线面垂直，四棱锥的体积如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC =45°，P A =AD =2，AC =1.（Ⅰ）证明PC ⊥AD ；（Ⅱ）求二面角A -PC -D 的正弦值；（Ⅲ）设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长.DCBAP线线垂直，二面角，异面直线二．三棱柱7.【2012高考真题辽宁理18】(本小题满分12分) 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。

2012-2020年全国卷高考立体几何大题汇编(理科)

立体几何大题汇编（理科）1.（2020年全国一卷理18）如图、为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为上一点，（1平面（2的余弦值2.（2020年全国二卷理20的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于（1）证明：（2）设为的中心，若面，且，求直线与平面所成角的正弦值3.（2020年全国三卷理19）如图、在长方体点分别在棱，（1）证明：点在平面内（2）若，求二面角的正弦值4.（2020年山东卷20）如图、四棱锥底面，设平面与平面的交线为（1平面（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值5.（2019年全国一卷理18）如图，直四棱柱的底面是棱形，，，，，分别是，的中点（1（2）求二面角6.（2019年全国二卷理科17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱（1平面（2，求二面角7.（2019年全国三卷理科19）图是矩形组成的一个平面图形，其中，将其沿，折起使得与重合，连接，如图（1）证明：图平面（2）求图8.（2018年全国三卷理科19）如图，边长为的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于的点（1（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成的二面角的正弦值9.（2018年全国二卷理科20）如图，在三棱锥中，，，为的中点（1（2）若点在棱为，求与平面所成角的正弦值10.（2018年全国一卷理科18）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以到达点（1（2）求与平面所成的角的正弦值11.（2017年全国三卷理科19）如图，在四面体直角三角形，，（1平面（2）过直线的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，的余弦值12.（2017年全国二卷理科19）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，是中点（1平面（2）点在棱上，且直线与底面所成的角为，求二面角余弦值13.（2017年全国一卷理科18）如图，在四棱锥，，且（1平面（2）若，的余弦值14.（2016年全国三卷理科19）如图，底面，，，，为线段，为的中点（1（2）求直线与平面所成角的正弦值15.（2016年全国二卷理科19）如图，菱形的对角线与交于点，，，点分别在，上，，交于点（1（216.（2016年全国一卷理科18为正方，（1平面（2的余弦值17.（2015年全国二卷理科19）如图，长方体中，，，点，分别在，上，，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。

2012年高考真题理科数学解析分类汇编7立体几何

2012年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一、选择题1.【2012高考新课标理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】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高考浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2·将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中·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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C【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C 是正确的．3.【2012高考新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A 6 ()B 6 ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =O 到面ABC 的距离d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2012高考四川理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]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. 5.【2012高考四川理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 、arccos4R B 、4R πC 、arccos 3R D 、3R π[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A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos=∠∴AOP42arccos ⋅=∴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.422=∙=∠∴R AOP COS6.【2012高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A.C. D. 35【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a AB -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则113,,AB a B D AD ==，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅.7.【2012高考湖南理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【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.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π【答案】B考点分析：本题考察空间几何体的三视图. 【解析】显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2012高考广东理6】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 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．俯视图侧视图正视图第4题图410.【2012高考福建理4】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.三棱柱 C.正方形 D.圆柱【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.【解析】法1：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．法2：球的正视图（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·11.【2012高考重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a ，且长为a 的棱异面，则a 的取值范围是（A ）（B ）（C ）（D ）(1 【答案】A【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 则BE BF <，222=<=BE BF AB ，选A ，12.【2012高考北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【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·本题所求表面积应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=底S ，10=后S ，10=右S ，56=左S ，因此该几何体表面积5630+=+++=左右后底S S S S S ，故选B ·13.【2012高考全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1= E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2 BC D 1【答案】D【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用，以及点到面的距离的求解·体现了转换与化归的思想的运用，以及线面平行的距离，转化为点到面的距离即可·【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.二、填空题14.【2012高考浙江理11】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________cm 3.【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⨯⨯⨯⨯=． 15.【2012高考四川理14】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________·NA 1【答案】2π【命题立意】本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，以及异面直线所成角的求法. 【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接1MD ，则DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11，易知11MD A DN 面⊥，所以1A M 与DN 所成角的大小是2π；二、坐标法：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线1AM 与DN 所成角的大小是2π.16.【2012高考辽宁理13】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⨯+⨯+⨯+⨯⨯-=【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，属于容易题·本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后再根据几何体的形状计算出表面积·17.【2012高考山东理14】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____________.【答案】61 【解析】法一：因为E 点在线段1AA 上，所以2111211=⨯⨯=∆DED S ，又因为F 点在线段C B 1上，所以点F 到平面1DED 的距离为1,即1=h ，所以611213131111=⨯⨯=⨯⨯==∆--h S V V DED DED F EDF D . 法二：使用特殊点的位置进行求解，不失一般性令E 点在A 点处，F 点在C 点处，则61111213131111=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==∆--DD S V V ADC ADC D EDF D ·18.【2012高考辽宁理16】已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C P A ，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，P A ，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 上的高为3，所以球心到截面ABC 33=【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想，该题灵活性较强，难度较大·该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到条件中的垂直关系，把三棱19.【2012高考上海理8】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 · 【答案】π33【解析】因为半圆面的面积为ππ2212=l ，所以42=l ，即2=l ，即圆锥的母线为2=l ，底面圆的周长πππ22==l r ，所以圆锥的底面半径1=r ，所以圆锥的高322=-=r l h ，所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r · 【点评】本题主要考查空间几何体的体积公式和侧面展开图.审清题意，所求的为体积，不是其他的量，分清图形在展开前后的变化；其次，对空间几何体的体积公式要记准记牢，属于中低档题.20.【2012高考上海理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 ·【答案】13222--c a c · 【解析】过点A 做AE ⊥BC ，垂足为E ，连接DE ，由AD ⊥BC 可知，BC ⊥平面ADE ，所以BC S V V V ADE ADE C ADE B ⋅=+=--31=ADE S 32，当AB=BD=AC=DC=a 时，四面体ABCD 的体积最大·过E 做EF ⊥DA ，垂足为点F ，已知EA=ED ，所以△ADE 为等腰三角形，所以点E 为AD 的中点，又12222-=-=a BE AB AE ，∴EF=12222--=-c a AF AE ， ∴ADE S =EF AD ⋅21=122--c a c ， ∴四面体ABCD 体积的最大值=max V ADE S 32=13222--c a c ·【点评】本题主要考查空间四面体的体积公式、空间中点线面的关系.本题主要考虑根据已知条件构造体积表达式，这是解决问题的关键，本题综合性强，运算量较大.属于中高档试题.21.【2012高考江苏7】（5分）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．【答案】6·【考点】正方形的性质，棱锥的体积·【解析】∵长方体底面ABCD 是正方形，∴△ABD 中BD ，BD （它也是11A BB D D -中11BB D D 上的高）·∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯· 22.【2012高考安徽理12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_____．【答案】92【命题立意】本题考查空间几何体的三视图以及表面积的求法· 【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的表面积是12(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=．23.【2012高考天津理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_________m 3.【答案】π918+【命题意图】本试题主要考查了简单组合体的三视图的画法与体积的计算以及空间想象能力.【解析】根据三视图可知，这是一个上面为长方体，下面有两个直径为3的球构成的组合体，两个球的体积为ππ9)23(3423=⨯⨯，长方体的体积为18631=⨯⨯，所以该几何体的体积为π918+· 24.【2012高考全国卷理16】三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠=︒，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为 ·【答案】36 【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解·用空间向量进行求解即可·【解析】如图设,,,1===设棱长为1，则,1b a AB +=b c a BC a 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=+∙+=∙BC AB ，设异面直线的夹角为θ，所以36322c o =⨯==θ. 三、解答题25.【2012高考广东理18】（本小题满分13分）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. 【解析】（1）PC ⊥平面BDE ，BD ⊂面BDE BD PC ⇒⊥ PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂面ABCD BD PA ⇒⊥ 又PA PC P BD =⇒⊥ 面PAC（2）AC BD O = 由（1）得：BD AC AB AD ⊥⇒=，1,22PA AD AB ==⇒=， PC ⊥平面,BDE BF PC OF PC ⇒⊥⊥BFO ⇒∠是二面角B PC A --的平面角在PBC ∆中，2,3903BP BC PB BC PC PBC BE PC ο⨯===⇒∠=⇒==在Rt BOF ∆中，tan 3BO BO OE BFO OF===⇒∠==得：二面角B PC A --的正切值为326.【2012高考辽宁理18】(本小题满分12分)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·【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题. 【解析】（1）连结','AB AC ，由已知=90,=BAC AB AC ∠︒ 三棱柱-'''ABC A B C 为直三棱柱，所以M 为'AB 中点.又因为N 为''B C 中点所以//'MN AC ，又MN ⊄平面''A ACC 'AC ⊂平面''A ACC ，因此//''MN AACC 平面 ……6分（2）以A 为坐标原点，分别以直线,,'AB AC AA 为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系-O xyz ，如图所示设'=1,AA 则==AB AC λ，于是()()()()()()0,A B λλ，所以1,0,,,,12222M N λλλ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()111=,,m x y z 是平面'A MN 的法向量，由'=0,=0m A M m MN ⎧⎪⎨⎪⎩得11111-=0221+=022x z y z λλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，可取()=1,-1,m λ 设()222=,,n x y z是平面MNC 的法向量，由=0,=0n NC n MN ⎧⎪⎨⎪⎩ 得22222-+-=0221+=022x y z y z λλλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，可取()=-3,-1,n λ 因为'--A MN C 为直二面角，所以()()2=0,-3+-1-1+=0m n λ⨯ 即，解得λ12分【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定，借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法，并利用法向量判定平面的垂直关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中·第一小题可以通过线线平行来证明线面平行，也可通过面面平行来证明· 27.【2012高考湖北理19】（本小题满分12分）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．第19题图【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），A D 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：D ABCACDB图2图1M E. ·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．（Ⅱ）解法1：以D 为原点，建立如图a 所示的空间直角坐标系D xyz -．由（Ⅰ）知，当三棱锥A BCD -的体积最大时，1BD =，2AD CD ==．于是可得(0,0,0)D ，(1,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)A ，(0,1,1)M ，1(,1,0)2E ，且(1,1,1)BM =-．设(0,,0)N λ，则1(,1,0)2EN λ=-- . 因为EN BM ⊥等价于0EN BM ⋅= ，即11(,1,0)(1,1,1)1022λλ--⋅-=+-=，故12λ=，1(0,,0)2N .所以当12DN =（即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点）时，EN BM ⊥．设平面BMN 的一个法向量为(,,)x y z =n ，由,,BN BM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n 及1(1,,0)2BN =- ，得2,.y x z x =⎧⎨=-⎩可取(1,2,1)=-n ．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)||||EN EN θθ--⋅=-===⋅ n n 60θ= ．故EN 与平面BMN 所成角的大小为60.图a图bC AD BE FMN图cBD PCF NEGMN H图d第19题解答图解法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EG 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. 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，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BDDC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小. 【答案】（1）在Rt DAC ∆中，AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=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OH 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 BD 1O H B D C H B D⊥⇒⊥得：点H 与点D 重合且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角设AC a =，则12C O =，111230C D 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，1111AB AC =，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ADE ⊥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ABC · 又∵AD ⊂平面ABC ，∴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ADE ⊥平面11BCC B · （2）∵1111A B AC =，F 为11B C 的中点，∴111A F B C ⊥·又∵1CC ⊥平面111A B C ，且1A F ⊂平面111A B C ，∴11CC A F ⊥·又∵111 CC B C ⊂，平面11BCC B ，1111CC B C C = ，∴1A F ⊥平面111A B C · 由（1）知，AD ⊥平面11BCC B ，∴1A F ∥AD ·又∵AD ⊂平面1, ADE A F ∉平面ADE ，∴直线1//A F 平面ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系·【解析】（1）要证平面ADE ⊥平面11BCC B ，只要证平面ADE 上的AD ⊥平面11BCC B 即可·它可由已知111ABC A B C -是直三棱柱和AD D E ⊥证得·（2）要证直线1//A F 平面ADE ，只要证1A F ∥平面ADE 上的AD 即可· 30.【2012高考四川理19】(本小题满分12分)如图，在三棱锥P ABC -中，90APB ∠= ，60PAB ∠= ，AB BC CA ==，平面PAB ⊥平面ABC ·（Ⅰ）求直线PC 与平面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小·【答案】本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概念等基础知识，考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力.[解析]（1）连接OC·由已知，ABC PC OCP 与平面为直线∠所成的角设AB 的中点为D ，连接PD 、CD. 因为AB=BC=CA,所以CD ⊥AB.因为为，所以，PAD PAB APB ∆︒=∠︒=∠6090等边三角形，不妨设PA=2，则OD=1，OP=3,AB=4.所以CD=23，OC=1312122=+=+CD OD . 在Rt 中，OCP ∆tan 1339133===∠OC OP OPC . 故直线PC 与平面ABC 所成的角的大小为arctan 1339…………………6分（2）过D 作DE AP ⊥于E ，连接CE.由已知可得，CD ⊥平面PAB. 根据三垂线定理可知，CE ⊥PA ，所以，的平面角——为二面角C AP B CED ∠. 由（1）知，DE=3 在Rt △CDE 中，tan 2==∠DECDCED 故2arctan 的大小为——二面角C AP B ……………………………12分 31.【2012高考福建理18】如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中AA 1=AD=1，E 为CD 中点. （Ⅰ）求证：B1E ⊥AD1；（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B1AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由.（Ⅲ）若二面角A-B 1EA 1的大小为30°，求AB 的长.【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.解答：（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 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AH 1AO ⊥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 AD ==11112222222228B OE x xS x ∆=--⨯-⨯=122x =⇔=得：2AB = 32.【2012高考北京理16】（本小题共14分）如图1，在Rt △ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE=2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(II)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由【答案】解：（1） CD DE ⊥，1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1A CD ，又 1AC ⊂平面1A CD ， ∴1AC ⊥DE 又1A C CD ⊥， ∴1AC ⊥平面BCDE · （2）如图建系C xyz -，则()200D -，，，(00A ，，，()030B ，，，()220E -，，∴(103A B =- ，，,()1210A E =-- ，，设平面1A BE 法向量为()n x y z =，，则1100A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴3020y x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩∴2z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴(12n =-，又∵(10M -，∴(10CM =-，∴cos ||||CM n CM n θ⋅====⋅ ，∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒·（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为()00a ，，，则[]03a ∈，y C则(10A P a =-，，，()20DP a = ，，设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，，，则1111020ay x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩∴111112z x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()136n a =-，·假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直，则10n n ⋅=，∴31230a a ++=，612a =-，2a =-，∵03a <<，∴不存在线段BC 上存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直·33.【2012高考浙江理20】(本小题满分15分)如图，在四棱锥P —ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A＝M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(Ⅰ)证明：MN ∥平面ABCD ；(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值．【命题立意】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角所成角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力·【答案】(Ⅰ)如图连接BD ． ∵M ，N 分别为PB ，PD 的中点， ∴在∆PBD 中，MN ∥BD ．又MN ⊄平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD ； (Ⅱ)如图建系：A (0，0，0)，P (0，0，，M(，32，0)， N，0，0)，C，3，0)．设Q (x ，y ，z )，则(3)(3CQ x y z CP =-=-，，．∵(3)CQ CP λλ==-，，∴33)Q λ-，．由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅= ，得：13λ=．即：2Q ．对于平面AMN ：设其法向量为()n a b c =，，．∵3(0)00)2AM AN = ，，，，．则300123000a AM n b b AN n c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=⎪⎪⎩==⎪⎪⎩．∴10)3n = ，．同理对于平面AMN得其法向量为1v =．记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ，则cos n v n vθ⋅==⋅∴所求二面角A —MN —Q． 34.【2012高考重庆理19】（本小题满分12分如图，在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB AC ⊥求二面角的平面角的余弦值.【命题立意】本题考查立体几何的相关知识，考查线面垂直关系、二面角的求法以及空间向量在立体几何中的应用.解：（1）由A C B C =,D 为AB 的中点，得CD AB ⊥，又1C D A A ⊥，故11CD A ABB ⊥面,所以点C 到平面11A ABB的距离为CD ==(2)如图，取1D 为11A B 的中点，连结1DD ,则111DD AA CC ∥∥,又由（1）知11CD A ABB ⊥面，故1CD A D ⊥1CD DD ⊥，所以11A DD ∠为所求的二面角11A CD C --的平面角·因1A D 为1AC 在面11A ABB 上的射影，又已知11AB AC ⊥，由三垂线定理的逆定理得11AB A D ⊥，从而111,A AB A DA ∠∠都与1B AB ∠互余，因此111A AB A DA ∠=∠，所以111Rt A AD Rt B A A ，因此，1111AA A B AD AA =,即21118AA AD A B == ,得1AA =从而1A D ==,所以，在11Rt A DD中，111111cos DD AA A DD A D A D ===· 35.【2012高考江西理19】（本题满分12分）在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB=AC=AA 1BC=4，在A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O ·（1）证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；（2）求平面A1B1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值·解：（1）证明：连接AO ，在1AOA 中，作1OE AA ⊥于点E ，因为11//AA BB ，得1OE BB ⊥, 因为1AO ⊥平面ABC ，所以1AO BC ⊥,因为AB =得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AAO ,所以BC ⊥所以OE ⊥平面11BB C C ,C 1x又11,AO AA ===得21AO AE AA ==(2)如图所示，分别以1,,OA OB OA 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1(0.0,2),B(0,2,0)由（1）可知115AE AA = 得点E 的坐标为42(,0,)55，由（1）可知平面11BB C C 的法向量是42(,0,)55，设平面11A B C 的法向量(,,)n x y z =，由10n AB n A C ⎧⨯=⎪⎨⨯=⎪⎩，得200x y y z -+=⎧⎨+=⎩，令1y =，得2,1x z ==-，即(2,1,1)n =-所以cos ,10||||OE n OE n OE n ⨯<>==⨯即平面平面11A B C 与平面BB 1C 1C夹角的余弦值是10· 【点评】本题考查线面垂直，二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中，立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直，平行有关的线面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与表面积；三、考查异面角，线面角，二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问，第3种考查多出现在第2问；对于角度问题，一般有直接法与空间向量法两种求解方法. 36.【2012高考安徽理18】（本小题满分12分）平面图形111ABB AC C 如图4所示，其中11BB C C 是矩形，12,4BC BB ==，AB AC ==，1111A B AC ==BC 和11B C 折叠，使ABC ∆与111A B C ∆所在平面都与平面11BB C C 垂直，再分别连接111,,AA BA CA ,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题·（Ⅰ）证明：1AA BC ⊥；（Ⅱ）求1AA 的长；（Ⅲ）求二面角1A BC A --的余弦值·【答案】本题考查平面图形与空间图形的转化，空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定·空间线段长度和空间角的余弦值的计算等基础知识和基本技能，考查空间想象能力，推理论证能力和求解能力·【解析】(综合法)（I ）取11,BC B C 的中点为点1,O O ，连接1111,,,AO OO AO AO ，则AB AC AO BC =⇒⊥，面ABC ⊥面11BB C C AO ⇒⊥面11BB C C ，同理：11AO ⊥面11BB C C 得：1111//,,,AO AO A O A O ⇒共面，又11,OO BC OO AO O ⊥=⇒ BC ⊥面111AOO A AA BC ⇒⊥·（Ⅱ）延长11AO 到D ，使1O D OA = ，得：11////O D OA AD OO ⇒， 1OO BC ⊥，面111A BC ⊥面11BB C C 1OO ⇒⊥面111A B C ⇒AD ⊥面111A B C ，15AA ===·（Ⅲ）11,AO BC AO BC AOA ⊥⊥⇒∠是二面角1A BC A --的平面角· 在11Rt OO A ∆中，1A O ===，在1Rt OAA ∆中，2221111cos 2AO AO AA AOA AO AO +-∠==⨯ 得：二面角1A BC A --的余弦值为 37.【2012高考上海理19】（6+6=12分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形，⊥PA 底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知2=AB ，22=AD ，2=PA ，求：（1）三角形PCD 的面积；（2）异面直线BC 与AE 所成的角的大小·[解]（1）因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ，又AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD . ……3分因为PD=32)22(222=+，CD =2，y所以三角形PCD 的面积为323221=⨯⨯. ……6分（2）[解法一]如图所示，建立空间直角坐标系，则B (2, 0, 0)，C (2, 22,0)，E (1, 2, 1)， )1,2,1(=AE ，)0,22,0(=BC . ……8分设AE 与BC 的夹角为θ，则222224cos ===⨯⋅BC AE θ，θ=4π. 由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π ……12分 [解法二]取PB 中点F ，连接EF 、AF ，则 EF ∥BC ，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC 与AE 所成的角 ……8分在AEF ∆中，由EF =2、AF =2、AE =2知AEF ∆是等腰直角三角形，所以∠AEF =4π. 因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π ……12分【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运用.本题源于《必修2》立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况，要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题．38.【2012高考全国卷理18】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，PA=2，E 是PC 上的一点，PE=2EC.（Ⅰ）证明：PC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设二面角A-PB-C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小.【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用· 从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解·解：设AC BD O = ,以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴建立空间直角坐标系，则((A C P 设(0,,0),(0,,0),(,,)B a D a E x y z -·（Ⅰ）证明：由2PE EC =得2()33E ，所以2)PC =- ，2(,)33BE a = ，A B CDPEF(0,2,0)BD a =，所以22)(,)033PC BE a ⋅=-⋅= ，2)(0,2,0)0PC BD a ⋅=-⋅= ·所以PC BE ⊥ ,PC BD ⊥，所以PC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设平面PAB 的法向量为(,,)n x y z = ，又(0,0,2),(2,,0)A P AB a ==- ，由0,0n A P n A B ⋅=⋅=得n = ，设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z = ，又,,0),(22,0,2)B C a C P == ，由0,0m BC m CP ⋅=⋅=，得(1,)m a=- ，由于二面角A PBC --为90 ，所以0m n ⋅=，解得a所以2)PD =- ，平面PBC的法向量为(1,1m =-，所以PD 与平面PBC 所成角的正弦值为||12||||PD m PD m ⋅=⋅，所以PD 与平面PBC 所成角为6π. 【点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊的菱形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点E 的位置的选择是一般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好· 39.【2012高考山东理18】（18）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，60,DAB FC ∠=⊥ 平面,,ABCD AE BD CB CD CF ⊥==.（Ⅰ）求证：BD ⊥平面AED ；（Ⅱ）求二面角F BD C --的余弦值. 【答案】（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD 为等腰梯形，AB CD ，60DAB ∠= ，所以 120ADC BCD ∠=∠= ．又 CB CD =，所以 30CDB ∠=因此 90ADB ∠= ，AD BD ⊥，又 AE BD ⊥，且AE AD A = ，,AE AD ⊂平面AED ，所以 BD ⊥平面AED ．。

山东省各地市2012年高考数学(理科)最新试题分类大汇编：8：立体几何(1)

山东省各地市2012年高考数学（理科）最新试题分类大汇编：第8部分：立体几何（1）一、选择题【山东聊城莘县实验高中2012届高三第三次月考理】3. 如图所示，已知正四棱锥S—ABCD 侧棱长为2，底面边长为3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成角的大小为（）A．90° B．60° C．45°D．30°【答案】B【山东省实验中学2012届高三上学期第一次诊断性考试理】3. 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】C【山东聊城莘县实验高中2012届高三第三次月考理】7. 在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，A0，B0，分别为侧棱AA1，BB1上的点，且知BB0=A0A1，过A0，B0，C1的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（）A．2:1 B．4:3 C．3:2 D．1:1【答案】A【山东聊城莘县实验高中2012届高三第三次月考理】11. m 和n 是分别在两个互相垂直的面α、β内的两条直线，α与β交于l ，m 和n 与l 既不垂直，也不平行，那么m 和n 的位置关系是（）A.可能垂直，但不可能平行B.可能平行，但不可能垂直C.可能垂直，也可能平行D.既不可能垂直，也不可能平行【答案】D【山东省东营市2012届高三上学期期末（理）】4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．21B ．31C ．41D ．61【答案】A【山东省东营市2012届高三上学期期末（理）】16．设m 、n,是两条不同的直线，βα、是两个不同的平面，给出下列四个命题， ①若m ⊥n ,m ⊥α，α⊄n ，则α//n ；②若βαβαβα⊥⊥⊥=⊥n n m n m 或则,,, ； ③若αβαβ//,,m m 则⊥⊥； ④若βαβα⊥⊥⊥⊥则,,,n m n m .其中正确命题的序号是 (把所有正确命题的序号都写上)．【答案】①④【山东省滨州市沾化一中2012届高三上学期期末理】7．下列命题中不正确的是（）A ．若ααα⊂==⊂⊂lB b l A a l b a 则，,,,B ．若a ∥c ，b ∥c ，则a ∥bC ．若a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ，则a ∥αD ．若一直线上有两点在已知平面外，则直线上所有点在平面外【答案】D【山东省滨州市沾化一中2012届高三上学期期末理】8．如果三棱锥S-ABC 的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等，且顶点S 在底面的射影O 在△ABC 内，那么O 是△ABC 的（） A ．垂心 B ．重心 C ．外心 D ．内心【答案】D【山东省冠县武训高中2012届高三第二次质检理6.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】A【山东省冠县武训高中2012届高三第二次质检理】10.已知a 、b 、l 表示三条不同的直线，αβγ、、表示三个不同的平面，有下列四个命题： ①若,b αβαβγ⋂=⋂=且a //b,则//αγ；②若a 、b 相交，且都在αβ、外，a //,a //,b //,b //αβαβ，则//αβ； ③若αβ⊥，a,b ,a b αββ⋂=⊂⊥，则b α⊥； ④若a ,b ,l a,l b,αα⊂⊂⊥⊥则l α⊥.其中正确的是（） A.①② B.②③ C.①④ D.③④ . 【答案】B【山东省冠县武训高中2012届高三第二次质检理3.已知正三棱柱111ABC A B C -的棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（）【答案】B【山东济南市2012界高三下学期二月月考理】如右图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图都是边长为2的正三角形,其俯视图轮廓为正方形，则其体积是AB.C ．D. 83【答案】C【山东省济宁市2012届高三上学期期末检测理】5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.22+B.23+C.221+D. 5【答案】A【山东省济南一中2012届高三上学期期末理】9. 已知正三棱锥V ABC -的主视图、俯视图如下图所示，其中VA=4，AC=32,则该三棱锥的左视图的面积；A ．9B ．6C ．33D ．39 【答案】B【山东省济宁市鱼台二中2012届高三11月月考理】1．设 l 、m 、n 为不同的直线，α、β为不同的平面，则正确的命题是( ) A ．若 α⊥β，l ⊥α，则 l ∥β B ．若 α⊥β，l α⊂，则 l ⊥β俯视图第4题C ．若 l ⊥m ，m ⊥n ，则 l ∥nD ．若m ⊥α，n ∥β且α∥β，则 m ⊥n【答案】D【山东省济宁市汶上一中2012届高三11月月考理】9．若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如右图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积是（）A ．π4B ．1912πC ．193πD ．43π【答案】C【山东省潍坊市2012届高三上学期期末考试理】4．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】A【山东省苍山县2012届高三上学期期末检测理】7．已知直线,l m ，平面,αβ，且,l m αβ⊥⊂，给出下列四个命题：①若α//β，则l m ⊥； ②若,//l m αβ⊥则 ③若αβ⊥，则//l m ；④若//,.l m αβ⊥则其中正确命题的个数是（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】C【山东省苍山县2012届高三上学期期末检测理】10．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】C填空题【山东聊城莘县实验高中2012届高三第三次月考理】14.下图是一个物体的三视图，根据图中尺寸（单位：cm ），计算它的体积为 cm 3.【答案】64(4)π+【山东省济南一中2012届高三上学期期末理】16. 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 ；其中正确命题的序号是。

2012年高考真题汇编——理科数学：7：立体几何

2012高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012高考真题新课标理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】B2.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A ()B ()C ()D 【答案】A4.【2012高考真题四川理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】C5.【2012高考真题四川理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 、arccos 4RB 、4R πC 、RD 、3R π 【答案】A6.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A.C.D. 35【答案】A.7.【2012高考真题湖南理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【答案】D8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2012高考真题广东理6】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【答案】C10.【2012高考真题福建理4】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.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a，且长为a的棱异面，则a的取值范围是（A）（B）（C）（D）【答案】A12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1= E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为 A 2BC D 1【答案】D二、填空题14.【2012高考真题浙江理11】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________cm 3.【答案】115.【2012高考真题四川理14】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 所成角的大小是____________。

高考数学试题分类汇编(立体几何)

2012高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012高考真题新课标理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【解读】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高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C【解读】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C 是正确的．3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A 26()B 36()C 23()D 22【答案】A【解读】ABC ∆的外接圆的半径33r =，点O 到面ABC 的距离2263d R r =-=,SC为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2623d =此棱锥的体积为113262233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯= 另：13236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2012高考真题四川理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【解读】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.5.【2012高考真题四川理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（）αCAODBPA 、2arccos4R B 、4R π C 、3arccos 3R D 、3Rπ 【答案】A【解读】根据题意，易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ，由弧长公式易得，A 、P 两点间的球面距离为2arccos4R .6.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A.55 B.53 C. 255D. 355.【答案】A.【解读】设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a AB -=-=∴，55||||,cos 111111=⋅>=<∴BC AB BC AB BC AB ，故选A.7.【2012高考真题湖南理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【答案】D【解读】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.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B【解读】显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2012高考真题广东理6】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 【答案】C【解读】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2012高考真题福建理4】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.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.【解读】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．11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是（A ）(0,2)（B ）(0,3)（C ）(1,2)（D ）(1,3) 【答案】A【解读】因为22211)22(12=-=-=BE 则BE BF <，222=<=BE BF AB ，选A ，12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B【解读】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。

2012年高考试题理科数学汇编7立体几何

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A ()B ()C ()D 【答案】A4.【2012高考真题四川理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】C5.【2012高考真题四川理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 、arccos 4RB 、4R πC 、RD 、3R π【答案】A6.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A.C.D. 35【答案】A.7.【2012高考真题湖南理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【答案】D8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2012高考真题广东理6】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【答案】C10.【2012高考真题福建理4】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.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a，且长为aa的取值范围是（A）（B）（C）（D）(1【答案】A12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1= E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为 A 2BC D 1【答案】D二、填空题14.【2012高考真题浙江理11】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________cm 3.【答案】115.【2012高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

2012高考数学试题汇编立体几何

内的两条相交直线，所以 CD 平面PAE .
(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知， CD, AP 分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量，而 PB 与
平面PAE 所成的角和 PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以
CD PB PA PB cos CD, PB cos PA, PB ,即 . CD PB PA PB
又梯形 ABCD 的面积为 S 6 3 3 5 15
【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一问只要证明 PA CD 即可，第二问算出梯形的面积和棱锥的高，由 V 积，或者建立空间直角坐标系，求得高几体积.
BG
AB 2 16 8 5 AB AG 2 5, BF . BG 5 2 5
2 2
于是 PA BF
8 5 . 5
1 (5 3) 4 16, 所以四棱锥 P ABCD 的体积为 2
又梯形 ABCD 的面积为 S
V
1 1 8 5 128 5 S PA 16 . 3 3 5 15
2012年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷) 数学(供理科考生使用)
(18)(本小题满分 12 分) 如图，直三棱柱 ABC A B C ， BAC 90 ，
/ / /
AB AC AA/ , 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，求的值。
（Ⅰ）易知 CD ( 4, 2, 0), AE (2, 4, 0), AP (0, 0, h ). 因为

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食物中能量的释放 1.“探究不同食物贮存能量的差异”： (1)提出问题：_____________________________? (2)作出假设：富含_____的食品贮存的能量多,_____和_____ ___类食品贮存的能量少。

(3)制订计划：选取相同_____的不同_____。

(4)实验测量：分别将称量的不同样品放在自制热量测定仪里进行充分_____。

(5)记录计算：根据测定数据进行_____、比较。

探究主题一食物中贮存着能量不同食品中贮存的能量一样多吗油脂淀粉蛋白质质量食品燃烧计算 2.食物的热价： (1)概念：每___食物在体外充分燃烧时释放的_____。

(2)糖类的热价是___kJ/g,蛋白质的热价是___kJ/g,脂肪的热价是___kJ/g。

(3)人体生命活动所需要的能量主要来自_____,其次为_____, _____还是贮备的能源物质。

【特别提醒】糖类是最主要的供能物质,三大供能物质中脂肪的热价最高。

克能量 17 23 38 糖类脂肪脂肪 1.实验结果与所提供的参考数据之间有差异,是什么原因?如何减少这种差异? 提示：这是由于在收集食品燃烧释放的热量的过程中,一部分热量散失了,也可能食品燃烧不充分,从而产生了误差。

在点燃食品后应立即将它放入热量测定仪;改进测定仪,尽量减少热量散失。

尽量使食品充分燃烧。

2.在选择实验食品时应注意什么? 提示：应选择含水分较少、容易燃烧的食品。

探究主题二细胞通过呼吸作用释放能量 1.阅读演示实验,思考以下问题： (1)呼出气体成分变化：与空气相比,呼出气体中_____含量少, _________含量多。

(2)变化原因：人体的每个细胞都能够利用_____分解葡萄糖等有机物,产生_________和水,同时释放_____。

氧气二氧化碳氧气二氧化碳能量 2.呼吸作用： (1)概念：生物体细胞内葡萄糖等有机物_________并_________ 的过程。

【数学】2012新题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)

立体几何(高考真题+模拟新题)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 ＝12×22sin π3＝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] 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共面大纲理数3.G3[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时而不共面；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arcsin217.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°.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 . 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.。

2012年高考数学分类试题汇编：立体几何(理科)

2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题1 ．（2012年高考(新课标理)）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ) A ．26B ．36C ．23D ．222 ．（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 3 ．(2012年高考（浙江理)）已知矩形ABCD ,AB =1，BC =2。

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4 ．（2012年高考(重庆理)）设四面体的六条棱的长分别为1,1，1，1,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是 ( ）A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(1,2)D ．(1,3)5 ．（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 ．2arccos4R B ．4Rπ C ．3arccos3R D ．3Rπ 6 ．（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 7 ．（2012年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面，且l 与n 异面,则 ( )A ．m 与n 异面。

【整理】2012-2019高考(理科)立体几何(含解析)

2012-2019高考（理科）立体几何(含解析)13.(2012课标全国,理13)已知向量a ,b 夹角为45°,且|a |=1,|2a -b则|b |= .19.(2012课标全国,理19)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AC =BC =12AA 1,D 是棱AA 1的中点,DC 1⊥BD .(1)证明:DC 1⊥BC ;(2)求二面角A 1-BD -C 1的大小.（3）（2013）已知向量()()()()1,1,2,2,,=m n m n m n λλλ=+=++⊥-若则（A ）4- （B ）-3 （C ）2- （D ）-1 19．（2013）（本小题满分12分）如图，四棱锥902,P ABCD ABC BAD BC AD PAB PAD -∠=∠==∆∆中，，与都是等边三角形.（I ）证明：;PB CD ⊥（II ）求二面角.A PD C --的大小15（2014）.已知A ，B ，C 是圆O 上的三点，若1()2AO AB AC =+，则AB 与AC 的夹角为 .19.（2014） (本小题满分12分)如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB=BC 求二面角111A A B C --的余弦值.7.（2015）18. （2015）如图，四边形为菱形，，，是平面同一侧的两点，，，，．（1）证明：；（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．（13）（2016）设向量a=(m,1)，b=(1,2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m= .（18）（2016）（本小题满分12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，AFD∠=，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．90（I）证明：平面ABEF⊥平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．13．（2017）已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2 b |= .18.（2017）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90∠=∠=.BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90∠=，求二面角A-PB-C的余弦值APD6．（2018）在ABC△中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=A．3144AB AC-B．1344AB AC-C．3144AB AC+D．1344AB AC+18．（2018）（12分）如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.12．(2019)已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D18．(2019)（12分）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．解析13.(2012课标全国,理13)∵a,b的夹角为45°,|a|=1,∴a·b=|a|×|b|cos b|, |2a-b|2=4-b|+|b|2=10,∴|b19.,理19)解:(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=12AA1,可得D21C+DC2=C21C,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD. BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.以C 为坐标原点,CA 的方向为x 轴的正方向,|CA |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .由题意知A 1(1,0,2),B (0,1,0),D (1,0,1),C 1(0,0,2). 则1D A =(0,0,-1),BD =(1,-1,1),1DC =(-1,0,1). 设n =(x ,y ,z )是平面A 1B 1BD 的法向量,则1·BD 0,·A D 0,n n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,0.x y z z -+=⎧⎨=⎩可取n =(1,1,0).同理,设m 是平面C 1BD 的法向量,则1·BD 0,·DC 0.m m ⎧=⎪⎨=⎪⎩可取m =(1,2,1). 从而cos<n ,m >=·||||n m n m故二面角A 1-BD -C 1的大小为30°. 15（2014）【答案】：090为O【解析】：∵1()2AO AB AC =+，∴O 为线段BC 中点，故BC 的直径，∴090BAC ∠=，∴AB 与AC 的夹角为090。

(整理)年高考真题理科数学解析分类汇编7立体几何.

将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C【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C 是正确的．3.【2012高考新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆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2d =此棱锥的体积为112336ABC V S d ∆=⨯==另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2012高考四川理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]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.5.【2012高考四川理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 、arccos4R B 、4R πC 、arccos 3RD 、3R π [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A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos=∠∴AOP42arccos⋅=∴R P A422=∙=∠∴R AOP COS[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.6.【2012高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A.5B.3C. 5D. 35【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55,cos 111111=>=<∴BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则113,,AB a B D AD ===，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅.7.【2012高考湖南理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【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.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π【答案】B考点分析：本题考察空间几何体的三视图. 【解析】显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B. 9.【2012高考广东理6】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 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．俯视图侧视图正视图第4题图410.【2012高考福建理4】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.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.【解析】法1：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．法2：球的正视图（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。

高考数学解析分类汇编(5)立体几何理

2012年高考真题理科数学解析汇编：平面向量一、选择题1 ．（2012年高考（天津理））已知△ABC 为等边三角形,=2AB ,设点P,Q 满足=AP AB λu u u r u u u r ,=(1)AQ AC λ-u u u r u u u r ,R λ∈,若3=2BQ CP ⋅-u u u r u u u r ,则=λ（）A ．12B ．122± C ．1102± D ．3222-± 2 ．（2012年高考（浙江理））设a ,b 是两个非零向量.（）A ．若|a +b |=|a |-|b |,则a ⊥bB ．若a ⊥b ,则|a +b |=|a |-|b |C ．若|a +b |=|a |-|b |,则存在实数λ,使得a =λbD ．若存在实数λ,使得a =λb ,则|a +b |=|a |-|b |3 ．（2012年高考（重庆理））设,x y ∈R,向量()()()4,2,,1,1,-===c y b x a ,且c b c a //,⊥,则_______=+b a （）A ．5B ．10C ．25D ．104 ．（2012年高考（四川理））设a r 、b r 都是非零向量,下列四个条件中,使||||a ba b =r rr r 成立的充分条件是（）A ．a b =-r rB ．//a b r rC ．2a b =r rD ．//a b r r 且||||a b =r r5 ．（2012年高考（辽宁理））已知两个非零向量a ,b 满足|a +b |=|a -b |,则下面结论正确的是（） A ．a ∥b B ．a ⊥b C ．{0,1,3} D ．a +b =a -b6 ．（2012年高考（湖南理））在△ABC 中,AB=2,AC=3,AB BC u u u r u u u rg = 1则___BC =.（）A ．3B ．7C ．22D ．237 ．（2012年高考（广东理））对任意两个非零的平面向量α和β,定义⋅⋅=⋅αβαβββ,若平面向量a 、b 满足0≥>a b ,a 与b 的夹角0,4πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,且o a b 和o b a 都在集合2n n Z ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭中,则=o a b （）A ．12B ．1C ．32D ．528 ．（2012年高考（广东理））(向量)若向量()2,3BA =u u u r ,()4,7CA =u u u r ,则BC =u u u r（）A ．()2,4--B ．()2,4C ．()6,10D ．()6,10--9 ．（2012年高考（大纲理））ABC ∆中,AB 边上的高为CD ,若,,0,||1,||2CB a CA b a b a b ==⋅===u u u r r u u u r r r r r r ,则AD =u u u r（）A ．1133a b -r rB ．2233a b -r rC ．3355a b -r rD ．4455a b -r r10．（2012年高考（安徽理））在平面直角坐标系中,(0,0),(6,8)O P ,将向量OP uuu r按逆时针旋转34π后,得向量OQ uuu r则点Q 的坐标是（）A ．(72,2)--B ．(72,2)-C ．(46,2)--D ．(46,2)-二、填空题11．（2012年高考（新课标理））已知向量,a b r r 夹角为45︒,且1,210a a b =-=r r r ;则_____b =r12．（2012年高考（浙江理））在∆ABC 中,M 是BC 的中点,AM =3,BC =10,则AB AC ⋅u u u r u u u r=______________. 13．（2012年高考（上海理））在平行四边形ABCD 中,∠A=3π, 边AB 、AD 的长分别为2、1. 若M 、N 分别是边BC 、CD 上的点,且满足||||||||CD CN BC BM =,则AN AM ⋅的取值范围是_________ . 14．（2012年高考（江苏））如图,在矩形ABCD 中,22AB BC ==，，点E 为BC 的中点,点F 在边CD 上,若2AB AF =u u u r u u u r g ,则AE BF u u u r u u u rg 的值是____.15．（2012年高考（北京理））已知正方形ABCD 的边长为1,点E 是AB 边上的动点,则DE CB ⋅u u u r u u u r的值为________; DE DC ⋅u u u r u u u r的最大值为________.16．（2012年高考（安徽理））若平面向量,a b r r满足:23a b -≤r r ;则a b r r g的最小值是_____2012年高考真题理科数学解析汇编：平面向量参考答案一、选择题 1. 【答案】A【命题意图】本试题以等边三角形为载体,主要考查了向量加减法的几何意义,平面向量基本定理,共线向量定理及其数量积的综合运用. 【解析】∵=BQ AQ AB -u u u r u u u r u u u r =(1)AC AB λ--u u u r u u u r ,=CP AP AC -u u ur u u u r u u u r =AB AC λ-u u u r u u u r ,又∵3=2BQ CP ⋅-u u u r u u u r ,且||=||=2AB AC u u u r u u u r ,0<,>=60AB AC u u u r u u u r ,0=||||cos 60=2AB AC AB AC ⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r,∴3[(1)]()=2AC AB AB AC λλ----u u u r u u u r u u u r u u u r ,2223||+(1)+(1)||=2AB AB AC AC λλλλ--⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r ,所以234+2(1)+4(1)=2λλλλ---,解得1=2λ.2. 【答案】C【解析】利用排除法可得选项C 是正确的,∵|a +b |=|a |-|b |,则a ,b 共线,即存在实数λ,使得a =λb .如选项A:|a +b |=|a |-|b |时,a ,b 可为异向的共线向量;选项B:若a ⊥b ,由正方形得|a +b |=|a |-|b |不成立;选项D:若存在实数λ,使得a =λb ,a ,b 可为同向的共线向量,此时显然|a +b |=|a |-|b |不成立. 3. 【答案】B【解析】由02402a c a c x x ⊥⇒⋅=⇒-=⇒=r r r r ,由//422b c y y ⇒-=⇒=-r r,故22||(21)(12)10a b +=++-=r r .【考点定位】本题主要考查两个向量垂直和平行的坐标表示,模长公式.解决问题的关键在于根据a c ⊥r r 、//b c r r,得到,x y 的值,只要记住两个向量垂直,平行和向量的模的坐标形式的充要条件,就不会出错,注意数字的运算. 4. [答案]D[解析]若使||||a ba b =r r r r 成立,则方向相同，与b a 选项中只有D 能保证,故选D.[点评]本题考查的是向量相等条件⇔模相等且方向相同.学习向量知识时需注意易考易错零向量,其模为0且方向任意. 5. 【答案】B【解析一】由|a +b |=|a -b |,平方可得a ⋅b =0, 所以a ⊥b ,故选B【解析二】根据向量加法、减法的几何意义可知|a +b |与|a -b |分别为以向量a ,b 为邻边的平行四边形的两条对角线的长,因为|a +b |=|a -b |,所以该平行四边形为矩形,所以a ⊥b ,故选B【点评】本题主要考查平面向量的运算、几何意义以及向量的位置关系,属于容易题.CBAPQ解析一是利用向量的运算来解,解析二是利用了向量运算的几何意义来解. 6. 【答案】A【解析】由下图知AB BC u u u r u u u r g = cos()2(cos )1AB BC B BC B π-=⨯⨯-=u u u r u u u r u u u r.1cos 2B BC ∴=-.又由余弦定理知222cos 2AB BC AC B AB BC +-=⋅,解得3BC =.【点评】本题考查平面向量的数量积运算、余弦定理等知识.考查运算能力,考查数形结合思想、等价转化思想等数学思想方法.需要注意,AB BC u u u r u u u r的夹角为B ∠的外角.7. 【解析】C;因为||cos cos 1||b a b b a a a a θθ⋅==≤<⋅r r r r r r r r o ,且a b r r o 和b ar r o 都在集合|2n n Z ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭中,所以12b a =r r o ,||12cos ||b a θ=r r ,所以2||cos 2cos 2||a a b b θθ==<rr r r o ,且22cos 1a b θ=>r r o ,所以12a b <<r r o ,故有32a b =r r o ,选C.【另解】C;1||cos 2||k a a b b θ==r r r r o ,2||cos 2||k b b a a θ==rr r r o ,两式相乘得212cos 4k k θ=,因为0,4πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,12,k k 均为正整数,于是122cos 122k k θ<=<,所以1224k k <<,所以123k k =,而0a b ≥>r r ,所以123,1k k ==,于是32a b =r r o ,选C8. 解析:A.()2,4BC BA CA =-=--u u u r u u u r u u u r.9. 答案D【命题意图】本试题主要考查了向量的加减法几何意义的运用,结合运用特殊直角三角形求解点D 的位置的运用.【解析】由0a b ⋅=r r 可得90ACB ∠=︒,故5AB =,用等面积法求得255CD =,所以455AD =,故4444()5555AD AB CB CA a b ==-=-u u u r u u u r u u u r u u u r r r,故选答案D 10. 【解析】选A【方法一】设34(10cos ,10sin )cos ,sin 55OP θθθθ=⇒==u u u rABC则33(10cos(),10sin())(72,2)44OQ ππθθ=++=--u u u r【方法二】将向量(6,8)OP =u u u r 按逆时针旋转32π后得(8,6)OM =-u u u u r则1()(72,2)2OQ OP OM =-+=--u u u r u u ur u u u u r 二、填空题11. 【解析】b =r3222210(2)1044cos 451032a b a b b b b ︒-=⇔-=⇔+-=⇔=r r r r r r r12. 【答案】16-【解析】此题最适合的方法是特例法.假设∆ABC 是以AB =AC 的等腰三角形,如图, AM =3,BC =10,AB =AC =34.cos∠BAC =3434100823417+-=-⨯.AB AC ⋅u u ur u u u r =cos 16AB AC BAC ⋅∠=-u u u r u u u r 13. [解析] 如图建系,则A (0,0),B (2,0),D (21,23),C (25,23).设t CD CN BC BM ==||||||||∈[0,1],则t BM =||,t CN 2||=, 所以M (2+2t ,23t ),N (25-2t ,23),故AN AM ⋅=(2+2t)(25-2t )+23t ⋅23=)(6)1(5222t f t t t =++-=+--,因为t ∈[0,1],所以f (t )递减,( AN AM ⋅)max = f (0)=5,(AN AM ⋅)min = f (1)=2. [评注] 当然从抢分的战略上,可冒用两个特殊点:M 在B (N 在C )和M 在C (N 在D ),而本案恰是在这两点处取得最值,蒙对了,又省了时间!出题大虾太给蒙派一族面子了! 14. 【答案】2.【考点】向量的计算,矩形的性质,三角形外角性质,和的余弦公式,锐角三角函数定义.【解析】由2AB AF =u u u r u u u r g ,得cos 2AB AF FAB ∠=u u u r u u u rg g ,由矩形的性质,得cos =AF FAB DF ∠u u u r g .∵2AB =,∴22DF =g ,∴1DF =.∴21CF =-.记AE BF u u u r u u u r和之间的夹角为,AEB FBC θαβ∠=∠=，,则θαβ=+.又∵2BC =，点E 为BC 的中点,∴1BE =.xyABC D MN()()=cos =cos =cos cos sin sin AE BF AE BF AE BF AE BF θαβαβαβ+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g g g g g g g()=cos cos sin sin =122212AE BF AE BF BE BC AB CF αβαβ--=⨯--=u u u r u u u r u u u r u u u rg g g g g .本题也可建立以, AB AD 为坐标轴的直角坐标系,求出各点坐标后求解.15. 【答案】1;1【解析】根据平面向量的点乘公式||||cos DE CB DE DA DE DA θ⋅=⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r,可知||cos ||DE DA θ=u u u r u u u r ,因此2||1DE CB DA ⋅==u u u r u u u r u u u r ;||||cos ||cos DE DC DE DC DE αα⋅=⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ,而||cos DE αu u u r就是向量DE u u u r 在DC u u ur 边上的射影,要想让DE DC ⋅u u u r u u u r 最大,即让射影最大,此时E 点与B 点重合,射影为||DC u u u r,所以长度为1【考点定位】本题是平面向量问题,考查学生对于平面向量点乘知识的理解,其中包含动点问题,考查学生最值的求法.16. 【解析】a b r r g的最小值是98- 22222349494449448a b a b a ba b a b a b a b a b a b -≤⇔+≤++≥≥-⇒+≥-⇔≥-r r r r r r g r r r r r r r r r r r r g g g g。

高考真题汇编——理科数学：立体几何范文

高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012高考真题新课标理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（）()A6()B9()C12()D18【答案】B3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC-的所有顶点都在球O的求面上，ABC∆是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC=；则此棱锥的体积为（）()A()B()C()D【答案】A8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2012高考真题广东理6】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【答案】C10.【2012高考真题福建理4】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.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，AB=2，CC1=E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A 2BC D 1【答案】D二、填空题16.【2012高考真题辽宁理13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。

- 2 -【答案】38【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，属于容易题。

本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后再根据几何体的形状计算出表面积。

17.【2012高考真题山东理14】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____________. 【答案】6118.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 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________。

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2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题 1 ．（2012年高考（新课标理））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为（） ABCD2 ．（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 3 ．（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4 ．（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 ．B ．C ．D ．5 ．（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 π C ．arccos3R D ．3Rπ6 ．（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 7 ．（2012年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则（）A ．m 与n 异面.B ．m 与n 相交.C ．m 与n 平行.D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能. 8 ．（2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A．5B．3C．5D ．359 ．（2012年高考（江西理））如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10．（2012年高考（湖南理））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11．（2012年高考（湖北理））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 ．(一)必考题(11—14题)12．（2012年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π13．（2012年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81πA 图1BC D侧视图正视图俯视图14．（2012年高考（福建理））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 ．三棱柱 C ．正方形 D ．圆柱 15．（2012年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为（）A ．2 BCD ．116．（2012年高考（北京理））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+17．（2012年高考（安徽理））设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．即不充分不必要条件二、填空题18．（2012年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19．（2012年高考（浙江理））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___________cm 3.20．（2012年高考（四川理））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 所成角的大小是____________.NA 121．（2012年高考（上海理））如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。

若AD=2c ,且AB+BD=AC+CD=2a ,其中a 、c 为常数,则四面体ABCD 的体积的最大值是 _________ .22．（2012年高考（上海理））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_________ . 23．（2012年高考（山东理））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____________.24．（2012年高考（辽宁理））已知正三棱锥P -ABC ,点P ,A ,B ,C,若P A ,PB ,PC 两两互相垂直,则球心到截面ABC 的距离为________.25．（2012年高考（辽宁理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为______________.26．（2012年高考（江苏））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. 27．（2012年高考（大纲理））三棱柱111ABC A B C -中,底面边长和侧棱长都相等,1160BAA CAA ∠=∠=︒,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为_____________. 28．（2012年高考（安徽理））某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是_____.AB CD DABC11D 1A1B三、解答题 29．（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄AD ,AB 丄BC ,0=45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC .(Ⅰ)证明PC 丄AD ;(Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值;(Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为030,求AE的长.30．（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱111ABC A B C -中,112AC BC AA ==,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.31．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为的菱形,且∠BAD =120°,且P A ⊥平面ABCD ,P A =M ,N 分别为PB ,PD 的中点. (Ⅰ)证明:MN ∥平面ABCD ;(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A —M N —Q 的平面角的余弦值.DCBAP32．（2012年高考（重庆理））(本小题满分12分(Ⅰ)小问4分(Ⅱ)小问8分)如图,在直三棱柱111C B A ABC - 中,AB=4,AC=BC=3,D 为AB 的中点 (Ⅰ)求点C 到平面11A ABB 的距离;(Ⅱ)若11AB AC ⊥,求二面角 11A CD C --的平面角的余弦值.33．（2012年高考（四川理））如图,在三棱锥P ABC -中,90APB ∠=,60PAB ∠=,AB BC CA ==,平面PAB ⊥平面ABC .(Ⅰ)求直线PC 与平面ABC 所成角的大小; (Ⅱ)求二面角B AP C --的大小.34．（2012年高考（上海理））如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是矩形,P A ⊥底面ABCD ,E 是PC 的中点.已知AB=2,AD=22,P A=2.求: (1)三角形PCD 的面积;(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小.35．（2012年高考（上海春））如图,正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1,高为2,M 为线段AB 的中点.求:(1)三棱锥1C MBC -的体积;(2)异面直线CD 与1MC 所成角的大小(结果用反三角函数值表示)AB CPEABCD A 1B 1C 1D 1M36．（2012年高考（陕西理））(1)如图,证明命题“a 是平面π内的一条直线,b 是π外的一条直线(b 不垂直于π),c 是直线b 在π上的投影,若a b ⊥,则a c ⊥”为真. (2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需要证明)37．（2012年高考（山东理））在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,60,DAB FC ∠=⊥平面,,ABCD AE BD CB CD CF ⊥==.(Ⅰ)求证:BD ⊥平面AED ;(Ⅱ)求二面角F BD C --的余弦值.38．（2012年高考（辽宁理））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.39．（2012年高考（江西理））在三棱柱111ABC A B C -中,已知14AB AC AA BC ====,在1A 在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O 。

(1)证明在侧棱1AA 上存在一点E ,使得OE ⊥平面11BB C C ,并求出AE 的长; (2)求平面11A B C 与平面11BB C C 夹角的余弦值。

40．（2012年高考（江苏））如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1111A B AC =,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ADE ⊥平面11BCC B ; (2)直线1//A F 平面ADE .41．（2012年高考（湖南理））如图5,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E 是CD 的中点. (Ⅰ)证明:CD ⊥平面PAE;(Ⅱ)若直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等,求四棱锥P-ABCD 的体积. 42．（2012年高考（湖北理））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.A B CD P E图5 D A B C AC D B 图2 图1 M E . ·43．（2012年高考（广东理））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 . (Ⅰ)证明:BD ⊥平面PAC ;(Ⅱ)若1PA =,2AD =,求二面角B PC A --的正切值.44．（2012年高考（福建理））如图,在长方体1111ABCD A B C D -中1,AB AD E ==为CD 中点.(Ⅰ)求证:11B E AD ⊥(Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ,使得//DP 平面1B AE ?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由.[ (Ⅲ)若二面角11A B E A --的大小为30︒,求AB 的长.45．（2012年高考（大纲理））(注意:在试题．．．卷上作答无效．．．．．．)如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形,PA ⊥底面ABCD,AC =2,PA E =是PC 上的一点,2PE EC =.(1)证明:PC ⊥平面BED ;(2)设二面角A PB C --为90︒,求PD 与平面PBC 所成角的大小.46．（2012年高考（北京理））如图1,在Rt △ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是AC,AB 上的点,且DE ∥BC,DE=2,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使A 1C ⊥CD,如图2. (1)求证:A 1C ⊥平面BCDE;(2)若M 是A 1D 的中点,求CM 与平面A 1BE 所成角的大小;(3)线段BC 上是否存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直?说明理由.D47．（2012年高考（安徽理））平面图形111ABB AC C 如图4所示,其中11BB C C 是矩形,12,4BC BB ==,AB AC ==,1111A B A C ==现将该平面图形分别沿BC 和11B C 折叠,使ABC ∆与111A B C ∆所在平面都与平面11BB C C 垂直,再分别连接111,,AA BA CA ,得到如图2所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题..(Ⅰ)证明:1AA BC ⊥; (Ⅱ)求1AA 的长; (Ⅲ)求二面角1A BC A --的余弦值.2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案一、选择题1. 【解析】选AABC ∆的外接圆的半径r =点O 到面ABC 的距离d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=另:1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D 2. 【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 =⨯⨯⨯⨯= 3. 【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. 4. 【答案】A【解析】,22BE 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.5. [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 AO PO AOP R ∙∴∠== ,A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R 42arccos =∠∴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. 6. [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. 7. D8. 解析:不妨设122CA CC CB ===,则11(2,2,1),(0,2,1)AB C B =-=-,111111cos,AB C BAB C BAB C B×<>===-,直线1BC与直线1AB夹角为锐角,,选A.9. A【解析】本题综合考查了棱锥的体积公式,线面垂直,同时考查了函数的思想,导数法解决几何问题等重要的解题方法.(定性法)当12x<<时,随着x的增大,观察图形可知,()V x单调递减,且递减的速度越来越快;当112x≤<时,随着x的增大,观察图形可知,()V x单调递减,且递减的速度越来越慢;再观察各选项中的图象,发现只有A图象符合.故选A.【点评】对于函数图象的识别问题,若函数()y f x=的图象对应的解析式不好求时,作为选择题,没必要去求解具体的解析式,不但方法繁琐,而且计算复杂,很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃;再次,作为选择题也没有太多的时间去给学生解答;因此,使用定性法,不但求解快速,而且准确节约时间.10. 【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.是近年高考中的热点题型.11.考点分析:考察球的体积公式以及估算.解析:由34()32dV dπ=⇔=,设选项中常数为ab,则6baπ=;A中代入得693.37516π⨯==,B中代入得6132π⨯==,C中代入得61573.14300π⨯==,D中代和主得6113.14285721π⨯==,由于D中值最接近π的真实值,故选择D.12.考点分析:本题考察空间几何体的三视图.解析:显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体,底面圆的半径为1,圆柱体的高为6,则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.13.解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为5的圆柱,体积为23545Vππ=⨯⨯=,上部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为2134123Vππ=⨯⨯⨯=,所以体积为57π.14. 【答案】D【解析】分别比较ABC的三视图不符合条件,D符合.【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力.15.答案D【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.【解析】连结BDAC,交于点O,连结OE,因为EO,是中点,所以1//ACOE,且121ACOE=,所以BDEAC//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OECF⊥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.16. 【答案】B【解析】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:10,10,10,S S S S ====后右左底因此该几何体表面积30S =+,故选B.【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力. 17. 【解析】选A①,b m b b a αβα⊥⊥⇒⊥⇒⊥ ②如果//a m ;则a b ⊥与b m ⊥条件相同二、填空题18. 【答案】18+9π【命题意图】本试题主要考查了简单组合体的三视图的画法与体积的计算以及空间想象能力. 【解析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积为:343=361+2()32V π⨯⨯⨯⨯=18+9π3m . 19. 【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⨯⨯⨯⨯=.20. [答案]90º[解析]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 1D 1,故夹角为90º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,），（），（2,121,2,01-==MA DN所以,cos<|MA ||DN |111MA DN MA DN ∙=〉〈，= 0,故DN ⊥D 1M,所以夹角为90º[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.21. [解析] 作BE ⊥AD 于E ,连接CE ,则AD ⊥平面BEC ,所以CE ⊥AD ,由题设,B 与C 都是在以AD 为焦距的椭球上,且BE 、CE 都垂直于焦距AD ,所以BE =CE . 取BC 中点F ,连接EF ,则EF ⊥BC ,EF =2,1221-=⋅=∆BE EF BC S BEC , 四面体ABCD 的体积123231-=⋅=∆BE S AD V cBEC ,显然,当E 在AD 中点,即B 是短轴端点时,BE 有最大值为b =22c a -,所以12232max --=c a V c .[评注] 本题把椭圆拓展到空间,对缺少联想思维的考生打击甚大!当然,作为填空押轴题,区分度还是要的,不过,就抢分而言,胆大、灵活的考生也容易找到突破点:AB=BD (同时AC=CD ),从而致命一击,逃出生天!22. [解析] 如图,ππ2221=l ⇒l =2,又2πr2=πl =2π⇒r =1, 所以h=3,故体积ππ33231==h r V .23. 【解析】因为E 点在线段1AA 上,所以211211=⨯⨯=∆DED S ,又因为F 点在线段C B 1上,所以点F 到平面1DED 的距离为1,即1=h ,所以611213131111=⨯⨯=⨯⨯==∆--h S V V DED DED F EDFD .【答案】6124. 【答案】3【解析】因为在正三棱锥P -ABC 中,P A ,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 上的高.,所以正方体的棱长为2,可求得正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高为3,所以球心到截面ABC 33= 【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为正方体来考虑就容易多了. 25. 【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⨯+⨯+⨯+⨯⨯-=【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出表面积.26. 【答案】6.【考点】正方形的性质,棱锥的体积.【解析】∵长方体底面ABCD 是正方形,∴△ABD 中BD cm,BD 它也是11A BB D D -中11BB D D 上的高).∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯.27.答案6【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解.用空间向量进行求解即可.【解析】设该三棱柱的边长为1,依题意有1111,AB AB AA BC AC AA AB =+=+-,则22221111||()222cos 603AB AB AA AB AB AA AA =+=+⋅+=+︒=2222211111||()2222BC AC AA AB AC AA AB AC AA AC AB AA AB =+-=+++⋅-⋅-⋅=而1111()()AB BC AB AA AC AA AB ⋅=+⋅+- 1111111111112222AB AC AB AA AB AB AA AC AA AA AA AB=⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-++-=111111cos ,6||||AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===28. 【答案】92【解析】由三视图可知,原几何体是一个底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,其底面积为(25)42282+⨯=,侧面积为(4255)464+++⨯=,故表面积为92.【考点定位】考查三视图和表面积计算. 三、解答题29. 【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.方法一:（1）以,,AD AC AP为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系A xyz -则11(2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22D C B P -(0,1,2),(2,0,0)0PC AD PC AD PC AD =-=⇒=⇔⊥（2）(0,1,2),(2,1,0)PC CD =-=- ，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =则0202200n PC y z y z x y x z n CD ⎧=-==⎧⎧⎪⇔⇔⎨⎨⎨-===⎩⎩⎪⎩取1(1,2,1)z n =⇒= (2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量cos ,sin ,AD n AD n AD n AD n<>==⇒<>=得：二面角A PC D --（3）设[0,2]AE h =∈；则(0,0,2)AE = ，11(,,),(2,1,0)22BE h CD =-=-cos ,210BE CD BE CD h BE CD <>=⇔=⇔=即AE = 方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AD ⊥,又由,AD AC PA AC A ⊥⋂=,故AD ⊥平面PAC ,又PC ⊂平面PAC ,所以PC AD ⊥.(2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由,PC AD PC AH ⊥⊥,可得PC ⊥平面ADH .因此,DH PC ⊥,从而AHD∠为二面角A PC D --的平面角.在Rt PAC ∆中,2,1PA AC ==,由此得AH =,由(1)知AD AH ⊥,故在Rt DAH ∆中,5DH ==,因此sin 6AD AHD DH ∠==,所以二面角A PC D --【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特殊的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点E 的位置是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. 30. 【解析】(1)在Rt DAC ∆中,AD AC =得:45ADC ︒∠=同理:1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=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OH BD ⊥于点H ,连接11,C O C H1111111AC B C C O A B =⇒⊥,面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得:点H 与点D 重合且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角设AC a =,则12C O =,111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒31. 【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD .∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点, ∴在∆PBD 中,MN ∥BD . 又MN ⊄平面ABCD ,∴MN ∥平面ABCD ; (Ⅱ)如图建系: A (0,0,0),P(0,0,M(,32,0), N0),C,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(3)(3CQ x y z CP =-=-，，.∵(3)CQ CP λλ==-，,∴33)Q λ-，.由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2Q .对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，.∵3(0)00)2AM AN =，，，，.则300123000a AM n b b AN n c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=⎪⎪⎩==⎪⎪⎩.∴10)3n = ，. 同理对于平面AMN得其法向量为1v =.记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ,则cos n v n vθ⋅==⋅.∴所求二面角A —MN —Q. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ).【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)32. 【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识,具体涉及到线面垂直的关系,二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用,解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征,熟练进行线线垂直与线面垂直的转化,主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力.本题可以利用空间向量来解题,从而降低了题目的难度.解:(1)由AC BC =,D 为AB 的中点,得CD AB ⊥,又1CD AA ⊥,故11CD A ABB ⊥面,所以点C 到平面11A ABB的距离为CD ==(2)如图,取1D 为11A B 的中点,连结1DD ,则111DD AA CC ∥∥,又由(1)知11CD A ABB ⊥面,故1CD A D ⊥1CD DD ⊥,所以11A DD ∠为所求的二面角11A CD C --的平面角.因1A D 为1A C 在面11A ABB 上的射影,又已知11AB AC ⊥,由三垂线定理的逆定理得11AB A D ⊥,从而111,A AB A DA ∠∠都与1B AB ∠互余,因此111A AB A DA ∠=∠,所以111Rt A AD Rt B A A ,因此,1111AA A B AD AA =,即21118AA AD A B == ,得1AA =从而1A D ==所以,在11Rt A DD 中,111111cos DD AA A DD A D A D === 33. [解析](1)连接OC.由已知,ABC PC OCP 与平面为直线∠所成的角设AB 的中点为D,连接PD 、CD.因为AB=BC=CA,所以CD ⊥AB.因为为，所以，PAD PAB APB ∆︒=∠︒=∠6090等边三角形, 不妨设PA=2,则OD=1,OP=3,AB=4.所以CD=23,OC=1312122=+=+CD OD . 在Rt 中，OCP ∆tan 1339133===∠OC OP OPC . 故直线PC 与平面ABC 所成的角的大小为arctan 1339 (2)过D 作DE AP ⊥于E,连接CE.由已知可得,CD ⊥平面PAB. 根据三垂线定理可知,CE ⊥PA,所以,的平面角——为二面角C AP B CED ∠. 由(1)知,DE=3在Rt △CDE 中,tan 2==∠DECDCED 故2arctan 的大小为——二面角C AP B[点评]本小题主要考查线面关系、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决数学问题的能力.34. [解](1)因为P A ⊥底面ABCD ,所以P A ⊥CD ,又AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面P AD ,从而CD ⊥PD因为PD=32)22(222=+,CD =2,所以三角形PCD 的面积为3232221=⨯⨯ (2)[解法一]如图所示,建立空间直角坐标系, 则B (2, 0, 0),C (2, 22,0),E (1,2, 1),)1,2,1(=AE ,)0,22,0(=BC设与的夹角为θ,则222224cos ===⨯⋅BCAE θ,θ=4π.由此可知,异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π[解法二]取PB 中点F ,连接EF 、AF ,则EF ∥BC ,从而∠AEF (或其补角)是异面直线 BC 与AE 所成的角在AEF ∆中,由EF =2、AF =2、AE =2 知AEF ∆是等腰直角三角形, 所以∠AEF =4π. 因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π 35.解(1)1111224ABC S ∆=⨯⨯=,又1CC 为三棱锥1C MBC -的高,11111123346C MBC ABC V S CC -∆∴=⋅=⨯⨯=(2)//CD AB ,所以1C MB ∠或其补角为导面直线CD 与1MC 所成的角. 连接1,BC AB ⊥ 平面11,BCC B AB BC ∴⊥,在1Rt MBC ∆中,112BC MB ===1tan 12C MB ∠==故1arctan C MB ∴∠=即异面直线CD 与1MC 所成的角为arctan36.解析:(1)证法一如图,过直线b 上任一点作平面π的垂线n ,设直线,,,a b c n 的方向向量分别是,,,a b c n,则,,b c n 共面,根据平面向量基本定理,存在实数,λμ使得c b n λμ=+ 则()()()a c a b n a b a n λμλμ⋅=⋅+=⋅+⋅因为a b ⊥,所以0a b ⋅=yA BC DP EF又因为a πÜ,n π⊥,所以0a n ⋅=故0a c ⋅=,从而a c ⊥证法二如图,记c b A ⊥=,P 为直线b 上异于点A 的任意一点,过P 作PO π⊥,垂足为O,则O c ∈ ∵PO π⊥,a πÜ,∴直线PO a ⊥ 又a b ⊥,b Ü平面PAO ,PO b P = ∴a ⊥平面PAO ,又c Ü平面PAO ,∴a c ⊥(2)逆命题:a 是平面π内一条直线,b 是π外的一条直线(b 不垂直于π),c 是直线b 在π上的投影,若a c ⊥,则a b ⊥. 逆命题为真命题.37. 解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD 中,AB ∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=,即AD CD BD 33==,在ABD ∆中,∠DAB=60°,AD BD 3=,则ABD∆为直角三角形,且DB AD ⊥.又AE ⊥BD,⊂AD 平面AED,⊂AE 平面AED,且A AE AD = ,故BD ⊥平面AED; (Ⅱ)由(Ⅰ)可知CB AC ⊥,设1=CB ,则3==BD CA ,建立如图所示的空间直角坐标系,)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ,向量)1,0,0(=为平面BDC 的一个法向量.设向量),,(z y x m =为平面BDF 的法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00BD m ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-02323z y y x , 取1=y ,则1,3==z x ,则)1,1,3(=为平面BDF 的一个法向量.5551,cos ==>=<,而二面角F-BD-C 的平面角为锐角,则二面角F-BD-C 的余弦值为55. 解法二:取BD 的中点G ,连接1,CG FG ,由于CB CD =,因此CG BD ⊥, 又FC ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以FC BD ⊥由于,,FC CG C FC CG ⋂=⊂平面FCG ,所以BD ⊥平面FCG故BD FG ⊥,所以FGC ∠为二面角F BD C --的平面角.在等腰三角形BCD 中,由于120BCD ∠=︒,因为12CG CB =,又CB CF =,所以GF ==,故cos FGC ∠=因此二面角F BD C --. 38. 【答案及解析】(1) 证明:取''A B 中点P,连结MP,NP,而M,N 分别是A 'B 与'B 'C 的中点,所以,MP ∥A 'A ,PN ∥'A 'C ,所以,MP ∥平面'A AC 'C ,PN ∥平面'A AC 'C ,又MP NP p ⋂=,因此平面MPN ∥平面'A AC 'C ,而MN ⊂平面MPN,所以,MN ∥平面'A AC 'C ,【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明. 39. 【解析】解:(1)证明:连接AO ,在1AOA 中,作1OE AA ⊥于点E ,因为11//AA BB ,得1OE BB ⊥,因为1AO ⊥平面ABC ,所以1AO BC ⊥,因为AB 得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AAO ,所以BC 所以OE ⊥平面11BB C C , 又11,AO AA ===得21AO AE AA == (2)如图所示,分别以1,,OA OB OA 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1(0.0,2),B(0,2,0)由(1)可知115AE AA = 得点E 的坐标为42(,0,)55,由(1)可知平面11BB C C 的法向量是42(,0,)55,设平面11A B C 的法向量(,,)n x y z =,由10n AB n AC ⎧⨯=⎪⎨⨯=⎪⎩,得200x y y z -+=⎧⎨+=⎩,令1y =,得2,1x z ==-,即(2,1,1)n =-所以cos ,||||OE n OE n OE n ⨯<>==⨯即平面平面11A B C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值是10. 【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间C 1x几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法. 40. 【答案】证明:(1)∵111ABC A B C -是直三棱柱,∴1CC ⊥平面ABC .又∵AD ⊂平面ABC ,∴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ADE ⊥平面11BCC B . (2)∵1111A B AC =,F 为11B C 的中点,∴111A F B C ⊥.又∵1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C ,∴11CC A F ⊥.又∵111 CC B C ⊂，平面11BCC B ,1111CC B C C = ,∴1A F ⊥平面111A B C . 由(1)知,AD ⊥平面11BCC B ,∴1A F ∥AD .又∵AD ⊂平面1, ADE A F ∉平面ADE ,∴直线1//A F 平面ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系.【解析】(1)要证平面ADE ⊥平面11BCC B ,只要证平面ADE 上的AD ⊥平面11BCC B 即可.它可由已知111ABC A B C -是直三棱柱和AD DE ⊥证得.(2)要证直线1//A F 平面ADE ,只要证1A F ∥平面ADE 上的AD 即可. 41. 【解析】解法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,3BC =,90 5.ABC AC ∠==,得5,AD =又E 是CD 的中点,所以.CD AE ⊥,,PA ABCD CD ABCD ⊥⊂ 平面平面所以.PA CD ⊥而,PA AE 是平面PAE 内的两条相交直线,所以CD ⊥平面PAE. (Ⅱ)过点B 作,,,,.BG CD AE AD F G PF //分别与相交于连接由(Ⅰ)CD ⊥平面PAE 知,BG ⊥平面PAE.于是BPF ∠为直线PB 与平面PAE 所成的角,且BG AE ⊥.由PA ABCD ⊥平面知,PBA ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角.4,2,,AB AG BG AF ==⊥由题意,知,PBA BPF ∠=∠因为sin ,sin ,PA BF PBA BPF PB PB∠=∠=所以.PA BF =。

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