2012立体几何
2012年高考数学专题复习(第2轮)——立体几何
《立体几何》专题复习【高考命题分析】【考点剖析】考点一空间几何体的结构、三视图、直观图【例１】（2008广东）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C，，分别是GHI△三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）【点评】本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。
【例2】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283π- （B ）83π- （C ）82π- （D ）23π【例3】（2008江苏模拟）由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是 ．E F D I AH G B C EF DABC 侧视图1 图2 B E A ．BE B ． B E C ． B E D ． 主视图 左视图 俯视图【点评】从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。
考点二：空间几何体的表面积和体积【例4】（2007广东）已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S【点评】在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知识结合在一起，综合考查。
【例5】（2008山东）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π 【点评】本小题主要考查三视图与几何体的表面积。
既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法。
【例6】（湖北高考题）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（）A. 38πB. 328πC. π28D. 332π 【点评】本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。
2012年高考立体几何核心考点揭秘
核心 考点揭秘
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冠以 数学生命线” “ 之称的立体几何是高考备考的 重点内 近两年的高考 ｛ 容．
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◆如 果两 个 平 行 平 面 同时 和 第
三个 平 面相 交 ， 么它们 的交 线相 互 那
平行 ．
（） ２ 求证 ： 平面Ａ Ｃ 上平面４ Ｃ ； １ Ｆ ｌ Ｃ （ ） 平 面ＡＦ ３求 ｃ 与平 面ＡＢ Ｄ所 Ｃ 成 的锐 二面 角的大小 ． 命题意图 本 题 以四 棱 柱 为 几
◆垂 直 于 同一个 平 面 的两 条 直
线 平行 ．
何载体 ． 考查 空 间元 素 ， 线和 面之 即
◆如果 两个 平 面互 相垂 直 ， 么 那 个 平 面 内垂 直 于它 们 交 线 的 直线 与另一 个平 面垂直 ．
间的 平行 、 直 关 系 ， 而 考 查 空 间 垂 继 元 素成 角的 问题 ． 题者 并无 意为 难 命
Ｄ１ Ｃ１
（ ） 面Ａ ． 平 面Ａ曰Ｃ ３平 与 Ｄ所 成 角 问 题 是 典 型 的 “ 棱 二 面 角 问 题 ” 无 ，
2012高考立体几何(文)大题-答案
B 1CBADC 1A 11.【2012高考安徽文19】如图，长方体1111D C B A ABCD -中，底面1111D C B A 是正方形，O 是BD 的中点，E 是棱1AA 上任意一点。
（Ⅰ）证明：BD 1EC ⊥ ；（Ⅱ）如果AB =2，AE =2，1EC OE ⊥,，求1AA 的长。
1.【解析】（I ）连接AC ，11//,,,AE CC E A C C ⇒共面 长方体1111D C B A ABCD -中，底面1111D C B A 是正方形,,AC BD EA BD AC EA A BD ⊥⊥=⇒⊥ 面1EACC 1BD EC ⇒⊥（Ⅱ）在矩形11ACC A 中，111OE EC OAE EAC ⊥⇒∆∆得：1111AC AE AA AO EA =⇔=⇔= 2.【2012高考新课标文19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.2..【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算，考查空间想象能力、逻辑推理能力，是简单题.【解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥1CC ,BC ⊥AC ，1CC AC C ⋂=,∴BC ⊥面11ACC A , 又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥,由题设知01145A DC ADC ∠=∠=,∴1CDC ∠=090,即1DC DC ⊥, 又∵DC BC C ⋂=, ∴1DC ⊥面BDC , ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1， ∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.3.【2012高考山东文19】 (本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 3..【答案】(I)设BD 中点为O ，连接OC ，OE ，则由BC CD =知 ，CO BD ⊥， 又已知CE BD ⊥，所以BD ⊥平面OCE .所以BD OE ⊥，即OE 是BD 的垂直平分线， 所以BE DE =.(II)取AB 中点N ，连接,MN DN ， ∵M 是AE 的中点，∴MN ∥BE ， ∵△ABD 是等边三角形，∴DN AB ⊥.由∠BCD ＝120°知，∠CBD ＝30°，所以∠ABC ＝60°+30°＝90°，即BC AB ⊥， 所以ND ∥BC ，所以平面MND ∥平面BEC ，故DM ∥平面BEC . 4【2012高考广东文18】本小题满分13分）如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//AB CD ，PD AD =，E 是PB 的中点，F 是CD 上的点且12DF AB =，PH 为△PAD 中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥；（2）若1PH =，AD 1FC =，求三棱锥E BCF -的体积； （3）证明：EF ⊥平面PAB .4.【解析】（1）证明：因为AB ⊥平面PAD ，所以PH AB ⊥。
2012年高考立体几何
三、解答题28.【2012高考新课标理19】（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112A CBC A A ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小. 【答案】（1）在R t D A C ∆中，AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A D C C D C ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作O H BD ⊥于点H ，连接11,C O C H 111111A CBC C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A B D 1O H B D C H B D ⊥⇒⊥得：点H 与点D 重合且1C D O ∠是二面角11C BD A --的平面角设A C a =，则12C O =，111230CD C O C DO ︒==⇒∠=既二面角11C BD A --的大小为30︒29.【2012高考江苏16】（14分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111A B A C =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点． 求证：（1）平面AD E ⊥平面11BCC B ； （2）直线1//A F 平面ADE ．【答案】证明：（1）∵111ABC A B C -是直三棱柱，∴1CC ⊥平面A B C 。
又∵AD ⊂平面A B C ，∴1CC AD ⊥。
又∵1AD DE CC DE ⊥⊂，，平面111BCC B CC DE E = ，，∴AD ⊥平面11BCC B 。
又∵AD ⊂平面ADE ，∴平面AD E ⊥平面11BCC B 。
北京高考数学2012立体几何 十年专题
2 2 2 ∴ 点 H 的坐标为 ， ， ． 3 3 3
uuur 2 3 ． ∴ CH = 3
如图，在三棱锥 P− ABC 中， PA⊥底面 ABC, PA= AB, ∠ABC = 60 , ∠BCA= 90 ， 点 D， E 分别在棱 PB, PC 上，且 DE// BC （I）求证： BC⊥平面 PAC ； （Ⅱ）当 D为 PB的中点时，求 AD与平面 PAC 所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点 E 使得二面角 A− DE − P为直二面角？并说 明理由。
（Ⅲ）求二面角 E—AC—B 的大小 — — 的大小.
解法一： （Ⅰ）∵PA⊥平面 ABCD， ∴AB 是 PB 在平面 ABCD 上的射影. 又∵AB⊥AC，AC ⊂ 平面 ABCD， ∴AC⊥PB. （Ⅱ）连接 BD，与 AC 相交于 O，连接 EO.
∵ABCD 是平行四边形， ∴O 是 BD 的中点 又 E 是 PD 的中点 ∴EO∥PB. 又 PB ∉ 平面 AEC，EO ⊂ 平面 AEC， ∴PB∥平面 AEC. （Ⅲ）取 BC 中点 G，连接 OG，则点 G 的坐标为 ( , , 0) , OG = (0, 又 OE = (0, −
（I）在直四棱柱 ABCD－AB1C1D1 中， ∵AA1⊥底面 ABCD．∴ AC 是 A1C 在平面 ABCD 上的射影． ∵BD⊥AC．∴ BD⊥A1C； （II）连结 A1E，C1E，A1 C1． 与（I）同理可证 BD⊥A1E，BD⊥C1E， ∴ ∠A1EC1 为二面角 A1－BD－C1 的平面角． ∵ ∠ADC＝90°， 又 A1D1=AD＝2，D1C1= DC＝2 3 ，AA1= 3 且 AC⊥BD， ∴ A1C1＝4，AE＝1，EC＝3，∴ A1E＝2，C1E＝2 3 ， 在△A1EC1 中，A1C12＝A1E2＋C1E2， 即二面角 A1－BD－C1 的大小为 90°． （III）过 B 作 BF//AD 交 AC 于 F，连结 FC1， 则∠C1BF 就是 AD 与 BC1 所成的角． ∵ AB＝AD＝2， BD⊥AC， AE＝1， ∴ BF=2，EF＝1，FC＝2，BC＝DC，∴ FC1= 7 ，BC1＝ 15 ， 在△BFC1 中， cos ∠C1 BF =
2012一模立体几何(理科学生版)答案
1、（本小题满分14分） 证明：（Ⅰ）取AD 的中点N ，连接MN,NF .在△DAB 中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以1=2MN//AB,MN AB ， 又因为1=2EF//AB,EF AB ，所以MN//EF 且MN =EF .所以四边形MNFE 为平行四边形， 所以EM//FN .又因为FN ⊂平面ADF ，⊄EM 平面ADF ，故EM//平面ADF . …………… 4分 解法二：因为EB ⊥平面ABD ，AB BD ⊥，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系-B xyz . ……………1分 由已知可得 (0,0,0),(0,2,0),(3,0,0),B A D3(3,-2,0),(0,1(,0,0)2C E F M （Ⅰ）3=((3,-2,0)2EM ,AD=， 设平面ADF 的一个法向量是()x,y,z n =.由0,0,AD AF n n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得32x -y =0,=0.⎧⎪⎨⎪⎩令y=3，则n =. 又因为3(=3+0-3=02EM n ⋅=⋅ ，所以EM n ⊥，又EM ⊄平面ADF ，所以//EM 平面ADF . ……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面ADF 的一个法向量是n =. 因为EB ⊥平面ABD ，所以EB BD ⊥.又因为AB BD ⊥，所以BD ⊥平面EBAF .故(3,0,0)BD =是平面EBAF 的一个法向量.所以1cos <=2BD BD,BD n n n ⋅>=⋅，又二面角D-AF -B 为锐角， 故二面角D-AF -B 的大小为60︒. ……………10分 （Ⅲ）假设在线段EB 上存在一点P ，使得CP 与AF 所成的角为30︒.不妨设(0,0,t)P （0t ≤≤，则=(3,-2,-),=PC AF t.NCA F EBMD所以cos <PC AF PC,AF PC AF ⋅>==⋅=，化简得35-=，解得0t =<.所以在线段EB 上不存在点P ，使得CP 与AF 所成的角为30︒.…………14分 2．（本小题共14分）(I) 证明：∵在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC BC =，点N 是C B 1的中点，∴C B BN 1⊥ …………………………1分BC AB ⊥,1BB AB ⊥,B BC BB = 1∴AB ⊥平面11BCC B ………………………2分⊂C B 1平面11BCC B∴AB C B ⊥1，即GB C B ⊥1 …………………3分 又B BG BN =∴⊥C B 1平面BNG …………………………………4分（II ）当G 是棱AB 的中点时，CG //平面M AB 1.……………………………5分 证明如下:连结1AB ,取1AB 的中点H ，连接GC HM HG ,,, 则HG 为B AB 1∆的中位线 ∴GH ∥1BB ，121BB GH =…………………6分 ∵由已知条件，11BCC B 为正方形 ∴1CC ∥1BB ，11BB CC = ∵M 为1CC 的中点，∴121CC CM =……………………7分 ∴MC ∥GH ，且GH MC = ∴四边形HGCM 为平行四边形 ∴GC ∥HM又 ∵M AB HM M AB GC 11,平面平面⊄⊂ ……………………8分 ∴CG //平面M AB 1 ……………………9分(III) ∵ 直三棱柱111ABC A B C -且BC AB ⊥依题意，如图：以1B 为原点建立空间直角坐标系1B xyz -，……………………10分∴1(0,0,0)B ,(0,2,0)B ,)0,1,2(M ,(0,2,2)A ,1(2,0,0)C则1(0,2,2)B A =，)0,1,2(1=M B 设平面1B AM 的法向量(,,)n x y z =，则1100n B A n B M ⋅=⋅⎧⎪=⎨⎪⎩ ,即00222x y z y ⎧⎨+=+=⎩，令1=x ，有)2,2,1(-= ……………………12分又 平面1B AB 的法向量为11(2,0,0)BC =，∴11cos ,BC n <> =1111B C n B C n ⋅⋅=31， ……………………13分 设二面角1M AB B --的平面角为θ，且θ为锐角∴111cos cos ,3B C n θ=-= ． ……………………14分3．（本小题满分14分）（I ）证明：连接B 1C ，与BC 1相交于O ，连接OD ．∵BCC 1B 1是矩形，∴O 是B 1C 的中点． 又D 是AC 的中点，∴OD//AB 1． ∵AB 1⊄面BDC 1，OD ⊂面BDC 1，∴AB 1//面BDC 1． …………4分 （II ）解：如图，建立空间直角坐标系，则C 1（0，0，0），B （0，3，2）， C （0，3，0），A （2，3，0）， D （1，3，0），1(0,3,2)C B = ，1(1,3,0)C D =，…………5分设111(,,)n x y z =是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，取11(1,,)32n =- . …………7分 易知1(0,3,0)C C =是面ABC 的一个法向量. …………8分1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯. ∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27. …………9分 （III ）假设侧棱AA 1上存在一点P 使得CP ⊥面BDC 1.设P （2，y ，0）（0≤y ≤3），则 (2,3,0)CP y =-， …………10分则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，即3(3)0,23(3)0y y -=⎧⎨+-=⎩. …………12分 解之3,73y y =⎧⎪⎨=⎪⎩∴方程组无解. …………13分∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1. …………14分4.（本小题满分14分） （Ⅰ）证明：设AC 与BD 相交于点O ，连结FO ．因为 四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥，且O 为AC 中点． ………………1分又 FC FA =，所以 AC FO ⊥． ………3分因为 O BD FO = ， 所以⊥AC 平面BDEF． ………………4分（Ⅱ）证明：因为四边形ABCD 与BDEF均为菱形，所以AD //BC ，DE //BF ，所以 平面FBC //平面EAD ． ………………7分又⊂FC 平面FBC，所以FC // 平面EAD ． ………………8分 （Ⅲ）解：因为四边形BDEF 为菱形，且︒=∠60DBF，所以△DBF为等边三角形．因为O 为BD 中点，所以BD FO⊥，故FO ⊥平面ABCD ．由OF OB OA ,,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -． ………………9分 设2=AB ．因为四边形ABCD 为菱形，︒=∠60DAB ，则2=BD ，所以1OB =，OA OF ==所以)3,0,0(),0,0,3(),0,1,0(),0,0,3(),0,0,0(F C B A O -．所以CF =，,0)CB =．设平面BFC 的法向量为=()x,y,z n ，则有0,0.CF CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 所以⎩⎨⎧=+=+．03,033y x z x 取1=x ，得)1,3,1(--=n ． ………………12分 易知平面AFC的法向量为(0,1,0)=v． ………………13分由二面角B FC A --是锐角，得cos ,⋅〈〉==n v n v n v．所以二面角B FC A --的余弦值为515． ………………14分 5（本小题满分14分）（Ⅰ）证明： 因为AB //CD ，CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD //平面PAB . ………………………………………2分 因为CD ⊂平面PCD ，平面PAB 平面PCD m =，所以CD //m . ………………………………………4分 （Ⅱ）证明：因为AP ^平面ABCD ，AB AD ^，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(4,0,0)B ，(0,0,4)P，D，C .………………………………………5分所以(BD =-，AC =， (0,0,4)AP =，所以(4)2000BD AC ⋅=-⨯+⨯=，(4)00040BD AP ⋅=-⨯++⨯=.所以 BD AC ⊥，BD AP ⊥.因为 AP AC A = ，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以 BD ⊥平面PAC .………………………………………9分（Ⅲ）解：设PQPB λ=（其中01λ＃），(,,)Qxyz ，直线QC 与平面PAC 所成角为θ.所以 PQ PB λ= .所以 (,,4)(4,0,4)x y z λ-=-.所以 4,0,44,x y z λλì=ïïï=íïï=-+ïïî即(4,0,44)Q λλ-+.所以(42,44)CQ λλ=---+. ………………………………………11分由（Ⅱ）知平面PAC的一个法向量为(BD =-.…………12分因为 sin cos ,CQ BDCQ BD CQ BDθ×=<>=×，所以=. 解得 7[0,1]12λ=∈. 所以 712PQ PB =. ………………………………………14分 6、（共13分）（Ⅰ）证明：取BE 中点D ，连结DF .因为1AE CF ==，1DE =，所以2AF AD ==，而60A ∠=，即△ADF 是正三角形.又因为1AE ED ==, 所以EF AD ⊥. …………2分所以在图2中有1A E EF ⊥，BE EF ⊥.…………3分所以1A EB ∠为二面角1A EF B --的平面角. 又二面角1A EF B --为直二面角，所以1A E BE ⊥. …………5分 又因为BE EF E = ,所以1A E ⊥平面BEF ,即1A E ⊥平面BEP . …………6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知1A E ⊥平面BEP ，BE EF ⊥，如图，以E 为原点，建立空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0)E ，1(0,0,1)A ，(2,0,0)B ，0)F 在图１中，连结DP . 因为12CF CP FA PB ==， 所以PF ∥BE ，且12PF BE DE ==. 所以四边形EFPD 为平行四边形. 所以EF ∥DP ，且EF DP =.故点P 的坐标为（10）. 图2所以1(2,0,1)A B =-，(1BP =-，1(0,0,1)EA = . …………8分不妨设平面1A BP 的法向量(,,)x y z =n ，则10,0.A BBP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,0.x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩令y = 得6)=n .…………10分所以cos 〈1EA 〉 n,11||||EA EA ⋅===n n . …………12分故直线1A E 与平面1A BP 所成角的大小为3π. …13分。
2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案1一、选择题错误！未找到引用源。
【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离3d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为23d =此棱锥的体积为112336ABC V S d ∆=⨯==另:123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D 错误！未找到引用源。
【解析】选B 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为3此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯= 错误！未找到引用源。
【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.错误！未找到引用源。
【答案】A【解析】,2BE BF BE AB BF ==<=<【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.错误！未找到引用源。
[答案]A[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴,则2cos 4AO PO AOP R ∙∴∠== ,A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos =∠∴AOP ,42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.错误！未找到引用源。
[答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D 错;故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. 错误！未找到引用源。
2012年高考必做客观题——立体几何题
就 是我们 所研 究几何 体 “ 寄居 ” 壳 ★★ ★） 做２ 用单 位 正方 体 必
搭 几何 体 ． 它 的主视 图和俯 视 图如 使
５ ；中间一 列 最 多都 是二 层 有６ ， 个 个
三 棱 柱 沿 阴 影 部 分 所 示 平 面 截 去 一 个三棱锥后得 到 ， 体积 为Ｖ Ｖ 一 其 ＝ Ｖ ＝
面 ， 图６ 则 圆锥 的 高 — 一十 。 如 ， ＝ ｒ 圆
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精妙解法 法１由已知！盯 ： Ｒ
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锥 底 半 为 ｔ （ ＋。 的 面 径 Ｒ． ｒ ａ ） ｎ
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图 ５
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齐、 宽相等 ” ．
图 ２
必做客观 题
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空间几何体的表面积和体积
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（ ★★ ★ ） 做３ 如 Ｆ 所示 ． ★ 必 Ｊ４
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极 速 突 击 方 法 １ 法 寻 求 正 四 设
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必撇客观 题
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邬坚耀
空间几何体的直观 图与三视图
2012年高考文科立体几何(无错版)
立体几何（一）1.（安徽12）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 9212(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=2.(广东6) 某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( C )()A 12π ()B 45π ()C π57 ()D π81221353573V πππ=⨯⨯+⨯=3.(湖北4)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( B )A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 4.(福建)如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA ，E 为CD 中点。
（Ⅰ）求证：11AD E B ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ，使得//DP 平面AE B 1？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由。
（Ⅲ）若二面角11A E B A --的大小为030，求AB 的长。
解：Ⅰ）长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA 得：1111111111,,AD A D AD A B A D A B A A D ⊥⊥=⇔⊥ 面11A B CD1B E ⊂面11A B CD 11B E AD ⇒⊥（Ⅱ）取1AA 的中点为P ，1AB 中点为Q ，连接PQ侧（左）视图 正（主）视图 45 俯视图42 俯视图侧视图正视图4在11AA B ∆中，111111//,////////22PQ A B DE A B PQ DE PD QE PD ⇒⇒⇒面AE B 1 此时11122AP AA == （Ⅲ）设11A D AD O = ，连接AO ，过点O 作1OH B E ⊥于点H ，连接AH1AO ⊥面11A B CD ，1O H B E ⊥1A H B E⇒⊥ 得：AHO ∠是二面角11A E B A --的平面角30AHO ο⇒∠=在Rt AOH ∆中，30,90,2AHO AOH AH OH οο∠=∠==⇒=在矩形11A B CD 中，1,CD x A D ==11112222222228B OE x xS x ∆=--⨯-⨯=122x =⇔= 得：2AB =5.（湖南3）某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( D )6.（辽宁13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 387.（辽宁16）已知正三棱锥-P ABC ，点,,,P A B C 的球面上，若,,PA PB PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为38.（江苏7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 6 cm 3。
2012年立体几何(文科)学生版
2012年 G 立体几何 G1 空间几何体的结构1．G1[2012·重庆卷] 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 的取值范围为( )A ．(0，2)B ．(0，3)C ．(1，2)D ．(1，3)2．G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图1－3①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示的几何体，则该几何体的左视图为( )3．G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直；②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．4．G1[2012·上海卷] 一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________．5．G1、G11[2012·上海卷] 如图1－1，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点，已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2，求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)．G2 空间几何体的三视图和直观图6．G2[2012·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.7．G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为________．8．G2[2012·课标全国卷] 如图1－2，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．189. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－1所示，则该三棱锥的体积是() A．1 cm3B．2 cm3 C．3 cm3D．6 cm310.G2[2012·湖北卷] 已知某几何体的三视图如图1－4所示，则该几何体的体积为________．11．G2[2012·广东卷] 某几何体的三视图如图1－1所示，它的体积为()A．72π B．48πC．30π D．24π12．G2[2012·福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱13．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积等于________．14．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是() A．28＋6 5 B．30＋6 5 C．56＋12 5 D．60＋12 515．G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是( )16．G2[2012·江西卷] 若一个几何体的三视图如图1－2所示，则此几何体的体积为( )A.112 B ．5 C.92D ．4G3 平面的基本性质、空间两条直线G4 空间中的平行关系17．G4、G5[2012·山东卷] 如图1－6，几何体E －ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD. (1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC.18．G4、G7[2012·辽宁卷] 如图1－5，直三棱柱ABC －A′B′C′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA′＝1，点M ，N 分别为A′B 和B′C′的中点．(1)证明：MN ∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC 的体积．(锥体体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)19．G4、G5[2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C)，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE.20．G4、G5[2012·浙江卷] 设l 是直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β C ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥βG5 空间中的垂直关系21．G5[2012·江西卷] 如图1－7，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4，现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG.(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积．图1－722．G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，∠CAB ＝π2.(1)证明：CB 1⊥BA 1；(2)已知AB ＝2，BC ＝5，求三棱锥C －ABA 的体积．23．G5、G12[2012·广东卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB.24．G5、G11[2012·安徽卷] 如图1－3，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面A 1B 1C 1D 1是正方形，O 是BD 的中点，E 是棱AA 1上任意一点．(1)证明：BD ⊥EC 1；(2)如果AB ＝2，AE ＝2，OE ⊥EC 1，求AA 1的长．G6 三垂线定理G7 棱柱与棱锥25．G7[2012·山东卷] 如图1－3所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥A －DED 1的体积为________．226．G7[2012·江苏卷] 如图1－2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.G8 多面体与球27．G8[2012·辽宁卷] 已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形，若PA＝26，则△OAB的面积为________．28．G8[2012·课标全国卷] 平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为()A.6π B．43πC．46π D．63πG12 单元综合29．G12[2012·四川卷] 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2012模拟题40．[2012·韶关调研] 三棱柱的直观图和三视图(正视图和俯视图是正方形，侧视图是等腰直角三角形)如图K27－3所示，则这个三棱柱的全面积等于()图A．12＋4 2 B．6＋2 2 C．8＋4 2 D．441．[2012·辽宁两校联考] 已知球的直径SC＝4，A，B是球面上的两点，AB＝2，∠BSC＝∠ASC＝45°，则棱锥S －ABC的体积是()A.33 B.233 C.433 D.53342．[2012·辽宁部分重点中学联考] 棱长为1的正方体和它的外接球被一个平面所截，截面是一个圆及其内接正三角形，那么球心到截面的距离等于________．。
2012高考文科数学立体几何_(答案详解)
选择题1.（12年四川卷）如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45 角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的 一点P 满足60BOP ∠= ，则A 、P 两点 间的球面距离为 （ ）A. arccos4R B. 4R πC. arccos 3RD. 3R π 2.（12年广东卷）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π3.（12年重庆卷）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a 且长为a的棱与长为的棱异面，则a 的取值范围是（ ）A.B.C.D.4.（12年浙江卷）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ） A.1cm 3 B.2cm 3 C.3cm 3 D.6cm3图1C5.（12年浙江卷）设l 是直线，αβ，是两个不同的平面 （ ）A.若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD. 若α⊥β， l ∥α，则l ⊥β6.（12年新课标卷）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ）A .6B .9C .12D .187. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）A．28+ B．30+ C．56+ D ．60+ 8.（12年福建卷）一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 9.（12年湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是（ ）10.（12年江西卷）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 ( )A B C DA ．112B.5C.4D. 9211.（12年大纲卷）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2BCD ．1 12.（12年陕西卷）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（ ）填空题1．（12年湖北卷）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .左视图主视图俯视图侧视图正视图俯视图2.（12年四川卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD ，1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.3.（12年山东卷）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，E 为线段C B 1上的一点，则三棱锥1DED A -的体积为___________ .4.（12年安徽卷）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_____.5.（12年江苏卷）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．NA 1A B CC 1 A 1 侧（左）视图正（主）视图 4俯视图 5 4 26.（12年辽宁卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.7.（12年辽宁卷）已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD是边长为.若PA =，则OAB ∆的面积为______________. 8.（12年大纲卷）已知正方形1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为1BB ，1CC 的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为 ．9.（12年上海卷）一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为 . 10.（12年天津卷）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积 3m.2.（12年山东卷）(本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点， 求证：DM ∥平面BEC .3.（12年广东卷）(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥平面ABCD ； （2）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积； （3）证明：EF ⊥平面PAB ． 6.（12年新课标卷）（本小题满分12分） 如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，o 90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的 中点.(Ｉ) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC（Ⅱ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.选择题1.【答案】A【分析】由已知可知，AOP CBD ⊥面面，∴cos cos cos AOP AOB BOP = ∠∠∠，带入数据得1cos ==224AOP ∠，arccos4AP R ∴=. 2. 【答案】C【分析】几何体是半球与圆锥叠加而成它的体积为32141π3π330π233V =⨯⨯+⨯⨯= 3.【答案】：A【分析】：如图所示，取,E F 分别为,PC AB 的中点，依题意可得PB BC ⊥，所以GEAB FCPD HBE ==.在BEF ∆中，BF BE <，所以2AB BF =<4. 【答案】C【分析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 5.【答案】B【分析】利用排除法可得选项B 是正确的，∵l ∥α，l ⊥β，则α⊥β．如选项A ：l ∥α，l ∥β时，α⊥β或α∥β；选项C ：若α⊥β，l ⊥α时，l ∥β或l β⊂；选项D ：若α⊥β，l ∥α时，l ∥β或l ⊥β．6. 【答案】B【分析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，底边上高为3的等腰三角形，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B. 7. 【答案】B 【分析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式，可得：=10=10=10S S S S 后右左底，，，因此该几何体表面积30S =+，故选B .8. 【答案】D【分析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆.9. 【答案】D【分析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均相同，原图下面部分应为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A ，B ，C 都可能是该几何体的俯视图，D 不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面部分应为中间有条虚线的矩形..10. 【答案】C【分析】通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形（2条对边长为1，其余4，高为1的直棱柱.所以该几何体的体积为112122142V sh ⎛⎫==⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选D.11. 【答案】D【分析】因为底面的边长为2，高为,AC BD ，得到交点为O ，连接EO ，1//EO AC ，则点1C 到平面BDE 的距离等于C 到平面BDE 的距离，过点C 作CH OE ⊥，则CH 即为所求，在三角形OCE 中，利用等面积法，可得1CH =，故选答案D. 12.【答案】B【分析】显然从左边看到的是一个正方形，因为割线1AD 可见，所以用实线表示；而割线1B C 不可见，所以用虚线表示．故选B ．填空题1. 【答案】12π【分析】该几何体的左中右均为圆柱体，其中左右圆柱体全等，是底面半径为2，高为1的 圆柱体；中间部分是底面半径为1，高为4的圆柱体，所以所求的体积为：22π212π14=12πV =⨯⨯⨯+⨯⨯.2. 【答案】o 90【分析】方法一：连接D 1M ，易得DN ⊥A 1D 1 ，DN ⊥D 1M ，所以，DN ⊥平面A 1MD 1，又A 1M ⊂平面A 1MD 1，所以，DN ⊥A 1M ，故夹角为o 90 方法二：以D 为原点，分别以DA ， DC ， DD 1为x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设正方体边长为2，则D （0，0，0），N （0，2，1），M （0，1，0），A 1（2，0，2）故1(0,2,1)(2,1,2)DN MA ==- ， 所以， 111cos ,0DN MA DN MA DN MA <>==，故DN ⊥A 1M ，所以夹角为o 90.3. 【答案】61 【分析】求1DED A -的体积，显然为定值，也就是说三棱锥的底面面积与三棱锥的高都为定值，因此，我们需要找一个底面为定值的三角形，三角形1ADD 的面积为21（为定值），而E 点到底面1ADD 的高恰为正方体的高为1（为定值），因此体积为61. 4. 【答案】56 【分析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的的体积是：()12544562V =⨯+⨯⨯=5. 【答案】6【分析】∵长方体底面A B C D 是正方形 ，∴△ABD 中BD cm ，BD 边上的高（它也是四棱锥11A BB D D -的高）∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯6. 【答案】12π+【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为3411112ππ⨯⨯+⨯⨯=+7.【答案】【分析】点P A B C D O 、、、、为球内接长方体的顶点，14O OAB ∴∆球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，164OAB AB PA S ∆===⨯=8. 【答案】35【分析】首先根据已知条件，连接DF ，则由//DF AE 可知1DFD ∠或其补角为异面直线AE 与1D F 所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到112DF D F DD ===，再由余弦定理可得22211115543cos 2255D F DF D D DFD D F DF +-+-∠===⋅⨯. 9. 【答案】π6【分析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为1=r ，所以该圆柱的表面积为：22π2π4π2π6πS rh r =+=+=.10. 【答案】30【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的底面为直角梯形的直四棱柱构成的组合体.长方体的体积为24243=⨯⨯，直四棱柱的体积是6412)21(=⨯⨯+，所以几何体的总体积为30.2. 【证明】(Ⅰ)设BD 的中点为O ，连接,OC OE , 则由BC CD CO BD =知垂直 又CE BD ⊥，所以BD OCE ⊥平面 所以BD OE ⊥，即OD 是BE 的垂直平分线BE DE =所以(Ⅱ)取AB 的中点为N ，连接MN ,DN 因为M 是AE 的中点，，所以//MN BEO NM因为ABD ∆是等边三角形，所以DN ⊥AB由o o 12030BCD CBD ∠=∠=知，所以o 90ABC ∠=，即BC ⊥AB 所以ND //BC所以平面MND //平面BEC ，故DM //平面BEC3. 【解】（1）AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD PH AB ⇒⊥ 又,PH AD AD AB A PH ⊥=⇒⊥ 面ABCD （2）E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离1122h PH ==三棱锥E BCF -的体积11111133262BCF V S h FC AD h ∆=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯=（3）过D 作DG PA G ⊥于，连接EG ，易得EG PAD ⊥面 由AB ⊥平面PAD ⇒面PAD ⊥面PAB DG ⇒⊥面PAB E P B E GP A A B P是的中点，⊥，⊥ 11//,//////22EG AB DF AB EG DF DG EF ⇒⇒⇒ 得：EF ⊥平面PAB6. 【解】（Ⅰ）由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =∩，∴BC ⊥面11ACC A又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥，由题设知01145A DC ADC ∠=∠=，∴1CDC ∠=090，即1DC DC ⊥， 又∵DC BC C =∩，∴1DC ⊥面BDC ， ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1，∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。
2012年高考“立体几何”专题分析
４ ２ Ｄ２ Ｃ２ ．
【 评析】这 两题均 以旋转体为载体 ，其 中文科题是 以如 图 ７
所 示的平 卧式 哑铃 实物为素材 的组合体 ，理 科是 以圆柱被 截得
的 几 何 体 为 素 材 给 出 三视 图 ， 两 题 都 是 要 求 考 生 能根 据 三 视 图
两证 一算 或两 算一证） ，但考查 方式 则呈 现多 样化 的趋 观感知 和 简单 的推 理论证 ；理科 不仅考 查 了直 线、平面 的位 置 三问 （
关系 ，还 以空 间三种 角的计算 为载体 ，考 查考 生的逻辑推理 能 势 ，问题一般 以常 规的几何体 、平 面图形的折叠 、多面体 与旋
２１ ０ ２年 第 ７８期 ＼ －
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二 、亮 点 基础 、突出重点 的同时 ，与 ０ ２年
２ １ 年 题型拓展较 宽的力度相 比 ，呈现返璞归真 的势头 ，可谓 ０ １
其 文科 立体几何选择题处在 第 ３题 的位置 ，而理科则处在 第 １ ０题 朴素 中透灵气 ，平实中见真功． 中部分小题 的设计倒是容易看 的位 置） ，大题难度差异加大 （ 如文科 的解答题 以直线、平面的 出其 图形 既贴近教 材又别 出心裁 ，呈 现 出一道 道小巧靓 丽的风 一证一算） ，或 位 置关 系。简单几何体 的表 面积 与体积 的计算 为主 ，侧 重于直 景线 ；而大题 大多 比较老套 ，一般仍设置两 问 （
2012年高考题立体几何
2012年高考题1.[2012·陕西卷] (1)如图所示，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(不需证明)．解：(1)证法一：如下图，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λ，μ使得c ＝λb ＋μn ，则a·c ＝a ·(λb ＋μn )＝λ(a·b )＋μ(a·n )，因为a ⊥b ，所以a·b ＝0，又因为a π，n ⊥π，所以a·n ＝0，故a·c ＝0，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 π，∴直线PO ⊥a ，又a ⊥b ，b 平面P AO ，PO ∩b ＝P ， ∴a ⊥平面P AO ，又c 平面P AO ，∴a ⊥c .(2)逆命题为：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 ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．2.[2012·全国卷] 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 .(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．解：方法一：(1)因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，又P A ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD .设AC ∩BD ＝F ，连结EF .因为AC ＝22，P A ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，AC EC ＝ 6.因为PC FC ＝AC EC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠P AC ＝90°，由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED .(2)在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足．因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面P AB ⊥平面PBC .又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面P AB 内两条相交直线P A ，AG 都垂直，故BC ⊥平面P AB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝P A 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.方法二：(1)以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23， 从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0，且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b ，2. 因为面P AB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°. 因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.3.[2012·福建卷] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0. 取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 21＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a221＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.4. [2012·江苏卷] 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE .证明：(1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1，所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE .5.[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，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 ′的中点．所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′，因此MN ∥平面A ′ACC ′.(证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ，M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′，又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′，而MN ⊂平面MPN ，因此MN ∥平面A ′ACC ′.(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AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)．所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1.设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧ λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧ －λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0.可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2.6.[2012·重庆卷] 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值．解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中，cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2.故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝(0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)， 设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63. 7. [2012·浙江卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)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．解：(1)因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD . 又因为MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)方法一：连结AC 交BD 于O .以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC .在Rt △P AC 中，AC ＝23，P A ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4.由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ⎝⎛⎭⎫－32，－32， 6，N ⎝⎛⎭⎫－32，32， 6，Q ⎝⎛⎭⎫33，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，6，AN →＝⎝⎛⎭⎫32，32，6知⎩⎨⎧ 32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM →＝⎝⎛⎭⎫－536，－32，63，QN →＝⎝⎛⎭⎫－536，32，63知⎩⎨⎧ －536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0，取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333. 方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB . 又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD .所以PB ＝PC ＝PD .所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN . 取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角．由AB ＝23，P A ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝332. 在直角△P AC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝56，得MQ ＝PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝5.在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝MQ 2－ME 2＝112. 在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝112，AQ ＝22，得cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333. 所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333. 8. [2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD .(2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20 h 2， 所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010. 方法二：(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD .又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面P AC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，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 △P AC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC .在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝15， 故sin ∠AFB ＝15 .在△AFB 中，由BF sin ∠F AB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝12，sin ∠F AB ＝sin135°＝22，可得BF ＝52. 由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos ∠F AB ，可得AF ＝12.设AE ＝h . 在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12. 在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF ，可解得h ＝1010.所以AE ＝1010. 9.[2012·四川卷] 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．答案：90° [解析] 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，故A 1在平面CDD 1C 1上的射影为D 1，即A 1M 在平面CDD 1C 1上的射影为D 1M ，而在正方形CDD 1C 1中，由tan ∠DD 1M ＝tan ∠CDN ＝12， 可知D 1M ⊥DN ，由三垂线定理可知，A 1M ⊥DN .10. [2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE .证明：(1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1，所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE .11. [2012·湖南卷] 如图，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．(1)证明：CD ⊥平面P AE ；(2)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．解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .而P A ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面P AE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF .由(1)CD ⊥平面P AE 知，BG ⊥平面P AE .于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角，且BG ⊥AE .由P A ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝P A PB ，sin ∠BPF ＝BF PB，所以P A ＝BF . 由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ，所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3.于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855.于是P A ＝BF ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×P A ＝ 13×16×855＝128515.解法2：如上图(2)，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面P AE .(2)由题设和(1)知，CD →，P A →分别是平面P AE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈P A →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·PB →|P A →|·|PB →|.由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，P A →＝(0,0，－h )，又PB →＝(4,0，－h )，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2.解得h ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×P A ＝13×16×855＝128515.。
2012立体几何高考题
2012年高考立体几何选作1、[2012·课标全国卷] 已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( ) A.26 B.36 C.23 D.222、[2012·辽宁卷] 已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．3、[2012·北京卷] 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．A CB DE A C E D M 图1 图24、[2012·湖北卷] 如图1所示，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大？(2)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．5、[2012·全国卷] 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 .(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．A B C D AD BC M E 图1 图2PABC E6、[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．7、[2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．A BCC /A /B /M N PA B C8、[2012·福建卷] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．9、[2012·湖南卷] 如图，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．(1)证明：CD ⊥平面P AE ；(2)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．A A 1B 1C 1D 1 D CE B B C EDP A。
2012年高考真题汇编——理科数学(解析版)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，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) (D)【答案】 B【分析】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1 1 9,选 B.V6 3 3322.【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.存在某个地点，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 .B.存在某个地点，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 .C.存在某个地点，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 .D.对随意地点，三对直线“ AC 与 BD ”，“ AB 与 CD ”，“ AD 与 BC ”均不垂直【答案】 C【分析】最简单的方法是取一长方形着手依据其要求进行翻着，察看在翻着过程，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 SABC 的全部极点都在球 O 的求面上， ABC是边长为1SC 为球 O 的直径，且 SC 2 ；则此棱锥的体积为（ ）的正三角形， ( A)23 (C )2 26( B)3( D )62【答案】 A【分析】ABC 的外接圆的半径 r3 ，点O 到面 ABC 的距离 dR 2 r 26 , SC为33球O 的直径点 S 到面 ABC 的距离为2d2 63此棱锥的体积为 V1S ABC 2d1 32 6 233 4 36另： V1S ABC 2R3 清除 B,C, D ,选 A.364.【 2012 高考真题四川理 6】以下命题正确的选项是（）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订交平面，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【分析】 A.两直线可能平行，订交，异面故 A 不正确； B.两平面平行或订交； C.正确； D.这两个平面平行或订交 .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 内，过点 O 作平面的垂线交半球面于点A ，过圆 O 的直径 CD 作平面 成 45 角的平面与半球面订交，所得交线上到平面的距离最大的点为B ，该交线上的一点 P 知足BOP 60 ，则 A 、PABDPO两点间的球面距离为（ αC）A 、 R arccos2 B 、R C 、 R arccos 3D 、R4433【答案】 A【分析】依据题意，易知平面AOB ⊥平面 CBD, cos AOP cos AOB cos BOP2 1 2 AOP2 ，由弧长公式易得，A 、 P 两点间的球面距离为22,arccos44R arccos2.46.【 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ABC A 1 B 1C 1 ，CA CC 12CB ，则直线 BC 1 与直线 AB 1 夹角的余弦值为（）5 5 2 53A.B. C.5D.5355.【答案】 A.【分析】设 |CB |a ，则 |CA | | CC 1 | 2a ， A(2a,0,0), B( 0,0, a),C 1 (0,2a,0), B 1 (0,2a, a) ，AB 1 ( 2a,2a, a), BC 1(0,2a, a) ， cos AB 1 , BC 1AB 1 BC 1 5，应选 A.| AB 1 || BC 1 |57. 【 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行能是【答案】 D【分析】此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 所告知，原图下边图为圆柱或直四棱柱，上边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不行能是该几何体的俯视图，由于它的正视图上边应为如图的矩形.【评论】此题主要考察空间几何体的三视图，考察空间想象能力 . 是最近几年高考取的热门题型 . 8.【 2012 高考真题湖北理 4】已知某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为A．8πB． 3π3C． 10πD． 6π3【答案】 B【分析】明显有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，而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下图，它的体积为A． 12π B.45π C.57π D.81π【答案】 C【分析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，依据三视图中的数目关系，可得V V圆锥V圆柱13252 -32325 57 ．应选C．310.【 2012 高考真题福建理 4】一个几何体的三视图形状都同样、大小均相等，那么这个几何体不能够是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】 D.【命题立意】此题考察了空间几何体的形状和三视图的观点，以及考生的空间想象能力，难度一般 .【分析】球的三视图全部是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全部是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.能够清除 ABC，应选Ｄ．【2012高考真题重庆理9】设四周体的六条棱的长分别为1，，，，2和 a ，且长为 a11.111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【分析】由于BE1(2)2112则 BF BE，AB2BF2BE2，222选 A，12.【 2012 高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如下图，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】 B【分析】从所给的三视图能够获得该几何体为三棱锥，如下图，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，黑色数字代表经过勾股定理的计算获得的边长。
2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何(教师版)
俯视图正(主)视图侧(左)视图EF D IA H GBC E FD AB C 侧视 图1 图2B E A ． B E B ． B EC ． B ED ． 2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何（文理适用）第一节 空间几何体三视图和几何体的结构特征是新课标高考的必考点，几何体的表面积和体积也是高考命题的重点和热点，几乎年年出现，大多以小题出现，难度不大，大题中也有以三视图为背景条件的求面积、体积及位置关系问题。
考试要求:（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；（2）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；（4）会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）； 题型一：三视图例1（1）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该 几何体的表面积是（ ） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π 点拨 识别上述三视图表示的立体图形解 从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合 而成的简单几何体，其表面积为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D.易错点 对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.（2）将正三棱柱截去三个角（如图，图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）点拨 侧视图和底面和HGDE 垂直，分析A 的位置 .解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A 易错点 对于左视图中点A 的位置分析不正确.变式与引申1（1）一个体积为 三棱柱的左视图的面积为（ ）A ．B ．8 C．D ．12（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是（）.A．6 B．7 C．8 D．9题型二与球有关组合体例2如图正三棱锥的高为1，底面边长为62，内有一个球与四个面都相切. 求棱锥的表面积和球的半径.点拨解决这类题的关键是根据空间想象能力和组合体的特点画出截面图.解：如图下图过PA与球心O作截面PAE与平面PCB交于PE，与平面ABC交于AE，因△ABC是正三角形，易知AE即是△ABC中BC边上的高，又是BC边上的中线，作为正三棱锥的高PD通过球心，且D是三角形△ABC的重心，据此根据底面边长为62，即可算出1133DE AE PE====由△POF～△PED，知,1PErDEr-=∴.26,312-=-=rrr∴().362962433622132+=⨯+⨯⨯⨯=+=底侧表SSS易错点，立体几何问题转化为平面问题解决.，截面图准确画出是最关键，也是容易出错的地方。
2012届高考数学立体几何备考复习教案
2012届高考数学立体几何备考复习教案专题四：立体几何【备考策略】根据近几年高考命题特点和规律，复习本专题时要注意以下几方面：1．全面掌握空间几何体的概念及性质，特别是常见几何体如正方体、长方体、棱柱、棱锥、球的概念和性质，这是进行计算和证明的基础。
2．多面体画图、分析图，用自己的语言描述图，提高借助图形分析问题的能力，培养空间观念。
3．注重三视图与直观图的相互转化及等积转化的思想。
4．特别关注空间三种角落计算问题以及涉及到探究点的位置的问题。
第一讲空间几何体【最新考纲透析】1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。
2．能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图。
3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。
4．会画某些建筑物的三视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）。
．了解球、棱柱、棱锥的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
【核心要点突破】要点考向1：空间几何体的三视图考情聚焦：1．三视图是新标教材的新增内容，是高考中新的增加点及亮点。
2．常与表面积、体积计算综合出现，多以选择题或解答题的形式呈现，属较容易的题。
考向链接：1．解答此类问题，首先由三视图想象出原几何体的形状，并由相关数据得出几何体中的量。
2．掌握三视图是正确解决这类问题的关键，同时也体现了知识间的内在联系，是高考的新动向。
例1：（2010•陕西高考理科•Ｔ7）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）(A) (B) () 1 (D) 2【命题立意】本题考查三视图的概念及空间想象能力，属中等题。
【思路点拨】三视图几何体是直三棱柱该几何体的体积【规范解答】选由该几何体的三视图可知，该几何体是直三棱柱，且棱柱的底面是两直角边长分别为和1的直角三角形，棱柱的高为，所以该几何体的体积要点考向2：几何体的表面积与体积考情聚焦：1．几何体的表面积与体积一直是高考的热点内容，应引起重视。
浅析2012高考立体几何试题的考查功能
Ｉ Ｍ Ｏ Ｉ ＝ 寺 Ｉ Ｉ ， Ｉ Ｍ Ｎ Ｉ ＝ Ｈ ｌ ｌ ＝ ４ 一 寺 Ｉ ｌ ，
又ｌ Ｉ ｌ ＝ １ ０ ，
￣Ｉ Ｍ Ｎ Ｉ ＋ Ｉ Ｍ Ｏ Ｉ ＝ ４ 一 去 ｆ Ｉ ＋ 去 Ｉ Ｉ ＝ ９ ．
４变废为宝试推广
错题经过 改造后 ，仍保持原有的考察 内容 ，变 成有价值试题 ． 笔者把修改后的题 目进行推广如下 ：
与圆 ＋ ＝Ｆ ２ （ ０ ＜ ｒ ４ ａ 一 ｂ ） 相切于点 Ⅳ ， 且与椭
圆相 交点 Ｐ （ 离 点 较 近 的交点 ） ， 为线段 的
切于点 Ｊ Ｖ， 且与双 曲线左 支交 点 尸 ， 为线 段 的
中点，Ｏ 为坐标原点， 则』 Ｍ Ｎ Ｉ ＋ ｌ Ｍ Ｏ Ｉ ＝ — —
考查和导 向功能 ；试题的客观功能则是指作为试题 本身 所客观 存在 的现 实功能 ．本文 主要研 究 的是 ２ ０ １ ２年高考数学立体几何试题的客观功能 ，从基础 知识 和基本能力 ，数学思想与数学方法 ，数学创新 意识、数学实践能力等考查方面进行分析 ．
提供 了帮助 ．高考中对此知识 的考查 ，受到了普遍
Ｃ
本题 体 现 了化 归与 转 化 思 想 ，将 直线 与 平 面 的 垂 直 问题转 化 为 直 线与 直 线 的垂 直 问题 ，将 直 线 与 平 面 所成 的角 转 化为 求 直 线 所对 应 的 向量 与 平 面 的
３数学能力的考查功能 在 考 查 功 能 方面 ，高考 不 仅 要考 查 考 生数 学 知
２ ０ １ ３ 年第 １ 期
福建 中学数 学
５
ｋ ＝ ± ÷，即 直线方程为Ｙ ＝ ± （ ＋ √ ４ １ ） ，易知
叶 ‘ ．
ｖ
2012年高考理科数学——立体几何
2012年高考数学理科——立体几何1、2012新课标理（11）已知三棱锥S A B C -的所有顶点都在球O 的求面上，A B C ∆是边长为1的正三角形，S C 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6()B6()C3()D 22、2012重庆（9）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a ，且长为a 的棱与a 的取值范围是（A ） （B ） （C ） （D ）(1,3、2012全国理（4）已知正四棱柱1111ABC D A B C D -中 ，2A B =，1CC =E 为1C C 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（A ）2 （B （C （D ）14、2012全国理（12）正方形A B C D 的边长为1，点E 在边A B 上，点F 在边B C 上，37A EB F ==。
动点P 从E 出发沿直线向F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P 第一次碰到E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为 （A ）16 （B ）14 （C ）12 （D ）105、2012全国理（16）三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA C AA ∠=∠=，则异面直线1A B 与1BC 所成角的余弦值为____________。
6、2012浙江理10．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ∆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7、2012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（） 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 ．183 ．（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 ．4R πC ．3arccos3R D ．3R π6 ．（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 [答] （ ） 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.αCAODBP8 ．（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 ．55B ．53C ．255D ．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3169d V ≈. 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 ．3169d V ≈ B ．32d V ≈ C ．3300157d V ≈D ．32111d V ≈ (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 ．81π14．（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A图1 B C D 侧视图正视图2 42 4 2俯视图15．（2012年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,22,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2B ．3C ．2D ．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 ．2865+B ．3065+C ．56125+D ．60125+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1．（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 .2．（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 3.3．（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____________.4．（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 _________ . 5．（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_________ .6．（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 E D F -的体积为____________.7．（2012年高考（辽宁理））已知正三棱锥P -ABC ,点P ,A ,B ,C 都在半径为3的求面上,若PA ,PB ,PC 两两互相垂直,则球心到截面ABC 的距离为________.8．（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______________.31363223侧视图俯视图正视图NMB 1A 1C 1D 1BDCAABCD9．（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 3.10．（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_____________.11．（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_____.三、解答题1．（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.2．（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.DABC1C 1D 1A1BDCBAP3．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为23的菱形,且∠BAD =120°,且PA ⊥平面ABCD ,PA =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.4．（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.5．（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.6．（2012年高考（上海理））如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥底面ABCD ,E 是PC 的中点.已知AB=2,AD=22,PA=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.7．（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)ABCPA BCDPE CDA 1B 1C 1D 1线,b 是π外的8．（2012年高考（陕西理））(1)如图,证明命题“a 是平面π内的一条直一条直线(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)9．（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.10．（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.11．（2012年高考（江西理））在三棱柱111ABC A B C -中,已知15,4AB AC AA BC ====,在1A 在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O 。