2017年高考立体几何大题(文科)

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2011—2017高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何汇编

新课标全国卷I 文科数学汇编立体几何-、选择题【2017, 6】如图，在下列四个正方体中， A ，B 为正方体的两个顶点，M , N , Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接 AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径•若该几何体的体积是28n,则它的表面积是（） 3A • 17 nB • 18 nC • 20 nD • 28 n【2016, 11】平面:过正方体 ABCD - B 1C 1D 1的顶点A , :- II 平面CB 1D 1，:•门平面ABCD 二m ,-■门平面ABBA 二n ，则m,n 所成角的正弦值为（）D • 15【2012, 8】平面〉截球O 的球面所得圆的半径为 1,球心O 到平面〉的距离为,2 ,则此球的体积为（）【2011, 8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（） :■、填空题【2017 , 16】已知三棱锥S - ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA 丄平面SCB, SA=AC , SB=BC ，三棱锥S — ABC 的体积为9，则球O 的表面积为 ___________【2015, 6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名着，书中有如下问题：今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？ ”其意思为：在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？ ”已知1斛米的体积约为1. 62立方尺，圆周率约为 3,估算出堆放的米有（）A • 14 斛B • 22 斛C • 36 斛D • 66 斛【2015, 11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为 r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为 16+20n ，则 r=(A • 1B • 2C . 4D • 8【2015, 11】【2014, 8】【2012, 7】【2014, 8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线视图，则这个几何体是（ A .三棱锥 B .三棱柱【2013, A •16 n【2012,） C .四棱锥D .四棱11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体C . 1616+ 8 n 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, 柱的体积为（+ 16 n则此几何体的体积为 12 B . 4、3二 C . 4.6二D . 6.3：)B【2013, 15】已知H是球O的直径AB上一点，AH : HB = 1 : 2, AB丄平面a, H为垂足，a截球0所得截面的面积为n则球0的表面积为___________________ .【2011, 16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面3积是这个球面面积的—，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.16三、解答题【2017, 18】如图，在四棱锥P - ABCD 中，AB // CD，且/BAP WCDP =90 .(1)证明：平面PAB _ 平面PAD ; (2)若PA= PD = AB= DC, . APD=90，且四棱锥8P-ABCD的体积为-，求该四棱锥的侧面积.3【2016,18】如图所示，已知正三棱锥 P — ABC 的侧面是直角三角形， PA = 6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点 E •连结PE 并延长交AB 于点G .(1) 求证：G 是AB 的中点；(2) 在题图中作出点 E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体 PDEF 的体积. 【2015, 18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE 丄平面ABCD ,(I )证明：平面 AEC 丄平面BED ;(H )若/ ABC=120 ° AE 丄 EC , 三棱锥 E- ACD 的体积为二6，求该三棱锥的侧面积.3【2014,19】如图，三棱柱ABC-AB i C i中，侧面BBGC为菱形，BQ的中点为O,且AO _平面BB1C1C.(1)证明：BQ_AB；(2)若AC _ AB「. CBB1 =60 ,BC =1,求三棱柱ABC-A^G 的高.【2013, 19】如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，CA= CB , AB= AA1,Z BAA1 =60°(1)证明：AB丄A1C; (2)若AB= CB= 2，A1C = ■.. 6，求三棱柱ABC —A1B1C1 的体积.119】如图，三棱柱ABC — A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面， £ACB =：90 , AC=BC= AA 1, D 是棱A"2 证明：平面 BDC 1L 平面BDC ; 平面BDC i 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【2012, 的中点.(1) (2)【2011,18】如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，. P PD _ 底面 ABCD .(1) 证明：PA _ BD ；(2) 若PD = AD =1，求棱锥 D - PBC 的高.DAB 卜60\AB! ■ \ 2AD ,■CA lB l DBAB一、选择题【2017, 6】如图，在下列四个正方体中， A , B 为正方体的两个顶点， M , N , Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接 AB 与平面MNQ 不平行的是（）【解法】选 A .由B , AB // MQ ,则直线AB //平面MNQ ;由C , AB // MQ ，则直线AB //平面MNQ ;由 D , AB // NQ ，则直线 AB //平面MNQ .故A 不满足，选 A .2016, 7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径•若该几解得R = 2 .该几何体的表面积等于球的表面积的-，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的8所以该几何体的表面积为 S =- 4n 223 1 n 22=14 n 3n = 17 n 故选A .84【2016,11】平面:-过正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1的顶点A , :- /平面CB 1D 1,〉门平面ABCD平面ABB 1A 1二n ，则m,n 所成角的正弦值为（）B .辽解析：选A .解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示.通过寻找线线平行构造出平面即平面AEF ，即研究—、3AE 与AF 所成角的正弦值，易知• EAF，所以其正弦值为.故选A .32解法二（原理同解法一） :过平面外一点 A 作平面：•，并使://平面CB 1D 1，不妨将点 A 变换成B ，作：使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到［，即为平面A ,BD ，如图所示，即研究 AB 与BD 所成角的正弦值，易知 NABD =―,所以其正弦值为3【2015, 6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名着,下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？ ”其意思为：在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为 8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？ ”已知1斛米的体积约为1. 62立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米有（）B何体的体积是型，则它的表面积是（3).A . 17 nB . 18 nC . 20 nD . 28 n解析：选A .由三视图可知，该几何体是一个球截去球的1，设球的半径为R ，则--nR88 3328 n书中有如下问题：今有委米依垣内角,A . 14 斛B . 22 斛C . 36 斛D . 66 斛*11 A*1 A Q QQr,依题丄2 3r = r =16，所以米堆的体积为 --3 (工)25=320,43 4 339320故堆放的米约为320勻.9【2015,11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为 r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为 16+20n ,则r=（A . 1B . 2C . 4D .解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，、 2 2 2 2为 2 n + n X 2r+ n +2r >2r =5 n +4r = 16+20 解得r= 2，故选B .【2014, 8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（）BA .三棱锥B .三棱柱C .四棱锥D .四棱柱解：几何体是一个横放着的三棱柱.故选B【2013,11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A . 16 + 8 n B . 8 + 8 nC . 16 + 16 n在Rt 001A 中，球的半径 R = 0A 二 3 ,解：设圆锥底面半径为8圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积解析：选A .该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱=—nX^24 = 8 n V 长方体 =4疋疋=16 .所以所求体积为 16+ 8兀故选A .27】如图，网格纸上小正方形的边长为【2012,（）A . 1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 6B . 9由三视图可知，该几何体为三棱锥 A-BCD , 底面△ BCD 为底边为6,高为3的等腰三角形，侧面ABD 丄底面BCD , AO 丄底面BCD , 因此此几何体的体积为1 1 V （ 6 3）3=9，故选择3 212D . 15【2012, 8】8 .平面：•截球O 的球面所得圆的半径为 1，球心0到平面〉的A .6 ■:B . 4.3二C . 4 .6 二D . 6.3 二【解析】如图所示，由已知 O 1A =1 ,D001 〜2,距离为 2，则此球的体积为（所以此球的体积V =彳二R3=4、3二，故选择B.3【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算.【2011, 8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形. 故选D.:■、填空题【2017, 16】已知三棱锥s_ ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径•若平面SCA丄平面SCB, SA = AC , SB=BC，三棱锥S —ABC的体积为9,则球O的表面积为______________ 【解析】取SC的中点O ,连接OA,OB，因为SA二AC,SB二BC ,所以OA_ SC,OB _ SC ,因为平面SAC_ 平面SBC 所以OA_ 平面SBC 设OA r1 1 1 1 3 1 3V A_SBC S SBC OA 2r r r r，所以—r =9= r =3,3 © 3 2 3 3所以球的表面积为4二r2=36二•【2013, 15】已知H是球O的直径AB上一点，AH : HB = 1 : 2, AB丄平面a, H为垂足，a截球O所得截面的面积为n则球O的表面积为__________________ •答案：9n 2解析：如图，2R R设球O 的半径为R,贝y AH = , OH= .又••• n EH2= n 二EH = 1 在Rt△ OEH 中，R2=3 3(+12,••• R2= 9. ••• S球=4K R2=9n.(3 丿8 2【2011, 16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面3积是这个球面面积的—，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为162 3 2 2 3 2【解析】设圆锥底面半径为r，球的半径为R，则由n 4 n R ,知r R .16 4根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此PB _ QB .设PO = x , QO = y，则x y = 2R .又△PO B s^ BO Q，知r2= OB2=xy .即xy = r2 = 3R2.4由及x y可得x = 3R,y = R.2 2则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为1故答案为丄•3三、解答题【2017, 18］如图，在四棱锥P-ABCD中，AB //(1)证明：平面PAB _平面PAD ; ( 2 )若8P-ABCD的体积为-，求该四棱锥的侧面积.3 CD，且BAP—CDP =90 .PA 二PD 二AB 二DC, APD = 90，且四棱锥【解法】(1) 丫 BAP =/CDP =9° , AB_APCD D P又 T AB// CD . AB _ DP(2)由题意：设PA = PD = AB = DC=a ，因为N APD=90° 所以A PAD 为等腰直角三角形即 AD= “ 2a取AD 中点E ，连接PE ,则PE = —2a，2又因为平面PAB _平面PAD 所以PE _平面ABCD因为 AB _ 平面 PAD , AB // CD 所以 AB _ AD , CD — AD 又 AB 二 DC=a 所以四边形ABCD 为矩形»V P 乂BCD -L A BA D L P E 冷Ja_2a 普a = 1a 3 =8所以 3 3 2 3 3即a 二2【2016,18】如图所示，已知正三棱锥 P - ABC 的侧面是直角三角形，PA = 6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点 D , D 在平面PAB 内的正投影为点 E •连结PE 并延长交 AB 于点G .(1) 求证：G 是AB 的中点；(2) 在题图中作出点 E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积. 解析：(1)由题意可得 △ ABC 为正三角形，故 PA = PB =PC =6 . 因为P 在平面ABC 内的正投影为点 D ，故PD _平面ABC . 又AB 平面ABC ，所以AB _ PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为点 E ，故DE _平面PAB . 又AB 平面PAB ，所以AB _ DE •因为 AB_PD , AB_DE , PD ^DE H D , PD, DE 平面 PDG , 所以AB _平面PDG •又PG 平面PDG ，所以AB _ PG .因为PA 二PB ，所以G 是AB 的中点.(2)过E 作EF // BP 交PA 于F ，则F 即为所要寻找的正投影. 理由如下，因为 PB — PA , PB// EF ，故EF — PA .同理EF _ PC , 又 PA" PC = P , PA, PC 平面 PAC ，所以 EF _ 平面 PAC ,又AP 二平面PAD ,DP 平面 PAD ，且 APn DP =PAB _平面PADTAB二平面所以平面PAB _平面PAD故F即为点E在平面PAC内的正投影.又 ABC = 120，所以在厶 AEC 中， AEC =90‘；，所以 EG 二丄 AC —、3x ,11所以 V D £EFS A PEFDE PF EF DE36在厶PDG 中，PG, DG 「6, PD =2、、3，故由等面积法知 DE = 2 •由勾股定理知PE 二2・2，由△ PEF 为等腰直角三角形知 PF 二EF =2，故V D 』EF 【2015, 18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE 丄平面ABCD , (I )证明：平面 AEC 丄平面BED ;(H )若/ ABC=120 ° AE 丄 EC , 三棱锥 E- ACD的体积为二6，求该三棱锥的侧面积.3解: ( I ) T BE 丄平面 ABCD , • BE 丄 AC . AG=GC=3x, GB=GD= - •在 Rt A AEC 中，可得2 2EG = —32•••在Rt A EBG 为直角三角形，可得 BE=•- V E 知=~ -AC GD B^ — x 33 224x =2•由 BA=BD=BC 可得 AE= ED=EC= 6 •• A AEC 的面积为3, A EAD 的面积与 A ECD 的面积均为所以三棱锥E-ACD 的侧面积为3+2 •. 5 •…12分18.解析 (1)因为又ABCD 为菱形，所以又因为BDBE = B , 所以AC _平面BED • (2)在菱形 ABCD中, BE —平面 ABCD ，所以 BE — AC AC_ BD • BD , BE 平面 BED , 又AC 平面AEC 取 AB =BC =CD ，所以平面AEC _平面=AD = 2x ,BED•2 所以在Rt△ EBG 中，BE = . EG2- BG2=：..2x ,所以V E^CD12x 2x sin120‘6x^ —3 2 3在 Rt △ EBA , Rt △ EBC , Rt A EBD 中, 可得 AE = EC = ED 6 .11—所以三棱锥的侧面积 5侧=22：： $5 6：： ./6 =3亠2」5 .2 2【2014,19】如图，三棱柱ABC-ABQ !中，侧面BBQQ 为菱形，BQ 的中点为0,且A0 _平面 BB 1C 1C.(1)证明：BQ_AB ；(2)若 AC _ AB- . CBB 1 =60 ,BC =1,求三棱柱 ABC-ABG 的高.证明：(I )连接BC ,则O 为0C 与BC 的交点， ••• AO 丄平面BB 1C 1C.二 AO 丄 B 1C …2分因为侧面BBQC 为菱形，二BG 丄B 1C,…4分 ••• BC 丄平面 ABC ，： AB?平面 ABC ，故BQ 丄AB. …6分(n )作 OD 丄BC,垂足为D ,连结AD ,T AO 丄BC, • BC 丄平面 AOD, 又BC :平面ABC •平面 ABCL 平面AOD,交线为AD ,作OH 丄AD,垂足为H ,： OH 丄平面ABC厂厂/—由 V B 1-ABC =V A -BBIC 得 —d =~3 —,解得 d —1 ,8 4 2 7所以三棱柱ABC-AB 1C 1的高高为』。

2017高考试题分类汇编立体几何文数

2017高考试题分类汇编立体几何文数D【2017年江苏卷第6题】如图，在圆柱O1 O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切。

记圆柱O1 O2的体积为V1 ,球O的体积为V2，则12VV的值是（2017年北京卷第18题）【2017年北京卷第18题】如图，在三棱锥P–ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；（Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD 的体积．【2017年江苏卷第15题】如图，在三棱锥A-BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC.（2017年山东卷第18题）【2017年山东卷第18题】由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD,（Ⅰ）证明：A O∥平面B1CD1;1（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.【2017年江苏卷第18题】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm. 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm. 现有一根玻璃棒l，其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度.【2017年江苏卷第22题】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=3，∠BAD=120º.（1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值。

2017年高考立体几何大题

2017年高考立体几何大题（文科） 1、（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；（Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD的体积．由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.A O∥平面B1CD1;（Ⅰ）证明：1（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．7、（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．//BC AD //CE8、（2017天津文）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.。

高中数学立体几何大题练习(文科)

立体几何大题练习（文科）：1．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC=90°，AD=SD，BC=CD=，侧面SAD⊥底面ABCD．（1）求证：平面SBD⊥平面SAD；（2）若∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，求侧面△SAB的面积．【分析】（1）由梯形ABCD，设BC=a，则CD=a，AB=2a，运用勾股定理和余弦定理，可得AD，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面SAD，运用面面垂直的判定定理即可得证；（2）运用面面垂直的性质定理，以及三棱锥的体积公式，求得BC=1，运用勾股定理和余弦定理，可得SA，SB，运用三角形的面积公式，即可得到所求值．【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，BC=CD=，设BC=a，则CD=a，AB=2a，在直角三角形BCD中，∠BCD=90°，可得BD=a，∠CBD=45°，∠ABD=45°，由余弦定理可得AD==a，则BD⊥AD，由面SAD⊥底面ABCD．可得BD⊥平面SAD，又BD⊂平面SBD，可得平面SBD⊥平面SAD；（2）解：∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，由AD=SD=a，在△SAD中，可得SA=2SDsin60°=a，△SAD的边AD上的高SH=SDsin60°=a，由SH⊥平面BCD，可得×a××a2=，解得a=1，由BD⊥平面SAD，可得BD⊥SD，SB===2a，又AB=2a，在等腰三角形SBA中，边SA上的高为=a，则△SAB的面积为×SA×a=a=．【点评】本题考查面面垂直的判定定理的运用，注意运用转化思想，考查三棱锥的体积公式的运用，以及推理能力和空间想象能力，属于中档题．2．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．3．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点M和N分别是B1C1和BC的中点．（1）求证：MB∥平面AC1N；（2）求证：AC⊥MB．【分析】（1）证明MC1NB为平行四边形，所以C1N∥MB，即可证明MB∥平面AC1N；（2）证明AC⊥平面BCC1B1，即可证明AC⊥MB．【解答】证明：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M，N分别是B1C1，BC的中点，所以C1M∥BN，C1M=BN．所以MC1NB为平行四边形．所以C1N∥MB．因为C1N⊂平面AC1N，MB⊄平面AC1N，所以MB∥平面AC1N；（2）因为CC1⊥底面ABC，所以AC⊥CC1．因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1．因为MB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥MB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；（Ⅰ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．【分析】（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．【解答】解：（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分）（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以V P=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ，﹣BMQ取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，，…（7分）又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，，…（10分）=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ=.，…（11分）所以V P﹣BMQ则点P到平面BMQ的距离d=…（12分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．【分析】（1）证明B1C1∥DE，即可证明B1C1∥平面A1DE；（2）证明DE⊥平面ACC1A1，即可证明平面A1DE⊥平面ACC1A1．【解答】证明：（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，…（2分）又因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE…（4分）又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE…（6分）（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE…（8分）又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，…（10分）又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC=C，所以DE⊥平面ACC1A1…（12分）又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1…（14分）【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，M，N分别是PD，PA的中点，AC⊥AD，∠ACD=∠ACB=60°，PC=AC．（1）求证：PA⊥平面CMN；（2）求证：AM∥平面PBC．【分析】（1）推导出MN∥AD，PC⊥AD，AD⊥AC，从而AD⊥平面PAC，进而AD ⊥PA，MN⊥PA，再由CN⊥PA，能证明PA⊥平面CMN．（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，推导出MQ∥PC，从而MQ∥平面PBC，再求出AQ∥平面，从而平面AMQ∥平面PCB，由此能证明AM∥平面PBC．【解答】证明：（1）∵M，N分别为PD、PA的中点，∴MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，∵PC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PC⊥AD，又∵AD⊥AC，PC∩AC=C，∴AD⊥平面PAC，∴AD⊥PA，∴MN⊥PA，又∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CM⊂平面CMN，∴PA⊥平面CMN．解（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，∵MQ是△PCD的中位线，∴MQ∥PC，又∵PC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，∴MQ∥平面PBC，∵AD⊥AC，∠ACD=60°，∴∠ADC=30°．∴∠DAQ=∠ADC=30°，∴∠QAC=∠ACQ=60°，∴∠ACB=60°，∴AQ∥BC，∵AQ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AQ∥平面PBC，∵MQ∩AQ=Q，∴平面AMQ∥平面PCB，∵AM⊂平面AMQ，∴AM∥平面PBC．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：面PAB⊥平面PDC．【分析】（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF∥PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD；（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．【解答】证明：（1）连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．所以在△CPA中，EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）平面PAD⊥平面ABCD平面PAD∩面ABCD=AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD又，所以PA2+PD2=AD2所以△PAD是等腰直角三角形，且，即PA⊥PD．因为CD∩PD=D，且CD、PD⊂面PDC所以PA⊥面PDC又PA⊂面PAB，所以面PAB⊥面PDC．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．8．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，BD=2，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC．【分析】（1）取PB的中点G，连接FG、AG，证得底面ABCD为正方形．再由中位线定理可得FG∥AE且FG=AE，四边形AEFG是平行四边形，则AG∥FE，运用线面平行的判定定理可得EF∥平面PAB，点F与点E到平面PAB的距离相等，运用线面垂直的判定和性质，证得AD⊥平面PAB，即可得到所求距离；（2）运用线面垂直的判定和性质，证得BC⊥平面PAB，EF⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．【解答】（1）解：如图，取PB的中点G，连接FG、AG，因为底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，所以底面ABCD为正方形．∵E、F分别为AD、PC中点，∴FG∥BC，AE∥BC，，，∴FG∥AE且FG=AE，∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥FE，∵AG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB，∴点F与点E到平面PAB的距离相等，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB=A，AD⊥平面PAB，则点F到平面PAB的距离为EA=1．（2）证明：由（1）知AG⊥PB，AG∥EF，∵PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，∵BC⊥AB，AB∩BC=B，∴BC⊥平面PAB，由AG⊂平面PAB，∴BC⊥AG，又∵PB∩BC=B，∴AG⊥平面PBC，∴EF⊥平面PBC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PBC．【点评】本题考查空间点到平面的距离，注意运用转化思想，考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的判定，熟练掌握定理的条件和结论是解题的关键，属于中档题．9．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，DC=2AB=2AD，BC⊥PD，E，F分别是PB，BC的中点．求证：（1）PC∥平面DEF；（2）平面PBC⊥平面PBD．【分析】（1）由中位线定理可得PC∥EF，故而PC∥平面DEF；（2）由直角梯形可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBC ⊥平面PBD．【解答】证明：（1）∵E，F分别是PB，BC的中点，∴PC∥EF，又PC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴PC∥平面DEF．（2）取CD的中点M，连结BM，则AB DM，又AD⊥AB，AB=AD，∴四边形ABMD是正方形，∴BM⊥CD，BM=CM=DM=1，BD=，∴BC=，∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD，又BC⊥PD，BD∩PD=D，∴BC⊥平面PBD，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD．【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．10．如图，在三棱锥A﹣BCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．（1）求证：EF∥平ABD面；（2）若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：平面AEF⊥平面ACD．【分析】（1）利用线面平行的性质可得BD∥EF，从而得出EF∥平面ABD；（2）由AE⊥平面BCD可得AE⊥CD，由BD⊥CD，BD∥EF可得EF⊥CD，从而有CD⊥平面AEF，故而平面AEF⊥平面ACD．【解答】证明：（1）∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF=EF，∴BD∥EF，又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF∥平ABD面．（2）∵AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AE⊥CD，由（1）可知BD∥EF，又BD⊥CD，∴EF⊥CD，又AE∩EF=E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD．【点评】本题考查了线面平行、线面垂直的性质，面面垂直的判定，属于中档题．。

2017-2018立体几何高考真题分类汇编(文科)

2017-2018立体几何高考真题分类汇编（文科）2017新课标1卷6．如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是答案：A16．已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________。

答案：36π 18．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； 90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四（2）若PA =PD =AB =DC ,棱锥的侧面积.2017新课标2卷6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A.90π B.63π C.42π D.36π答案：B15.长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为答案：14π18.(12分)如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB=BC=12AD, ∠BAD=∠ABC=90°。

（1）证明：直线BC ∥平面PAD;（2）若△PAD 面积为，求四棱锥P-ABCD 的体积。

2017新课标3卷9．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4答案：B10．在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为棱CD 的中点，则A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥答案：C19．（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．2018新课标1卷5. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】B9. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B10. 在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为 A. B. C.D.【答案】C18. 如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且，（1）证明：平面平面，（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．2018新课标2卷9．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A ．BCD答案：C16．已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．答案：8π19．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 2S SA SB SA 30︒SAB△8P ABC -AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．2018新课标3卷3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是答案：A12．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其PO ⊥ABC M BC 2MC MB =CPOM体积的最大值为面积为D ABCA．B．C．D．答案：B19．（12分）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．。

2017高考试题分类汇编-立体几何

2017高考试题分类汇编-立体几何立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．2（2017新课标Ⅱ理）（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD③直线AB与a所称角的最小值为45°；④直线AB与a所称角的最小值为60°；其中正确的是________。

（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G是DF的中点.（Ⅰ）设P是CE上的一点，且AP BE∠的大⊥，求CBP小；（Ⅱ）当3--的大小.AB=，2AD=，求二面角E AG C6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。

D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。

沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。

当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。

7（2017新课标Ⅰ理数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠=∠=.90BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD∠=，求二面角A-PB-C的余弦值.8（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．9．（2017江苏）（本小题满分16分）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点A 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；EG 11E G l l 1CC l（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点E 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．10（2017天津文）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.l l 1GGl11（2017北京理）（本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD，AB=4．（I ）求证：M 为PB 的中点；（II ）求二面角B -PD -A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．12（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：平面PAB ；//BC AD //CE P A B C D E（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．13（2017新课标Ⅲ文数）（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．14（2017新课标Ⅰ文数）（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∠=,且四棱锥APDP-ABCD 的体积为8，求该四棱锥的侧面积.315（2017山东文）（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD .（Ⅰ）证明：1A O ∥平面B 1CD 1; （Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.16（2017新课标Ⅱ文）（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.17（2017新课标Ⅲ理数）（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．18（2017浙江）如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则2BQ CR QC RA==（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α19（2017浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积，． 20（2017新课标Ⅲ文数）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π421（2017新课标Ⅲ文数）在正方体1111ABCD A B C D -中，6S 6S =E 为棱CD 的中点，则（）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC ⊥ 22（2017新课标Ⅱ文）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为.23（2017新课标Ⅱ理）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A B CD24（2017新课标Ⅰ文数）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是25（2017新课标Ⅰ文数）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

2011—2017高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何汇编

新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013，11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】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 ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______．【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．三、解答题【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ．（1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ，三棱锥E - ACD 6【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C 6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：PA BD ⊥；（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．DA 11CC 1解析一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【解法】选A ．由B ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由C ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由D ，AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故A 不满足，选A ．【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）． A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π解析：选A ．由三视图可知，该几何体是一个球截去球的18，设球的半径为R ，则37428ππ833R ⨯=，解得2R =．该几何体的表面积等于球的表面积的78，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的14，所以该几何体的表面积为22714π23π284S =⨯⨯+⨯⨯⨯14π3π17π=+=．故选A ．【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13解析：选A ．解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面α，即平面AEF ，即研究AE 与AF 所成角的正弦值，易知3EAF π∠=3．故选A ．ABCDA 1B 1C 1D 1EF解法二（原理同解法一）：过平面外一点A 作平面α，并使α∥平面11CB D ，不妨将点A 变换成B ，作β使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到β，即为平面1A BD ，如图所示，即研究1A B 与BD 所成角的正弦值，易知13A BD π∠=，所以其正弦值为32．故选A ．D 1C 1B 1A 1DCBA【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) BA ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解：设圆锥底面半径为r ，依题11623843r r ⨯⨯=⇒=，所以米堆的体积为211163203()54339⨯⨯⨯⨯=，故堆放的米约为3209÷1．62≈22，故选B ．【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为2πr 2+πr×2r+πr 2+2r×2r =5πr 2+4r 2=16+20π，解得r=2，故选B ．【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( )BA ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱解：几何体是一个横放着的三棱柱．故选B【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 解析：选A ．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体． V 半圆柱＝12π×22×4＝8π，V 长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A ．【2012，7】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 ．6B ．9C ．12D ．15 【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD ，底面△BCD 为底边为6，高为3的等腰三角形，侧面ABD ⊥底面BCD ，AO ⊥底面BCD ，因此此几何体的体积为11(63)3932V =⨯⨯⨯⨯=，故选择B ．【2012，8】8．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（） A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【解析】如图所示，由已知11O A =，12OO =，在1Rt OO A ∆中，球的半径3R OA ==，所以此球的体积34433V R ππ==，故选择B ．【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由O B D CA等腰三角形及底边上的高构成的平面图形．故选D ．二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______．【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥，因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ，设OA r=，3111123323A SBCSBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=．【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．答案：9π2解析：如图，设球O 的半径为R ，则AH ＝23R ，OH ＝3R．又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1．∵在Rt △OEH 中，R 2＝22+13R ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴R 2＝98． ∴S 球＝4πR 2＝9π2．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．【解析】设圆锥底面半径为r ，球的半径为R ，则由223π4π16r R =⨯，知2234r R =．根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O ，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此PB QB ⊥．设PO x '=，QO y '=，则2x y R +=． ① 又PO B BO Q ''△∽△，知22r O B xy '==．即2234xy r R ==． ② 由①②及x y >可得3,22Rx R y ==．则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为13．故答案为13．三、解答题【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解法】（1）90BAP CDP ∠=∠=︒， ∴,AB AP CD DP ⊥⊥又AB ∥CD ∴AB DP ⊥又AP ⊂平面PAD ，DP ⊂平面PAD ，且AP DP P = ∴AB ⊥平面PADAB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD（2）由题意：设=PA PD AB DC a === ，因为90APD ∠=︒ ，所以PAD ∆为等腰直角三角形即=2AD a取AD 中点E ，连接PE ，则22PE a =，PE AD ⊥．又因为平面PAB ⊥平面PAD 所以PE ⊥平面ABCD因为AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD 所以AB ⊥AD ，CD ⊥AD 又=AB DC a =所以四边形ABCD 为矩形所以311218233233P ABCD V AB AD PE a aa a -====即2a = 11=223+226=6+2322S ⨯⨯⨯⨯⨯侧【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ．（1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE解析：（1）由题意可得ABC △为正三角形，故6PA PB PC ===．因为P 在平面ABC 内的正投影为点D ，故PD ⊥平面ABC ．又AB ⊂平面ABC ，所以AB PD ⊥．因为D 在平面PAB 内的正投影为点E ，故DE ⊥平面PAB ．又AB ⊂平面PAB ，所以AB DE ⊥．因为AB PD ⊥，AB DE ⊥，PD DE D =，,PD DE ⊂平面PDG ，所以AB ⊥平面PDG ．又PG ⊂平面PDG ，所以AB PG ⊥．因为PA PB =，所以G 是AB 的中点．（2）过E 作EF BP ∥交PA 于F ，则F 即为所要寻找的正投影．E GCD BAP F理由如下，因为PB PA ⊥，PB EF ∥，故EF PA ⊥．同理EF PC ⊥，又PA PC P =，,PA PC ⊂平面PAC ，所以EF ⊥平面PAC ，故F 即为点E 在平面PAC 内的正投影．所以13D PEF PEF V S DE -=⋅△16PF EF DE =⋅⋅．在PDG △中，32PG =6DG =3PD =2DE =．由勾股定理知22PE =PEF △为等腰直角三角形知2PFEF ==，故43D PEF V -=．【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ，三棱锥E - ACD 6解：(Ⅰ) ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ． ∵ABCD 为菱形，∴ BD ⊥AC ，∴AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面BED ． …6分 (Ⅱ)设AB=x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC =120°可得， AG=GC=32x ，GB=GD=2x．在RtΔAEC 中，可得EG =32x ． ∴在RtΔEBG 为直角三角形，可得BE=22x ． …9分 ∴3116632E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==，解得x =2．由BA=BD=BC 可得6．∴ΔAEC 的面积为3，ΔEAD 的面积与ΔECD 5所以三棱锥E-ACD 的侧面积为3+25 …12分18．解析（1）因为BE ⊥平面ABCD ，所以BE AC ⊥．又ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥．又因为BD BE B =，BD ，BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ．又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED ．（2）在菱形ABCD 中，取2AB BC CD AD x ====，又120ABC ∠=，所以3AG GC x ==，BG GD x ==．在AEC △中，90AEC ∠=，所以132EG AC x ==，所以在Rt EBG △中，222BE EG BG x =-=，所以3116622sin12023233E ACD V x x x x -=⨯⨯⋅⋅⋅==，解得1x =．在Rt EBA △，Rt EBC △，Rt EBD △中，可得6AE EC ED ===．所以三棱锥的侧面积112256632522S =⨯⨯⨯+⨯⨯=+侧．【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高. 证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ⊂平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD 3由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴227AD OD OA =+=由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=14，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为7，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为7。

17年高考真题—文科数学5：解析几何

2017高考真题分类汇编：解析几何1.【2017浙江 2】椭圆22194x y +=的离心率是（）（A （B （C ）23 （D ）52.【2017课标I 5】已知F 是双曲线C ：1322=-y x 的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是()1,3，则APF ∆的面积为（）（A ）1 （B ）12 （C ）2 （D ）323.【2017课标II 5】若1a >，则双曲线2221x y a-=的离心率的取值范围是（）（A ）)+∞ （B ）) （C ）( （D ）()1,24.【2017天津 5】已知双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的左焦点为F ，点A 在双曲线的渐近线上，OAF ∆是边长为2的等边三角形（O 为原点），则双曲线的方程为（）（A ）221412x y -= （B ）221124x y -= （C ）2213x y -= （D ）2213y x -= 5.【2017课标III 11】已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为12,A A ，且以线段12A A 为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，则C 的离心率为（）A ．3B ．3C ．3D ．136.【2017课标II 12】过抛物线2:4C y x =的焦点F C 于点M （M 在x 轴上方），l 为C 的准线，点N 在l 上且MN l ⊥，则M 到直线NF 的距离为（）（A （B ）（C ）（D ）7.【2017课标I 12】设,A B 是椭圆C ：2213x y m+=长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足0120AMB ∠=，则m 的取值范围是（）（A ）(][)0,19,+∞ （B ）([)9,+∞ （C ）(][)0,14,+∞ （D ）([)4,+∞8.【2017江苏 8】在平面直角坐标系xOy 中,双曲线2213x y -=的右准线与它的两条渐近线分别交于点,P Q ，其焦点是12,F F ，则四边形12F PF Q 的面积是__________。

2017高考试题分类汇编立体几何

立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 2（2017新课标Ⅱ理）（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．3（2017天津理）（本小题满分13分）如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2. （Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长.4（2017新课标Ⅲ理数）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有以下结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所称角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所称角的最小值为60°；其中正确的选项是________。

（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒获取的，G 是DF 的中点. （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。

立体几何测试题(文科)

立体几何文科试题一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1、设有直线m 、n 和平面α、β.下列四个命题中，正确的是( )A.若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB.若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β,则α∥βC.若α⊥β，m ⊂α,则m ⊥βD.若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α,则m ∥α 2、已知直线,l m与平面αβγ，，满足//l l m βγαα=⊂ ，，和mγ⊥，则有A ．αγ⊥且l m⊥ B ．αγ⊥且//m β C ．//m β且lm⊥ D ．//αβ且αγ⊥3.若()0,1,1a =- ，()1,1,0b = ，且()a b a λ+⊥，则实数λ的值是（）A .－1 B.0 C.1 D.－24、已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（） A. AB ∥m B. AC ⊥m C. AB ∥β D. AC ⊥β5一个几何体的三视图及长度数据如图，则几何体的表面积与体积分别为()3,27+A ()328，+B()2327，+C ()23,28+D6、已知长方体的表面积是224cm ，过同一顶点的三条棱长之和是6cm ，则它的对角线长是（）A. B. 4cm C. D.7、已知圆锥的母线长5l cm =，高4h cm =，则该圆锥的体积是____________3cmA. 12π B 8π C. 13π D. 16π8、某几何体的三视图如图所示，当ba +取最大值时，这个几何体的体积为（）A ．61 B ．31 C ．32 D ．219、已知,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥若6,AB =AC =8A D =,则,B C 两点间的球面距离是（）A. 3πB. 43π C. 23π D. 53π10、四面体A B C D 的外接球球心在C D 上，且2C D =，3=AB ，在外接球面上A B ，两点间的球面距离是（） A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π611、半径为2cm 的半圆纸片做成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（） A ．4cmB ．2cmC ．cm 32D ．cm 312、有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m ，4的对面的数字为n ，那么m+n 的值为（） A ．3B ．7C ．8D ．11二．填空题：本大题共4个小题。

2017年高考试题分类汇编(立体几何)

2017年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 三视图1.（2017·全国卷Ⅰ理科）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A.10 B.12 C.14 D.162.（2017·全国卷Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π3.（2017·北京理科）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为正（主）视图侧（左）视图俯视图4.（2017·北京文科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A.60 B.30 C.20 D.105．（2017·山东理科）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为．6.（2017·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是A. 13π+ B. 33π+C. 312π+D. 332π+俯视图正视图（主视图）侧视图（左视图）正（主）视图侧（左）视图俯视图主视图侧视图俯视图考点2 位置关系1. （2017·全国卷Ⅰ文科）如图，在下列四个正方体中，,A B 为正方体的两个顶点，,,M N Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是2.（2017·全国卷Ⅲ文科）在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，则A.11A E DC ⊥B.1A E BD ⊥C.11A E BC ⊥D.1A E AC ⊥ 考点3 体积1.（2017·全国卷Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．3π4C ．π2D ．π42.（2017·天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 考点4 位置关系与度量关系（解答题）（理科）1.（2017·全国卷Ⅰ理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ，且90BAP CDP ∠=∠= .（Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（Ⅱ）若PA PD AB DC ===,90APD ∠= , 求二面角A PB C --的余弦值.2.（2017·全国卷Ⅱ理科）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，PABCD01,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （Ⅰ）证明：直线//CE 平面PAB ；（Ⅱ）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为045，求二面角M AB D --的余弦值.3.（2017·全国卷Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（Ⅱ）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．4.（2017·北京理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC，PA PD =，4AB =．（Ⅰ）求证：M 为PB 的中点；（Ⅱ）求二面角B PD A --的大小；（Ⅲ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．5.（2017·天津理科）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点,,D E N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，ABCDPEMABCDEABDMP2AB =.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C EM N --的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为21，求线段AH 的长.6.（2017·山东理科）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120 得到的，G 是 DF的中点．（Ⅰ）设P 是 CE上一点，且AP BE ⊥,求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =,2AD =时，求二面角E AG C --的大小．7.（2017·浙江）如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===,E 为PD 的中点. （Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值. 考点5 位置关系与度量关系（解答题）（文科）1.（2017·全国卷Ⅰ文科）求二面角A PB C --的余弦值. 如图，在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ，且90BAP CDP ∠=∠=PABCDABCNEM D PABCDEFPGABCDEP（Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（Ⅱ）若PA PD AB DC ===,90APD ∠= ,且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积.2.（2017·全国卷Ⅱ文科）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==,090BAD ABC ∠=∠=.（Ⅰ）证明：直线BC ∥平面PAD ；（Ⅱ）若PCD ∆面积为P ABCD -的体积.3.（2017·全国卷Ⅲ文科）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，AD CD =.（Ⅰ）证明：AC ⊥BD ；（Ⅱ）已知ACD ∆是直角三角形，AB BD =．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE EC ⊥，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．4.（2017北京文科）如图，在三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA BD ⊥；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．ABCDPABCDE5.（2017·天津文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.6.（2017·山东文科）由四棱柱1111ABCD A BC D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,1A E ⊥平面ABCD .（Ⅰ）证明：1AO ∥平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .ABCDEPA BCDPABCDOE M B 1A 1D 1。

文科立体几何大题训练

文科立体几何大题训练1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．文科立体几何大题训练参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PO=2．则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．【解答】证明：（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，∴BE=BC=AM=2，∴四边形ABEM是平行四边形，∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．解：（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF==2，又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，∵AM CG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC=MG=3，又∵ME=3，EC=CG=2，∴△MEG的高h=，∴S△BCM===2，∴四面体N﹣BCM的体积V N﹣BCM===．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC，BD，设AC与BD相交于点O，连接OE．由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，∴OE∥CP，∵OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵E为PA的中点，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥D﹣PCE的高，DO=1，则．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，∴S△FBC==2，∴四面体F﹣DBC的体积V F﹣DBC=V D﹣FBC==．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形；∴对角线BD⊥AC；又BD⊥SA，SA∩AC=A；∴BD⊥平面SAC，SO⊂平面SAC；∴BD⊥SO，即SO⊥BD；又SA=SC，O为AC中点；∴SO⊥AC，AC∩BD=O；∴SO⊥平面ABCD；（2）如图，连接PO；∵SB∥平面APC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面APC=PO；∴SB∥PO；在△SBD中，O是BD的中点，PO∥SB，∴P是SD的中点；取DO中点，并连接PE，则PE∥SO，SO⊥底面ACD；∴PE⊥底面ACD，且PE=；根据已知条件，Rt△ADO中AD=2，∠DAO=30°，∴DO=1；∴在Rt△SDO中，SD=2，SO=；∴；又；∴V三棱锥A﹣PCD=V三棱锥P﹣ACD=．。

2011—2017高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何汇编解析

新课标全国卷I 文科数学汇编立体几何二 I 平面 ABB^iA = n ，则 m,n 所成角的正弦值为（【2015, 6］《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书题：今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何? 在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一）为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？积约为1. 62立方尺，圆周率约为 3,估算出堆放的米有（ A . 14 斛 B . 22 斛 C . 36 斛 D . 66 斛【2015, 11 ］圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为-、选择题【2017, 6］如图，在下列四个正方体中， A , B 为正方体的两个顶点,这四个正方体中，直接 N , Q 为所在棱的中点，则在直的半径.若该几何体的体积是 ) A . 17 n 冗 B . 18 D . 28 nC . 20 n 28 nT ，则它的表面积是（ A , -：:// 平面 CB 1D 1，二丨平面 ABCD ,A. 【2016, 7］如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂【2016, 11］平面:-过正方体ABCD -ABQ I U 的顶点【2013,11]【2014, 8]如图, A .三棱锥【2013, A . 【2012, A . 8 ］网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，B .三棱柱C .四棱锥D .四棱柱【2012, 7］则这个几何体是（） 11］某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）. 16+ 8 n B . 8 + 8 n C . 16+ 16 n D . 8 + 16 n 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6B . 9C . 12D . 15组成一个几何体，该几何体的三视图中的 r ) 16+20n ，则 r=()B中有如下问”其意思为：，米堆底部的弧长”已知1斛米的体）【2012, 8】平面〉截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面〉的距离为「2 ,则此球的体积为()A . ”6 二B . 4、3 二C. 4.6-D. 6. 3 '：【2011, 8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )二、填空题【2017 , 16】已知三棱锥S - ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径•若平面SCA丄平面SCB, SA= AC , SB = BC ,三棱锥S — ABC的体积为9,则球O的表面积为___________ .【2013, 15】已知H是球O的直径AB上一点，AH : HB = 1 : 2, AB丄平面a, H为垂足，a截球O所得截面的面积为n,则球O的表面积为 __________________ .【2011, 16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面3积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_________ .16三、解答题【2017, 18】如图，在四棱锥P - ABCD 中，AB // CD，且/BAP /CDP =90 .(1)证明：平面PAB _平面PAD ; ( 2 )若PA = PD = AB= DC ,乙APD =90 ，且四棱锥8P -ABCD的体积为一，求该四棱锥的侧面积.3p【2016,18】如图所示，已知正三棱锥P — ABC的侧面是直角三角形，PA = 6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E •连结PE并延长交AB于点G .(1)求证：G是AB的中点；(2)在题图中作出点E在平面PAC内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.【2015, 18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE丄平面ABCD ,(I )证明：平面AEC丄平面BED ;(H )若/ ABC=120 ° AE丄EC, 三棱锥E- ACD的体积为求该三棱锥的侧面积.C【2014,19】如图，三棱柱ABC—AB I G中，侧面BB i C i C为菱形，BQ的中点为O，且AO _平面BBQC .(1)证明：BQ _ AB；(2)若AC _ AB,, . CBR =60 ,BC =1,求三棱柱ABC-A^G 的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC—A1B1C1 中，CA= CB，AB= AA1，/ BAA1 = 60°(1)证明：AB丄A1C; (2)若AB= CB= 2，A1C = 、•. 6，求三棱柱ABC —A1B1C1 的体积.1【2011, 18】如图所示，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：PA _ BD ;(2) 若PD =AD -1，求棱锥 D -PBC 的高.【2012,19】如图，三棱柱ABC —A IB IC I 中，侧棱垂直底面, 的中点. (1) 证明：平面 BDC 」平面BDC ;(2) 平面BDC i 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.MACB =90 , AC=BC= AA 1, D 是棱 A"2C12、选择题【2017, 6】如图，在下列四个正方体中， A , B 为正方体的两个顶点, 这四个正方体中，直接 AB 与平面MNQ 不平行的是（）【解法】选 A .由B , AB // MQ ,则直线AB //平面MNQ ;由C , AB // MQ ，则直线AB //平面MNQ ;由 D , AB // NQ ，则直线 AB //平面MNQ .故A 不满足，选 A .【2016, 7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径•若该几28 n何体的体积是，则它的表面积是（）.37 1解得R = 2 •该几何体的表面积等于球的表面积的，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的一，84721 2所以该几何体的表面积为 S 4 n 23 n 2 =14 n ' 3n = 17 n .故选A .84【2016, 11】平面〉过正方体 ABCD - ABQ 1D 1的顶点A ,〉//平面CBU ,〉平面ABCD = m ,一H 平面ABB ）A （二n ，则m,n 所成角的正弦值为（）1D.-M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在A . 17 nB . 18 n解析：选 A .由三视图可知，该几何体是一个球截去球的8，设球的半径为R ，则3解析：选A .解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示.通过寻找线线平行构造出平面:,即平面AEF，即研究AE与AF所成角的正弦值，易知/ n-EAF = 3，所以其正弦值为.故选A .E F解法二（原理同解法:过平面外一点A作平面：•，并使:-II平面CRD j，不妨将点A变换成B，作］使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到［，即为平面A,BD，如图所示，即研究AB与BD所成角的正弦值，易知NABD =3，所以其正弦值为3【2015, 6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著, 下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？ ”其意思为：在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为 8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？ ”已知1斛米的体积约为1. 62立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米有（）B【2015,11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为 16+20n,则r=（） BA . 1B . 2C . 4D . 8解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为 r ，圆柱的高为2r ，其表面积了 ” 2 2 2 2为 2 n + n X2r+ n +2r >2r =5 n +4r =16+20 n 解得r= 2，故选B .【2014, 8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（）BA .三棱锥B .三棱柱C .四棱锥D .四棱柱解：几何体是一个横放着的三棱柱.故选B书中有如下问题：今有委米依垣内角,A .14斛B . 22 斛C .36 斛D66斛解: 设圆锥底面半径为 r , 依题 1 -2 3r =8 - r = 16，所以米堆的体积4 3亠1 1 c /16、320320为一一 3 （丁） 5 二故堆放的米约为 H. 62疋22故选B . 4 3 3 99【2013,11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为解析：选A .该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. D. 8 +16 nV半圆柱=X L<4 = 8 n V长方体=4疋疋=16 .所以所求体积为16+ 8兀故选【2012, 7】如图，网C . 12D . 15【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD , 底面△ BCD为底边为6,高为3的等腰三角形，侧面ABD丄底面BCD ,AO丄底面BCD ,因此此几何体的体积为1 1V ( 6 3) 3 = 9，故选择3 2【2012, 8】8 .平面「截球O的球面所得圆的半径为距离为.2，则此球的体积为( )A .二B . 4.3C. 4 ,6 二 D . 6, 3 -【解析】如图所示，由已知QA =1 , 001,在Rt OO1A中，球的半径R = 0A二3 ,所以此球的体积V W「：R_45，故选择B.【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算.1，球心O到平面「的【2011, 8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )h【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形. 二、填空题【2017 , 16】已知三棱锥S _ ABC 的所有顶点都在球0的球面上，SC 是球0的直径.若平面SCA 丄平面SCB SA = AC , SB = BC ，三棱锥S - ABC 的体积为9,则球0的表面积为 ________________【解析】取SC 的中点0 ,连接0A,0B ，因为SA 二AC,SB 二BC ,所以0A _ SC,0B _ SC , 因为平面 SAC 丄平面SBC 所以 0A 丄平面1 1 1 1 V A SBCS SBC 0A2r r r r- 3:3 2 3【2011, 16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面3积是这个球面面积的—，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为1623 2 23 2 【解析】设圆锥底面半径为 r ，球的半径为R ，则由n4 n R ，知r R .164根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心0，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的31 3，所以3r所以球的表面积为4. r =36二.【2013, 15】已知H 是球0的直径AB 上一点, 截面的面积为 n 则球0的表面积为 _________ .AH : HB = 1 2, AB 丄平面a, H 为垂足,a 截球0所得答案: 解析:2R R 设球 0 的半径为 R ,贝V AH = , 0H =—.又T n EH 2= n 二 EH = 133 •••在 Rt △ 0EH 中，R 2=S 球=4 n R 2 = 9_?2点，因此PB _QB .设PO =x , Q0 = y，贝U x y = 2R .又△PO B s^ BO Q，知r2 = 0 B2二xy . 即xy = r2 = 3 R2.4由及x y可得X=3R, y=R.2 2则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为—31故答案为丄.3三、解答题【2017, 18】如图，在四棱锥 P — ABCD 中，AB // CD ，且乙BAP ECDP =90 .又因为平面PAB 一平面PAD 所以PE _平面ABCD因为AB 丄平面PAD , AB // CD 所以 AB — AD , CD — AD 又 AB = DC =a所以四边形ABCD 为矩形(1)证明：平面PAB _ 平面 PAD ; (2)若 PA = PD = AB = DC ,.APD 二90 ，且四棱锥8P -ABCD 的体积为-，求该四棱锥的侧面积.3【解法】(1)BAP "CDP =90 , AB_APCD D P又 AB // CD . AB _ DP又AP 平面PAD ,DP 二平面 PAD ，且 AP DP = PAB _平面PADAB 二平面 PAB , 所以平面PAB _平面PAD(2)由题意：设 PA 二 PD 二所以PAD 为即 AD=“ 2a 取AD 中点E ，连接PE , PE _ AD .1 1 厂（2 13 8V p 公BCD AB JA DPE m_\2a a a :所以 3 3 2 3 3即a = 21 1 _S^y = 2 ；■ 2 ；■ 3+ 2*f2 ：：」6=6+2 -f3【2016, 18】如图所示，已知正三棱锥P - ABC的侧面是直角三角形，PA = 6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E .连结PE并延长交AB于点G .(1)求证：G是AB的中点；2)在题图中作出点E在平面PAC内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.解析：(1)由题意可得△ ABC为正三角形，故PA = PB = PC = 6 . 因为P在平面ABC内的正投影为点D，故PD —平面ABC .又AB 平面ABC，所以AB _ PD .因为D在平面PAB内的正投影为点E，故DE _平面PAB .又AB平面PAB，所以AB DE .因为AB _ PD , AB _ DE , PD DE = D , PD, DE 平面PDG , 所以AB —平面PDG .又PG 平面PDG，所以AB _ PG .因为PA二PB，所以G是AB的中点.(2)过E作EF // BP交PA于F ,则F即为所要寻找的正投影.由 BA=BD=BC 可得 AE= ED=EC= 6 .• A AEC 的面积为3, A EAD 的面积与 A ECD 的面积均为,5 .理由如下，因为 PB _ PA , PB// EF ，故EF _ PA •同理EF _ PC , 又 PA PC= P , PA, PC 平面 PAC ，所以 EF _ 平面 PAC , 故F 即为点E 在平面PAC在厶PDG 中，PG =3.2 , DG=、、6 , PD =2；3，故由等面积法知 DE =2 .由勾股定理知PE =2、、2，由△ PEF 为等腰直角三角形知 PF =EF =2，故V D 』EF 二^ .3【2015, 18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点, (I )证明：平面 AEC 丄平面BED ;(H )若/ ABC=120 ° AE 丄 EC , 三棱锥 E- ACD 的体积为求该三棱锥的侧面积.解: ( I ) T BE 丄平面 ABCD ,••• BE 丄 AC .•/ ABCD 为菱形，• BD 丄AC ,• AC 丄平面BED ，又AC 平面 AEC ,•平面 AEC 丄平面 BED . …6分(H )设AB=x ，在菱形 ABCD 中，由/ ABC=120。

2017年全国文数立体几何高考题—老师专用(4)

2017年全国文数立体几何高考题—老师专用（4）1．【2017全国III 卷文数·9T 】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以2r BC ==，那么圆柱的体积是22314V r h πππ==⨯⨯=⎝⎭，故选B. 【考点】圆柱体积【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 2．【2017全国III 卷文数·10T 】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，则（）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C【考点】线线位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.3.【2017全国II 卷文数·6T 】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π 【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B.4. 【2017全国I卷文数·6T】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A．B．C．D．【答案】A试题分析：由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．【考点】空间位置关系判断【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．5. 【2017全国北京卷文数·6T】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）60 （B）30（C）20 （D）10【答案】D6．【2017全国I 卷文数·16T 】已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】36π形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．7.【2017全国II 卷文数·15T 】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.8.【2017全国天津卷文数·11T 】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】92π【解析】设正方体边长为，则226183a a =⇒=，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=.9.【2017全国江苏卷文数·6T 】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是. 【答案】32⋅【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． 10.【2017全国山东卷文数·13T 】由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 .【答案】π22+【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.【考点】三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则.[ (2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体． 11.【2017全国山东卷文数·18T 】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD , （Ⅰ）证明：1AO ∥平面B 1CD 1;（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】①证明见解析.②证明见解析.试题分析：（Ⅰ）取11B D 中点F ,证明1//AO CF ,（Ⅱ）证明11B D ⊥面1A EM .(II)因为 AC BD ⊥,E ，M 分别为AD 和OD 的中点, 所以EM BD ⊥,因为ABCD 为正方形,所以AO BD ⊥, 又 1A E ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD 所以1,A E BD ⊥ 因为11//,B D BD所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E = .所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ,所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【考点】空间中的线面位置关系【名师点睛】证明线面平行时,先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行,若找不到这样的直线,可以考虑通过面面平行来推导线面平行,应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交,则直线与交线平行．12.【2017全国江苏卷文数·15T 】如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD , BC ⊥BD , 平面ABD ⊥平面BCD , 点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD .求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF AD ⊥，所以EF AB ∥. 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .【考点】线面平行判定定理、线面垂直判定与性质定理，面面垂直性质定理【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.13．【2017全国III 卷文数·19T 】（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．【答案】（1）详见解析；（2）1【解析】试题分析：（1）取AC 中点O ，由等腰三角形及等比三角形性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平几知识确定EC AE =，再根据锥体体积公式得，两者体积比为1:1.∴2==EC AE ，在ABD ∆中，设x DE =，根据余弦定理DEAD AE DE AD BD AD AB BD AD ADB ⋅-+=⋅-+=∠22cos 222222 x x ⨯⨯-+=⨯⨯-+=22222222)22()22(2222222解得2=x ，∴点E 是BD 的中点，则ACE B ACE D V V --=，∴1=--ACEB ACED V V .【考点】线面垂直判定及性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.14.【2017全国II 卷文数·18T 】(12分)如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB=BC=12AD, ∠BAD=∠ABC=90°。

立体几何-2017年全国各地高考的文科数学试题分类总汇编(解析汇报)[1]

2017高考立体几何汇编1.【2017课标1，文6】如图，在如下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，如此在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】空间位置关系判断【名师点睛】此题主要考查线面平行的判定定理以与空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．2.【2017课标II，文6】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一局部后所得，如此该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，应当选B. 【考点】三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽〞，因此，可以根据三视图的形状与相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系与相关数据．3.【2017课标3，文9】圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，如此该圆柱的体积为〔〕 A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【考点】圆柱体积【名师点睛】涉与球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心与多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解. 4．【2017课标3，文10】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，如此〔〕 A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1A E AC ⊥ 【答案】C11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥1A E AC ⊥，如此AE AC ⊥，显然不成立，应当选C.【考点】线线位置关系5.【2017，文6】某三棱锥的三视图如下列图，如此该三棱锥的体积为〔A〕60 〔B〕30〔C〕20 〔D〕10【答案】D【解析】试题分析：该几何体是三棱锥，如图：图中红色线围成的几何体为所求几何体，该几何体的体积是115341032V=⨯⨯⨯⨯=，应当选D.【考点】1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】此题考查了空间想象能力，由三视图复原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面的外面，否如此中间的那条线就不会是虚线.6.【2017某某，文11】一个正方形的所有顶点在一个球面上，假如这个正方体的外表积为18，如此这个球的体积为 . 【答案】92π【考点】球与几何体的组合体【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比拟简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.假如是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.假如是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.假如是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比拟简单.7.【2017课标1，文16】三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．假如平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，如此球O 的外表积为________．【答案】36π 【解析】试题分析：取SC 的中点O ，连接,OA OB 因为,SA AC SB BC == 所以,OA SC OB SC ⊥⊥ 因为平面SAC ⊥平面SBC 所以OA ⊥平面SBC设OA r =3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的外表积为2436r ππ=【考点】三棱锥外接球8.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，如此球O 的外表积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++=== 【考点】球的外表积【名师点睛】涉与球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心与多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解. 9.【2017某某，6】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O 12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,如此12V V 的值是▲.【答案】32O O1O 2 ⋅ ⋅ ⋅【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型与解题策略(1)假如所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，如此可直接利用公式进展求解． (2)假如所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，如此常用转换法、分割法、补形法等方法进展求解． 10.【2017某某，文13】由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图,如此该几何体的体积为 .【答案】π22+【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.【考点】三视图与几何体体积的计算.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等〞的原如此.(2)由三视图复原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分局部,想整体；③综合起来,定整体． 11.【2017课标1，文18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAD ；〔2〕假如PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕326+．【解析】〔2〕在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由〔1〕知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，如此由可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==，22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 60632222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【考点】空间位置关系证明，空间几何体体积、侧〔表〕面积计算【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；先利用线面平行说明点面距为定值，计算点面距时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点到平面的距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．12.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= 〔1〕证明：直线//BC 平面PAD ;〔2〕假如△PAD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】〔Ⅰ〕见解析〔Ⅱ〕错误！未找到引用源。

2017年高考真题--立体几何部分

2017年高考真题--立体几何部分2017年高考真题--立体几何部分学校: ___________ 姓名： ____________ 级:___________ 号： _______________一、解答题1 • (12 分)如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD ,(1)证明：直线CE//平面PAB(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45。

，求二面角MABD 的余弦值 2( 12分)如图，在四棱锥P-ABCD 中AB//CD 且 BAP CDP 90。

90o ,E 是PD 的中点.AB BC 1 AD, BAD ABC⑴证明：平面PABL平面PAD(2)若PA=PDAB=DC APD 900,求二面角APBC 的余弦值.3. (12分)如图，四面体ABCD中, △ ABC是正三角形，△ ACD是直角三角形，/ ABD M CBD(1)证明：平面ACDL平面ABC(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC 把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D- AE- C的余弦值.4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC助正方形，平面PAD L平面ABCD点M在线段PB 上, PD// 平面MAC PA=PD=76，AB=4.(I )求证：M为PB的中点；(II )求二面角BPDA的大小；(Ill )求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.5 .如图，在三棱锥P- ABC中, P从底面ABC BAC90 .点D, E, N分别为棱PA P C, BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC=4, AB=2. (l)求证：MN/平面BDE(U)求二面角GEMN的正弦值；(m) 已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为^7，求线段AH的长.6 . 17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形肋切(及其内部)以班边所在直线为旋转轴旋转咗疔得到的，”是亦的中点.(I)设尸是在上的一点，且黠-施，求如尸的大小；(H)当肺^,皿"，求二面角£-^-c的大小.7 •(本题满分15分)如图，已知四棱锥P -ABCD，APAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC II AD , CD 丄AD ,PC=AD=2DC=2CB, E 为PD 的中点.I平面PAB;(H)求直线CE与平面PBC所成角的正弦1.(1 )详见解析连接 EF 、BF 、EC・• E、F 分别为PD 、PA 中点 •••已 2AD，又•••叱 0・•・EF £BC,•四边形BCEF 为平行四边形 •・CE //平面PAD(2 )取AD 中点O ，连PO ,由于△ PAD 为正三角形 •・ PO AD又I 平面 PAD 平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD参考答案(2 ) cos【解析】 (1)取PA 中点F ,・•・PO平面ABCD，连OC，四边形ABCD为正方形。

2017数学高考分类·文科(2017高考真题+模拟新题)G单元立体几何

G 单元立体几何G1 空间几何体的结构6．G1、G8[2017·江苏卷] 如图1-2，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．图1-26.32[解析] 设球O 的半径为R ，因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面圆的半径为R ，圆柱的高为2R .故圆柱O 1O 2的体积V 1＝2πR 3，球O 的体积V 2＝43πR 3，所以V 1V 2＝2πR 343πR 3＝32.18．G1、G5、C8[2017·江苏卷] 如图1-6，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)图1-6(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度．18．解：(1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC .记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．因为AC ＝107，AM ＝40，所以MC ＝402－（107）2＝30，从而sin ∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，从而AP 1＝P 1Q 1sin ∠MAC＝16.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG .同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32. 因为EG ＝14，E 1G 1＝62，所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝ sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝⎛⎭⎫－35×725＝35. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin ∠NEG ＝20.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)G2 空间几何体的三视图和直观图13．G2[2017·山东卷] 由一个长方体和两个14 圆柱体构成的几何体的三视图如图1-3，则该几何体的体积为________．图1-313．2＋π2 [解析] 该几何体的直观图如图所示，由三视图的俯视图可知，底面积为π4＋π4＋2＝π2＋2，由正视图和侧视图可知高为1，所以体积V ＝(π2＋2)×1＝π2＋2.6．G2[2017·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积为( )图1-2A ．60B ．30C ．20D ．106．D [解析] 三视图的直观图为图中的三棱锥A - BCD (借助长方体)．由三视图可知三棱锥的底面为直角三角形，底面积S ＝12×5×3＝152，高h ＝4，故体积V ＝13Sh ＝13×152×4＝10，故选D.6．G2[2017·全国卷Ⅱ] 如图1-1，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()图1-1A．90πB．63πC．42πD．36π6．B[解析] 由三视图可知，此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得，如图所示．通过切割及补形知，此几何体的体积等同于底面半径为3，高为7的圆柱，所以所求体积V＝π×32×7＝63π.G3 平面的基本性质、空间两条直线G4 空间中的平行关系6．G4[2017·全国卷Ⅰ] 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()A BCD图1-26．A[解析] 因为M，N，Q分别为对应棱的中点，所以在选项B，C中均有AB∥MQ，在选项D中，有AB∥NQ，所以在选项B，C，D中均有AB与平面MNQ平行，所以选A.15．G4、G5[2017·江苏卷] 如图1-4，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.图1-4求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.15．证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC . 又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .18．G4、G7[2017·全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.图1-3(1)证明：直线BC ∥平面PAD ； (2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P-ABCD 的体积．18．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD.又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD.(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM.由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD.因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD.因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM.设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x.取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x. 因为△PCD 的面积为2 7，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3，所以四棱锥P-ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝43.18．G4、G5[2017·山东卷] 由四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1 B 1CD 1后得到的几何体如图1-4所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD.(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.图1-418．证明：(1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1，由于ABCD - A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ，因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C ，又O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1，所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.18．G4、G5、G12[2017·北京卷] 如图1-4，在三棱锥PABC中，P A⊥AB，P A⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：P A⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面P AC；(3)当P A∥平面BDE时，求三棱锥E -BCD的体积．图1-418．解：(1)证明：因为P A⊥AB，P A⊥BC，所以P A⊥平面ABC.又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC ，所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E - BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.G5 空间中的垂直关系15．G4、G5[2017·江苏卷] 如图1-4，在三棱锥A BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .图1-4求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .15．证明：(1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB . 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC . 又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .17．G5、G11[2017·天津卷] 如图1-2所示，在四棱锥P - ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．图1-217．解：(1)由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD.在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55，所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD. 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PBC.(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55，所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.18．G4、G5[2017·山东卷] 由四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1 B 1CD 1后得到的几何体如图1-4所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD.(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.图1-418．证明：(1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1，由于ABCD - A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.18．G5、G7[2017·全国卷Ⅰ] 如图1-5，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.图1-5(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P -ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．18．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . (2)在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P -ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而P A ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2，可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 10．G5[2017·全国卷Ⅲ] 在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC10．C [解析] 在正方体中连接A 1D ，AD 1，B 1C ，由正方体的性质知AD 1⊥A 1D ，CD ⊥AD 1，又∵A 1D ∩CD ＝D ，∴AD 1⊥平面A 1B 1CD ，又∵BC 1∥AD 1，∴BC 1⊥平面A 1B 1CD ，∵A 1E⊂平面A 1B 1CD ，∴BC 1⊥A 1E .19．G5、G12[2017·全国卷Ⅲ] 如图1-4，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .图1-4(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．19．解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD .(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.18．G4、G5、G12[2017·北京卷] 如图1-4，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E - BCD 的体积．图1-418．解：(1)证明：因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，所以P A ⊥平面ABC . 又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC ，所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E - BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.18．G1、G5、C8[2017·江苏卷] 如图1-6，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)图1-6(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度．18．解：(1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC .记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．因为AC ＝107，AM ＝40，所以MC ＝402－（107）2＝30，从而sin ∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，从而AP 1＝P 1Q 1sin ∠MAC＝16.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32. 因为EG ＝14，E 1G 1＝62，所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝ sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝⎛⎭⎫－35×725＝35. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin ∠NEG ＝20.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)G6 三垂线定理G7 棱柱与棱锥18．G4、G7[2017·全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.图1-3(1)证明：直线BC ∥平面PAD ； (2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P-ABCD 的体积．18．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD.又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD.(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM.由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD.因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD.因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM.设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x.取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x. 因为△PCD 的面积为2 7，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3，所以四棱锥P-ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝43.18．G5、G7[2017·全国卷Ⅰ] 如图1-5，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.图1-5(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P -ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．18．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . (2)在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P -ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而P A ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2，可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.G8 多面体与球6．G1、G8[2017·江苏卷] 如图1-2，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．图1-26.32[解析] 设球O 的半径为R ，因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面圆的半径为R ，圆柱的高为2R .故圆柱O 1O 2的体积V 1＝2πR 3，球O 的体积V 2＝43πR 3，所以V 1V 2＝2πR 343πR 3＝32.11．G8[2017·天津卷] 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．11.9π2 [解析] 设正方体的棱长为a ，则6×a 2＝18，即a ＝ 3.∵正方体内接于球，∴球的半径 R ＝32，∴球的体积V ＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.15．G8[2017·全国卷Ⅱ] 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．15．14π [解析] 长方体的体对角线长l ＝32＋22＋12＝14，而长方体的外接球的直径恰为长方体的体对角线长，所以球O 的直径2R ＝l ＝14，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝14π.16．G8[2017·全国卷Ⅰ] 已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．16．36π [解析] 如图，SC 为球O 的直径，O 为球心，因为SA ＝AC ，所以AO ⊥SC ，同理SB ＝BC ，所以BO ⊥SC ，所以SC ⊥平面ABO .又平面SCA ⊥平面SCB ，所以AO ⊥BO .设球的半径为R ，则AO ＝BO ＝SO ＝CO ＝R ，所以V 三棱锥S -ABC ＝2×13S △ABO ×SO ＝2×13×12×AO ×BO ×SO ＝13R 3＝9，所以R ＝3，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝36π.9．G8[2017·全国卷Ⅲ] 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π49．B [解析] 由题可知球心为圆柱的中心，则圆柱底面圆的半径r ＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，故圆柱的体积V ＝πr 2h ＝3π4.G9 空间向量及运算22．G9、G11[2017·江苏卷] 如图1-8，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.图1-8(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D A 的正弦值．22．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，D (0，2，0)，E (3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝（3，－1，－3）·（3，1，3）7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝（3，0，0）·（3，3，2）3×4＝34.设二面角B -A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D A 的正弦值为74.G10 空间向量解决线面位置关系G11 空间角与距离的求法22．G9、G11[2017·江苏卷] 如图1-8，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.图1-8(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D A 的正弦值．22．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，D (0，2，0)，E (3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝（3，－1，－3）·（3，1，3）7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝（3，0，0）·（3，3，2）3×4＝34.设二面角B -A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D A 的正弦值为74.17．G5、G11[2017·天津卷] 如图1-2所示，在四棱锥P - ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．图1-217．解：(1)由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD.在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55，所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD. 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PBC.(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55，所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.G12 单元综合19．G5、G12[2017·全国卷Ⅲ] 如图1-4，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .图1-4(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．19．解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD .(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.18．G4、G5、G12[2017·北京卷] 如图1-4，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E - BCD 的体积．图1-418．解：(1)证明：因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，所以P A ⊥平面ABC . 又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC ，所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E - BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.1年模拟5．[2017·广州模拟]如图K312所示，网格纸上小正方形的边长为1, 粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )图K312图K3135．C [解析] 该几何体为正方体截去一部分后剩下的部分，如图四棱锥P - ABCD 所示，则该几何体的俯视图为选项C.7．[2017·长沙一模]某一简单几何体的三视图如图K315所示，则该几何体的外接球的表面积是( )图K315A ．15πB ．16πC ．25πD ．27π7．C [解析] 由三视图知该几何体为底面为正方形的长方体，底面正方形的对角线长为4，长方体的高为3.易知长方体底面边长为22.设长方体外接球的半径为r ，则2r ＝()2 22＋()222＋32＝5，∴r ＝52，∴长方体外接球的表面积S ＝4πr 2＝25π.17．[2017·宁德质检]已知正三棱柱ABC - A 1B 1C 1的顶点都在同一个球面上，且该正三棱柱的体积为32，底面三角形ABC 的周长为3，则这个球的体积为__________．17.323π27[解析] 设三棱柱的高为h ，由题可知S △ABC ＝34，V 三棱柱ABC -A 1B 1C 1＝34×h ＝32，解得h ＝2. 外接球的球心在上、下底面中心连线的中点处，则外接球半径R ＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－⎝⎛⎭⎫122×232＝43，所以外接球的体积为43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫433＝32 3π27.1．[2017·梅州一检]已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列说法中正确的是( )A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nB ．若m ⊥α，n ⊥m ，则n ∥αC ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β1．C [解析] 对于A ，如图，m ∥α，α∩β＝n ，此时m ，n 异面，故A 错误；对于B ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故B 错误；对于C ，若n ⊥β，α⊥β，则n ∥α或n ⊂α，又m ⊥α，∴m ⊥n ，故C 正确；对于D ，若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m 也可能与β相交、平行或在β内，故D 错误．6. [2017·咸阳月考]在棱长均相等的正四棱锥P - ABCD 中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱P A ，PB 的中点，有下列结论：①PC ∥平面OMN ；②平面OMN ⊥平面P AB ；③OM ⊥P A ；④平面PCD ∥平面OMN .其中正确结论的序号是________．图K3216．①③④ [解析] 如图所示，其中E ，F 分别为AD ，BC 的中点，G 为OE 的中点，平面OMN 即平面MNFE .因为PC ∥OM ，所以PC ∥平面OMN ，同理PD ∥ON ，所以平面PCD ∥平面OMN ，故①④正确；由于四棱锥的棱长均相等，所以P A 2＋PC 2＝AB 2＋BC 2＝AC 2，所以PC ⊥P A ，又PC ∥OM ，所以OM ⊥P A ，故③正确；因为OM ＝12PC ＝12PD ＝ME ，所以MG ⊥OE ，又MN ∥OE ，所以GM ⊥MN ，假设平面OMN ⊥平面P AB ，则GM ⊥平面P AB ，则MG ⊥P A ，设四棱锥的棱长为4，则MA ＝2，AG ＝5，MG ＝3，三边长度不满足勾股定理，所以MG 不垂直P A ，与假设矛盾，故②不正确．2．[2017·长沙一模]如图K 331所示，以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.图K 331(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求此六面体的体积．2．解：(1)证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连接CF . 因为平面ABC ⊥平面ABD ，所以DF ⊥平面ABC . 又因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC .因为△ABD 是边长为2的等边三角形，所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，于是四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF ，因此DE ∥平面ABC .(2)因为△ABD 是等边三角形，所以F 是AB 的中点，又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB ，由DF ⊥平面ABC ，知DF ⊥CF ，从而CF ⊥平面ABD . 又因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ，因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1.四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积，故所求六面体的体积为2.5．[2017·深圳一调]如图K341所示，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝2，AE ＝3，∠EAD ＝∠EAB .(1)证明：平面ACFE ⊥平面ABCD .(2)若∠EAG ＝60°，求三棱锥F -BDE 的体积．图K3415．解：(1)证明：连接EG . ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AD ＝AB ，BD ⊥AC ，DG ＝GB . 在△EAD 和△EAB 中，AD ＝AB ，AE ＝AE ，∠EAD ＝∠EAB ， ∴△EAD ≌△EAB ， ∴ED ＝EB ，∴BD ⊥EG . 又∵BD ⊥AC ，AC ∩EG ＝G ， ∴BD ⊥平面ACFE ， ∵BD ⊂平面ABCD ， ∴平面ACFE ⊥平面ABCD .(2)连接FG ，∵BD ⊥平面ACFE ，FG ⊂平面ACFE ， ∴FG ⊥BD .∵在△EAG 中，AE ＝AG ＝3，且∠EAG ＝60°，∴△EAG 为正三角形，∴∠EGA ＝60°.在△FCG 中，CG ＝FC ＝3，∠GCF ＝120°，∴∠FGC ＝30°， ∴∠EGF ＝90°，即FG ⊥EG .又BD ∩EG ＝G ，∴FG ⊥平面BDE ，∴点F 到平面BDE 的距离为FG ＝3. ∵S △BDE ＝12×BD ·EG ，且EG ＝32－（23）2＝3，∴S △BDE ＝12×2×3＝3，∴三棱锥F -BDE 的体积为13×3×3＝ 3.6．[2017·宁德质检]如图K342所示，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝ 2.(1)求证：EO ⊥CD .(2)求点O 到平面EDC 的距离．图K3426．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD . ∵BD ∩AC ＝O ，∴EO ⊥BD .∵在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1.∵EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴EO 2＋OC 2＝EC 2，∴EO ⊥OC ，又BD ∩OC ＝O ， ∴EO ⊥平面BCD ，∴EO ⊥CD .(2)设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD . V 三棱锥O -CDE ＝V 三棱锥E -OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴S △OCD ＝12·OC ·OD ＝32.在△CDE中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴S △CDE ＝12×2×22－⎝⎛⎭⎫222＝72，∴h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.。

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