高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何汇编
2012—2018高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)
2012-2018年新课标全国卷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28π，则它的表面积是（）3A ．17πB．18πC．20πD．28π【2016，11】平面过正方体A BCD ABC D 的顶点A，∥平面1 1 1 1 CB D ，平面ABCD m ，1 1平面ABB1A1 n，则m,n所成角的正弦值为（）A ．32B．22C．33D．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=( ) BA ．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 ．6 B．9 C．12 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（）A ． 6 B．4 3 C．4 6 D．6 3【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8 的正方形，该圆柱的表面积为A. 12 πB. 12πC. 8 πD. 10π【2018，9】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M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为A. 2B.C. 3D. 2【2018，10】在长方形ABCD-A 1B1C1D1 中，AB=BC=2 ，AC 1 与平面BB 1C1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为A. 8B. 6C. 8D. 8二、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 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⊥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______．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，APD 90 ，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，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．PEAG D CB【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的体积为63，求该三棱锥的侧面积．【2014,19】如图，三棱柱ABC A1B1C1 中，侧面BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为O ，且AO 平面BB1C C .1（1）证明：1C AB;B（2）若A C , CBB1 60 ,BC 1,求三棱柱ABC A1B1C1 的高.AB1【2013，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝ 6 ，求三棱柱ABC－A1B1C1 的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，ACB90，AC=BC=12AA1，D是棱AA1的中点．（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．A1C1B1DCBA【2018，18】如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA。
高考文科数学新课标试题分类汇编-立体几何
立体几何(2021 年新课标1卷〕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为多少？〞1斛米的体积约为立方尺，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(2021 年新课标1卷〕11、圆柱被一个平面截去一局部后与半球〔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下图，假设该几何+，那么r=( )体的外表积为1620π〔A〕1〔B〕2〔C〕4〔D〕8(2021 年文科新课标2卷)6．一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如右图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为(2021 年文科新课标2卷)10．BA,是球O的球面上两点，AOB,C为该球面上的动点。
假设三棱锥ABCO-体积的最大值=︒∠90为36，那么球O 的外表积为A 、π36B 、 π64C 、π144D 、 π256(2021年文科新课标1卷〕8、如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，那么这个几何体是〔 〕A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱( 2021年文科新课标2卷)〔6〕如图，网格纸上正方形小格的边长为1〔表示1cm 〕，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为〔A 〕1727 〔B 〕 59 〔C 〕1027 (D) 13( 2021年文科新课标2卷)(7)正三棱柱111ABC A BC -的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 终点，那么三棱锥111A A BC -的体积为 〔A 〕3 〔B 〕32 〔C 〕1 〔D 〕32(2021年文科新课标1卷)11．某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π(2021年文科新课标1卷)15．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，那么球O 的外表积为______．(2021年文科新课标2卷)9．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么得到的正视图可以为( )．(2021年文科新课标2卷)15．正四棱锥O－ABCD的体积为2，底面边长为，那么以O为球心，OA为半径的球的外表积为__________．(2021年文科新课标2卷)18． (本小题总分值12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．(2021年文科新课标卷)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，那么此几何体的体积为〔A〕6〔B〕9〔C〕12〔D〕18(2021年文科新课标卷)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，那么此球的体积为〔A〕6π〔B〕43π〔C〕46π〔D〕63π(2021年文科新课标卷)16．两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．假设圆锥底面面积是这个球面面积的316，那么这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．(2021年文科新课标卷)8．在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，那么相应的侧视图可以为(2021年文科新课标卷) (7) 设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a,其顶点都在一个球面上，那么该球的外表积为 〔A 〕3πa 2 〔B 〕6πa 2 〔C 〕12πa 2 〔D 〕 24πa 2 (2021年文科新课标卷) (15)一个几何体的正视图为一个三角形，那么这个几何体可能是以下几何体中的_______(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 (2021年文科新课标卷) (16)在ABC ∆中，D 为BC 边上一点，3BC BD =,2AD =,135ADB ο∠=.假设2AC AB =,那么BD=_____。
2015-2020年高考全国卷(文)立体几何试题(含答案)
2015-2020年全国卷立体几何试题(含答案)1.(2020年全国卷1 文3)．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A 51-B 51-C 51+D 51+2.(2020年全国卷1 文12)．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π3.(2020年全国卷1 文19)．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO 23π，求三棱锥P −ABC 的体积．4.(2020年全国卷2 文11)．已知ABC ∆是面积为439的等边三角形， 且其顶点都在球O 的球面上。
若球O 的表面积为π16，则O 到平面ABC 的距离为 A. 3 B. 23 C. 1 D. 23 5.(2020年全国卷2 文16)．设有下列四个命题：1p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内。
2p ：过空间中任意三点有且仅有一个平面。
3p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行。
4p ：若直线⊂l 平面α，直线⊥m 平面α，则l m ⊥。
则下述命题中所有真命题的序号是____________。
①41p p ∧②21p p ∧③32p p ∨⌝④43p p ⌝∨⌝6.(2020年全国卷2 文20)．如图，已知三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面C C BB 11是矩形，M 、N 分别为BC 、11C B 的中点，P 为AM 上一点。
过11C B 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F 。
(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题06 立体几何(解答题)(教师版)
专题06立体几何（解答题）1．AA 1=4，AB =2，【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）417.17【解析】（1）连结B 1C ,ME .因为M ，E 分别为BB 1,BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =1B 1C .21A 1D .2∥∥D ，故ME ∥ND ，由题设知A ，可得BC 1B 1=DC 1=A 1=因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以C 1E =17，故CH =417.17从而点C 到平面C 1DE 的距离为417.17【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥E -BB 1C 1C 的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE ．又BE ⊥EC 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1．.（2）由（1）知∠BEB 1=90°︒由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB =∠A 1EB 1=45，故AE =AB =3，AA 1=2AE =6.作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF =AB =3．所以，四棱锥E -BB 1C 1C 的体积V =1⨯3⨯6⨯3=18．3【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．又因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．所以BD⊥平面PAC．（2）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE．所以AE⊥平面PAB．所以平面PAB⊥平面PAE．（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．则FG∥AB，且FG=1AB．21AB．2因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=所以FG∥CE，且FG=CE．所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG．因为CF⊄平面PAE，EG平面PAE，所以CF∥平面PAE．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD,CD=2,AD=3.（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；（2）求证：PA⊥平面PCD；（3）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3．3【解析】（1）连接BD，易知AC I BD=H，BH=DH.又由BG=PG，故GH∥ PD.又因为GH⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，所以GH∥平面P AD.（2）取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC I平面PCD=PC，所以DN⊥平面P AC，又PA⊂平面P AC，故DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD I DN=D，所以PA⊥平面PCD.（3）连接AN，由（2）中DN⊥平面P AC，可知∠DAN为直线AD与平面P AC所成的角，因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以DN=3.又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DN3.=AD33.3所以，直线AD与平面P AC所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED 平面DEC 1，A 1B 1平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90︒，∠BAC=30︒,A1A=AC=AC,E,F分别是AC，A1B1的中点.1（1）证明：EF⊥BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：3．5（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G15，=22EO2+OG2-EG23所以cos∠EOG==．2EO⋅OG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–y．3．5不妨设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(33,,23)，C(0，2，0)．22u u u ru u u r33因此，EF=(,,23)，BC=(-3,1,0)．22由EF⋅BC=0得EF⊥BC．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．u u u r u u u ru u u r u u u r由（1）可得BC=(-3，，10)，AC2-23)．1=(0，，z)，设平面A1BC的法向量为n=(x，y，u u u r⎧⎧BC⋅n=0⎪-3x+y=0⎪由⎨，得⎨，⎪⎪⎩A1C⋅n=0⎩y-3z=0u u u ru u u r|EF⋅n|4r1)，故sinθ=|cos EF，n|=u u u=，取n=(1，3，|EF|⋅|n|5因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为3．5【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90︒，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=2DA，求三棱锥Q-ABP的体积．3【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．2DA，所以BP=22．31作QE⊥AC，垂足为E，则QE∥=3DC．又BP=DQ=由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥Q-ABP的体积为111VQ-ABP=⨯QE⨯S△ABP=⨯1⨯⨯3⨯22sin45︒=1．332【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到∠BAC=90°，即BA⊥AC，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．【答案】（1）见解析；（2）45．5【解析】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=23．连结OB．因为AB=BC=12ABC OB AC OB=AC=2．，所以△为等腰直角三角形，且⊥，AC22由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=1242AC=2，CM=BC=，∠ACB=45°．233所以OM=OC⋅MC⋅sin∠ACB45 25=，CH=．OM3545．5所以点C到平面POM的距离为【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB，欲证PO⊥平面ABC，只需证明PO⊥AC,PO⊥OB即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C作CH⊥OM，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.»上异»所在平面垂直，M是CD 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD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．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．»上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．因为M为CD又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：平面P AB⊥平面PCD；（3）求证：EF∥平面PCD.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA=PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，∴PD⊥平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC中点G，连接FG,GD.∵F,G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG=∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED∥BC,DE=1BC.21BC，2∴ED∥FG，且ED=FG，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90°．（1）求证：AD⊥BC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）133；（3）．264【解析】（1）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（2）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM=在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AM2=13．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．AD2+AN2=13．1MN13．在等腰三角形DMN中，MN=1，可得2cos∠DMN==DM26所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．26（3）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=3．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4．CM3．=CD43．4在Rt△CMD中，sin∠CDM=所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB,AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A 1B 1C ，A 1B 1平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B 平面A 1BC ，BC 平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ．因为AB 1平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB 1A 1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）39.13【解析】方法一：（1）由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A，1B1=22 222所以A1B1+AB1=AA1.故AB1⊥A1B1.由BC=2，BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5，由AB=BC=2,∠ABC=120︒得AC=23，222由CC1⊥AC，得AC1=13，所以AB1+B1C1=AC1，故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.（2）如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由BC1B1=11=5,A1B1=22,AC11=21得cos∠C1A所以C1D=3，故sin∠C1AD=61，,sin∠C1A1B1=77C1D39.=AC113因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是39.13方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -y .由题意知各点坐标如下：A (0,-3,0),B (1,0,0),A 1(0,-3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,3,1),因此AB 1=(1,3,2),A ,3,-2),AC 1B 1=(111=(0,23,-3),uuu r uuu u r uuu u ruuu r uuu u r由AB 1⋅A 1B 1=0得AB 1⊥A 1B 1.uuu r uuu u r由AB 1⋅AC 得AB 1⊥AC 11.11=0所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.（2）设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.uuu r uu u r uuu r由（1）可知AC 1=(0,23,1),AB =(1,3,0),BB 1=(0,0,2),设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ).uu u r⎧⎧x +3y =0,⎪n ⋅AB =0,⎪由⎨uuu 即可取n =(-3,1,0).r ⎨⎩2z =0,⎪⎩n ⋅BB 1=0,⎪uuu ruuu r |AC1⋅n |39=.所以sin θ=|cos AC 1,n |=uuur 13|AC 1|⋅|n |因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是39.13【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90o．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90o，且四棱锥P−ABCD的体积为【答案】（1）见解析；（2）6+23．【解析】（1）由已知∠BAP=∠CDP=90︒，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．8，求该四棱锥的侧面积．3（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，则由已知可得AD=2x，PE=2x．2故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=由题设得11AB⋅AD⋅PE=x3．33138x=，故x=2．33从而PA=PD=2，AD=BC=22，PB=PC=22．可得四棱锥P-ABCD的侧面积为1111PA⋅PD+PA⋅AB+PD⋅DC+BC2sin60︒=6+23．2222【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；计算点面距离时，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，求点面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．解答本题时，（1）由AB⊥AP，AB⊥PD，得AB⊥平面PAD即可证得结果；（2）设AB=x，则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD =11AB⋅AD⋅PE=x3，解得33x=2，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】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=1AD,∠BAD=∠ABC=90︒. 2（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.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）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P AD.（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由AB=BC=1AD及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 2因为侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD=AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.设BC=，则CM=，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以PN=14x. 2因为△PCD的面积为27，所以114⨯2x⨯x=27，22解得=−2（舍去），=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积V=12⨯(2+4)⨯⨯23=43. 32【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.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.17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】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）见解析；（2）11【解析】（1）取AC的中点O，连结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）连结EO.由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2.又AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，故∠DOB=90°.1AC.21又△ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO=BD.2由题设知△AEC为直角三角形，所以EO=故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的四面体ABCD的体积的1，四面体ABCE的体积为21，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.2【名师点睛】解答本题时，（1）取AC的中点O，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC⊥OD，（2）先由AE⊥EC，结AC⊥OB，再根据线面垂直的判定定理得AC⊥平面OBD，即得AC⊥BD；合平面几何知识确定EO=1AC，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为11.垂直、平行关系证明2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.18．【2017年高考北京卷文数】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．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1 . 3【解析】（1）因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC，又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.（2）因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC，由（1）知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）因为PA∥平面BDE，平面PAC I平面BDE=DE，所以PA∥DE.因为D为AC的中点，所以DE=1PA=1，BD=DC=2. 2由（1）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=11 BD⋅DC⋅DE=. 63【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由V=1⨯S△BCD⨯DE即可求解. 319．【2017年高考天津卷文数】如图，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．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）．55【解析】（1）如图，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=故cos∠DAP=AD2+PD2=5，AD5．=AP55．5所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为（2）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PB C．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结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 5．=DF 55．5所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD ∥BC ，所以∠DAP或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ∠DAP =AD ；AP（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF ∥AB ，连结PF ，则∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】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 .（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.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1,AO 11，由于ABCD -A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以AO 11∥OC ,AO 11=OC ，因此四边形AOCO 11为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C ，⊄平面B 1CD 1，又O 1C ⊂平面B 1CD 1，AO 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A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD ,因为B 1D 1∥BD ,所以EM ⊥B 1D 1,A 1E ⊥B 1D 1,又A 1E ,EM ⊂平面A 1EM ，A 1E I EM =E ，所以B 1D 1⊥平面A 1EM ,又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【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．21．BC⊥BD，【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，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】（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 I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 I 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．【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．22．BC∥AD，【2017年高考浙江卷】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．PEAB （1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）D C2．8【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，P A中点，所以EF∥AD且EF=又因为BC∥AD，BC=1AD，21AD，所以2EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面P AB．（2）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．因为E，F，N分别是PD，P A，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE．由△P AD为等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD ⊥平面PBN ，由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，PD=2得CE =2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =3得QH =在Rt △MQH 中，QH=所以sin ∠QMH =1，41，MQ =2，42，8所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是2．8【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．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．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
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。
高考数学立体几何试题汇编(20200618190652)
E, F 分别为 AD , BC 的中点， 以 DF 为折痕把 △ DFC 折起， 使点
C 到达点 P 的位置， 且 PF BF . （ 1）证明：平面 PEF 平面 ABFD ； （ 2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 .
全国 2 卷理科： 9．在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，
AB BC 1 ， AA1
3 ， 则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为
1 A．
5
B． 5 6
C． 5 5
D． 2 2
20．如图， 在三棱锥 P ABC 中， AB BC 2 2 ， PA PB PC AC 4 ， O 为 AC 的中点．
1
（ 1）证明： PO 平面 ABC ； （ 2）若点 M 在棱 BC 上， 且二面角 M P弦值．
19．（本题满分 15 分）如图， 已知多面体 ABCA 1B1C1， A1A， B1B， C1C 均垂直于平面 ABC， ∠ ABC=120 °， A1A=4， C1C=1， AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明： AB1 ⊥平面 A1B1C1； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值．
（ Ⅰ）求证： AC⊥平面 BEF ；（ Ⅰ）求二面角 B-CD -C1 的余弦值； （ Ⅰ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．
2019 年浙江： 3．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： cm3）是
A ．2
B．4
C． 6
D ．8
2019 年上海
17. 已知圆锥的顶点为 P , 底面圆心为 O , 半轻为 2 1. 设圆锥的母线长为 4 , 求圆锥的体积 2. 设 PO 4, OA,OB 是底面半径 , 且 AOB 90o , M 为线段 AB 的中点 , 如图 , 求异面直线 PM 与 OB 所成的角的大
高考全国卷Ⅰ文科数学解析几何汇编
新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编解 析 几 何一、选择题【2020， 5】已知F 是双曲线22:13y C 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 ．13 B ．12 C ．23 D ．32【解法】选D ．由2224c a b =+=得2c =， 所以(2,0)F ， 将2x =代入2213y x -=， 得3y =±， 所以3PF =， 又A 的坐标是(1,3)， 故APF 的面积为133(21)22⨯⨯-=， 选D ． 【2020， 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∠AMB =120°， 则m 的取值范围是( ) A ．(0,1][9,)+∞U B ．(0,3][9,)+∞U C ．(0,1][4,)+∞U D ．(0,3][4,)+∞U【解法】选A ．图 1图 2解法一：设E F 、是椭圆C 短轴的两个端点， 易知当点M 是椭圆C 短轴的端点时AMB ∠最大， 依题意只需使0120AEB ∠≥．1．当03m <<时， 如图1， 03tantan 6032AEB a b m∠==≥= 解得1m ≤， 故01m <≤； 2． 当3m >时， 如图2， 0tantan 60323AEB a m b ∠==≥ 解得9m ≥． 综上可知， m 的取值范围是(0,1][9,)+∞U ， 故选A ．解法二：设E F 、是椭圆C 短轴的两个端点， 易知当点M 是椭圆C 短轴的端点时AMB ∠最大， 依题意只需使0120AEB ∠≥．1．当03m <<时， 如图1， 01cos ,cos1202EA EB ≤=-u u u r u u u r ， 即12EA EB EA EB⋅≤-u u u r u u u ru u u r u u u r ，带入向量坐标， 解得1m ≤， 故01m <≤；2． 当3m >时， 如图2， 01cos ,cos1202EA EB ≤=-u u u r u u u r ， 即12EA EB EA EB⋅≤-u u u r u u u ru u u r u u u r ，带入向量坐标， 解得9m ≥．综上可知， m 的取值范围是(0,1][9,)+∞U ， 故选A ．【2016， 5】直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点， 若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的14， 则该椭圆的离心率为（ ）A ．13B ．12 C ．23D ．34解析：选B ． 由等面积法可得1112224bc a b ⨯=⨯⨯⨯， 故12c a =， 从而12c e a ==．故选B ． 【2015， 5】已知椭圆E 的中心为坐标原点， 离心率为12， E 的右焦点与抛物线C : y 2=8x ， 的焦点重合， A ,B 是C 的准线与E 的两个交点， 则|AB |=( ) A ．3 B ．6 C ．9 D ．12解：选B ．抛物线的焦点为(2,0)， 准线为x =-2， 所以c=2， 从而a=4， 所以b 2=12， 所以椭圆方程为2211612x y +=， 将x =-2代入解得y=±3， 所以|AB |=6， 故选B 【2014， 10】10．已知抛物线C ：y 2=x 的焦点为F ， A (x 0,y 0)是C 上一点， |AF |=054x ， 则x 0=( )A A ．1 B ．2 C ．4 D ．8 解：根据抛物线的定义可知|AF |=001544x x +=， 解之得x 0=1． 故选A 【2014， 4】4．已知双曲线)0(13222>=-a y a x 的离心率为2， 则a=( ) D A ．2 B ．26 C ．25 D ．1 解：2222232c a b a e a a a ++====， 解得a=1， 故选D【2013， 4】已知双曲线C ：2222=1x y a b-(a ＞0， b ＞0)5则C 的渐近线方程为( )．A ．y ＝14x ±B ．y ＝13x ±C ．y ＝12x ± D ．y ＝±x解析：选C ．∵52e =， ∴52c a =， 即2254c a =．∵c 2＝a 2＋b 2， ∴2214b a =．∴12b a =．∵双曲线的渐近线方程为b y x a =±， ∴渐近线方程为12y x =±．故选C ．【2013， 8】O 为坐标原点， F 为抛物线C ：y 2＝42x 的焦点， P 为C 上一点， 若|PF |＝42， 则△POF的面积为( )．A ．2B ．22C ．23D ．4 答案：C解析：利用|PF |＝242P x +=， 可得x P ＝32， ∴y P ＝26±．∴S △POF ＝12|OF |·|y P |＝23． 故选C ．【2012， 4】4．设1F 、2F 是椭圆E ：2222x y a b +（0a b >>）的左、右焦点， P 为直线32ax =上一点，21F PF ∆是底角为30°的等腰三角形， 则E 的离心率为（ ）A ．12 B ．23C ．34D ．45【解析】如图所示， 21F PF ∆是等腰三角形，212130F F P F PF ∠=∠=︒， 212||||2F P F F c ==， 260PF Q ∠=︒， 230F PQ ∠=︒， 2||F Q c =，又23||2a F Q c =-， 所以32a c c -=， 解得34c a =， 因此34c e a ==， 故选择C ． 【2012， 10】10．等轴双曲线C 的中心在原点， 焦点在x 轴上，C 与抛物线216y x =的准线交于A ， B 两点，||43AB =， 则C 的实轴长为（ ）A ．2B ．22C ．4D ．8【解析】设等轴双曲线C 的方程为22221x y a a-=， 即222x y a -=（0a >），抛物线216y x =的准线方程为4x =-， 联立方程2224x y a x ⎧-=⎨=-⎩， 解得2216y a =-，因为||43AB =， 所以222||(2||)448AB y y ===， 从而212y =， 所以21612a -=， 24a =，2a =， 因此C 的实轴长为24a =， 故选择C ．【2011， 4】椭圆221168x y +=的离心率为（ ）A ．13 B ．12C 3D 2【解析】选D ．因为221168x y +=中， 2216,8a b ==， 所以2228c a b =-=， 所以22242c e a ===．【2011， 9】已知直线l 过抛物线的焦点， 且与C 的对称轴垂直， l 与C 交于A ， B 两点， 12AB =，P 为C 的准线上一点， 则ABP △的面积为（ ）．A ．18B ．24C ．36D ．48【解析】不妨设抛物线的标准方程为()220y px p =>， 由于l 垂直于对称轴且过焦点， 故直线l 的方程为2p x =．代入22y px =得y p =±， 即2AB p =， 又12AB =， 故6p =， 所以抛物线的准线方程为3x =-， 故1612362ABP S =⨯⨯=△．故选C ．二、填空题【2016， 15】设直线2y x a =+与圆22:220C x y ay +--=相交于,A B 两点， 若23AB = 则圆C 的面积为 ．解析：4π．由题意直线即为20x y a -+=， 圆的标准方程为()2222x y a a +-=+， 所以圆心到直线的距离2ad =， 所以()22222a AB a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222232a =+=， 故2224a r +==， 所以24S r =π=π．故填4π．【2015， 16】已知F 是双曲线C :2218y x -=的右焦点， P 是C 左支上一点， (0,66)A ， 当ΔAPF 周长最小时， 该三角形的面积为 ．解：126 a =1， b 2=8， ⇒ c =3， ∴F (3,0)．设双曲线的的左焦点为F 1， 由双曲线定义知|PF |=2+|PF 1|，∴ΔAPF 的周长为|P A |+|PF |+|AF |=|P A |+|AF |+|PF 1|+2， 由于|AF |是定值， 只要|P A |+|PF 1|最小， 即A ,P ,F 1共线， ∵(0,66)A ， F 1 (-3,0)， ∴直线AF 1的方程为1366x +=-， 联立8x 2-y 2=8消去x 整理得y 2+66y -96=0， 解得y =26y =86-舍去)， 此时S ΔAPF =S ΔAFF 1-S ΔPFF 13(666)6=⨯=三、解答题【2020， 20】设A ， B 为曲线C ：42x y =上两点， A 与B 的横坐标之和为4．（1）求直线AB 的斜率；（2）设M 为曲线C 上一点， C 在M 处的切线与直线AB 平行， 且BM AM ⊥， 求直线AB 的方程． 解析：第一问：【解法1】设 1122(,),(,)A x y B x y ,AB 直线的斜率为k ， 又因为A,B 都在曲线C 上， 所以 4/211x y = ①4/222x y = ②②-①得2221122121()()44x x x x x x y y -+--==由已知条件124x x += 所以， 21211y yx x -=-即直线AB 的斜率k=1．【解法2】设 ),(),,(2211y x B y x A ,AB 直线的方程为y=kx+b,所以⎩⎨⎧=+=4/2x y b kx y整理得：,4,044212k x x b kx x =+∴=--且421=+x x 所以k=1第二问：设 00(,)M x y 所以200/4y x =① 又12y x =所以00011,2,12k x x y ==∴== 所以M （2,1）， 11(2,1)MA x y =--， 22(2,1)MB x y =--， 且AM BM ⊥， 0AM BM =g 即05)()(221212121=++-++-y y y y x x x x ②， 设AB 直线的方程为y x b =+，,4/2⎩⎨⎧=+=x y bx y化简得0442=--b x x ， 所以2212121,24,4b y y b y y b x x =+=+-=由②得0772=--b b 所以b=7或者b=-1(舍去) 所以AB 直线的方程为y=x+7【2016，20】在直角坐标系xOy 中， 直线:(0)l y t t =≠交y 轴于点M，交抛物线2:2(0)C y px p =>于点P ，M 关于点P 的对称点为N ， 连结ON 并延长交C 于点H ．（1）求OH ON；（2）除H 以外， 直线MH 与C 是否有其他公共点？请说明理由．解析 （1）如图， 由题意不妨设0t >， 可知点,,M P N 的坐标分别为()0,M t ， 2,2t P t p ⎛⎫⎪⎝⎭， 2,N t t p ⎛⎫⎪⎝⎭，HNPM Oyx从而可得直线ON 的方程为y x p t =， 联立方程22p x ty px y ⎧==⎪⎨⎪⎩， 解得22x t p =， 2y t =． 即点H 的坐标为22,2t t p ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 从而由三角形相似可知22H N OH y tON y t ===．（2）由于()0,M t ， 22,2t H t p ⎛⎫⎪⎝⎭， 可得直线MH 的方程为22ty t x t p-=， 整理得2220ty px t --=， 联立方程222202ty y px t px--==⎧⎪⎨⎪⎩， 整理得22440ty y t -+=，则2216160t t ∆=-=， 从而可知MH 和C 只有一个公共点H ．【2015， 20】已知过点A (0, 1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x -2)2+(y -3)2=1交于M ,N 两点. (Ⅰ)求k 的取值范围； (Ⅱ)u u u u r u u u rOM ON ⋅=12， 其中O 为坐标原点， 求|MN |. 解：(Ⅰ)依题可设直线l 的方程为y=kx +1， 则圆心C (2,3)到的l 距离211d k=<+. 解得474733k -<<.所以k 的取值范围是4747(33-. (Ⅱ)将y=kx +1代入圆C 的方程整理得 (k 2+1)x 2-4(k +1)x +7=0.设M (x 1, y 1),N (x 2, y 2)， 则1212224(1)7,.11k x x x x k k ++==++所以u u u u r u u u rOM ON ⋅=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+1)(kx 2+1)=(1+k 2)x 1x 2+k (x 1+x 2)+124(+1)8+1k k k =+=12， 解得k =1=1k ， 所以l 的方程为y=x +1. 故圆心在直线l 上， 所以|MN |=2.【2013， 21】已知圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝1， 圆N ：(x －1)2＋y 2＝9， 动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切， 圆心P 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程；(2)l 是与圆P ， 圆M 都相切的一条直线， l 与曲线C 交于A ， B 两点， 当圆P 的半径最长时， 求|AB |.解：由已知得圆M 的圆心为M (－1,0)， 半径r 1＝1；圆N 的圆心为N (1,0)， 半径r 2＝3.设圆P 的圆心为P (x ， y )， 半径为R .(1)因为圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切， 所以|PM |＋|PN |＝(R ＋r 1)＋(r 2－R )＝r 1＋r 2＝4.由椭圆的定义可知， 曲线C 是以M ， N 为左、右焦点， 长半轴长为2， 3(左顶点除外)， 其方程为22=143x y +(x ≠－2)． (2)对于曲线C 上任意一点P (x ， y )， 由于|PM |－|PN |＝2R －2≤2， 所以R ≤2， 当且仅当圆P 的圆心为(2,0)时， R ＝2. 所以当圆P 的半径最长时， 其方程为(x －2)2＋y 2＝4. 若l 的倾斜角为90°， 则l 与y 轴重合， 可得|AB |＝23若l 的倾斜角不为90°， 由r 1≠R 知l 不平行于x 轴， 设l 与x 轴的交点为Q ， 则1||||QP RQM r =， 可求得Q (－4,0)， 所以可设l ：y ＝k (x ＋4)．由l 与圆M 21k +＝1， 解得k ＝2±当k 2时， 将22y x =+22=143x y +， 并整理得7x 2＋8x －8＝0， 解得x 1,2462-±， 所以|AB |21k +x 2－x 1|＝187.当k ＝2 由图形的对称性可知|AB |＝187.综上， |AB |＝23|AB |＝187.【2011， 20】在平面直角坐标系xOy 中， 曲线261y x x =-+与坐标轴的交点都在圆C 上．（1）求圆C 的方程；（2）若圆C 与直线0x y a -+=交于A ， B 两点， 且OA OB ⊥， 求a 的值． 【解析】（1）曲线261y x x =-+与y 轴的交点为(0,1)， 与x 轴的交点为()322,0,+()322,0-．故可设C 的圆心为()3,t ， 则有()(22223122t t +-=+，解得1t =．则圆C ()22313t +-=， 所以圆C 的方程为()()22319x y -+-=．（2）设()11,A x y ， ()22,B x y ， 其坐标满足方程组()()220,319.x y a x y -+=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩ 消去y ， 得方程()22228210x a x a a +-+-+=．由已知可得， 判别式2561640a a ∆=-->， 因此()21,282561644a a a x ---=，从而124x x a +=-， 212212a a x x -+=．由于OA OB ⊥， 可得12120x x y y +=． 又11y x a =+， 22y x a =+所以212122()0x x a x x a +++=． ②由①②得1a =-， 满足0∆>， 故1a =-．【2012， 20】设抛物线C ：py x 22=（0>p ）的焦点为F ， 准线为l ， A 为C 上一点， 已知以F 为圆心， FA 为半径的圆F 交l 于B ， D 两点。
(版)高考试题汇编文科数学立体几何
〔2021全国1文〕16. ACB 90，P为平面ABC外一点，PC 2，点P到ACB两边AC,BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为 .答案：2解答：如图，过P点做平面ABC的垂线段，垂足为O，那么PO的长度即为所求，再做PE CB,PF CA，由线面的垂直判定及性质定理可得出OE CB,OF CA，在RtPCF中，由PC 2,PF 3，可得出CF 1，同理在RtPCE中可得出CE 1，结合 ACB 90，OE CB,OF CA可得出OE OF 1，OC2，PO PC2OC2 2〔2021全国1文〕19.如图直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA14,AB 2，BAD60o，E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.1〕证明：MN//平面C1DE2〕求点C到平面C1DE的距离.答案：见解析解答：〔1〕连结AC,BD相交于点，再过点M作MH//CE交BC于点，再连结GH，NG.1111111E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.于是可得到NG//C1D，GH//DE，于是得到平面NGHM//平面C1DE，由QMN平面NGHM，于是得到MN//平面C1DE1/19〔2〕QE为BC中点，ABCD为菱形且BAD60oDE BC，又QABCD A1B1C1D1为直四棱柱，DECC1DEC1E，又QAB2,AA14，DE3,C1E17，设点C到平面C1DE的距离为h 由V CC1DE V C1DCE得11317113432h1 432解得h1717所以点C 417到平面C1DE的距离为17〔2021全国2文〕7.设,为两个平面，那么//的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面答案：B解析:根据面面平行的判定定理易得答案.〔2021全国2文〕16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞〔图1〕.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表达了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的外表上，且此正方体的棱长为 1.那么该半正多面体共有个面，其棱长为.(此题第一空2分，第二空3分.)2/19答案： 262 1解析：由图2 结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解 .〔2021全国2文〕17.如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1的底面ABCD是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.〔1 〕证明：BE 平面EB 1C1〔2 〕假设AEAE 1,AB3,求四棱锥EBB 1C 1C 的体积.答案： 看解析 看解析解答：〔1〕证明：因为B 1C 1C 面A 1B 1BA ，BE面A 1B 1BA∴B 1C 1⊥BE 又C 1EB 1C 1 C 1，∴BE平面EB 1C 1；〔2〕设AA2a 那么BE2922222a ，C 1E18+a ，C 1B94a1222∴a，∴11 因为C 1B=BEC 1E3V EBB 1C 1CS BB 1C 1Ch363=18333/19(版)高考试题汇编文科数学立体几何〔2021全国3文〕8.如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点，那么〔〕A.BM EN，且直线B.BM EN，且直线C.BM EN，且直线D.BM EN，且直线【答案】B【解析】分析】BM,ENBM,ENBM,ENBM,EN是相交直线是相交直线是异面直线是异面直线利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】∵BDE ，N为BD中点M为DE中点，BM，EN共面相交，选项C DCD于O，，为错．作EO连接ON，过M作MF OD于F．连BF，Q平面CDE平面ABCD．EO CD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCE，【MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO3,0N1EN2，MF3,BF2295BM3247．24244BM EN，应选B．【点睛】此题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系.4/19〔2021全国3文〕16.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD A1B1C1D1挖去四棱锥O EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度为/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118．8【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为46412312cm2，其高为点O到底面BB1C1C的距12离为3cm，那么此四棱锥的体积为V112312cm2．又长方体ABCD A1B1C1D1的体积为3V2466144cm2，所以该模型体积为V V2V114412132cm2，其质量为132．【点睛】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．〔2021全国3文〕19.图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB 1,BE BF 2，FBC60o，将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.〔1〕证明图2中的A,C,G,D四点共面，且平面ABC平面BCGE；〔2〕求图2中的四边形ACGD的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.5/19【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，RtVABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以 AD//BE ，BF//CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可。
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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 ．17πB ． 18πC ． 20πD ． 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 ．3 B ．22 C ．3 D ．13【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+20π，则r=( ) BA．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＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．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．6 B．9 C．12 D．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 的体积为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 ．3 B ．22 C ．3 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∠=，所以其正弦值为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( ) 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 =( ) 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( )B A ．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＋8π C．16＋16π D．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 ．6π B ．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 ==，O B DA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 SBC SBC 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 +=． ? 又PO B BO Q ''△∽△，知22r O B xy '==． 即2234xy r R ==． ? 由??及x y >可得3,22R x 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2PE =，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2PF EF ==，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 的体积为63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，x ，GB=GD=2x． 在RtΔAEC 中，可得EG x ．∴在RtΔEBG 为直角三角形，可得BE=2x ． …9分∴31132243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==， 解得x =2．由BA=BD=BC 可得．∴ΔAEC 的面积为3，ΔEAD 的面积与ΔECD所以三棱锥E-ACD 的侧面积为 …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AG GC ==，BG GD x ==．在AEC △中，90AEC ∠=，所以12EG AC ==，所以在Rt EBG △中，BE =，所以31122sin12023233E ACD V x x x x -=⨯⨯⋅⋅⋅==，解得1x =． 在Rt EBA △，Rt EBC △，Rt EBD △中，可得AE EC ED ===所以三棱锥的侧面积1122322S =⨯⨯=+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=2114，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。