2013-2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何
2013年全国各地高考数学试题分类汇编(文科)：立体几何
2013年全国各地高考数学试题分类汇编（文科）：立体几何各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢2013年全国各地高考数学试题分类汇编（文科）：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考重庆卷（文））某几何体的三视图如题(8)所示,则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D2 ．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是,画该四面体三视图中的正视图时,以平面为投影面,则得到正视图可以为（）A．B．C．D．【答案】A3 ．（2013年高考课标Ⅰ卷（文））某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为（）A．B．C．D．【答案】A4 ．（2013年高考大纲卷（文））已知正四棱锥的正弦值等于（）A．B．C．D．【答案】A5 ．（2013年高考四川卷（文））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台【答案】D6 ．（2013年高考浙江卷（文））已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是（）A．108cm3 B．100 cm3 C．92cm3 D．84cm3【答案】B7 ．（2013年高考北京卷（文））如图,在正方体中, 为对角线的三等分点,则到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】B8 ．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B9 ．（2013年高考湖南（文））已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为的矩形,则该正方体的正视图的面积等于（）A．B．1 C．D．【答案】D10．（2013年高考浙江卷（文））设是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面, （）A．若m‖α,n‖α,则m‖n B．若m‖α,m‖β,则α‖βC．若m‖n,m⊥α,则n⊥α D．若m‖α,α⊥β,则m⊥β【答案】C11．（2013年高考辽宁卷（文））已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,若, , ,则球的半径为（）A．B．C．D．【答案】C12．（2013年高考广东卷（文））设为直线, 是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若, ,则B．若, ,则C．若, ,则D．若, ,则【答案】B13．（2013年高考山东卷（文））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（）A．B．C．D．8,8【答案】B14．（2013年高考江西卷（文））一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为（）A．200+9π B．200+18π C．140+9π D．140+18π【答案】A二、填空题15．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积为________.【答案】16．（2013年高考湖北卷（文））我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水. 天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸. 若盆中积水深九寸,则平地降雨量是__________寸.(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸)【答案】317．（2013年高考课标Ⅰ卷（文））已知是球的直径上一点, , 平面, 为垂足, 截球所得截面的面积为,则球的表面积为_______.【答案】;18．（2013年高考北京卷（文））某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.【答案】319．（2013年高考陕西卷（文））某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为________.【答案】20．（2013年高考大纲卷（文））已知圆和圆是球的大圆和小圆,其公共弦长等于球的半径, 则球的表面积等于______.【答案】21．（2013年上海高考数学试题（文科））已知圆柱的母线长为,底面半径为, 是上地面圆心, 、是下底面圆周上两个不同的点, 是母线,如图.若直线与所成角的大小为,则________.【答案】22．（2013年高考天津卷（文））已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为______.【答案】23．（2013年高考辽宁卷（文））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】24．（2013年高考江西卷（文））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB//CD,则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_____________.【答案】425．（2013年高考安徽（文））如图,正方体的棱长为1, 为的中点,为线段上的动点,过点的平面截该正方体所得的截面记为,则下列命题正确的是__________(写出所有正确命题的编号).①当时, 为四边形;②当时, 为等腰梯形;③当时, 与的交点满足;④当时, 为六边形;⑤当时, 的面积为.【答案】①②③⑤三、解答题26．（2013年高考辽宁卷（文））如图,(I)求证:(II)设【答案】27．（2013年高考浙江卷（文））如图,在在四棱锥P-ABCD中,PA⊥面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,∠ABC=120°,G为线段PC上的点.(Ⅰ)证明:BD⊥面PAC ;(Ⅱ)若G是PC的中点,求DG与APC 所成的角的正切值;(Ⅲ)若G满足PC⊥面BGD,求PGGC 的值.【答案】解:证明:(Ⅰ)由已知得三角形是等腰三角形,且底角等于30°,且,所以;、,又因为;(Ⅱ)设,由(1)知,连接,所以与面所成的角是,由已知及(1)知: ,,所以与面所成的角的正切值是;(Ⅲ)由已知得到: ,因为,在中, ,设28．（2013年高考陕西卷（文））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,.(Ⅰ) 证明: A1BD // 平面CD1B1;(Ⅱ) 求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.【答案】解: (Ⅰ) 设...(证毕)(Ⅱ).在正方形AB CD中,AO = 1 ..所以, .29．（2013年高考福建卷（文））如图,在四棱锥中, ,, ,, , , .(1)当正视图方向与向量的方向相同时,画出四棱锥的正视图.(要求标出尺寸,并画出演算过程);(2)若为的中点,求证: ;(3)求三棱锥的体积.【答案】解法一:(Ⅰ)在梯形中,过点作,垂足为, 由已知得,四边形为矩形,,在中,由, ,依勾股定理得:,从而,又由平面得,从而在中,由, ,得正视图如右图所示:(Ⅱ)取中点,连结,,在中, 是中点,∴, ,又,∴,, ∴四边形为平行四边形,∴又平面, 平面, ∴平面(Ⅲ) ,又, ,所以解法二:(Ⅰ)同解法一(Ⅱ)取的中点,连结,在梯形中, ,且,∴四边形为平行四边形∴,又平面, 平面∴平面,又在中,平面, 平面∴平面.又,∴平面平面,又平面∴平面(Ⅲ)同解法一30．（2013年高考广东卷（文））如图4,在边长为1的等边三角形中, 分别是边上的点, , 是的中点, 与交于点,将沿折起,得到如图5所示的三棱锥,其中.(1) 证明: //平面;(2) 证明:平面;(3) 当时,求三棱锥的体积.【答案】(1)在等边三角形中,,在折叠后的三棱锥中也成立,, 平面,平面, 平面;(2)在等边三角形中, 是的中点,所以①,.在三棱锥中, , ②;(3)由(1)可知,结合(2)可得.31．（2013年高考湖南（文））如图2.在直菱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC= ,AA1=3,D是BC的中点,点E在菱BB1上运动.(I) 证明:AD⊥C1E;(II) 当异面直线AC,C1E 所成的角为60°时,求三菱子C1-A2B1E的体积.【答案】解: (Ⅰ)..(证毕)(Ⅱ) ..32．（2013年高考北京卷（文））如图,在四棱锥中, , , ,平面底面, , 和分别是和的中点,求证:(1) 底面;(2) 平面;(3)平面平面【答案】(I)因为平面PAD⊥平面ABCD,且PA垂直于这个平面的交线AD 所以PA垂直底面ABCD.(II)因为AB‖CD,CD=2AB,E为CD的中点所以AB‖DE,且AB=DE所以ABED为平行四边形,所以BE‖AD,又因为BE 平面PAD,AD 平面PAD所以BE‖平面PAD.(III)因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形所以BE⊥CD,AD⊥CD,由(I)知PA ⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,所以CD⊥平面PAD所以CD⊥PD,因为E和F分别是CD 和PC的中点所以PD‖EF,所以CD⊥EF,所以CD ⊥平面BEF,所以平面BEF⊥平面PCD.33．（2013年高考课标Ⅰ卷（文））如图,三棱柱中, ,, .(Ⅰ)证明: ;(Ⅱ)若, ,求三棱柱的体积.【答案】【答案】(I)取AB的中点O,连接、、,因为CA=CB,所以,由于AB=A A1,∠BA A1=600,故为等边三角形,所以OA ⊥AB.因为OC⨅OA =O,所以AB 平面OA C.又A CC平面OA C,故AB AC.(II)由题设知34．（2013年高考山东卷（文））如图,四棱锥中, ,,分别为的中点(Ⅰ)求证: ;(Ⅱ)求证:【答案】35．（2013年高考四川卷（文））如图,在三棱柱中,侧棱底面, , ,分别是线段的中点, 是线段上异于端点的点.(Ⅰ)在平面内,试作出过点与平面平行的直线,说明理由,并证明直线平面;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线交于点,求三棱锥的体积.(锥体体积公式: ,其中为底面面积, 为高)【答案】解:(Ⅰ)如图,在平面ABC内,过点作直线,因为在平面外,BC在平面内,由直线与平面平行的判定定理可知, 平面.由已知, , 是BC中点,所以BC⊥AD,则直线,又因为底面,所以,又因为AD, 在平面内,且AD与相交,所以直线平面(Ⅱ)过D作于E,因为平面,所以,又因为AC, 在平面内,且AC与相交,所以平面,由,∠BAC ,有,∠DAC ,所以在△ACD中, ,又,所以因此三棱锥的体积为36．（2013年高考湖北卷（文））如图,某地质队自水平地面A,B,C三处垂直向地下钻探,自A点向下钻到A1处发现矿藏,再继续下钻到A2处后下面已无矿,从而得到在A处正下方的矿层厚度为.同样可得在B,C处正下方的矿层厚度分别为, ,且. 过, 的中点, 且与直线平行的平面截多面体所得的截面为该多面体的一个中截面,其面积记为.(Ⅰ)证明:中截面是梯形;(Ⅱ)在△ABC中,记,BC边上的高为,面积为. 在估测三角形区域内正下方的矿藏储量(即多面体的体积)时,可用近似公式来估算. 已知,试判断与V的大小关系,并加以证明.【答案】(Ⅰ)依题意平面, 平面, 平面,所以A1A2‖B1B2‖C1C2. 又, , ,且.因此四边形、均是梯形.由‖平面, 平面,且平面平面,可得AA2‖ME,即A1A2‖DE. 同理可证A1A2‖FG,所以DE‖FG.又、分别为、的中点,则、、、分别为、、、的中点,即、分别为梯形、的中位线.因此, ,而,故,所以中截面是梯形.(Ⅱ) . 证明如下:由平面, 平面,可得.而EM‖A1A2,所以,同理可得.由是△的中位线,可得即为梯形的高,因此,即.又,所以.于是.由,得, ,故.37．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E 分别是AB,BB1的中点.(1) 证明: BC1//平面A1CD;(2) 设AA1= AC=CB=2,AB=2 ,求三棱锥C一A1DE的体积.【答案】38．（2013年高考大纲卷（文））如图,四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=900，BC=2AD，△PAB与△PAD 都是边长为2的等边三角形.(I)证明:PB⊥CD；(II)求点A到平面PCD的距离.【答案】(Ⅰ)证明:取BC的中点E,连结DE,则ABED为正方形.过P作PO⊥平面ABCD,垂足为O.连结OA,OB,OD,OE.由和都是等边三角形知PA=PB=PD,所以OA=OB=OD,即点O为正方形ABED对角线的交点,故,从而.因为O是BD的中点,E是BC的中点,所以OE//CD.因此, .(Ⅱ)解:取PD的中点F,连结OF,则OF//PB.由(Ⅰ)知, ,故.又, ,故为等腰三角形,因此, .又,所以平面PCD.因为AE//CD, 平面PCD, 平面PCD,所以AE//平面PCD.因此,O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离,而,所以A至平面PCD的距离为1.39．（2013年高考安徽（文））如图,四棱锥的底面是边长为2的菱形, .已知.(Ⅰ)证明:(Ⅱ)若为的中点,求三菱锥的体积.【答案】解:(1)证明:连接交于点又是菱形而⊥面⊥(2)由(1) ⊥面=40．（2013年上海高考数学试题（文科））如图,正三棱锥底面边长为,高为,求该三棱锥的体积及表面积.【答案】41．（2013年高考天津卷（文））如图, 三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧棱A1A⊥底面ABC,且各棱长均相等. D, E, F分别为棱AB, BC, A1C1的中点.(Ⅰ) 证明EF//平面A1CD;(Ⅱ) 证明平面A1CD⊥平面A1ABB1;(Ⅲ) 求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.【答案】42．（2013年高考重庆卷（文））(本小题满分12 分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分)如题(19)图,四棱锥中, ⊥底面, , ,(Ⅰ)求证: ⊥平面;(Ⅱ)若侧棱上的点满足,求三棱锥的体积.【答案】43．（2013年高考江西卷（文））如图,直四棱柱ABCD –A1B1C1D1中,AB//CD,AD⊥AB,AB=2,AD= ,AA1=3,E为CD上一点,DE=1,EC=3(1) 证明:BE⊥平面BB1C1C;(2) 求点B1 到平面EA1C1 的距离【答案】解.(1)证明:过B作CD的垂线交CD于F,则在在,故由(2),同理,因此.设点B1到平面的距离为d,则,从而各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢。
2013年全国高考文科数学 ：立体几何
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题错误！未指定书签。
．（2013年高考重庆卷 ）某几何体的三视图如题(8)所示,则该几何体的表面积为（ ）A ．180B ．200C ．220D ．240错误！未指定书签。
．（2013年高考大纲卷）已知正四棱锥1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中，则与平面所成角的正弦值等于（ ）A ．23BCD ．13【答案】A错误！未指定书签。
．（2013年高考浙江卷 ）已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是A ．108cm 3B ．100 cm 3C ．92cm 3D ．84cm 3错误！未指定书签。
．（2013年高考北京卷 ）如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为对角线1BD 的三等分点,则P 到各顶点的距离的不同取值有 （ ） A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个错误！未指定书签。
．（2013年高考湖南 ）已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个的矩形,则该正方体的正视图的面积等于______ （ ）A B ．1 C D错误！未指定书签。
．（2013年高考浙江卷 ）设m.n 是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面, （ ）A ．若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB ．若m ∥α,m ∥β,则α∥βC ．若m ∥n,m ⊥α,则n ⊥αD ．若m ∥α,α⊥β,则m ⊥β错误！未指定书签。
．（2013年高考辽宁卷 ）已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A B ．C ．132D ．错误！未指定书签。
．（2013年高考广东卷 ）设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）1A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥错误！未指定书签。
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何
2018年全国高考文科数学分类汇编——立体几何1.（北京）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（C）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，PC=3，PD=2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．2.(北京)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG ∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．3.（江苏）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2×=．故答案为：．4. （江苏）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．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．5.（全国1卷）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，则该圆柱的表面积为（）A．12πB．12πC．8πD．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，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，可得：4R2=8，解得R=，则该圆柱的表面积为：=10π．故选：D．6.（全国1卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（）BA．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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：=2．故选：B．7.（全国1卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）CA．8 B．6C．8D．8【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1==2．可得BB1==2．所以该长方体的体积为：2×=8．故选：C．8.（全国1卷）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=DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AB=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．9.（全国2卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）CA．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．10.（全国2卷）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为8π．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA=4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V==8π．故答案为：8π．11. （全国2卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2，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．【解答】（1）证明：∵AB=BC=2，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=，在△COM中，OM==．S=××=，S△COM==．=V C﹣POM⇒，设点C到平面POM的距离为d．由V P﹣OMC解得d=，∴点C到平面POM的距离为．12.（全国3卷）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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（）AA．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．13.（全国3卷）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C==，OO′==2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：=18．故选：B．14.（全国3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．15.（上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）CA．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：根据正六边形的性质可得D1F1⊥A1F1，C1A1⊥A1F1，D1B1⊥A1B1，E1A1⊥A1B1，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，故有2×6=12，故选：C．16.（上海）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为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=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos ．17.（天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为．【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，四棱锥的高：A1C1=．则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：=．故答案为：．18.（天津）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=2，∠BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=，∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．在Rt△CAD中，CD=，在Rt△CMD中，sin∠CDM=．∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．19.（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：cm3）是（）CA．2 B．4 C．6 D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V=．故选：C．20.（浙江）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．21.（浙江）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1==，tanθ3=，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3=，sinθ2=，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．22.（浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，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．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1==2，又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，﹣，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），设平面ABB1的法向量为=（x，y，z），则，∴，令y=1可得=（﹣，1，0），∴cos＜＞===．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．。
2013文科高考汇编04：立体几何
如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.⑴证明：AB⊥A1C；⑵若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解析：⑴证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C故AB⊥A1C.⑵由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1OA，又A1C，则A1C2＝OC2＋21故OA1⊥OC.因为OC∩AB＝O所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．＝又△ABC的面积S△ABC故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点．⑴证明：BC 1∥平面A 1CD ；⑵设AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝，求三棱锥C －A 1DE 的体积．解析：⑴连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连结DF则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .⑵因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱所以AA 1⊥CD .由已知AC ＝CB ，D 为AB 的中点所以CD ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB 1A 1.由AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB =得∠ACB ＝90°，CD =1A D =，DE =A 1E ＝3，故A 1D 2＋DE 2＝A 1E 2即DE ⊥A 1D .所以VC －A 1DE ＝1132⨯ 1.如图，四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△PAB 和△PAD 都是边长为2的等边三角形．⑴证明：PB ⊥CD ；⑵求点A 到平面PCD 的距离．解析：⑴证明：取BC 的中点E ，连结DE ，则ABED 为正方形．过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O .连结OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD即点O 为正方形ABED 对角线的交点，故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE //CD ．因此PB ⊥CD ．⑵取PD 的中点F ，连结OF ，则OF //PB ．由⑴知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD ．又OD ＝12BD ，OP =故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD ．又PD ∩CD ＝D ，所以OF ⊥平面PCD ．因为AE //CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD所以AE //平面PCD ．因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．⑴求证：CE ∥平面PAD ；⑵求证：平面EFG ⊥平面EMN .解析：⑴证法一：取PA 的中点H ，连接EH ，DH .因为E 为PB 的中点，所以EH //AB ，EH ＝12AB .又AB //CD ，CD ＝12AB ，所以EH //CD ，EH ＝CD .因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE //DH .又DH ⊂平面PAD ，CE 平面PAD ，因此CE //平面PAD .证法二：连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF //CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形．因此CF //AD .又CF 平面PAD ，所以CF //平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF //PA .又EF 平面PAD ，所以EF //平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF //平面PAD .又CE ⊂平面CEF ，所以CE //平面PAD .⑵证明：因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF //PA .又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF .同理可证AB ⊥FG .又EF ∩FG ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，因此AB ⊥平面EFG .又M ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以MN //CD .又AB //CD ，所以MN //AB .因此MN ⊥平面EFG .又MN ⊂平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN .如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF 折起，得到如图(2)所示的三棱锥A －BCF ，其中BC ＝22.⑴证明：DE //平面BCF ；⑵证明：CF ⊥平面ABF ；⑶当AD ＝23时，求三棱锥F －DEG 的体积V F －DEG .图(1)图(2)解析：⑴证明：在等边三角形ABC 中，∵AD ＝AE ，∴AD AE DB EC=.又AD AE DB EC=，在折叠后的三棱锥A －BCF 中也成立，∴DE //BC ．∵DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴DE //平面BCF .⑵证明：在等边三角形ABC 中，∵F 是BC 的中点，BC ＝1∴AF ⊥CF ，BF ＝CF ＝12.∵在三棱锥A －BCF 中，BC ＝2，∴BC 2＝BF 2＋CF 2.∴CF ⊥BF .∵BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .⑶由⑴可知GE //CF ，结合⑵可得GE ⊥平面DFG .∴V F －DEG ＝V E －DFG ＝13×12·DG ·FG ·GE ＝11111323323324⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭.如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°.已知PB ＝PD ＝2，PA .⑴证明：PC ⊥BD ；⑵若E 为PA 的中点，求三棱锥P －BCE 的体积．解析：⑴证明：连接AC ，交BD 于O 点，连接PO .因为底面ABCD 是菱形所以AC ⊥BD ，BO ＝DO .由PB ＝PD 知，PO ⊥BD ．再由PO ∩AC ＝O 知，BD ⊥面APC因此BD ⊥PC ．⑵因为E 是PA 的中点所以V P －BCE ＝V C －PEB ＝12V C －P AB ＝12V B －APC ．由PB ＝PD ＝AB ＝AD ＝2知，△ABD ≌△PBD ．因为∠BAD ＝60°，所以PO ＝AO AC ＝BO ＝1.又PA ，PO 2＋AO 2＝PA 2即PO ⊥AC ，故S △APC ＝12PO ·AC ＝3.由⑴知，BO ⊥面APC ，因此V P －BCE ＝12V B －APC ＝12·13·BO ·S △APC ＝12.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD.E 和F分别是CD和PC的中点．求证：⑴PA⊥底面ABCD；⑵BE//平面PAD；⑶平面BEF⊥平面PCD.解析：⑴证明：因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.⑵因为AB//CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB//DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE//AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE//平面PAD.⑶因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由⑴知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD//EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，且各棱长均相等，D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A1C 1的中点．⑴证明EF //平面A 1CD ；⑵证明平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1；⑶求直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值．解析：⑴证明：如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC //A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ＝12AC 且DE //AC ，又因为F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝DE ，且A 1F //DE即四边形A 1DEF 为平行四边形，所以EF //DA 1.又EF ⊄平面A 1CD ，DA 1⊂平面A 1CD ，所以EF //平面A 1CD .⑵证明：由于底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，故CD ⊥AB ，又由于侧棱A 1A ⊥底面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以A 1A ⊥CD ，又A 1A ∩AB ＝A ，因此CD ⊥平面A 1ABB 1，而CD ⊂平面A 1CD ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1.⑶在平面A 1ABB 1内，过点B 作BG ⊥A 1D 交直线A 1D 于点G ，连接CG .由于平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1，而直线A 1D 是平面A 1CD 与平面A 1ABB 1的交线，故BG ⊥平面A 1CD .由此得∠BCG 为直线BC 与平面A 1CD 所成的角．设棱长为a ，可得A 1D ＝2，由△A 1AD ∽△BGD ，易得BG ＝2.在Rt △BGC 中，sin ∠BCG ＝5BG BC .所以直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值为55.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA =BC ＝CD ＝2，∠ACB ＝∠ACD ＝π3.⑴求证：BD ⊥平面PAC ；⑵若侧棱PC 上的点F 满足PF ＝7FC ，求三棱锥P －BDF 的体积．解析：⑴证明：因BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又∠ACB ＝∠ACD ，故BD ⊥AC ．因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ．从而BD 与平面PAC 内两条相交直线PA ，AC 都垂直，所以BD ⊥平面PAC ．⑵三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积S △BCD ＝12BC ·CD ·sin ∠BCD ＝12×2×2×2πsin 3.由PA ⊥底面ABCD ，得V P －BCD ＝13·S △BCD ·PA ＝123=.由PF ＝7FC ，得三棱锥F －BCD 的高为18PA ，故V F －BCD ＝13·S △BCD ·18PA ＝111384⨯=，所以V P －BDF ＝V P －BCD －V F －BCD ＝17244-=.如图，正三棱锥O －ABC 的底面边长为2，高为1，求该三棱锥的体积及表面积．解析：由已知条件可知，正三棱锥O －ABC 的底面△ABC 是边长为2的正三角形，经计算得底面△ABC所以该三棱锥的体积为1133=.设O ′是正三角形ABC 的中心．由正三棱锥的性质可知，OO ′垂直于平面ABC .延长AO ′交BC 于D ，得AD 3O D '.又因为OO ′＝1，所以正三棱锥的斜高OD ＝3.故侧面积为12×6×3＝＋＝因此，所求三棱锥的体积为33，表面积为如图，直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB ＝2，AD ，AA 1＝3，E 为CD 上一点，DE ＝1，EC ＝3.⑴证明：BE ⊥平面BB 1C 1C ；⑵求点B 1到平面EA 1C 1的距离．解析：⑴证明：过B 作CD 的垂线交CD 于F ，则BF ＝AD ，EF ＝AB －DE ＝1，FC ＝2.在Rt △BFE 中，BE .在Rt △CFB 中，BC .在△BEC 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2，故BE ⊥BC .由BB 1⊥平面ABCD 得BE ⊥BB 1，所以BE ⊥平面BB 1C 1C .⑵三棱锥EA 1B 1C 1的体积V ＝13AA 1·111A B C S ∆.在Rt △A 1D 1C 1中，A 1C 1.同理，EC 1，A 1E故11A C E S ∆＝.设点B 1到平面EA 1C 1的距离为d ，则三棱锥B 1A 1C 1E 的体积V ＝13·d ·11A C E S ∆，=，105d =.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，BC ＝5，DC ＝3，AD ＝4，∠PAD ＝60°.⑴当正视方向与向量AD 的方向相同时，画出四棱锥P －ABCD 的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；⑵若M 为PA 的中点，求证：DM //平面PBC ；⑶求三棱锥D －PBC 的体积．解析：解法一：⑴在梯形ABCD 中，过点C 作CE ⊥AB ，垂足为E ，由已知得，四边形ADCE 为矩形，AE ＝CD ＝3，在Rt △BEC 中，由BC ＝5，CE ＝4，依勾股定理得BE ＝3，从而AB ＝6.又由PD ⊥平面ABCD 得，PD ⊥AD ，从而在Rt △PDA 中，由AD ＝4，∠PAD ＝60°，得PD ＝.正视图如图所示：⑵取PB 中点N ，连结MN ，CN .在△PAB 中，∵M 是PA 中点，∴MN //AB ，MN ＝12AB ＝3.又CD //AB ，CD ＝3，∴MN //CD ，MN ＝CD .∴四边形MNCD 为平行四边形．∴DM //CN .正视图又DM ⊄平面PBC ，CN ⊂平面PBC ，∴DM //平面PBC .⑶V D －PBC ＝V P －DBC ＝13S △DBC ·PD ，又S △DBC ＝6，PD ＝V D －PBC ＝解法二：⑴同解法一．⑵取AB 的中点E ，连结ME ，DE .在梯形ABCD 中，BE //CD ，且BE ＝CD ，∴四边形BCDE 为平行四边形．∴DE //BC .又DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴DE //平面PBC .又在△PAB 中，ME //PB ，ME ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，∴ME //平面PBC .又DE ∩ME ＝E ，∴平面DME //平面PBC .又DM ⊂平面DME ，∴DM //平面PBC .⑶同解法一．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，AD ＝CD ，PA ，∠ABC ＝120°，G 为线段PC 上的点．⑴证明：BD ⊥平面APC ；⑵若G 为PC 的中点，求DG 与平面APC 所成的角的正切值；⑶若G 满足PC ⊥平面BGD ，求PG GC的值．解析：⑴设点O 为AC ，BD 的交点．由AB ＝BC ，AD ＝CD ，得BD 是线段AC 的中垂线．所以O 为AC 的中点，BD ⊥AC .又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .所以BD ⊥平面APC .⑵连结OG .由⑴可知OD ⊥平面APC ，则DG 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OGD 是DG 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12PA ＝2.在△ABC 中，AC ＝，所以OC ＝12AC在直角△OCD 中，OD 2.在直角△OGD 中，tan ∠OGD ＝3OD OG =.所以DG 与平面APC 所成的角的正切值为3.⑶连结OG .因为PC ⊥平面BGD ，OG ⊂平面BGD ，所以PC ⊥OG .在直角△PAC 中，得PC .所以GC ＝5AC OC PC ⋅=.从而PG ＝5，所以32PG GC =.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1＝2，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AD 上异于端点的点．⑴在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；⑵设⑴中的直线l 交AC 于点Q ，求三棱锥A 1－QC 1D 的体积．(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)解析：⑴如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l //BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l //平面A 1BC ．由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以，BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD ．因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .又因为AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.⑵过D 作DE ⊥AC 于E ，因为AA 1⊥平面ABC ，所以DE ⊥AA 1.又因为AC ，AA 1在平面AA 1C 1C 内，且AC 与AA 1相交，所以DE ⊥平面AA 1C 1C ．由AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，有AD ＝1，∠DAC ＝60°，所以在△ACD 中，DE ＝2AD ＝2.又11A QC S ∆＝12A 1C 1·AA 1＝1，所以11A QC D V -＝11D A QC V -＝13DE ·11A QC S ∆＝11326⨯⨯=.因此三棱锥A 1－QC 1D 的体积是6.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB＝AA 1.⑴证明：平面A 1BD //平面CD 1B 1；⑵求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积．解析：⑴由题设知，BB 1DD 1，∴BB 1D 1D 是平行四边形，∴BD //B 1D 1.又BD 平面CD 1B 1，∴BD //平面CD 1B 1.∵A 1D 1B 1C 1BC ，∴A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B //D 1C ．又A 1B 平面CD 1B 1，∴A 1B //平面CD 1B 1.又∵BD ∩A 1B ＝B ，∴平面A 1BD //平面CD 1B 1.⑵∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD －A 1B 1D 1的高．又∵AO ＝12AC ＝1，AA 1，∴A 1O ＝1.又∵S △ABD ＝121，∴111ABD A B D V -＝S △ABD ×A 1O ＝1.如图，在直棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，AA 1＝3，D 是BC 的中点，点E 在棱BB 1上运动．⑴证明：AD ⊥C 1E ；⑵当异面直线AC ，C 1E 所成的角为60°时，求三棱锥C 1－A 1B 1E 的体积．解析：⑴证明：因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC ．①又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，而AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1.②由①，②得AD ⊥平面BB 1C 1C ．由点E 在棱BB 1上运动，得C 1E ⊂平面BB 1C 1C ，所以AD ⊥C 1E .⑵因为AC //A 1C 1，所以∠A 1C 1E 是异面直线AC ，C 1E 所成的角，由题设，∠A 1C 1E ＝60°，因为∠B 1A 1C 1＝∠BAC ＝90°，所以A 1C 1⊥A 1B 1，又AA 1⊥A 1C 1，从而A 1C 1⊥平面A 1ABB 1，于是A 1C 1⊥A 1E .故C 1E ＝11cos 60A C =︒，又B 1C 1＝2，所以B 1E ＝2，从而111C A B E V -三棱锥＝1113A B E S ∆×A 1C 1＝1122323⨯⨯=.如图，某地质队自水平地面A ，B ，C 三处垂直向地下钻探，自A 点向下钻到A 1处发现矿藏，再继续下钻到A 2处后下面已无矿，从而得到在A 处正下方的矿层厚度为A 1A 2＝d 1.同样可得在B ，C 处正下方的矿层厚度分别为B 1B 2＝d 2，C 1C 2＝d 3，且d 1＜d 2＜d 3.过AB ，AC 的中点M ，N 且与直线AA 2平行的平面截多面体A 1B 1C 1A 2B 2C 2所得的截面DEFG 为该多面体的一个中截面，其面积记为S 中．⑴证明：中截面DEFG 是梯形；⑵在△ABC 中，记BC ＝a ，BC 边上的高为h ，面积为S .在估测三角形ABC 区域内正下方的矿藏储量(即多面体A 1B 1C 1A 2B 2C 2的体积V )时，可用近似公式V 估＝S 中·h 来估算．已知V ＝13(d 1＋d 2＋d 3)S ，试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明．解析：⑴证明：依题意，A 1A 2⊥平面ABC ，B 1B 2⊥平面ABC ，C 1C 2⊥平面ABC ，所以A 1A 2//B 1B 2//C 1C 2.又A 1A 2＝d 1，B 1B 2＝d 2，C 1C 2＝d 3，且d 1＜d 2＜d 3.因此四边形A 1A 2B 2B 1，A 1A 2C 2C 1均是梯形．由AA 2//平面MEFN ，AA 2⊂平面AA 2B 2B ，且平面AA 2B 2B ∩平面MEFN ＝ME ，可得AA 2//ME ，即A 1A 2//DE .同理可证A 1A 2//FG ，所以DE //FG .又M ，N 分别为AB ，AC 的中点，则D ，E ，F ，G 分别为A 1B 1，A 2B 2，A 2C 2，A 1C 1的中点，即DE ，FG 分别为梯形A 1A 2B 2B 1，A 1A 2C 2C 1的中位线．因此DE ＝12(A 1A 2＋B 1B 2)＝12(d 1＋d 2)，FG ＝12(A 1A 2＋C 1C 2)＝12(d 1＋d 3)，而d 1＜d 2＜d 3，故DE ＜FG ，所以中截面DEFG 是梯形．⑵V 估＜V .证明如下：由A 1A 2⊥平面ABC ，MN ⊂平面ABC ，可得A 1A 2⊥MN .而EM //A 1A 2，所以EM ⊥MN ，同理可得FN ⊥MN .由MN 是△ABC 的中位线，可得MN ＝1122BC a =即为梯形DEFG 的高，因此S 中＝S 梯形DEFG ＝13121231(2)22228d d d d a a d d d ++⎛⎫+⋅=++⎪⎝⎭，即V 估＝S 中·h ＝8ah (2d 1＋d 2＋d 3)．又12S ah =，所以V ＝13(d 1＋d 2＋d 3)S ＝6ah (d 1＋d 2＋d 3)．于是V －V 估＝6ah (d 1＋d 2＋d 3)－8ah (2d 1＋d 2＋d 3)＝24ah [(d 2－d 1)＋(d 3－d 1)]．由d 1＜d 2＜d 3，得d 2－d 1＞0，d 3－d 1＞0，故V 估＜V .第18题、文科2013年辽宁卷18题如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．⑴求证：BC⊥平面PAC；⑵设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.解析：⑴证明：由AB是圆O的直径得AC⊥BC.由PA⊥平面ABC，BC平面ABC得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC.⑵连OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心得M为AC中点．由Q为PA中点得QM//PC.又O为AB中点得OM//BC.因为QM∩MO＝M，QM平面QMO，MO平面QMO，BC∩PC＝C，BC平面PBC，PC平面PBC，所以平面QMO//平面PBC.因为QG平面QMO，所以QG//平面PBC.如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：⑴平面EFG//平面ABC；⑵BC⊥SA.解析：⑴证明：因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF//AB.因为EF平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF//平面ABC.同理EG//平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG//平面ABC.⑵因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB所以BC⊥SA.如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．⑴求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；⑵求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解析：⑴以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1111A B C D A B C D ⋅10=，所以异面直线A 1B 与C1D 所成角的余弦值为10.⑵设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD ＝(1,1,0)，1AC＝(0,2,4)所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC＝0即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1得x ＝2，y ＝－2所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝12122||||3⋅==n n n n ，得sin θ＝3.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为3.。
2018年高考真题文科数学分类汇编专题6立体几何
专题6立体几何（2018全国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】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.（2018全国1卷）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】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2018全国1卷）10. 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】C【解析】分析：首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式详解：在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.（2018全国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. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.详解：在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为， 则由为棱的中点，可得，所以则.故选C.点睛：求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角.（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.（2018全国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（ ）3．答案：A 解答：根据题意，A 选项符号题意；（2018全国3卷）12．设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．12．答案：BA B C D ABC ∆D ABC -解答：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，取的中点，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值（2018北京卷）6. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，， 由勾股定理可知：， 则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.ABC ∆O A B C D G ABC ∆ABC S ∆=6AB =BC H sin60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O ABC 2d ==D ABC -1(24)3D ABC V -=⨯+=点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. （2018浙江卷）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：cm 3)是( )A . 2B . 4C . 6D . 83.答案：C 解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. （2018浙江卷）6.已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件6.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.（2018浙江卷）8.已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则( )A . θ1≤θ2≤θ3B . θ3≤θ2≤θ1C . θ1≤θ3≤θ2D . θ2≤θ3≤θ18.答案：D 解答作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，俯视图正视图根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥， 所以231θθθ≤≤.（2018全国2卷）16. 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】8π【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以， 所以该圆锥的体积为.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.（2018天津卷）11. 如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．【答案】【解析】分析：由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.详解：如图所示，连结，交于点，很明显平面，则是四棱锥的高，且，，结合四棱锥体积公式可得其体积为：.点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. （2018江苏卷）10. 如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．（2018全国1卷）18. 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．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，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.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，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=．又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥的体积为．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.（2018全国2卷）19. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，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==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，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==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．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；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.（2018江苏卷）15. 在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（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）先根据条件得菱形ABB1A1，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.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，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 ．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. （2018全国3卷）19．（12分）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． ⑴证明：平面平面；⑵在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．19．答案：见解答解答：（1）∵正方形半圆面， ∴半圆面，∴平面.∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.（2）线段上存在点且为中点，证明如下：连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点； ∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD ABCD ⊥CMD AD ⊥CMD AD ⊥MCD CM MCD AD CM ⊥M CD ,C D CM MD ⊥AD DM D =I CM ⊥ADM CM BCM BCM ⊥ADM AM P P AM ,BD AC O ,,PD PB PO ABCD O AC P AM //OP MC OP PDB MC PDB //MCPDB（2018北京卷）18. （本小题14分）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.（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.【解析】分析：（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面P AB⊥平面PCD；（3）取中点，连接，证明，则平面.详解：（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴.（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，∴平面.∴.又,∵平面，∴平面平面.（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.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. （2018江苏卷）25. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．（2）因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.（2018浙江卷）19.(15分)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=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 19.解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴1AB =.同理，1AC ===过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC ==且11B G =，∴11B C =在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB BC ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+， ∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.C 1B 1A 1CA则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角，设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin α=。
2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13-立体几何-)
2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13-立体几何-)2018 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题1．（2018北京文、理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）A ．1B ．2C ． 3D ．41．【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -， 在四棱锥P ABCD -中，2PD =，2AD =， 2CD =，1AB =，由勾股定理可知，22PA =，22PC =，3PB =，5BC =，则在四棱锥中，直角三角形有， PAD △，PCD △，PAB △共三个，故选C ．2．（2018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：cm 3）是（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．83.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱， (12)2262V +⨯=⨯=.3 （2018上海）《九章算术》中，称底侧视图俯视图正视图2211所以231θθθ≤≤.5．（2018全国新课标Ⅰ文）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 ．217 B ．25 C ．3 D ．25. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图， 将侧面展开，最短路径为,M N 连线的距离， 所以224225MN =+=，所以选B.6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ ）A ．8B ．62 C ．82 D ．836. 答案：C 解答：连接1AC 和1BC ，∵1AC 与平面11BB C C 所成角为30，∴130AC B ∠=，∴11tan 30,23ABBC BC ==，∴122CC =，∴222282V =⨯⨯=，∴选C.7．（2018全国新课标Ⅰ理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．33 B ．23 C ．324 D ．327. 答案：A解答：由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平 面α中存在平面与平面11AB D 平行（如图），而在与 平面11AB D 平行的所有平面中，面积最大的为由各 棱的中点构成的截面EFGHMN ，而平面EFGHMN的面积12233362S =⨯⨯⨯⨯=.8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π8. 答案：B解答：截面面积为8，所以高22h =，底面半径2r =，所以表面积为2(2)2222212S πππ=⋅⋅+⋅⋅=.9．（2018全国新课标Ⅰ理）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．172B ．52C ．3D ．29. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开， 最短路径为,M N 连线的距离， 所以224225MN =+=，所以选B.10．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A ．2B ．3C ．5D ．710．【答案】C【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以5BE a =，则55tan BE a EAB AB ∠===．故选C ．11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（）A ．15B ．5C ．5D ．211．【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()11,1,3B ，()10,0,3D ，()11,0,3AD ∴=-，()11,1,3DB =，1111115cos<,>25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯，∴异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为5，故选C ．12．（2018全国新课标Ⅲ文、理）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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（ ）12.答案：A解答：根据题意，A 选项符号题意；13．（2018全国新课标Ⅲ文、理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．123B ．183C ．243D ．54313．答案：B解答：如图，ABC ∆为等边三角形，点O 为A ，B ，C ，D 外接球的球心，G 为ABC ∆的重心，由93ABCS ∆=，得6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 6033AH AB =⋅︒=，∴2233AG AH ==，∴球心O 到面ABC 的距离为224(23)2d =-=，∴三棱锥D ABC -体积最大值193(24)1833D ABCV -=⨯⨯+=.二、填空1．（2018江苏）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ▲ ．1．【答案】43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为()21421233⨯⨯⨯=．2．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．2．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且2211111211222A O A C ==+=，111212BDD B S BD DD =⨯四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为11212333V Sh ===．3． （2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为 .3．【答案】112【解析】由题意可得，底面四边形EFGH 为边长为22的正方形， 其面积2212EFGHS ==⎝⎭，顶点M 到底面四边形EFGH 的距离为12d =， 由四棱锥的体积公式可得111132212M EFGHV-=⨯⨯=．4．（2018全国新课标Ⅱ文）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________．4．【答案】8π【解析】如下图所示，30SAO ∠=︒，90ASB ∠=︒，又211822SABS SA SB SA =⋅==△， 解得4SA =，所以122SO SA ==，2223AO SA SO =-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO =⋅π⋅⋅=π．5．（2018全国新课标Ⅱ理）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________． 5．【答案】402π【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 15，因为SAB △的面积为515，设母线长为l ，所以21155152l⨯=，280l ∴=，因SA 与圆锥底面所成角为45︒，所以底面半径为2cos 4l π=，因此圆锥的侧面积为22402rl l π=π．三、解答题1．（2018北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E ，F 分别为AD ，PB 的中点． （1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD ．1．【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12FG BC =， 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =， 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 ． 2． （2018北京理）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2．【答案】（1）证明见解析（2）1B CDC --的余弦值为21-；（3）证明过程见解析． 【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点， AC EF ∴⊥，AB BC =，AC BE ∴⊥， AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥． 又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ． BE ⊂平面ABC ，EF BE ∴⊥．如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ， ()=2,01CD ∴,，()=1,2,0CB ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ， 0CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩n n ，20 20a c ab +=⎧∴⎨+=⎩， 令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()，又平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB ，21cos =EB EB EB⋅∴<⋅>=-n n n ．由图可得二面角1B CDC --为钝角，所以二面角1B CDC --的余弦值为21-．（3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G ，()0,0,2F ， ()=02,1GF ∴-,，2GF ∴⋅=-n ，∴n 与GF 不垂直，GF ∴与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，GF ∴与平面BCD 相交．3.（2018上海）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为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 =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.4．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．4．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ． （2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥． 又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ， 所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．5．【答案】（1）310；（2）5．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB ⊥，以{}1,,OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==， 所以()01,0A -,，()3,0,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2A -，()13,0,2B ，()10,1,2C ．（1）因为P 为11A B 的中点，所以31,,222P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而31,,222BP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =， 故11114310cos ,522BP AC BP AC BP AC ⋅-+<>===⨯⋅． 因此，异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值为31020． （2）因为Q 为BC 的中点，所以31,,022Q ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭， 因此33,,02AQ ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =，()10,0,2CC =．设(),,x y z =n 为平面1AQC 的一个法向量，则100AQ AC ⎧=⋅=⎨⎪⋅⎪⎩n n 即33022220x y y z ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，不妨取()3,1,1=-n ，设直线1CC 与平面1AQC 所成角为θ，则1115sin cos ,52CC CC CC θ⋅=<>===⨯⋅n n n， 所以直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值为55．6．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．6．答案：（1）略；（2）3913 解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴122AB =.同理，222211(23)113AC AC C C =+=+=.过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC == 且11B G =，∴115B C =.在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB B C ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴1122A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+，∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ，∴1AB ⊥平面111A B C . （2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B ，1(1,3,1)C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =， 则102020n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =， 又∵1(3,3,1)AC =，1339cos ,13113n AC <>==⨯.由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角， 设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴39sin 13α=.7．（2018天津文）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°． （Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．7．【答案】（1）证明见解析；（2）1326；（3）34． 【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，1AM =，故2213DM AD AM =+=． 因为AD ⊥平面ABC ，故AD AC ⊥．在Rt DAN △中，1AN =，故2213DN AD AN =+=．在等腰三角形DMN中，1MN=，可得1132cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．（3）连接CM，因为ABC△为等边三角形，M为边AB的中点，故CM AB⊥，3CM=．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，224CD AC AD=+=．在Rt CMD△中，3sinCMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为3．8．（2018天津理）如图，AD BC∥且AD=2BC，AD CD⊥,EG AD∥且EG=AD，CD FG∥且CD=2FG，DG ABCD⊥平面，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE∥平面；（II）求二面角E BC F--的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.8．【答案】（1）证明见解析；（210；（33．【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ，()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,2N ． （1）依题意()0,2,0DC =，()2,0,2DE =．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩， 不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫=⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅=n ， 又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC =，()1,2,2BE =-，()0,1,2CF =-．设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则0BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩， 不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则0BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩， 不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有310cos ,⋅<>==m n m n m n ，于是10sin ,m n <>=． 所以，二面角––E BC F 10．（3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =--．易知，()0,2,0DC =为平面ADGE 的一个法向量，故2cos 5BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==+ 23sin 605h =︒=+，解得[]30,2h ．所以线段DP 3．9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．9. 答案：（1）见解析（2）1 解答：（1）证明：∵ABCM 为平行四边形且90ACM ∠=,∴AB AC ⊥,又∵AB DA ⊥,∴AB ⊥平面ACD ,∵AB ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面ACD . （2）过点Q 作QH AC ⊥,交AC 于点H ，∵AB ⊥平面ACD ，∴AB CD ⊥,又∵CD AC ⊥,∴CD ⊥平面ABC ,∴13HQ AQ CD AD ==,∴1HQ =,∵32,32BC BC AM AD ====,∴22BP =,又∵ABC ∆为等腰直角三角形，∴12322322ABP S ∆=⋅⋅⋅=，∴1131133Q ABD ABD V S HQ -∆=⋅⋅=⨯⨯=.10．（2018全国新课标Ⅰ理）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.10.答案：（1）略；（2）34. 解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥， 又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴2323PH ⋅==，而4PD =，∴3sin PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值3.11．（2018全国新课标Ⅱ文）P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．11．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =．连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=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122OC AC ==，2423BC CM ==，45ACB ∠=︒． 所以25OM =sin 45C OC MC A M H CB O ⋅⋅∠==．所以点C 到平面POM 的45． 12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥P ABC -22AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．12．【答案】（1）见解析；（234． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且23OP =连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰 直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==， 由222OPOB PB +=知PO OB ⊥， 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．PA OCBM（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，()0,0,23P ，()0,2,23AP =，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=n ，0AM ⋅=n ， 得()223040y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取()()34,3,a a a =--n ， ()()222234cos ,2343a OB a a a -∴<>=-++n ，由已知得3cos ,OB <>=n ，()22223432343a a a a -∴=-++，解得4a =-（舍去），43a =， 83434,,3⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭n ，又()0,2,23PC =-，所以3cos ,PC <>=n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形所在平面与半圆弧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．13.答案：见解答 解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD⊥半圆面CMD，∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内，∴AD CM⊥，又∵M是半圆弧CD上异于,C D的点，∴CM MD⊥.又∵AD DM D =，∴CM⊥平面ADM，∵CM在平面BCM内，∴平面BCM⊥平面ADM.（2）线段AM上存在点P且P为AM中点，证明如下：连接,BD AC交于点O，连接,,PD PB PO；在矩形ABCD中，O是AC中点，P是AM的中点；∴//OP MC，∵OP在平面PDB内，MC不在平面PDB内，∴//.MC平面PDB14．（2018全国新课标Ⅲ理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧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）当三棱锥M ABC-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．14．答案：见解答解答：（1）∵正方形ABCD⊥半圆面CMD，∴AD⊥半圆面CMD，∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内，∴AD CM⊥，又∵M是半圆弧CD上异于,C D的点，∴CM MD⊥.又∵AD DM D=，∴CM⊥平面ADM，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABCS ∆面积恒定， ∴MO CD ⊥，M ABCV -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-， (0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--， 11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，，∴5cos 5θ==，∴ 25sin θ=.。
2013年普通高考文科数学试题汇编-立体几何解答题_图文
2013年普通高考文科数学试题汇编-立体几何解答题三、解答题1. (2013年高考辽宁卷 (文如图 , . AB O PA O C O 是圆的直径, 垂直圆所在的平面, 是圆上的点 (I求证 :BC PAC ⊥平面 ;(II设//. Q PA G AOC QG PBC ∆为的中点, 为的重心,求证:平面【答案】(I 由 AB 式圆 O 的直径,得 AC ⊥ BC.由 PA ⊥平面 ABC , BC ⊂平面 ABC ,得 PA ⊥ BC,又PA ∩ AC=A,P A⊂平面 PAC , AC ⊂平面 PAC,所以 BC ⊥平面 PAC.(II 连 OG 并延长交 AC 与 M ,链接 QM , QO.由 G 为∆ AOC 的重心,得 M 为 AC 中点,由 G 为 PA 中点,得 QM//PC.又 O 为 AB 中点,得 OM//BC.因为QM ∩ MO=M,QM⊂平面 QMO.所以 QG//平面 PBC.2. (2013年高考浙江卷 (文如图 , 在在四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥面 3, ∠ABC=120°,G为线段 PC 上的点 .(Ⅰ证明:BD⊥面 PAC ;(Ⅱ若 G 是 PC 的中点 , 求DG 与 APC 所成的角的正切值 ;(Ⅲ若 G 满足 PC⊥面 BGD, 求 PG GC的值 .【答案】解 :证明 :(Ⅰ由已知得三角形 ABC 是等腰三角形 , 且底角等于 30°,且 6030AB CB AD CD ABD CBD ABD CBD BAC BD DB=⎫⎪=⇒∆≅∆⇒∠=∠=∠=⎬⎪=⎭且 , 所以 ; 、BD AC ⊥, 又因为 PA ABCD BD PA BD PAC BD AC ⊥⇒⊥⎫⇒⊥⎬⊥⎭; (Ⅱ设 AC BD O = , 由 (1知 DO PAC ⊥, 连接 GO , 所以 DG 与面 APC 所成的角是 DGO ∠, 由已知及 (1知 :1, 2BO AO CO DO =====,12tan 2OD GO PA DGO GO ==⇒∠===所以 DG 与面 APC 所成的角 (Ⅲ由已知得到 :PC===因为 PC BGD PC GD ⊥∴⊥, 在PDC ∆中 , PD CD PC ====, 设223107 2PG PG x CG x x x PG x GC GC =∴=-∴-=--∴====3. (2013年高考陕西卷 (文如图 , 四棱柱 ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面 ABCD 是正方形 , O 为底面中心 , A 1O ⊥平面 ABCD, 1AB AA ==1A(Ⅰ证明 : A 1BD // 平面 CD 1B 1;(Ⅱ求三棱柱 ABD -A 1B 1D 1的体积 .【答案】解: (Ⅰ设 111O D B 线段的中点为 .11111111//D B BD D C B A ABCD D B BD ∴-的对应棱是和 . 的对应线段是棱柱和同理, 111111D C B A ABCD O A AO -为平行四边形四边形且且 11111111//////OCO A OC O A OC O A OC AO O A AO ⇒=⇒∴ 1111111111//, . //B CD BD A O D B C O O BD O A C O O A 面面且⇒==⇒ .(证毕(Ⅱ的高是三棱柱面 ABD D B A O A ABCD O A -∴⊥11111 . 在正方形 AB CD中,AO = 1 . . 111=∆O A OA A RT 中, 在11 2(2121111111=⋅⋅=⋅=-∆-O A S V ABD D B A ABD ABD D B A 的体积三棱柱 . 所以 , 1111111=--ABD D B A V ABD D B A 的体积三棱柱 .4. (2013年高考福建卷 (文如图 , 在四棱锥 P ABCD -中 , PD ABCD ⊥面 , //AB DC , AB AD ⊥, 5BC =, 3DC =, 4AD =, 60PAD ∠= .(1当正视图方向与向量 AD 的方向相同时 , 画出四棱锥 P ABCD -的正视图 .(要求标出尺寸 , 并画出演算过程 ;(2若 M 为 PA 的中点 , 求证 ://DM PBC 面 ;(3求三棱锥 D PBC -的体积 .【答案】解法一:(Ⅰ在梯形 ABCD 中 , 过点 C 作 CE AB ⊥, 垂足为 E , 由已知得 , 四边形 ADCE 为矩形 , 3AE CD ==在Rt BEC ∆中 , 由 5BC =, 4CE =, 依勾股定理得 :3BE =, 从而 6AB =又由 PD ⊥平面 ABCD 得 , PD AD ⊥从而在Rt PDA ∆中 , 由 4AD =, 60PAD ∠=︒,得 PD =正视图如右图所示 :(Ⅱ取 PB 中点 N , 连结 MN , CN在PAB ∆中 , M 是 PA 中点 ,∴ MN AB , 132MN AB ==, 又 CD AB , 3CD = ∴ MN CD , MN CD =∴四边形 MNCD 为平行四边形,∴ DM CN又 DM ⊄平面 PBC , CN ⊂平面 PBC∴ DM 平面 PBC (Ⅲ 13D PBC P DBC DBC V V S PD --∆==⋅又6PBC s ∆= , PD =,所以 D PBC V -=解法二 :(Ⅰ同解法一(Ⅱ取 AB 的中点 E , 连结 ME , DE在梯形 ABCD 中 , BE CD , 且 BE CD =∴四边形 BCDE 为平行四边形∴ DE BC , 又 DE ⊄平面 PBC , BC ⊂平面 PBC∴ DE 平面 PBC , 又在PAB ∆中 , ME PBME ⊄平面 PBC , PB ⊂平面 PBC∴ ME 平面 PBC . 又 DE ME E = ,∴平面 DME 平面 PBC , 又 DM ⊂平面 DME∴ DM 平面 PBC(Ⅲ同解法一5. (2013年高考广东卷(文如图 4, 在边长为 1的等边三角形 ABC 中 , , D E 分别是 , AB AC 边上的点 , AD AE =, F 是 BC 的中点 , AF 与 DE 交于点 G , 将ABF ∆沿AF 折起 , 得到如图 5所示的三棱锥 A BCF -,其中 2BC =. (1 证明 :DE //平面 BCF ;(2 证明 :CF ⊥平面 ABF ;(3 当 23AD =时 , 求三棱锥 F DEG -的体积 F DEG V -. 图 4【答案】 (1在等边三角形 ABC 中 , AD AE =AD AE DB EC ∴=, 在折叠后的三棱锥 A BCF -中也成立 , //DE BC ∴ ,DE ⊄平面 BCF ,BC ⊂平面 BCF , //DE ∴平面 BCF ;(2在等边三角形 ABC 中 , F 是 BC 的中点 , 所以 AF BC ⊥① ,12BF CF==. 在三棱锥 A BCF -中 , 2BC =, 222BC BF CF CF BF ∴=+∴⊥② BF CF F CF ABF ⋂=∴⊥平面 ;(3由 (1可知 //GE CF , 结合 (2可得GE DFG ⊥平面.111111132323323324F DEG E DFG V V DG FG GF --⎛∴==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⎝⎭6. (2013年高考湖南(文如图 2. 在直菱柱 ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,AB=AC=,AA 1=3,D是 BC 的中点 , 点 E 在菱 BB 1上运动 . (I 证明:AD⊥C 1E;(II当异面直线 AC,C 1E 所成的角为 60°时 , 求三菱子 C 1-A 2B 1E 的体积.【答案】解: (Ⅰ 11C CBB ADE 面为动点,所以需证因为⊥.AD BB ABC AD ABC BB C B A ABC ⊥⇒⊂⊥∴-11111, 面且面是直棱柱AD BC BC D ABC RT ⊥∴∆的中点, 为是等腰直角且又 .. 1111111E C AD C CBB E C C CBB AD B BB BC ⊥⇒⊂⊥⇒=⋂面且面由上两点,且 (证毕(Ⅱ 660, //111111=∆⇒︒=∠∴AE E C A RT E C A A C CA 中, 在 .的高是三棱锥是直棱柱中, 在 1111111111. 2C B A E EB C B A ABC EB E B A RT -∴-=∆⇒ .. 3232213131111111111111的体积为所以三棱锥 E B A C EB S V V C B A C B A E E B A C -⋅=⋅⋅=⋅⋅==∆-- 7. (2013年高考北京卷(文如图 , 在四棱锥 P ABCD -中 , //AB CD , AB AD ⊥, 2CD AB =,平面 PAD ⊥底面 ABCD , PA AD ⊥, E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点 , 求证 : (1PA ⊥底面 ABCD ;(2//BE 平面 PAD ;(3平面 BEF ⊥平面 PCD【答案】 (I因为平面 PAD⊥平面 ABCD, 且 PA 垂直于这个平面的交线 AD 所以 PA 垂直底面 ABCD.(II因为 AB∥CD,CD=2AB,E为 CD 的中点所以 AB∥DE,且 AB=DE 所以ABED 为平行四边形 ,所以 BE∥AD,又因为 BE ⊄平面 PAD,AD ⊂平面 PAD 所以 BE∥平面 PAD.(III因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形所以 BE⊥CD,AD⊥CD,由 (I知 PA⊥底面 ABCD, 所以 PA⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD所以 CD⊥PD,因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点所以 PD∥EF,所以 CD⊥EF,所以 CD⊥平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面PCD.8. (2013年高考课标Ⅰ卷 (文如图 , 三棱柱 111ABC A B C -中 , CA CB =, 1AB AA =, 160BAA ∠= .(Ⅰ证明 :1AB AC ⊥; (Ⅱ若 2AB CB ==, 1AC =求三棱柱 111ABC A B C -的体积 .1B 1A1【答案】【答案】 (I取 AB 的中点 O, 连接 OC O 、 1OA O 、 1A B , 因为CA=CB,所以 OC AB ⊥, 由于 AB=AA 1,∠BA A1=600,故, AA B ∆为等边三角形 , 所以 OA 1⊥AB.因为 OC ⨅ OA 1=O,所以 AB ⊥平面 OA 1C. 又 A 1CC 平面 OA 1C, 故 AB ⊥AC. (II由题设知12ABC AA B ∆∆与都是边长为的等边三角形, 12AA B 都是边长为的等边三角形,所以2211111. OC OA AC AC OA OA OC ===+⊥又 ,故111111111, --=3.ABC ABCOC AB O OA ABC OA ABC A B CABC S A B C V S OA=⊥∆=⨯=因为所以平面 , 为棱柱的高,又的面积 ABC 的体积9. (2013年高考山东卷 (文如图 , 四棱锥 P ABCD -中 , , AB AC AB PA⊥⊥, , 2AB CD AB CD=∥ , , , , ,E F G M N 分别为, , , ,PB AB BC PD PC 的中点(Ⅰ求证 :CE PAD∥平面 ; (Ⅱ求证 :EFG EMN⊥平面平面【答案】10. (2013年高考四川卷(文如图 , 在三棱柱11ABC A B C-中 , 侧棱1AA ⊥底面ABC , 122AB AC AA ===, 120BAC ∠= , 1, D D 分别是线段 11, BC B C 的中点 , P 是线段 AD 上异于端点的点 .(Ⅰ在平面 ABC 内 , 试作出过点 P 与平面 1A BC 平行的直线 l , 说明理由 , 并证明直线 l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ设 (Ⅰ中的直线 l 交 AC 于点 Q , 求三棱锥 11A QC D -的体积 .(锥体体积公式 :13V Sh =, 其中 S 为底面面积 , h 为高【答案】解:(Ⅰ如图 , 在平面 ABC 内 , 过点 P 作直线 BC l //, 因为 l 在平面 BC A 1外 , BC 在平面 BC A 1内 ,由直线与平面平行的判定定理可知 , //l 平面 1A BC .由已知 , AC AB =, D 是 BC 中点 , 所以 BC ⊥ AD , 则直线 AD l ⊥, 又因为1AA ⊥底面 ABC , 所以 l AA ⊥1,又因为 AD , 1AA 在平面 11A ADD 内 , 且 AD 与 1AA 相交 , 所以直线⊥l 平面11A ADD(Ⅱ过 D 作 AC DE ⊥于 E , 因为 1AA ⊥平面 ABC , 所以 DE AA ⊥1,又因为 AC , 1AA 在平面 C C AA 11内 , 且 AC 与 1AA 相交 , 所以⊥DE 平面C C AA 11,由 2==AC AB ,∠ BAC ︒=120, 有 1=AD ,∠ DAC ︒=60, 所以在△ ACD 中 , 2 323==AD DE , 又 1211111=⋅=∆AA C A S AQC , 所以 631233*********=⋅⋅=⋅==--QC A QC A D D QC A S DE V V 因此三棱锥 11A QC D -的体积为 6311. (2013年高考湖北卷(文如图 , 某地质队自水平地面 A , B , C 三处垂直向地下钻探 , 自 A 点向下钻到A 1处发现矿藏 , 再继续下钻到 A 2处后下面已无矿 , 从而得到在 A 处正下方的矿层厚度为 121A A d =. 同样可得在 B , C 处正下方的矿层厚度分别为 122B B d =, 123C C d =, 且 123d d d <<. 过AB , AC 的中点 M , N 且与直线 2AA 平行的平面截多面体 111222A B C A B C -所得的截面 DEFG 为该多面体的一个中截面 , 其面积记为 S 中 .(Ⅰ证明 :中截面 DEFG 是梯形 ;(Ⅱ在△ ABC 中 , 记 BC a =, BC 边上的高为 h , 面积为 S . 在估测三角形 ABC 区域内正下方的矿藏储C 11BC B 1量 (即多面体 11122A B C A B C -的体积 V 时 , 可用近似公式 V S h =⋅估中来估算 . 已知1231( 3V d d d S =++, 试判断 V 估与 V 的大小关系 , 并加以证明 .【答案】 (Ⅰ依题意 12A A ⊥平面 ABC , 12B B ⊥平面 ABC , 12C C ⊥平面ABC ,所以 A 1A 2∥ B 1B 2∥ C 1C 2. 又 121A A d =, 122B B d =, 123C C d =, 且 123d d d << . 因此四边形 1221A A B B 、 1221A A C C 均是梯形 .由 2AA ∥平面 MEFN , 2AA ⊂平面 22AA B B , 且平面 22AA B B 平面 MEFN ME =, 可得 AA 2∥ ME , 即 A 1A 2∥ DE . 同理可证 A 1A 2∥ FG , 所以 DE ∥ FG . 又 M 、 N 分别为 AB 、 AC 的中点 ,则 D 、 E 、 F 、 G 分别为 11A B 、 22A B 、 22A C 、 11A C 的中点 , 即DE 、 FG 分别为梯形 1221A A B B 、 1221A A C C 的中位线 .因此 12121211( ( 22DE A A B B d d =+=+, 12121311( ( 22FG A A C C d d =+=+,而 123d d d <<, 故 DE FG <, 所以中截面 DEFG 是梯形 . (Ⅱ V V <估 . 证明如下 :由 12A A ⊥平面 ABC , MN ⊂平面 ABC , 可得 12A A MN ⊥.而 EM ∥ A 1A 2, 所以 EM MN ⊥, 同理可得 FN MN ⊥.由 MN 是△ ABC 的中位线 , 可得 1122MN BC a ==即为梯形 DEFG 的高 ,因此 13121231( (2 22228DEFG d d d d a aS S d d d ++==+⋅=++中梯形 ,即 123(2 8ahV S h d d d =⋅=++估中 . 又 12S ah =, 所以 1231231( ( 36ahV d d d S d d d =++=++. 第 20题图于是 1231232131( (2 [( (]6824ah ah ahV V d d d d d d d d d d -=++-++=-+-估 . 由 123d d d <<, 得 210d d ->, 310d d ->, 故 V V <估 .12. (2013年高考课标Ⅱ卷(文如图,直三棱柱 111ABC A B C -中, D , E 分别是AB , 1BB 的中点, 。
2018年全国卷文数(新课标1)立体几何
2018年全国卷文数(新课标1)立体几何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】D【解析】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，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，可得：，解得，则该圆柱的表面积为：．故选：D．利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积．本题考查圆柱的表面积的求法，考查圆柱的结构特征，截面的性质，是基本知识的考查．9.某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图圆柱表面上的点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. B. C. 3 D. 2【答案】B【解析】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为2，直观图以及侧面展开图如图：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：．故选：B．判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可．本题考查三视图与几何体的直观图的关系，侧面展开图的应用，考查计算能力．10.在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. 8B.C.D.【答案】C【解析】解：长方体中，，与平面所成的角为，即，可得．可得．所以该长方体的体积为：．故选：C．画出图形，利用已知条件求出长方体的高，然后求解长方体的体积即可．本题考查长方体的体积的求法，直线与平面所成角的求法，考查计算能力．18.如图，在平行四边形ABCM中，，，以AC为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且．证明：平面平面ABC；为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且，求三棱锥的体积．【答案】解：证明：在平行四边形ABCM中，，，又且，面ADC，面ABC，平面平面ABC；，，，，由得，又，面ABC，三棱锥的体积．【解析】可得，且，即可得面ADC，平面平面ABC；首先证明面ABC，再根据，可得三棱锥的高，求出三角形ABP的面积即可求得三棱锥的体积．本题考查面面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。
2013-2018全国新课标1.2卷文科数学立体几何题(附答案)
2013-2018高考立体几何题文科数学（Ⅰ）（2013年）：（11）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） （A ）168π+ （B ）88π+ （C ）1616π+ （D ）816π+ （15）已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，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_______。
（19）如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=o 。
（Ⅰ）证明：1AB A C ⊥；（Ⅱ）若2AB CB ==，16AC =，求三棱柱111ABC A B C -的体积。
（2014年）：（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，则这个几何体是 A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱C 1B 1AA B C（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.（Ⅰ）证明：证明：;1AB C B ⊥（Ⅱ）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.（2015年）：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？”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1620π+，则r =( )（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）816、已知F 是双曲线22:18y C x -=的右焦点，P 是C 左支上一点，()0,66A ，当APF ∆周长最小时，该三角形的面积为 ． 18. （本小题满分12分）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面， （I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ； （II ）若120ABC ∠=o ，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为63，求该三棱锥的侧面积.（2016年）：7．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则它的表面积是A ． 17πB ． 18πC ． 20πD ． 28π11．平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，,ABCD m α⋂=平面， 11ABB A n α⋂=平面，则m ，n 所成角的正弦值为A ．32 B ． 22 C ． 33 D ． 1318．如图，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G（Ⅰ）证明：G是AB的中点；（Ⅱ）在图中作出点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．（2017年）：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A． B． C． D．16．已知三棱锥SABC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SABC的体积为9，则球O 的表面积为________．18．如图，在四棱锥P ABCD -中， AB CD P ，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．（2018年）：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 ．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. 210. 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.18．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．2013-2018高考立体几何题文科数学（Ⅱ）（2013年）：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，则得到正视图可以为（）(A) (B) (C) (D)（15）已知正四棱锥O ABCD -32，3则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
2018年全国各地高考数学分类汇编word版含答案11-立体几何
2018年全国各地高考数学分类汇编word版含答案11-立体几何一、选择题（共13小题；共65分）1. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. B. C. D.2. 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. B. C. D.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是A. B. C. D.4. 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A. B.C. D.5. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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A. B.C. D.6. 某圆柱的高为，底面周长为，其三视图如图．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.7. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D.8. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则A. B. C. D.9. 已知平面，直线，满足，，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件10. 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.11. 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的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.12. 已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.13. 设，，，是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.二、填空题（共5小题；共25分）14. 如图，已知正方体的棱长为，则四棱柱的体积为．15. 已知正方体的棱长为，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点，，，，（如图），则四棱锥的体积为．16. 如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．17. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为．18. 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．三、解答题（共14小题；共182分）19. 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．20. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为．（1）设圆锥的母线长为，求圆锥的体积；（2）设，，是底面半径，且，为线段的中点，如图，求异面直线与所成的角的大小．21. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．22. 如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．23. 如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕，把折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值．24. 如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，．（1）求证：；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求直线与平面所成角的正弦值．25. 如图，边长为的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．26. 如图，且，，且，且，平面，．（1）若为的中点，为的中点，求证： 平面；（2）求二面角的正弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．27. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．28. 如图，在正三棱柱中，，点，分别为，的中点．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值．29. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，，，的中点，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）证明：直线与平面相交．30. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得 平面?说明理由．31. 在平行六面体中，，．求证：（1） 平面；（2）平面平面．32. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别为，的中点．（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求证： 平面；答案第一部分1. C2. C3. C4. A5. A6. B7. C8. D9. A10. C11. B12. A13. B第二部分14.15.16.17.18.第三部分19. （1）由已知可得，，，又，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由已知可得，，，又，所以作，垂足为，则，，由已知及（）可得平面，所以平面，．因此，三棱锥的体积为20. （1）由题意，高，所以体积．（2）取的中点，连接，，因为，分别是，的中点，所以，所以异面直线与所成的角即或其补角．在中，，因为，，所以，在中，，则在中，，因为，所以，所以，即，即异面直线与所成的角为．21. （1）因为，为的中点，所以，且．连接．因为，所以为等腰直角三角形，且，．由知，．由，知平面．（2）作，垂足为．又由（）可得，所以平面．故的长为点到平面的距离．由题设可知，，．所以，．所以点到平面的距离为．22. （1）由，，，，得，所以．故．由，，，，得，由，得，由，得，所以，故．因此平面．方法二：如图，以的中点为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：，，，，，因此，，，由得．由得．所以平面．（2）如图，过点作，交直线于点，连接．由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角．由，，得，，所以，故．因此，直线与平面所成的角的正弦值是．方法二：设直线与平面所成的角为．由（）可知，，，设平面的法向量．由即可取．所以．因此，直线与平面所成的角的正弦值是．23. （1）由已知可得，，，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）作，垂足为．由（）得，平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由（）可得，．又，，所以．又，，故．可得，．则，，，，为平面的法向量，设与平面所成角为，则．所以与平面所成角的正弦值为．24. （1）由平面平面，平面平面，，可得平面，故．（2）取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．在中，，故．因为平面，故．在中，，故．在等腰三角形中，，可得．所以，异面直线与所成角的余弦值为．（3）连接．因为为等边三角形，为边的中点，故，．又因为平面平面，而平面，故平面．所以，为直线与平面所成的角．在中，．在中，．所以，直线与平面所成角的正弦值为．25. （1）由题设知，平面平面，交线为．因为，平面，所以平面，故．因为为上异于，的点，且为直径，所以．又，所以平面．而平面，故平面平面．（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．当三棱锥体积最大时，为的中点．由题设得，，，，，，，，设是平面的法向量，则即可取．是平面的法向量，因此，，所以面与面所成二面角的正弦值是．26. （1）依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．依题意，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得．又，可得，又因为直线平面，所以 平面．（2）依题意，可得，，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得，设为平面的法向量，则即不妨令，可得．因此有，于是．所以，二面角的正弦值为．（3）设线段的长为，则点的坐标为，可得．易知，为平面的一个法向量，故，，解得．所以线段的长为．27. （1）因为，为的中点，所以，且．连接．因为，所以为等腰直角三角形，且，．由知．由，知平面．（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得，，，，，，取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由，得可取，所以．由已知得．．解得（舍去），．所以，又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．28. （1）如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为基底，建立空间直角坐标系．因为，所以，，，，，，因为为的中点，所以，从而，，故．因此，异面直线与所成角的余弦值为．（2）因为为的中点，所以，因此，，，设为平面的一个法向量，则即不妨取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．29. （1）由题意可知：因为面，，分别为，的中点．所以，所以面，因为面，所以，又因为，为中点．所以，，所以面．（2）由题意可知，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立直角坐标系．，，，，，，，．易知面，所以设面的法向量为，设面的法向量为，，，令，．记二面角的平面角为，可知为钝角．，所以．（3），，，由（）可知面的法向量为，所以记与面所成的角为，则，所以与面相交．30. （1）由题设知，平面平面，交线为．因为，平面，所以平面，故．因为为上异于，的点，且为直径，所以．又，所以平面．而平面，故平面平面．（2）当为的中点时， 平面．证明如下：连接交于．因为为矩形，所以为中点．连接，因为为中点，所以．平面，平面，所以 平面．31. （1）在平行六面体中，，因为平面，平面，所以 平面．（2）在平行六面体中，四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为菱形，因此，又因为，，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．32. （1）因为平面平面，且平面平面，因为，为中点，所以．又平面，所以平面，又平面，所以．（2）因为平面平面，且平面平面，因为为矩形，所以，又平面，所以平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以平面平面．（3）取中点，连，，因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，，又为的中点，四边形为矩形，所以，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以 平面．。
2013年高考文科数学分类解析(立体几何)
013年高考数学（文科）分类解析专题7：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考重庆卷（文8））某几何体的三视图如题（8)所示，则该几何体的表面积为（ )A ．180B ．200C ．220D ．240【答案】D【解析】本题考查三视图以及空间几何体的表面积公式.由三视图可知该几何体是个四棱柱.棱柱的底面为等腰梯形，高为10.等腰梯形的上底为2，下底为8,高为4，腰长为5。
所以梯形的面积为284202+⨯=，梯形的周长为282520++⨯=。
所以四棱柱的表面积为2022010240⨯+⨯=,选D 。
2 ．(2013年高考课标Ⅱ卷（文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，则得到正视图可以为（ ）（A)（B ）(C ）(D)【答案】A【解析】在空间直角坐标系中,先画出四面体O ABC -的直观图，以zOx 平面为投影面，则得到正视图（坐标系中红色部分）,所以选A 。
3 ．（2013年高考课标Ⅰ卷（文11)）某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+ 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体的下部分是平放的半个圆柱，圆柱的底面半径为2，圆柱的高为4.上部分是个长方体，长方体的棱长分别为2，2,4.所以半圆柱的体积为212482ππ⨯⨯⨯=，正方体的体积为22416⨯⨯=，所以该几何体的体积为168π+,选A.4 ．（2013年高考大纲卷（文11））已知正四棱锥1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中，则与平面所成角的正弦值等于（ ）A ．23B ．33C ．23D ．13【答案】A【解析】如图，因为BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1⊥平面BDC 1，在Rt △CC 1O 中，过C 作CH ⊥C 1O 于H,连结DH ，则∠CDH 即为所求，令a AB =,显然222222223324()22a a CH a a a a ⨯===+，所以223sin 3a CDH a ∠==，故选A.5 ．（2013年高考四川卷(文2））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( )A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台【答案】D【解析】由三视图可知,该几何体为圆台。
全国各地高考文科数学试题分类汇编7：立体几何.pptx
(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到A
3 ．（2013 年高考课标Ⅰ卷（文））某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为
（）
（）
A．16 8B．8 8
【答案】A
学海无 涯
AO // A1O1且AO // OC A1O1 // OC且A1O1 OC 四边形A1OCO1为平行四边形
A1O // O1C.且A1O BD O,O1C B1D1 O1 面A1BD // 面CD1B1 .(证毕)
(Ⅱ) A1O 面ABCD A1O是三棱柱A1B1D1 ABD的高.
C．若 l , l // ,则 //D．若 , l // ,则 l
【答案】B 13．（2013 年高考山东卷（文 ））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱
锥侧面积和体积分别是
A． 4 5,8 【答案】B
B． 4 5, 8 3
C． 4( 5 1), 8 3
AB 3，AC 4 , AB AC , AA1 12 ,则球O 的半径为
（）
学海无 涯
3 17
A．
2
【答案】C
B． 2 10
C． 13 2
D． 3 10
12．（2013 年高考广东卷（文））设 l 为直线, , 是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）
A．若 l // , l // ,则 //B．若 l , l ,则 //
在正方形 AB CD 中,AO = 1 . 在RTA1OA中，A1O 1.
三棱柱A1B1D1 ABD的体积V A1B1D1 ABD
S ABD
A1 O
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何1.在某四棱锥的三视图中，侧面中直角三角形的个数为3个。
解决方法是通过对应的直观图，得出三角形PCD不是直角三角形，同时通过计算得出侧面中有三个直角三角形，分别为△PAB，△PBC和△PAD。
2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，E，F分别为AD，PB的中点。
需要证明PE⊥BC，平面PAB⊥平面PCD和EF∥平面PCD。
证明过程中，需要利用几何图形的性质，如平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD等。
3.正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为4/3.解决方法是通过计算正方体中间四边形的边长，然后计算出棱锥的高和棱长，最后通过公式计算出多面体的体积。
4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，需要证明AB∥平面A1B1C和平面ABB1A1⊥平面A1BC。
证明过程中，需要利用平行六面体的性质，如AB∥A1B1等。
在平行四边形ABCM中，由XXX可知∠ABC=∠ACB，又∠XXX°，所以∠ABM=∠CBM，即BM=CM，所以四边形ABB1M和四边形CC1BM是菱形，进而可得AB1⊥XXX，AC1⊥CM，所以AB1∥AC1，又因为XXX⊥AC，所以AB1⊥AC，即AB1是平面ABC的法线，同理可得AD是平面ACD的法线，所以平面ACD⊥平面ABC。
2）若BM=2，求AD的长度。
因为AB=AC=3，所以BC=3，又因为BM=2，所以MC=1，由勾股定理可得AM=√8，又因为AB⊥DA，所以AD=√AB^2+BD^2，又因为ABCD是平行四边形，所以BD=AC=3，所以AD=√18，即AD=3√2.题目：求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值。
解答：I）证明：因为A1A垂直于平面ABC，B1B垂直于平面ABC，所以A1A∥B1B。
由于A1A=4，B1B=2，AB=2，所以A1B1=2.又因为AB1⊥A1B1，同理可得AB1⊥B1C1，且A1B1∩B1C1=B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.II）解：取AC的中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D。
2013年—2018年全国课标卷分类汇总专题九：立体几何
2013年—2018年全国课标卷分类汇总专题九：立体几何一、客观题[2013年全国Ⅰ卷·理数]6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3[2013年全国Ⅰ卷·文理数]8、某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为( )(A)16+8π (B) 8+8π (C) 16+16π (D) 8+16π[2013年全国Ⅰ卷·文数] (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_______。
[2013年全国Ⅱ卷·理数] (4)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )(A)α//β且l //α (B)α⊥β且l ⊥β(C)α与β相交，且交线垂直于l (D)α与β相交，且交线平行于l[2013年全国Ⅱ卷·文理数] (7) 一个四面体的顶点在空间直角坐系O －xyz 中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可为( )2422442[2013年全国Ⅱ卷·文数]15. 已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________.[2014年全国Ⅰ卷·理数]12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )(A)6 2 (B)6 (C)6 3(D)4[2014年全国Ⅰ卷·文数]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，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱[2014年全国Ⅱ卷·文理数]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，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C. 1027D.13[2014年全国Ⅱ卷·理数]11.直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为( )DC B AA.110 B. 25 C. 3010 D. 22[2014年全国Ⅱ卷·文数]7.正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )(A)3 (B)32 (C)1 (D)32[2015年全国Ⅰ卷·文理数] (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。
(完整版)—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 BC 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 ．22C ．3D ．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M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 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＋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 ．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【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2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. 12π B. 12π C. 8π D. 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 。
2013-2018全国新课标1.2卷文科数学立体几何题(附答案)
2021-2021高考立体几何题文科数学(I ) (2021 年)：(11)某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( )(A) 16+8n (B) 8+8n(C) 16+16n (D) 8+16n(15)H是球O的直径AB上一点,AH:HB=1:2, AB _L平面a , H 为垂足,所得截面的面积为n,那么球O的外表积为............(19)如图,三棱柱ABC—AB1G 中,CA = CB ,AB = AA, NBAA=60".(I )证实：AB_L AC ；(H )假设AB =CB =2 , AC =76,求三棱柱ABC - ABG的体积.(2021 年)：(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〔19〕如图,三棱柱ABC—AB.中,侧面BB i C i C为菱形,BE的中点为O,且AO _L 平面BB1C1C. ( I )证实：证实：BC_LAB；(H)假设AC_LAB1, /CBB1=60：BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1 的高.〔2021 年〕：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,假设该几何体的外表积为16+20n,那么r =〔〕(A) 1(B) 2(C) 4 (D) 8216、F是双曲线C:x2彳=1的右焦点,P是C左支上一点,A(0,6佝,当AAPF周长最小时,该三角形的面积为18.(本小题总分值12分)如图四边形ABCD为菱形,G为AC与BD交点,BE _L平面ABCD , (I)证实：平面AEC_L平面BED ;(II)假设/ABC =120.,AE _L EC,三棱锥 E — ACD的体积为工,求该三棱锥的侧面积. 3(2021 年)：7.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.假设该几何体的体积是等, 那么它的外表积是A. 17 兀B. 18 兀C. 20 兀D. 28 兀11 .平面口过正方体ABCD- A1B1Q D1的顶点A , “邛面圆Qi sc平面ABCD =m, “c平面ABBA=n,贝U m, n所成角的正弦值为「B 言 C. f D. 118.如图,正三棱锥P-ABC勺侧面是直p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G(I )证实：G是AB的中点；(H)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体PDEF勺体积.(2021 年)：6.如图,在以下四个正方体中,A, B为正方体的两个顶点,M N, Q为所在棱的中点,那么在这四个正方体中,直接AB与平面MN年平行的是A.16.三棱锥S-ABC勺所有顶点都在球O的球面上,SC是千^O的直径.假设平面SCAL平面SCB SA= AC SB= BC三^锥S ABC勺体积为9,那么球O 的外表积为.18.如图,在四棱锥P—ABCD 中, AB|_CD ,且/BAP =/CDP = 90,(1)证实：平面PAB _L平面PAD ;(2)假设PA =PD =AB =DC , /APD=90) 且四棱锥P -ABCD的体积为8,求该四棱锥的侧面积.3(2021 年)：5.圆柱的上、下底面的中央分别为.2,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,那么该圆柱的外表积为A.而B .例C . A D .他9某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱外表上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱外表上的点N在左视图上—的对应点为巴那么在此圆柱侧面上,从V至伊的路径中,' ।।!最短路径的长度为A. B. C. D, 210.在长方体"3一他］怔］中,AB = BC = 2, AC］与平面BBQC所成的角为3伊,那么该长方体的体积为A. B. C. D.18.如图,在平行四边形硼中,业如,/ACM二帆以A〔为折痕将△螂折起,使点I到达点.的位置,且〔1〕证实：平面M0,平面妞；⑵Q为线段仍上一点,P为线段B〔上BP=.Q&A十一〜住f〕■脚的一点,且3 ,求二梭锥U 的体积.2021-2021高考立体几何题文科数学〔II〕〔2021 年〕：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,那么得到正视图可以为〔〕(A)(B)(C)(D)(15)正四棱锥O—ABCD的体积为运,底面边长为用,那么以O为球心,2OA为半径的球的外表积为(18)如图,直三棱柱ABC-AB1c l中,D, E分别是AB, BB i的中点,.(I )证实：BC1//平面ACD1 ；(H)设AA=AC=CB=2, AB =2/,求三棱锥C -A i DE的体积.(2021 年)：(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6c m的圆柱体毛坯切削得5 © 20 (D) 3(7)正三棱柱ABC -AB i C i的底面边长为2,侧棱长为73, D为BC中点那么三棱锥A - BDC i的体积为(A) 3(B) | (C) 1 (D)§到,那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为〔18〕〔本小题总分值12分〕如图,四凌锥p —ABCD 中,底面ABCD 为矩 形,PA 上面ABCD, E 为PD 的点.〔I 〕证实：PP//平面AEC;〔II 〕设置AP=1, AD=6,三棱锥P-ABD 的体积V=餐求A 到平面PBD的距离.〔2021 年〕：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以下图,那么截去局部体积与剩余部分体积的比值为〔A 1 0 1 A. - B.一10.A,B 是球O 的球面上两点/ AOB=90 口, C 为该球面上的动点.假设三棱 锥O-ABC 体积的最大值为36,那么球O 的外表积为〔 〕) c 1 c 1 C. - D.- A.36 冗 B. 64 冗 C.144 冗 D. 256 7t19.(本小题总分值12分)如图,长方体ABCD—ABQQ I中AB=16,BO10,AA=8,点E,F分别在A,B I,D£上,AE = DF=4.过点EF的平面支与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(I)在图中画出这个正方形(不必说明画法与理由)；(II)求平面0f把该长方体分成的两局部体积的比值(2021 年)：4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,那么该球的外表积为32(A) 12n (B) 37r (0 阮(D)甑7.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,那么该几何体的外表积为(A) 20兀(B) 24 兀(C) 28 兀(D) 32 兀19.如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE =CF ,EF交BD于点H,将ADEF沿EF折起到AD 'EF的位置.(I )证实：AC _L HD ';5(H)右AB=5,AC =6, AE =—,OD'=2 夜,求五4棱锥D '-ABCFE的体积.〔2021 年〕：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,那么该几何体的体积为A. ' - - B. C. - D.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,那么球O的外表积为.17.四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面A BCDAB =BC =1AD,. BAD =/ABC =90°.2(1 )证实：直线BC //平面PAD ;(2)假设^PAD面积为2",求四棱锥P -ABCD的体积.〔2021 年〕：9.在正方体阳①“向他中,f为棱的的中点,那么异面直线由与.所成角的正切值为16.圆锥的顶点为S,母线W, SB互相垂直,口与圆锥底面所成角为初, 假设［制的面积为!I,那么该圆锥的体积为:19 .如图,在三棱锥卜帆中, 朋=802也邯川生心4,.城的中点.〔1〕证实：AL平面加〔；⑵假设点M在棱B〔上,且心求点〔到平面删的距离.2021-2021高考立体几何题文科数学参考答案1〔2021 年〕：〔11〕 A 〔15〕 912〔19〕峪〔 I〕取.48的中点0,近结式〕.久,/乩展—___________ C-由于= 所以0CLH8. /\由于=且勺,/&LL=60~故△/乩8为等边 \久二喈石厂二^团三角形1所以上w乩心 ------1小由于QCD?$ =.,所以/B_L平面.4c-1 __ I 口乂,平面OMQ,故HB1.4C.〔II〕由感设算与△AA：B都是边改为2的善边二用形,所以QC ==S又/£ =痴,那么/9网、故0$上久...* — C考£踌讯嬴假设由于.tru〞.,所以说」平面一吹,久,三挎柠/8t>4方&的高乂八,因的面生$皿,二5 故三棱柱/“-3"C的体联r =/ 1 .>1 r1〔2021 年〕：〔8〕 B 〔16〕 15019.【解析】〔I〕连结BG,那么O为BCi与BC的交点,由于侧面BBGC为菱形,所以B1c 1 BC1 ,又AO _L 平面BB1C1C ,故B1c _L AO B1c 1 平面ABO ,由于AB u 平面ABO,故BC _L AB .(II )作ODL BC,垂足为D,连结AD/^OKAD,垂足H, 由于BC AO,BCL OD,故BCL 平面AOD所以OHL BC.又OHL AD,所以OHL平面ABC由于. CBB1 = 60 ,BC以笆…——一 3 …CBB为等边二角形,又BC=1,可得OD：-,由于ACLAB1,所以OA =186=1,由OH AD=OD・ OAj AD =% OD2+OA2=立,得OH=* 2 2 414 又.为B i C的中点,所以点B i到平面ABC的距离为焊,故三棱柱的高为浮.(2021 年):(6) B【答案】B【解析】设圆堆底面半径为蚀k ■ 3T,所以『=吧所以米堆的体积为-xix3x x5 = —, 4 3 433 9故堆放的米约为?+L62%22,应选艮9烤点定位】圆锥的性质与雕的体积公式【名师点睛】此题以仇章算术?中的问题为村札试题背景新奇,胳此题的关颤想辨堆是谓锥.4底面周长是两个底面半径与1圆的机根据题中的条件列出关于底面半径的方科解出底面半径,是根底4题.(11) B【答剧3【解析】由正视图和俯视图知,该几何体是半球马半个圆柱的组合体,圆柱的半径马球的半径部为h圆柱的高为X耳外表积为个4疗+小〉+由:+＞.=57二+4/=16-：口7,解得产2,应选3■【考点定位】简单几何体的三视圜哪外表积公志图柱瞅面积公式【名麻睛】嘉题错简单组合体的三视图的识机是常规指对简单组合忙三视颤颖,先看丽腿麟麻的形状根据正视图触视配确越胎体神抗解据“梅怔宽相等,高平齐〞的枷组合体中的各个量18.t解析】试题分析:⑴由四边形.与?为菱形知」C-由EE,平面知.1」5三由线面垂直判定定理知上C_平面3三d由面面垂直的判定定理知平面.正C_平面SED；5〕设.与=口通过解直角三角捌机』给G3⑶GD用工表示出来,在出区』3.中,用工表示三G在K匕〞G中,用x痂£8,根据条件三棱椎E-ACD的体积为它求出即可求出三棱辕E-ACD的恻面积. -试题解析.〔I〕由于四边形与8为菱形,所以U3D,由于5三一平面上3U2 所以.4 —5三故.T一平面3二一又刽C二平面上三G所以平面上式」平面3ED〔II〕设AB= x,在菱形ABCD中,由 D ABG=120 ,可得AG=GC=曰x ,GB=GD= x .由于AE A EC,所以在RtD AEC中,可得EG= -322由BE A平面ABCD知D EBG为直角二角形,可得BE=专头.由得,三棱锥E-ACD勺体积V EACD」醋1AC GD?BE — x3=—.故x =2 3 2 24 3从而可得AE=EC=ED=、6 .所以D EAC的面积为3, D EAD的面积与D ECD的面积均为J5.故三棱锥E-ACD勺侧面积为3+2% 5.〔2021年〕：〔7〕 A【解析】试题分析：由三视图知,该几何体的直观图如下图：是一个球被切掉左上角的1,即该几何体是-8 87 4 Q 28 二 ...个球,设球的半径为R ,那么V ntM4nR3：28一,解得R=2 ,所以8 3 3它的外表积是7的球面面积和三个扇形面积之和,即87 3_ m 4nM22 +—父冗父22 =17兀,应选 A.8 4(11) A【解析】试题分析：如图,设平面CB1D1 c平面ABCD= m',平面CBD「平面ABBA = n',由于a//平面CB1D1 ,所以向何‘工/小’,那么m,n所成的角等于m', n'所成的角.延长AD , 过D i作D i E|_BC ,连接CE,BD i,那么CE为m',同理BR为n',而BD|_CE,BF I UAB,那么m',n'所成的角即为AB,BD所成的角, 即为60台,故m,n所成角的正弦值为叵,选A.218. (I)见解析；(R)作图见解析,体积为4.3【解析】试题分析：证实AB 1 PG.由PA = PB可得G是AB的中点.(H)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F , F即为E在平面PAC内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且PA = 6,可得DE =2,PE =2衣.在等腰直1 1 4角二角形EFP中,可得EF =PF =2.四面体PDEF的体积V =—父―父2M 2M 2 =—. 3 2 3 试题解析：(I )由于P在平面ABC内的正投影为D ,所以AB _L PD.由于D在平面PAB内的正投影为E ,所以AB _L DE.所以AB _L平面PED,故AB _L PG.又由可得,PA =PB ,从而G是AB的中点.(II)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F , F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由可得PB 1PA , PB _LPC ,又EFU P B,所以EF_LPA, EF_LPC,因此EF _L平面PAC ,即点F为E在平面PAC内的正投影.连结CG ,由于P在平面ABC内的正投影为D ,所以D是正三角形ABC的中央.由〔I〕知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=2CG.3由题设可得PC _L平面PAB , DE _L平面PAB , 所以DE PC , 因此2 - 1 -PE = —PG,DE = —PC. 3 3由,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE =2,PE =2婢在等腰直角三角形EFP中,可得EF =PF =2.所以四面体PDEF的体积V」父1父2父2父2=4. 3 2 3〔2021年〕：〔7〕A【解析】对于B,易知AB// MQ那么直线AB// 平面MNQ对于C,易知AB// MQ那么直线AB//平面MNQ对于D, 易知AB// NQ那么直线AB//平面MNQ故排除B, C, D,选A.〔16〕36兀【解析】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,假设平面SCA,平面SCB ,SA=AC ,SB=BC,三棱锥S-ABC 的体积为9 ,可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形,设球的半径为r,J ]-x-x2fxnf=9可得3 1,解得r=3.球O的外表积为：18. 〔1〕证实见解析；〔2〕 6+2石.【解析】试题分析：〔1 〕由NBAP=/CDP =90\得AB _L AP , CD 1 PD .从而得AB 1 PD ,进而而AB _L 平面PAD ,由面面垂直的判定定理可得平面PAB _L平面PAD ; 〔2 〕设PA=PD =AB = DC =a ,取AD 中点O ,连结PO,贝UPO,底面ABCD,且AD=V2a,PO=^a ,由四棱锥P-ABCD的 2体积为8 ,求出a = 2 ,由此能求出该四棱锥的侧面积. 3试题解析：(1)由/BAP =/CDP =90◎,得AB _L AP , CD 1 PD .由于AB LCD ,故AB _LPD ,从而AB _L平面PAD .又ABU平面PAB ,所以平面PAB _L平面PAD .(2)在平面PAD内作PE 1 AD ,垂足为E .由(1 )知, AB J_H PAD ,故AB _L PE ,可得PE _L 平面ABCD .设AB = x,那么由可得ADn^x, PE= —x.2故四棱锥P -ABCD的体积V P q BCD=1 AB AD PE =1x3 .3 3由题设得lx3=8,故x=2. 3 3 '从而PA=PD=2, AD = BC=2应, PB = PC=2夜.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为1 1 1 1 9 —-PA PD +―PA AB 十—PD DC 十—BC2sin60 * = 6+2 J3 .2 2 2 2〔2021年〕：(5)详解：根据题意,可得截面是边长为工机的正方形,结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是◎的圆,且高为地, 所以其外表积为§=加物="回琬=12兀,应选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的外表积的求解问题,在解题的过程中,需要利用题的条件确定圆柱的相关量,即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高, 在求圆柱的外表积的时候,一定要注意是两个底面圆与侧面积的和(9)【解析】分析：首先根据题中所给的三视图,得到点M和点N在圆柱上所处的位置,点M在上底面上,点N在下底面上,并且将圆柱的侧面展开图平铺,点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处,根据平面上两点间直线段最短,利用勾股定理,求得结果详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征, 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,所以所求的最短路径的长度为邓,应选B.点睛：该题考查的是有关几何体的外表上两点之间的最短距离的求解问题, 在解题的过程中,需要明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短,所以处理方法就是将面切开平铺,利用平面图形的相关特征求得结果.(10) C【解析】分析：首先画出长方体ABCD5]C】D],利用题中条件,得到5…二根据AB=2,求得有,可以确定日,之后利用长方体的体积公式详解：在长方体ABC" 中,连接国：,根据线面角的定义可知乂CF = 30°,由于AB =2,所以占,从而求得CC「2出, 所以该长方体的体积为V = 应选C.点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题,在解题的过程中,需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积,而题中的条件只有两个值,所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要,此时就需要明确线面角的定义,从而得到量之间的关系,从而求得结果 .18.【解析】分析：〔1〕首先根据题的条件,可以得到^BAC=90,即HA1 AC,再结合条件BA±AD,利用线面垂直的判定定理证得ABL平面ACD,又由于AB仁平面ABC,根据面面垂直的判定定理,证得平面ACDL平面ABC;〔2〕根据条件,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 .详解：〔1〕由可得,ZBAC =90 , BA1AC.又BALAD,且n CCAD = A,所以ABL平面ACD.又AB仁平面ABC,所以平面ACDL平面ABC.〔2〕由可得,DC=CM=AB=3, DA=板.2又BP = DQ = ,DR,所以BP=2衣.作QELAC,垂足为E,那么QE =11 ；DC.由及〔1〕可得DC,平面ABC,所以QEL平面ABC, QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为1 1 1V Q.ABP=-X QExS iABp = -x 1 x-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2021-2021高考立体几何题文科数学2〔2021 年〕：〔9〕【答案】A【解析】在空间直角坐标系中, _一,先画由四面体O-ABC的直观图,以zOx平面为‘人—―?投影面,那么得到正视图〔坐标系中红色局部〕,所以选A.〔15〕【答案】24冗【解析】设正四棱锥的高为h,那么1M b/3〕二=述, 3 2解得高h=述.那么底面正方形的对角线长为&xT3 = 所以20人=/呼〕2+吟;:娓,所以球的外表积为4n诉2=24n.(18)3 )连结交4c于点F,那么广为中点.乂D处中西连推DF,鞘眈褥DF *U1 为DFc平面AJCD, BC t•平面4CD -所以8.〞平面月(7>.< H )由于/BC-48c延宜三校托卜心火AA^CD,由=°为月8的中点.所以CD 1 4J9 . 乂皿10乂8 = 乂.于是UD,平面/B我4 ,由X J#产dC = CB 手2,AB - iJt W “CB - CD-^2 t A& 二衣, '极AQ卡出炉=4£',即DEI .DE = S,4[E 匚3 ♦1 x —x\/6x J3x6 k I.3 2〔2021 年〕：6-7:CC(凡茶i J r EOF At汇；点为门.考£ EO.无为」现第为更形.所少.X".的中q. x £为户.冷中户.所以£.,电EOT『充.4EC , PR ：斗 ^dEC .所以PB"平面A£JI qII > 5 > 一FA AH AD - —AB .6 6在2六可得叫・J BC 1 AH .酸 AH 二 ¥ £ fBC 又1口 PA' AB 3S I 〕 .in - -——- - -一^PB 13所以/科平面明c 的庭多力/3\3〔2021年〕:6.【答案】D题分机嫄麻 鞋辘正方体护个氟期树堤正方楙懒;刷余黝柳是正用楙搬I 64 1二断以前去局部体积与剩余局部体积的比值为,应选.6: 【考点定位】此题主要考查三视图及几何体体积的计亶10.【答案】C【解析】ft AH 二 PS Q PM. H由盘设知况1平面加g,所"试题分析;点球的耗为现也行面积为1小三梗雄0-必7体积最大时£到平面二03距霭最大且■1・,为她时V =-P=36.A = 6断以球0的外表积S二』忒二1441应选C.6【考点定位】此题主舞查球与几何体的切捌踹及颈想象能九咯师点睛】由于三梗雄0 T3C底面工03面积粮值故高最大时体积最大此题就是利用崂5论求球的半径然后再求出球0的外表机由于球与几何体的初捌可题能很好的考查空间想象水平使得这类问题一直是高轴的热点及难点提鹏生要增强防蒯练19.试题解析:解：〔I〕交线围成的正方形EHGF如图:〔II〕作皿一口垂足为M那么由Z=&E=4.鹃=12团二EF=3c = 1.于是［田二屈匚乔=6_统二位硼=6.由于长方体被平面日分成两个高为10的直棱柱饼以其体积比值为-〔-也正御〕.7 9转点定位】此题主要考查几何体中的龊飕及几何体的体积的计算.【名师点剧立体几何解做题在高和难度低于解析几何舒得分题往年第一够为线面位置关系的跚林髓有所创新,改为作成面鼠令人耳目-新第二问求商几何雌积之比挑容易想轨注意运算不要出现镯吴4. A试题分析：由于正方体的体积为8,所以棱长为2,所以正方体的体对角线长为26,所以正方体的外接球的半径为由,所以该球的外表积为47t〔肉2 =12%,应选A.7. C试题分析：由题意可知,圆柱的侧面积为S1=2^2 4 - 16\圆锥的侧面C 1 C …CS2=—2兀24=8 2积为2,圆柱的底面面积为&=九'2 =4\故该几何体的外表积为S=S1s2 &=28几,应选C.19.试题解析：〔1〕由得, AC _L BD,AD =CD ,又由AE =CF 得空=CF,故AC//EF , AD CD ' '由此得EF _LHD,EF _L HD \ 所以AC _L HD ;〔2〕由EF//AC 得型=任=1 , DO AD 4由AB =5, AC =6 得DO =BO=jAB2- AO2=4 ,所以OH =1,DH =DH =3 ,2c . n t.r . .于是OD 2+OH =〔2⑸ +12=9= D H2,故OD _L OH , 由〔1〕知AC_LHD\ 又AC _LBD,BDcHD,= H , 所以AC _L平面BHD \于是AC J-OD\又由OD」OH ,ACc0H =O ,所以, OD」平面ABC .又由正二也得EF =9. AC DO 2五边形ABCFE 的面积S=—X6X8- - x—x3 = —. 2 2 2 4所以五棱锥D'-ABCEF体积V nix69'2亚=空区.3 4 26. 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_ ,一仁、卜? 6+j［- # 4;物,高为4的圆柱,故具体积为 2 ,应选B.15. 14冗【解析】长方体的体对角线长为球的直径,贝［2R = j32 +22+12=774 ,一2R=^,那么球°的外表积为4nl巫二14 二. 2 217.试题解析：〔1〕在平面"⑺内,由于乙WC = W,所以8CL4D又RC a平面PAD.AD G平面PAIX故BC //平面PAD.〔2〕取⑪的中点M,连接PM,CM由血血=；和及832乙觥=90\得四边形4BCM为正方形,那么CM LAD..由于侧面P.4/J为等边三角形且垂直于底面妆D ,平面因on平面4BCD=/ID,所以PM1 AD.PM 1底面ABCD,由于CMu底面ABCD,所以PM1 CM ,设收=几那么公&,PC=P/J = 2,取⑺的中点N ,连接PN①.P.V ,那么用工CD,所以“ -2'由于APCD的面积为讳,［岳黑眄二加所以2 *' 2 ,解得工二-2 〔舍去〕,I于是 ". , 「,I 2〔2 + 4〕r-…/二一* ------- £x2^3 = 4y/3.所以四棱锥尸-d8〔力的体积 3 2〔2021年〕：9. C【解析】分析：利用正方体瞰即触中,制机将问题转化为求共面直线邮与从所成角的正切值,在加油中进行计算即可.详解：在正方体阳①山帆也中,①假所以异面直线2与①所成角为』硼, 设正方体边长为小,那么由f为棱小的中点,可得低.,1 / 8E \3o V弓所以孙桢那么招叱加二花二五一.应选二点睛：求异面直线所成角主要有以下两种方法：〔1〕几何法：①平移两直线中的一条或两条,到一个平面中；②利用边角关系,找到〔或构造〕所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角〔2〕向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③由于直线夹角为锐角,所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.16. 8兀【解析】分析：作出示意图,根据条件分别求出圆锥的母线W,高处, 底面圆半径川的长,代入公式计算即可.详解：如以下图所示, 90S加砧--SA , SB- -SR -S c A - z!又心阳2 2 ,解得M-4,SO 二4：2,A0 ;麻扉:附所以 - ,武二.小SOW所以该圆锥的体积为一.19.详解：〔1〕由于AP=CP=AC=4,.为AC的中点,所以OP,AC,且OP=2,\回.连结OB.-AC由于AB=BC=2 ,所以△ ABC为等腰直角三角形,-AC且OB,AC, OB=2 =2.由优,0# 二PB),知OPXOB.由OPLOB, OPXAC 知POX 平面ABC.(2)作CH XOM,垂足为H .又由(1)可得OPLCH ,所以CH,平面POM .故CH的长为点C到平面POM的距离.-AC 生C亚由题设可知OC=2 =2, CM =3 = 3, / ACB=45 .L 0.MOsinZO,,2V 5 ___________ 外所以OM=^, CH= OM = 5所以点C到平面POM的距离为~5~.点睛：立体几何解做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实为主,解题的核心是能将问题转化为线线关系的证实；此题第二问可以通过作由点到平面的距离线段求解,也可利用等体积法解决。
高考文科数学分类汇编——立体几何
高考文科数学分类汇编——立体几何一、选择题1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．12πC．D ．10π2.【2018全国一卷9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．172B ．52C ．3D ．23.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B．C．D．4.【2018全国二卷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 ABCD5.【2018全国三卷3】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD6.【2018全国三卷12】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为体积的最大值为A ．B ．C ．D ．7.【2018北京卷6】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4第7题图 第8题图8.【2018浙江卷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：cm 3）是 A ．2B．4C ．6D ．89.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ110.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁A B C D ，，，ABC △D ABC 俯视图正视图2211为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） （A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】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__________．2.【2018天津卷11】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．S SA SB SA 30︒SAB △82.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．3.【2018全国三卷19】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．4.【2018北京卷18】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；P ABC-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =CPOM ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD（Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .5.【2018天津卷17】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 =，∠BAD =90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为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 =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D 10.D 二、填空题1.π82.31 3.43三、解答题1.解：（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=． 又23BP DQ DA ==，所以BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．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11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．2解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =．连结OB ．因为AB =BC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．由知，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==2，CM ==，∠ACB =45°． 所以OM ，CH =．所以点C 到平面POM ．AC 12AC 222OP OB PB +=12AC 23BC sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠3.解：（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．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．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．4.解：（Ⅰ）∵PA PD=，且E为AD的中点，∴PE AD⊥.∵底面ABCD为矩形，∴BC AD∥，∴PE BC⊥.（Ⅱ）∵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.（Ⅲ）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12FG BC=.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1,2ED BC DE BC=∥，⊂CD⊂⊄⊂∴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.5.解：（Ⅰ）证明：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．（Ⅱ）解：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DMAD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN在等腰三角形DMN中，MN=1，可得12cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD．（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM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．在Rt△CMD中，sin CMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．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 ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n ， 所以直线CC 1与平面AQC 18.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC 2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC =111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此11111(,2),3,2),(0,23,3),A B A B A C ==-=-uuur uuuu r [来源:学#科#网Z#X#X#K]由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13.9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ， 所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2013-2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何
2013～2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何一、选择填空题1、【2013全国1卷．文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 2、【2013全国1卷．文15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，AB α⊥平面 ，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______．3、【2014全国1卷．文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，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱（第1题图） （第3题图）4、【2015全国1卷．文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？”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5、【2015全国1卷．文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1620π+，则r =( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8（第4题图） （第5题图） 6、【2016全国1卷．文7】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径. 若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π7、【2016全国1卷．文11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点,//A α平面11CB D ，αI 平面ABCD m =，αI 平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．32 B ．22 C ．33 D ．138、【2017全国1卷．文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，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A B C D9、【2017全国1卷．文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________． 10、【2018全国1卷．文5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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. 2π B. 12π C. 82π D. 10π 11、【2018全国1卷．文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. 17B. 5C. 3D. 212、【2018全国1卷．文10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为030，则该长方体的体积为（ ）A.8B.2C.82D. 83二、解答题1、【2013全国1卷．文19】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，0160BAA ∠=.(1)证明：1AB A C ⊥；(2)若2AB CB ==，16AC =111ABC AB C -的体积．2、【2014全国1卷．文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 ο求三棱柱111C B A ABC -的高.3、【2015全国1卷．文18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面， （1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；PABD CGE（2）若120ABC ∠=o ，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -6.4、【2016全国1卷．文18】如图，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）证明：G 是AB 的中点；（2）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体P DEF -的体积．5、【2017全国1卷．文18】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．6、【2018全国1卷．文18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，090ACM ∠=，以AC 为折痕将ACM ∆折起，使点M 到达点D 的位置，且AB AD ⊥． （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23BP DQ AD ==，求三棱锥Q ABP -的体积．2013～2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何参考答案一、选择填空题1、【答案】A2、【答案】9π2【解析】如图：3、【答案】B考点：三视图的考查【名师点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图，考生在还原空间几何体的过程中，一定要坚持三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等；本题主要考查了考生的空间想象力.4、【答案】B 【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯==163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 考点：本题主要考查圆锥的性质与圆锥的体积公式5、【答案】B 【解析】试题分析：由正视图和俯视图知，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2222142225416202r r r r r r r r πππππ⨯+⨯++⨯=+=+，解得2r =，故选B.考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式 6、【答案】A 【解析】试题分析：由三视图知：该几何体是78个球，设球的半径为R ，则37428V R 833ππ=⨯=，解得R 2=，所以它的表面积是22734221784πππ⨯⨯+⨯⨯=，故选A 考点：三视图及球的表面积与体积7、【答案】A考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.8、【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ． 9、【答案】36π【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 =，则3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为24π36πr =.10、【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22， 所以其表面积为()222222212S πππ=⨯+⨯⨯=，故选B.11、【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，点M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M 、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽， 圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为224225+=，故选B. 12、【答案】C【解析】分析：首先画出长方体1111ABCD A B C D -，利用题中条件，得到0130AC B ∠=，根据2AB =，求得123BC =，可以确定122CC =，之后利用长方体的体积公式 详解：在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ， 根据线面角的定义可知0130AC B ∠=，因为2AB =，所以123BC =，从而求得122CC =， 所以该长方体的体积为222282V =⨯⨯=，故选C.二、解答题1、【答案】（1）详见解析；（2）3.2、【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为217. 【解析】又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质,以及它们之间的转化，这是高考题中经常考查的方向，同时本题还考查点到平面距离的计算,考查学生分析解决问题的综合能力.3、【答案】（1）见解析（2）试题解析：（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ^BD ，因为BE ^平面ABCD ，所以AC ^BE ，故AC ^平面BED.又AC Ì平面AEC ，所以平面AEC ^平面BED（2）设AB=x ，在菱形ABCD 中，由ÐABC=120°，可得x ,GB=GD=2x .因为AE ^EC ，所以在Rt D AEC 中，可得EG=2x .由BE ^平面ABCD ，知D EBG 为直角三角形，可得BE=2x .由已知得，三棱锥E-ACD 的体积31132E ACD V AC GD BE x -=醋?=故x =2从而可得.所以D EAC 的面积为3，D EAD 的面积与D ECD .故三棱锥E-ACD 的侧面积为考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力4、【答案】（1）见解析；（2）作图见解析，体积为43.【解析】试题分析：证明.AB PG ⊥由PA PB =可得G 是AB 的中点. （II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ，可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中，可得 2.==EF PF 四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V（II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥，⊥PB PC ，又//EF PB ,所以EF PA EF PC ，⊥⊥,因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连结CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心.由（I ）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故2.3=CD CG由题设可得⊥PC 平面PAB ，⊥DE 平面PAB ，所以//DE PC ，因此21,.33==PE PG DE PC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ，可得2,==DE PE在等腰直角三角形EFP 中，可得 2.==EF PF所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 考点：线面位置关系及几何体体积的结束5、【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，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 ．6、【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到090BAC ∠=，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.详解：（1）由已知可得，090BAC ∠=，即BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A ⋂=，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 =又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则//QE DC ，且13QE DC =． 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011113sin 451332Q ABP ABP V QE S -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=． 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.。
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2013～2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何一、选择填空题1、【2013全国1卷．文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 2、【2013全国1卷．文15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，AB α⊥平面 ，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______．3、【2014全国1卷．文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，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱（第1题图） （第3题图）4、【2015全国1卷．文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？”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5、【2015全国1卷．文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1620π+，则r =( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8（第4题图） （第5题图）6、【2016全国1卷．文7】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径. 若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π7、【2016全国1卷．文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 3B 2C 3D ．138、【2017全国1卷．文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，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A B C D9、【2017全国1卷．文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________． 10、【2018全国1卷．文5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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. 2π B. 12π C. 82π D. 10π 11、【2018全国1卷．文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. 17B. 5C. 3D. 212、【2018全国1卷．文10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为030，则该长方体的体积为（ ）A.8B.2C.82D. 83二、解答题1、【2013全国1卷．文19】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，0160BAA ∠=.(1)证明：1AB A C ⊥；(2)若2AB CB ==，16AC =111ABC AB C -的体积．2、【2014全国1卷．文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.PABD CGE3、【2015全国1卷．文18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面， （1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为63，求该三棱锥的侧面积.4、【2016全国1卷．文18】如图，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）证明：G 是AB 的中点；（2）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体P DEF -的体积．5、【2017全国1卷．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）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．6、【2018全国1卷．文18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，090ACM ∠=，以AC 为折痕将ACM ∆折起，使点M 到达点D 的位置，且AB AD ⊥． （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23BP DQ AD ==，求三棱锥Q ABP -的体积．2013～2018年全国1卷文科数学分类汇编：立体几何参考答案一、选择填空题1、【答案】A2、【答案】9π2【解析】如图：考点：三视图的考查【名师点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图，考生在还原空间几何体的过程中，一定要坚持三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等；本题主要考查了考生的空间想象力.4、【答案】B 【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯==163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 考点：本题主要考查圆锥的性质与圆锥的体积公式5、【答案】B 【解析】试题分析：由正视图和俯视图知，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2222142225416202r r r r r r r r πππππ⨯+⨯++⨯=+=+，解得2r =，故选B.考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式 6、【答案】A 【解析】试题分析：由三视图知：该几何体是78个球，设球的半径为R ，则37428V R 833ππ=⨯=，解得R 2=，所以它的表面积是22734221784πππ⨯⨯+⨯⨯=，故选A 考点：三视图及球的表面积与体积考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.8、【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ． 9、【答案】36π【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 =，则3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为24π36πr =.10、【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22， 所以其表面积为()222222212S πππ=⨯+⨯⨯=，故选B.11、【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，点M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M 、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽， 圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为224225+=，故选B. 12、【答案】C【解析】分析：首先画出长方体1111ABCD A B C D -，利用题中条件，得到0130AC B ∠=，根据2AB =，求得123BC =，可以确定122CC =，之后利用长方体的体积公式 详解：在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ， 根据线面角的定义可知0130AC B ∠=，因为2AB =，所以123BC =，从而求得122CC =， 所以该长方体的体积为222282V =⨯⨯=，故选C.二、解答题1、【答案】（1）详见解析；（2）3.2、【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C 的高为217. 【解析】又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质,以及它们之间的转化，这是高考题中经常考查的方向，同时本题还考查点到平面距离的计算,考查学生分析解决问题的综合能力.3、【答案】（1）见解析（2）试题解析：（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ，因为BE 平面ABCD ，所以AC BE ，故AC 平面BED.又AC 平面AEC ，所以平面AEC 平面BED（2）设AB=x ，在菱形ABCD 中，由ABC=120°，可得x ,GB=GD=2x .因为AE EC ，所以在Rt AEC 中，可得EG=2x .由BE 平面ABCD ，知EBG 为直角三角形，可得BE=2x .由已知得，三棱锥E-ACD 的体积3116632243EACD V AC GD BE x .故x =2从而可得.所以EAC 的面积为3，EAD 的面积与ECD .故三棱锥E-ACD 的侧面积为考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力4、【答案】（1）见解析；（2）作图见解析，体积为43.【解析】试题分析：证明.AB PG ⊥由PA PB =可得G 是AB 的中点. （II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ，可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中，可得 2.==EF PF 四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V（II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥，⊥PB PC ，又//EF PB ,所以EF PA EF PC ，⊥⊥,因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连结CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心.由（I ）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ，⊥DE 平面PAB ，所以//DE PC ，因此21,.33==PE PG DE PC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ，可得2,==DE PE在等腰直角三角形EFP 中，可得 2.==EF PF所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 考点：线面位置关系及几何体体积的结束5、【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，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 ．6、【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到090BAC ∠=，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.详解：（1）由已知可得，090BAC ∠=，即BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A ⋂=，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 =又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则//QE DC ，且13QE DC =． 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011113sin 451332Q ABP ABP V QE S -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=． 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.。