高考数学复习最新3年高考2年模拟6立体几何 205页

第 1页 【3 年高考 2 年模拟】立体几何第一部分 三年高考荟 2012 年高考数学（1）空间几何体 一、选择题 1 ．（2012 新课标理）已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O 的求面上, ABC 是边长为1 的正三角形, SC 为球O 的直径,且 2SC  ;则此棱锥的体积为 （ ） A． 2 6 B． 3 6 C． 2 3 D． 2 2 2 ．（2012 浙江文）已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积 是 （ ） A．1cm3 B．2cm3 C．3cm3 D．6cm3 3 ．（2012 重庆文）设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2 和 a 且 长为 a 的棱与长为 2 的棱异面,则a的取值范围是（ ） A． (0, 2) B． (0, 3) C． (1, 2) D． (1, 3) 4 ．4（2012 重庆理）设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2 和 a ,且长为 a 的棱与长为 2 的棱异面,则 a 的取值范围是 （ ） A． (0, 2) B． (0, 3) C． (1, 2) D． (1, 3) 5 ．（2012 陕西文）将正方形(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到图 2 所示的几何体,则该几何 体的左视图为 6 ．（2012 课标文）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．4 3π C．4 6π D．6 3π 7 ．（2012 课标文理）如图,网格上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几何体的 三视图,则几何体的体积为 第 2页 A .6 B .9 C .12 D .18 8 ．（2012 江西文）若一个几何体的三视图如下左图所示,则此几何体的体积为（ ） A．11 2 B．5 C．4 D． 9 2 9．（2012 湖南文）某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示,则该几何体的俯视图不可能．．．是 D C B A 正、侧视图 10．（2012 广东文）(立体几何)某几何体的三视图如图 1 所示,它的体积为 A． 72 B． 48 C．30 D．24 11．（2012 福建文）一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个 几何体不可以是 A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 、 12． 13．（2012 北京文）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 A． 28 6 5 B．30 6 5 C．56 12 5 D． 60 12 5 14 ．（2012 江西理）如图,已知正四棱锥 S-ABCD 所有棱长都为 1,点 E 是侧棱 SC 上一动点,过 点 E 垂直于 SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记 SE=x(00）， 第 61页 则 ),3,1( tBP  设平面 PBC 的法向量 ),,( zyxm  , 则 0,0  mBPmBC 所以      03 ,03 tzyx yx 令 ,3y 则 .6,3 tzx  所以 )6,3,3( tm  同理，平面 PDC 的法向量 )6,3,3( tn  因为平面 PCB⊥平面 PDC, 所以 nm =0，即 0366 2  t 解得 6t 所以 PA= 6 28.（福建理 20） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= 2 ，  45CDA ． （I）求证：平面 PAB⊥平面 PAD； （II）设 AB=AP． （i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，求线段 AB 的长； （ii）在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？说明理 由。 第 62页 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、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思 想、化归与转化思想，满分 14 分。 解法一： （I）因为 PA  平面 ABCD， AC  平面 ABCD， 所以 PA AB ， 又 , ,AB AD PA AD A  所以 AB  平面 PAD。 又 AB  平面 PAB，所以平面 PAB  平面 PAD。 （II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于点 E，则 .CE AD 在 Rt CDE 中，DE= cos45 1CD   ， sin 45 1,CE CD    设 AB=AP=t，则 B（t，0，0），P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3 ,0), (1,3 ,0), (0,4 ,0)E t C t D t   ， ( 1,1,0), (0,4 , ).CD PD t t      （i）设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z ， 由 n CD  ， n PD  ，得 0, (4 ) 0. x y t y tx        取 x t ，得平面 PCD 的一个法向量 { , ,4 }n t t t  ， 又 ( ,0, )PB t t  ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，得 2 2 2 2 2 | 2 4 | 1cos60 | |, ,2| | | | (4 ) 2 n PB t t n PB t t t x            即 解得 4 45t t 或 （舍去，因为 AD 4 0t   ），所以 4.5AB  第 63页 （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 设 G（0，m，0）（其中 0 4m t   ） 则 (1,3 ,0), (0,4 ,0), (0, , )GC t m GD t m GP m t          ， 由| | | |GC GD  得 2 2 2(4 )t m m t    ，（2） 由（1）、（2）消去 t，化简得 2 3 4 0m m   （3） 由于方程（3）没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，C，D 的距离都相等。 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 解法二： （I）同解法一。 （II）（i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于 E， 则CE AD 。 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于点 E，则 .CE AD 在 Rt CDE 中，DE= cos45 1CD   ， sin 45 1,CE CD    设 AB=AP=t，则 B（t，0，0），P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3 ,0), (1,3 ,0), (0,4 ,0)E t C t D t   ， ( 1,1,0), (0,4 , ).CD PD t t      设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z ， 由 n CD  ， n PD  ，得 0, (4 ) 0. x y t y tx        取 x t ，得平面 PCD 的一个法向量 { , ,4 }n t t t  ， 又 ( ,0, )PB t t  ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，得 2 2 2 2 2 | 2 4 | 1cos60 | |, ,2| | | | (4 ) 2 n PB t t n PB t t t x            即 第 64页 解得 4 45t t 或 （舍去，因为 AD 4 0t   ）， 所以 4.5AB  （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 由 GC=CD，得 45GCD GDC    ， 从而 90CGD   ，即 ,CG AD  sin 45 1,GD CD    设 ,AB   则AD=4- , 3AG AD GD     ， 在 Rt ABG 中， 2 2 2 2(3 )GB AB AG       23 92( ) 1,2 2     这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都相等， 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 29.（广东理 18） 如图 5．在椎体 P-ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的棱形， 且∠DAB=60 ， 2PA PD  ,PB=2, E,F 分别是 BC,PC 的中点． （1） 证明：AD  平面 DEF; （2） 求二面角 P-AD-B 的余弦值． 法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD。 因 PA=PD，有 PG AD ，在 ABD 中， 1, 60AB AD DAB    ，有 ABD 为 等边三角形，因此 ,BG AD BG PG G   ，所以 AD  平面 PBG , .AD PB AD GB   又 PB//EF，得 AD EF ，而 DE//GB 得 AD  DE，又 FE DE E  ，所以 AD  平面 DEF。 第 65页 （2） ,PG AD BG AD  ， PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角， 在 2 2 2 7, 4Rt PAG PG PA AG   中 在 3 2Rt ABG  中,BG=AB sin60 = 2 2 2 7 3 4 214 4cos 2 77 32 2 2 PG BG PBPGB PG BG           法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 , .PA PD PG AD  又 , 60 ,AB AD DAB ABD     为等边三角形，因此， BG AD ， 从而 AD  平面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO  OB，又 PO  平面 PBG，PO  AD， ,AD OB G  所以 PO  平面 ABCD。 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。 设 1 1(0,0, ), ( ,0,0), ( , ,0), ( , ,0).2 2P m G n A n D n则 第 66页 3| | | | sin 60 2GB AB     3 3 3 1 3 1( ,0,0), ( ,1,0), ( , ,0), ( , , ).2 2 2 2 2 4 2 2 n mB n C n E n F     由于 3 3(0,1,0), ( ,0,0), ( ,0, )2 2 4 2 n mAD DE FE       得 0, 0, , ,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E           AD  平面 DEF。 （2） 1 3( , , ), ( ,0, )2 2PA n m PB n m        2 2 2 21 3 32, ( ) 2, 1, .4 2 2m n n m m n        解之得 取平面 ABD 的法向量 1 (0,0, 1),n   设平面 PAD 的法向量 2 ( , , )n a b c 由 2 2 3 30, 0, 0, 0,2 2 2 2 b bPA n a c PD n a c          得 由 得 取 2 3(1,0, ).2n  1 2 3 212cos , .771 4 n n        第 67页 30.（湖北理 18） 如图，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各棱长都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 1CC 上， 且不与点 C 重合． （Ⅰ）当 CF =1 时，求证： EF ⊥ 1A C ； （Ⅱ）设二面角C AF E  的大小为 ，求 tan 的最小值． 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、 推理论证能力和运算求解能力。（满分 12 分） 解法 1：过 E 作 EN AC 于 N，连结 EF。 （I）如图 1，连结 NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面 ABC  侧面 A1C。 又度面 ABC  侧面 A，C=AC，且 EN  底面 ABC， 所以 EN 侧面 A1C，NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影， 在 Rt CNE 中， cos60CN CE  =1， 则由 1 1 4 CF CN CC CA   ，得 NF//AC1， 又 1 1 ,AC AC 故 1NF AC 。 由三垂线定理知 1 .EF AC （II）如图 2，连结 AF，过 N 作 NM AF 于 M，连结 ME。 由（I）知 EN 侧面 A1C，根据三垂线定理得 ,EM AF 所以 EMN 是二面角 C—AF—E 的平面角，即 EMN   ， 设 , 0 45FAC       则 在 Rt CNE 中， sin 60 3,NE EC    第 68页 在 , sin 3sin ,Rt AMN MN AN a a   中 故 3tan .3sin NE MN a    又 20 45 , 0 sin ,2a       故当 2sin , 452a   即当 时， tan 达到最小值； 3 6tan 23 3     ，此时 F 与 C1 重合。 解法 2：（I）建立如图 3 所示的空间直角坐标系，则由已知可得 1(0,0,0), (2 3,2,0), (0,4,0), (0,0,4), ( 3,3,0), (0,4,1),A B C A E F 于是 1 (0, 4,4), ( 3,1,1).CA EF     则 1 (0, 4,4) ( 3,1,1) 0 4 4 0,CA EF          故 1 .EF AC （II）设 ,(0 4)CF     ， 平面 AEF 的一个法向量为 ( , , )m x y z ， 则由（I）得 F（0，4，  ） ( 3,3,0), (0,4, )AE AF    ，于是由 ,m AE m AF   可得 0, 3 3 0, 4 0.0, m AE x y y zm AF               即 取 ( 3 , ,4).m    第 69页 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 (1,0,0)n  ， 于是由 为锐角可得 | |cos | | | | m n m n    2 2 2 3 16,sin 2 4 2 4         ， 所以 2 2 16 1 16tan 3 33      ， 由 0 4  ，得 1 1 4  ，即 1 1 6tan ,3 3 3     故当 4  ，即点 F 与点 C1 重合时， tan 取得最小值 6 ,3 31.（湖南理 19） 如图 5，在圆锥 PO 中，已知 PO = 2 ，⊙O 的直径 2AB  , C 是 AB的中点， D 为 AC 的 中点． （Ⅰ）证明：平面 POD  平面 PAC ; （Ⅱ）求二面角 B PA C  的余弦值。 解法 1：连结 OC，因为 ,OA OC D AC 是 的中点,所以AC OD. 又 PO  底面⊙O，AC  底面⊙O，所以 AC PO ， 因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以 AC 平面 POD， 而 AC  平面 PAC，所以平面 POD  平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，过 O 作OH PD 于 H，由（I）知，平面 ,POD PAC 平面 所以OH  平面 PAC，又 PA  面 PAC，所以 .PA OH 在平面 PAO 中，过 O 作OG PA 于 G， 第 70页 连接 HG， 则有 PA  平面 OGH， 从而 PA HG ，故 OGH 为二面角 B—PA—C 的平面角。 在 2, sin 45 .2Rt ODA OD OA    中 在 2 2 22 102, .512 2 PO ODRt POD OH PO OD       中 在 2 2 2 1 6, .32 1 PO OARt POA OG PO OA       中 在 10 155,sin .56 3 OHRt OHG OGH OG     中 所以 2 15 10cos 1 sin 1 .25 5OGH OGH       故二面角 B—PA—C 的余弦值为 10 .5 解法 2：（I）如图所示，以 O 为坐标原点，OB、OC、OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴，z 轴建 立空间直角坐标系，则 (0,0,0), ( 1,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0,0, 2)O A B C P ， 1 1( , ,0)2 2D  设 1 1 1 1( , , )n x y z 是平面 POD 的一个法向量， 则由 1 10, 0n OD n OP     ，得 1 1 1 1 1 0,2 2 2 0. x y z      所以 1 1 1 1 10, , 1, (1,1,0).z x y y n   取 得 设 2 2 2 2( , , )n x y z 是平面 PAC 的一个法向量， 则由 2 20, 0n PA n PC     ， 第 71页 得 2 2 2 2 2 0, 2 0. x z y z      所以 2 2 2 2 22 , 2 . 1,x z y z   取z 得 2 ( 2, 2,1)n   。 因为 1 2 (1,1,0) ( 2, 2,1) 0,n n     所以 1 2.n n 从而平面 POD  平面 PAC。 （II）因为 y 轴  平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 3 (0,1,0).n  由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 2 ( 2, 2,1)n   设向量 2 3n n和 的夹角为 ，则 2 3 2 3 2 10cos .| | | | 55 n n n n     由图可知，二面角 B—PA—C 的平面角与 相等， 所以二面角 B—PA—C 的余弦值为 10 .5 32.（辽宁理 18） 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA， QA=AB= 1 2 PD． （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； （II）求二面角 Q—BP—C 的余弦值． 解： 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐 标系 D—xyz. （I）依题意有 Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）. 则 (1,1,0), (0,0,1), (1, 1,0).DQ DC PQ      所以 0, 0.PQ DQ PQ DC       即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 第 72页 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ  平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ. …………6 分 （II）依题意有 B（1，0，1）， (1,0,0), ( 1,2, 1).CB BP     设 ( , , )n x y z 是平面 PBC 的法向量，则 0, 0, 2 0.0, n CB x x y zn BP             即 因此可取 (0, 1, 2).n    设 m 是平面 PBQ 的法向量，则 0, 0. m BP m PQ        可取 15(1,1,1). cos , .5m m n   所以 故二面角 Q—BP—C 的余弦值为 15 .5  ………………12 分 33.（全国大纲理 19） 如 图 ， 四 棱 锥 S ABCD 中 ， AB CD , BC CD ， 侧 面 SAB 为 等 边 三 角 形 ， 2, 1AB BC CD SD    ． （Ⅰ）证明： SD SAB 平面 ; （Ⅱ）求 AB 与平面 SBC 所成角的大小． 解法一： （I）取 AB 中点 E，连结 DE，则四边形 BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结 SE，则 , 3.SE AB SE  又 SD=1，故 2 2 2ED SE SD  ， 所以 DSE 为直角。 …………3 分 由 , ,AB DE AB SE DE SE E   ， 得 AB  平面 SDE，所以 AB SD 。 SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直。 所以 SD  平面 SAB。 …………6 分 （II）由 AB  平面 SDE 知， 第 73页 平面 ABCD  平面 SED。 作 ,SF DE 垂足为 F，则 SF  平面 ABCD， 3 .2 SD SESF DE   作 FG BC ，垂足为 G，则 FG=DC=1。 连结 SG，则 SG BC ， 又 ,BC FG SG FG G  ， 故 BC  平面 SFG，平面 SBC  平面 SFG。 …………9 分 作 FH SG ，H 为垂足，则 FH  平面 SBC。 3 7 SF FGFH SG   ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 .7 由于 ED//BC，所以 ED//平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也有 21 .7 设 AB 与平面 SBC 所成的角为α， 则 21 21sin , arcsin .7 7 d EB     …………12 分 解法二： 以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 C—xyz。 设 D（1，0，0），则 A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又设 ( , , ), 0, 0, 0.S x y z x y z  则 （I） ( 2, 2, ), ( , 2, )AS x y z BS x y z      ， ( 1, , )DS x y z  ， 由| | | |AS BS  得 2 2 2 2 2 2( 2) ( 2) ( 2) ,x y z x y z        故 x=1。 由 2 2| | 1 1,DS y z   得 又由 2 2 2| | 2 ( 2) 4,BS x y z     得 第 74页 即 2 2 1 34 1 0, , .2 2y z y y z     故 …………3 分 于是 1 3 3 3 3 3(1, , ), ( 1, , ), (1, , )2 2 2 2 2 2S AS BS      ， 1 3(0, , ), 0, 0.2 2DS DS AS DS BS         故 , , ,DS AD DS BS AS BS S  又 所以 SD  平面 SAB。 …………6 分 （II）设平面 SBC 的法向量 ( , , )a m n p ， 则 , , 0, 0.a BS a CB a BS a CB         又 3 3(1, , ), (0,2,0),2 2BS CB    故 3 3 0,2 2 2 0. m n p n       …………9 分 取 p=2 得 ( 3,0,2), ( 2,0,0)a AB   又 。 21cos , .7| | | | AB aAB a AB a      故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21arcsin .7 34.（全国新课标理 18） 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 60DAB   ， 2AB AD ， PD  底面 ABCD． （I）证明： PA BD ； （II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值． 第 75页 解： （Ⅰ）因为 60 , 2DAB AB AD    ， 由余弦定理得 3BD AD 从而 BD2+AD2= AB2，故 BD  AD 又 PD  底面 ABCD，可得 BD  PD 所以 BD  平面 PAD. 故 PA  BD （Ⅱ）如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐 标系 D- xyz ，则  1,0,0A ，  0 3,0B ， ，  1, 3,0C  ，  0,0,1P ． ( 1, 3,0), (0, 3, 1), ( 1,0,0)AB PB BC     uuuv uuv uuuv 设平面 PAB 的法向量为 n=（x，y，z），则 0, 0,{n AB n PB     uuur uuur 即 3 0 3 0 x y y z      因此可取 n= ( 3,1, 3) 设平面 PBC 的法向量为 m，则 m 0, m 0,{ PB BC     uuur uuur 可取 m=（0，-1， 3 ） 4 2 7cos , 72 7 m n    故二面角 A-PB-C 的余弦值为 2 7 7  35.（山东理 19） 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形，∠ ACB= 90 ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ， EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 第 76页 19．（I）证法一： 因为 EF//AB，FG//BC，EG//AC， 90ACB  ， 所以 90 ,EGF ABC    ∽ .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 连接 AF，由于 FG//BC， 1 ,2FG BC 在 ABCD 中，M 是线段 AD 的中点， 则 AM//BC，且 1 ,2AM BC 因此 FG//AM 且 FG=AM， 所以四边形 AFGM 为平行四边形， 因此 GM//FA。 又 FA  平面 ABFE，GM  平面 ABFE， 所以 GM//平面 AB。 证法二： 因为 EF//AB，FG//BC，EG//AC， 90ACB  ， 所以 90 ,EGF ABC    ∽ .EFG 由于 AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取 BC 的中点 N，连接 GN， 因此四边形 BNGF 为平行四边形， 所以 GN//FB， 在 ABCD 中，M 是线段 AD 的中点，连接 MN， 则 MN//AB， 因为 ,MN GN N 所以平面 GMN//平面 ABFE。 又GM  平面 GMN， 所以 GM//平面 ABFE。 （II）解法一： 第 77页 因为 90 ,ACB    所以 CAD=90 ， 又 EA  平面 ABCD， 所以 AC，AD，AE 两两垂直， 分别以 AC，AD，AE 所在直线为 x 轴、y 轴和 z 轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设 2 2,AC BC AE   则由题意得 A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1）， 所以 (2, 2,0), (0,2,0),AB BC    又 1 ,2EF AB 所以 (1, 1,1), ( 1,1,1).F BF   设平面 BFC 的法向量为 1 1 1( , , ),m x y z 则 0, 0,m BC m BF     所以 1 1 1 0, , y x z    取 1 11 1,z x 得 所以 (1,0,1),m  设平面 ABF 的法向量为 2 2 2( , , )n x y z ， 则 0, 0,n AB n BF     所以 2 2 2 2 2 , 1, 1,0, x y y xz     取 得 则 (1,1,0)n  ， 所以 1cos , .| | | | 2 m nm n m n   因此二面角 A—BF—C 的大小为 60 . 解法二： 由题意知，平面 ABFE  平面 ABCD， 取 AB 的中点 H，连接 CH， 因为 AC=BC， 第 78页 所以CH AB ， 则CH 平面 ABFE， 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R，连接 CR， 则 .CR BF 所以 HRC 为二面角 A—BF—C 的平面角。 由题意，不妨设 AC=BC=2AE=2。 在直角梯形 ABFE 中，连接 FH， 则 FH AB ，又 2 2,AB  所以 1, 2,HF AE BH   因此在 Rt BHF 中， 6 .3HR  由于 1 2,2CH AB  所以在 Rt CHR 中 ， 2tan 3, 6 3 HRC   因此二面角 A—BF—C 的大小为 60 . 36.（陕西理 16） 如图，在 ABC 中， 60 , 90 ,ABC BAC AD     是 BC 上的高，沿 AD 把 ABC 折起， 使 90BCD   。 （Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ； （Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求 AE  与 DB  夹角的余弦值。 解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高， ∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 第 79页 又 DB  ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面 平面 BDC． 平面 ABD  平面 BDC。 （Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90 及（Ⅰ）知 DA，ＤＢ，DC 两两垂直，不防设 DB =1，以 D 为坐 标原点，以 , ,DB DC DA    所在直线 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 D（0,0,0）， B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0， 3 ），E（ 1 2 ， 3 2 ，0）， AE = 1 3, , 32 2     ， DB  =（1，0,0,）， AE 与 DB  夹角的余弦值为 cos ＜ AE  ， DB  ＞= 1 222 .22| | | | 221 4 AE DB AE DB          1 222 22221 4    ． 37.（上海理 21） 已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是底面边长为 1 的正四棱柱， 1O 是 1 1AC 和 1 1B D 的 交点。 （1）设 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角的大小为 ，二面角 1 1 1A B D A  的大小为  。 求证： tan 2 tan  ； （2）若点C 到平面 1 1AB D 的距离为 4 3 ，求正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的高。 第 80页 解：设正四棱柱的高为 h 。 ⑴ 连 1AO ， 1AA  底面 1 1 1 1A B C D 于 1A ， ∴ 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角为 1 1AB A ，即 1 1AB A   ∵ 1 1AB AD ， 1O 为 1 1B D 中点，∴ 1 1 1AO B D ，又 1 1 1 1AO B D ， ∴ 1 1AO A 是二面角 1 1 1A B D A  的平面角，即 1 1AO A   ∴ 1 1 1 tan AA hA B    ， 1 1 1 tan 2 2 tanAA hAO     。 ⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 1 1(0,0, ), (1,0,0), (0,1,0), (1,1, )A h B D C h 1 1(1,0, ), (0,1, ), (1,1,0)AB h AD h AC       设平面 1 1AB D 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， ∵ 1 1 1 1 0 0 n AB n AB n AD n AD                   ，取 1z  得 ( , ,1)n h h ∴ 点C 到平面 1 1AB D 的距离为 2 2 | | 0 4 3| | 1 n AC h hd n h h           ，则 2h  。 38.（四川理 19） 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1∥平面 BDA． （I）求证：CD=C1D： （II）求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； （Ⅲ）求点 C 到平面 B1DP 的距离． ．解析：（1）连接 1B A 交 1BA 于O , 1 //B P 1面BDA , 1 1 1, ,B P AB P AB P D OD  1面 面 面BA 第 81页 1 //B P OD ,又O 为 1B A 的中点， D 为AP 中点， 1C 1为A P , 1ACD PC D   1C D CD  ,D 为 1CC 的中点。 （2）由题意 1 1,AB AC AB AA AB C C    1面AA ,过 B 作 AH AD ,连接 BH ，则 BH AD , AHB 为二面角 1A A D B  的平面角。在 1AA D 中， 1 1 5 51, ,2 2AA AD A D   ,则 2 5 2 5 3 5 25, ,cos5 5 33 5 5 AHAH BH AHB BH       （3）因为 1 1C B PD B PCDV V  ，所以 1 1 1 1 1 3 3B PD PCDh S A B S    , 1 1 1A B  1 1 1 1 1 2 4 4PCD PC C PC DS S S       , 在 1B DP 中， 1 1 1 1 9 553 5 2 5 54 4, 5, .cos ,sin32 2 5 52 52 B D B P PD DB P DB P             ， 1 1 3 5 3 15 ,2 2 5 4 3B PDS h       39.（天津理 17） 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， H 是正方形 1 1AA B B 的中心， 1 2 2AA  ， 1C H  平面 1 1AA B B ，且 1 5.C H  （Ⅰ）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角 1 1 1A AC B  的正弦值； （Ⅲ）设 N 为棱 1 1B C 的中点，点 M 在平面 1 1AA B B 内，且 MN  平面 1 1A B C ，求线段 BM 的 长． 第 82页 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量 解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分 13 分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标原点. 依题意得 (2 2,0,0), (0,0,0), ( 2, 2, 5)A B C  1 1 1(2 2,2 2,0), (0,2 2,0), ( 2, 2, 5)A B C （I）解：易得 1 1( 2, 2, 5), ( 2 2,0,0)AC A B      ， 于是 1 1 1 1 1 1 4 2cos , ,3| | | | 3 2 2 AC A BAC A B AC A B           所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 .3 （II）解：易知 1 1 1(0,2 2,0), ( 2, 2, 5).AA AC     设平面 AA1C1 的法向量 ( , , )m x y z ， 则 1 1 1 0 0 m AC m AA        即 2 2 5 0, 2 2 0. x y z y      不妨令 5,x  可得 ( 5,0, 2)m  ， 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 ( , , )n x y z ， 则 1 1 1 1 0, 0. n AC n A B        即 2 2 5 0, 2 2 0. x y z x       不妨令 5y  ， 可得 (0, 5, 2).n  于是 2 2cos , ,| | | | 77 7 m nm n m n     从而 3 5sin , .7m n  所以二面角 A—A1C1—B 的正弦值为 3 5 .7 （III）解：由 N 为棱 B1C1 的中点， 第 83页 1 1 1 1 0, 0. MN AB MN AC          得 2 3 2 5( , , ).2 2 2N 设 M（a，b，0）， 则 2 3 2 5( , , )2 2 2MN a b   由 MN  平面 A1B1C1，得 即 2( ) ( 2 2) 0,2 2 3 2 5( ) ( 2) ( ) ( 2) 5 0.2 2 2 a a b                 解得 2 ,2 2 .4 a b     故 2 2( , ,0).2 4M 因此 2 2( , ,0)2 4BM  ，所以线段 BM 的长为 10| | .4BM  方法二： （I）解：由于 AC//A1C1，故 1 1 1C A B 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 1C H  平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心， 1 12 2, 5,AA C H  可得 1 1 1 1 3.AC B C  因此 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2cos .2 3 AC A B B CC A B AC A B     所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 .3 （II）解：连接 AC1，易知 AC1=B1C1， 又由于 AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以 1 1AC A ≌ 1 1B C A ，过点 A 作 1 1AR AC 于点 R， 连接 B1R，于是 1 1 1B R AC ，故 1ARB 为二面角 A—A1C1—B1 的平面角. 第 84页 在 1 1Rt A RB 中， 2 1 1 1 1 1 2 2 14sin 2 2 1 ( ) .3 3B R A B RA B       连接 AB1，在 1ARB 中， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4, ,cos 2 AR B R ABAB AR B R ARB AR B R       2 7   ， 从而 1 3 5sin .7ARB  所以二面角 A—A1C1—B1 的正弦值为 3 5 .7 （III）解：因为 MN  平面 A1B1C1，所以 1 1.MN A B 取 HB1 中点 D，连接 ND，由于 N 是棱 B1C1 中点， 所以 ND//C1H 且 1 1 5 2 2ND C H  . 又 1C H  平面 AA1B1B， 所以 ND  平面 AA1B1B，故 1 1.ND A B 又 ,MN ND N 所以 1 1A B  平面 MND，连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E， 则 1 1 1, / / .ME A B ME AA 故 由 1 1 1 1 1 1 1 ,4 B E B DDE AA B A B A    得 1 2 2DE B E  ，延长 EM 交 AB 于点 F， 可得 1 2 .2BF B E  连接 NE. 在 Rt ENM 中， 2, .ND ME ND DE DM  故 第 85页 所以 2 5 2 .4 NDDM DE   可得 2 .4FM  连接 BM，在 Rt BFM 中， 2 2 10 .4BM FM BF   40.（浙江理 20） 如图，在三棱锥 P ABC 中， AB AC ，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在 线段 AD 上，已知 BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC； （Ⅱ）在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A-MC-B 为直二面角？若存在，求出 AM 的 长；若不存在，请说明理由。 本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空 间想象能力和运算求解能力。满分 15 分。 方法一： （I）证明：如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 O—xyz 则 (0,0,0), (0, 3,0), (4,2,0), ( 4,2,0), (0,0,4)O A B C P  ， (0,3,4), ( 8,0,0)AP BC    ，由此可得 0AP BC   ，所以 AP BC  ，即 .AP BC （II）解：设 , 1, (0, 3, 4)PM PA PM        则 BM BP PM BP PA        第 86页 ( 4, 2,4) (0, 3, 4) ( 4, 2 3 ,4 4 )               ( 4,5,0), ( 8,0,0)AC BC     设平面 BMC 的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z ， 平面 APC 的法向量 2n  2 2 2( , , )x y z 由 1 1 0, 0, BM n BC n          得 1 1 1 1 4 (2 3 ) (4 4 ) 0, 8 0, x y x x          即 1 1 1 1 0, 2 3(0,1, )2 3 4 4,4 4 x n z y           可取 由 2 2 0, 0. AP n AC n          即 2 2 2 2 3 4 0, 4 5 0, y z x y      得 2 2 2 2 2 5 ,4 (5,4, 3).3 ,4 x y n z y        可取 由 1 2 2 30, 4 3 0,4 4n n          得 解得 2 5   ，故 AM=3。 综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3。 方法二： （I）证明：由 AB=AC，D 是 BC 的中点，得 AD BC 又 PO  平面 ABC，得 .PO BC 因为 PO AD O ，所以 BC  平面 PAD， 故 .BC PA （II）解：如图，在平面 PAB 内作 BM PA 于 M，连 CM， 第 87页 由（I）中知 AP BC ，得 AP  平面 BMC， 又 AP  平面 APC，所以平面 BMC  平面 APC。 在 2 2 2, 41, 41.Rt ADB AB AD BD AB    中 得 在 2 2 2,Rt POD PD PO OD  中 ， 在 2 2 2, ,Rt PDB PB PD BD  中 所以 2 2 2 2 36, PB=6.PB PO OD DB    得 在 2 2 2Rt POA , 25, 5.PA AO OP PA    中 得 又 2 2 2 1cos ,2 3 PA PB ABBPA PA PB     从而 PM cos 2PB BPA   ，所以 AM=PA-PM=3。 综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3。 41.（重庆理 19） 如题（19）图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC  平面 ACD ， AB BC ， AD CD ， CAD   ． （Ⅰ）若 AD   ， AB BC  ，求四面体 ABCD 的体积； （Ⅱ）若二面角C AB D  为 ，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值． （I）解：如答（19）图 1，设 F 为 AC 的中点，由于 AD=CD，所以 DF⊥AC. 故由平面 ABC⊥平面 ACD，知 DF⊥平面 ABC， 即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高， 第 88页 且 DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°= 3 . 在 Rt△ABC 中，因 AC=2AF= 2 3 ，AB=2BC， 由勾股定理易知 2 15 4 15, .5 5BC AB  故四面体 ABCD 的体积 1 1 1 4 15 2 15 4.3 3 2 5 5 5ABCV S DF        （II）解法一：如答（19）图 1，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG//AD，GH//BC， 从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角. 设 E 为边 AB 的中点，则 EF//BC，由 AB⊥BC，知 EF⊥AB.又由（I）有 DF⊥平面 ABC， 故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设 , sin .2 aAD a DF AD CAD   则 在 3 3, cot ,2 3 6 aRt DEF EF DF DEF a     中 从而 1 3 .2 6GH BC EF a   因 Rt△ADE≌Rt△BDE，故 BD=AD=a，从而，在 Rt△BDF 中， 1 2 2 aFH BD  ， 又 1 ,2 2 aFG AD  从而在△FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 6 FG GH FH GHFGH FG GH FG     因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 .6 解法二：如答（19）图 2，过 F 作 FM⊥AC，交 AB 于 M，已知 AD=CD， 平面 ABC⊥平面 ACD，易知 FC，FD，FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM，FC，FD 分别 为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 F—xyz. 不妨设 AD=2，由 CD=AD，∠CAD=30°，易知点 A，C，D 的坐标分别为 (0, 3,0), (0, 3,0), (0,0,1), (0, 3,1). A C D AD  则 第 89页 显然向量 (0,0,1)k  是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 C—AB—D 为 60°， 故可取平面 ABD 的单位法向量 ( , , )n l m n ， 使得 1, 60 , .2n k n   从而 2 2 2 3, 3 0, .6 61, .3 n AD m n m l m n l           由 有 从而 由 得 设点 B 的坐标为 6( , ,0); , , 3B x y AB BC n AB l    由 取 ，有 2 2 4 63, , 0,9, ( )6 3 3( 3) 0, 7 3 ,3 6 9 x y x x yx y y                  解之得 舍去 易知 6 3l   与坐标系的建立方式不合，舍去. 因此点 B 的坐标为 4 6 7 3( , ,0).9 9B 所以 4 6 2 3( , ,0).9 9CB   从而 2 2 2 33( ) 39cos , .6| || | 4 6 2 33 1 ( ) ( )9 9 AD CBAD CB AD CB              故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 3 .6 2010 年高考题 一、选择题 1.（2010 全国卷 2 理）（9）已知正四棱锥 S ABCD 中， 2 3SA  ，那么当该棱锥的体积最 大时，它的高为 第 90页 （A）1 （B） 3 （C）2 （D）3 【答案】C 【命题意图】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题. 【 解 析 】 设 底 面 边 长 为 a ， 则 高 所 以 体 积 ， 设 ，则 ，当 y 取最值时， ，解得 a=0 或 a=4 时，体积最大，此时 ，故选 C. 2.（2010 陕西文） 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体 的体积是 [B] （A）2 （B）1 （C） 2 3 （D） 1 3 【答案】 B 解析：本题考查立体图形三视图及体积公式 如图，该立体图形为直三棱柱 所以其体积为 12212 1  3.（2010 辽宁文）（11）已知 , , ,S A B C 是球 O 表面上的点， SA ABC 平面 ， AB BC ， 1SA AB  ， 2BC  ，则球O 的表面积等于 （A）4 （B）3 （C）2 （D） 【答案】A 【解析】选 A.由已知，球O 的直径为 2 2R SC  ，表面积为 24 4 .R  4.（2010 安徽文）（9）一个几何体的三视图如图，该几何 体的表面积是 （A）372 （B）360 （C）292 （D）280 【答案】B 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于 下面长方体的全面积加上面长方体的 4 个侧面积之和。 2(10 8 10 2 8 2) 2(6 8 8 2) 360S            . 2 2 1 第 91页 【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的 组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上 面长方体的 4 个侧面积之和。 5.（2010 重庆文）（9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点 （A）只有 1 个 （B）恰有 3 个 （C）恰有 4 个 （D）有无穷多个 【答案】 D 【解析】放在正方体中研究,显然，线段 1OO 、EF、FG、GH、 HE 的中点到两垂直异面直线 AB、CD 的距离都相等， 所以排除 A、B、C，选 D 亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线 AB、CD 的距离相等 6.（2010 浙江文） （8）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示， 则此几何体的体积是 （A） 352 3 cm3 （B） 320 3 cm3 （C） 224 3 cm3 （D） 160 3 cm3 【答案】B 【解析】选 B，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算， 属容易题 7.（2010 北京文）（8）如图，正方体 1 1 1 1ABCD-A B C D 的棱长为 2，动点 E、F 在棱 1 1A B 上。点 Q 是 CD 的中点，动点 P 在棱 AD 上，若 EF=1，DP=x， 1A E=y(x,y 大于零)， 则三棱锥 P-EFQ 的体积： （A）与 x，y 都有关； （B）与 x，y 都无关； （C）与 x 有关，与 y 无关； （D）与 y 有关，与 x 无关； 【答案】 C 8.（2010 北京文）（5）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的 正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该 集合体的俯视图为： 第 92页 答案：C 9.（2010 北京理）(8)如图，正方体 ABCD- 1 1 1 1A B C D 的棱长为 2， 动点 E、F 在棱 1 1A B 上，动点 P，Q 分别在棱 AD，CD 上，若 EF=1， 1A E=x，DQ=y，DＰ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面 体 PEＦＱ的体积 （Ａ）与ｘ，ｙ，ｚ都有关 （Ｂ）与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关 （Ｃ）与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关 （Ｄ）与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关 【答案】D 10.（2010 北京理）（3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何 体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体 的俯视图为 【答案】 C 11.（2010 广东理）6.如图 1， △ ABC 为三角形， AA // BB //CC , CC ⊥平面 ABC 且 3 AA = 3 2 BB =CC =AB,则多 面体△ABC - A B C   的正视图（也称主视图）是 第 93页 【答案】D 12.（2010 广东文） 13.（2010 福建文）3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积等于 ( ) A． 3 B．2 C． 2 3 D．6 【答案】D 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为 2，高为 1 的正三棱柱，所以底面积为 32 4 2 34    ，侧面积为3 2 1 6   ，选 D． 【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本 能力。 14.（2010 全国卷 1 文）（12）已知在半径为 2 的球面上有 A、B、C、D 四点，若 AB=CD=2, 则四面体 ABCD 的体积的最大值为 (A) 2 3 3 (B) 4 3 3 (C) 2 3 (D) 8 3 3 【答案】B 【命题意图】本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个 载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力. 第 94页 B C D A N M O  【解析】过 CD 作平面 PCD，使 AB⊥平面 PCD,交 AB 与 P,设点 P 到 CD 的距离为 h ,则有 ABCD 1 1 22 23 2 3V h h     四面体 ,当直径通过 AB 与 CD 的中点时, 2 2 max 2 2 1 2 3h    ,故 max 4 3 3V  15.（2010 浙江理）（6）设l ， m 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列命题正确的是 （A）若l m ， m  ，则l  （B）若 l  ，l m// ，则 m  （C）若l // ， m  ，则l m// （D）若 l // ， m // ，则l m// 【答案】 B 解析：选 B，可对选项进行逐个检查。本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中 的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题 16.（2010 江西理）10.过正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点 A 作直线 L，使 L 与棱 AB , AD , 1AA 所成的角都相等，这样的直线 L 可以作 A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条 【答案】D 【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、 划归转化的能力。第一类：通过点 A 位于三条棱之间的直线有一条体对角线 AC1，第二类： 在图形外部和每条棱的外角和另 2 条棱夹角相等，有 3 条，合计 4 条。 17.（2010 山东文）(4)在空间，下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 18.（2010 四川理）（11）半径为 R 的球O 的直径 AB 垂直于平面 ，垂足为 B ， BCD 是平面 内边长为 R 的正三角形，线段 AC 、 AD 分别 与球面交于点 M，N，那么 M、N 两点间的球面距离是 （A） 17arccos 25R （B） 18arccos 25R （C） 1 3 R （D） 4 15 R 【答案】A 第 95页 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ 1 2 cos∠BAC＝ 2 5 5 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ 4 5 5 R ，同理 AN＝ 4 5 5 R ，且 MN∥CD 而 AC＝ 5 R,CD＝R 故 MN：CD＝AN:AC  MN＝ 4 5 R ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON     所以 M、N 两点间的球面距离是 17arccos 25R 19.（2010 全国卷 1 文）(6)直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 90BAC   ， 1AB AC AA  ， 则异面直线 1BA 与 1AC 所成的角等于 (A)30° (B)45°(C)60° (D)90° 【答案】C 【命题意图】本小题主要考查直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的性质、异面直线所成的角、异面直线 所成的角的求法. 【解析】延长 CA 到 D，使得 AD AC ，则 1 1ADAC 为平行四边形， 1DA B 就是异面直线 1BA 与 1AC 所成的角，又三角形 1A DB 为等边三角形， 0 1 60DA B  20.（2010 湖北文）4.用 a 、b 、 c 表示三条不同的直线， y 表示平面，给出下列命题： ①若 a ∥b ，b ∥ c ，则 a ∥ c ；②若 a ⊥b ，b ⊥ c ，则 a ⊥ c ； ③若 a ∥ y ，b ∥ y ，则 a ∥b ；④若 a ⊥ y ，b ⊥ y ，则 a ∥b . A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 第 96页 21.（2010 山东理）(3)在空间，下列命题正确的是 （A）平行直线的平行投影重合 （B）平行于同一直线的两个平面平行 （C）垂直于同一平面的两个平面平行 （D）垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。 【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。 22.（2010 安徽理）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为 A、280 B、292 C、360 D、372 【答案】C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全 面积加上面长方体的 4 个侧面积之和。 2(10 8 10 2 8 2) 2(6 8 8 2) 360S            . 【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易 知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体 的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的 4 个侧面积之和。 23.（2010 全国卷 2 理）（11）与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的三条棱 AB 、 1CC 、 1 1A D 所在直线的距离相等的点 （A）有且只有 1 个 （B）有且只有 2 个 （C）有且只有 3 个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】直线 上取一点，分别作 垂直于 于 则 分 别 作 ，垂足分别为 M，N，Q，连 PM，PN，PQ，由三垂线 定理可得，PN⊥ PM⊥ ；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以 ，∴PM=PN=PQ，即 P 到三条棱 AB、CC1、A1D1.所在直线 的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选 D. 24.（2010 辽宁理）(12) (12)有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条，使这 六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则 a 的取值范围是 第 97页 (A)（0, 6 2 ） (B)（1, 2 2 ） (C) ( 6 2 , 6 2 ） (D) （0, 2 2 ） 【答案】A 【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。 【解析】根据条件，四根长为 2 的直铁条与两根长为 a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以 下两种情况：（1）地面是边长为 2 的正三角形，三条侧棱长为 2，a，a，如图，此时 a 可以取 最大值，可知 AD= 3 ，SD= 2 1a  ，则有 2 1a  <2+ 3 ，即 2 28 4 3 ( 6 2)a     ，即有 a< 6 2 (2)构成三棱锥的两条对角线长为 a，其他各边长为 2，如图所示，此时 a>0; 综上分析可知 a∈（0, 6 2 ） 25.（2010 全国卷 2 文）（11）与正方体 ABCD—A1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在 直线的距离相等的点 （A）有且只有 1 个 （B）有且只有 2 个 （C）有且只有 3 个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】：本题考查了空间想象能力 ∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上， ∴三个圆柱面有无数个交点， 26.（2010 全国卷 2 文）（8）已知三棱锥 S ABC 中，底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角形， SA 垂直于底面 ABC ， SA =3，那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 （A） 3 4 (B) 5 4 (C) 7 4 (D) 3 4 【答案】D 【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。 过 A 作 AE 垂直于 BC 交 BC 于 E，连结 SE，过 A 作 AF 垂直于 SE 交 SE 于 F，连 BF，∵正三角形 ABC，∴ E 为 BC 中点，∵ BC⊥ A B C S E F 第 98页 A B CD A B C1D1 O AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面 SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面 SBC，∵∠ABF 为直线 AB 与面 SBC 所成角，由正三角形边长 3，∴ 3AE  ，AS=3，∴ SE= 2 3 ，AF= 3 2 ，∴ 3sin 4ABF  27.（2010 全国卷 1 文）（9）正方体 ABCD - 1 1 1 1A B C D 中， 1BB 与平面 1ACD 所成角的余弦值 为 （A） 2 3 （B） 3 3 （C） 2 3 （D） 6 3 【答案】D 【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法， 利用等体积转化求出 D 到平面 AC 1D 的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体 现. 【解析 1】因为 BB1//DD1,所以 B 1B 与平面 AC 1D 所成角和 DD1 与平 面 AC 1D 所 成 角 相 等 , 设 DO ⊥ 平 面 AC 1D ， 由 等 体 积 法 得 1 1D ACD D ACDV V  ,即 1 1 1 1 3 3ACD ACDS DO S DD    .设 DD1=a, 则 1 2 2 1 1 1 3 3sin 60 ( 2 )2 2 2 2ACDS AC AD a a      , 21 1 2 2ACDS AD CD a   . 所 以 1 3 1 2 3 33 ACD ACD S DD aDO aS a      , 记 DD1 与 平 面 AC 1D 所 成 角 为  , 则 1 3sin 3 DO DD    ,所以 6cos 3   . 【解析 2】设上下底面的中心分别为 1 ,O O ； 1O O 与平面 AC 1D 所成角就是 B 1B 与平面 AC 1D 所成角， 1 1 1 1 3 6cos 1/ 32 O OO OD OD     28.（2010 全国卷 1 理）（12）已知在半径为 2 的球面上有 A、B、C、D 四点，若 AB=CD=2, 则四面体 ABCD 的体积的最大值为 (A) 2 3 3 (B) 4 3 3 (C) 2 3 (D) 8 3 3 第 99页 29.（2010 全国卷 1 理）（7）正方体 ABCD- 1 1 1 1A B C D 中，B 1B 与平面 AC 1D 所成角的余弦值 为 （A） 2 3 （B） 3 3 （C） 2 3 （D） 6 3 30.（2010 四川文）（12）半径为 R 的球O 的直径 AB 垂直于平面 a ，垂足为 B ， BCD 是平 面 a 内边长为 R 的正三角形，线段 AC 、 AD 分别与球 面交于点 M 、 N ，那么 M 、 N 两点间的球面距离是 （A） 17arccos 25R （B） 18arccos 25R （C） 1 3 R （D） 4 15 R 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ 1 2 cos∠BAC＝ 2 5 5 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ 4 5 5 R ，同理 AN＝ 4 5 5 R ，且 MN∥CD 而 AC＝ 5 R,CD＝R 第 100页 故 MN：CD＝AN:AC  MN＝ 4 5 R ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON     所以 M、N 两点间的球面距离是 17arccos 25R 二、填空题 31.（2010 上海文）已知四棱椎 P ABCD 的底面是边长为 6 的正方形，侧棱 PA  底面 ABCD ，且 8PA  ，则该四棱椎的体积是 。 【答案】96 【解析】考查棱锥体积公式 968363 1 V 32.（2010 湖南文）图 2 中的三个直角三角形是一个体积为 20cm2 的几何体的三视图，则 h= cm 【答案】4 33.（2010 浙江理）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示， 则此几何体的体积是___________ 3cm . 解析：图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由卷中所给公 式计算得体积为 144，本题主要考察了对三视图所表达示的空间 几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题 第 101页 34.（2010 辽宁文）如图，网格纸的小正方形的边长是 1， 在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面 体 最长的一条棱的 长为 . 解析：填 2 3 画出直观图：图中四棱锥 P ABCD 即 是， 所以最长的一条棱的长为 2 3.PB  35.（2010 辽宁理）如图，网格纸的小正方形的边长是 1，在其上用粗线画出了某多面体的三 视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______. 【答案】 2 3 【命题立意】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题，考查了同学们的识图能力以 及由三视图还原物体的能力。 【解析】由三视图可知，此多面体是一个底面边长为 2 的正方形且有一条长为 2 的侧棱垂直 于底面的四棱锥，所以最长棱长为 2 2 22 2 2 2 3   36.（2010 天津文）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何 体 的体积为 。 【答案】3 【解析】本题主要考查三视图的基础知识，和主题体积的计算， 属于容易题。 由俯视图可知该几何体的底面为直角梯形，则正视图和俯视图 可知该几何体的高为 1，结合三个试图可知该几何体是底面为直 角梯形的直四棱柱，所以该几何题的体积为 1 + =2  （1 2） 2 1 3 【温馨提示】正视图和侧视图的高是几何体的高，由俯视图可 以确定几何体底面的形状，本题也可以将几何体看作 是底面是长为 3，宽为 2，高为 1 的长方体的一半。 37.（2010 天津理）一个几何体的三视图如图所示，则 这个几何体的体积为 【答案】 10 3 P D C B A 第 102页   A B   【解析】本题主要考查三视图的概念与柱体、椎体体积的计算，属于容易题。 由三视图可知，该几何体为一个底面边长为 1，高为 2 的正四棱柱与一个底面边长为 2，高为 1 的正四棱锥组成的组合体，因为正巳灵珠的体积为 2，正四棱锥的体积为 1 44 13 3    ，所 以该几何体的体积 V=2+ 4 3 = 10 3 【温馨提示】利用俯视图可以看出几何体底面的形状，结合正视图与侧视图便可得到几何体 的形状，求锥体体积时不要丢掉 1 3 哦。 38.（2010 四川理）（15）如图，二面角 l   的大小是 60°，线段 AB  . B l ， AB 与l 所成的角为 30°.则 AB 与平面  所成的角的正弦值是 . 【答案】 3 4 【解析】过点 A 作平面β的垂线，垂足为 C，在β内过 C 作 l 的垂线.垂足为 D 连结 AD，有三垂线定理可知 AD⊥l， 故∠ADC 为二面角 l   的平面角，为 60° 又由已知，∠ABD＝30° 连结 CB，则∠ABC 为 AB 与平面  所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ 3 ，CD＝1 AB＝ 0sin30 AD ＝4 ∴sin∠ABC＝ 3 4 AC AB  39.（2010 江西理）16.如图，在三棱锥O ABC 中，三条棱OA ，OB ， OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作 一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 1S ， 2S ， 3S ，则 1S ， 2S ， 3S 的大小关系为 。 【答案】 3 2 1S S S    A B  C D 第 103页   A B   【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论， 特殊化，令边长为 1，2，3 得 3 2 1S S S  。 40.（2010 北京文）（14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。 设顶点 p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ( )y f x ，则 ( )f x 的最小正周期为 ； ( )y f x 在其两个相邻零点间的图像与 x 轴 所围区域的面积为 。 【答案】4 1  说明：“正方形 PABC 沿 x 轴滚动”包含沿 x 轴正方向和沿 x 轴负方向滚动。沿 x 轴正方向滚 动是指以顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点 B 落在 x 轴上时，再以顶点 B 为中心顺时针旋转， 如此继续，类似地，正方形 PABC 可以沿着 x 轴负方向滚动。 41.（2010 北京理）（14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。设顶点 p（x，y） 的轨迹方程是 ( )y f x ，则 ( )f x 的最小正周期为 ； ( )y f x 在其两个相邻零点间的图像与 x 轴所围区域的面积为 【答案】4 1  说明：“正方形 PABC 沿  轴滚动”包括沿  轴正方向和沿  轴 负方向滚动。沿  轴正方向滚动指的是先以顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点 B 落在  轴上 时，再以顶点 B 为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形 PABC 可以沿  轴负方向滚 动。 42.（2010 四川文）（15）如图，二面角 l   的大小是 60°，线段 AB  . B l ， AB 与l 所成的角为 30°.则 AB 与平面  所成的角的正弦值是 . 【答案】 3 4 【解析】过点 A 作平面β的垂线，垂足为 C，在β内过 C 作 l 的垂线.垂足为 D 连结 AD，有三垂线定理可知 AD⊥l，故∠ADC 为二面角 l   的平面角，为 60° 又由已知，∠ABD＝30°连结 CB，则∠ABC 为 AB 与平面  所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ 3 ，CD＝1   A B  C D 第 104页 AB＝ 0sin30 AD ＝4 ∴sin∠ABC＝ 3 4 AC AB  43.（2010 湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为 3cm 的水，若放入三个相同的珠（球的半么 与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半 径是____cm. 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由 3V V V 球 水 柱 可得 3 3 2 24 8 63 r r r r       , 解得 r=4. 44.（2010 湖南理数）13．图 3 中的三个直角三角形是一个体积为 20 3cm 的几 何体的三视图，则 h  cm ． 第 105页 45.（2010 湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为 8cm 的水，若放入三个 相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如 图所示），则球的半径是 cm。 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由3V V V 球 水 柱 可得 3 3 2 24 8 63 r r r r       , 解得 r=4. 46.（2010 福建理数）若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示, 则其表面积等于 ． 【答案】 6+2 3 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为 2，高为 1 的正三棱柱，所以底面积为 32 4 2 34    ，侧面积为3 2 1 6   ，所以其表面积为 6+2 3 。 【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本 能力。 三、解答题 47.（2010 上海文）（本大题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题满分 7 分，第 2 小题满分 7 分. 如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作 4 个全等的矩形 骨架，总计耗用 9.6 米铁丝，再用 S 平方米塑料片制成圆柱的侧 面和下底面（不安装上底面）. (1)当圆柱底面半径 r 取何值时， S 取得最大值？并求出该 最大值（结果精确到 0.01 平方米）; (2)若要制作一个如图放置的，底面半径为 0.3 米的灯笼，请作出 用于灯笼的三视图（作图时，不需考虑骨架等因素）. 解析：(1) 设圆柱形灯笼的母线长为 l，则 l1.22r(00,所以“ 3 2( ) 3 af x x bx cx d    在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 2( ) 2 0f x ax bx c     在（-∞，+∞）内恒成立”。 第 120页 由（*）式得 2 9 5 , 4b a c a   。 又 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a      解 0 9( 1)( 9) 0 a a a       得  1,9a 即 a 的取值范围 1,9 59.（2010 北京理）（16）（本小题共 14 分） 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互 相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB= 2 ，CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF∥平面 BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面 BDE； （Ⅲ）求二面角 A-BE-D 的大小。 证明：（I） 设 AC 与 BD 交与点 G。 因为 EF//AG，且 EF=1，AG= 1 2 AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF//平面 EG， 因为 EG  平面 BDE，AF  平面 BDE， 所以 AF//平面 BDE. （II）因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面 相互垂直，且 CE  AC， 所以 CE  平面 ABCD. 如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系 C- xyz . 则 C（0，0，0），A（ 2 ， 2 ，0），B（0， 2 ，0）. 所以 2 2( , ,1)2 2CF  ， (0, 2,1)BE   ， ( 2,0,1)DE   . 所以 0 1 1 0CF BE       , 1 0 1 0CF DE        所以CF BE ,CF DE . 所以CF  BDE. 第 121页 (III) 由（II）知， 2 2( , ,1)2 2CF  是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量 ( , , )n x y z ,则 0n BA   ， 0n BE   . 即 ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0, 2,1) 0 x y z x y z         所以 0,x  且 2 ,z y 令 1,y  则 2z  . 所以 (0,1, 2)n  . 从而 3cos , 2| || | n CFn CF n CF        。 因为二面角 A BE D  为锐角， 所以二面角 A BE D  的大小为 6  . 60.（2010 广东文）18.（本小题满分 14 分） 如图 4，弧 AEC 是半径为 a 的半圆，AC 为直径， 点 E 为弧 AC 的中点，点 B 和点 C 为线段 AD 的 三等分点，平面 AEC 外一点 F 满足 FC  平面 BED,FB= a5 （1）证明：EB  FD （2）求点 B 到平面 FED 的距离. （1）证明：点 E 为弧 AC 的中点 第 122页 61.（2010 福建文） （本小题满分 12 分） 如图，在长方体 ABCD – A1B1C1D1 中，E，H 分别是棱 A1B1,D1C1 上的点（点 E 与 B1 不重 合），且 EH//A1D1。过 EH 的平面与棱 BB1,CC1 相交，交点分别为 F，G。 （I）证明：AD//平面 EFGH； （II）设 AB=2AA1=2a。在长方体 ABCD-A1B1C1D1 内随机选取一点， 记该点取自于几何体 A1ABFE – D1DCGH 内的概率为 p。当点 E，F 分别 在棱 A1B1, B1B 上运动且满足 EF=a 时，求 p 的最小值。 第 123页 62.（2010 湖南理） 第 124页 第 125页 第 126页 63.（2010 江苏卷）（本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。 求证：PC⊥BC； 求点 A 到平面 PBC 的距离。 [解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几 何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分 14 分。 （1）证明：因为 PD⊥平面 ABCD，BC  平面 ABCD，所以 PD⊥BC。 由∠BCD=900，得 CD⊥BC， 又 PD  DC=D，PD、DC  平面 PCD， 所以 BC⊥平面 PCD。 第 127页 因为 PC  平面 PCD，故 PC⊥BC。 （2）（方法一）分别取 AB、PC 的中点 E、F，连 DE、DF，则： 易证 DE∥CB，DE∥平面 PBC，点 D、E 到平面 PBC 的距离相等。 又点 A 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍。 由（1）知：BC⊥平面 PCD，所以平面 PBC⊥平面 PCD 于 PC， 因为 PD=DC，PF=FC，所以 DF⊥PC，所以 DF⊥平面 PBC 于 F。 易知 DF= 2 2 ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 （方法二）体积法：连结 AC。设点 A 到平面 PBC 的距离为 h。 因为 AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 从而 AB=2，BC=1，得 ABC 的面积 1ABCS  。 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 1 1 3 3ABCV S PD   。 因为 PD⊥平面 ABCD，DC  平面 ABCD，所以 PD⊥DC。 又 PD=DC=1，所以 2 2 2PC PD DC   。 由 PC⊥BC，BC=1，得 PBC 的面积 2 2PBCS  。 由 A PBC P ABCV V  ， 1 1 3 3PBCS h V   ，得 2h  ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 第二部分 两年模拟题 全国各地市 2012 年模拟试题：立体几何（1） 【2012 厦门市高三上学期期末质检文】已知直线 m、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n  α， 要使 n⊥β，则应增加的条件是 A. m∥n B. n⊥m C. n∥α D. n⊥α 第 128页 【答案】B 【解析】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系 . 属于基础知识、基本运算 的考查. 已知直线 m、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n  α，应增加的条件 n⊥m，才能使得 n ⊥β。 【2012 厦门市高三上学期期末质检】已知体积为 3 的正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直 底面）的三视图如图所示，则此三棱柱的高为 A. 3 1 B. 3 2 C.1 D. 3 4 【答案】C 【解析】本题主要考查正棱柱的体积、空间几何体的三视图. 属于基础知识、基本运算的考 查. 由俯视图的高等于侧视图的宽，正三棱柱的底面三角形高为 3 ，故边长为 2 ，设正三棱 柱的高为 h ，则有正三棱柱的体积公式， 13 2 3 12 h h      【2012 金华十校高三上学期期末联考文】设 是空间中的一个平面， , ,l m n 是三条不同 的直线，则下列命题中正确的是 （ ） A．若 , , , ,m n l m l n l      则 ； B．若 , , , / /m n l n l m    则 ； C．若 / / , ,l m m n   ，则 / / ;l m D．若 , , / / ;l m l n n m  则 【答案】 C 【解析】本题主要考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的有关知识. 属于基础知 识、基本运算的考查. , , , ,m n l m l n     需要 m n A 才有 l  ，A 错误. 第 129页 若 , , ,m n l n    l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，B 错误. 若 , ,l m l n  l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，D 错误. 【2012 年西安市高三年级第一次质检文】 —个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的 表面积为 A.48 B. C. D.80 【答案】C 【解析】本题主要空间几何体的三视图和棱柱的表面积计算公式 . 属于基础知识、基本运算 的考查. 由三视图可知几何体是一个平放的直棱柱， 底面是上底为 2，下底为 4，高为 4 的直角梯形， 棱柱的高为 4，因此梯形的周长为 2 17 ＋6 该几何体的表面积为 【2012 宁德质检理 5】若 , ,   是三个互不重合的平面， l 是一条直线，则下列命题中正确 的是 （ ） A．若 , , / /l l     则 B．若 , / / ,l l    则 C．若 ,l  与 的所成角相等，则 / /  D．若 l 上有两个点到α的距离相等，则 / /l  【答案】B 【解析】若 , / / ,l l    则 ，此推理符合平面与平面垂直的判定； 第 130页 【2012 海南嘉积中学期末理 6】正四棱锥 S ABCD- 的侧棱长为 2 ，底面边长为 3 ，E 为 SA 中点，则异面直线 BE 与 SC 所成的角是（ ） A、30° B、45° C、60° D、90° 【答案】C 【 解 析 】 取 AC 中 点 F, 2 6, , 2,2 2EF BF AE AEF    中 ， 由 余 弦 定 理 得 01cos , 602BEF BEF    . 【2012 黑龙江绥化市一模理 8】如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧棱垂直于底面，底面 是 边 长 为 2 的 正 三 角 形 ， 侧 棱 长 为 3 ， 则 1BB 与 平 面 1 1AB C 所 成 的 角 为 （ ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 2  【答案】A 【解析】利用等积 法求 B 到平面 11CAB 的距离 d 。 1111 CABBCBBA VV   , 求出 2 3d ， 6,2 1sin   【2012 浙江瑞安期末质检理 2】一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 5 3 3 B． 4 3 3 C． 5 3 6 D． 3 第 131页 【答案】A 【解析】几何体可以拼接成高为 2 的正三棱柱， 23 1 5 32 2 1 34 3 3V        【2012 浙江瑞安期末质检理 16】在正方体 !111 DCBAABCD  中, QPNM 、、、 分别是 1111 CCDCAAAB 、、、 的中点,给出以下四个结论: ① 1AC MN ； ② 1AC //平面 MNPQ ； ③ 1AC 与 PM 相交； ④ 1NC 与 PM 异面 其中正确结论的序号是 . 【答案】（1）（3）（4） 【解析】由图形可以观察出 1AC 与平面 MNPQ 相交于正方体中心 【2012 延吉市质检理 3】设  、  、 是三个互不重合的平面， m n、 是两条不重 合的直线，则下列命题中正确的是 （ ） A． ,       若 ，则 B． // , , // , //m m m    若 则 C． , //m m    若 ， 则 D． // , // ,m n m n    若 ，则 【答案】B 【解析】因为 // , , // , //m m m    若 则 ，此推理符合线面平行的判定定理。 【2012 山东青岛市期末文】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1、2 、3，则这 个长方体的外接球的表面积为 . 【答案】14 【 解 析 】 因 长 方 体 对 角 线 长 为 2 1 4 9 14r     ， 所 以 其 外 接 球 的 表 面 积 24 14S r   ． 【2012 吉林市期末质检文】一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D 为原正方体的顶点， 则在原来的正方体中 A BC D 第 132页 A. CDAB // B. AB 与 CD 相交 C. CDAB  D. AB 与 CD 所成的角为 60 【答案】D 【解析】将平面展开图还原成几何体，易知 AB 与 CD 所成的角为 60 ，选 D。 【2012 吉林市期末质检文】右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积 是 . 【答案】 16 【解析】由三视图可知原几何体是一个长方体中挖去半球体，故所求表面积为 4 8 1 4 2 16S           。 【2012江西南昌市调研文】已知、为不重合的两个平面，直线m，那么“m⊥”是“⊥” 的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】由线面垂直的判定定理可知：直线m，m⊥，一定有⊥，反之，直线m， ⊥，则m⊥不一定成立，选。 【2012广东佛山市质检文】一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能 为①长方形；②正方形；③圆；④椭圆.其中正确的是（ ） A．①② B． ②③ C．③④ D． ①④ 1 2 正视图 1 2 侧视图 2 2 俯视图 第 133页 【答案】B 【解析】由三视图的成图原则可知，正视图、侧视图的宽度不一样，故俯视图②正方形；③ 圆，选B。 【2012 河南郑州市质检文】在三棱锥 A-BCD 中，AB=CD=6，AC=BD=AD=BC=5，则该三棱 锥的外接球的表面积为 . 【答案】 43 . 【解析】构造一个长方体，因为对棱垂直，故底面可看成一个正方形，不妨设长宽高为 , ,a a c ， 则 3 2, 7a c  ，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，其直径为体对角线，即 2 18 18 7 43r     ，所求表面积为 24 43S r   。 【2012 北京海淀区期末文】已知正三棱柱 ' ' 'ABC A B C- 的正（主）视图和侧（左）视图如 图所示. 设 , ' ' 'ABC A B C  的中心分别是 , 'O O ，现将此三棱柱绕直线 'OO 旋转，射线OA旋 转所成的角为 x 弧度（ x 可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为 ( )S x ，则函数 ( )S x 的最大值为 ；最小正周期为 . 说明：“三棱柱绕直线 'OO 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋 转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA旋转所成的角为负角. 【答案】8 ； 3  【解析】由三视图还原可知，原几何体是一个正三棱柱横放的状态，则俯视图对应的是一个 矩形，由旋转的过程可知 ( )S x 取得最大值时俯视图投影的长为 4，宽为 2 的矩形，即 max( ) 8S x = ，又每旋转 3  个单位又回到初始状态，故周期为 3  。 【2012广东韶关市调研文】三棱柱的直观图和三视图（主视图和俯视图是正方形，左视图是 等腰直角三角形）如图所示, 则这个三棱柱的全面积等于（ ） A．12 4 2 B． 6 2 2 C．8 4 2 D． 4 第 134页 【答案】A 【解析】由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 12 2 2 (2 2 2 2) 2 12 4 22s           ，选 A。 【2012 金华十校高三上学期期末联考文】在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，直线 BD1 与平面 A1B1CD 所成角的正切值是 。 【答案】 5 5 【解析】本题主要考查空间几何体的线面关系和直线与平面所成角的概念. 属于基础知识、 基本运算的考查. 连接 1B C 交 BC 于 O ，则 1B C BC ，又 AB BC ，所以 1B C ABCD 平面 ，连接 1D O , 第 135页 则 1BD O 就 是 直 线 BD1 与 平 面 A1B1CD 所 成 角 。 不 妨 设 正 方 体 棱 长 为 1 ， 则 1 3BD  , 2 2BO  , 1 10 2D O  , 在 1Rt BD O 中， 1 1 5tan 5 BOBD O D O    . 【2012 海南嘉积中学期末理 16】一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的 体积为 . 【答案】 312 【 解 析 】 几 何 体 是 斜 四 棱 柱 ， 底 面 是 边 长 为 3 、 4 的 矩 形 ， 高 等 于 ,3 所 以 3 4 3 12 3V Sh     【2012 黑龙江绥化市一模理 4】若某一几何体的视图与侧视图均为边长是 1 的正方形，且其 体积为 1 2 ，则该几何体的俯视图可以是（ ） 【答案】C 第 136页 【解析】因为几何体的正视图与侧视图均为边长是 1 的正方形，且其体积为 1 2 ，几何体可以 是三棱柱。 【2012 泉州四校二次联考理 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，则该球的表面积为（ ） A． 23 a B． 26 a C． 212 a D． 224 a 【答案】B 【解析】由题意，球的直径是长方体的对角线，所以 22 64,62 arSar   【2012 泉州四校二次联考理 13】四棱锥 P ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A ，其正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形。则在四棱 锥 P ABCD 的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线 共有______对． 【答案】6 【解析】因为四棱锥 P ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A ， 其正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形， ,,, PDABCDPABCPA  ,,, PBADPCBDPABD  共 6 对； 【2012浙江宁波市期末文】下列命题中，错误的是（ ） （A） 一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交 （B）平行于同一平面的两个不同平面平行 （C）若直线l 不平行平面 ，则在平面 内不存在与l 平行的直线 （D） 如果平面 不垂直平面  ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面  【答案】C 【解析】C 错，直线 l 不平行平面 ，可能直线l 在平面 内，故在平面 内不存在与 l 平行 的直线。 第 137页 【2012浙江宁波市期末文】如图是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积是 . 【答案】 12836  【解析】由三视图还原可知该几何体是一个组合体，下面是一个圆柱，上面是一个三棱柱， 故所求体积为 1 3 4 6 16 8 36 1282V          。 【2012 山东青岛市期末文】已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm）， 可得这个几何体的体积是 Ａ． 34000 cm3 Ｂ． 38000 cm3 Ｃ． 32000cm Ｄ． 34000cm 【答案】B 【解析】由三视图还原可知原几何体是一个四棱锥，所求体积为 1 8000400 203 3V     ， 选Ｂ。 【2012 山东青岛市期末文】已知 a 、 b 、 c 为三条不重合的直线，下面有三个结论：①若 caba  , 则b ∥ c ；②若 caba  , 则b  c ；③若 a ∥ ,b b  c 则 ca  . 其中正确的个数为 第 138页 A． 0 个 B．1个 C． 2 个 D． 3个 【答案】B 【解析】①不对，b ， c 可能异面；②不对，b ， c 可能平行；③对，选Ｂ。 【2012 唐山市高三上学期期末统一考试文】四棱锥 P—ABCD 的所有侧棱长都为 5 ，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，则 CD 与 PA 所成角的余弦值为 （ ） A． 5 5 B． 2 5 5 C． 4 5 D． 3 5 【答案】 A 【解析】本题主要考查异面直线所成角和余弦定理. 属于基础知识、基本运算的考查. ∵CD 平行于 AB，则 CD 与 PA 所成角就是∠PAB；由余弦定理 ∠PAB＝ 2 2 2 5 4 5 5 2 52 5 2 PA AB PB PA AB        【2012 唐山市高三上学期期末统一考试文】一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一 个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为 （ ） A．16 3  B． 8 3  C． 4 3 D． 2 3 【答案】 A 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图和球的表面积公式. 属于基础知识、基本能力的 考查. 这个几何体是如图所示的三棱锥，，设外接球的半径为 R,则 2 2 2 31 ( 3 ) 3R R R     ， 这 个 几 何 体 的 外 接 球 的 表 面 积 为 第 139页 2 22 3 164 4 ( )3 3R    【2012 江西师大附中高三下学期开学考卷文】如图甲所示，三棱锥 P ABC 的高 8, 3, 30 ,PO AC BC ACB M N      、 分别在 BC 和 PO 上，且 , 2 ( (0,3])CM x PN x x   ，图乙中的四个图像大致描绘了 三棱锥 N AMC 的体积V 与 x 的变化关系，其中正确的是（ ） 【答案】A 【解析】本题主要考查三棱锥的体积，三角形的面积公式，函数图像以及基本不等式的基本 运算. 属于基础知识、基本运算、基本能力的考查. 1 93 3 sin302 4ABCS       , 1 9 2793 4 4P ABCV      , 0, 0,N AMCx V   1 33 sin302 4N AMCS x x       ( (0,3])x 1 3 1 9(9 2 ) ( )3 4 2 2N AMCV x x x x       ( (0,3])x 是抛物线的一部分，答案 A 【2012 三明市普通高中高三上学期联考文】一个棱锥的三视图如右图所示，则这个棱锥的体 积是 A. 6 B.12 C. 24 D.36 第 140页 【答案】B 【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、棱锥的体积公式. 属于基础知识、基本思 维的考查. 由题意，多面体是一个四棱锥 E-ABCD,ED 垂直于平面 ABCD，ED=3,AB=4,AD=3,四边形 ABCD 是 矩形 这个棱锥的体积＝ 1 3 4 3 123     【2012 年石家庄市高中毕业班教学质检 1】将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直 观图如右图所示，则该几何体的俯视图为 答案】 C 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图. 属于基础知识、基本运算的考查. 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是 C 【2012 金华十校高三上学期期末联考文】一空间几何体的三视图如图所示 ，则该几何体的体 第 141页 积为 （ ） A． 53 3  B． 55 3  C．18 D． 76 3  【答案】 B 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、圆柱、圆台的体积计算公式. 属于基础知识、 基本运算的考查. 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体。该几何体的体积为 2 2 21 7 522 4 1(2 1 2 1) 163 3 3V                【2012 三明市普通高中高三上学期联考文】设 、  、 是三个互不重合的平面， m 、 n 是 两条不重合的直线，下列命题中正确的是 A. 若  ，   ，则  B. 若 //m  ， //n  ，  ，则 m n C. 若  ， m  ，则 //m  D. 若 //  ， m  ， //m  ，则 //m  【答案】D 【解析】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系. 属于基础知 识的考查. 对于 A, 若  ，   , ,  可以平行，也可以不垂直相交 对于 B，若 //m  ， //n  ，  ，则 ,m n 可以平行 对于 C, 若  ， m  ，则 m 可以在平面  答案 D 正确 【2012 武昌区高三年级元月调研文】一个几何体的正视图、侧视图是两个边长为 1 的正方形， 俯视图是直角边长为 1 的正方形俯视图是边长为 1 的等腰直角三角形，则这个几何体的 表面积等于 （ ） 第 142页 A．6 B． 2 2 C．3 2 D． 4 2 【答案】C 【解析】本题主要考查三视图以及三棱柱的表面积公式. 属于基础知识、基本运算的考查. 由三视图知，几何体是一个底面是边长为 1 的等腰直角三角形，高为 1 的三棱柱。 12 1 1 1 1 1 1 1 2 3+ 22S      三棱柱 底面积 侧面积＝2S +S ＝ ＋ ＋ ＋ ＝ 【2012 厦门期末质检理 8】已如图，正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心， M 为棱 BB1 的中点，则下列结论中错误．．的是 A.D1O∥平面 A1BC1 B. D1O⊥平面 MAC C.异面直线 BC1 与 AC 所成的角等于 60° D.二面角 M－AC－B 等于 90° 【答案】D 【解析】因为 D1O∥平面 A1BC1， D1O⊥平面 MAC, 异面直线 BC1 与 AC 所成的角等于 60° 二面角 M－AC－B 等于 90°错误，选．．．．D;．． 【2012 厦门期末质检理 11】某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如 图所示，则该型号冰淇淋的体积等于 。 【答案】 54 第 143页 【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥 V= 3 22 13 3 12 543 3        【2012 粤西北九校联考理 5】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( ) A． 28 3  B．8 3  C．8 2 D． 2 3  【答案】A 【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥， 23 18  V 【2012 宁德质检理13】一个空间几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为 。 【答案】4 【解析】几何体是平躺的三棱柱， 4V Sh  【2012 韶关第一次调研理 12】如图 BD 是边长为3的 ABCD 为正方形的对角线，将 BCD 绕直线 AB 旋转一周后形成的几何体的体积等于 【答案】18 ， 【 解 析 】 BCD 绕 直 线 AB 旋 转 一 周 后 形 成 的 几 何 体 是 圆 柱 去 掉 一 个 圆 锥 ， 2 213 3 3 3 183V          第 144页 【2012 深圳中学期末理 7】在半径为 R 的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值 是（ ） A 32 3 9 R B 34 3 9 R C 32 3 3 R D 34 9 R 【答案】A 【 解 析 】 解 ： 设 圆 柱 的 高 为 h, 则 圆 柱 的 底 面 半 径 为 2 2R h ， 圆 柱 的 体 积 为 V= 2 2( )R h h  = 3 2h R h   (0