湖南历年06文科数学高考立体几何真题 19页

湖南历年文科数学高考试卷 立体空间几何部分 （06-14 年） 2006 年高考文科数学试卷（湖南卷） 4．过半径为 12 的球 O 表面上一点 A 作球 O 的截面，若 OA 与该截面所成的角是 60 °则该截面的面积是 （ ） A．π　　　　 B. 2π　　　　 C.　3π　　 　D. 14. 过三棱柱 ABC－A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面 ABB1A1 平行 的直线共有　　　　　条. 18.（本小题满分１4 分） 如图 2，已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高都是 2，AB=4. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD； (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角； (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离. π32 Q B C P A D 图 2 2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文） 6．如图 1，在正四棱柱 中，E、F 分别是 的中点，则以下结论中不成立的是（ ） A． B. C. 　　 D. 15.棱长为 1 的正方形 的 8 个顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积是 ；设 分别是该正方形的棱 的中点，则直线 被 球 O 截得的线段长为 . 18.（本小题满分１4 分） 如图，已知直二面角 ， 直线 CA 和平面 所成的角为 . (Ⅰ)证明 ； (Ⅱ)求二面角 的大小. 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1AB C、B 1EF BB与 垂直 EF BD与 垂直 EF与CD异面 EF 1 1与AC异面 1 1 1 1ABCD A B C D− E、F 1 1AA、DD EF 45PQ A PQ B C BAPα β α β− − ∈ ∈ ∈ ∠ = ， ， ， ， α 30 BC PQ⊥ B AC P− − 图 1 β 2008 高考湖南文科数学试题及全解全析 5.已知直线 m,n 和平面 满足 ,则( ) 或 或 9．长方体 的 8 个顶点在同一个球面上，且 AB=2，AD= ， ，则顶点 A、B 间的球面距离是( ) A． B． C． D．2 18 ． 如 图 所 示 ， 四 棱 锥 的 底 面 是 边 长 为 1 的 菱 形 ， ， E 是 CD 的中点，PA 底面 ABCD， 。 （I）证明：平面 PBE 平面 PAB； （II）求二面角 A—BE—P 和的大小。 βα, βα ⊥⊥⊥ ,, amnm .A n β⊥ ,//. βnB β⊂n α⊥nC. ,//. αnD α⊂n 1 1 1 1ABCD A B C D− 3 11 =AA 4 2π 2 2π π2 π2 P ABCD− ABCD 060=∠BCD ⊥ 3=PA ⊥ P A B CED 2009 年高考湖南文科数学试题及全解全析 6．平面六面体 中，既与 共面也与 共面的棱的条数为 （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 18 如图 3，在正三棱柱 中， AB=4, ,点 D 是 BC 的中点， 点 E 在 AC 上，且 DE E. （Ⅰ）证明：平面 平面 ; （Ⅱ）求直线 AD 和平面 所成角的正弦值。 1 1 1 1ABCD A B C D− AB 1CC 1 1 1ABC A B C− 1 7AA = ⊥ 1A 1A DE ⊥ 1 1ACC A 1A DE 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷） 数学（文史类）解析版 13.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 18.（本小题满分 12 分） 如图所示，在长方体 中，AB=AD=1，AA1=2，M 是棱 CC1 的中 点 （Ⅰ）求异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面 ABM⊥平面 A1B1M1 1 1 1 1ABCD A B C D− 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类 ４．设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A． 　　　Ｂ． Ｃ． 　　Ｄ． 19．（本题满分 12 分） 如 图 3 ， 在 圆 锥 中 ， 已 知 的 直 径 的中点． （I）证明： （II）求直线和平面 所成角的正弦值． 9 42π + 36 18π + 9 122 π + 9 182 π + PO 2,PO O=  2, ,AB C AB D AC= ∠ 点 在 上, 且 CAB=30 为 ;AC POD⊥ 平面 PAC 3 3 2 正视图 侧视图 俯视图 图 1 2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷) 4．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是 (　　) 19．如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是等腰梯 形，AD∥BC，AC⊥BD． (1)证明：BD⊥PC； (2)若 AD＝4，BC＝2，直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°，求四棱锥 P－ ABCD 的体积． 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类 (湖南卷) 7．(2013 湖南，文 7)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． 17．(2013 湖南，文 17)(本小题满分 12 分)如图，在直棱柱ABC－A1B1C1 中，∠BAC ＝90°，AB＝AC＝ ，AA1＝3，D 是 BC 的中点，点 E 在棱 BB1 上运动． (1)证明：AD⊥C1E； (2)当异面直线 AC，C1E 所成的角为 60°时，求三棱锥 C1－A1B1E 的体积． 2 3 2 2 1 2 + 2 2 2014 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文) 8.一块石材表示的几何体的三视图如图 2 所示，将 石材切削、打磨、加工成球， 则能得到的最大球的半径等于（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 18.（本小题满分 12 分） 如图 3，已知二面角 的大小为 ，菱形 在面 内， 两 点在棱 上， ， 是 的中点， 面 ，垂足为 . （1）证明： 平面 ； （2）求异面直线 与 所成角的余弦值. MNα β− − 60 ABCD β ,A B MN 60BAD∠ =  E AB DO ⊥ α O AB ⊥ ODE BC OD 答案 2006 年高考文科数学参考答案（湖南卷） 4 、 A 14. 6 18. 解法一　（Ⅰ）连结 AC、BD，设 . 由 P－ABCD 与 Q－ABCD 都是正四棱锥，所以 PO⊥平面 ABCD，QO⊥平面 ABCD. 从而 P、O、Q 三点在一条直线上，所以 PQ⊥平面 ABCD. （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD. 由（Ⅰ），QO⊥平面 ABCD. 故可分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是 P（0，0，2），A（ ，0，0），Q （0，0，－2），B（0， ，0）. 所以 于是 . 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 . (Ⅲ)由（Ⅱ），点 D 的坐标是（0，－ ，0）， ， ，设 是平面 QAD 的一个法向量，由 得 . 取 x=1，得 . 所以点 P 到平面 QAD 的距离 . 解法二　（Ⅰ）取 AD 的中点，连结 PM，QM. 因为 P－ABCD 与 Q－ABCD 都是正四棱锥， 所以 AD⊥PM，AD⊥QM. 从而 AD⊥平面 PQM. 又 平面 PQM，所以 PQ⊥AD. 同理 PQ⊥AB，所以 PQ⊥平面 ABCD. （Ⅱ）连结 AC、BD 设 ，由 PQ⊥平面 ABCD 及正四棱锥的性质可知 O 在 PQ 上，从而 P、A、Q、C 四 OBDAC = 22 22 )2,0,22( −−=AQ )2,22,0( −=PB 3 1 3232 4,cos = × = ⋅ ⋅>=< PBAQ PBAQPBAQ 3 1arccos 22 )0,22,22( −−=AD )4,0,0( −=PQ ),,( zyxn =    =⋅ =⋅ 0 0 ADn AQn    =+ =+ 0 02 yx zx )2,1,1( −−=n 22= ⋅ = n nPQ d ⊂PQ OBDAC = Q B C P A D z yx O Q B C P A D OM 点共面. 因为 OA＝OC，OP＝OQ，所以 PAQC 为平行四边形，AQ∥PC. 从而∠BPC（或其补角）是异面直线 AQ 与 PB 所成的角. 因为 ， 所以 . 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 . (Ⅲ)连结 OM，则 . 所以∠PMQ＝90°，即 PM⊥MQ. 由（Ⅰ）知 AD⊥PM，所以 PM⊥平面 QAD. 从而 PM 的长是点 P 到平面 QAD 的距离. 在直角△PMO 中， . 即点 P 到平面 QAD 的距离是 . 2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文） 6 【答案】D 【解析】连 B1C，则 B1C 交 BC1 于 F 且 F 为 BC1 中点，三角形 B1AC 中 EF ，所以 EF∥ 平面 ABCD，而 B1B⊥面 ABCD，所以 ；又 AC⊥BD，所以 ， 。由 EF ，AC∥A1C1 得 EF∥A1C1 15 【答案】 ， 【解析】正方体对角线为球直径，所以 ，所以球的表面积为 ；由已知所求 EF 是 正方体在球中其中一个截面的直径，d= ，所以 ，所以 EF=2r= 。 322)22( 2222 =+=+== OPOCPCPB 3 1 32322 161212 2cos 222 = ×× −+=⋅ −∠ PCPB BCPCPBBPC ＋＝ 3 1arccos PQABOM 2 122 1 === 2222 2222 =+=+= OMPOPM 22 // AC2 1 1EF BB与 垂直 EF BD与 垂直 EF与CD异面 // AC2 1 3π 2 4 32 =R 3π 2 3,2 1 =R 2 2 4 1 4 3 =−=r 2 18 解：（I）在平面 内过点 作 于点 ， 连结 ． 因为 ， ，所以 ， 又因为 ，所以 ． 而 ， 所 以 ， ． 从 而 ．又 ， 所以 平面 ．因为 平面 ，故 ． （ II） 解法 一 ：由 （ I） 知， ， 又 ， ， ， 所以 ． 过点 作 于点 ，连结 ，由三垂线定理知， ． 故 是二面角 的平面角． 由（I）知， ，所以 是 和平面 所成的角，则 ， 不妨设 ，则 ， ． 在 中， ，所以 ， 于是在 中， ． 故二面角 的大小为 ． 解法二：由（I）知， ， ， ，故可以 为原点，分别以直线 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系（如图）． 因为 ，所以 是 和平面 所成的角，则 ． 不妨设 ，则 ， ． 在 中， ， 所以 ． 则相关各点的坐标分别是 ， ， ， ． β C CO PQ⊥ O OB α β⊥ PQα β = CO α⊥ CA CB= OA OB= 45BAO∠ =  45ABO∠ =  90AOB∠ =  BO PQ⊥ CO PQ⊥ PQ⊥ OBC BC ⊂ OBC PQ BC⊥ BO PQ⊥ α β⊥ PQα β = BO α⊂ BO β⊥ O OH AC⊥ H BH BH AC⊥ BHO∠ B AC P− − CO α⊥ CAO∠ CA α 30CAO∠ =  2AC = 3AO = 3sin30 2OH AO= = Rt OAB△ 45ABO BAO∠ = ∠ =  3BO AO= = Rt BOH△ 3tan 2 3 2 BOBHO OH ∠ = = = B AC P− − arctan 2 OC OA⊥ OC OB⊥ OA OB⊥ O OB OA OC， ， x y z CO α⊥ CAO∠ CA α 30CAO∠ =  2AC = 3AO = 1CO = Rt OAB△ 45ABO BAO∠ = ∠ =  3BO AO= = (0 0 0)O ，， ( 3 0 0)B ，， (0 3 0)A ， ， (0 01)C ，， A B C Q α β P O x y z A B C Q α β P O H C 1D 1 B 1A 1 OD C BA 所以 ， ． 设 是平面 的一个法向量，由 得 取 ，得 ． 易知 是平面 的一个法向量． 设二面角 的平面角为 ，由图可知， ． 所以 ． 故二面角 的大小为 ． 2008 高考湖南文科数学试题及全解全析 5 D 9 【答案】B 【解析】 设 则 故选Ｂ. 18 解 ： 解 法 一 （ I ） 如 图 所 示 , 连 结 由 是 菱 形 且 知， 是等边三角形. 因为 E 是 CD 的中点，所以 又 所以 又因为 PA 平面 ABCD， 平面 ABCD， 所以 而 因此 平面 PAB. ( 3 3 0)AB = − ， ， (0 31)AC = − ， ， 1n { }x y z= ， ， ABC 1 1 0 0 n AB n AC  = =       ， 3 3 0 3 0 x y y z  − = − + = ， 1x = 1 (11 3)n = ，， 2 (1 0 0)n = ，， β B AC P− − θ 1 2n nθ =< > ， 1 2 1 2 1 5cos 5| | | | 5 1 n n n n θ = = = ×     B AC P− − 5arccos 5 1 1 2 2 2,BD AC R= = = 2,R∴ = 1 1 ,BD AC O= 2,OA OB R= = = ,2AOB π⇒ ∠ = 2 ,2l R πθ∴ = = × ,BD ABCD 060=∠BCD BCD△ ,BE CD⊥ ,AB CD/ / ,BE AB⊥ ⊥ BE ⊂ ,BEPA⊥ ,AB A=PA BE ⊥ C 1D 1 B 1A 1 D C BA 又 平面 PBE，所以平面 PBE 平面 PAB. （II）由（I）知， 平面 PAB, 平面 PAB, 所以 又 所 以 是 二 面 角 的 平 面 角． 在 中 , ． 故二面角 的大小为 解法二：如图所示,以 A 为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐 标分别是 （I）因为 平面 PAB 的一个法向量是 所以 和 共线. 从而 平面 PAB. 又因为 平面 PBE，所以平面 PBE 平面 PAB. （II）易知 设 是平面 PBE 的一个法向量, 则由 得 所以 故可取 而平面 ABE 的一个法向量是 于是, ． 故二面角 的大小为 2009 年高考湖南文科数学试题及全解全析 6 解:如图，用列举法知合要求的棱为： 、 、 、 、 ，BC CD 1 1C D 1BB 1AA BE ⊂ ⊥ BE ⊥ PB ⊂ .PB BE⊥ ,BEAB⊥ PBA∠ A BE P− − Rt PAB△ tan 3, 60 .PAPBA PBAAB ∠ = = ∠ =  A BE P− − 60 . (0 0 0),A ，， (1 0 0),B ，， 3 3( 0),2 2C ， ， 1 3( 0),2 2D ， ， (0 0 3),P ，， 3(1 0).2E ， ， 3(0, 0),2BE = ， 0 (01 0),n = ，， BE 0n BE ⊥ BE ⊂ ⊥ 3(1 0, 3), (0, 0),2PB BE= − = ， ， 1n 1 1 1( )x y z= ， ， 1 1 0 0 n PB n BE  ⋅ = ⋅ =     ， 1 1 1 1 1 1 0 3 0 30 0 02 x y z x y z  + × − = × + + × = ， 1 1 13 .y x z==0， 1n ( 3 01).= ，， 2 (0 01).n = ，， 1 2 1 2 1 2 1cos , .2| | | | n nn n n n ⋅< >= =       A BE P− − 60 . 故选 C. 18 解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱 的性质知 平面 . 又 DE 平面 ABC，所以 DE .而 DE E， , 所以 DE⊥平面 .又 DE 平面 ， 故平面 ⊥平面 . （Ⅱ）解法 1: 过点 A 作 AF 垂直 于点 , 连接 DF.由（Ⅰ）知，平面 ⊥平面 ， 所以 AF 平面 ,故 是直线 AD 和 平面 所成的角。 因为 DE ， 所以 DE AC.而 ABC 是边长为 4 的正三角形， 于是 AD= ，AE=4-CE=4- =3. 又因为 ，所以 E= = 4, , . 即直线 AD 和平面 所成角的正弦值为 . 解法 2 : 如图所示，设 O 是 AC 的中点，以 O 为原点建立空间直角坐标系， 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,), (2,0, ), D(-1, ,0), E(-1,0,0). 易知 =（-3， ，- ）， =（0，- ，0）， =（-3， ，0）. 设 是平面 的一个法向量，则 解得 . 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ ABC ⊂ 1AA⊥ ⊥ 1A 1 1 1AA A E A= 1 1ACC A ⊂ 1A DE 1A DE 1 1ACC A 1A E F 1A DE 1 1ACC A ⊥ 1A DE ADF∠ 1A DE ⊥ 1 1ACC A ⊥ ∆ 2 3 1 2 CD 1 7AA = 1A 2 2 1 1A E AA AE= + 2 2( 7) 3= + 1 1 3 7 4 AE AAAF A E ⋅= = 21sin 8 AFADF AD ∠ = = 1A DE 21 8 1A 7 3 1A D 3 7 DE 3 AD 3 ( , , )n x y z= 1A DE 1 3 0, 3 3 7 0. n DE y n A D x y z  ⋅ = − = ⋅ = − + − =     7 , 03x z y= − = 故可取 .于是 = . 由此即知，直线 AD 和平面 所成角的正弦值为 . 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷） 数学（文史类）解析版 13、 4 18 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类 4 答案：D 解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合 体，其体积 。 ( 7,0, 3)n = − cos , n ADn AD n AD ⋅= ⋅      3 7 21 84 2 3 − = − × 1A DE 21 8 34 3 9+3 3 2= 183 2 2V π π= × × +（ ） 19 解析：（I）因为 又 内的两条相交直 线，所以 （II）由（I）知， 又 所以平面 在 平面 中，过 作 则 连结 ，则 是 上的射影，所以 是直线 和平面 所成的角． 在 在 2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷) 4． D　若为 D 项，则主视图如图所示，故不可能是 D 项． 19．解：(1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，BD 平面 ABCD， 所以 PA⊥BD． 又 AC⊥BD，PA，AC 是平面 PAC 内的两条相交直线，所以 BD⊥平面 PAC， 而 PC 平面 PAC，所以 BD⊥PC． (2)设 AC 和 BD 相交于点 O，连结 PO，由(1)知，BD⊥平面 PAC， 所以∠DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角， 从而∠DPO＝30°. 由 BD⊥平面 PAC，PO 平面 PAC 知，BD⊥PO. 在 Rt△POD 中，由∠DPO＝30°得 PD＝2OD． ,OA OC D AC= ⊥是 的中点, 所以AC OD. , , .PO O AC O AC OD⊥ ⊂ ⊥ 底面 底面 所以 PO是平面 POD ;AC POD⊥ 平面 ,AC POD⊥ 平面 ,AC PAC⊂ 平面 ,POD PAC⊥ 平面 POD O OH PD⊥ 于H, ,OH PAC⊥ 平面 CH CH OC PAC在平面 OCH∠ OC PAC 2 2 12 22, 312 4 PO ODRt POD OH PO OD × = = = + +  中 2,sin 3 OHRt OHC OCH OC ∠ = = 中 因为四边形 ABCD 为等腰梯形，AC⊥BD， 所以△AOD，△BOC 均为等腰直角三角形， 从而梯形 ABCD 的高为 AD＋ BC＝ ×(4＋2)＝3， 于是梯形 ABCD 的面积 S＝ ×(4＋2)×3＝9. 在等腰直角三角形 AOD 中， ， 所以 PD＝2OD＝ ， . 故四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ ×S×PA＝ ×9×4＝12. 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类 (湖南卷) 7． 答案：D 解析：如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1 的俯视图为 ABCD，侧视图为 BB1D1D，此时满足其面 积为 ，故该正方体的正视图应为 AA1C1C．又因 AC＝ ，故其面积为 . 17． (1)证明：因为 AB＝AC，D 是 BC 的中点， 所以 AD⊥BC．① 又在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，BB1⊥平面 ABC，而 AD 平面 ABC，所以 AD⊥BB1.② 由①，②得 AD⊥平面 BB1C1C． 由点 E 在棱 BB1 上运动，得 C1E 平面 BB1C1C，所以 AD⊥C1E. (2)解：因为 AC∥A1C1，所以∠A1C1E 是异面直线 AC，C1E 所成的角，由题设，∠A1C1E＝ 60°， 因为∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以 A1C1⊥A1B1，又 AA1⊥A1C1，从而 A1C1⊥平面 A1ABB1，于是 A1C1⊥A1E. 故 C1E＝ ， 又 B1C1＝ ＝2， 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 22OD AD= = 4 2 2 2 4PA PD AD= − = 1 3 1 3 2 2 2 ⊂ ⊂ 1 1 2 2cos60 AC =° 2 2 1 1 1 1AC A B+ 所以 B1E＝ ＝2， 从而 ＝ ×A1C1＝ . 2014 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文) 18、 2 2 1 1 1C E B C− 1 1 1C A B EV −三棱锥 1 1 1 3 A B ES∆ 1 1 22 2 23 2 3 × × × × =