高考文科数学解析分类汇编立体几何 22页

‎2012年高考文科数学解析分类汇编：立体几何 一、选择题 ‎1 ．（2012年高考（重庆文））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2 ．（2012年高考（浙江文））设是直线,a,β是两个不同的平面 （　　）‎ A．若∥a,∥β,则a∥β B．若∥a,⊥β,则a⊥β ‎ C．若a⊥β,⊥a,则⊥β D．若a⊥β, ∥a,则⊥β ‎3 ．（2012年高考（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 ‎4 ．（2012年高考（四川文））如图,半径为的半球的底面圆在平面内,过点作平面的垂线交半球面于点,过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交,所得交线上到平面的距离最大的点为,该交线上的一点满足,则、两点间的球面距离为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5 ．（2012年高考（四川文））下列命题正确的是 （　　）‎ A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 ‎6 ．（2012年高考（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 ‎ ‎7 ．（2012年高考（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,则此球的体积为 （　　）‎ A．π B．4π C．4π D．6π ‎8 ．（2012年高考（课标文））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 ‎.6 .9 .12 .18‎ ‎9 ．（2012年高考（江西文））若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为 （　　）‎ A． B．‎5 ‎C．4 D．‎ ‎10．（2012年高考（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 ‎11．（2012年高考（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． B． C． D．‎ ‎12．（2012年高考（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 、‎ ‎13．（2012年高考（大纲文））已知正四棱柱中,,,为的中点,则直线与平面的距离为 （　　）‎ A．2 B． C． D．1‎ ‎14．（2012年高考（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． B． C． D． ‎ 二、填空题 ‎15．（2012年高考（天津文））一个几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积________.‎ ‎16．（2012年高考（四川文））如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成的角的大小是____________.‎ ‎17．（2012年高考（上海文））一个高为2的圆柱,底面周长为2p,该圆柱的表面积为_________.‎ ‎18．（2012年高考（山东文））如图,正方体的棱长为1,E为线段上的一点,则三棱锥的体积为_____.‎ ‎19．（2012年高考（辽宁文））已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2正方形.若PA=2,则△OAB的面积为______________.‎ ‎20．（2012年高考（辽宁文））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______________.‎ ‎21．（2012年高考（湖北文））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____________.‎ ‎22．（2012年高考（大纲文））已知正方形 中,分别为,的中点,那么异面直线与所成角的余弦值为____.‎ ‎23．（2012年高考（安徽文））若四面体的三组对棱分别相等,即,,,‎ 则________.(写出所有正确结论编号) ‎ ‎①四面体每组对棱相互垂直 ‎②四面体每个面的面积相等 ‎③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于 ‎④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分[‎ ‎⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 ‎24．（2012年高考（安徽文））某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是 三、解答题 ‎25．（2012年高考（重庆文））(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)已知直三棱柱中,,,为的中点.(Ⅰ)求异面直线和的距离;(Ⅱ)若,求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎26．（2012年高考（浙江文））如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B‎1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=.AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B‎1C1E与直线AA1的交点.‎ ‎(1)证明:(i)EF∥A1D1;‎ ‎(ii)BA1⊥平面B‎1C1EF;‎ ‎(2)求BC1与平面B‎1C1EF所成的角的正弦值.‎ ‎27．（2012年高考（天津文））如图,在四棱锥中,底面是矩形,‎ ‎,.‎ ‎(I)求异面直线与所成角的正切值;‎ ‎(II)证明平面平面;‎ ‎(III)求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎28．（2012年高考（四川文））如图,在三棱锥中,,,,点在平面内的射影在上.‎ ‎(Ⅰ)求直线与平面所成的角的大小;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的大小.‎ ‎29．（2012年高考（上海文））P A B C D 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是 PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,‎ PA=2.求:‎ ‎(1)三棱锥P-ABC的体积;‎ ‎(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三 角函数值表示).‎ ‎30．（2012年高考（陕西文））直三棱柱ABC- A1B‎1C1中,AB=A A1 ,=[来 ‎(Ⅰ)证明;[‎ ‎(Ⅱ)已知AB=2,BC=,求三棱锥 的体积.‎ ‎31．（2012年高考（山东文））如图,几何体是四棱锥,△为正三角形,.‎ ‎(Ⅰ)求证:;‎ ‎(Ⅱ)若∠,M为线段AE的中点,‎ 求证:∥平面.‎ ‎32．（2012年高考（辽宁文））如图,直三棱柱,,‎ AA′=1,点M,N分别为和的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:∥平面;‎ ‎(Ⅱ)求三棱锥的体积.‎ ‎(椎体体积公式V=Sh,其中S为地面面积,h为高)‎ ‎33．（2012年高考（课标文））如图,三棱柱中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.‎ ‎(I) 证明:平面⊥平面 ‎(Ⅱ)平面分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.‎ ‎34．（2012年高考（江西文））如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合与点G,得到多面体CDEFG.‎ ‎(1) 求证:平面DEG⊥平面CFG;‎ ‎(2) 求多面体CDEFG的体积.‎ ‎35．（2012年高考（湖南文））如图6,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.‎ ‎(Ⅰ)证明:BD⊥PC;‎ ‎(Ⅱ)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.‎ ‎36．（2012年高考（湖北文））某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台,上不是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ‎.‎ ‎(1) 证明:直线平面;‎ ‎(2) 现需要对该零部件表面进行防腐处理,已知(单位:厘米),每平方厘米的加工处理费为元,需加工处理费多少元?‎ ‎37．（2012年高考（广东文））(立体几何)如图5所示,在四棱锥中,平面,∥,,是的中点,是上的点且,为中边上的高.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面;‎ ‎(Ⅱ)若,,,求三棱锥的体积;‎ ‎(Ⅲ)证明:平面.‎ ‎38．（2012年高考（福建文））如图,在长方体中,为棱上的一点.‎ ‎(1)求三棱锥的体积;‎ ‎(2)当取得最小值时,求证:平面.‎ ‎39．（2012年高考（大纲文））如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,,是上的一点,.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面;‎ D A B P C E ‎(Ⅱ)设二面角为90°,求与平面所成角的大小.‎ ‎40．（2012年高考（北京文））如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,‎ 点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A‎1F⊥CD,如图2. ‎ ‎(1)求证:DE∥平面A1CB;‎ ‎(2)求证:A‎1F⊥BE;‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q,使A‎1C⊥平面DEQ?说明理由. ‎ ‎41．（2012年高考（安徽文））如图,长方体中,底面是正方形,‎ 是的中点,是棱上任意一点.‎ ‎(Ⅰ)证明: ;‎ ‎(Ⅱ)如果=2,=, , 求 的长.‎ ‎2012年高考文科数学解析分类汇编：立体几何参考答案 一、选择题 ‎1. 【答案】:A ‎ ‎【解析】:,,, ‎ ‎【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间想象能力,极限思想的应用,是中档题.. ‎ ‎2. 【答案】B ‎ ‎【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质. ‎ ‎【解析】利用排除法可得选项B是正确的,∵∥a,⊥β,则a⊥β.如选项A:∥a,∥β时,a⊥β或a∥β;选项C:若a⊥β,⊥a,∥β或;选项D:若若a⊥β, ⊥a,∥β或⊥β. ‎ ‎3. 【答案】C ‎ ‎【命题意图】本题考查的是三棱锥的三视图问题,体现了对学生空间想象能力的综合考查.【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为1和2,整个棱锥的高由侧视图可得为3,所以三棱锥的体积为. ‎ ‎4. [答案]A ‎ ‎[解析]以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴,则 ‎ ‎,A ‎ ‎, ‎ ‎[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功. ‎ ‎5. [答案]C ‎ ‎[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确. ‎ ‎[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. ‎ ‎6. 画出三视图,故选B ‎ ‎7. B ‎ ‎8. 【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简单题. ‎ ‎【解析】由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为一边长为6,这边上高为3,棱锥的高为3,故其体积为=9,故选B. ‎ ‎9. 【答案】C ‎ ‎【解析】本题的主视图是一个六棱柱,由三视图可得地面为变长为1的正六边形,高为1,则直接带公式可求该直六棱柱的体积是:,故选C. ‎ ‎【考点定位】本题是基础题,考查三视图与地观图的关系,注意几何体的位置与放法是解题的关键,考查空间想象能力,转化思想、计算能力. ‎ ‎10. 【答案】D ‎ ‎【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形. ‎ ‎【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型. ‎ ‎11. 解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,上部分是半球,体积为,所以体积为. ‎ ‎12. 【答案】D ‎ ‎【解析】分别比较A、B、C的三视图不符合条件,D 符合 ‎ ‎【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力. ‎ ‎13. 答案D ‎ ‎【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可. ‎ ‎【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D. ‎ ‎ ‎ ‎14. 【答案】B ‎ ‎【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B. ‎ ‎【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力. ‎ 二、填空题 ‎15. 【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体,上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体.长方体的体积为,五棱柱的体积是,所以几何体的总体积为. ‎ ‎16. [答案]90º ‎ ‎[解析]方法一:连接D‎1M,易得DN⊥A1D1 ,DN⊥D‎1M, ‎ 所以,DN⊥平面A1MD1, ‎ 又A1M平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90º ‎ 方法二:以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D—xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2) ‎ 故, ‎ 所以,cos< = 0,故DN⊥D‎1M,所以夹角为90º ‎ ‎[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决. ‎ ‎17. [解析] 2pr=2p,r=1,S表=2prh+2pr2=4p+2p=6p. ‎ ‎18. 答案: 解析:. ‎ ‎19. 【答案】 ‎ ‎【解析】点 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为长方体来考虑就容易多了. ‎ ‎20. 【答案】12+π ‎ ‎【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,高位1,所以该几何体的体积为 ‎ ‎【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出体积. ‎ ‎21. 【解析】由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2,高为1)与中间一个圆柱(底面圆半径为1,高为4)组合而成,故该几何体的体积是. ‎ ‎【点评】本题考查圆柱的三视图的识别,圆柱的体积.学生们平常在生活中要多多观察身边的实物都是由什么几何形体构成的,以及它们的三视图的画法. 来年需注意以三视图为背景,考查常见组合体的表面积. ‎ ‎22. 答案 ‎ ‎【命题意图】本试题考查了正方体中的异面直线所成角的求解问题. ‎ ‎【解析】首先根据已知条件,连接,则由可知或其补角为异面直线与所成的角,设正方体的棱长为2,则可以求解得到,再由余弦定理可得. ‎ ‎23. 【解析】正确的是②④⑤ ‎ ‎②四面体每个面是全等三角形,面积相等 ‎ ‎③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于 ‎ ‎④连接四面体每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分 ‎ ‎⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 ‎ ‎24. 【解析】表面积是 该几何体是底面是直角梯形,高为的直四棱柱几何体的的体积是 ‎ 三、解答题 ‎25. 【答案】:(Ⅰ)(Ⅱ) ‎ ‎【解析】:(Ⅰ)如答(20)图1,因AC=BC, D为AB的中点,故CD AB.又直三棱柱中, 面 ,故 ,所以异面直线 和AB的距离为 ‎ ‎(Ⅱ):由故 面 ,从而 ,故 为所求的二面角的平面角. ‎ 因是在面上的射影,又已知 由三垂线定理的逆定理得从而,都与互余,因此,所以≌,因此得 ‎ 从而 ‎ 所以在中,由余弦定理得 ‎ ‎26. 【命题意图】本题主要以四棱锥为载体考查线线平行,线面垂直和线面角的计算,注重与平面几何的综合, 同时考查空间想象能力和推理论证能力. ‎ ‎(1)(i)因为, 平面ADD‎1 A1,所以平面ADD‎1 A1. ‎ 又因为平面平面ADD‎1 A1=,所以.所以. ‎ ‎(ii) 因为,所以, ‎ 又因为,所以, ‎ 在矩形中,F是AA的中点,即.即 ‎ ‎,故. ‎ 所以平面. ‎ ‎(2) 设与交点为H,连结. ‎ 由(1)知,所以是与平面所成的角. 在矩形中,,,得,在直角中,,,得 ‎ ‎,所以BC与平面所成角的正弦值是. ‎ ‎27. 解:(1)如图,在四棱锥中,因为底面是矩形,所以,且,又因为,故或其补角是异面直线与所成的角. ‎ 在中,,所以异面直线与所成角的正切值为2. ‎ ‎(2)证明:由于底面是矩形,故,又由于,,因此平面,而平面,所以平面平面. ‎ ‎(3)在平面内,过点作交直线于点,连接.由于平面平面,由此得为直线与平面所成的角. ‎ 在中,,可得 ‎ 在中, ‎ 由平面,得平面,因此 ‎ 在中,,在中, ‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为. ‎ ‎28. [解析](1)连接OC. 由已知,所成的角 ‎ 设AB的中点为D,连接PD、CD. ‎ 因为AB=BC=CA,所以CDAB. ‎ 因为等边三角形, ‎ 不妨设PA=2,则OD=1,OP=, AB=4. ‎ 所以CD=2,OC=. ‎ 在Rttan ‎ ‎(2)过D作DE于E,连接CE. ‎ 由已知可得,CD平面PAB. ‎ 据三垂线定理可知,CE⊥PA, ‎ 所以,. ‎ 由(1)知,DE= ‎ 在Rt△CDE中,tan ‎ 故 ‎ ‎[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值). ‎ ‎29. P A B C D E [解](1), ‎ 三棱锥P-ABC的体积为 ‎ ‎ ‎ ‎(2)取PB的中点E,连接DE、AE,则 ‎ ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 ‎ BC与AD所成的角 ‎ 在三角形ADE中,DE=2,AE=,AD=2, ‎ ‎,所以∠ADE=. ‎ 因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是 ‎ ‎30. ‎ ‎[来 ‎31. 证明:(I)设中点为O,连接OC,OE,则由知, ‎ 又已知,所以平面OCE. ‎ 所以,即OE是BD的垂直平分线,所以. ‎ ‎(II)取AB中点N,连接,∵M是AE的中点,∴∥, ‎ ‎∵△是等边三角形,∴.由∠BCD=120°知,∠CBD=30°, ‎ 所以∠ABC=60°+30°=90°,即,所以ND∥BC, ‎ 所以平面MND∥平面BEC,又DM平面MND,故DM∥平面BEC. ‎ 另证:延长相交于点,连接EF.因为CB=CD,. ‎ 因为△为正三角形,所以,则, ‎ 所以,又, ‎ 所以D是线段AF的中点,连接DM,]‎ 又由点M是线段AE的中点知, ‎ 而平面BEC, 平面BEC,故DM∥平面BEC. ‎ ‎32. 【答案与解析】 ‎ ‎(1) 证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以, ‎ MP∥A,PN∥,所以,MP∥平面AC,PN∥平面AC,又,因此平面MPN∥平面AC,而MN平面MPN,所以,MN∥平面AC, ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明;第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键,也可以采用割补发来球体积. ‎ ‎33. 【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题. ‎ ‎【解析】(Ⅰ)由题设知BC⊥,BC⊥AC,,∴面, 又∵面,∴, ‎ 由题设知,∴=,即, ‎ 又∵, ∴⊥面, ∵面, ‎ ‎∴面⊥面; ‎ ‎(Ⅱ)设棱锥的体积为,=1,由题意得,==, ‎ 由三棱柱的体积=1, ‎ ‎∴=1:1, ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1. ‎ 法二:(I)证明:设,则, ‎ 因侧棱垂直底面,即,所以, ‎ 又D是棱AA1的中点,所以 ‎ 在中,由勾股定理得: ; ‎ 同理,又, ‎ 所以:, ‎ 即有 ‎ 因平面,所以, ‎ 又,所以 ,所以侧面,而平面, ‎ 所以:;由(1)和(2)得:平面, ‎ 又平面 ,所以平面平面 ‎ ‎(II) 平面BDC1分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形,高为的一个四棱锥,其体积为:, ‎ 该四棱柱的总体积为, ‎ 所以,平面BDC1分此棱柱的上半部的体积为 ‎ 所以 ,所求两部分体积之比为 ‎ ‎34. 【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得 ‎ 又因为,可得,即所以平面DEG⊥平面CFG. ‎ ‎(2)过G作GO垂直于EF,GO 即为四棱锥G-EFCD的高,所以所求体积为 ‎ ‎35. 【解析】(Ⅰ)因为 ‎ 又是平面PAC内的两条相较直线,所以BD平面PAC, ‎ 而平面PAC,所以. ‎ ‎(Ⅱ)设AC和BD相交于点O,连接PO,由(Ⅰ)知,BD平面PAC, ‎ 所以是直线PD和平面PAC所成的角,从而. ‎ 由BD平面PAC,平面PAC,知. ‎ 在中,由,得PD=2OD. ‎ 因为四边形ABCD为等腰梯形,,所以均为等腰直角三角形, ‎ 从而梯形ABCD的高为于是梯形ABCD面积 ‎ ‎ ‎ 在等腰三角形AOD中, ‎ 所以 ‎ 故四棱锥的体积为. ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明BD平面PAC即可,第二问由(Ⅰ)知,BD平面PAC,所以是直线PD和平面PAC所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积. ‎ ‎36. 【解析】(1)因为四棱柱的侧面是全等的矩形,所以 ‎ 又因为,所以平面 ‎ 连接,因为平面,所以 ‎ 因为底面是正方形,所以.根据棱台的定义可知,与共面. ‎ 又已知平面平面,且平面平面 ‎ 平面,所以,于是 ‎ 由,可得, ‎ 又因为,所以平面. ‎ ‎(2)因为四棱柱的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 ‎ ‎ ‎ 又因为四棱台的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以 ‎ ‎ ‎ 于是该实心零部件的表面积为,故所需加工处理费为(元) ‎ ‎【点评】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划归的能力.线线垂直线面垂直面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查. ‎ ‎37. 解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为为中边上的高,所以.,平面,平面,所以平面. ‎ ‎(Ⅱ),因为是的中点,平面,所以点到平面的距离等于,即三棱锥的高,于是. ‎ ‎(Ⅲ)取中点,连接、.因为是的中点,所以且∥.而是上的点且,∥,所以且∥.所以四边形是平行四边形,所以∥.而,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面,即平面. ‎ ‎38. 【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及体积等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想. ‎ ‎【解析】(1)又长方体AD平面.点A到平面的距离AD=1, ‎ ‎∴==×2×1=1 ,∴ ‎ ‎(2)将侧面绕逆时针转动90°展开,与侧面共面.当,M,C共线时, ‎ ‎+MC取得最小值AD=CD=1 ,=2得M为的中点连接M在中,=MC=,=2, ‎ ‎∴=+ , ∴∠=90°,CM⊥, ‎ ‎∵⊥平面,∴⊥CM ∵AM∩MC=C ‎ ‎∴CM⊥平面,同理可证⊥AM ∴⊥平面MAC ‎ ‎39. 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解. ‎ 解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设. ‎ ‎(Ⅰ)证明:由得, 所以,,,所以, ‎ ‎.所以,,所以平面; ‎ ‎(Ⅱ) 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得. ‎ 所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为. ‎ ‎【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. ‎ ‎40. 【考点定位】本题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决.第三问的创新式问法,难度比较大. ‎ 解:(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE平面A1CB,所以DE∥‎ 平面A1CB. ‎ ‎(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A‎1F 平面A1DC, ‎ 所以DE⊥A‎1F.又因为A‎1F⊥CD,所以A‎1F⊥平面BCDE.所以A‎1F⊥BE ‎ ‎(3)线段A1B上存在点Q,使A‎1C⊥平面DEQ.理由如下:如图, ‎ 分别取A‎1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC. ‎ 又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP. ‎ 由(2)知DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A‎1C. ‎ 又因为P是等腰三角形DA‎1C底边A‎1C 的中点, ‎ 所以A‎1C⊥DP,所以A‎1C⊥平面DEP,从而A‎1C⊥平面DEQ. ‎ 故线段A1B上存在点Q,使得A‎1C⊥平面DEQ. ‎ ‎41. 【解析】(I)连接,共面 ‎ 长方体中,底面是正方形 ‎ 面 ‎ ‎(Ⅱ)在矩形中, ‎ 得: ‎