高考数学试题分类汇编_立体几何与平面几何.doc

立体几何与平面几何安徽理(6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为正（主）视图侧（左）视图俯视图44112第6题图 （A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80(6)C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C.（17）（本小题满分12分）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，都是正三角形。（）证明直线；（）求梭锥的体积。解：（）设是线段和线段延长线的交点。由于与都是正三角形，所以：；同理，是线段和线段延长线的交点。有，又由于和都在线段的延长线上，所以和重合。在和中，由和,可知分别是和的中点，所以是的中位线，故。（）由知，而是边长为2的正三角形，故,所以；过点作于点，由于平面平面知，就是四棱锥的高，且，所以。安徽文没有新题北京理5.如图，AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F，延长AF与圆O交于另一点G，给出下列三个结论：； .其中正确的结论的序号是( )A B C D【解析】：正确。由条件可知，BD=BF，CF=CE，可得。正确。通过条件可知，AD=AE。由切割定理可得。CBGAODEF错误。连接FD（如下图），若，则有。通过图像可知，因而错误。答案选A.7.某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是A. B. C. D. 【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。16.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，.（1）求证：平面PAC；（2）若，求PB与AC所成角的余弦值；（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.16（本小题共14分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长.【解析】，与共线可得k=1。（16）（共14分）证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD，所以BD平面PAC.（）设ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（0，t）（t0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量，因为平面PCB平面PDC,所以=0，即，解得，所以PA=。北京文（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A. 32 B.C. 48D. ABPGFEDCB（17）（本小题共14分）如图，在四面体中，,点分别是棱的中点。（I）求证：平面；（II）求证：四边形为矩形；（III）是否存在点,到四面体六条棱的中点的距离相等？说明理由。证明：（I）因为分别为的中点，所以;又平面，所以平面（II）因为分别是棱的中点，所以，所以四边形为平行四边形又所以，所以四边形为矩形。（III）存在点满足条件，理由如下：连接,设为的中点，由（II）知，且,与（II）同理可证四边形为矩形,其对角线的交点为的中点,且，所以为满足条件的点。福建理12.三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于_。20（本小题满分14分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，（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，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。20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）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又所以平面PAD。又平面PAB，所以平面平面PAD。（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，（i）设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（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）则，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化简得（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Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于E，则。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t），由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（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，从而，即设，在中，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。福建文15如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于 。20.（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，CEAB。（）求证：CE平面PAD；（）若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积20本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想，满分12分 （I）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为又所以平面PAD。（II）由（I）可知，在中，DE=CD又因为，所以四边形ABCE为矩形，所以又平面ABCD，PA=1，所以广东理7如图l3某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A. B. C. D.解析:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体,底面是以3为边长的正方形,该六面体的高15.（几何证明选讲选做题）如图4，过圆外一点分别作圆 的切线和割线交圆于,且，是圆上一点使得，则 .18. （本小题满分13分）如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,分别是的中点，（1）证明：;（2）求二面角的余弦值. 注: 本题也可以,继而可证明第(1)问,并可进一步得到AD,DE,DF两两垂直,从而建立空间直角坐标系,再解决第(2)问.总的说来,本题用传统方法,还更简单.广东文9如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等腰三角形和菱形，则该几何体体积为 CA B4 C D215（几何证明选讲选做题）如图4，在梯形ABCD中，ABCD，AB=4，CD=2E,F分别为AD，BC上点，且EF=3，EFAB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为 7：518（本小题满分13分）图5所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的A，A，B，B分别为,的中点，分别为的中点（1）证明：四点共面；（2）设G为A A中点，延长到H，使得证明：18（本小题满分13分）证明：（1）中点，连接BO2直线BO2是由直线AO1平移得到共面。 （2）将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接/由平移性质得=HB，湖北理14如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与轴重合）所在的平面为，。（）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的坐标为 ；（）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。（2，2），18（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合（）当=1时，求证：；（）设二面角的大小为，求的最小值18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。 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC， 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在中，=1，则由，得NF/AC1，又故。由三垂线定理知。（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，设，在中，在故又故当时，达到最小值；，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，则由已知可得于是则故（II）设，平面AEF的一个法向量为，则由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为， 于是由为锐角可得， 所以， 由，得，即 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值湖北文7.设球的体积为，它的内接正方体的体积为，下列说法中最合适的是（ ）DA. 比大约多一半；B. 比大约多两倍半；C. 比大约多一倍；D. 比大约多一杯半18. （本小题满分12分）如图，已知正三棱柱-的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且,.(I) 求证：；(II) 求二面角的大小。18本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力。（满分12分）解法1：（）由已知可得于是有，所以又由 （）在中，由（）可得于是有EF2+CF2=CE2，所以又由（）知CF C1E，且，所以CF 平面C1EF，又平面C1EF，故CF C1F。于是即为二面角ECFC1的平面角。由（）知是等腰直角三角形，所以，即所求二面角ECFC1的大小为。解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得 （）， （），设平面CEF的一个法向量为由即设侧面BC1的一个法向量为设二面角ECFC1的大小为，于是由为锐角可得332正视图侧视图俯视图图1，所以即所求二面角ECFC1的大小为。湖南理3设图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A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。11.如图2，是半圆周上的两个三等分点，直径，,垂足为D, 与相交与点F，则的长为 。答案：；解析：由题可知，,得,，又，所以.19.（本题满分12分）如图5，在圆锥中，已知的直径的中点（I）证明：（II）求二面角的余弦值解：（I）连接，因为,为的中点，所以.又因为内的两条相交直线，所以而，所以。（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.在平面中，过作连接,则有，从而，所以是二面角的平面角在,在在,；,所以。故二面角的余弦值为。湖南文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。江苏16.（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF/平面PCD；（2）平面BEF平面PAD.答案：（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，又直线EF/平面PCD（2）连接BD为正三角形 F是AD的中点，又平面PAD平面ABCD，所以，平面BEF平面PAD.解析：本题主要考查空间想象能力和推理论证能力、考查平面的表示,直线与平面、平面与平面平行和垂直的判定及性质，容易题.附加：A选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，圆与圆内切于点，其半径分别为与（）圆的弦交圆于点（不在上）求证：为定值A选修4-1：几何证明选讲本小题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力，满分10分。证明：连结AO1，并延长分别交两圆于点和点连结BD、CE，因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径。从而，所以BD/CE，于是，所以AB：AC为定值。江西理8. 已知 ，是三个相互平行的平面，平面 ，之间的距离为，平面，之间的距离为，直线与 ，分别相交于 ，那么“”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【解析】因为，当时不难推出，同时当时也可以推出，“”是“”的充分必要条件21. （本小题满分14分）（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若一个正四面体的四个顶点满足，求该正四面体的体积.【解析】oNMzxy（1）如图所示，取的三等分点，的中点，的中点，过三点，作平面，过三点，作平面，因为,所以平面平面，再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，依次相互平行，由线段被平行平面，截得的线段相等知，期中每相邻两个平面间的距离相等，故，为所求平面.（2）解法一：当（1）中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间的距离为1，则正四面体就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为，以的中心为坐标原点，以直线为轴，直线为轴建立如图的右手直角坐标系，则，令，为的三等分点，为的中点，有，,所以，设平面的法向量为，有，即所以，.因为，相邻平面之间的距离为1，所以点到平面的距离：，解得，由此可得，边长为的正四面体满足条件.所以所求正四面体的体积.()解法二：如图，现将此正四面体置于一个正方体中，（或者说，在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥，得到一个正方体），分别是，的中点，和是两个平行平面，若其距离为1，则正四面体即为满足条件的正四面体.右图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为，若，则有，据，得，于是正四面体的棱长，其体积.（即等于一个棱长为的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）江西文9.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ） 答案：D 左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案。辽宁理8如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是 DAACSB；BAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角12已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，则棱锥SABC的体积为 CA B CD115一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 22（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED （I）证明：CD/AB； （II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF=EG，证明：A，B，G，F四点共圆22解： （I）因为EC=ED，所以EDC=ECD.因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以EDC=EBA.故ECD=EBA，所以CD/AB. 5分 （II）由（I）知，AE=BE，因为EF=FG，故EFD=EGC从而FED=GEC.连结AF，BG，则EFAEGB，故FAE=GBE，又CD/AB，EDC=ECD，所以FAB=GBA.所以AFG+GBA=180.故A，B，G，F四点共圆 10分辽宁文10已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=2，ASC=BSC=45，则棱锥S-ABC的体积为 CA B C D18（本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：PQ平面DCQ；（II）求棱锥QABCD的的体积与棱锥PDCQ的体积的比值18解：（I）由条件知PDAQ为直角梯形因为QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交线为AD.又四边形ABCD为正方形，DCAD，所以DC平面PDAQ，可得PQDC.在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，则PQQD所以PQ平面DCQ. 6分 （II）设AB=a.由题设知AQ为棱锥QABCD的高，所以棱锥QABCD的体积由（I）知PQ为棱锥PDCQ的高，而PQ=，DCQ的面积为，所以棱锥PDCQ的体积为故棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值为1.12分全国理（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为 D（15）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，分别为的边，上的点，且不与的顶点重合。已知的长为，的长是关于的方程的两个根。（）证明：，四点共圆；（）若，且，求，所在圆的半径。（22）解：（I）连接DE，根据题意在ADE和ACB中， ADAB=mn=AEAC, 即.又DAE=CAB,从而ADEACB 因此ADE=ACB 所以C,B,D,E四点共圆。（）m=4, n=6时，方程x2-14x+mn=0的两根为x1=2,x2=12.故 AD=2，AB=12.取CE的中点G,DB的中点F，分别过G,F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.由于A=900，故GHAB, HFAC. HF=AG=5，DF= (12-2)=5.故C,B,D,E四点所在圆的半径为5全国文(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）3a2 （B）6a2 （C）12a2 （D） 24a2B(15)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_(填入所有可能的几何体前的编号)三棱锥 四棱锥 三棱柱 四棱柱 圆锥 圆柱（18）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，,垂足为，是四棱锥的高。（）证明：平面 平面;（）若,60,求四棱锥的体积。(2)因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=. 所以HA=HB=.因为APB=ADR=600，所以PA=PB=,HD=HC=1.，可得PH=.等腰梯形ABCD的面积为S=AC x BD = 2+. .9分所以四棱锥的体积为V=x（2+）x= .12分全国理（6）已知直二面角, 点A，AC,C为垂足，B，BD，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于(A) (B) (C) (D)1【答案】：C【命题意图】：本小题主要考查面面垂直的性质及点到面的距离的求法。【解析】：如图，因为二面角是直二面角，AC，所以AC，面，过作于，则，即为D到平面ABC的距离。在中，在中，（11）已知平面截一球面得圆M,过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为，则圆N的面积为 (A) (B) (C) (D) 【答案】：D【命题意图】：本小题主要考查了球及球的截面的相关知识。【解析】：如图：，由的面积为，故在，在(16)已知E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于_.【答案】：【命题意图】：本小题主要考查了无棱二面角的作法及求法。【解析】：连并延长交的延长线于，连，过作，连，则由三垂线定理知为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角.易求得.（19）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）如图，棱锥中，侧面为等边三角形，=2，=1. （）证明：平面；（）求与平面所成的角的大小.【命题立意】：本小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及线面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.【解析】：（）证明：连 又 取的中点，连，则又，,又 故平面. （）过作，过作，连，则，与平面所成的角为与平面所成的角。由（）有，又，故即为所求。在中， .全国文(15)己知正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为等于 .来【答案】【解析】取的中点，为所求角，设棱长为2，则，山东理主（正）视图俯视图11.下图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图其中真命题的个数是 (A)3 (B)2 (C)1 (D)0【答案】A【解析】对于,可以是放倒的三棱柱；容易判断可以.19.（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是线段的中点，求证：平面;（）若=,求二面角-的大小【解析】（)连结AF,因为EF，EF=F,所以平面EFG平面ABCD,又易证,所以,即,即,又M为AD的中点,所以,又因为D，所以M,所以四边形AMGF是平行四边形,故GMFA,又因为平面,FA平面,所以平面.（）取AB的中点O,连结CO,因为,所以COAB,又因为平面，CO平面,所以CO,又AB=A,所以CO平面,在平面ABEF内,过点O作OHBF于H,连结CH,由三垂线定理知: CHBF,所以为二面角-的平面角.设=,因为ACB=，=,CO=,连结FO,容易证得FOEA且,所以,所以OH=,所以在中,tanCHO=,故CHO=,所以二面角-的大小为.山东文19（本小题满分12分）如图，在四棱台中，平面，底面是平行四边形，60（）证明：；（）证明：19（I）证法一：因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，又因为AB=2AD，在中，由余弦定理得，所以，因此，又所以又平面ADD1A1，故证法二：因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，取AB的中点G，连接DG，在中，由AB=2AD得AG=AD，又，所以为等边三角形。因此GD=GB，故，又，所以平面ADD1A1，又平面ADD1A1，故 （II）连接AC，A1C1，设，连接EA1因为四边形ABCD为平行四边形，所以由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1/EC且A1C1=EC，所以边四形A1ECC1为平行四边形，因此CC1/EA1，又因为EA平面A1BD，平面A1BD，所以CC1/平面A1BD。陕西理5某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ）（A） （B）（C）（D）【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算【精讲精析】选A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是.B（几何证明选做题）如图，B=D，且AB=6，AC=4，AD=12，则BE= 【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解【解】因为，所以AEB=，又因为B=D，所以AEBACD，所以,所以，在RtAEB中，【答案】陕西文15B（几何证明选做题）如图，B=D，且AB=6，AC=4，AD=12，则AE= 【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解【解】因为，所以AEB=，又因为B=D，所以AEBACD，所以,所以【答案】216. （本小题满分12分）如图，在ABC中，ABC=45，BAC=90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC=90，（1）证明：平面平面；（2）设BD=1，求三棱锥D的表面积。【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）充分利用垂直所得的直角三角形，根据直角三角形的面积公式计算【解】（1）折起前是边上的高，当折起后，AD，AD，又DB，平面，又AD 平面BDC.平面ABD平面BDC（2）由（1）知，DA,DB=DA=DC=1，AB=BC=CA=,三棱锥D的表面积是上海理7.若圆锥的侧面积为，底面面积为，则该圆锥的体积为 . 21（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：；（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。21解：设正四棱柱的高为。 连，底面于， 与底面所成的角为，即 ，为中点，又， 是二面角的平面角，即 ，。 建立如图空间直角坐标系，有设平面的一个法向量为， ，取得 点到平面的距离为，则。上海文已知是底面边长为1的正四棱柱，高，求（1）异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）四面体的体积.20、解： 连， ， 异面直线与所成角为，记， 异面直线与所成角为。 连，则所求四面体的体积。四川理3，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A），（B），（C），共面（D），共点，共面答案：B解析：由，根据异面直线所成角知与所成角为90，选B15如图，半径为R的球O中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_答案：2R2解析：如图，设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为，则圆柱的侧面积，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为19（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D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； （）求点C到平面B1DP的距离19解析：（1）连接交于,又为的中点，中点，,D为的中点。（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则（3）因为，所以,在中，四川文15如图，半径为4的球O中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_答案：32解析：如图，设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为，圆柱侧面积，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为19（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1PA1C1，连接AP交棱CC1于D（）求证：PB1平面BDA1；（）求二面角AA1DB的平面角的余弦值；本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力解法一：（）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，C1D平面AA1，A1C1AP，AD=PD，又AO=B1O，ODPB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1，PB1平面BDA1（）过A作AEDA1于点E，连结BEBACA，BAAA1，且AA1AC=A，BA平面AA1C1C由三垂线定理可知BEDA1BEA为二面角AA1DB的平面角在RtA1C1D中，又，在RtBAE中，故二面角AA1DB的平面角的余弦值为解法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1B1C1A，则，（）在PAA1中有，即，设平面BA1D的一个法向量为，则令，则，PB1平面BA1D，（）由（）知，平面BA1D的一个法向量又为平面AA1D的一个法向量故二面角AA1DB的平面角的余弦值为天津理12一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为【解】几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为则14如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点若，则的值为【解】因为四边形是圆的内接四边形，所以，又，所以于是因为，所以，从而，于是，19（本小题满分分）如图，在长方体中，分别是棱，上的点，（）求异面直线与所成的角的余弦值；（）证明：；（）求二面角的正弦值【解】解法1如图所示，建立空间坐标系，点为坐标原点设，由，知，于是，（），于是由于异面直线所成的角的范围是，所以异面直线与所成的角的余弦值为（），则，于是，又，所以（）设平面的法向量，则即取，则，由（）可知，为平面的一个法向量，又所以，从而所以二面角的正弦值为解法2设，由，知，（）连接，设与交于点，易知由，所以所以是异面直线与所成的角因为，所以由余弦定理有所以异面直线与所成的角的余弦值为（）连接，设与交于点因为，所以从而又由于，所以因此又因为，且，所以从而连接，同理可证，从而，所以因为，所以（）连接由（）可知又，所以因此为二面角的平面角易知，则，又，所以在中，在中，。连接，在中，。在中，所以。所以二面角的正弦值为天津文12题图11如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点若，则的值为【解】因为四边形是圆的内接四边形，所以，又，所以于是因为，所以，12一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为【解】设几何体的体积为，则 19（本小题满分分）如图，在五面体中，四边形是正方形，（）求异面直线与所成的角的余弦值；（）证明：；（）求二面角的正切值【解】（）因为四边形是正方形，所以故为异面直线与所成的角因为，所以故在中，所以因此所以异面直线与所成的角的余弦值为（）过点作，交于，则，又，所以从而又，且所以（）由（）及已知，可得，即为的中点取的中点，连接则因为，所以过点作，交于则为二面角的平面角连接，可得所以，从而由已知可得由，可得在中，所以二面角的正切值为浙江理3下列命题中错误的是 DA如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，那么平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面14已知一个球的球心到过球面上A、B、C三点的截面的距离等于此球半径的一半，若，则球的体积为 . 20（本小题满分15分）如图，在平面内直线EF与线段AB相交于C点，BCF，且AC = CB = 4，将此平面沿直线EF折成的二面角EF，BP平面，点P为垂足. （） 求ACP的面积； （） 求异面直线AB与EF所成角的正切值. BAFCECBPAEF（第20题图）20（本小题满分15分）方法一： （）解：如图，在平面内，过点P作PMEF，点M为垂足，连结BM，则BMP为二面角EF的平面角. 以点P为坐标原点，以直线PM为x轴，射线PB为z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.在RtBMC中,由BCM，CB = 4，得 CM =，BM =2.在RtBMP中,由BMP，BM =2，得MP = 1，BP =.故P（0,0,0），B（0，0,），C（1,，0），M（1,0,0）.由ACM，得A（1,4，0）.所以= （1,0），= （2,0）,则10, cosACP = , sinACP = .因此SACP. 7分 （）解：（1,4,），（0,2,0）,24,cos=, 所以AB与EF所成角的正切值为. 15分方法二：CBPAEMQF （）解：如图，在平面内，过点P作PMEF，点M为垂足,连结BM，则BMP为二面角EF的平面角.在RtBMC中,由BCM，CB = 4，得CM =，BM=2.在RtBMP中,由BMP，BM=2，得MP=1.在RtCMP中,由CM =，MP=1，得CP=， cosPCM， sinPCM =.故 sinACP = sin（PCM）. 所以SACP. 7分 （）解：如图，过点A作AQEF，交MP于点Q ,则BAQ是AB与EF所成的角，且AQ平面BMQ .在BMQ中, 由BMQ，BMMQ2，得 BQ = 2.在RtBAQ中, 由AQACCM 4，BQ = 2，得tanBAQ =. 因此AB与EF所成角的正切值为. 15分浙江文（4）若直线不平行于平面，且，则 BA内的所有直线与异面 B内不存在与平行的直线C内存在唯一的直线与平行 D内的直线与都相交（7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 B （20）（本题满分14分）如图，在三棱锥中，为的中点，平面，垂足落在线段上（）证明：；（）已知，求二面角的大小（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。满分14分。 （）证明：由AB=AC，D是BC中点，得，又平面ABC，得因为，所以平面PAD，故 （）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM。因为平面BMC，所以APCM。故为二面角BAPC的平面角。在，在，在中，所以在又故，同理，因为所以，即二面角BA