全国各地高考数学立体几(理科).doc

全国各地高考数学立体几何（理科）2011年安徽(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 第（8）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；（2）求棱锥FOBED的体积.北京 (7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是(A) 8 (B) (C)10 (D) 【答案】C【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）（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】：证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以又因为平面。所以，所以平面。（）设，因为所以，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则所设与所成角为，则（）由（）知设。则设平面的法向量则，所以令则，所以同理，平面的法向量，因为平面，所以，即解得，所以福建20.（本小题满分14分）如图甲，四棱锥中，四边形中，（）求证：；（）设 （i）若直线与平面所成的角为，求线段的长； （ii）在线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由【解】（）因为，所以又，所以，又，（）以为坐标原点，建立如图乙的空间直角坐标系在平面内，作交于则在中，设，则，由，则，所以，（i）设平面的法向量为，由，得取，则，又，由直线与平面所成的角为，得解得或（因为，故舍去）所以（ii）假设线段上存在一个点，使得点到点的距离都相等，设，则，则由得，即，由得，从，消去，并化简得方程没有实数根，所以在线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等解法2假设线段上存在一个点，使得点到点的距离都相等，由得，从而，则，设，则由，得，在中，与矛盾，所以在线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等广东 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.湖北 18（本小题满分12分）ABCEA1C1B1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（）当时，求证；（）设二面角的大小为，的最小值本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.解析：湖南 3.设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A B C D 答案：B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。332正视图侧视图俯视图图119.（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在,所以。故二面角的余弦值为。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解析：（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，又直线EF平面PCD（2） F是AD的中点，又平面PAD平面ABCD，所以，平面BEF平面PAD。21. 江西 （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（i=1,2,3,4），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为1，若一个正四面体的四个顶点满足：（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.解： （1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即可的出结论。 （2）现设正方体的棱长为a,若，由于得，那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）辽宁 （8）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是(A) ACSB (B) AB平面SCD (C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 (D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角全国 (6)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂足若，则到平面的距离等于(A) (B) (C) (D) 1 CABDE【答案】C【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法.【解析】如图,过作,垂足为,因为是直二面角, ,平面,平面,故的长为点到平面的距离.在中,由等面积法得.(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，.()证明：平面；()求与平面所成角的大小.【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.解法一：()取中点，连结，则四边形为矩形，连结，则，.又,故,所以为直角. 3分由,得平面,所以.与两条相交直线、都垂直.所以平面. 6分另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. 6分()由平面知，平面平面.作,垂足为,则平面ABCD,.作,垂足为,则.连结.则.又,故平面,平面平面.9分作,为垂足,则平面.,即到平面的距离为.由于,所以平面,到平面的距离也为.设与平面所成的角为,则,.12分解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则、.又设,则.(),由得,故.由得,又由得,即,故. 3分于是,.故,又,所以平面. 6分()设平面的法向量,则.又,故 9分取得,又.故与平面所成的角为. 12分【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.全国新课标 （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 (18)(本小题满分12分)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()证明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。(18)解：（）因为, 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则,。设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即 因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 山东 （11）右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、俯视图如右图；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）019.（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.陕西 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.16（本小题满分12分）如图，在ABC中，ABC=，BAC，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC（1）证明：平面ADB平面BDC；（2）设E为BC的中点，求与夹角的余弦值【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）在（1）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解【解】（1）折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB，又，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC（2）由BDC及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以，所在直线为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,),E(,0)，所以，所以与夹角的余弦值是上海 21、（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。 设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：； 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。四川 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，天津 10一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为【解】几何体是由一个长方体与一个圆锥组合的体积为17(本小题满分13分)如图，在三棱柱中中，是正方形的中心，且() 求异面直线与所成角的余弦值；() 求二面角的正弦值；() 设为棱的中点，点在平面内，且，求线段的长【解】解法如图所示，建立空间直角坐标系，其中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴由题意，() ,.所以.() ,，设平面的法向量为，则即令，则，设平面的法向量为，则即令，则，于是，所以所以二面角的正弦值为() 由为棱的中点，得，设点，则因为，则即解得故向量，所以线段的长解法2()由于,故是异面直线与所成的角因为，是正方形的中心，所以，因此() 连接，因为及是的中点则，又，所以过点作于，连，于是，所以为二面角的平面角在中，连，在中，从而所以二面角的正弦值为()因为，所以，取的中点，连接由于为棱的中点，所以，且又，故，因为，所以，连接并延长交于点，则故由，得延长交于，可得，连接在中，由直角三角形的射影定理，所以，连接，在中，(3) 浙江 若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【答案】D 【解析】由正视图可排除A、B选项；由俯视图可排除C选项.（20）本题满分15分）如图，在三棱锥P-ABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2（）证明：APBC；（）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。（）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O（0,0,0），A（0，-3,0），B（4,2,0），C（-4,2,0）P（0,0,4）由此可得所以，即APBC.（）解：设 设平面BMC的法向量平面APC的法向量 由得即可取由即得可取由，得解得，故AM=3综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（）证明：由AB=AC,D是BC的中点，得ADBC, 又PO平面ABC,得POBC。 因为POBC=0，所以BC平面PAD故BCPA.（）解：如图，在平面PAD内作BMPA于M,连CM. 由（）中知APBC