《历年高考专题汇编》立体几何.doc

历年高考专题汇编立体几何第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）91如图，到的距离分别是和，与所成的角分别是和，在内的射影分别是和，若，则（ ）ABCD2设是平面内的两条不同直线；是平面内的两条相交直线，则的一个充分而不必要条件是( )A. B. C. D.3一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A、球 B、三棱柱 C、正方形 D、圆柱4一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c）为( )（A）48+12 （B）48+24 （C）36+12 （D）36+245已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为俯视图侧视图2正视图4242A B C D6某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为和的线段，则的最大值为（ ）A B C4 D7将正三棱柱截去三个角（如图1所示A，B，C分别是CHI三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为A、 B、 C、 D、8正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为（A） （B） （C） （D）9已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1= E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A、2 B、 C、 D、110已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于（ ）AB CD11已知正四棱锥中，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为A. 1 B. C. 2 D. 312已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）ABCD13已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ ）A. B. C. D.14半径为1的球面上的四点是正四面体的顶点，则与两点间的球面距离为 （A）（B）（C）（D）15如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是A、V1=B、 V2=C、V1 V2 D、V1 V216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、第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）17一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_。18若一个圆锥的侧面展开图是面积为2p的半圆面，则该圆锥的体积为 .19如图，若正四棱柱的底面连长为2，高为4，则异面直线与AD所成角的大小是_（结果用反三角函数表示）. 20如图，在长方体中，则四棱锥的体积为 cm321已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为_。22三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_.23等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 。24长方体的各顶点都在球的球面上，其中两点的球面距离记为，两点的球面距离记为，则的值为 25如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有_条，这些直线中共有对异面直线，则；f(n)=_(答案用数字或n的解析式表示) 26已知三个球的半径，满足，则它们的表面积，满足的等量关系是_.27如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC=2. 若AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是 .ABCD28多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：3； 4； 5； 6； 7以上结论正确的为_。（写出所有正确结论的编号）ABCDA1B1C1D1A129如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P。如果将容器倒置，水面也恰好过点（图2）。有下列四个命题：A正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点C任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点D若往容器内再注入升水，则容器恰好能装满其中真命题的代号是： （写出所有真命题的代号）。30在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 （写出所有正确结论的编号）.矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；每个面都是等边三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体.评卷人得分三、解答题（题型注释）31如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点求证：（1）平面平面； （2）直线平面32(本小题满分13分)如图，在直三棱柱ABC中， AB = 1,；点D、E分别在上，且，四棱锥与直三棱柱的体积之比为3：5。（1）求异面直线DE与的距离；(8分)（2）若BC =，求二面角的平面角的正切值。(5分)33（本题14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点（I）求证：；（II）求与平面所成的角34(本小题满分12分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥，,BC=6.()求证:()求二面角的大小.35(本小题满分14分)如图，在六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1平面A1B1C1D1，DD1平面ABCD，DD12.（）求证：A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；（）求证：平面A1ACC1平面B1BDD1；（）求二面角ABB1C的大小（用反三角函数值表示）.36如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC=45，PA=AD=2，AC=1.（）证明PCAD；（）求二面角A-PC-D的正弦值；（）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长. 试卷第9页，总9页本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1D【解析】设A，B在l上的射影分别为A，B，则由已知可得，则易得，故选D2B【解析】要得到必须是一个平面内的两条相交直线分别与另外一个平面平行。若两个平面平行，则一个平面内的任一直线必平行于另一个平面。对于选项A，不是同一平面的两直线，显既不充分也不必要；对于选项B，由于与时相交直线，而且由于/m可得，故可得，充分性成立，而不一定能得到/m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B.对于选项C，由于m,n不一定的相交直线，故是必要非充分条件.对于选项D，由可转化为C，故不符合题意。综上选B.3D【解析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形；圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。【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4A【解析】棱锥的直观图如右，则有PO4，OD3，由勾股定理，得PD5，AB6，全面积为：66265644812，故选.A。5B【解析】由三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B.【考点定位】本小题考查立体几何中的三视图，三视图是新课标新增内容，是高考的重点和热点，年年必考，一般以选择或填空题的形式出现，经常与表面积。体积相结合来考查。6C 【解析】通过构造几何体为长方体，不妨设长方体的三边长分别为，因此7【解析】本题考查视图的相关知识，有一定的难度，可考虑构造长方体模型解决问题；构造如图所示的长方体模型，将几何体放入长方体模型中，再将几何体投影到长方体右平面中，即容易得到答案为。8D 【解析】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角. 因为BB1/DD1，所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等，连接BD，设与AC交于O，在正方体中易知平面，过D作于E，则又，则平面，所以即为所求角，易知9D【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. 【答案】B【解析】设边长为，由于侧棱与底面边长相等，可知点到底面距离。顶点在底面的射影是底面的中心，故知道顶点与底面构成的是正三棱锥，故，然后由，结合直角三角形正弦公式可得。11C【解析】设h=SO,则,所以底面边长为,所以，令得，故当h=2时，该棱锥的体积最大.所以选C12C【解析】解法一：连接AC、BD交于O，连接OE，因OESD。所以AEO为所求。设侧棱长与底面边长都等于2，则在AEO中，OE1，AO，AE=，于是。解法二：建立如图所示坐标系，令正四棱锥的棱长为2，则A（1，-1，0），D（-1，-1，0），S（0，0，）,E（）,则,因此可知cos,故选C.考点：本题主要考查了多面体的结构特征和空间角的求法，同时，还考查了转化思想和运算能力，属中档题点评：解决该试题的关键是由于是正方体，又是求角问题，所以易选用向量量，所以建立如图所示坐标系，先求得相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，最后用向量夹角公式求解13A【解析】的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为此棱锥的体积为另：排除,选A.14C【解析】半径为1的球面上的四点是正四面体的顶点，设AB=a，P为BCD的中心，O为球心，则OB=1，OP=，BP=a，由解得， 由余弦定理得AOB=arcos()， 与两点间的球面距离为，选C。【答案】D【解析】设大球半径为，小球半径为，根据题意，所以 ，于是，即，所以。【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.1738【解析】由三视图可以看出该几何体为一个长方体从中间挖掉了一个圆柱，长方体表面积为，圆柱的侧面积为，上下两个底面积和为，所以该几何体的表面积为.考点定位：本题考查三视图，意在考查考生三视图与几何体之间的转化能力18【解析】 如图，l=2，又2pr2=pl=2pr=1， 所以h=，故体积. 考点：本题主要是考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力点评：解决该试题的关键是通过侧面展开图的面积求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可19【解析】连接,因为,所以即是异面直线与AD所成的角，在中，由知为直角三角形,因为，所以 ,则，因此异面直线与AD所成角的大小是.206。【解析】长方体底面是正方形，中 cm，边上的高是cm（它也是中上的高）。四棱锥的体积为。【考点定位】本题重点考查空间几何体的体积公式的运用，本题综合性较强，结合空间中点线面的位置关系，平面与平面垂直的性质定理考查，重点找到四棱锥的高为AO，这是解决该类试题的关键，在复习中，要对空间几何体的表面积和体积公式记准、记牢，并且会灵活运用，本题属于中档题，难度适中。21 【解析】正三棱锥P-ABC可看作由正方体PADC-BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P-ABC的外接球的直径，且,设正方体棱长为a，则，由，得，所以，因为球心到平面ABC的距离为.考点定位：本题考查三棱锥的体积与球的几何性质，意在考查考生作图的能力和空间想象能力22【解析】如图设设棱长为1，则，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以， ，设异面直线的夹角为，所以.【答案】【解析】设边长为2，先取线段，然后求解边长，而，取由余弦定理求,利用直角梯形,在中求解。24【解析】正方体的外接球中的球面距离问题，特殊化注意球心为长方体的中心，可求得体对角线，球心O和A，B构成的三角形为等腰三角形且，球心O和A，D1构成的三角形为等腰三角形且25，12，【解析】当多面体的棱数由n增加到n+1时，所确定的直线的条数将增加n+1，由递推关系f(n+1) -f(n)=n+1我们能够求出答案。从图中我们明显看出四棱锥中异面直线的对数为12对。能与棱锥每棱构成异面关系的直线的条数为，进而得到f(n)的表达式。26【解析】根据题意,得，同理得，代入得，化简可得.27 ADBEC ABCDE【解析】 作BEAD于E，连接CE，则AD平面BEC，所以CEAD，由题设，B与C都是在以AD为焦距的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，所以BE=CE. 取BC中点F，连接EF，则EFBC，EF=2，四面体ABCD的体积，显然，当E在AD中点，即B是短轴端点时，BE有最大值为b=，所以.评注 本题把椭圆拓展到空间，对缺少联想思维的考生打击甚大！当然，作为填空押轴题，区分度还是要的，不过，就抢分而言，胆大、灵活的考生也容易找到突破点：AB=BD(同时AC=CD)，从而致命一击，逃出生天！28【解析】解：如图，B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面的距离为，所以B1到平面的距离为5；则D、B的中点到平面的距离为，所以C到平面的距离为3；C、A1的中点到平面的距离为，所以C1到平面的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选。29BD【解析】设图（1）水的高度h2几何体的高为h1图（2）中水的体积为b2h1-b2h2=b2（h1-h2），所以b2h2=b2（h1-h2），所以h1=h2，故A错误，D正确对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P点，故B正确对于C，假设C正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为b2h2b2h2，矛盾，故C不正确故选BD30【解析】在正方体ABCDA1B1C1D1上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是矩形如ACC1A1；. 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如AA1BD；每个面都是等边三角形的四面体，如ACB1D1；每个面都是直角三角形的四面体，如AA1DC，所以填。31见解析【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。【解析】（1）要证平面平面，只要证平面上的平面即可。它可由已知是直三棱柱和证得。（2）要证直线平面，只要证平面上的即可证明：（1）是直三棱柱，平面。又平面，。又平面，平面。又平面，平面平面。（2），为的中点，。又平面，且平面，。又平面，平面。 由（1）知，平面，。又平面平面，直线平面32（1）（2）【解析】解法一：（）因，且，故面，从而，又，故是异面直线与的公垂线设的长度为，则四棱椎的体积为而直三棱柱的体积为由已知条件，故，解之得从而在直角三角形中，又因，故（）如图，过作，垂足为，连接，因，故面由三垂线定理知，故为所求二面角的平面角在直角中，又因，故，所以解法二：（）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，设，则，又设，则，从而，即又，所以是异面直线与的公垂线下面求点的坐标设，则因四棱锥的体积为而直三棱柱的体积为由已知条件，故，解得，即从而，接下来再求点的坐标由，有，即 （1）又由得 （2）联立（1），（2），解得，即，得故（）由已知，则，从而，过作，垂足为，连接，设，则，因为，故因且得，即联立解得，即则，又，故，因此为所求二面角的平面角又，从而，故，为直角三角形，所以33（I）证明见解析（II）【解析】方法一：（I）证明：因为，是的中点，所以又平面，所以（II）解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，连结，是直线和平面所成的角因为平面，所以，又因为平面，所以，则平面，因此设，在直角梯形中，是的中点，所以，得是直角三角形，其中，所以在中，所以，故与平面所成的角是方法二：如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，则，（I）证明：因为，所以，故（II）解：设向量与平面垂直，则，即，因为，所以，即，直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，因此直线与平面所成的角是34() 证明见解析() 【解析】解法一：（）平面，平面又，即又平面（）过作，垂足为，连接AEDPCBF平面，是在平面上的射影，由三垂线定理知，为二面角的平面角又，又，由得在中，二面角的大小为解法二：（）如图，建立坐标系，AEDPCByzx则，又，平面（）设平面的法向量为，则，又，解得平面的法向量取为，二面角的大小为35（）证明见解析（）证明见解析（）二面角的大小为【解析】解法1（向量法）：以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，ABCD则有（）证明：与平行，与平行，于是与共面，与共面（）证明：，与是平面内的两条相交直线平面又平面过平面平面（）解：设为平面的法向量，于是，取，则，设为平面的法向量，于是，取，则，二面角的大小