高频考点与最新模拟试题汇编—立体几何

1、专题八立体几何第1卷（选择题）一、选择题1 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（）【答案】D【解析】如图所示，点D的投影为点C,点D的投影为点C,点A的投影为点B.侧视图卜1 +2+ J.”2 如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何O2 IA. 6、3B 9,3C. 12D . 183【答案】B【解析】由三视图可还原几何体的直观图如图所示.此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为 3，高为.3的长方体，所求体积 V= 3X 3X ,3 = 9-、3.AB _ AC, AA, =12,则球O的半径为A. 3 17B. 2

2、.102厂13,C.D2.3一 10【答案】C【解析】构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为,32+42+122 =13，外接圆的半径为 ，故选C2【考点定位】本题考查空间几何体模型的认识。4 .设m,n是两条不同的直线，-,-是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A.若二】，m: , n-,则 m_ n3若口 P , mua, n= P,则 m/n c.若 m _ n , m: , n:,则：D.若 m 丄口，m/ n, n/ P ,则a 丄 P【答案】D【解析】选项 A中，m与n还可能平行或者异面，故错；B中，m与n还可能异面，故错；C中，还有可能平行或者相交，故错； D中，T

3、m丄g, m R 血；/朋* ,故%正确.【考点定位】考查线面的位置关系5.某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为A、18+8 nC、 16+16n【答案】A;、8+8 n、8+16 n【解析】上半部分体积为V1 =2 2 4 = 16，下半部分体积 V2二丄二22 4二8二，2故总体积V2 =16 8二.8cm,将一个球放在容器6cm,如果不计容器的厚度，【考点定位】本题考查三视图以及简单组合体的体积计算，考查学生的空间想象能力 6 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 则球的体积为()A 50cm3B蓉 cnfc3【答

4、案】A；【解析】作出该球轴截面的图像如下图所示，依题意BE =2，AE =CE =4，设2 2 2DE =x，故 A -2x ，因为 AD = AE DE，解得x = 3,故该球的半径AD =5 ,43所以V二一二R333500 二【考点定位】本题考查球体的体积公式，考查学生的空间想象能力7一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1, 0, 1), (1, 1, 0),(0, 1, 1), (0, 0, 0),画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为【解析】由题意可知：该四面体为正四面体，其中一个顶点在坐标原点，另外三个顶点分别在三个坐标平面内

5、，所以以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为选项A.【考点定位】 本小题主要考查立体几何中三视图的有关知识，考查同学们的空间想象能力，属中档题8在空间中，过点 A作平面二的垂线，垂足为B，记B = f_.(A)。设:-J是两个不同31的平面，对空间任意一点P , Q1 = f :f.(P),Q f-f ：(P),恒有 PQ 二 PQ2，则()A. 平面与平面1垂直B. 平面与平面1所成的(锐)二面角为 45°C. 平面与平面1平行D. 平面与平面1所成的(锐)二面角为 60°【答案】A【解析】此题关键是搞清楚“在空间中，过点A作平面二的垂线，垂足为 B，记B =fA)。

6、”这句话的意思，即 AB _二，其中垂直B，此题的关键和注意的地方是 要对题目所描述的内容正确理解；设f,P) =C, f JP) = D,所以Q 二 f ；(C),Q f .(D),由已知得到：PC ：于 C , PD _ 于 D , CQ1 _ 于Q1, DQ2 _ ：于Q2，且PQ = PQ2恒成立，即Q与Q2重合，即当二】时满足；【考点定位】此题是信息类题目，考查线面垂直和面面垂直的知识点，考查学生的自学 能力和运用所学知识解决问题的能力；本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！9 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是.【答案】16-16【解析】由三视图可知

7、，直观图为一个圆柱体中间挖去一个 正四棱柱。【考点定位】本题考查三视图及空间几何体的体积计算。10 .如果，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面a上，且AB/CD，正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF相交的平面个数分别记为 m n,那么m+n =()【答案】A【解析】因为过 EF做垂直于CD( AB)的平面ot垂直平分CD所以该平面与过 AB中点 并与AB垂直的平面平行，平面一：和正方体的4个侧面相交，由于 EF和正方体的侧棱不平行，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.同理与CE相交的平面有4个，共8个，选A.【考点定位】该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直

8、线与平面的平行与 相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力11.已知棱长为 面积不可能等于1的正方体的俯视图是( )-个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的A. 1B.,2c.、2-1D.、2+122【答案】C;【解析】正方体的正视图面积应当介意1与' 2之间，故C不正确.【考点定位】本题考查三视图，考查学生的空间想象能力12 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是 【答案】12【解析】由三视图可知几何体为球内接一个正方体，所以正方体的体对角线为球的直径2r = - 222222 =2.3，S

9、求二 4 r2 =12. °【考点定位】对于三视图的考查主要考查学生的空间思维能力，要有较好的空间感。属 于中等难度。13三棱柱ABC - AEG的侧棱长和底面边长均为 2，且侧棱AAT|底面ABC,其正视图是边长为 2的正方形，则此三棱柱侧视图的面积为（）A.3 B 2.3 C 2 2 D . 4【答案】B【解析】侧视图是个矩形由已知，底面正三角形的边长为2,所以其高为.3，即侧视图的长为 3 ,又三棱柱的高为 2,即侧视图的宽为 2,所以此三棱柱侧视图的面积为2,3，选B.14 某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（）HRA1+苗A. 2+二 B2C. 2+ 1+ 5 : D

10、【答案】A【解析】由几何体的三视图可知,2+1+2 5 二c 2+ 5 2+ :2该几何体是一个沿旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面半径 是1,高是2,所以母线长为.5，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的一1 1厂 11 +半以及截面三角形的面积的和，即一兀+ 兀+ X 2 X 2=2中兀，故选A2 2 2 215某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3，则正视图中的x的值是（）293A. 2 B.C.D. 322【答案】C【解析】解：由三视图可知，该几何体是底面上底为 1,下底为2,高为2的直角梯形的四棱锥,且棱锥的高为X,底面积为S = ；122 =371 由VSh3得:x

11、 = h3汇33V 3 23:=S32故选C.16某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是（）働观田A.503 cm3B . 50 cm32533cmD.25 cm3【答案】D【解析】根据三视图分析可以发现该几何体为卧倒的四棱柱,根据侧视图可得该四棱柱的底面为2（4+1 等腰梯形且底面面积为 S5,从正视图可以得到该四棱柱的高为2据四棱柱体积计算公式可得 V = Sh = 25,故选D.17 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）【答案】D【解析】俯视图的实线部分、虚线部分都是圆，由此可知该几何体的上下两部分都不可能是方形 的，故只可能是 D.18 一个几何

12、体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）11A、6"2 B、7：2 C 、8.2 D、12/2【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是底面为直角梯形（梯形上底为1 ,下底为2,直角腰为1），高为1的直棱柱，故其表面积为 1 " x 2 +丄玄（1 + 2） 乂 2+1 乂 2+1江J2 = 7 + J2选2B.19 已知三棱锥的底面是边长为 1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视 图的面积为（）A 3B3C 1D34 2 4【答案】D俯视图的高为【解析】，此即侧视图的底，侧视图的高即为正视图的高，所以其面积为S=223 =4.20 某几何体的三视图如图所示，则

13、该几何体的体积为（）A. 6 B . 3V3C . 2 .3【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个横向放倒的直三棱柱，其底面为侧视图，由图像该侧视图是底边为2，咼为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h=3,所以V=Sh =（丄汽2式屈式3 = 3丁3.221 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）2【答案】C【解析】由三视图易知，该几何体是底面积为3，高为3的三棱锥，由锥体的体积公式得21 33V3 二.选 C3 2222 一个空间几何体的三视图如下左图所示，则该几何体的表面积为（A. 48 B . 48+8 17 C . 32+8 17 D . 80【答案】B【解析】

14、观察三视图可知，该几何体为四棱柱，底面为梯形，两底边长分别为2,4，高为4，所以，底面梯形的腰长为.42，12二17，棱柱的高为4.所以，该几何体的表面积为2x(2 +4)工4工2+2工彳7><4+2><4+4><4=48+8、/?7，故选 B .2第II卷(非选择题)二、填空题23 .一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为正视图侧视图俯视图【答案】289 二4【解析】该棱锥的直观图如图，取设O为该棱锥外接球的球心，半径为R,由题知：bO = bW+ eO,CD的中点 E, BD的中点F,由三视图知，AE±平面BCD AF= 5, AE=

15、 J52 -32 = 4，/ CBD= 90°即氏=(3、2)2+ (R 4)2,解得R= 17，故球的表面积为 S= 4X n x( 17 ) = 289_ .4 4424 .如图，在棱长为 2的正方体 ABCD-ABQD中，E为BC的中点，点 P在线段DE上, 点P到直线CC的距离的最小值为【答案】【解析】过E作EE1丄B1C1于E1，连接D1E1，过P作PQ _ D1E1于Q，在同一个平面 EED内，EE1 丄E1D, PQ 丄 D1E1，贝U PQ/EE1，又 EE1 /CC1，故 PQ/CG ,点P到直线CG的距离就等于点 Q到直线CC的距离，当GQ丄CQ，距离最小，此时,

16、C1QCi DiC1E1E1D12 1 2 <5.5 一 5【考点定位】 本小题考查了点到直线的距离求法，考查了转化与化归思想的应用和空间想象能力25如图，正方体 ABCD-ABGU的棱长为1, P为BC的中点，Q为线段CC1上S，则下列命题正确的是的动点，过点 A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为（写出所有正确命题的编号）。1 当0 : CQ 时，S为四边形21 当CQ时，S为等腰梯形23 1 当CQ时，S与C1D1的交点R满足GR -4 33 当CQ <1时，S为六边形4?6 当CQ =1时，S的面积为一6DjBiAlBj更1J?I)B訂QI)P(2) CQ =1 , S是

17、菱形，面积为.、,2 二 二一62T，正确，图如下:【答案】1【解析】(1) CQ , S等腰梯形，正确，图如下:2(3) CQ =3，画图如下:4GR =1，正确33(4)CQ ：1，如图是五边形，不正确;4R1(5) 0 : CQ :：1，如下图，是四边形，故正确2【考点定位】考查立体几何中关于切割的问题，以及如何确定平面。cm)如图所示,则此几何体的体积等于2cm 。26 .若某几何体的三视图 (单位:俯视【答案】24【解析】三视图问题关键是搞清楚几何体的直观图的构成，根据三视图的信息确定直观图中的边的长度和角的度数，然后利用体积公式求解。此题中的正视图和侧视图都是三角形，且俯视图是直角

18、三角形，所以原图是直三棱柱被平面截后所剩余的几何体。注意 长对正，宽相等，高平齐的法则。即由已知得此几何体的直观图是一个底面是直角三角 形且两直角边分别是 3,4高是5的直三棱柱在上面截去一个三棱锥，三棱锥从一个顶点出发的三条棱两两垂直， 底面边长分别是3,4高是3,如图所示，红色为截去的三棱锥，1 11所以体积为5 一 34-爼3 一 3 4 = 24 ；2 32【考点定位】此题考查三视图知识、多面体的体积计算公式，考查学生的空间想象能力;27 某几何体的三视图如图所示,则其体积为.【答案】-311【解析】由三视图还原为实物图得半个圆锥，其体积v =丄-r 12 2)= - 2 33【考点定

19、位】本题主要考查了三视图还原为实物图的能力和圆锥的体积公式，属于容易题28 .如图是某个四面体的三视图，该四面体的体积为 正视图侧观閣俯视图【答案】12【解析】由三视图知，该四面体底面积S =1 6 3=921，高为4，故体积a、9心229.如图，已知四棱锥P -ABCD ,底面ABCD是等腰梯形，且AB / CD , O是AB中1点，P。丄平面 ABCD , PCDFAAI, M 是 PA 中点.DA（1）证明：平面PBC/平面ODM;（2）求点A到平面PCD的距离.【答案】（1）详见解析；（2） 4 217试题【解析】（1）证明：由题意，四边形OBCD为平行四边形，所以 BC/OD.CD

20、/ BO , CD = BO OM / PB 又OM区平面PBC , PB u平面 同理，OD /平面PBC，又OM门OD =O又 AO=OB , AM =MPPBC OM /平面 PBC 4 分平面PBC/平面ODM6分d .（2）设求点A到平面PCD的距离为因为 V三棱锥A-PCE= V三棱锥P-ACD即1 1 _ 1 1X X4X2寸3疋4 = x x4x 2 弋 7d3 232d =F.712分30 .如图,设S -ABCD 是个高为3的四棱锥，底面ABCD是边长为ABCD的中心.的正方形，顶点K是棱SC的中点试求直线 AK与平面S在底面上的射影是正方形SBC所成角的大小.【答案】.2

21、/30 arcs in15【解析】法1设AK与平面SBC所成角为二。因为,（2 分）屈22所以CK|.所以cosSCA =1111（4分）22227AK =AC CK -2AC CK cos SCA二 4。所以AK 32.（6 分）1 1因为«七严（8分）63、10八所以h, （10分）S SBC5因此 sin日=- = Z30 （ ii 分）AK15nrt/3o贝U v - arcsin （12 分）15解法2: AC - BD =0,以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴建立空间坐标系。则 A（ 2,0,0）, B（0, 2,0）, C（-、2,0,0）, S（0,0

22、,3）. （4 分）（6分）所以 SB 二（0, ； 2, -3）, SC = （-、一 2,0, -3）, K22设m是平面SBC的一个法向量，易求得|- -A 1 I（ 8 分）,2,.2,.设二为AK与平面SBC所成的角，因为餵丄池,0,（10分）I 22丿所以：sin二（11 分rrcsin2'3015（12 分）（1）证明：AC = BC ；（2）证明：AB _ PC ；（3）若PC = 4，且平面PAC _平面PBC，求三棱锥 P - ABC体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3） 8 .3【解析】（1）因为 PAB是等边三角形， PAC二.PBC =90，所以

23、Rt也PBC三RUPAC，可得AC =BC；（2）如图，取 所以AB丄平面AB中点D，连结PD、PDC，所以AB丄PCCD；，贝U PD 丄 AB，CD 丄 AB，(3)作BE _ PC，垂足为因为 Rt ：PBC 二 Rt PAC ,E，连结AE ,所以 AE _ PC , AEWBE ,由已知，平面 PAC _平面PBC，故.AEB =90：,因为Rt也AEB三RMPEB，所以 MEB、也PEB、 CEB都是等腰直角三角形 由已知PC =4，得AE=BE=2，心AEB的面积S=2，因为PC丄平面AEB，1 8所以三棱锥PABC的体积3 332 .如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行

24、四边形，ADW2,ABW1，/ ABC = 60 PA_面ABCD，设E为PC中点，点F在线段PD上且PF =2FD .(1)求证:BE / 平面 ACF ;(2)设二面角A - CF - D的大小为若| cos： | =i 4214求PA的长.【答案】(1 )证明过程详见解析;(2) PA = 2 .【解析】(1)由 AD =2, AB =1 , ABC =60 得 AC 二 3 , AB _ AC .又PA_面ABCD，所以以AB,AC,AP分别为x,y,z轴建立坐标系如图.则 A(0,0,0), B(1,0,0),C(0, 3,0), D(1,、3,0),设 P(0,0,c)，则 E(0

25、,；,；).设 F(x,y,z) , PF =2FD 得：(x, y,z -c) =2(-1 - x, , 3 - y,-z).一 22亦c解得： x =,y -， z _ ,3133一2 2 爲 c所以F (- ,)5333J3 cBE =(1,专迈).所以 A=3,233,3), aC=(0，品,0)，2 2 3 c 门-x y - - _ z = 0设面ACF的法向量为 斤=(x,y,z)，则3 33，取 n=(c,0, 2).y = 0n BE = c C = 0 ,且 BE 二面 ACF，所以 BE / 平面 ACF . 9 分因为(2)设面 PCD 法向量为 m=(x,y,z)，因

26、为 PC=(0,.3,-c)，PD(_1, 3, c)，所以-cz = 0一 x 亠.3 y - cz = 0，取 m =(0, c, 3).11|COSd|=!*卜nmn m、42142(3c2亠4 c2亠314c4 7c2 -44 =0，c =2，所以 PA二2 .三、解答题33 .如图，在四面体 PABC中, PCX AB, PAX BC,点 D, E， PB的中点.15F, G分别是棱AP, AC BC,c求证：DE/平面BCP求证：四边形DEFG为矩形；是否存在点Q,至U四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由.【答案】(1) (2)见解析(3) 存在，理由见解析【解析】解：

27、证明：因为D, E分别为AP, AC的中点，所以 DE/ PC.又因为DE?平面BCP所以DE/平面 BCP. 证明：因为 D, E, F, G分别为AP, AC, BC, PB的中点,所以 DE/ PC/ FG DG/ AB/ EF.所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PCLAB,所以DEI DG.所以四边形DEFG为矩形. 存在点Q满足条件，理由如下：连接DF, EG设Q为EG的中点.由(2)知，DFA EG= Q,且 QD= QE1=QF= QG= EG.2分别取 PC AB的中点 M N连接 ME EN, NG MG MN.与 同理，可证四边形MENG矩形，其对角线交点为 EG的中点

28、Q所以Q为满足条件的点.34 .如图，在四棱锥 P- ABCD中 ,平面 PADL平面 ABCD AB= AD 分别是AP, AD的中点.求证：且 QM= QN=丄 EQ2BAD= 60° , E, F(1) 直线EF/平面PCD(2) 平面BEFL平面PAD.【答案】见解析【解析】 如图，在厶PAD中，因为E, F分别为AP, AD的中点,所以 EF/ PD.又因为EF?平面PCDPD?平面PCD所以直线EF/平面PCD.(2)连接 BD因为 AB= AD, / BAD= 60 所以 ABD为正三角形.因为F是AD的中点，所以BF丄AD.因为平面 PADL平面 ABCD BF?平面

29、 ABCD平面PADA平面 ABCD= AD, 所以BF丄平面 PAD. 又因为BF?平面BEF 所以平面BEF丄平面PAD.35 .如图，平面PAC丄平面ABC ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E, F , 0分PA= PC= 10.(1) 设G是0C的中点，证明：FG/平面BOE证明：在厶ABO内存在一点 M 使FM丄平面BOE.【答案】见解析【解析】(1)如图，连接0P以点0为坐标原点，OB OC 0P所在直线为x轴，y轴，z轴，建 立空间直角坐标系 0- xyz ,则 0(0,0,0) , A(0 , 8,0) , B(8,0,0) , C(0,8,0) , P(0,0,6),

30、E(0, 4,3) , F(4,0,3).由题意,得G(0,4,0).因为=(8,0,0)，柑於=(0, 4,3),所以平面BOE的一个法向量 n = (0,3,4).由"=(4,4， 3)，得 n 用=0.又直线FG不在平面 BOE内，所以FG/平面 BOE. 设点M的坐标为(X0, yo,0)，则尺口 = (X0 4, y。，一 3).因为FML平面BOE所以心/ / n,99因此Xo= 4, yo=，即点M的坐标是(4，一 一，0).4 4X 0在平面直角坐标系 xOy中， AOB的内部区域可表示为不等式组y ：: 0x _ y : 8经检验，点 M的坐标满足上述不等式组.所以

31、，在 AOB内存在一点 M 使FML平面BOE.36 .如图，在长方体 ABCD-ABQDi中，AB=2,AD=1,AiA=1，证明直线 BC平行于平面 DAC, 并求直线BC到平面DAC的距离.【答案】证明见解析,23【解析】本题主要考查直线与直线的平行、直线与平面的垂直、三棱锥的体积计算等知 识点。解答中需要注意线面平行中直线在平面外的交代，体积公式运用不要漏掉 此类问题属于常考题之一，难度属于容易题。因为 ABCD-ABCD 为长方体，故 AB/GQ, AB = GQ，B0平行于故ABCD为平行四边形，故 BCi / ADi，显然B不在平面DAC上，于是直线平面DAC;直线BC到平面DA

32、C的距离即为点 B到平面DAC的距离设为h111考虑三棱锥ABCD的体积，以ABC为底面，可得V (12)3 23Q而 AD1C 中，AC = DC = 5, AD 2，故 S AD1c =1 213122所以，V=汉一xh= n h=，即直线BC到平面DAC的距离为一.3 2333【考点定位】考查空间几何体的相关计算，属中档题。37 .如图，四棱锥 P-ABCD 中，N ABCBAD =90° , BC=2AD，山 PAB 和 A PAD(1) 证明：PB _CD ；(2) 求二面角 A-PD-C的大小.【答案】(1)见解析(2)愿一arccos3【解析】(1)解题的关键是辅助线的

33、添加，取BC的中点E是入手点，然后借助三垂线定理进行证明；(2)利用三垂线定理法或者空间向量法求解二面角求二面角：关键是作出或找出其平面角，常用做法是利用三垂线定理定角法，先找到一个半平面的垂线，然后过垂 足作二面角棱的垂线，再连接第三边，即可得到平面角。若考虑用向量来求：要求出二个面的法向量，然后转化为 cos :： n ,n2足卑,要注意两个法向量的夹角与二面In IM |然后根据角可能相等也可能互补，要从图上判断一下二面角是锐二面角还是钝二面角, 余弦值确定相等或互补即可。（1）证明：取BC的中点E，连结DE则ABED为正方形.过P作POL平面 ABCD垂足为 O.连结 OA OB,OD

34、,OE.由.PAB和. PAD都是等边三角形知 PA=PB=PD所以OA=OB=QD即点O为正方形ABED对角线的交点，故 OE _ BD ,从而PB丄OE .3分因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以 OE/CD.因此PB _ CD .5（2）解法一：由（1）知 CD _ PB , CD _ PO , PB" PO 二 P .故CD _平面PBD.又PD 平面PBD所以CD _ PD .取PD的中点F, PC的中点G连结FG贝U FG/CD , FG/PD.连结AF,由UAPD为等边三角形可得 AF丄PD.所以.AFG为二面角A-PD-C的平面角.8连结 AG EG 贝U EG/

35、PB.又PB丄AE 所以EGL AE.设 AB=2,则 AE =2、一2 , EG 工1 PB =1 ,2故 AG = . AE2 EG23.1在AFG中，FGSCD2, AFAG =3,2 2 2FG AF - AG 所以 cos AFG 二-FG AF12 分因此二面角 A-PD-C的大小为二-arccos.3解法二：由（1）知，OE,OB,OP两两垂直.的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系以0为坐标原点,O-xyz.设 |AB|=2，则A( J2,0,0) , D(0, 、.2,0) , C(2.,2 .2,0),PCP(o,o, J2).PD= (2、.2, 一、2,- .

36、2),= (0, 、.2, r2).AP «2,0,、,2), AD d2,0).设平面PCD的法向量为 n = (x, y,z)，则n.PC=(x,y,z)(2迈,2,-迈)=0,JPD=(x,y,z)(0,r2,2)=0,可得 2xyz=0, y z=0.取 y - -1，得 x = 0, z = 1，故 n, = (0,1,1).8设平面PAD的法向量为n2 =(m, p,q)，则压AP =(m, p,q) *C，2,0 八2)=0 ,n AD =(m, p,q) 2,-2,0)=0 ,可得 m p =O,mp = O.取 m=1,得 p =1,q = 1，故 n2 =(1,1

37、,1).是 cos ： ： ,& =-上.nmi3由于：:厲，门2 -等于二面角 A-PD-C的平面角,所以二面角A-PD-C的大小为二-arccos6 .123【考点定位】 本题考查线线垂直的证明和二面角的求解， 算能力。38 .如图，在三棱柱 ABC-ABQ中，AACQ是边长为4的正方形.平面ABCL平面 AAGC, AB=3, BC=5.考查学生的空间想象能力和计(1) 求证：AA丄平面 ABC(2) 求二面角 A1-BC1-B1的余弦值；BD(3) 证明：在线段 BC存在点D,使得ADLAB,并求竺的值.BC1【答案】(1)见解析 (2) 16(3)证明见解析， 2525【解析

38、】把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直要证直线和平面垂直，依据相关判定定理转化为证明直线和直线垂直求二面角，往往利用“作一一证一一求”的思路完成，作二面角是常常利用直线和平面垂直第(3)题，求解有难度，可以空间向量完成(1)因为AACQ为正方形，所以 AA _ AC 因为平面 ABCL平面 AACiC,且平面 AB©平面AACQ二AC ,所以AA丄平面ABC.(2)由(1)知，AA 丄 AC, AA 丄 AB.由题意知 AB =3,BC =5,AC =4，所以 AB _ AC.如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A - xyz ,则n A1B0,即3 y4z",4x =

39、 0,B 0,3,0 , A 0,0,4 ,耳 0,3,4，G 4,0,4 .设平面ABG的法向量为n二x, y,z，峽U-n AC = 0.令 z = 3，则 x =0,y = 4，所以 n 二 0,4,3 .同理可得，平面 B1BC1的法向量为m二3,4,0 .所以总加啜16由题知二面角 A1-BC1-B1为锐角，所以二面角 A1-BC1-B1的余弦值为16 .25(3)设D x,y,z是直线BC1上的一点，且BD二，BC-所以 x,y-3,z = 4,-3,4,解得 x = 4 , y = 3 - 3 ,z = 4 ,所以TAD = 4 1 ,3 -'3，,4 i.9由 AD A

40、|B = 0，即 9 -25，= 0 ,解得BDBC,9因为一乏10,1 ，所以在线段BG上存在点D,使得AD丄AB，此时25【考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理，考 查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力.39 如图，在四棱柱 ABCD AiBCiDi中，侧棱 AA| _底面ABCD ,AB/DC2 =1,AB =3k,AD =4k,BC =5k, DC =6k,(k . 0)(1) 求证：CD _平面ADD,(2) 若直线AAi与平面AB1C所成角的正弦值为 6，求k的值(3) 现将与四棱柱 ABCD -A

41、IB1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共 有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f (k),写出f (k)的解析式。(直接写出答案，不必说明理由)72k2 26k,0 :18【答案】(1)见解析(2) 1(3) f(k)=二1836k2 + 36k, kJI18【解析】立体几何第一问对于关系的决断往往基于对公理定理推论掌握的比较熟练，又要善于做出一线辅助线加以证明，那么第二问就可以在其基础上采用坐标法处理角度或者距离问题，坐标法所用的公式就必需熟练掌握，第三问主要考查了学生

42、的空间思维能力，要在平时多加练习。此题坐标法也很考验学生的计算功底。(1)取CD中点E，连接BEQ AB/DE , AB 二 DE = 3k四边形ABED为平行四边形BE/AD 且 BE =AD =4k在 VBCE 中，Q BE =4k,CE =3k, BC =5k.BE2 CE2 二 BC2:工 BEC =90 1 即 BE 丄CD，又 Q BE/AD，所以 CD 丄 ADQAA丄平面ABCD , CD u平面ABCD.AA _CD，又 AA I AD =A,CD _ 平面 ADD1Auur uuu uuur(2)以D为原点，DA,DC,DD1的方向为X,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直

43、角 坐标系 A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)uuuuuuuuu所以 AC=(*k,6k,0)，AB,=(0,3k,1)，AA =(0,0,1)uuu、I AC n = 0设平面ABQ的法向量n =(x,y, z)，则由uuuj AB n = 0/口 J-4kx+6ky=0h/口得*丫取 y =2，得 n = (3, 2,-6k)i 3ky + z = 0uuir:uuir设AA与平面ABQ所成角为。，则sin日=| cosAA 1, n|=AA 1, nuuur1 AA1 |J n |=6k，解得k -1 .故所求k的值为1、36k2 137

44、(3) 共有4种不同的方案72k226k,0 : k < f(k)J5182丄536k36k, kL18【考点定位】本题主要考查立体几何中线线关系线面关系的判断以及线面角的算法，并且通过第三问的设问又把几何体的表面积与函数巧妙的结合起来，计算和空间思维要求比较高。属于难题。40 如图，已知平面四边形 ABCP中，D为PA的中点，PA_AB , CD/AB , 且PA=CDW2abM4 将此平面四边形 ABCP沿CD折成直二面角 P - DC - B ,(1)证明：平面PBD 平面PBC ；)在线段BD上是否存在一点 F，使得EF _平面PBC ?若存在，请确定点 F的位置；若不存在，请说

45、明理由.(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析；(2)点F存在，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点；(3)【解析】(1)直二面角P - DC -B的平面角为.PDA = 90，又PD _ DC ,则PD _平面ABCD，所以PD _ BC .(4分)又在平面四边形 ABCP中，由已知数据易得 BD丄BC ,而PD p| BD = D , 故BC丄平面PBD，因为BCu平面PBC，所以平面PBD丄平面PBC(2)解法一：由(1)的分析易知,PD _ DA,PD _ DC,DC _ DA，则以 D 为原点建立空间直角坐标系如图所示.x结合已知数据可得 A(2,0,0)

46、，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，则 PB 中点 E(1,1,1):F 平面 ABCD，故可设 F (x, y,0)，EF =(x-1,y-1, -1),:EF平面 ABCD , EF 忒 0,EF PC = 0,又 PB =(2,2, -2),PC =(0,4,-2)，由此解得x = y = 1，即 F(1, 1 ,0),2 2 2平面PBC .易知这样的点F存在，且为线段 BD上靠近点D的一个四等分点; 解法二：(略解)如图所示，(8 分)在Rt PBD中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得BF = 3 2 = 3 BD ,24故知所求点F存在，且为线段 BD

47、上靠近点D的一个四等分点;（8分）"AB 二（0,2,0），1 1(3)解法一：由(2)EF ( , ,-1)是平面PBC的一个法向量，又则得 cos ： EF,AB虫Ab .|EF|AB|:EF, AB =二-arccos6，所以记直线AB与平面PBC所成角为二，则知sin v cos ： EF, AB |=故所求角的正弦值为6. .（ 12 分）62 2解法二：(略解)如上图中，因为 AB/CD，所以直线AB与平面PBC所成角等于直 线CD与平面PBC所成角，由此，在 RUPBD中作DH丄PB于H，易证DH丄平 面 PBC，连接CH，则.DCH为直线CD与平面PBC所成角，结合题

48、目数据可求得sin DCH，故所求角的正弦值为（12 分）41 如图，三棱柱 ABC - ABQ 中，CA = CB , AB = AA, BAA = 6。.若AB=CB =2, AC = J6,求三棱柱ABC ABG的体积.【答案】(1)证明见详解；(2)3 【解析】(1)取AB的中点O,连接OC、0A、AiB,因为CA=CB所以0C丄AB,由于AB = AA, N BAA =6。，故 AA1B为等边三角形,所以OR _ AB,因为 oc oao.所以AB丄平面OAC .又AC匸面OAC，故AB丄AC . 由题设知:ABC与CAAB都是边长为2的等边三角形，所以 OC =OA 二 3,又AC

49、 二、6,则AC2 OA2，故OA _ OC.因为OC"AB=O,所以OA丄平面ABC, OA为棱柱ABC-ABS的高，又厶ABC的面积S |_ABC = 3, 故三棱柱ABGABC 1的体积V=S ABC OA =3.42 如图，已知四棱锥 P -ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB / CD，O是AB中点，PO丄平面ABCD，1PO=CD =DA = -AB=4，M 是 PA中点.2(1) 证明：平面PBC/平面ODM ；(2) 求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值.1【答案】(1)详见解析；(2) 17【解析】AB为圆O直径|(1)证明：BBC CCD D/DA4且

50、 AB / CD，2 分BC =CD =DAj则CD平行且等于BO，即四边形OBCD为平行四边形，所以 BC/OD.尸Mo-lro CO B_CT-_M QM叫 A AM0_一卩卩B Mo -OIIJBH-B分SCSB(2) 解法1：延长AD、BC交于点E，连结PE，则PBC平面PAD二PE，易证 PBE与厶PAE全等，过A作AQ _ PE于Q ,连BQ，贝U BQ _ PE，由二面角定义可知，平面角.AQB为所求角或其补角易求PE=8 ,又AE=8 , PA =4.2 ,由面积桥求得AQ=2、7=BQ ,所以cos AQB 二28 28 -642 2 7 2 7-1 ：0所以所求角为二- AQB，所以cos(二- A