2013年高考数学试题(8)立体几何

1、1.（安徽理科第6题、文科第8题）（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80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.2.（安徽理科第17题，文科第19题，本小题满分13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；()求棱锥的体积.（1） 证明：分别去OA，OD的中点M，N，连接CM，设和相交于，由于，OD=2，则，且，则为GN的中点，所以GA=1同理可得：G为FC和DA的交点。则有C为FG的中点，B为EG的中点。所以BC是的中位线。

2、故。（2） 四边形OBED是梯形，其中OB=1，DE=2，底边上的高为 3. （北京理科第7题） 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) 解：根据三视图可知，该四面体满足：平面，中，四个三角形都是直角三角形4.（北京理科第16题）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：（1）因为是菱形，则对角线互相垂直，又平面所以平面，（2） 设， 以为坐标原点以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系则，设的夹角为，则（3） 由（2）知设设平面PBC的法向量为，则所以，令，则，同

3、理，平面PDC的法向量为，因为平面PBC平面PDC所以，即，解得，5.（北京文科第5题）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是(A)32(B)16+(C)48(D)6.（北京文科17）如图，在四面体中，点分别是棱的中点。（）求证：平面；（）求证：四边形为矩形；（ ）是否存在点，到四面体六条棱的中点 的距离相等？说明理由。解：（3）存在满足条件的点，连接DF，EG，设为EG的中点，由（2）知，分别取PC，AB的中点M和N，连接，同理可证，四边形也是矩形，其对角线的交点也为，且，此时点为满足题意的点。7.（福建理科第12题）三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的

4、正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于_。 答案：8.（福建理科20）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。解：（2）以A为坐标原点，以AB所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于E，则，在中，设，则，由得；所以，（i）设平面PCD的法向量为，由得：取，得平面PCD的一个法向量为，又，

5、则由直线PB和平面PCD所成的角为得：解得：或（舍),所以（ii）假设在线段AD上存在一点G，使得点到，的距离都相等，设其中，则由得；由得：，由以上两式消去得，此方程无实数解，故在线段上不存在一个点使得点到，的距离都相等。9.（福建文科18）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，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_.答案：10.(福建文科20）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB。（1） 求证：CE平面PAD；（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=，CDA=45，求四棱锥P-ABCD的体积。

6、解：（2）由（1）知，又，所以，四边形为矩形，又PA底面，32正视图图13侧视图图2211211俯视图图3。11.（广东理科7）如图1 3，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（B）该几何体是一个底面为平行四边形，高为3的四棱柱，易求得平行四边形的高为，则图512（广东理科18）（本小题满分13分）如图5，在锥体中，是边长为1的菱形，且，分别是的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值18（1）证明：取的中点，连接，在边长为1的菱形中，是等边三角形，平面分别是的中点，平面（2）解：由（1）知，是二面角的平面角易求得二面角

7、的余弦值为13.（广东文科7）正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有 A.20 B.15 C.12 D.10解：上底面的每一个顶点都只有两条对角线，共有10条对角线。14.（广东文科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（A） （B）4 （C） （D）2解：该几何体是底面为菱形的四棱锥，其中侧棱长为，底面棱长为2，其中一条对角线的长为2，此时正视图为等边三角形，所以，底面积。15.（广东文科18）（本小题满分13分） 图5所示的几何体是将高为2，底面半径为1的

8、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. 分别为,的中点，分别为的中点. （1）证明：四点共面；（2）设为中点，延长到H，使得.证明：证明：（1）以为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则有：，此时，即共线，所以四点共面。（2） 由(1)知，所以 ，且，又，。16.（湖北理科14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴xy(y/)C/Ox/P/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xy(y/)C/Ox/P/PH，则曲线在平面内的射影的方程是 .【答案】,解析：（）

9、设点在平面内的射影的坐标为，则点的纵坐标和纵坐标相同，所以，过点作，垂足为，连结，则，的横坐标为，所以点在平面内的射影的坐标为；（）由（）得，所以代入曲线的方程，得，所以射影的方程填.ABCEA1C1B117.（湖北理科18）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：解法一：（1）过作于，连接，由直棱柱的性质知，底面又底面，为在侧面内的射影，在中，则由得：又，由三垂线定理知：。（2） 连接，过作于，连接，由（1

10、）知，根据三垂线定理得：，所以就是二面角的平面角，即，设则，在中，在中，故，又，当，即时，达到最小值，此时，与重合。解法二：以A点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则由已知可得：，于是，则，故。（2） 设，平面的一个法向量为，由（1） 得，于是由得，即，取，又由直三棱柱的性质可取侧面的一个法向量，于是由为锐角可得：，所以，又得，即。故当，即与重合时，达到最小值为。18.（湖北文科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 A. 比大约多一半 B. 比大约多两倍半 C. 比大约多一倍 D. 比大约多一倍半答案：D19.（湖北文科18）如图，已

11、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。解法（一）（1）由已知可得，又，又，。（2） 在中，由（1）得，于是有，又由 （1）知，又，故，于是为二面角的平面角，由（1）知，为等于直角三角形，即二面角的大小为。解法（二）以A点为坐标原点，以AC所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由已知可得：（1），（2），设平面的一个法向量为，由得，即，可取，设侧面的一个法向量为，由及，可取设二面角的大小为，由为锐角可得：332正视图侧视图俯视图图1即二面角的大小为。20.（湖南理科3、文科4）设图一是某几何体的三视图，则

12、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。21.（湖南理科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在,所以。故二面角的余弦值为。22.（湖南文科19）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，和是平面内的两条相交直线，所以（II）由

13、（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23.（江西理科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（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,设的中点为,的中点为，则平面互相平行,即为。过点分别作平面与平行即可的出结论。 （2）把正四面体置于一个正方体中，分别和重合，现设正方体

14、的棱长为,由（1）的作法，过点分别作得垂线，垂足分别为则为的中点，由于得，那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）24.（四川理科3、文科6）.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：A答案还有异面或者相交；三棱柱的三条侧棱相互平行，但不共面，则C不正确；三棱锥的三条侧棱所在的直线共点，但不共面，故D不正确。25.（四川理科15）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：解析：设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱的侧面积为等号成立时，解

15、得，此时26.（四川理科19）如图，在直三棱柱中，是棱上的一点，是的延长线与的延长线的交点，且平面(1)求证：(2)求二面角的平面角的余弦值；(3)求点到平面的距离解析：（1）连接交于,平面，平面平面，又为的中点，为的中点，故为的中位线，（2） 由题意,过B 作于点，连接，则,为二面角的平面角。在中，则，故二面角的平面角的余弦值为。(3) 因为，设点到平面的距离为，则在中，由余弦定理得：，则，又，即点到平面的距离为。向量解法：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则（1）设，由，两三角形相似得：，由此可得：，设平面的法向量为，则有，即，取得。因为平面，所以，解得，所以。（2）

16、 由（1)可知，平面的法向量的一个法向量为，又为平面的一个法向量，由图知，二面角 的平面角为锐二面角。所以二面角的平面角的余弦值为。（3） ，设平面的法向量为 所以，即，令有，又点到平面的距离为。27.（四川文科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，球的表面积为。设球的一条半径与圆柱相 应的母线夹角为， 圆柱侧面积， 当时，取最大值为，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之 差为28. （四川文科19）如图，在直三棱柱中，BAC=90，AB=AC=AA1=1， 延长A1C1至点P，使 C1PA1C1，连接AP交棱CC1于

17、点D（1）求证：PB1平面BDA1；（2）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：（1）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，C1D平面AA1，C1PA1C1，AD=PD，又AO=B1O，ODPB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1， PB1平面BDA1（2）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BEDA1 BEA为二面角AA1DB的平面角 在RtA1C1D中， 又， 在RtBAE中， 故二面角A

18、A1DB的平面角的余弦值为解法二：如图，以A1为坐标原点，以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，则，（1）在PAA1中有，即。设平面BA1D 的一个法向量为，则令，则，PB1面BDA1PB1平面BDA1。（2）由（1）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29.（江西文科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 被截去的四棱锥的三条侧棱中，有两条为面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面的两条边重合，另外一条为体对角线，在右侧面上的投影为右侧面的对角线，左

19、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。30（江西文科18）(本小题满分12分）如图，在中，为边上一动点，交于，现将沿翻折至，使平面平面。（1）当棱锥的体积最大时，求的长；（2）若点为的中点，为的中点，求证：解：（1），则，翻折后，又平面平面 ，平面平面，则平面平面 设，则 令， 则 单调递增极大值单调递减由上表易知：当时，有取最大值。（2）证明：作的中点，连接、 由已知得： 为等腰直角三角形， 所以.31.（浙江理科3）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.32.（浙江理科4）下列命题中

20、错误的是（A）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，那么平面（D）如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直与平面【答案】D 33.（浙江理科20）本题满分15分）如图，在三棱锥中，为 的中点，平面， 垂足落在线段上， 已知 8，4，32 （1）证明：； （2）在线段上是否存在点M，使得二面角为直二面角？ 若存在，求的长；若不存在，请说明理由。 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查想象能力和运算求解能力。满分15分。（1）证明：如图，以为原点，以射线为轴的正半轴

21、，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，由此可得所以 ，即（2）解：设 设平面的法向量平面的法向量 由 得即 可取 由 即 得 可取 由，得，解得，故 综上所述，存在点M符合题意。方法二：（1）证明：由,是的中点，得, 又平面,得。 因为，所以平面 故. （2）解：如图，在平面内作于,连. 由（1）中知,得平面. 又平面,所以平面平面。 在中，得在中,在，所以，所以在中, 得又从而所以综上所述，存在点符合题意，. 34.（浙江文科4）（4）若直线不平行于平面，且，则(A) 内存在直线与异面 (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【答案】B【解析

22、】在内存在直线与异面，所以A不正确；若存在直线与平行，又 则有，与题设相矛盾，B正确C不正确；在内不过与交点的直线与异面， D不正确.35.（浙江文科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【答案】B【解析】由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.36.（浙江文科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.解：（1）证明：以为原点，以射线为轴的正半轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由设，则，则，所以（2）证明：如图，以为原点，以射线为轴的正半轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则

23、，设平面的法向量为，则，所以，可设，则；设平面的法向量为则，即，可取，则，所以，即二面角的大小为。解法二：（）证明：由AB=AC,D是BC的中点，得ADBC, 又PO平面ABC,得POBC。 因为POAD=0，所以BC平面PAD故BCPA.（）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M,连CM. 因为BCPA.，得AP平面BMC.所以APCM.故BMC为二面角B-AP-C的平面角。 在中，得在中,在，所以，所以在中, 得又从而所以同理，因为， 所以=900即二面角的大小为900。37（山东理11、文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

24、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（ ）正（主视图）俯视图 (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.38（山东理19）在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，=，平面，.（)若是线段的中点，求证：（）若,求二面角的大小【解析】（)连结,因为，,所以平面平面,又易证,所以,即,也即,又为的中点,所以,又因为，所以,所以四边形是平行四边形,故,又因为平面, 平面,所以平面.（）取的中点,连结,因为,所以,又因为平面，平面,所以,又,所以平面,在平面内,过点作于,连结,由三垂线定理知

25、:,所以为二面角的平面角.设,因为=， =,=,连结,容易证得且,所以,所以=,所以在中, =,故=,所以二面角的大小为.39（山东文19）ABCDA1B1C1D1如图，在四棱台中，平面，底面是平行四边形，60（）证明：；（）证明：【解析】（）证明：因为，所以设,则,又因为60,所以在中,由余弦定理得：,所以=,所以,故,又因为平面，所以,又因为, 所以平面,又因为，故.(2)连结,设, 连结,由底面是平行四边形得:的中点,由四棱台知:平面平面,因为这两个平面同时都和平面相交,交线分别为、，故，又因为, ,，所以可由余弦定理计算得=，又因为,，所以可由余弦定理计算得=，所以且，故四边形是平行四

26、边形，所以，又平面，平面，所以. 40（辽宁理8）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是(A) (B)平面 (C) 与平面所成的角等于与平面所成的角 (D)与所成的角等于与所成的角答案：D41（辽宁理12）已知球的直径SC=4，A,B是该球球面上的两点，则棱锥S-ABC的体积为（A） （B） （C） （D）1解析：由题可知，A与B两点在与直径垂直的小圆面上，作过AB的小圆，与SC相交于D点，设，则，此时所求棱锥分割成两个棱锥，在和中，由已知条件可得：，又因为为直径，所以，则，在中，在中，所以，解得，所以，是等边三角形。所以，选C42（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长

27、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_.解：由体积可知，侧棱长与底面边长是2，由俯视图和左视图可知，矩形的长和宽分别是2和，故它的面积是。43（辽宁理18）如图，四边形为正方形，平面，。yzx（1）证明：平面平面（2）求二面角的余弦值。解：（1）以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，依题意有：则则，所以，即，故平面，又平面，所以平面平面。（2） 依题意有：，设是平面的法向量，则，即，可取，设平面的法向量为，则，可取，所以故二面角的余弦值为。44（辽宁文8）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视

28、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（A）4 （B） （C）2 （D）答案：B45（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 （A） (B) (C) (D)答案：C46(辽宁文18）如图，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD。（1）证明：PQ平面DCQ；（2）求棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值。解：（1）由条件知，为直角梯形，平面，平面平面，又平面平面，且四边形为正方形，平面，可知，在直角梯形中，则，平面。（2） 设，由题可知为棱锥的高，由（1

29、）知，为棱锥的高，而，的面积为，。47（天津理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_答案：解：该几何体是一个组合体，其中下面是一个长方体，其长宽高分别是3,2,1，上面是一个圆锥，底面半径为1，高为3，故。48（天津理17）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段 的长 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标

30、系，点B为坐标原点. 依题意得 （I）解：易得， 于是 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 （II）解：易知 设平面AA1C1的法向量， 则即 不妨令可得，同样地，设平面A1B1C1的法向量， 则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中点，得设，则，由平面A1B1C1，得，即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1

31、=B1A1，A1C1=A1C1，所以，过点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从而所以二面角AA1C1B1的正弦值为（III）解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，49（天津文10）一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为_答案：450（天津文17）本小题满分13分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形

32、，为中点，平面， ，为中点（）证明：/平面；（）证明：平面；（）求直线与平面所成角的正切值 本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。满分13分。 （）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB/MO。因为平面ACM，平面ACM，所以PB/平面ACM。 （）证明：因为，且AD=AC=1，所以，即，又PO平面ABCD，平面ABCD，所以，所以平面PAC。 （）解：取DO中点N，连接MN，AN，因为M为PD的中点，所以MN/PO，且平面ABCD，得平面A

33、BCD，所以是直线AM与平面ABCD所成的角，在中，所以，从而，在，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为51（全国大纲理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.52（全国大纲理11、文12）已知平面截一球面得圆，过圆心且与成二面角的平面截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【答案】D【命题意图】本

34、题主要考查二面角的概念与球的性质.【解析】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中, ,故圆的半径,圆的面积为. 53（全国大纲理16）己知点、分别在正方体的棱、上，且，则面与面所成的二面角的正切值等于 .【答案】【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.【解析】延长交的延长线于,连结,则为面与面的交线,由得,为中点.设正方体的棱长为1,则,又,平面,是面与面所成的二面角的平面角,在中,故面与面所成的二面角的正切值等于.54（全国大纲理19、文20）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

35、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

36、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.CABD55（全国大纲文8）已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂足,若，则（A） 2 （B） （C） （D）1【答案】C【命题意图】本题主要考查二面角的平面角及解三角形.【解析】因为是直二面角, ,平面,又,56（全国大纲文15）已知正方体

37、中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .【答案】【命题意图】本题主要考查正方体中异面直线AE与BC所成的角.【解析】取A1B1的中点M连接EM，AM，AE，则就是异面直线AE与BC所成的角。在中，.57（全国课标理6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D【解析】由该几何体的正视图、俯视图可知：该几何体可视为由半个圆锥和一个三棱锥组合而成的，从而侧视图应为D.58（全国课标理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 .【答案】【解析】设的交点为，球心为.于是在中,则59（全国课标理18）如图，四棱锥中，底面为平行

38、四边形，,.()证明：；()若，求二面角的余弦值.【解析】（）因为, 由余弦定理得 从而，故又，可得所以.故.（）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则,.设平面的法向量为，则 即 因此可取设平面的法向量为，则 可取 , 故二面角的余弦值为.60（陕西理5、文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.61（陕西理16）如图，在ABC中

39、，ABC=，BAC，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，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）解法(一）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

40、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解法(二）以，为空间向量的一个基底，设DB=1，则AD=,DC=3则，又，所以与夹角的余弦值是62（陕西文16）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

41、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, 三棱锥D的表面积是63（全国课标文16）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 【答案】【解析】设圆锥底面半径和球的半径分别为,则.于是球心到圆锥底面的距离为,所以两圆锥中，64（全国课标文18）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，,.()证明：；（II）设，求棱锥的高.【解析】（）因为, 由余弦定理得 从而，故又，可得所以.故.（II）如图，作，

42、垂足为.已知，则.由（）知，,所以.故，则.由题设知，则根据得.即棱锥的高为.65（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 【答案】【解析】设圆锥底面半径为，母线为，则，即：底面半径为1，母线为2，高为，故体积为66（上海理17）设是空间中给定的5个不同的点，则使成立的点的个数为 （ ） （A）0 （B）1 （C） 5 （D）10 【答案】B【解析】若为任意一点，为重心，则：；只有重心满足条件，所有不等式重心的点有,故只有该点是重心时才能为零向量，而重心只有一个，故满足条件的点只有一个本题也可以用空间向量的坐标进行运算。67（上海理21）已知是底面边长为1的正四棱柱，是与的交

43、点 设与底面所成角的大小为，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【解析】设正四棱柱的高为 连，底面，是与底面所的角，分在等腰中，又， 是二面角的一个平面角， 分在中，；在中，分 解法一如图建立空间直角坐标系，有，则分设平面的一个法向量为， ，由得11分令得由 点到平面的距离为，解得高14分解法二连,一方面，分则四面体的体积分另一方面，设正四棱柱的体积，三棱锥的体积为，则分据此，得解得高分68（上海文7）若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为的三角形，则该圆锥的侧面积是 【答案】【解析】根据题意得：底面的半径为，母线长度为，故侧面积为 69（上海文19）设是平面上给定的4个

44、不同的点，则使成立的点 的个数为（ ）A0 B1 C2 D4 【答案】B【解析】若为任意一点，为重心，则：；只有重心满足条件，所有不等式重心的点有,故只有该点是重心时才能为零向量，而重心只有一个，故满足条件的点只有一个70（上海文20）已知是底面边长为1的正四棱柱，高求：（1）异面直线与所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）四面体的体积【解析】 连， ， 异面直线与所成角为，记，3分 6分 异面直线与所成角为7分 连，则所求四面体的体积为：14分71（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点均在半径为 的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为A B C1 D答案：C解析：设四棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，则平面，在中，四棱锥的高，,过作交于点则，在中，72（重庆理19）如题（19）图，在四面体中，平面平面， （）若，求四面体的体积； （）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30=1，AF=ADcos30=.在RtABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，由勾股定理易知故四面体ABCD的体积（II）解法一：如答（19）图