高考数学总复习 专题10 立体几何分项练习（含解析）理-人教版高三数学试题

专题10立体几何

一.基础题组

1.【课标全国I,理6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm,将一

个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的

厚度，则球的体枳为（).

866兀1372兀“2048兀3

--------cm3cmD.----------cm

333

【答案】A

【解析】设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长一半可构成直角三角形，即AOBA为直角三角形，

如图.BC=2,BA=4,0B=R-2,OA=R,由笛=依一2尸+『，得R=5,所以球的体积为士一=—it（cm3）,

33

故选A.

2.【全国，理7】如图，网格纸上小正方形的边长为I,粗线画出的是某几何体的三视图，则

此几何体的体积为（）

A.6B.9C.12D.18

【答案】B

【解析】由三视图可推知，几何体的直观图如下图所示，可知46,3=3,PH3,勿垂直平分疑，旦

尸C1平面ACB,故所求几何体的体积为1x(|x6x3)x3=9.

3.【全国新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧

视图可以为()

【答案】I)

【解析】

解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，

是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成,

J侧视图是一个中间有分界线的三角形，

故选D.

4.【全国，理7】已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4,体积为16,则这个球的表面

积是()

(A)16n(B)20n(C)24n(D)32n

【答案】C

【解析】

解：正四棱柱高为4,体积为16,底面积为4,正方形边长为2,

正四棱柱的对角线长即球的直径为2旧，

・・•球的半径为北,球的表面积是24兀，

故选C.

5.1全国1,理2]一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为万，则球的表面积为

（）

A.8⑪九B.84C.4扬•D.4万

【答案】B

【解析】

由题知，截面圆半径为1,距离，截面圆半径，球的半径构成直角三角形，即球的半径的平方二距离的

平方+截面圆半径的平方，所以，球的半径等于根号2,球的表面积公式4E半径的平方，所以，答案是

8n

6.【全国1,理4】如图，在多面体ABCDEF中，已知ABC）是边长为1的正方形，且△

BCF均为正三角形，EF//AB,EF=2,则该多面体的体积为（）

【答案】A

【解析】

A4

【答案】（I）详见解析；（H）,

7

【解析】（D连接BG，交4C于。，连接4。.因为侧面33。。为菱形，所以用CJL3G，且。为30

与5G的中点.又/_!_旦C,所以30，平面3。，故为C，/。.又用。=。。,故XC=/5i.

（II）因为NC_L4B],巨。为与C的中点，所以40=C。，又因为/5=5C,ABOA=ABOC.故

Q4_LOB,从而04OR。4两两垂直.以。为坐标原点，砺的方向为“轴正方向，|丽|为单位长,

建立如图所示的空间直角坐标系因为NCB耳=60°,所以ACB以为等边三角形.又AB=RC,

，8(1,0,0),取0,率0).

则40,0,c(0,

-1冬。,

AB、=(0岑,一§,A禺=.=(1,0,一书BG=8。=(一1,一亭0).

\/3Gn

n-AR=0,

设〃=（x,），,z）是平面AA^的法向量,V即133所以可取

〃•A1修=0,

x----z=0,

3

〃二(i,G,a

IH,A8]=0,-lL

设团是平面A4G的法向量，则,"1同理可取，〃=(i,—

〃1.B]C]=0,

.■>?•“7II

则cos<n,in>=p-r；—r=—.所以二面角A——C1的余弦值为一.

同网77

9.【课标全国I,理18]如图，三棱柱力笈。-48£中，CA=CB,AB=AA„/劭4=60’.

⑴证明:ABLAxQ

(2)若平面力收人平面AB=CB,求直线4c与平面8区GC所成角的正弦值.

【解析】⑴证明：取出的中点4连结%,以，4£.

因为CA=CB,所以OC]_AB.

由于超二阳”/SM=60°>

故△川田为等边三角形,

所以以13

因为OCC\OA=O,所以平面OA.C.

又ACU平面以£故AB]_A,C.

⑵解：由(1)知OCAB.

又平面力比工平面44由8,交线为AB,

所以弦1平面A小BB

故如，如】，3两两相互垂直.

以。为坐标原点，血的方向为x轴的正方向，近I为单位长，建立如图所示的空间直角坐

标系O—xyz.

由题设知加1,0,0),A(o,后0)>C(0,0>+)>凤一1,0,0).

则就=(1,0,出),呵=豆=(-1,50),前=9,一也,回.

设n=(必%4是平面班的法向蚩，

nBC=Qt[x+JSz=0.厂

则｛一即｛L•可取4(右，1,一1).

[nBB1=0,[—X+指y=0.

故cosG,前>=上至=_亚.

同第5

所以4c与平面郎区。所成角的正弦值为可.

10.【全国1,理18](本小题满分12分)

四棱锥A—8CQE中，底面3cOE为矩形，侧面A8C_L底面8COE,BC=2,CD=6,

AB=AC.

(I)证明：ADLCE；

(II)设CE与平面A8E所成的角为45,求二面角。一4。一石的大小.

18题图

AB=AC,:.AFLBC,

乂面ABC_L面BCDE,:,A/7J_面BCDE,

/.AF1CE.

V2

tanZ.CED=tan/.FDC=

2

/OED+/ODE=9U,.-.ZDOE=90,即CE_LZ)b,

.•.。七_1面4。/，:.CE1AD.

（2）在面46内过C点作血的垂线,垂足为G.

-CG±AD,CE1AD,二如，面6®^,:.EG±AD,

则NCGE即为所求二面角的平面角.

ACVCD28V&加/次后回

CCJ=-------------=>DG=>MG=-ZJCT=--------->

AD333

222

—/7HICG+GE-CE晒

CE=J6,贝UcosNCGE=---------------------=------->

2CGU3E10

XCGE=ic—arc8s即二面角C-AD-E的大小n—arccos

H.【高考新课标1,理6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问

题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处

堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为

8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立

方尺，圆周率约为3,估算出堆放斛的米约有（）

（A）14斛（B）22斛（C）36斛（1））66斛

【答案】B

【解析】设圆锥底面半径为r.则^x2x3r=8=厂=3,所以米堆的体积为

43

2

lxlx3x（—）x5=—,故堆放的米约为型+1.62比22,故选B.

43399

【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式

12.【高考新课标1,理18］如图，，四边形/以力为菱形，N/1叱120°,E,/是平面/I阳9同

一侧的两点，比LL平面16卬，阴£平面/山必，B后2DF,AEIEC.

（I）证明：平面质CL平面"G

（II）求直线力£与直线次所成角的余弦值.

E

AB

【答案】（I）见解析（H：—

3

【解析】

试题分析：（I）连接加，设J#CAC=G,连接EG,FG,EF,在菱形力次力中，不妨设侬I易证

EGLAC,通过计算可证比1”,根据线面垂直判定定理可知用1•平面加T,由面面垂直判定定

理知平面"CL平面力制（［I）以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为轴，y轴正方向，|GB\

为单位长度,建立空间直角坐标系Grjz利用向量法可求Hl异面直线/应与疗'所成角的余弦

值.

试题解析：（I）连接BD,设皮TL4C=G,连接EG/G,稗，在菱形为BCD中,不妨设G3=l,由450=120

可得AG=GC=拒.

由4E1平面45CD,H5=SC可知，A耳EC,

y.\'AELECf：.EG=43,EG1AC,

在RiAEBG中，可得BE=a,故DF=J.

2

在RtAFDG中，可得尸G=、§.

2

在直角梯形区加中，由电＞=2,即=垃,DF=也可得£尸=述,

22

・•・EG2+FG2=EF2,I.EGA.FG,

'：ACHFG=G,,・.£GJ_平面4%，

•・•EGu面AEC,:.平面AFCL平面AEC.6分

（II）如图，以G为坐标原点，分别以G瓦GD的方向为x轴，y轴正方向，|G月|为单位长度，建立空间

直角坐标系搭吵，由（I）可得乂（0,一出,0）,娟：1,0,垃）,F（-1,0,4）,0（0,拒，0）,

：.AE=（1,出，&）,CF=（-1,-6,—）…」0分

2

故8s（花而"叁更=-更.

I/S3

所以直线AE与CF所成的角的余弦值为理.……12分

【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

13.【高考新课标理数1】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂

直的半

径.若该几何体的体积是08三兀，则它的表面积是

3

(A)17n(B)(D)28Ji

【答案】A

【解析】

由三视图知，该几何体的直观图如图所示:

是•个球被切掉左上角的，即该几何体是Z个球，设球的半径为R,则兀R3=*,

8833

解得R=2,所以它的表面积是,的球面面积和三个扇形面积之和，即

8

73,

—x4nx22+—X7cx22=177r,故选A.

84

【考点】三视图及球的表面积与体积

【名师点睛】由于三视图能有效地考会学生的空间想象能刀,所以以三视图为载体的立体几何题

基本上是高考每年必考内容，高考试题中三视图一般与几何体的表面枳与体枳相结合.由三视图

还原出原几何体是解决此类问题的关键.

14.【高考新课标理数1】平面过正方体力仇力-力心的顶点从〃平面次山，al平面册g小

aI平面力8遥4=〃，则m,〃所成角的正弦值为

(A)—(B)—(C)—(D)-

2233

【答案】A

【解析】

，

试题分析：如图,设平面CB1P1n平面/CO=泄，平面CB14n平面加用4=〃'，因为a"平面CBP1,

所以沏”冽下“加，则沏/所成的角等于初，川所成的角.过A作4即/为C,交.仍的延长线于点K连接

CE,则庭为一.连接4已，过々作4月k4曲,交Z4的延长线于点耳，则4月为力.连接RD,则

BDllCE,B^II型，则也/所成的角即为型配所成的角，为60。,故冽/所成隹的正弦值为当，

4

选A.

【考点】平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角

【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角，求异面直线所成角的步骤是:平移定角、

连线成形、解形求角、得钝求补.

15.【新课标1,理7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直

角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰宜角三角形.该多面体的各个面中有若干

个是梯形，这些梯形的面积之和为

A.10B.12C.141).16

【答案】B

【解析】

试题分析：由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个

相同的梯形，则这些梯形的面积之和为2X(2+4)X2X：=12,故选B.

【考点】简单几何体的三视图

【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合,

解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体

的三视图.

二.能力题组

1.【课标全国【，理8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.

A.16+8nB.8+8/C.164-16nD.8+16n

【答案】A

【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r=2,长为4,

在长方体中，长为4,宽为2,高为2,所以几何体的体积为H/X4X1+4X2X2=8兀+16.故选A.

2

2.【全国，理6】已知直二面角a一1一8,点、AG。，ACL1,。为垂足，BQ£,BDY1,D

为垂足，若力？=2,AC=BD=1,则〃到平面力欧的距离等于（）

A&R石「娓n1

A.B.C.D.1

333

【答案】C

【解析】如图，因为二面角a一尸是直二面角，AC1/,所以AC1£,面45。_1_面38,过。作

DE工BC于E,则。后_1面43（7,QE即为D到平面ABC的距离。在KM/LBC中，

BC=《由-ZC?=粗，在RMCD中,CD=^2,DE=BD9CD

BC3

3.【新课标，理10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,

则该球的表面积为（）

711

A.aaB.-na2C.—naD.5兀a

33

【答案】B

【解析】如图，4,。分别为上、下底面的中心，

〃为。。的中点，则如为球的半径，有

r=DB=y/OD2+OB2=^+y=｛符,

7/7

；・S次=4工尸=4nX------=—na.

123

4.【全国卷I,理7】已知三棱柱ABC-ABC的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射

影为BC的中点，则异面直线AB与CG所成的角的余弦值为（）

,V3有近n3

A.-----B.-----C.-----D.一

4444

【答案】I）

【解析】设棱长为2,BC的中点为D,由题意,得AD=6

在RtZXAAD中,

2

AD=yjA^-AD="一（扬2=].

在RtZ\ABD中，入8=抬4+BD?=也.

•・・,AAi〃CG,

AAB与AAi所成的角NA】AB即为AB与CG所成的角.

在△AiAB中，由余弦定理,得cosNRA3=A'+AB2_4B2=4+4-2=3

2AA,•AB2x2x24

B：

5.【全国卷I,理10】已知二面角a-1-0为60°,动点P、Q分别在面a、B内，P到B

的距离为JJ,Q到a的距离为2百，则P、Q两点之间距离的最小值为（

A.V2B.2C.2V3D.4

【答案】C

【解析】作PM1B,QN1a,垂足分别为M、N.

分别在面a、B内作PE11,QF11,垂足分别为E、F.

连结ME、NF,则ME11,

「.NPEM为二面角a-1-p的平面角.

.'.ZPEM=600.

在RtAPME中，PE=PM=6=2,同理QF=4.

sin60°sin60°

~PQ=~PE+~EF-^~FQ,

.2.2.।•....

PQ=4+EF+\6+2PE^EF+2PE^PQ-^-2EF^FQ

=20+EF2+2X2X4COS120<>

=12+京

・•・当豆L取最小值。时，而2最小，此时|而=26,

即当PQ_L1时，|而最小.

/MQ

6.【全国新课标，理15］已知矩形/仍⑦的顶点都在半径为4的球。的球面上,且力8=6,BC

=2行，则棱锥。力时的体积为

【答案】86

【解析】

矩形的对角哪长为：J62+(2向2=4值,所以球心利矩形的距离为：「2.(2而2=2,

所以棱锥O-ABCD的体积为：1X6X2J3X2=&J3.

故答案为：&J3

7.【全国，理13】已知正四棱锥的体积为12,底面对角线的长为2遥，则侧面与底面所成的

二面角等于O

【答案】60°

【解析】首先，你要知道正四棱锥的定义。正四棱锥的底面是正方形，侧面为4个等腰三角形且有公共顶

点，顶点在底面的投影是底面的中心。三角形的底边就是正方形的边，体积公式是：1/3*底面积*棱柱

的高，即V=Sh/3,其次，你要理解二面角的定义及其位置。根据题意，底面对角线的长为2倍根号6,则

底边等于2倍根号3,所以底面积为12。又Sh/3=12,所以h=3,设侧面与底面所成的二面角为a，则tga=3/

(根号3)=|艮号3,所以。=60°,即侧面与底面所成的二面角等于60°.

8.【全国1,理15]AABC的外接圆的圆心为0,两条边上的高的交点为H,

OH=m(OA+OB+~dC),则实数m=.

【答案】1

【解析】

思路；作直径5a连接。4,DC,

OB=—OD,

H为"8出垂心

.\CHVAB.AHVBC

•JBQ为直径.,皿《LdBDCIBC

:.CHI/AD,AH!/CD

故四边形4HCD是平行U!边形

AH=DC,DC=OC-OD=OC^OB

:.OH=OA^AH=OA+DC=OA+OB^OC

对比系数，得到加=1

9.【全国，理19】如图，直三棱柱/俗C一力出G中，〃^比='/14,〃是棱/Mi的中点，DG上BD.

2

(1)证明：DCdBC：

(2)求二面角4一4〃一。的天小.

【解析】(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形.

由于〃为/U的中点，故DC=DC\.

又AC=；A41,可得〃L+小=82,

所以如_L〃C.

而DC,DCC\BD=I),所以〃GJL平面4切.

BCU平面BC。,故DG1BC.

⑵由⑴知如，且8CJ_CG,

则8C_L平面ACG,

所以。，CB,CG两两相互垂直.

以。为坐标原点，面的方向为x轴的正方向，CA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标

系C—xyz.

由题意知4(1,0,2),8(0,1,0),Z?(l,0,1),61(0,0,2).

则A力=(0,0,一1)，BD=(1,-1,1),DC,=(-1,0J).

设孙为名)是平面A周即的法向蚩,

x—y+^=0,

n4。=0.2=0,

可取户（1,1,0）.

同理,设理是平面■如的法向量,

[mBD=0.

{___可取k（1>2,1）.

"DG=0.

n-m出

故二面角4一如一G的大小为30°

10.【新课标，理18】（12分）如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，ABZ/CD,AC±BD,

垂足为H,PH是四棱锥的高，E为AD中点.

(1)证明PEJLBC；

(2)若NAPB=NADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.

【解析】：以H为原点，HA,HB,HP分别为x,y,z轴,线段HA的长为单位长，建立空间直角

坐标系如图，则A(1,O,O),B(0,1,0).

(1)(理)证明：设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0),

则D(0,m,0)，li(—，—»0).

22

//A，小A

rn

口J得PE=(—,—,—n),BC=(m,—1,0).

22

因为PE•BC=---4-0=0,所以PEJJ3c.

22

--

(2)W：由已知条件可.得m=-g,n=l,故C(一：0,0),D(0,-^―,0),E(—,-^―0)9

3326

P(0,0,1).

设n=(必A,4为平面尸印的法向量，

r

.■•/ffi=o,_nL一也》=0

则｛一即打6>，

l・*。,[z=O.

因此可以取的3出，3.

由秒二(1,0,-1),可得|cos<刀，">|=走，

4

所以直线对与平面乩〃所成角的正弦值为二

4

11.【全国1,理18】已知四棱锥P—ABCD的底面为直角梯形，AB〃DC,ZDAB=90°,9八_1_底

面ABCD,且PA=AD=DE=LAB=I,M是PB的中点.

2

(1)证明:而PAD_L面PCD；

(2)求AC与PB所成的角；

(3)求面AUC与面BMC所成二面角的大小.

【解析】

方案一：

(I)证明：•・•PA_L面ABCD,CD1AD,

・•・由三垂线定理得：CD±PD.

因而，因与面PAD内两条相交直线AD,PD都垂直,

ACD±ffiPAD.

乂CDu面PCD,・••面PAD_L面PCD.

(II)解：过点B作BE//CA,且BEKA,

则/PBE是AC与PB所成的角.

连结AE>可知AC=CB=BE=AE=又AB=2>

所以四边形ACBE为正方形.由PA1面ABCD得/PEB=90°

在RtZkPEB中BE=>PB=^>/S>cos/PBE=-----="

PB5

/呜阳所成的角为arccos半

(III)解:作ANJ_CM,垂足为N,连结BN.

在RtZ^PAB中,AM=MB,XAC=CB,

AAAMC^ABMC,

ABN1CM,故NANB为所求二面角的平面角.

VCB±AC,由三垂线定理，得CB_LPC,

在RtZ\PCB中,CM=MB,所以CM=AM.

在等腰三角形AMC中，AN・MC=JcM2-(—)2-AC，

AN〜BN?-AB?2

/.AN=2-=~..\AB=2/.cos/ANB=

V5V52xANxBN3

2

故所求的二面角为arccosb—).

3

方法二：因为PA_LPD,PA_LAB,AD±AB,以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直

角坐标系，则各点坐标为

A(0,0,0)B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,I),M(0,1,-).

2

(I)证明：因而=(0。1),皮=(0,1,0),故而友=0,所以4P_LOC.

由题设知AD_LDC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC_L|fiPAD.

又DC在面PCD上，故面PADJ_面PCD.

(II)解：因元=(1,1,0).而=(0,2,-1),

故|布=⑸丽=氐衣•丽=2,所以

77t碇ACPBV10

IACH一例5

(III)解：在MC上取一点N(孙为名"则存在/e凡使汨=4荻,

11

NC=(l-xA-y-z\MC=(l:Q--):：.x=l-Azy=liz=-A..

--14,4

要使•_LMC只需AN-MC=0gPx--z=0.解得久=

25

可知当久时，旗坐标为能使国.标=0.

此时，衣C，丽=4-悖有菽证=0

由丽•雨=0,BNMC=0得AN±MQBN1MC所以NANB为所求二面角的平面角.

—,3()■,30,■4

•/|AN|=—,|8N|=—,AN・BN=一一

555

AN-BN2

cos(AN,BN)

3

2

故所求的二面角为irccosG?.

12.【新课标1,理16］如图，圆形纸片的圆心为0,半径为5cm,该纸片上的等边三角形/阿

的中

心为aD,E,尸为圆0上的点，丛DBC,AECA,△*8分别是以80,CA,/仍为底边的等腰三角

形.沿

虚线剪开后，分别以8。，窃，/仍为折痕折起△〃笈7,2EC限Z\a区使得。，E,6重合，得到

三棱锥.

当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为

【答案】4拒

【解析】

试题分析：如下图，连接加交/K于点G,设〃，区♦,重合于S点，正三角形的边长为％(*>0),

则。6=12=旦.

326

FG=SG=5-—x，

6

s/,M9L右YfV3Y护豹’

SO=h=7SG-GO=.5---6xJ-I——6xJ

三棱锥的体积V=1Sgsc/=gX曰/x卜(5_.川=萼卜中.

设〃(x)=5x4-#—x>0,则〃'(力=20./-33.

—X9

令"(x)=0,即4?一抬=。，得X=4J5,易知1〃(x)在/=4>/5处取得最大值.

・•・匕⑼=X12-x48xV5^4=4x/i5.

A

\、!G//

X1।f

\1，

\1/

\1f

、1/

\1/

\/

\I

\l/

■C

D

【考点】简单几何体的体积

【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知

量,利用图形特征表示出三棱锥体枳.当体枳中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质

进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.

三.拔高题组

1.【课标I,理12］如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,

则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()

(A)60(B)(C)60(D)

【答案】B

【解析】由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高

均为4个单位，故可考虑置于棱长为4个单位的正方体中研究，如图所示，该四面体为

D-ABC,且4g=BC=4,

AC=4垃,DB=DC=26D^=7(4>/2)2+4=6,故最长的棱长为6,选B.

2.【全国，理11】已知三棱锥S-4笫的所有顶点都在球。的球面上，△力成1是边长为1的正

三角形，SC为球。的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为()

A.旦

~6~BY等后

【答案】A

【解析】:充是球。的直径，・•・/）=/窈5=90°.\'BA=BC=AB=1,S0=2>：.AS=8S=+.

取四的中点必显然疑1/，31CS,・•.松1平面以S.

在4CDS中，8=迫，。5=巫，比=2,利用余弦定理可得cos/CDS=。*前一对=一_工，

222CDSD屈

故.”m=喧，源g=k旦理、％=立,

回皿222屈2

.".月%-%+%-G»=-•S3*8D+-•AD=-Sg-BA=-x——xl=——.

333326

3.【全国，理11】已知平面。截一球面得圆M过圆心"且与a成60°二面角的平面后截

该球面得圆此若该球面的半径为4,圆也的面积为4冗，则圆」V的面积为（）

A.7nB.9nC.11nD.13Ji

【答案】D

【解析】如图：3/JL面口由口M的面积为4故仙"=2

在KfAOHM中，==2：/。血/=60。：。河=。4

QVJ_面口N,在火/A0MV中，/0M?^=3O。：

OV=OMTkin30。=若;NB=JOB?-0解=岳,.二口N的面积=双加y=13〃

4.【全国1,理11】已知三楂柱的侧棱与底面边长都相等，片在底面43c内

的射影为△48。的中心，则A片与底面A8c所成角的正弦值等于（）

1V2,y/32

A.—B.C.D.一

3333

【答案】C.

【解析】由题意知三棱锥A-ABC为正四面体，设棱长为，则A4=6。，棱柱的高

AO=J〃一"o'=J〃2.（|x乎〃）2=半〃（即点B1到底面A8C的距离），故A片与底面

A3C所成角的正弦值为4^=—.

的3

另解：设A及ACA4,为空间向量的一组基底，4氏A&A《的两两间的夹角为60°

―.—.］一］一.-.

长度均为，平面ABC的法向量为OA—AB,=AB+AA.

斯.福=「2榨卜旦|同二百

JJ

则AB.与底面ABC所成角的正弦值为|弋制=—.

|阿阿3

5.【全国卷I,理15】直三棱柱ABC-AB3的各顶点都在同一球面上.若

AB二AC二AA尸2,/BAC=12(T,则此球的表面积等于—

【答案】20n

【解析】由题意,知球心o在线段oa的中点、上，

在AABC中，由余弦定理得,BC=2指，

RC

在△AOC中,由正弦定理得201c=-------=4,即0^=2,

sin120。

设球半径为R,在RtZkOOC中,

00(=10(C=2jOC=R,又,R'=l+4=5,

・•・球的表面积为S=4nR2=20n.

6.【全国1,理16】等边三角形ABC与正方形A8D£有一公共边A3,二面角。一A8-O的

巧

余弦值为上，M,N分别是AC,BC的中点，则EM,AN所成角的余弦值等

3

于.

【答案】

6

【解析】设4笈=2,作C0_LjfiA3DE

OH±AB,则C〃J_A8,NC〃O为二面角C-AB-D的平面角

CH=>/3,OH=CHcos4CHO=1,结合等边三角形ABC

与正方形48DE可知此四棱锥为正四楂锥，则AN=EM=CH=>5

AN=-(AC+AB\EM=-AC-AE,AN•EM=-(AB+AC)^-AC-AE)=-

22222

AN•FMI

故EM,AN所成角的余弦值---------=-

ANEM6

另解：以。为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,

则点4(—L-L0),5(1-L0):E(-LL0):C<0:0:,

11点、

呜4rV2

则而=(上」，乌而=(L-2马:国.屈」，函=画

2222222

~AN.E\t1

故皿，加所成角的余弦值;士||竺|=

6

7.【全国1,理16］在正方体ABCD—A'B'C'D'中，过对角线BD'的一个平面交AA'于E,

交CC'于F,则

①四边形BFD,E一定是平行四边形.

②四边形BFD'E有可能是正方形.

③四边形BFD'E在底面ABCD内的投影一定是正方形.

④平面BFD'E有可能垂直于平面BB'D.

以上结论正确的为.(写出所有正确结论的编号)

【答案】①③④

【解析】

解析:结合上图分析可失QBD与EF不可能艮饼目等又垂直平分:②不正确.其余均对.

8.【全国新课标，理18】如图，四棱锥尸力打力中，底面力磨9为平行四边形，/加8=60：

仍=2/1。，叩比底面ABCD.

(1)证明：PAIBD；

⑵设/力=/切，求二面角力一反一「的余弦值.

【解析】(1)因为360°>AB=2AD,由余弦定理得氏0=道3.

从而9+故必)1助，

又用1底面ABCD,可得BDlFD.

所以劭1平面PAD.故PA\_BD.

(2)如图，以〃为坐标原点，9的长为单位长，射线加为x*日的正半轴建立空间直角坐标系〃灯z.

则/(I,0,0),B(0,G，0),。(-1,5/3,0),夕(()，0,1).

AB=(-1,6，0),PB=(0,6，—1),BC=(―1,0,0).

n-AB=0

设平面用仿的法向量为〃=(>,y,z),则，

n,PB=O

-x+6y-0

即《

V3y-z=0

因此可取〃=(6,1,V5).

mPB=O

设平面如C的法向量为卬，则，

m-BC=0

可取R=(0,—1,—G),cos6?7,n)=^==-^^-

'/2e7

25/7

故二面角4的。的余弦值为

~7~

9.【全国，理19】如图，四棱锥S—力施〃中，AB//CD,HCLCI).侧面S!/，为等边三角形.AH

=BC=2,CD=SI)=\.

(1)证明：S9_L平面以丛

⑵求力〃与平面5次,所成的角的大小.

【解析】

解法一：

⑴取出中点瓦连结期,则四边形无以为矩形,DE=CB=2.

连结双

贝於SE=J5.

又助ul>故"=密+切’

所以/g为直角.

由AB1班,AB1SE,DEC\SE=E,得出1平面SDE,所以AB>SD.

S〃与两条相交直线/以SE都垂直.

所以S〃_L平面SAB.

⑵由亚L平面仞5知，平面四勿1平面SDE.

作SFlDE,垂足为F,

nl,T本巾SDxSE道

则玩L平面板2SF