广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选34
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选32
立体几何3214、如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB= 2AD =2CD =2．E是PB的中点．（I）求证：平面EAC⊥平面PBC;（II）若二面角P－AC－E的余弦值为3PA与平面EAC所成角的正弦值．欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
qq:2355394557欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
qq:2355394557-2 -15、如图甲，直角梯形ABCD 中，AB//CD ，2DAB π∠=，点M 、N 分别在AB 、CD 上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC=2，MB=4，现将AMND 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直（如图乙。
） （I ）求证：DC//平面AMB ；（II ）当DN 的长为何值时，二面角D —BC —N 的大小为60°？解析：(I)证明：依题意AM//DN ，BM//CN ，且DN∩CN=N， 所以平面CND∥平面AMB,又因CD ⊂平面CDN,所以CD∥平面AMB 。
（II ）如图，以点N 为坐标原点，以NM ，NC ，ND 所在直线分别作为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标，由MB ＝4，BC ＝2，∠MCB＝90°知∠MBC＝60°，CN ＝4－2cos60°＝3，MN建立空间直角坐标系.N xyz -易得NC=3，，设DN a =，则D(0,0,a),．-3 -16、如图，矩形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB∥CD，AB=AD=1． CD=2,DE=3，M 为CE 的中点．(I) 求证：BM∥平面ADEF ：(Ⅱ)求直线DB 与平面BEC 所成角的正弦值；(Ⅲ)求平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角的余弦值．解析：证明 ：（Ⅰ）取DE 中点N ，连结MN ，ａN 在EDC ∆中，M ，N 分别为ED ， EC 的中点，欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选10
立体几何1015．如图，已知平面A 1B 1C 1平行于三棱锥V-ABC 的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（1）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线；（2）求点A 到平面VBC 的距离；（3）求二面角A-VB-C 的大小.解法1：（Ⅰ）证明：∵平面111A B C ∥平面ABC ，1111//,//BC BC AC AC ∴BC AC ⊥1111B C AC ∴⊥又∵平面1ABC ⊥平面ABC ，平面1ABC ∩平面ABC AC =， ∴BC ⊥平面1ABC ，1BC AB ∴⊥111B C AB ∴⊥，又11111AC B C C ⋂=，1111B C AB B ⋂=.11B C ∴为1AB 与11AC 的公垂线.（Ⅱ）解法1：过A 作1AD B C ⊥于D ，∵△1ABC 为正三角形，∴D 为1B C 的中点.∵BC ⊥平面1ABC ∴BC AD ⊥， 又1B C BC C ⋂=，∴AD ⊥平面VBC ，∴线段AD 的长即为点A 到平面VBC 的距离.在正△1ABC 中，2AD AC a ===.∴点A 到平面VBC .(III)过D 点作DH VB ⊥于H ，连AH ，由三重线定理知AH VB ⊥AHD ∴∠是二面角A VB C --的平面角。
在Rt AHD中，1111.B D DH AD B DH B BCBC B B =⋅∞⋅=11.5B DBC DH a B B ⋅∴==tan AD AHD DH∴∠==AHD∴∠=。
所以，二面角A VB C --的大小为16．如图,α⊥β,α∩β=l , A ∈α, B ∈β,点A 在直线l 上的射影为A 1, 点B 在l 的射影为B 1,已知AB=2,AA 1=1, BB 1=2, 求:(Ⅰ) 直线AB 分别与平面α,β所成角的大小;(Ⅱ)二面角A 1－AB －B 1的大小.解法一: (Ⅰ)如图， 连接A 1B ，AB 1， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA 1⊥l ， BB 1⊥l ，∴AA 1⊥β， BB 1⊥α． 则∠BAB 1，∠ABA 1分别是AB 与α和β所成的角．Rt △BB 1A 中， BB 1= 2 ， AB =2， ∴sin ∠BAB 1 =BB 1AB = 22 ． ∴∠BAB 1=45°． Rt △AA 1B 中， AA 1=1，AB =2， sin ∠ABA 1=AA 1AB = 12， ∴∠ABA 1= 30°．故AB 与平面α，β所成的角分别是45°，30°．(Ⅱ) ∵BB 1⊥α， ∴平面ABB 1⊥α．在平面α内过A 1作A 1E ⊥AB 1交AB 1于E ，则A 1E ⊥平面AB 1B ．过E 作EF ⊥AB 交AB 于F ，连接A 1F ，则由三垂线定理得A 1F ⊥AB ， ∴∠A 1FE 就是所求二面角的平面角．在Rt △ABB 1中，∠BAB 1=45°，∴AB 1=B 1B =2． ∴Rt △AA 1B 中，A 1B =AB 2－AA 12 =4－1 =3． 由AA 1·A 1B =A 1F ·AB 得 A 1F =AA 1·A 1B AB = 1×32 = 32， ∴在Rt △A 1EF 中，sin ∠A 1FE = A 1E A 1F = 63 ， ∴二面角A 1－AB －B 1的大小为arcsin 63．解法二: (Ⅰ)同解法一．(Ⅱ) 如图，建立坐标系， 则A 1(0，0，0)，A (0，0，1)，B 1(0，1，0)，B (2，1，0)．在AB 上取一点F (x ，y ，z )，则存在t ∈R ，使得AF →=t AB → ， 即(x ，y ，z －1)=t (2，1，－1)， ∴点F 的坐标为(2t ， t ，1－t )．要使A 1F →⊥AB →，须A 1F →·AB →=0， 即(2t ， t ，1－t ) ·(2，1，－1)=0， 2t +t －(1－t )=0，解得t =14 ， ∴点F 的坐标为(24，－14， 34 )， ∴A 1F →=(24，14， 34 )． 设E 为AB 1的中点，则点E 的坐标为(0，12， 12)． ∴EF →=(24，－14，14)． 又EF →·AB →=(24，－14，14)·(2，1，－1)= 12 － 14 － 14=0， ∴EF →⊥AB →， ∴∠A 1FE 为所求二面角的平面角．又cos ∠A 1FE = A 1F ，→·EF →|A 1F →|·|EF →| = (24，14，34)·(24，－14，14)216+116+916 ·216+116+116 = 18－116+31634 ·12= 13 = 33 ， ∴二面角A 1－AB －B 1的大小为arccos33．17．在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ．（1）求四棱锥P －ABCD 的体积；（2）若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与PA 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．设与的夹角为θ,有cos θ=4233434923=+⋅+,θ=arccos 42, ∴异面直线DE 与PA 所成角的大小是arccos42； 解法二：取AB 的中点F,连接EF 、DF.由E 是PB 的中点,得EF ∥PA ，∴∠FED 是异面直线DE 与PA 所成角(或它的补角)，在Rt △AOB 中AO=ABcos30°=3=OP ，于是, 在等腰Rt △POA 中，PA=6，则EF=26. 在正△ABD 和正△PBD 中,DE=DF=3， cos ∠FED=34621=DE EF =42 ∴异面直线DE 与PA 所成角的大小是arccos 42.18.．在直三棱柱ABC ABC -中，90,1ABC AB BC ∠===.（1）求异面直线11B C 与AC 所成的角的大小；（2）若1AC 与平面ABC S 所成角为45，求三棱锥1A ABC -的体积。
广州市重点学校备战2017高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何01 含解析
立体几何011.如图,已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形,侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.（I)求点P 到平面ABCD 的距离，(II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小.（II)解法一：如图建立直角坐标系,其中O 为坐标原点，x 轴平行于DA.)43,433,0(),0,233,0(),23,0,0(的坐标为中点G PB B P 。
连结AG 。
又知).0,233,2(),0,23,1(-C A 由此得到： 0,0).0,0,2(),23,233,0(),43,43,1(=⋅=⋅-=-=--=PB BC PB GA BC PB GA 于是有所以θ的夹角BC GA PB BC PB GA ,.⊥⋅⊥ 等于所求二面角的平面角， 于是,772||||cos -=⋅⋅=BC GA BC GA θ 所以所求二面角的大小为772arccos -π .2。
如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90o ，AC ＝1,CB ＝2，侧棱AA 1＝1,侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M ．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面BDM ；(Ⅱ)求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小．解法一:(I ）如图,连结CA 1、AC 1、CM ，则CA 1=2,∵CB=CA 1=2，∴△CBA 1为等腰三角形，又知D 为其底边A 1B 的中点，∴CD ⊥A 1B ， ∵A 1C 1=1,C 1B 1=2,∴A 1B 1=3, 又BB 1=1，∴A 1B=2，∵△A 1CB 为直角三角形,D 为A 1B 的中点，CD=21A 1B=1，CD=CC 1AB C A'B'C'DM解法二：如图以C 为原点建立坐标系（I):B(2,0，0）,B 1（2，1,0)，A 1(0，1,1）,D （22,21，21), M （22，1,0)，=CD (22,21，21),=B A 1(2,-1，-1) =DM （0,21，-21）,,0,01=•=•DM CD B A CD∴CD ⊥A 1B ，CD ⊥DM.因为A 1B 、DM 为平面BDM 内两条相交直线，所以CD ⊥平面BDM(II):设BD 中点为G ，连结B 1G ，则G ),41,41,423(=BD (—22,21,21）,=G B 1),41,43,42(--∴01=•G B BD ，∴BD ⊥B 1G,又CD ⊥BD ，∴CD 与G B 1的夹角θ等于所求二面角的平面角,cos .33||||1-=•=G B CDθ 所以所求二面角的大小为π-arccos33A'C B A C'B'M D z XA'CB AC'B'F MDG。
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选15
立体几何158．如图， PA=BC=6，AB=8，PB=AC=10，342=PB ，F 是线段PB 上一点，173415=CF ，点E 在线段AB 上，且EF ⊥PB （I ）求证：PB ⊥平面CEF（II ）求二面角B —CE —F 的大小（14分）证明：∵2221006436PC AC PA ==+=+ ∴△PAC 是以∠PAC 为直角的直角三角形，同理可证 △PAB 是以∠PAB 为直角的直角三角形，△PCB 是以∠PCB 为直角的直角三角形。
故PA ⊥平面ABC 又∵3061021||||21=⨯⨯==∆BC AC S PBC 而PBC S CF PB ∆==⨯⨯=3017341534221||||21 故CF ⊥PB,又已知EF ⊥PB ∴PB ⊥平面CEF9．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3， BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到 AB 和AP 的距离.本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、B （3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、 P （0，0，2）、E （0，21，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则)1,21,(z x --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，63.（Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6π=∠ADF .连PF ，则在Rt △ADF 中.33tan ,332cos ====ADF AD AF ADF AD DF设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离121==AP ，N 点到AP 的距离.6321==AF10.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. 又∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH.∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1. ∴DF=C 1H=2..6222=+=∴DF BD BF（Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ， 则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG. 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到平面AEC 1F 的距离..113341712317123,17121743cos 3cos 3,.17,1,2211221=+⨯=⨯=∴=⨯===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CGBGCC EB 知由从而可得由（II ）设1n 为平面AEC 1F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x n AE n 得由⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则 .333341161133cos 1111=++⨯==α ∴C 到平面AEC 1F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d11.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AD 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π.解法（一）（1）证明：∵AE ⊥平面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD 1=5，AD 1=2， 故.2121,232152211=⋅⋅==-⋅⋅=∆∆BC AE S S ACE C AD 而 .31,23121,3131111=∴⨯=⨯∴⋅=⋅=∴∆∆-h h h S DD S V C AD AEC AEC D（3）过D 作DH ⊥CE 于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE ， ∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角. 设AE=x ，则BE=2－x,,,1,.1,4,211x EH DHE Rt x DE ADE Rt DH DHD DH D Rt =∆∴+=∆=∴=∠∆中在中在中在 π.4,32.32543.54,3122π的大小为二面角时中在中在D EC D AE x x x x x x CE CBE Rt CH DHC Rt ---=∴-=⇒+-=+∴+-=∆=∆（3）设平面D 1EC 的法向量),,(c b a =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD D x由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b D 令b=1, ∴c=2,a =2－x ，∴).2,1,2(x -= 依题意.225)2(222||||4cos211=+-⇒=⋅=x DD n π∴321+=x （不合，舍去），322-=x . ∴AE=32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π.。
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习立体几何试题精选19
立体几何1912.正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，AB=2，CC1=22 E为CC1中点，那么直线AC1与平面BED距离为A 2B 3C 2D 1二、填空题13.某三棱锥三视图〔单位：cm〕如下图，那么该三棱锥体积等于________cm3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=．14.一个几何体三视图如下图，那么该几何体外表积为______________。
【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高圆柱，其中长方体长、宽、高分别为4、3、1，圆柱底面直径为2，所以该几何体外表积为长方体外表积加圆柱侧面积再减去圆柱底面积，即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-=15.如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，,E F 分别为线段11,AA B C 上点，那么三棱锥1D EDF -体积为____________.18.【2021高考真题辽宁理16】正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C都在半径为3求面上，假设PA，PB，PC两两互相垂直，那么球心到截面ABC距离为________。
【答案】3 3【解析】因为在正三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体一局部，〔如下图〕，此正方体内接于球，正方体体对角线为球直径，球心为正方体对角线中点。
球心到截面ABC距离为球半径减去正三棱锥P-ABC在面ABC上32，可求得正三棱锥P-ABC在面ABC 23，所以球心到截面ABC距离为16.假设一个圆锥侧面展开图是面积为π2半圆面，那么该圆锥体积为 。
20.【2021高考真题上海理14】如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直棱，2=BC ，假设c AD 2=，且a CD AC BD AB 2=+=+，其中a 、c 为常数，那么四面体ABCD 体积最 大值是 。
广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何
立体几何1715.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC. 已知,21,2,2===AE CD PD 求 （Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离；（Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小.在面PDC 中，PD=2，CD=2，GC=,23212=-因△PDC ∽△GHC ，故23=⋅=PC CG PD GH ， 又,23)21(12222=-=-=DG DE EG故在,4,,π=∠=∆EHG EG GH EHG Rt 因此中 即二面角E —PC —D 的大小为.4π 解法二：（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，y ，z ）.由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，m ，n ）， 则).,21,23(n m EF --= 由0212,0)2,2,0(),21,23(0=--=-⋅--=⋅n m n m PC EF 即得， 又由F 在PC 上得).22,21,23(,22,1,222-===+-=n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量DG EF 与的夹角.故,4,22cos πθθ=== 即二面角E —PC —D 的大小为.4π16.已知1x =是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中,,0m n R m ∈<， （I ）求m 与n 的关系式；（II ）求()f x 的单调区间；（III ）当[]1,1x ∈-时，函数()y f x =的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m ，求m 的取值范围.解(I)2()36(1)f x mx m x n '=-++因为1x =是函数()f x 的一个极值点,所以(1)0f '=,即36(1)0m m n -++=，所以36n m =+（II ）由（I ）知，2()36(1)36f x mx m x m '=-+++=23(1)1m x x m ⎡⎤⎛⎫--+⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦当0m <时，有211>+，当x 变化时，()f x 与()f x '的变化如下表：故有上表知，当0m <时，()f x 在2,1m ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭单调递减，在2(1,1)m+单调递增，在(1,)+∞上单调递减.17.如图，已知长方体1111,ABCD A B C D -12,1,AB AA ==直线BD 与平面11AA B B 所成的角为30︒，AE 垂直BD 于E ，F 为11A B 的中点.（I ） 求异面直线AE 与BF 所成的角；（II ）求平面BDF 与平面1AA B 所成的二面角；（III ）求点A 到平面BDF 的距离.解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，1AA 所在的直线为z 轴建立如图示空间直角坐标系由已知12,1,AB AA ==可得(0,0,0),(2,0,0)A B ，(1,0,1)F又AD ⊥平面11AA B B ，从而BD 与平面11AA B B 所成的角为30DBA ∠=︒，又2AB =，AE BD ⊥，31,3AE AD ==从而易得1323,2E D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭A1A BCD1B F1C 1D E（I ）因为()13,,0,1,0,122AE BF ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r 所以()cos ,AE BFAE BF AE BF ⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =12242-=- 易知异面直线AE BF 、所成的角为2arccos4。
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选36
立体几何3633、已知正三棱柱'''ABC A B C -的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. 设,'''ABC A B C ∆∆的中心分别是,'O O ，现将此三棱柱绕直线'OO 旋转，射线OA 旋转所成的角为x 弧度（x 可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为()S x ，则函数()S x 的最大值为 ；最小正周期为 .说明：“三棱柱绕直线'OO 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为负角.34、三棱柱的直观图和三视图（主视图和俯视图是正方形，左视图是等腰直角三角形）如图所示, 则这个三棱柱的全面积等于（ ） A．12+ B．6+ C．8+ D ．4【答案】A【解析】由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为侧（左）视图正（主）视图主视图左视图俯视图1222(222122s =⨯⨯⨯+++⨯=+，选A 。
43.（2012金华十校高三模拟联考理）在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BD 1与平面A 1B 1CD 所成角的正切值是 。
【答案】5【解析】本题主要考查空间几何体的线面关系和直线与平面所成角的概念. 属于基础知识、基本运算的考查.连接1BC 交BC 于O ，则1B C BC ⊥，又AB BC ⊥，所以1B C ABCD ⊥平面，连接1D O ,则1BDO ∠就是直线BD 1与平面A 1B 1CD 所成角。
不妨设正方体棱长为1，则1BD =,2BO =,12D O =, 在1Rt BD O ∆中，11t a n BO BD O D O ∠==.35、如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，∠B 1A 1C 1=90°，D 、E 分别为CC 1和A 1B 1的中点，且A 1A=AC=2AB=2．(I)求证：C 1E∥平面A 1BD ；(Ⅱ)求点C 1到平面A 1BD 的距离．【解析】本题主要考查集合的基本运算. 属于基础知识、基本运算的考查. （Ⅰ）证明：取1A B 中点F ，连结EF ，FD ．36、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中N M 、分别是AC AB 、的中点，G 是DF 上的一动点.（1）求证：;AC GN ⊥（2）当GD FG =时，在棱AD 上确定一点P ，使得GP //平面FMC ，并给出证明.【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、空间直线与直线、直线与平面的位置关系. 属于基础知识、基本思维的考查.证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF 中AD ⊥DF,DF =AD =DC37、如图，已知四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是直角梯形，//AB DC ，45=∠ABC ，1DC =，2=AB ，⊥PA 平面ABCD ，1=PA ．（Ⅰ）求证：//AB 平面PCD ；（Ⅱ）求证：⊥BC 平面PAC ； （Ⅲ）若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD -的体积．【解析】本题主要考查棱锥的体积公式、直线与平面的位置关系. 属于基础知识、基本思维的考查.AB DC，…………………… 1分证明：（Ⅰ）由已知底面ABCD是直角梯形，//又AB⊄平面PCD , CD⊂平面PCD…………………… 3分∴AB∥平面PCD…………………… 4分38、如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝BC，BD⊥AC，E为PC的中点。
广州市重点学校备战2017高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何02 含解析
立体几何024. 如图,在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点。
（I ） 试确定点F 的位置,使得D 1E ⊥平面AB 1F;（II)当D 1E ⊥平面AB 1F 时，求二面角C 1-EF —A 的大小（结果用反三角函数值表示）。
A B CD A 1B 1C 1D 1EF解析：∴tan ∠C 1HC=224211==CH C C 。
∴∠C 1HC=arctan 22，从而∠AHC 1=22arctan -π.故二面角C 1—EF —A 的大小为22arctan -π.解法二：以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系(1）设DF=x ，则A （0，0，0），B （1，0，0），D （0，1，0），A 1(0,0，1),B （1，0,1)，D 1（0，1，1），E )0,21,1(，F （x ，1，0) F AB E D CD F x x AF E D AF E D F AB E D AB E D AB E D x AF AB E D 111111111111,.210210,011)0,1,(),1,0,1(),1,21,1(平面的中点时是故当点即平面于是即⊥==-⇔=⋅⇔⇔⊥⊥=-=⋅∴==--=∴5.如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=a2,点E在PD上,且PE：ED=2：1。
（I）证明PA⊥平面ABCD；BD（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角 的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC?证明你的结论.。
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立体几何34
1．四棱锥P —ABCD ABCD 是边长为2的正方形，则CD 与PA 所成角的余弦值为
（ ）
A B C ．
45
D ．
35
2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表
面积为
（ ）
A ．163π
B ．83
π
C ．
D ．
【答案】 A
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图和球的表面积公式. 属于基础知识、基本能力的
考查.
这个几何体是如图所示的三棱锥，，设外接球的半径为R,则
221)R R R =+⇒=
，这个几何体的外接球的表面积为
221644(
33
R π
ππ==
3．如图甲所示，三棱锥P ABC -的高8,3,30,PO AC BC ACB M N ===∠=︒、分别在BC 和
PO 上，且,2((0,3])CM x PN x x ==∈，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥N AMC -的
体积V 与x 的变化关系，其中正确的是（ ）
4.一个棱锥的三视图如右图所示，则这个棱锥的体积是 A.6 B.12 C.24 D.36 【答案】B
【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、棱锥的体积公式. 属于基础知识、基本思维的考查.
由题意，多面体是一个四棱锥E-ABCD,ED 垂直于平面ABCD ，ED=3,AB=4,AD=3,四边形ABCD 是矩形 这个棱锥的体积＝1
343123
⨯⨯⨯=
5．已知直线m 、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，要使n ⊥β，则应增加的条件是
A. m ∥n
B. n ⊥m
C. n ∥α
D. n ⊥α
【答案】B
【解析】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系 . 属于基础知识、基本运算的考查.
已知直线m 、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，应增加的条件n ⊥m ，才能使得n ⊥β。
6．将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为
答案】 C
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图. 属于基础知识、基本运算的考查. 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C
7、一空间几何体的三视图如图所示 ，则该几何体的体积为 （ ）
A ．
533π B ．553
π
C ．18π
D ．763
π 【答案】 B
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、圆柱、圆台的体积计算公式. 属于基础知识、
基本运算的考查.
由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体。
该几何体的体积为
2221752
241(2121)16333
V πππππ=⨯⨯+⨯++⨯=+=
8、设α是空间中的一个平面，,,l m n 是三条不同的直线，则
下列命题中正确的是
（ ）
A ．若,,,,m n l m l n l ααα⊂⊂⊥⊥⊥则；
B ．若,,,//m n l n l m αα⊂⊥⊥则；
C ．若//,,l m m n αα⊥⊥，则//;l m
D ．若,,//;l m l n n m ⊥⊥则
9、设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是 A. 若αβ⊥，βγ⊥，则αγ⊥ B. 若//m α，//n β，αβ⊥，则m n ⊥ C. 若αβ⊥，m α⊥，则//m β
D. 若//αβ，m β⊄，//m α，则//m β
【答案】D
【解析】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系. 属于基础知识的考查.
对于A, 若αβ⊥，βγ⊥,,αγ可以平行，也可以不垂直相交 对于B ，若//m α，//n β，αβ⊥，则,m n 可以平行 对于C, 若αβ⊥，m α⊥，则m 可以在平面β 答案D 正确 11、 —个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
A. 48
B.
C.
D.
80
12、某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如图所示，则该型号冰淇淋的体积等于 。
【答案】π54
【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥
V=32
2133125433
πππ⨯+⨯⨯=
13、某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( ) A ．283π-
B ．83
π- C ．82π- D ．
23
π
【答案】A
【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥，23
18⨯-=πV
14、若,,αβγ是三个互不重合的平面，l 是一条直线，则下列命题中正确的是
（ ）
A ．若,,//l l αββα⊥⊥则
B ．若,//,l l αβαβ⊥⊥则
C ．若,l αβ与的所成角相等，则//αβ
D ．若l 上有两个点到α的距离相等，则
//l α
【答案】B
【解析】若,//,l l αβαβ⊥⊥则，此推理符合平面与平面垂直的判定
15、一个空间几何体的三视图如右所示， 则该几何体的体积
为 。
【答案】4
【解析】几何体是平躺的三棱柱，4V Sh ==。