高三立体几何试题及答案
高考数学试题-立体几何选择填空含答案解析
选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。
立体几何试题及答案
立体几何试题及答案一、选择题1. 一个正方体的棱长为a，其表面积为：A. 3a²B. 4a²C. 6a²D. 8a²答案：C2. 一个长方体的长、宽、高分别为l、w、h，其体积为：A. lwhB. 2(lwh)C. l²wD. lw²答案：A3. 圆柱的底面半径为r，高为h，其体积为：A. πr²hB. 2πr²hC. πrhD. πr²答案：A二、填空题1. 一个球的体积公式为：_________________。
答案：\( V = \frac{4}{3}πr^3 \)2. 圆锥的体积公式为：_________________。
答案：\( V = \frac{1}{3}πr^2h \)3. 若一个棱锥的底面积为S，高为h，则其体积为：_________________。
答案：\( V = \frac{1}{3}Sh \)三、计算题1. 已知一个正四面体的棱长为a，求其表面积和体积。
解：正四面体的表面积为：\( S_{表} = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \sqrt{3}a^2 \)正四面体的体积为：\( V = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 \times\frac{\sqrt{2}}{2}a = \frac{\sqrt{2}}{12}a^3 \)2. 已知一个圆柱的底面半径为r，高为h，求其表面积和体积。
解：圆柱的表面积为：\( S_{表} = 2πr^2 + 2πrh \)圆柱的体积为：\( V = πr^2h \)四、证明题1. 证明：在一个球面上，任意两个大圆的弦所成的角都是直角。
证明：设球面上的两个大圆为O₁O₂和O₃O₄，弦AB和CD分别位于这两个大圆上，连接O₁A、O₁B、O₂A、O₂B、O₃C、O₃D、O₄C、O₄D。
高考数学《立体几何》练习题及答案
立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角ABDC中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．2.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．3.已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正四棱锥的高为,则，则，，所以四棱锥的体积，，由得，所以体积函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，体积有最大值,故选C．【考点】1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值．4.设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知其外接球的直径，所以外接球的表面积为．【考点】球的表面积公式．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．【答案】【解析】该几何体为一个四棱锥，高为，底面为矩形，长宽分别为，因此体积为【考点】三视图6.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若B．若C．若D．若【答案】C【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；，又，，所以C选项正确；若，则或，所以D不正确．故D正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.已知直线平面，直线平面，给出下列命题，其中正确的是（）①；②；③；④A．②④B．②③④C．①③D．①②③【答案】C【解析】对①，因为直线平面，∥，则，又直线，所以，①对；对②，与的关系是：平行、相交或异面，②错；对③，因为直线平面，∥，所以，又由面面垂直的判定定理得，③对；对④，与可以平行或相交，④错，所以选C．本题可借助于长方体去判定．【考点】1．空间直线、平面的位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于中档题．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形或长方体作为载体进行检验，也可作必要的合情推理．8.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形ABCD是边长为1的正方形，，且，则球体毛坯体积的最小值应为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若使得球体毛坯体积最小，则四棱锥各顶点应都在球上，由题意，将四棱锥补成一个长方体，则转化为求长方体外接球体积，长方体体对角线为外接球直径，体对角线长为，所以球的半径为，体积为．【考点】多面体的外接球．9.（2007•山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D【考点】简单空间图形的三视图．10.如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_________________；表面积为________________.【答案】体积为；表面积为【解析】由题意可知三视图复原的几何体如图为四棱锥，是正方体的一部分，正方体的棱长为2；所以几何体的体积是正方体体积的一半减去，所求几何体的体积为；表面积为【考点】三视图，几何体的体积，表面积11.已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据该几何体的三视图可知几何体的形状是一个长为，宽为，高为的长方体挖去一个直径为高为的圆柱，该几何体的体积为，选A.【考点】1、三视图；2、组合体的体积.12.如图是一建筑物的三视图（单位：米），现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆千克，则共需油漆的总量为（）A．千克B．千克C．千克D．千克【答案】B【解析】由三视图可知可间房由底部长宽高分别为的长方体与底面半径.母线长分别为圆锥体组合而成，所以其可刷漆的表面积为，则需要漆的总量为千克，故正确选项为B.【考点】空间几何体的表面积.13.若=（2，﹣1，0），=（3，﹣4，7），且（λ+）⊥，则λ的值是（）A．0B．1C．﹣2D．2【答案】C【解析】利用（λ+）⊥⇔即可得出．解：∵=λ（2，﹣1，0）+（3，﹣4，7）=（3+2λ，﹣4﹣λ，7），（λ+）⊥，∴，∴2（3+2λ）﹣（﹣4﹣λ）+0=0，解得λ=﹣2．故选C．【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．14.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A ﹣PC﹣D的平面角的余弦值．解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y，z），，由，，得到，令x0=1，可得y=z=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）∴cos＜，由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．15.已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则正三棱锥的体积为．【答案】【解析】∵正三棱锥的底面边长为，∴底面正三角形的高为，可得底面中心到三角形顶点的距离为，∵正三棱锥侧棱长为，∴正三棱锥的高，所以三棱锥的体积.所以答案应填：．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．16.在等腰梯形中，，，，是的中点，将梯形绕旋转，得到（如图）．（I）求证：；（II）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（I）由题意容易证明四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，四边形是菱形，可证得，根据面面垂直的性质定理可证得平面，从而证得；（II）易证平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：，是的中点，．又，四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，，四边形是菱形，，，即．平面平面，平面平面，平面．又平面，．（II）解：平面，同理平面．如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，．设平面的法向量为，．设平面的法向量为，，设二面角的平面角为，，二面角的余弦值为．【考点】空间中垂直关系的证明及空间向量的应用.17.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正（主）视图与侧（左）视图的面积的比为．【答案】【解析】因为三棱锥的主视图与左视图都是三角形, 正视图和侧视图三角形的底边长都是正方体的棱长,高都是到底面的距离（都是正方体的棱长）,所以，三棱锥的主视图与左视图的面积相等，即比值为,故答案为.【考点】1、几何体的三视图；2、三角形面积公式.18.如图，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，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，该几何体是一个底面为平行四边形，高为的棱柱，体积为，故选B.【考点】几何体的体积.19.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．【答案】【解析】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.【考点】1、画直观图的基本原理；2、平行四边形的面积公式.20.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图知几何体是由正方体截取两个角得到，如图所示，故体积为．【考点】三视图.21.如图所示，四棱锥的底面是梯形，且,平面，是中点，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】（I）取的中点，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边形的性质，得，即可证明平面；（II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大小．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，如图所示．因为，所以．因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．因为点是中点，所以，且．又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（Ⅱ）解：设点O，G分别为AD，BC的中点，连结，则，因为平面，平面，所以，所以．因为，由（Ⅰ）知，又因为，所以，所以所以为正三角形，所以，因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．故两两垂直，可以点O为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．，，，所以，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，所以与平面所成角的大小为．【考点】直线与平面垂直的判定与证明；直线与平面所成角的求解．22.如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．【考点】线面垂直，二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．23.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．24.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为，故体积．四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为．故选A．【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.25.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为（）A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4【答案】B【解析】由题意得，即，解得，故选B.【考点】几何体的三视图及体积.26.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A．4+B．4+C．6+D．6+【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体，半圆柱的底面半径为，高为；直三棱柱底面是等腰直角三角形（直角边为），高为．∴．故本题选D.【考点】空间几何体的三视图.27.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于_______，若正方体边长为1，则四面体的体积为_________.【答案】；【解析】异面直线与所成角为，，.【考点】立体几何中异面直线所成角的余弦值的求法以及三棱锥的体积的求法.28.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系（如图），求得，，可得，即可证结论；（2）先根据确定的位置，在求出平面的一个法向量，可证平面一个的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式即可得结论.试题解析：（1）证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．向量，，故．所以．（2）向量，，，．由点在棱上，设，．故．由，得，因此，，解得．即．设为平面的法向量，则，即．不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．易知，二面角是锐角，所以其余弦值为．【考点】1、空间直线垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.29.如图,在三棱锥中,底面,且,点是的中点, 交于点.（1）求证：平面；（2）当时, 求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的证明与寻找，往往从两个方面，一是利用线面垂直性质定理转化为线线垂直，另一是结合平几条件，如本题利用等腰三角形底边中线性质得（2）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由（1）得平面，因此，这样只需在对应三角形中求出对应边即可.试题解析：（1）底面,面,又因为是的中点, 面由已知平面.(2)平面,平面,而,又又平面而.【考点】线面垂直判定与性质定理，三棱锥体积【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.30.过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若球半径为，求弦的长度___________．【答案】【解析】依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:，即.【考点】球的内接几何体.【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为,如下图所示三棱锥,请同学们推导其外接球半径公式,特别地,若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:.设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.31.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，原几何体表示，左侧是一个底面半径为，高为半个圆锥，几何体的右侧是一个底面为底边为，高为的等腰三角形三棱锥，其中三棱锥的高为，所以几何体的体积为，故选D．【考点】几何体的三视图及体积的计算．32.已知直线与平面平行，是直线上的一定点，平面内的动点满足：与直线成．那么点轨迹是（）A．两直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】C【解析】题意画图如下，是直线上的定点，有一平面与直线平行，平面内的动点满足的连线与成角，因为空间中过与成角的直线组成两个相对顶点的圆锥，即为平行于圆锥轴的平面，点可理解为是截面与圆锥侧面的交点，所以点的轨迹为双曲线,故选C．【考点】1、空间点、线、面的位置关系；2、圆锥曲线的定义．33.三棱锥内接于球，，当三棱锥的三个侧面积和最大时，球的体积为．【答案】【解析】由于三角形的面积公式，当时取得最大值，所以当两两垂直时，侧面积和取得最大值．此时，由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以可以补形为正方体，三棱锥的外接球即正方体的外接球，其直径等于正方体的体对角线即，故求的体积为．【考点】几何体的外接球．【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求．若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点．找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心．三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: ．34.如图,在直三棱柱中，，过的中点作平面的垂线，交平面于，则与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接，则，由直三棱柱得,因此,因此为的中点，过作于，则为与平面所成角, ,选C.【考点】线面角35.如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,（1）在上确定一点,使得平面,并求的值;（2）在（1）条件下,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由线面平行的性质定理，可得线线平行，再根据平行得相似，即得比例关系：取。
高考数学总复习《立体几何》部分试题及答案
高考数学总复习试卷立体几何综合训练第I卷（选择题共60分)一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列命题正确的是（）A．直线a，b与直线l所成角相等，则a//bB．直线a，b与平面α成相等角，则a//bC．平面α，β与平面γ所成角均为直二面角,则α//βD．直线a，b在平面α外，且a⊥α，a⊥b，则b//α2．空间四边形ABCD，M，N分别是AB、CD的中点，且AC=4，BD=6，则（）A．1<MN<5 B．2<MN<10C．1≤MN≤5 D．2〈MN<53．已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足,OB为OA在α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB=∠BOC=45°，则∠AOC等于（）A．30°B．45°C．60°D．不确定4．甲烷分子结构是:中心一个碳原子，外围四个氢原子构成四面体，中心碳原子与四个氢原子等距离，且连成四线段,两两所成角为θ,则cosθ值为（）A．B．C．D．5．对已知直线a，有直线b同时满足下面三个条件：①与a异面；②与a成定角；③与a距离为定值d,则这样的直线b有（）A．1条B．2条C．4条D．无数条6．α,β是不重合两平面,l，m是两条不重合直线，α//β的一个充分不必要条件是（）A．,且l//β,m//βB．,且l//mC．l⊥α，m⊥β，且l//m D．l//α，m//β，且l//m7．如图正方体中,E，F分别为AB，的中点，则异面直线与EF所成角的余弦值为( ）A．B．C．D．8．对于任一个长方体,都一定存在一点：①这点到长方体的各顶点距离相等；②这点到长方体的各条棱距离相等;③这点到长方体的各面距离相等，以上三个结论中正确的是（）A．①②B．①C．②D．①③9．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个?A．2 B．3 C．4 D．610．正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为，则它的侧面积为（）A．24 B．12 C．D．11．异面直线a，b成80°角，P为a，b外的一个定点，若过P有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于α，则角α属于集合（)A．｛α｜0°〈α〈40°} B．｛α|40°<α〈50°}C．｛α｜40°〈α<90°｝D．{α｜50°<α〈90°}12．从水平放置的球体容器的顶部的一个孔向球内以相同的速度注水，容器中水面的高度与注水时间t之间的关系用图象表示应为（）第II卷(非选择题共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分,把答案填在题中横线上）13．正四棱锥S—ABCD侧棱长与底面边长相等，E为SC中点，BE与SA所成角的余弦值为_____________。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】几何体为一个三棱柱，底面为直角三角形，直角边长分别为6,8；三棱柱高为12．得到的最大球为直角三角形的内切球，其半径为，选B．【考点】三视图2.如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：，，∴．【考点】三视图．3.几何体的三视图如图所示，若从该几何体的实心外接球中挖去该几何体，则剩余几何体的表面积是（注：包括外表面积和内表面积）（）A．133B．100C．66D．166【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为底面半径为3，搞为8的圆柱．其外接球时半径为5的球．则剩余几何体的表面积是球的表面积与该圆柱表面积的和，即．故选D．【考点】多面体及与其外接球的关系及几何体表面积计算问题．4.（本小题满分12分）如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．（1）证明：；（2）若，，且二面角所成角的正切值是，试求该几何体的体积．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】（1）将问题转化为证明平面，再转化为证明（由直径可证）与（由平面可证）；（2）考虑建立空间直角坐标系，通过求两个法向量的夹角来确定二面角所成角的正切值，并确定的长，进而可求得几何体的体积．试题解析：（1）证明：是圆的直径，，又平面，又平面，且，平面又平面，（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示则，，，由（Ⅰ）可得，平面，平面的一个法向量是设为平面的一个法向量由条件得，，即不妨令，则，，．又二面角所成角的正切值是，，得该几何体的体积是【考点】1、空间直线与直线、直线与平面的垂直的判定与性质；2、二面角；3、空间几何体的体积．【方法点睛】用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系．若坐标系选取不当，计算量就会增大．总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题，而建立空间直角坐标系通常考虑以特殊点为坐标原点（如中点、正方体的顶点），特殊直线（如有两两垂直的直线）为坐标轴来建立．5.如图，在多面体中，为菱形，，平面，平面，为的中点，若平面．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明线面垂直，只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直即可，取中点，连接，可证，先证，即可证明，即可证明结论成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量公式直接计算即可．试题解析：（1）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，所以GM //FA，又EC面ABCD， FA面ABCD，∵CE//AF，∴CE//GM，∵面CEGM面ABCD=CM，EG// 面ABCD，∴EG//CM，∵在正三角形ABC中，CM AB，又AF CM∴EG AB， EG AF，∴EG面ABF．（2）建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（）E（0，1，1） F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1， 1），设平面BEF的法向量=（）则令，则，∴=（）同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=．【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．空间向量的应用．【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用，属中档题．解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解．此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在．6.三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如下图所示,，则棱的长为．【答案】．【解析】由已知三视图可知，平面，且底面为等腰三角形．在中，，边上的高为，所以．在中，由可得，故应填．【考点】1、三视图．【易错点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图及其空间几何体的面积、体积的计算，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．其解题过程中容易出现以下错误：其一是不能准确利用已知条件的三视图得出原几何体的空间形状，即不能准确找出该几何体中线线关系、线面关系，导致出现错误；其二是计算不仔细，导致结果出现错误．解决这类问题的关键是正确地处理三视图与原几何体之间的关系．7.在三棱锥中，平面为侧棱上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是（）A．平面且三棱锥的体积为B．平面且三棱锥的体积为C．平面且三棱锥的体积为D．平面且三棱锥的体积为【答案】C【解析】∵平面，∴，又，∴平面，∴，又由三视图可得在中，为的中点，∴平面．又平面．故．故选：C．【考点】1．直线与平面垂直的判定；2．命题的真假判断与应用；3．简单空间图形的三视图．8.已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】题设三视图是下图中几何体的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为，故选C．【考点】三视图与几何体的体积．9.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为A1C1，BB1的中点，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．求证：（Ⅰ）DE∥平面ABC1；（Ⅱ）B1C⊥DE．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）取AA1的中点F，连DF，FE，根据中点易证线线平行，从而平面DEF∥平面ABC1，又因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE；（Ⅱ）在菱形中B1C⊥BC1，又B1C⊥AB，易证B1C⊥平面ABC1，再根据面面平行的性质，得：B1C⊥平面DEF，从而证明B1C⊥DE．试题解析：（Ⅰ）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又因为D，E分别为A1C1，BB1的中点，所以DF∥AC1，EF∥AB．因为DF平面ABC1，AC1平面ABC1，故DF∥平面ABC1．同理，EF∥平面ABC1．因为DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，所以平面DEF∥平面ABC1．因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC1．（Ⅱ）因为三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．……9分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，所以B1C⊥平面ABC1．而平面DEF∥平面ABC1，所以B1C⊥平面DEF，因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE．【考点】1、线面平行；2、面面平行；3、线面垂直；4、三角形中位线．【方法点晴】本题主要考查的是线面平行、线线平行、线线垂直和线面垂直，属于中档题．解题时一定要注意得线线平行的常用证明方法，构造中位线和平行四边形是最常用方法．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．10.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C．【解析】A：或者，异面，故A错误；B：根据面面垂直的判定可知B错误；C：正确；D：或，故D错误，故选C．【考点】空间中直线平面的位置关系．11.已知三条不重合的直线和两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，且，则C．若，，则D．若，，且，则【答案】D【解析】A．若，，则,错，有可能；B．若，，且，则，错，有可能；C．若，，则，错，有可能，或异面；D．若，，且，则，正确【考点】空间直线与平面，平面与平面的位置关系12.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）在第一问证明的基础上，应用面面垂直的性质定理容易作出平面的垂线，即得斜线的射影，找出角，解直角三角形可得线面角的正弦．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）解：过点作，连结．平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴为直线和平面所成角．∵是边长为的正三角形，∴，．又∵，∴，，∴．即直线和平面所成角的正弦值为．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；对于直线与平面所成的角遵循作—证（指）—求—答的解题步骤，应当结合条件和前面证明的结论找到平面的垂线是解题的关键，本题中在第一问证明的基础上有了平面的垂面，利用面面垂直的性质定理过直线上一点作交线的垂线即为平面的垂线，连接垂足和斜足即得射影，找到线面角后解直角三角形得解．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥S-ABC，其中D为AC中点，且SD垂直平面ABC，BD垂直AC，则球心在SD上，设球半径为R，则外接球表面积为，选A.【考点】三视图【方法点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．14.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是_________．【答案】【解析】因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．设正三角形的外接圆圆心为，在中，，所以．在中，，所以，所以截面面积为【考点】1、多面体的外接球；2、球的截面圆性质．【方法点睛】“切”“接”问题的处理规律：①“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决；②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．15.（2015•金家庄区校级模拟）如图正方形BCDE的边长为a，已知AB=BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB﹣ACE的体积是a2；④平面ABC⊥平面ADC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）【答案】①③④⑤【解析】①由于BC∥DE，则∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角；②AB和CE是异面直线；③根据三棱锥的体积公式即可求VB ﹣ACE的体积；④根据面面垂直的判定定理即可证明；⑤根据直线和平面所成角的定义进行求解即可．解：由题意，AB=BC，AE=a，AD⊥平面BCDE，AD=a，AC= a①由于BC∥DE，∴∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角∵AB=a，BC=a，AC=a，∴BC⊥AC，∴tan∠ABC=，故①正确；②由图象可知AB与CE是异面直线，故②错误．③VB﹣ACE的体积是S△BCE×AD=×a3=，故③正确；（4）∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴AD⊥BC，∵BC⊥CD，AD∩CD=D，∴BC⊥平面ADC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故④正确；⑤连接CE交BD于F，则EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BDE，∴EF⊥平面ABD，连接F，则∠EAF为直线AE与平面ABD所成角，在△AFE中，EF=，AE=a，∴sin∠EAF==，则∠EAF=30°，故⑤正确，故正确的是①③④⑤故答案为：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．16.已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是_______．【答案】．【解析】该几何体是一个四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为，所以．【考点】1．空间几何体的表面积与体积；2．空间几何体的三视图与直观图．17.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】由题意可得：把三棱柱补成底面以2为边长的正方形，以为高的长方体，长方体的体对角线就是球的直径，所以，所以该球的表面积是；故填．【考点】空间几何体的表面积．18.某几何体的正视图与侧视图都是等腰梯形，则该几何体可以是下列几何体中的（）①三棱台，②四棱台，③五棱台，④圆台．A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】由题意得，几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则根据几何体的三视图的规则可知，该几何体可能为四棱台或圆台，故选D．【考点】空间几何体的三视图．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，只是给出了几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，从而可得这个几何体可能是四棱台或圆台．19.在直三棱柱中，，，且异面直线与所成的角等于，设.(1) 求的值；(2) 求三棱锥的体积．【答案】(1)； (2)【解析】(1)由BC ∥B 1C 1可得∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，从而∠A 1BC =60°，再由AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，△A 1BC 为等边三角形， 由已知可得，即可求得 (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，△的面积， 又可得平面，利用三棱锥的体积公式可求得．试题解析：(1)∵BC ∥B 1C 1，∴∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，即∠A 1BC =60°，又AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，∴△A 1BC 为等边三角形， 由，， ∴； (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积， 即：， △的面积，又平面，所以，所以．【考点】异面直线所成的角及三棱锥的体积的求法.20. 如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系 ，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，，设平面的法向量， 则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.21.如图，在四棱锥中，平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形为菱形得，再由平面得，即，从而得平面试题解析：（1）设，连结，因为，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）（方法一）因为平面，平面所以，由（1）同理可得，四边形为平行四边形，所以，所以因为，所以平行四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.（方法二）连结，因为平面，平面，所以因为，所以，因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，由（1），所以又因为为的中点，所以因为，平面，平面所以平面，因为平面，所以平面平面.【考点】线面平行判定定理，面面垂直判定定理22.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为网格纸上小正方形的边长为,有三视图可知，该几何体是下面为底面半径为高为的圆柱体的一半、上面是底面半径为高为的圆锥体的一半，所以体积为，故选A.【考点】1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.23.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，，，所以的中点为的外心，连接，则，又和所在的平面互相垂直，所以平面，上的每一点到距离相等，因此正三角形的中心即是外接球球心，其半径也是外接球半径，所以球半径，求体积为，故选C.【考点】1、外接球的性质及勾股定理；2、面面垂直及球的体积公式.【方法点睛】本题主要考查外接球的性质及勾股定理、面面垂直及三棱锥外接球体积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.本题是根据方法④直接找出球心并求出半径进而得到求体积的.24.四棱锥的底面是正方形，，分别是的中点（1）求证：；（2）设与交于点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证明线面垂直，一般先证明线线垂直，本题中，由于是中点，因此有，而与垂直，从而与平面垂直，结论得证；（2）要求点到平面的距离，考虑三棱锥，的面积易求（为面积的一半），另外由（1）的结论，此三棱锥以为底时，是高，体积易求，从而所求距离易得．试题解析：（1）证明：连接，由于分别是的中点，所以，又，平面，故，又为正方形，故故，故（2）连接交于点，连接，则交线为，又，故，由于分别是的中点，故为的中点，又，故为三棱锥的高又故，又设点到平面的距离为，，所以【考点】线面垂直的判断，点到平面的距离．25.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，由几何体的三视图，知该几何体是上下底面为梯形的直棱柱，所以该几何体的体积为，故选C.【考点】几何体的三视图及几何体的体积.【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，该几何体是上下底面为梯形的直棱柱是解答本题的关键，属于基础题.26.一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，根据给定的几何体的三视图，可知，原几何体为正方体的一部分，如图所示的红线部分，是一个棱长为的正四面体，所以此几何体的表面积为，故选C．【考点】几何体的三视图与表面积．27.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2，体积是______cm3.【答案】80，40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，，．【考点】三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．28.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.29.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点分别为和中点.（1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证线面平行，一般先证线线平行，考虑到，是中点，因此取的中点，可证得且，从而得平行四边形，因此有，最终得线面平行；（2）要求三棱锥的表面积，必须求得它的各个面的面积，由平面，得，三角形和的面积可求，由题设又可证，这样就有，另两个面的面积又可求得．试题解析：（1）证明：作FM∥CD交PC于M.∵点F为PD中点，∴. ∴，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵，∴直线AF平面PEC.（2）连结可知，，由此；；；；因此三棱锥的表面积.【考点】线面平行的判断，多面体的表面积．30.在棱长为3的正方体中，在线段上，且，为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．1B．C．D．与点的位置有关【答案】B【解析】由于是定值,点到平面的距离是,因此点平面的距离是.所以三棱锥的体积,应选B.【考点】三棱锥体积的运算．31.如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，四边形是矩形，且平面平面，，和分别是和的中点.（1）求证：平面；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）运用线面平行的判定定理求证；（2）借助题设条件及转化化归的思想求解即可. 试题解析:（1）证明：设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，则到平面的距离为的一半，又因为，所以，所以.【考点】直线与平面的位置关系及棱锥公式的运用．32.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连接，依题意有，，故平面.根据分析有，故平面；（2）以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求得余弦值为.试题解析：（1）设为的中点，连接.由题意得：平面，所以.因为，所以，，故平面.由分别为的中点，得且，从而且，所以为平行四边形，故，又因为平面，所以平面.（2）方法一：作，且，连结.由，，得，由，，得与全等.由，得，因此为二面角的平面角.由，，，得，，由余弦定理得.方法二：以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知各点坐标如下：，因此，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，即，可取.由，即，可取，于是.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角的平面角的余弦值为.【考点】空间向量与立体几何.33.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为.【考点】三视图.34.如图，在四棱柱中，底面，为线段上的任意一点（不包括两点），平面与平面交于.（1）证明：；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）要证线线垂直，一般可证线面垂直，观察题中垂直条件，平面，则有，题中又有，从而有平面，因此结论得证；（2）要证线面平行，就是要证线线平行，直线是平面与平面的交线，因此要得平行，就要有线面平行，而这由可得平面，从而，结论得证．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，所以.又，所以平面，而平面，所以.（2）在四棱柱中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以，因为，所以，而平面，平面，所以平面.【考点】线面垂直的判定与性质，线面平行的判定与性质．【名师】证明线面（面面）平行（垂直）时要注意以下几点：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
高中几何体试题及答案解析
高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。
解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。
答案：V = abc。
试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。
解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。
设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。
该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。
答案：三角形ABC的面积为√3。
试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。
解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。
答案：V = (1/3)πr²h。
试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。
解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。
答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。
试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。
解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。
答案：V = πr²h。
结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。
掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。
希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.．已知正四棱锥S—ABCD，底面上的四个顶点A、B、C、D在球心为O的半球底面圆周上，顶点S在半球面上，则半球O的体积和正四棱锥S—ABCD的体积之比为。
【答案】；【解析】略2.已知菱形中，，，沿对角线将折起，使二面角为，则点到所在平面的距离等于。
【答案】【解析】先设中点为，连接，然后解得，过点做的垂线，即为所求。
3.某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．【答案】【解析】该三棱锥底面是边长为2的正三角形，面积为，有两个侧面是底边为2，高为2的直角三角形，面积为2，另一个侧面是底边为2，腰为的等腰三角形，面积为，所以面积最大的面的面积是．【考点】三视图．4.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P –ABCD中，PA 平面ABCD，DAB为直角，AB//CD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点．（Ⅰ）证明：AB平面BEF：（Ⅱ）设PA =h，若二面角E-BD-C大于45 ，求h的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】第一问注意将空间的垂直关系的转换掌握好即可，第二问注意应用空间向量解决二面角的问题的步骤，注意不等关系的建立．试题解析：（Ⅰ）证：由已知且为直角，故四边形是矩形，从而．又底面，∴平面平面，∵，故平面，∴，在内，分别是的中点，，∴；由此得平面．（Ⅱ）以为原点，以为轴，轴，轴正向建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为，平面的法向量为，则，可取设二面角E-BD-C的大小为，则=，化简得，所以【考点】线面垂直的判定，二面角的问题，不等关系的建立．5.（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，．（Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，垂直于，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）为的中点时，满足题设的要求．【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力．第一问，利用线面平行的性质得，利用线面垂直的判定得平面，得到为线面角，在中，列出的表达式，解出m的值；第二问，要在上找一点，使得．只需利用线面垂直的判定得，再利用线面垂直的性质得．试题解析：解法一：（１）如图：故．所以．又故在△，即．故当时，直线．（Ⅱ）依题意，要在上找一点，使得．只需设，可推测的中点即为所求的点．因为，所以即又，故．即解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，（1，则A（1，0，0）， B（1，1，0）， P（0，1，ｍ），C（0，1，0）， D（0，0，0）， B1（0，0，1）．1，1）， D1所以又由的一个法向量．设与所成的角为，则依题意有：，解得．故当时，直线．（2）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则．……8分依题意，对任意的要使，只需对恒成立，即为的中点时，满足题设的要求【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积．6.一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为．【答案】【解析】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h（2R﹣h）．V=πr2h=h2（2R﹣h）=h•h（4R﹣2h）≤=•πR3．锥∵V=πR3 ∴球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为8：27．球【考点】球的体积和表面积．7.直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【解析】（1）首先根据已知条件可得出⊥面，由线面垂直的性质定理可得，然后以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，并写出各点的坐标并设，于是由可得出点的坐标，进而由空间向量的数量积的坐标运算可得出，即可得出证明结果；（2）根据（1）中建立的空间直角坐标系中，分别求出平面与平面的法向量，然后运用即可求出所求的结果．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则，∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，理由如下：由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．【考点】1、直线与直线垂直的判定定理；2、线面垂直的判定定理与性质定理；3、空间向量解立体几何问题的应用．【易错点睛】本题主要考查了直线与直线垂直的判定定理、线面垂直的判定定理与性质定理和空间向量解立体几何问题的应用，属中档题．解决这类空间立体几何问题最容易出现以下几处错误：其一是在运用空间向量求解立体几何问题如证明线线垂直或平行、线面垂直或平行和面面垂直等，不能结合已知条件建立适当地空间直角坐标系，进而导致错误；其二是在求解二面角问题时，不知道怎么判断这个二面角的大小，到底是锐角还是钝角，从而导致错误．8.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．9.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥，其中底面四边形是边长为的正方形，，且平面，则球体毛坯体积的最小值应为．【答案】【解析】将四棱锥补成一个正方体，则球体毛坯体积的最小时应为正方体的外接球，此时直径为，体积为【考点】正方体外接球体积【名师】1. 某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．10.如图，在矩形中，，，在平面内将矩形绕点按顺时针方向旋转后得到矩形，则点到直线的距离是．【答案】．【解析】如下图所示，连结，，过作于，由题意得，，，∴，故点到直线距离为．【考点】三角恒等变形．11.（2015秋•盐城校级月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为棱AB，PC的中点（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：EF∥平面PAD．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明PA⊥BC，AB⊥BC，证得CB⊥平面PAB，从而有CB⊥PE．（2）取CD的中点G，由FG是三角形CPD的中位线，可得 FG∥PD，再由举行的性质得EG∥AD，证明平面EFG∥平面PAD，从而证得EF∥平面PAD．解：（1）证明：∵侧棱PA垂直于底面，∴PA⊥BC．又底面ABCD是矩形，∴AB⊥BC，这样，CD垂直于平面PAD内的两条相交直线，∴CB⊥平面PAB，∴CB⊥PE．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面PAD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面PAD．故平面EFG∥平面PAD，∴EF∥平面PAD．【考点】直线与平面平行的判定．12.如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，点是中点，，．（Ⅰ）求三棱锥的体积；（Ⅱ）证明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）求三棱锥体积，关键在于确定高，因为面为侧面，因此可利用等体积法转移体积：，这样只需确定面上的高，由直三棱柱知侧面与底面垂直，因此过作，再由面面垂直性质定理得面，最后根据三棱锥体积公式求体积（Ⅱ）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质与判定定理，经多次转化进行论证：取的中点E，则，再由面面垂直性质定理得面，进而；另一方面，在矩形中，由平几的相似知识可推得，因此面，试题解析：证明：（Ⅰ）过作，直三棱柱中面，面，是高=，，（Ⅱ）取的中点E，连接底面是正三角形，矩形中，中，，中，，∽，，面，【考点】三棱锥体积，线面垂直性质与判定定理13.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）由第一问可发现存在平面的垂线，故可把三棱锥变换顶点为，用棱锥的体积公式易求其体积．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面,又平面，∴平面平面．（2）解：在中，则,则．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；求棱锥的体积时关键是选择恰当的顶点和底面，原则是容易找到或作出底面的垂线即棱锥的高，这样可以达到事半功倍的效果．14.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是（）（1） AC⊥BE；（2）若P为AA1上的一点，则P到平面BEF的距离为；（3）三棱锥A-BEF的体积为定值；（4）在空间与三条直线DD1，AB，B1C1都相交的直线有无数条．A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】（1）连接，，可证明平面，所以正确；（2）平面，点到平面的距离就是直线到平面的距离，正确；（3），是定值；正确（4）在上任取点，过点和直线确定平面，平面，，那么就是与三条直线都有交点的直线，因为点有无数个，所以直线也有无数条，所以正确．所以错误的有0个，故选A．【考点】1．直线与平面平行；2．线线垂直；3．棱柱的性质．15.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是斜边长为的直角三角形，俯视图是半径为的四分之一圆周和两条半径，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知几何体为圆锥的，圆锥的底面半径为1，母线长为2，∴圆锥的高为．∴．故选A．【考点】由三视图求面积、体积．16.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若且则B．若且则C．若D．若且则【答案】B【解析】对于A中，若且则与可能是平行的，所以不正确；对于C中，则可能，所以不正确；对于D中，若且则与可能是相交的，所以不正确，故选B．【考点】直线与平面位置关系的判定．17.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PA=AB=1，PA⊥平面ABCD，E 为棱PB上一点，PD∥平面ACE，过E作PC的垂线，垂足为F．（Ⅰ）求证：PC⊥平面AEF；（Ⅱ）求三棱锥P﹣AEF的体积．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）三棱锥P﹣AEF的体积V=．【解析】（1）连结BD，交AC于O，连结OE，由PD∥平面ACE可知OE∥PD，故E为PB 中点，从而AE⊥PB，由BC⊥平面PAB可知BC⊥AE，推出AE⊥平面PBC，得到AE⊥PC，结合PC⊥EF，推出PC⊥平面AEF；（2）由勾股定理求出AE，PB，PC，根据Rt△PEF≌Rt△PCB，列出比例式求出EF，PF，代入体积公式计算．（1）证明：连结BD，交AC于O，连结OE，∵底面四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点．∵PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE=OE，∴PD∥OE，∴，∴E是PB的中点．∵PA=AB，∴AE⊥PB．∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，又PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC，∵PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC，又EF⊥PC，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，AE∩EF=E，∴PC⊥平面AEF．（2）∵PA=AB=1，底面ABCD是正方形，∴PB=，AC=，PC=，∴PE=，AE=．∵Rt△PEF≌Rt△PCB，∴，∴PF=，EF=．∴S==．△AEF∴三棱锥P﹣AEF的体积V==．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．18.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．60【答案】A【解析】试题分析:几何体如图所示，体积可看一个三棱住减一个三棱锥：．故选A.【考点】几何体的体积.19.在如图所示的多面体中,面是边长为的菱形,,,面,,且．（I）证明：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（I）见试题解析；（II）【解析】（Ⅰ）先确定四边形为平行四边形. 连接交于,连接,交于,连接,证明为平行四边形,可得,故平面；（Ⅱ）可先证明,与平面所成的角就是.再解三角形得与平面所成角的正弦为.此外也可建立坐标系,利用空间向量求解.试题解析：（Ⅰ）证明：与共面.由平面平面四边形为平行四边形连接交于,连接,交于,连接,如图所示.则,且,故为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面,即平面.（Ⅱ）解法一、由（Ⅰ）知,所以.因为平面平面,平面,所以点在平面内的射影落在上,故与平面所成的角就是.在中,,所以与平面所成角的正弦为.解法二、由（Ⅰ）易知,以为坐标原点,分别以直线、为、轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则有、,,,,所以,,.设面的法向量为,由, ,得令,则所以,于是故直线与平面所成角的正弦值为【考点】线面平行；线面角的求法；空间向量的应用.20.在三棱柱中，，侧棱平面，且，分别是棱，的中点，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连结，根据条件首先证明四边形为平行四边形，即可得到，再根据线面平行的判定即可得证；（2）根据图形特点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解.试题解析：（1）设为的中点，连结，∵，为的中点，∴为的中点，又∵为的中点，∴，又∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）建立如图所示的坐标系，∵，，分别为，的中点，，，，，，，设平面的法向量为，，，，，，不妨令，则，，∴，同理可得平面的一个法向量为，，∴二面角的余弦值为.【考点】1.线面平行的判定；2.空间向量求空间角．21.如图是一个多面体的三视图，则其全面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，根据矩形和三角形的面积公式写出面积再求和．解：由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，∴三棱柱的面积是3××2=6+，故选C．【考点】由三视图求面积、体积．22.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图可知该几何体为底面为等腰直角三角形，一条长为的侧棱垂直于底面的三棱锥，如下图，可把该几何体还原为直三棱柱（或长方体），从而得到几何体的外接球的半径，所以该几何体的外接球的表面积为,故选B.【考点】三视图与几何体的表面积.【方法点睛】本题主要考查了几何体的三视图与几何体的表面积，考查考生的空间想象能力，属于基础题.解答本题的关键根据给出的三视图还原出几何体，再由三视图的特征得到几何体的结构特征，同时本题考查了几何体外接球的表面积，需要把几何体补形为三棱柱或长方体，从而得到外接球的直径于几何体棱长之间的关系.23.如图，四棱柱的底面是菱形，底面,.（1）证明：平面；（2）若,求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）欲证明平面，利用线面垂直的判定，先证和即可；（2）通过等积法求点到平面的距离．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，是菱形，,平面，平面.（2）因为底面是菱形，,的面积为,平面,平面,,平面，到面的距离等于到面的距离,由（1）得平面.平面，,的面积为,设到面的距离为,.所以点到平面的距离为.【考点】1、直线与平面垂直的判定；2、锥体的体积；3、点到平面的距离．【方法点睛】证明线面垂直的关键是证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，即证得线面垂直；证明线线垂直常用的方法是等腰三角形底边上的高线，菱形对角线互相垂直，勾股定理，线面垂直的定义．本题主要考查的是线面垂直的判定和求点到平面的距离，将求点到平面的距离转化为求锥体的的高，关键是利用等体积法求椎体的体积，进而求出点到平面的距离，属于中档题．24.已知矩形 A BCD的周长为18，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为．【答案】【解析】设正六棱柱的底面边长为，高为，则，正六棱柱的体积，当且仅当时，等号成立，此时，可知正六棱柱的外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，则半径为，所以外接球的表面积为．【考点】六棱柱的性质；外接球的表面积．【方法点晴】本题主要考查了六棱柱的结构特征、棱柱外接球的的表面积的计算、基本不等式求最值等知识点的应用，其中解答中，利用正六棱柱的结构特征，外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，得出外接球的半径是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题．25.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．26.如图所示的几何体中,是正三角形, 且平面, 平面,是的中点.（1）求证：；（2）若,求与平面所成角的正切值；（3）在（2）的条件下, 求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）依据题设条件运用线面垂直的性质定理推证；（2）借助题设条件运用线面角的定义找到这个角,再在三角形中求解；（3）运用体积相等建立方程求解.试题解析:（1）证明：是正在三角形,是的中点,平面,平面,平面平面.（2）连接,在直角梯形中,.在中,平面平面,故是直线与平面所成的角,在中,.（3）在四棱锥中, 底面的面积为,高.而四棱锥的底面的三条边,等腰的面积为.点到平面的距离为.【考点】空间线面的位置关系的判定和角度距离的计算．27.如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，底面.（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理得，由勾股定理得，由线线面垂直得，从而平面，由此能证明；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，由此能求出二面角的余弦值．试题解析：（1）证明：因为，,由余弦定理得.从而，故. ∵面,面，∴又, 所以平面.故.（2）如图，以为坐标原点，射线分别为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PBC的法向量为，则可取则故钝二面角的余弦值为.【考点】（1）直线与平面垂直的性质；（2）二面角的平面角及其求法；（3）用空间向量求平面间的夹角.【方法点晴】本题考查异面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意余弦定理、勾股定理、向量法的合理运用，注意空间思维能力的培养．在证明垂直的过程中，要注意线线垂直和线面垂直的相互转化，利用向量法求空间中二面角的大小，先求出面的法向量，把二面角转化为两个面所在法向量的夹角，应先判断角是钝角还是锐角，根据向量夹角公式得解.28.如图所示，已知直三棱柱中，分别是的中点，点P在线段上运动.（1）证明：无论点P在线段上的任何位置，总有AM⊥平面PNQ；（2）若AC=1，求三棱锥P-MNQ的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，设出棱长，得到点的坐标，由向量数量积证得答案；（2）把三棱锥的体积转化为的体积，即的体积，则三棱锥的体积可求．试题解析：（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，再设，由，得，即，即，∴，∵，，，∴，则平面；（2）解：由（1）可知，在线段上移动时三棱锥的体积一定，由，得，到的距离为，∴，，则．【考点】（1）几何体的体积；（2）空间向量在立体几何中的应用.【一题多解】（1）连接.因为，分别是的中点，所以.所以.所以，即.①因为分别是，的中点，所以.又，所以.在直三棱柱中，平面，所以.又，所以平面，所以.②由①②及，得平面.（2）设点到平面的距离为，由可得平面.由得，易得，所以.29.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,且,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,应选C.【考点】三视图的识读和理解及几何体体积的计算.【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.30.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个斜放的三棱柱，底面为一个等腰直角三角形，底长为2，底上高为1；三棱柱高为3，因此外接球半径为，外接球的表面积为，选A.【考点】三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.31.若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是A．24πB．24π＋8πC．24π＋4πD．32π【答案】C【解析】几何体的表面积是圆柱的侧面积与半个球的表面积、圆锥的侧面积的和．圆柱的侧面积为S1＝2π×2×4＝16π，半球的表面积为S2＝2π×22＝8π，圆锥的侧面积为S3＝×2π×2×2＝4π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝24π＋4π.【考点】三视图，表面积．32.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图所提供的信息可知该几何体是一个圆台和圆柱的组合体，故其体积，应选B。
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1．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱
AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.
2．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ADC ＝90°，
且AA 1＝AD ＝DC ＝2，M ∈平面ABCD ，
当D 1M ⊥平面A 1C 1D 时，DM ＝________.
3．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点．
(1)求证：平面PDC ⊥平面P AD ；
(2)求点B 到平面PCD 的距离；
4．如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，
BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12
CD . (1)求证：BC ⊥平面ABPE ；
(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ；
若不存在，说明理由．
5．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F
分别为DD1、DB的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC1D1；
(2)求证：EF⊥B1C；
(3)求三棱锥B1－EFC的体积．
6．如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°
(1)求证：PC⊥BC
(2)求点A到平面PBC的距离．
1. 223a ∵B 1D 1∥平面ABCD ，平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，∴B 1D 1∥PQ ， 又B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ ，
∴PQ PM ＝PD AP
＝2，即PQ ＝2PM ， 又△APM ∽△ADP ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13
BD ， 又BD ＝2a ，∴PQ ＝223
a . 2.[答案] 22 ∵DA ＝DC ＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM 为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.
(2)过A 作AF ⊥PD ，垂足为F .
在Rt P AD 中，P A ＝2，AD ＝BC ＝4，PD ＝42＋22＝25，
AF ·PD ＝P A ·AD ，∴AF ＝2×425
＝455，即点B 到平面PCD 的距离为455. 4.[解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ，
BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，
又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ，∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE .
(2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合．
取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ，∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1， 又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，
∴EF ∥AB ，∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12
OB ＝1，∴EF ＝2， 又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ，
∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可．
5. (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.
(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，
∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，
又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1，
又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .
(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1，
即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝ 2
∵EF ＝12
BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝(2)2＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3，
∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，
∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13
·S △B 1EF ·CF ＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1. 6.[解析] (1)∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC .
由∠BCD ＝90°知，BC ⊥DC ，
∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC ，∴BC ⊥PC .
(2)设点A 到平面PBC 的距离为h ，
∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴∠ABC ＝90°，
∵AB＝2，BC＝1，∴S△ABC＝1
2AB·BC＝1，
∵PD⊥平面ABCD，PD＝1，∴V P－ABC＝1
3S△ABC ·PD＝1
3
，
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC＝1，∴PC＝2，
∵PC⊥BC，BC＝1，∴S△PBC＝1
2PC·BC＝
2 2，
∵V A－PBC＝V P－ABC，∴1
3S△PBC ·h＝1
3
，∴h＝2，∴点A到平面PBC的距离为 2.。