2011年新课标高考试题分类评析——立体几何
所 以 Ｖ 一 ｃ 一÷ ×２ ×２ ３ √ ． ０Ｂ ＡＤ ×６ √ —８ ３ 答案 ８ ３ √ ．
．
一ｏ 即 ， ， ， ／ 所以 Ｐ ． ｇ Ａ一
Ｐ
彭毒纛 言 轰 嚣薏
的基础 上进 行“ 想像” 画 图” 因为本 题 没 有 给 出 图 和“ ． 形 ， 就要 求考 生通 过 空 间想像 将 文 字语 言 、 学 语 这 数 言转化 为草 图和 直 观 图， 穿插 逻 辑 推 理和 计 算 ， 并 从
— — —
．
对平 面垂 直 的性 质 和判 定 不 清楚 时 ， 容
一
＋
一
（ ，３， ） ＡＣ （ ，√ Ｏ ． １√ 一２ ， 一 Ｏ ２ ３， ） 设 Ｐ 与 ＡＣ 所 成 的 角 为 ， Ｂ 则
—
例 ３ （ 国 课 标 卷 ・ １ ） 知 矩 形 ＡＢ Ｄ 的 全 理 ５已 Ｃ 顶 点 都 在 半 径 为 ４的 球 ０ 的 球 面 上 ， ＡＢ一 ６ Ｂ 且 ， Ｃ＝
ＢＡ Ｄ ＝ ６ ． Ｏ。
（ ）如 图 ５ 在 平 面 ＡＢＣ 内作 ＡＥ／ ＢＤ， ２ ， Ｄ ／ ＢＥ／ ／ ＡＣ交 于点 Ｅ， 接 Ｐ ． 为 Ｐ 连 Ｅ 因 Ａ上平 面 ＡＢ Ｄ， 以 Ｃ 所
Ｂ ＿Ｐ Ｅ 上 Ａ． Ｉ
（ ） 证 ： Ｄ上 平 面 Ｐ １求 Ｂ ＡＣ；
（） Ｐ ２ 若 Ａ＝ＡＢ， Ｐ 求 Ｂ与 ＡＣ所 成角 的余 弦值 ；
Ｄ
如 果 平 面 ａ 平 面 口 那 么 平 面 ａ内 所 有 直 线 上 ， 如 果 平 面 ａ 平 面 ， 交 线 为 ｚ则 在 平 面 ａ 上 设 ，
ＡＣ Ｂ 上 Ｄ．又 因 为 Ｐ Ａ上 平 面 ＡＢ Ｄ， 以 Ｐ Ｃ 所 Ａ上 ＢＤ．
所 以 ＢＤ上 平 面 Ｐ ＡＣ ．
都垂 直 于平 面
分析
（） １ 由题 设 条 件 ， 知 ＢＤ上ＡＣ且 Ｂ － 易 Ｄｊ 所 以
Ｂ Ｅ＝ＡＯ＝４ ＰＢ＝２ ， ￣，
Ｐ 再 用判 定 定 理证 明 ； 于 （ ） （ ） 因为 题 设 条 Ａ， 对 ２和 ３， 件 中有 明显 的三维垂 直关 系 ， 以 建立 空 间直 角 坐标 可 系用 向量解 法 （ 方 法 １ ， 如 ） 或者 用 线 面关 系化 归 为解
方 法 １ 空 间 向量 法 ） （ （ ）设 ＡＣｎ Ｂ 一 ０． 为 Ｂ ２ Ｄ 因 ＡＤ 一 ６ 。Ｐ — ０， Ａ ＡＢ一 ２ 所 以 Ｂ ， ０— １ Ａ０一Ｃ ， Ｏ＝， ． 图 ４ 以 ０ 为 坐 ／ 如 ｇ ，
鳐析
内与 ｌ 行 的直线 都 平 行 于平 面 口 故 Ａ 正 平 ，
确 ， 而 Ｄ 错 误 ． 据 答 案 唯 一 可 知 ， Ｄ． 从 根 选 点 本 题 考 查 平 面 垂 直 的 性 质 和 判 定 ， 基 础 属
评 题， 但要 注 意排除 法在该 类题 中的应 用 易错 点
易 误 选 Ｂ ．
■ ’，
标 原点 ， 立 空 间直 角坐 标 系 ０一 ｙ ， Ｐ（ ， ， 建 ｘ ｚ则 Ｏ一 ２ ， Ｏ 一√ Ｏ ， １ ０ ０ ， ０√ ０ ． 以ＰＢ一 ）Ａ（ ， ３， ） Ｂ（ ， ， ） Ｃ（ ， ３， ） 所
ｒ
、 ’
５
－
考 题 分 类评 靳 ・
直角 三角形 的综 合法 （ 如方 法 ２ ． ）
解 （ ） 明 ： 为 四 边 形 ＡＢ Ｄ 是 菱 形 ， 以 １证 因 Ｃ 所
Ｃ 如 果 平 面 ａ 平 面 ｙ 平 面 上 平 面 ｙ ａ 一 上 ， ， ｎ卢
Ｚ那 么 Ｚ 平 面 ｙ ， 上 ；
同理 ， 面 Ｐ 平 ＤＣ 的 法 向 量 ， （ ３ ， ） ｌ 一 ， ． 一 因 为 平 面 Ｐ Ｂ上 平 面 ＰＤＣ， 以 Ｊ ・ｎ ０ Ｃ 所 ， ｌ 一 ，即
６ ａ ＋ ６
一
故 Ａ √． ０ 一２ ３
在 Ｒ／Ｏ ｆ Ｏ ｔ ＡＣ 中， Ａ＝４从 而 ｋ ， 一 ＝ 一２ 二 ＿ ．
ｆＣ。 － ， ｆ ｘ Ｖ ｙ ， Ｂ ｍ Ｏ － ＋ ￣ ＝０
【Ｐ‘ ＝０ Ｂ ｍ 【３ ４ｙ ｚ Ｏ 一 ５ ￣ ＋ｔ ． ＂ － ＝
ＡＣ一、ＡＢ ＋Ｂ √ ／ ／ Ｃ 一４ ３，
令ｙＧ， ｚ ３ 一 所 小 （ ，） ＝ 则 一 ， ． 以 一３ 导． ，
＿
—
．
。
。。
一
ｌ Ｂｌ ・ｌ Ｐ ＡＣ｝
： ： 驾 ２
６
一
×２
４‘
２ ３， 棱锥 ０一 √ 则 ＡＢＣ 的体 积 为 Ｄ
（） ２知赢 ＝（ ， ，）设 Ｐ Ｏ一 ， ３ 由（） ＝ 一１ ＝ ｏ． （， ｆ ）
（＞ ０ ， ） 则 一 （ １ 一 ，） 一 ， ．
（） 平 面 Ｐ Ｃ 与 平 面 Ｐ ３当 Ｂ ＤＣ 垂 直 时 ， Ｐ 求 Ａ
的长．
又Ｂ ． ＤＪ ＡＣ， Ｅ／ＡＣ， ／ Ｂ ／ ＡＥ／ＢＤ， 以 Ｂ Ｌ ． 所 Ｅ＿ ＡＥ
于是 Ｂ ＿ 面 Ｐ Ｅｊ 平 ＡＥ， 以 Ｐ 所 Ｅ上ＢＥ， Ｂ ／ 又 Ｅ／ ＡＣ， 从
而 Ｐ Ｅ 是 Ｐ 和 ＡＣ 所 成 的 角 ． ｔ ＰＢ 中 ， Ｂ Ｂ Ｒ△ Ｅ
Ｃ
Ｑ 依题 意棱锥 ０ 瓣 析 一
ＡＢ Ｄ 的 ４条 侧 棱 Ｃ 相 等且 均为 球 ０ 的半径 ， 图 如
３连 接 ＡＣ， ＡＣ 中 点 ０ ， 取 连 接 Ｏ 则 ０， Ｏ 上 平 面 ０ Ａ
图３ ＡＢＣ 易 知 Ｄ．
设平 面 Ｐ ＢＣ 的法 向量 ｍ 一 （ ｙ，） 则 ｚ， ２ ，
而 多 层 次 地 考 查 了空 间 想 像 能 力 和 运 算 求 解 能 力 ．
誓 ｒ ， － ＊源自Ｃ 图 ４ 图 ５
例 ４ （ 京 卷 ・理 １ ） 四棱 锥 Ｐ ＡＢ Ｄ 中 ， 北 ６在 － Ｃ
方 法 ２ 综 合法 ） （
Ｐ ＿ 面 ＡＢ Ｄ， 面 ＡＢ Ｄ 是 菱 形 ， ＡＪ 平 Ｃ 底 Ｃ ＡＢ 一 ２ ，
2011年数学高考分类汇编解答题(理)03——立体几何
03 立体几何1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，1AA =1C H ⊥平面11AAB B ，且1C H = （Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角111A AC B --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM 的长．【解析】17．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，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点.依题意得(0,0,0),A B C 11(2,0),,22,2,5)A B（I ）解：易得11((AC AB ==- ， 于是111111cos ,3||||AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为3（II ）解：易知111(AA AC ==设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-+=⎪⎨=⎪⎩不妨令x 可得m =， 同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n AC n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y = 可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,m n =所以二面角A —A 1C 1—B（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得(,222N 设M （a ，b ，0），则(,22MN a b =--由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()(0,2()(()(0.22a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅+⎪⎩解得24a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故(24M因此BM = ，所以线段BM的长为||BM =方法二：（I ）解：由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，11AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此2221111111111111cos 2AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为3（II ）解：连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1， 又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1=C 1，所以11AC A ∆≌11BC A ∆，过点A 作11AR AC ⊥于点R ，连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角. 在11Rt A RB ∆中，11111sin B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R+-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为7（III ）解：因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN A B ⊥ 取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点， 所以ND//C 1H且112ND C H ==又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MN ND N =所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故 由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==EM 交AB 于点F ，可得12BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以24ND DM DE ==可得FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，BM ==2. （2011北京理）16．（本小题共14分） 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面A B C D ，底面A B C D 是菱形，2,60AB BAD =∠= .(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.【解析】（16）（共14分） 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226cos =⨯=. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-= 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m m所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t 解得6=t 所以PA=6 3. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ．（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．【解析】18．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz. （I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===-所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅=即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0),(12,1).C B B P ==--设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩即 因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可取(1,1,1).cos ,m m n =<>=所以 故二面角Q —BP —C的余弦值为 ………………12分 4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．【解析】19．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结SE，则,SE AB SE ⊥又SD=1，故222ED SE SD =+，所以DSE ∠为直角。
2011湖南高考数学试题分析
2011年湖南高考数学试题分析给2012年高考数学备考的几点建议长沙侯家塘校区贺小飞2011年是湖南省采取新课标的第二年，试卷在整体上紧扣考纲，紧密结合教材，体现了新课程的思想和理念。
突出对创新意识和作为数学核心的思维能力的考查；注重对数学应用意识的考查；充分区别文、理科考生不同的学习要求”的基本风格和特色。
试卷做到了总体保持稳定，题型清新，难度比2010年略高。
从试卷的考察内容来看，仍然突出考查支撑高中数学知识体系的主干知识和核心内容，如函数与导数，三角函数与解三角形，概率统计，立体几何，解析几何，数列等。
突出了对高中数学重点知识的考查，这些知识点需要考生达到必要的深度。
这些高中数学主干知识，其重要地位在新课程改革中一直没有改变，只是融入了一些新的背景，注重应用意识和创新意识的结合，强调了试题背景，注重了数学思维的考查。
另外，2011年湖南高考数学值得注意的是，选修部分的知识点考查较去年有所增加，但是难度较低，考生只要掌握了相关的基本知识就能轻松解答。
下面就来具体分析一下2011年湖南高考数学试题。
一、从题型上来看，充分体现新课标理念，发挥试题导向作用。
试卷采取“8+8+6”的三种题型结构。
与2010年相比，所不同的是在填空题方面，由7道增加到8道但是分值不变，采取“3选2”加必做5道的形式。
这样给考生就有更多的拿分机会，降低了试题难度。
二、从难易程度来看，难度适中，区分度较明显。
坚持“多考一点想，少考一点算”的新课标考查理念。
一些简单题“一捅就破”，如文、理科的第一题。
试题基本按照从易到难排列，考生一路解答障碍较少会比较顺畅。
难题出现在选择题的第8题，填空题的第14、16题，解答题的第21、22题。
三、从考查内容来看，全面考查双基知识，突出主干知识和数学思想的考查。
1.选择题部分。
理科试题考查了复数的概念、集合的关系、逻辑关系、三视图、独立性检验、双曲线的渐近线、定积分、线性规划、函数与导数、单调性与最值问题。
2011高考数学新课标卷分析解析
2011年高考数学新课标卷试卷分析
2、主观题的区分度计算 主观题分和测试总分均是以连续分数表示的。在统计学中， 具有此类特点的两个变量的相关系数可用积差相关法来计算。
1 n n X iYi X i Yi N i 1 i 1 i 1
n 2 X i i 1 n
题 1 2 号 难 度 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
2011年高考数学新课标卷试卷分析
2、用试题得分的平均值计算（对于解答题） 参加测验的全体学生在该题的平均得分与该题的满分的比值。
P X W
P
是难度系数，X 是全体学生在该题的平均得分，W 是该题的满分。
2011年高考数学新课标卷试卷分析
(三)难度结构分析
（1）定义 难度，即试题的难易程度。通常用难度系数来反映。 （2）计算方法（两种方法） 1、用通过率计算（对于客观题） 正确回答试题的人数与参加测验的总人数的比值。
R P N
数。 是难度系数；R 是正确回答试题的人数； 是参加测验的总人 N P
2011年高考数学新课标卷试卷分析
二、试卷隐性结构分析
试卷的隐性结构主要包括试卷的知识结构、能力结构 难度结构，以及试卷的情感结构。 • （一）知识结构分析 知识结构是试卷内在结构中最重要、最基础的结构。它 主要指：试卷所考查的知识内容，占规定考试范围的百分 比（即知识覆盖率），各项知识所占比例，每项知识的考 查要求，以及各个考查要求所占的比例。 根据2011年高考考试大纲及考试说明（新课标全国卷） ——数学（理），我们对2011年高考数学新课标卷建立了 双向细目表。
8
5分
函数% 概率与统计 频率分布
高考数学真题解析分项版08立体几何 文
2011年高考试题解析数学（文科）分项版08 立体几何一、选择题:1.(2011年高考安徽卷文科8)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+817 (D) 80 【答案】C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【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()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为()44221724817++=+，所以几何体的表面积为48817+.故选C.【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
2．(2011年高考广东卷文科9)如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为（ ）A ．B ．C ．D ． 2【答案】C【解析】由题得该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD ，，棱锥的高，3232322131331233231222=⨯⨯⨯⨯⨯=∴=-=-==∴=-=V PO h AO 所以选择C.3．（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+ 答案：D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3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
4．（2011年高考湖北卷文科7)设球的体积为V 1,它的内接正方体的体积为V 2，下列说法中最合适的是A. V 1比V 2大约多一半B. V 1比V 2大约多两倍半C. V 1比V 2大约多一倍D. V 1比V 2大约多一倍半答案：D解析：设球半径为R ，其内接正方体棱长为a 2222a a a R ++=，即23,3a R =由 3 32正视图侧视图俯视图图13331248,339v R v a R π===，比较可得应选D.5.（2011年高考山东卷文科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.6.（2011年高考海南卷文科第8题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（ ）解析：D. 由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D 。
2011年高考数学试题分类汇编-专题立体几何-理
2011年高考试题数学(理科）立体几何一、选择题:1。
(2011年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题： ①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如 下图；③存在圆柱,其正（主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是 （A ）3 （B)2 （C ）1 (D)0 【答案】A【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以。
2.（2011年高考浙江卷理科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. 3。
（2011年高考浙江卷理科4)下列命题中错误的是（A)如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面β（B ）如果平面不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β （C ）如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面 (D ）如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D【解析】若面⊥α面β，在面α内与面的交线不相交的直线平行平面β,故A 正确；B 中若α内存在直线垂直平面β,则βα⊥，与题没矛盾，所以B 正确；由面⊥面的性质知选项C正确。
4.(2011年高考安徽卷理科6）一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为（A） 48 （B)32+817 (C） 48+817（D) 80【答案】C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【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，。
故S2+4=⨯4⨯2+4⨯2+4⨯4+4⨯17⨯2 2=48+817表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确.5.（2011年高考辽宁卷理科8）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确．．．的是( ）(A）AC⊥SB(B）AB∥平面SCD（C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角答案： D解析：对于A:因为SD⊥平面ABCD,所以DS⊥AC。
高考数学真题解析分项版08立体几何 文
2011年高考试题解析数学（文科）分项版08 立体几何一、选择题:1.(2011年高考安徽卷文科8)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ） 48 (D) 80 【答案】C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【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()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为(44224++=+，所以几何体的表面积为48+故选C.【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
2．(2011年高考广东卷文科9)如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为（ ）A． B ． C ． D ． 2【答案】C【解析】由题得该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD ，，棱锥的高，3232322131331233231222=⨯⨯⨯⨯⨯=∴=-=-==∴=-=V PO h AO 所以选择C.3．（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+ 答案：D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3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
4．（2011年高考湖北卷文科7)设球的体积为V 1,它的内接正方体的体积为V 2，下列说法中最合适的是A. V 1比V 2大约多一半B. V 1比V 2大约多两倍半C. V 1比V 2大约多一倍D. V 1比V 2大约多一倍半答案：D正视图侧视图俯视图图1解析：设球半径为R ，其内接正方体棱长为a2R =，即,a =由333124,3v R v a π==，比较可得应选D.5.（2011年高考山东卷文科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.6.（2011年高考海南卷文科第8题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（ ）解析：D. 由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D 。
2011年新课标高考试题分类评析——立体几何
2011年新课标高考试题分类评析——立体几何
许雪
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2011(000)023
【摘要】2011年的高考已经落下帷幕，综观全国各地的新课程高考数学试卷，不难发现对立体几何内容的考查尊重《普通高中数学课程标准（实验）》（以下简《标准》）、遵循《2011年高考数学学科考试说明》（以下简称《考试说明》），突出了对点、线、面之间的位置关系，
【总页数】3页(P9-11)
【作者】许雪
【作者单位】北京市昌平区第一中学
【正文语种】中文
【中图分类】G632.479
【相关文献】
1.2011年新课标高考试题分类评析——统计与概率
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类评析——导数及其应用3.2011年新课标高考试题分类评析——推理与证明、几何证明选讲，坐标系与参数方程、不等式证明选讲4.2011年新课标高考试题分类评析——数列5.2012年新课标高考试题分类评析——立体几何
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围绕核心 优化运算 提升想象——2011年数学高考立体几何试题评析
（） Ａ ２ 求 Ｂ与平面 Ｓ Ｃ所成角的大小． Ｂ （０ １ 全 国数 学 高考理 科 试题 ） ２１ 年
评析 第（ ） １ 小题 的线 面垂 直是 常 规 判 定 （ 经 计算） 和证 明 ； （ ） 题 的实 质 是 寻找 平 面 Ｓ Ｃ 第 ２小 Ｂ 的垂 线 ． Ａ 由 Ｂ上平 面 Ｅ Ｓ 知 可 以 作 Ｓ Ｄ， Ｆ上平 面
Ａ Ｐ 第 （ ） 题 是 证 明平 面 Ｂ Ｏ ． ２小 ＭＣ上平 面 Ａ ＭＣ， 因 为 平 面 ＭＢ Ｃ的垂 线 较容 易找 到 （ 图 ３中的 Ｅ ） 如 Ｆ ， 所 以只需 证 明 平 面 Ａ ＭＣ与 Ｅ Ｆ平 行 即可 ， 即 只 也
解得 ｍ∈ ， 即该点不存在． 由此可见 ， 用空间坐标系设向量建方程可以简 化立体几何中一些难度较大的运算 ， 优化判定和证 明过 程 ， 但在 同 时对考 生 的运算 熟 练性 和准 确性 提 出相应的要求． ２ ３ 注重在立体几何与其他知识方法交汇点处考 ．
（ 萧山区第二中学 浙江 求
中一 个平 面 的垂线 是基本 方法 ．
能根据条件作出正确的图形 ， 根据 图形想象 出 直观形象 ， 能正确分析出图形中基本元素及其相互 关系 ； 能识别三视 图所表示的几何体 ， 理解三视图 与直 观 图 的联 系 ； 从 定 义 、 理 、 能 公 定理 出发 ， 定 判 并证明点、 直线 、 平面的位置关系； 会用 向量方法证 明直线与平面的有关命题并能求解线面角 、 面面角 和距离 ； 能进 行 较 严 密 的 推 理论 证 和表 述 ； 寻 求 能 合理的途径正确地进行有关计算 ， 并能优化运算过
系或适 当确 立 基底 ， 运用 向量 工具 加 以解 决 ．
向量的双重性体现了数形结合思想 ， 向量的坐
2011年高考立体几何题解法探究及对教学的启示
（ ／３，１０ ，故直线 与平 、 ＿ 一 ，） 曰 面 Ｓ Ｃ所 成 角 的 正 弦 值 为 Ｂ
—
０， 因Ｓ Ｓ 故有 Ｏ Ｏ 所 以０ 则 Ａ＝ Ｂ， Ａ＝ Ｂ， 点一定 在ＡＢ 的垂 直平分线
上 ． 找 到 解法 ： 我 取Ａ曰 中 点 Ｅ， 接 的 连 加 ，则 四 边 形 Ｂ Ｄ Ｃ Ｅ是 矩 形 ， Ｅ＝ Ｄ
师： 本题中没有明显 的过 同一点的三条两两垂直 的直线 ， 建 系比较 困难 ， 但是 刚才 三位 同学发言提供 三种漂亮 的解法 ， 显示 同学们 的聪 明智慧． 今年刚参加完高考的 同学 ， 大都 因为本题不 便 于建立坐标 系， 或者建 系后不会写关键点的坐标 ， 而痛失第二
问的分数． 既然本题不便于建立坐标系 ， 那我们选择几何 法将如 何解决本题 呢？
２１年 ５ ０２ 月
试 题 赏析
试 究
为 ｙ ， 作底面的垂线 为ｚ ， 是点Ｓ 、轴 过ｃ 轴 就 的坐标 比
较难写 ， 我们小组讨 论后得到如下解法．
如 图３ ，过 点 Ｃ 平 作
面Ａ Ｃ Ｂ Ｄ的垂 线 为ｚ ， 轴 Ｃ Ｃ Ｄ、 Ｂ分 别 为 、轴 ， Ｙ 建 立 空 间 直 角 坐 标
Ｓ＆￣ ｔｏ
Ｃ
Ｉ ２
２
线Ｂ平 ｓ所 角 正 值 ：： ， 直 Ａ Ａ与 面曰 成 的 弦 为胎Ｊ ７ 故 线 ｃ ｊ 孽Ｉ
与平 面船 ｃ 所成 的角 为 ｃｉ二 ｒ
．
过点ｓ 作平面Ｂ Ｄ 的垂线 ， 足为０， 作 Ｏ ＣＥ 垂 过０ Ｇ上Ｂ ． Ｃ直线ＡＢ 与 平面Ｓ Ｃ Ｂ 所成 的角等 于二 面角Ｓ Ｂ — 的大小 ／ Ｇ ． ｓ Ｇ ＝ —ＣＥ ＿Ｓ Ｏｃ ＡＳ ０ ｏ
2011年高考立体几何分类解析
2011年高考立体几何分类解析（全国）(6)已知直二面角l αβ--,点A α∈，AC l ⊥,C 为垂足,B β∈，BD l ⊥,D 为垂足．若2,1AB ACBD ===，则D 到平面ABC 的距离等于【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D 作DE BC ⊥,垂足为E ,因为l αβ--面角, AC l ⊥,∴AC ⊥平面β,∴ACDE ⊥,BC DE ⊥,AC BC C =I ,∴DE ⊥平面ABC ,故DE 的长为点D 到平面ABC 的距离.在RtBCD ∆中,由等面积法得3BD CD DE BC ⨯===(11)已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成060二面角的平面β截该球面得圆N .若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为(A)7π (B)9π (C)11π (D)13π【答案】D【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质. 【解析】如图所示,由圆M 的面积为4π知球心O 到圆M 的距离OM =,在Rt OMN∆中,30OMN ︒∠=, ∴12ONOM ==故圆N 的半径r ∴圆N的面积为213S r ππ==.(16)己知点E 、F 分别在正方体1111ABCD A BC D -的棱1BB 、1CC 上，且112,2B E EB CF FC ==，则面AEF 与面ABC所成的二面角的正切值等于 . 【答案】3【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.【解析】延长FE 交CB 的延长线于G ,连结AG ,则AG 为面AEF 与面ABC 的交线,由112,2B E EB CF FC ==得2CF BE =,∴B 为GC 中点.设正方体的棱长为1,则AG AC ==又2GC =,∴222AC AG GC +=∴90CAG ︒∠=Q FC ⊥平面ABC ,∴FA AG ⊥∴CAF ∠是面AEF 与面ABC 所成的二面角的平面角,在Rt ACFV 中,2tan CF CAF AC ∠===,故面AEF 与面ABC所成的二面角的正切值等于3. (19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 如图，四棱锥S ABCD -中， //AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====.(Ⅰ)证明：SD ⊥平面SAB ；(Ⅱ)求AB 与平面SBC 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计算，注重与平面几何的综合.解法一：(Ⅰ)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，2DE CB ==，连结SE ，则SE AB ⊥，SE =又1SD =,故222ED SE SD =+,所以DSE ∠为直角. ………………3分由AB DE ⊥,AB SE ⊥,DE SE E =I ,得AB ⊥平面SDE ,所以AB SD ⊥.SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直.所以SD ⊥平面SAB . ………………6分 另解:由已知易求得1,2SD AD SA ==,于是222SA SD AD +=.可知SD SA ⊥,同理可得SD SB ⊥,又SA SB S =I .所以SD ⊥平面SAB . ………………6分 (Ⅱ)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF DE ⊥,垂足为F ,则SF ⊥平面ABCD,2SD SE SF DE ⨯==. 作FG BC ⊥,垂足为G ,则1FG DC ==. 连结SG .则SG BC ⊥.又,BC FG SG FG G ⊥=I ,故BC ⊥平面SFG ,平面SBC ⊥平面SFG .……9分 作FH SG ⊥,H 为垂足,则FH ⊥平面SBC .SF FG FH SG ⨯==,即F 到平面SBC .由于//ED BC ,所以//ED 平面SBC ,E 到平面SBC 的距离d 也为7.设AB 与平面SBC 所成的角为α,则sin d EB α==,α=……12分解法二：以C 为原点,射线CD 为x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -. 设(1,0,0)D ,则(2,2,0)A 、(0,2,0)B . 又设(,,)S x y z ,则0,0,0x y z >>>.(Ⅰ)(2,2,),(,2,),(1,,)AS x y z BS x y z DS x y z =--=-=-u u r u u r u u u r, 由||||AS BS =u u r u u r 得=故1x =.由||1DS =u u u r得221y z +=,又由||2BS =u u r得222(2)4x y z +-+=,即22410y z y +-+=,故1,22y z ==. ………………3分于是1331(1,(1,(1,(0,2222S AS BS DS =--=-=uu r uu r uu u r ,0,0DS AS DS BS ⋅=⋅=u u u r u u r u u u r u u r.故,DS AS DS BS ⊥⊥,又AS BS S =I ,所以SD ⊥平面SAB . ………………6分(Ⅱ)设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =r,则,,0,0a BS a CB a BS a CB ⊥⊥⋅=⋅=r u u r r u u r r u u r r u u r.又3(1,(0,2,0)2BS CB =-=uu r uu r,故30,220m n p n ⎧-=⎪⎨⎪=⎩………………9分 取2p =得(a =r ,又(2,0,0),AB =-u u u r21cos ,||||AB a AB a AB a ⋅<>==⋅uu u r ruu u r r uu u r r .故AB 与平面SBC 所成的角为21arcsin7. ………………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（江西卷）（8）已知321,,ααα是三个相互平行的平面,平面21,αα之间的距离为1d ,平面32,αα之间的距离为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件答案：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P = 如果3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =21.（本小题满分14分）（1）如图，对于任一给定的四面体4321A A A A ，找出依 次排列的四个相互平行的平面 4321,,,αααα，使 得i i A α∈（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4321,,,αααα，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体4321A A A A 的四个顶点满足：i i A α∈（i=1,2,3,4），求该正四面体4321A A A A 的体积.解：（1）将直线41A A 三等分，其中另两个分点依次为32,A A '',连接3322,A A A A '',作平行于3322,A A A A ''的平面，分别过3322,A A A A ''，即为32,αα。