高中数学新课标全国1卷《立体几何》研讨(题目有详细答案)
2011-2018年全国一卷立体几何理汇编 带答案
20116．（5分）（2011•新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【分析】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，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解答】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，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选D．【点评】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．15．（5分）（2011•新课标）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O﹣ABCD的体积为8．【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积．【解答】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O﹣ABCD的体积为：=8．故答案为：8【点评】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．18．（12分）（2011•新课标）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【分析】（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD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，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．【点评】此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．2012 7．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【分析】（1）证明DC1⊥BC，只需证明DC1⊥面BCD，即证明DC1⊥DC，DC1⊥BD；（2）证明BC⊥面ACC1A1，可得BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角，由此可求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD=AC，∴∠ADC=45°同理：∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD=D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1=B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD=A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH=O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角设AC=a，则，，∴sin∠C1DO=∴∠C1DO=30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°。
新课标全国卷历年高考立体几何真题(含答案)
新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）班别： ______________________ 姓名：___________________1.（2011年全国卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD ，PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：PA ⊥BD ； (Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值.2.（2012年全国卷）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1.（Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小.3.（2013年全国Ⅱ卷）如图，直棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1=AC=CB=2AB. （Ⅰ）证明：BC 1//平面A 1CD ， （Ⅱ）求二面角D-A 1C-E 的正弦值4.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB CA =，1AA AB =， 601=∠BAA .（Ⅰ）证明C A AB 1⊥；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.5.（2014年全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.(Ⅰ)证明:PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积.6.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. （Ⅰ） 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值.7.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=16，BC=10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E=D 1F=4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(Ⅱ)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.8.（2015年全国Ⅰ卷）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.(Ⅰ)证明:平面AEC ⊥平面AFC ；(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.9.（2016年全国Ⅱ卷）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．10.（2016年全国Ⅰ卷）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．11.（2016年全国3卷）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面面ABCD ，AD ∥BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.自我总结：新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2卷）1.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=,由余弦定理得BD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD⊥AD;又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴射线DB 为y 轴的正半轴，射线DP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A,()0B,()C -,()0,0,1P.(1),(1,0,0)ABPB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n PB ,即00x z -+=-= 因此可取n =设平面PBC 的法向量为m ，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m PB m BC 可取m =（0，-1，，cos 7<>==-m,n 故二面角A-PB-C 的余弦值为 . 2.证明（Ⅰ）（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =得：45ADC ︒∠=，同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=，得：1,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥又∵11,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥平面1BCD DC BC ⇒⊥. （Ⅱ）（2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥平面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H ，1111111AC B C C O A B =⇒⊥，C 1O ⊥A 1D 1C O ⇒⊥面1ABD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 ，即1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则1C O =111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 即二面角11C BD A --的大小为30︒.3.（1）连接1AC ，交1A C 于点F ，连结1,DF BC ，则F 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF//1BC ，又因为111FD ACD BC AC D ⊂⊄平面，平面，所以11//BC ACD 平面. (2)由AA 1AC CB AB ===，可设：AB ＝2a,则1,AA AC CB ===所以AC BC ⊥，又因为ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，所以以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则C （0,0,0）、)1,0A D ⎫⎪⎪⎝⎭、、,E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭()122,0,2,,0CA a a CD a ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，.CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,,n x y z =则0n CD ⋅=且10,n CA ⋅=可解得,y x z =-=令1,x =得平面1A CD 的一个法向量为()1,1,1n =--，同理可得平面1A CE 的一个法向量为()2,1,2m =-，则3cos ,n m <>=，所以6sin ,n m <>=所以二面角1D A C E -- 4.【解析】（Ⅰ）取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，B A 1.因为CB CA =，所以AB OC ⊥.由于1AA AB =， 601=∠BAA ，故B AA 1∆为等边三角形，所以AB OA ⊥1.因为O OA OC =1 ，所以⊥AB 面C OA 1.又⊂C A 1平面C OA 1，故C A AB 1⊥. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB OC ⊥，AB OA ⊥1，又平面⊥ABC 平面11BB AA ，交线为AB ，所以⊥OC 平面11BB AA ，故OA ，OC ，1OA 两两互相垂直.以O 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -，则有)0,0,1(A ，)0,3,0(1A ,)3,0,0(C ,)0,0,1(-B .则)3,0,1(=， )0,3,1(1-==AA BB ， )3,3,0(-=.设平面C C BB 11的法向量为),,(z y x =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01BB ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+0303y x z x ，可取)1,1,3(-=.故510||||,cos 111-=⋅>=<C A n C A n C A n ，所以直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值为510.5.【解析】(1) 连接BD 交AC 于点为G,连接EG.在三角形PBD 中,中位线EG ∥PB, 且EG 在平面AEC 上，所以PB ∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z 轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(,0,0),E 12⎫⎪⎪⎝⎭,C(,m,0).所以AD=(,0,0), AE=12⎫⎪⎪⎝⎭,AC=),0m .设平面ADE 的法向量为1n =(x 1,y 1,z 1),则1n AD ⋅=0, 1n AE ⋅=0,解得一个1n =(0,1,0).同理设平面ACE 的法向量为2n =(x 2,y 2,z 2),则2n AC ⋅=0, 2n AE ⋅=0,解得一个2n因为cos 3π=|cos<12,n n >|=1212n n n n⋅==12,解得m=32. 设F 为AD 的中点,则PA ∥EF,且PA=2EF =12,EF ⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD 的高. 所以V E-ACD =·S △ACD ·EF=13×12×32×12.所以,三棱锥E-ACD .为坐标原点，方向，||为单位长度，的方向为y 轴的正方向，的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠，，（0，，0） =，，=，=设向量=，可取，）的一个法向量，），＞=A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(0,-6,8).=+080z .由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE ⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE ⊥EC,所以EG=,且EG ⊥AC.在Rt △EBG 中,可得BE=,故DF=.在Rt △FDG 中,可得FG=.在直角梯形BDFE 中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG.,又AC ∩FG=G,可得EG ⊥平面AFC.又因为EG ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面AFC. (2)如图,以G 为坐标原点,分别以,的方向为x 轴,y 轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得(,)A 00,(,E 10,(,F -10,()C 00， 所以(AE =1,(,CF =-1. 故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-3.所以直线AE 与直线CF所成角的余弦值为3 9.【解析】⑴∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴AF DF ⊥∵=DF EF F ∴AF ⊥面EFDC AF ⊥面ABEF ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥ AB ⊄平面EFDC EF ⊂平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ∵面ABCD 面EFDC CD = ∴AB CD ∥,∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建标系，设FD a =()()000020E B a ，，，， ()02202a CA a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ()020EB a =，，，22a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，()200AB a =-，，设面BEC 法向量为()m x y z =，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111120202a y a x ay z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩， ()301m =-，，设面ABC 法向量为()222n x y z =，， =00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩.即222220220a x ay ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，()034n=， 设二面角E BC A --的大小为θ.cos 3m nm n θ⋅===+⋅ ∴二面角E BC A --的余弦值为 10.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r ，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r ，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345xy z=⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅===u r u u r u r u u r∴sin θ=11.设),,(z y x =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM ， 即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=， 于是2558|||||,cos |==><AN n .。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
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高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD2 ，DCo SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。
（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。
2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. （ 2009浙江卷）如图，DC平面ABC，EB / / DC，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120o， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面 ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面 PDB ；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面ABCD，PA AD 4 ， AB 2 ．以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE 是等腰直角三角形，AB AE , FA FE , AEF 45 （I）求证： EF 平面 BCE ；（ II ）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III ）求二面角 F BD A 的大小。
高中数学立体几何习题(含答案与解析)
立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1 D 1． 5．正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a ，则P 点到面ABC 的距离是6．三个平面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，P 到三个面的距离分别是6，8，10，则OP 的长为 。
（理科）已长方体的全面积是8，则其对角线长的最小值是 认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2 ）1AC ⊥面11AB D ． (14分)6、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AFAC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)7、如图3所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？8、矩形ABCD 中，1,(0)AB BC a a ==>，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ QD ⊥，求a 的取值范围．参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ，由体积公式可得：()3261231a h a =⋅，故a h 332=。
全国重点名校高中数学新课程经典题大汇编全网首发之立体几何部分(含详解)
全国重点名校高中数学新课程经典题按考点分类大汇编（全网首发）（2019-6-21）全国重点名校高中数学新课程经典题大汇编全网首发之立体几何部分一、选择题（共20小题；共100分）1. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是A. ，，，B. ，，C. ，D. ，2. 在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为A. B.C. D.3. 一个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为A. B. C. D.4. 如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是A. B. C. D.5. 一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为，则此四棱锥最长的侧棱长为A. B. C. D.6. 如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是A. B. C. D.7. 如图，在梯形中，．，，，记到的距离为，到的距离为，且，则可推算出：，试用类比的方法，推想出下列问题的结果，在上面的梯形中，延长梯形两腰，相交于点，设，的面积分别为，，则的面积与，的关系是A. B.C. D.8. 若空间中个不同的点两两距离都相等，则正整数的取值A. 至多等于B. 至多等于C. 等于D. 大于9. 连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为的球的两条弦，的长度分别等于，，，分别为，的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦，可能相交于点；②弦，可能相交于点；③的最大值为；④的最小值为．其中真命题的个数为A. B. C. D.10. 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为，则A. B. C. D.11. 如图，在正方体中，棱的中点为．若光线从点出发，依次经三个侧面，，反射后，落到侧面（不包括边界），则入射光线与侧面所成角的正切值的范围是A. B. C. D.12. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于A. B. C. D.13. 已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.14. 长方体中，已知二面角的大小为，若空间有一条直线与直线所成的角为，则直线与平面所成角的取值范围是A. B. C. D.15. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为A. B. C. D.16. 设，，，是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.17. 如图，在正方体中，点为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围为A. B. C. D.18. 如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是A. 直线B. 抛物线C. 椭圆D. 双曲线的一支19. 已知正的顶点在平面上，顶点，在平面的同一侧，为的中点，若在平面上的射影是以为直角顶点的三角形，则直线与平面所成角的正弦值的范围是A. B. C. D.20. 如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设，则当时，函数的值域为A. B. C. D.二、填空题（共20小题；共100分）21. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．22. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．23. 某几何体的主视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体左视图的图形是．（写出所有可能的序号）24. 已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的底面和三个侧面中，直角三角形的个数是．25. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．26. 一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为．27. 如图，在长方体中，，，点在侧面上．若点到直线和的距离相等，则的最小值是．28. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为．29. 如图，在棱长为的正四面体中，，分别为直线，上的动点，且．若记中点的轨迹为，则等于．（注：表示的测度，在本题，为曲线、平面图形、空间几何体时，分别对应长度、面积、体积．）30. 如图，在矩形中，，，为边的中点．将沿翻折，得到四棱锥．设线段的中点为，在翻折过程中，有下列三个命题：①总有 平面；②三棱锥体积的最大值为；③存在某个位置，使与所成的角为．其中正确的命题是．（写出所有正确命题的序号）31. 空间四点，，，满足，，，，则的值为．32. 如图，已知平面四边形，，，，．沿直线将翻折成，直线与所成角的余弦的最大值是．33. 设，是直角梯形两腰的中点，于（如图）．现将沿折起，使二面角为，此时点在平面内的射影恰为点，则、的连线与所成角的大小等于．34. ，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；③直线与所成角的最小值为；④直线与所成角的最小值为；其中正确的是（填写所有正确结论的编号）．35. 已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为．36. 已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，（），则，，．37. 如图，在的二面角内取点，在半平面，中分别任取点，．若到棱的距离为，则的周长的最小值为．38. 如图，平面平面，为线段的中点，，，点为平面内的动点，且到直线的距离为，则的最大值为．39. 如图，在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，则四面体的体积的最大值是．40. 下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点、、分别为其所在棱的中点，能得出面的图形的序号是．（写出所有符合要求的图形序号）三、解答题（共10小题；共130分）41. 如图，四边形为菱形，为与的交点，平面．（1）证明：平面平面；（2）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．42. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．（1）证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由．（2）若面与面所成二面角的大小为，求的值．43. 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．44. 如图，，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图所示）．（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（2）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．45. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，，分别为，的中点．（1）求证： 平面；（2）求证：面平面；（3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为?说明理由．46. 在三棱柱中，侧面为矩形，，，是的中点，与交于点，且平面．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．47. 在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点为，又，，，点是的中点．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．48. 如图1，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图2 所示的几何体．（1）求证：平面；（2）若，与其在平面内的正投影所成角的正切值为，求点到平面的距离．49. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，且．点是棱的中点，平面与棱交于点．（1）求证：；（2）若，且平面平面，求平面与平面所成的二面角的正弦值．50. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，．（1）若点是棱的中点，求证： 平面；（2）求证：平面平面；（3）若二面角为，设，试确定的值．答案第一部分1. D 【解析】选项 A，当时，得不到，A 错；选项 B，，两条直线可能为异面直线；选项 C，直线可能在平面内．2. D3. A 【解析】由题意，三棱锥的一个侧面垂直于底面，底面是等腰直角三角形，顶点在底面中的射影是底面斜边的中点，设三棱锥外接球的半径为，则，所以，所以三棱锥外接球的表面积为．4. B 【解析】该几何体是一个放倒的半圆柱上面加一个四棱锥的组合体，故该几何体的体积四棱锥半圆柱5. C【解析】由三视图可知：该几何体为四棱锥，底面是边长为的正方形，高为．则，解得，所以此四棱锥最长的侧棱长．6. D 【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，其外接球相当于以俯视图为底面的三棱柱的外接球，底面三角形的外接圆半径，球心到底面的距离，故球半径满足，，故球的表面积．7. C 【解析】在平面几何中类比几何性质时，一般为：由平面几何点的性质，类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质，类比推理空间几何中面积的性质；故由：“”，类比到关于的面积与，的结论是：．8. B 【解析】当时，可以；当时，为正三角形，可以；当时，为正四面体，可以；当时，可知其中任意点组成正三角形，不妨固定其中个点组成正三角形，记为，则另外个点（记为、）一定在过中心，且与三角形所在平面垂直的直线上，再由当时，为正四面体知，四面体与四面体均为正四面体，此时，，设正四面体的边长为，则可知其高为，因此，所以正整数时，不可以．9. C 【解析】若，相交，因为，而过球内一点的最短的弦（球心除外）为以该点为中点的弦，最长的弦为球的直径，故①正确，②错误；，，当，，共线且在中间时，有最大值，当，，共线且在中间时，有最小值，故③④正确．10. B【解析】提示：此组合体是过圆柱对称轴的平面截圆柱所得的半个圆柱和一个半球组成的组合体．11. C12. D13. A14. C 【解析】过点作，连接，可得，则为二面角的平面角，所以，把直线平移到，则，过点作，则平面，所以（即直线）与平面所成的最大角为，假设，与直线相交于点，则（即直线）与平面所成的最小角为，所以直线与平面所成角的取值范围是．15. C16. B17. B 【解析】可证 平面 ，而当 为 的中点时， ，此时 平面 ，从而 的最大值为．因此．设 ，则 ， ． 在 中，．综上所述，． 18. C19. B 【解析】如图，设 在平面 内的射影分别是点 ，设 边长为 ，设 ， ， ．因为 为 的中点，所以 是 中点，所以，．因为是 以 为直角顶点的直角三角形，所以．又因为 ，所以由①②两式可得．所以由题意得 ， ，所以，利用对勾函数的单调性可得．20. D【解析】运动分为三个阶段，其中，为的三等分点，作沿着正方体的体对角线方向的正投影，并将截面三角形的变化过程绘图如下：从这个阶段是的逐渐变大的等边三角形；从这个阶段是六边形，从这个阶段是逐渐变小的等边三角形．所以当，函数的值域为．第二部分21.【解析】提示：由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为，高为）与中间一个圆柱（底面圆半径为，高为）组合而成．22.【解析】该几何体是一个长方体和一个圆柱的组合体．由三视图可知长方体的长、宽、高分别为、、，圆柱的底面半径为，高为，故该组合体的体积为．23. ①②③【解析】使用抠点法：由主、俯视图可知，该几何体必不包括，，点．若该几何体为，则①成立；若该几何体为，则②成立；若该几何体为，则③成立．24.【解析】由图可知，三棱锥的底面和三个侧面中直角三角形有，，，所以有三个直角三角形．25.【解析】由三视图可知，该几何体由两个长方体和一个圆柱组成．所以．26.【解析】三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为、高为的圆锥，下面是底面圆的半径为、高为的圆柱，所以该几何体的体积是．27.28.29.30. ①②31.【解析】方法一：设，，，，由，，，，得由①②③得，又，所以．方法二：取的中点，连接，，则32.【解析】取的中点，连接，过作交与点，过作，过作交与点，因为，为的中点，所以，又四边形为矩形，所以直线与所成的角为，为面与面所成的二面角，设，因为，所以，，又，所以，在中，由余弦定理得，所以，当时，有最小值为，则，所以直线与所成角的余弦的最大值是．33.【解析】取的中点，连接．又为的中点，则，且，．连接，则，从而为二面角的平面角，即．因为，，且与方向相同，所以．设，因为⊥平面，所以．在平面内作于点，可得．因为，所以，从而是以为直角的等腰三角形，即，亦即与所成角大小等于．34. ②③【解析】由题意知，，，三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为，故，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，直线的方向单位向量，，直线的方向单位向量，，设点在运动过程中的坐标，其中为与的夹角，，所以在运动过程中的向量，，设与所成夹角为，则，所以，所以③正确，④错误．设与所成夹角为，，当与夹角为时，即，，因为，所以，因为，所以，此时与的夹角为，所以②正确，①错误．35.36. ，，【解析】如图，．在向量，所在的两条射线上分别取，，分别过点、作与射线、垂直的平面，则向量的终点在这两个平面的交线上．记此交线与平面的交点为．根据题意，向量的终点可以取遍整个平面，此时其最小值为，且．此时分析平面，可以得到，于是，．而因此．37.【解析】作关于平面和的对称点和，连接，交平面与点，交平面与点，连接，的周长，要使的周长最小，则四点共线，即．在中，作关于的对称点，点关于的对称点，连接，，，，．因为二面角为，所以，所以，，又因为，所以，所以，所以周长的最小值．38.【解析】空间中到直线 的距离为 的点构成一个圆柱面，它与平面 相交得到一个椭圆，所以 在平面 内的轨迹为椭圆， 为椭圆的中心， ．设直线 与椭圆交于点 ，过点 作 于 点，则，从而 ，于是 为椭圆的焦点．当点 位于短轴的端点时， 最大，且最大值为 ． 39.【解析】 中，因为 ， ，所以 ．由余弦定理可得所以 ．设 ，则 ， ． 在 中，由余弦定理可得故 ．在 中， ， ．由余弦定理可得所以．过 作直线 的垂线，垂足为 ．设 ，则 ，即， 解得．而 的面积设与平面所成角为，则点到平面的距离．故四面体的体积设，因为，所以．则．（1）当时，有，故．此时，，因为，所以，函数在上单调递减，故．（2）当时，有，故．此时，由（1）可知，函数在单调递减，故．综上，四面体的体积的最大值为．40. ①④⑤【解析】分别在各图中添加辅助线，如图：对于①，因为面，所以面；对于②，若面，则，显然它们不垂直，所以②错误；③显然错误；对于④，因为，，所以，又，所以面；对于⑤，垂直于图中正六边形所在的面，所以面．第三部分41. （1）因为四边形为菱形，所以．因为平面，所以，故平面．又平面，所以平面平面．（2）设，在菱形中，又，可得，．因为，所以在中，可得．由平面，知为直角三角形，可得．由已知得，三棱锥的体积三棱锥故．从而可得．所以的面积为，的面积与的面积均为．故三棱锥的侧面积为．42. （1）解法一：因为底面，所以．由底面为长方形，有．而，所以平面．而平面，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而平面，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，．解法二：如图，以为原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，，则，，，，，因为点是棱的中点，所以，，于是，所以．又已知，而，所以平面．因为，所以，所以，而，所以平面由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，．（2）解法一：如图，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线．由（1）知，平面，所以．又因为底面，所以．而，所以平面．故是面与面所成二面角的平面角．设，，有，在中，由，得，则结合解得，所以故当面与面所成二面角的大小为时，．解法二：由平面，所以是平面的一个法向量．由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则结合解得，所以．故当面与面所成二面角的大小为时，．43. （1）设为的中点，连接，，．由题意得平面．又因为平面，所以．因为，所以．又因为，平面，平面．所以平面．由，分别为，的中点，得且，从而，，所以四边形为平行四边形．故．又因为平面，所以平面．（2）方法一：作且，连接．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．44. （1）解法一：在题图所示的中，设，则由，知，为等腰直角三角形，所以由折起前知，折起后（如题图），，，且，所以平面．又，所以于是当且仅当，即时，等号成立，故当，即时，三棱锥的体积最大．解法二：同解法一，得令由且，解得．当时，，当时，．所以当时，取得最大值．故当时，三棱锥的体积最大．（2）解法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由（1）知，当三棱锥的体积最大时，于是可得且．设，则．因为等价于，即故所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．设平面的一个法向量为，由得．可取．设与平面所成角的大小为，则由可得即，故与平面所成角的大小为．解法二：由（1）知，当三棱锥的体积最大时，如图，取的中点，连接，则．由（1）知平面，所以平面．如图，延长至点使得，连接，则四边形为正方形，所以．取的中点，连接，又为的中点，则，所以．因为平面，又平面，所以．又，所以平面．又平面，所以．因为，当且仅当，而点是唯一的，所以点是唯一的．即当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．连接，由计算得所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图所示，取的中点，连接，则平面．在平面中，过点作于，则平面．故是与平面所成的角．在中，易得所以是正三角形，故即与平面所成角的大小为．45. （1）连接，为正方形，为中点，为中点．所以在中，，且平面，平面所以 平面．（2）因为平面平面，平面面为正方形，，平面所以平面．所以，又，所以是等腰直角三角形，且即，且面所以面又面，所以面面．（3）如图，取的中点，连接，．因为，所以．因为侧面底面，面面，所以面，而，分别为，的中点，所以，又是正方形，故．因为，所以，．以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则有，，，．若在上存在点，使得二面角的余弦值为，连接，设．由（2）知平面的法向量为．设平面的法向量为．因为，，所以由，可得，令，则，，故，所以，解得，．所以，在线段上存在点，使得二面角的余弦值为．46. （1）由题意，，又，，所以，所以，因为，所以，又平面，所以，因为与交于点，所以平面，又平面，所以．（2）如图，分别以，，所在直线为，，轴，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以平面的一个法向量设直线与平面所成角为，则为所求．47. （1）在正中，，在中，因为，易证，所以为的中点，因为点是的中点，所以．因为平面，所以，因为，所以，因为，所以，即，因为，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以，，，．由（1）可知，为平面的一个法向量，，，设平面的法向量为，则即令，解得，，则平面的一个法向量为，，由题知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．48. （1）因为平面平面，平面平面，又，所以平面．因为平面，所以．又因为折叠前后均有，，所以平面．（2）由（Ⅰ）知平面，所以在平面内的正投影为，即为与其在平面内的正投影所成角．依题意，因为，所以．设，则，因为，所以，即，解得，故，，．由于平面，，为的中点，由平面几何知识得，同理，所以．因为平面，所以．设点到平面的距离为，则，所以，即点到平面的距离为．49. （1）因为底面是菱形，所以，又因为面，面，所以 面．又因为，，，四点共面，且平面平面，所以．（2）取中点，连接，，因为，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以，在菱形中，因为，，是中点，所以，如图，以为原点，，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系．由得，，，，，，，又因为，点是棱中点，所以点是棱中点，所以，，，设平面的法向量为，则有所以不妨令，则平面的一个法向量为，因为平面，所以是平面的一个法向量，，所以平面与平面所成的二面角的正弦值为．50. （1）如图，连接，交于，连接．且，即，．四边形为平行四边形，则为中点，又点是棱的中点，所以是三角形的中位线，．平面，平面，平面．（2），，为的中点，四边形为平行四边形，．，，即．又平面平面，且平面平面，平面．平面，平面平面．（3），为的中点，．平面平面，且平面平面，平面．如图，以为原点建立空间直角坐标系．则平面 的一个法向量为 ； ， ， ， ．设 ，则 ，，，在平面 中， ，， 平面 法向量为 ． 二面角 为 ， ， 又 ，．。
高一立体几何试题及答案
高一立体几何试题及答案一、选择题（每题4分，共40分）1. 已知空间四边形ABCD中，AB⊥平面BCD，AB=BC=CD=1，BD=√2，则AD的长度为（）。
A. √2B. √3C. √5D. 22. 一个正方体的棱长为a，其内切球的表面积为（）。
A. πa²B. 4πa²C. 6πa²D. 8πa²3. 已知直线l与平面α相交于点P，直线m⊥平面α，则直线l与直线m的位置关系是（）。
A. 相交B. 平行C. 异面D. 垂直4. 一个圆锥的底面半径为r，高为h，其侧面展开图的扇形圆心角为θ，则θ的值为（）。
A. 2πr/hB. 2πh/rC. 2πr/√(r²+h²)D. 2πh/√(r²+h²)5. 一个圆柱的底面半径为R，高为H，其体积为（）。
A. πR²HB. 2πR²HC. πRHD. 2πRH6. 一个球的半径为R，其表面积为（）。
A. 4πR²B. 2πR²C. 8πR²D. 6πR²7. 已知三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC，且PA⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC的形状为（）。
A. 正四面体B. 正三棱锥C. 正方体D. 长方体8. 一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，其体积为（）。
A. abcB. ab²cC. a²bcD. a³bc9. 一个圆柱的底面半径为R，高为H，其侧面积为（）。
A. 2πRHB. πR²HC. 2πR²HD. πRH10. 一个圆锥的底面半径为r，高为h，其体积为（）。
A. 1/3πr²hB. 1/2πr²hC. πr²hD. 2πr²h二、填空题（每题4分，共20分）11. 已知空间四边形ABCD中，AB=CD=2，BC=AD=√3，BD=√5，且AB⊥CD，BD⊥CD，则AC的长度为________。
2023全国1卷数学立体几何
2023年的全国1卷数学考试中，立体几何一直是考生们备受关注的部分。
立体几何作为数学中的一个重要分支，与我们的生活息息相关。
在考试中，对立体几何的掌握不仅考验了考生的数学能力，更展现了他们对于空间想象能力和逻辑推理能力的掌握程度。
在本篇文章中，我将从浅入深地探讨2023年全国1卷数学的立体几何部分，以帮助你更好地理解这一主题。
我们需要深入了解立体几何的基本概念和原理。
在数学中，立体几何主要研究的是三维空间中的图形和物体。
它涉及了许多概念，如平行四边形、正方体、棱柱、棱锥等。
立体几何也与平面几何有着密切的联系，是数学中一个非常重要的部分。
在2023年全国1卷数学考试中，涉及到的立体几何题目可能涵盖了多面体的计算、体积表面积的求解以及空间图形的分析等内容。
面对这些题目，考生首先需要掌握相关的基本知识，如平面几何的基本公式、多面体的性质、空间图形的展开和投影等。
考生还需掌握一定的解题技巧，如应用相似三角形求解立体几何题目、运用平行截面定理求解体积等。
总结起来，2023年的全国1卷数学考试立体几何部分涉及的知识点广泛，需要考生们具备扎实的数学基础和灵活的解题能力。
通过本文的探讨，相信你对于2023年全国1卷数学的立体几何部分有了更深入的理解。
希望你能够在备考中灵活运用所学知识，顺利应对考试。
我个人认为，立体几何不仅仅是考试中的一部分内容，更是我们对于空间的认识和理解。
它贯穿于我们的生活中的许多方面，如建筑设计、工程规划、艺术创作等。
学习立体几何不仅可以帮助我们应对考试，更能够拓展我们的视野，提升我们的思维能力和创造力。
希望本文能够对你有所帮助，祝你在2023年的数学考试中取得优异的成绩！立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间中的图形和物体，涉及到了许多概念和原理。
在2023年全国1卷数学考试中，立体几何部分的题目将考察考生对于空间想象能力和逻辑推理能力的掌握程度。
对于考生来说，掌握立体几何的基本知识和解题技巧至关重要。
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高中数学组《立体几何》高考研讨会一、全国新课标高考理科数学考试大纲1、空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。
②能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图。
③会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。
④会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）。
⑤了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
（2）点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内。
◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面。
◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
◆定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。
②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。
理解以下判定定理：◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行。
◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行。
◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直。
◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直。
理解以下性质定理，并能够证明：◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行。
◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行。
◆垂直于同一个平面的两条直线平行。
◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直。
③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。
2、空间向量与立体几何（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线与垂直.（4）解直线的方向向量与平面的法向量.（5）能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.（6）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）.（7）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用.二、考试内容层次要求三、2010年—2015年全国课标卷1立体几何考点分布统计表2011年——2015年全国课标卷Ⅰ立体几何考点分布统计表（理科）2011年——2015年全国课标卷Ⅰ立体几何考点分布统计表（文科）四、立体几何考纲研究比较显示，《2015年普通高等学校招生全国统一考试大纲（课程标准实验版理科）》、《2015年普通高等学校招生全国统一考试大纲的说明（课程标准实验版理科）》、《2015年普通高等学校招生全国统一考试广东省考试说明（理科）》要求基本保持一致，存在的主要差异是：1．《全国考试说明》未涉及的内容主要有：“会画某些建筑物的视图与直观图”．2．《广东考试说明》不要求记忆“球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式”，而《全国考试说明》及《全国考试大纲》无此限定．五、考试特点立体几何的重点是考查空间想象能力，和推理论证能力，而三视图是考查空间想象能力的很好载体，课标卷加强三视图的考查且达到一定的深度，一是表明重视新增内容，二是体现能力立意.立体几何解答题，文科突出考查直观感知和简单的推理论证，比如证明线面平行或垂直，计算几何体的表面积或体积等，不涉及线面角和二面角；理科更注重对空间想象能力和推理论证能力的考查，平行和垂直关系以及计算线面角或二面角都是重要内容，同时，题目的设计兼顾“几何法”和“向量法”；在题干上基本采用文、理“姊妹题”或“同题不同序”的形式，文科重简单推理和适当计算，理科重推理论证或计算证明.全国卷与广东卷在考点分布的主要差异（一）内容：1．全国卷对旋转体特别是球的问题经常考（一是考查球的表面积、体积及距离等基本量的计算；二是考查球与多面体的相切接，考查了学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力），而广东卷则较少涉及，广东试卷2012年文科只出现了一次半球的三视图．2．在选填题中，全国卷近五年对空间位置关系都未涉及，广东卷2014年和2015年都出现了命题判断式的客观题，此类题目是过去立体几何高考题的常见形式，通常得分率也比较高，说明新课标卷I更侧重于实际图形应用中的考察。
3．在解答题中，全国卷近五年对线面平行问题都未涉及，广东卷也少有考查线面平行问题，但全国课标卷Ⅱ常考查平行问题，2013年、2014年均有考查线面平行．4．全国卷考查三视图的试题难度较大，空间想象能力要求比较高，广东卷比较基础．5．全国卷有出现“直棱柱、正棱柱、正棱锥”等概念，而广东卷从未涉及这些概念．6.全国卷文理科背景材料经常是相近的，甚至是同题（2011年——2014年），广东卷文理科试题背景材料也相近的，但少同题．全国卷与广东卷在考点分布的主要差异（二）结构与难度：1、结构：全国卷经常是1道选择题、1道填空题、1道解答题，共3道题；广东卷经常是1道选择题或填空题、1道解答题，共2道题．2、分数比例：全国卷对立体几何考查的分值为22分，占全卷分值约15%，广东卷的分值为19分，占全卷分值约13%．3、难度定位：全国卷对立体几何的考查难度相对稳定，选择题、填空题难度为中等偏难，选择题基本在后六题的位置，填空题基本在后二题的位置（时而作为选择题压轴题，如2014年理12、2011年文16、2012年及2014年理11、2013年及2015年文11）；解答题属于中等难度，且基本定位在第2、3题的位置．4、广东卷对立体几何的考查，选择题、填空题为基础题，选择题在前六题的位置，填空题在前二题的位置；解答题广东卷波动较大．从整体上，对于选择题、填空题的考查，全国卷难于广东卷；解答题方面，广东有时难于全国卷（但都处在解答题第三道）．六、复习建议1、加强文字语言、符号语言和图形语言的转化训练，认识基本图形，对图形进行分解组合，提高图形的解读能力.2、熟练掌握直线与平面平行和垂直有关性质定理和判定定理，每个逻辑段的条件和结论要清楚，表达严谨，避免跳步和习惯性地漏掉一些得分点和关键点.3、理科要重视建系训练，掌握“向量坐标法”解决立体几何问题的一般套路：建系——找量——计算——“翻译”.恰当建立空间直角坐标系、准确表示出相关点的坐标及相应向量的坐标，用解方程的方法求出平面的法向量．七、近五年全国卷高考真题（2011年新课标理科第6题）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（ ）解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r 的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。
故选D（2011年新课标理科第15题）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M,则AM=221(23)6232+=, OM=224(23)2-=，16232833O ABCD V -=⨯⨯⨯=. （2011年新课标理科第18题）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD . (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。
解析1：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD;又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 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 ，则()1,0,0A ,()03,0B ，,()1,3,0C -,()0,0,1P 。
(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则00n AB n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即3030x y y z -+=-= 因此可取n =(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m ，则 0m PB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 可取m=（0，-1，3-）27cos ,27m n ==-故二面角A-PB-C 的余弦值为 277-（2012年新课标理科第7题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）18【解析】选B该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯= （2012年新课标理科第11题）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（ ）（A ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）2【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =，点O 到面ABC 的距离226d R r =-=SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2623d =此棱锥的体积为113262233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯= 另：13236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D（2012年新课标理科第19题）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥。
（Ⅰ）证明：1DC BC ⊥（Ⅱ）求二面角11A BD C --的大小。
【解析】（1）在Rt DAC ∆中，AD AC = 得：45ADC ︒∠= 同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H 1111111AC B C C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则12a C O =，1112230C D a C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒（2013年新课标I 理科第6题）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，则球的体积为 ( )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【命题意图】本题主要考查球的截面圆性质、球的体积公式，是容易题.【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A. （2013年新课标I 理科第8题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A .168π+ B .88π+C .1616π+D .816π+【命题意图】本题主要考查简单组合体的三视图及简单组合体 体积公式，是中档题.【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4， 上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A .（2013年新课标I 理科第18题）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°. （Ⅰ）证明AB ⊥A 1C;（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB=2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值。