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2011年高考数学试题分类汇编——立体几何
一、选择题
1.(重庆理9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为A.B.C.1D.【答案】C
2.(浙江理4)下列命题中错误的是A.如果平面,那么平面内一定存在直线平行于平面B.如果平面α不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C.如果平面,平面,,那么D.如果平面,那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D
3.(四川理3),,是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是A.,B.,C.,,共面D.,,共点,,共面【答案】B【解析】A答案还有异面或者相交,C、D不一定
4.(陕西理5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是A.B.C.D.【答案】A
5.(浙江理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
6.(山东理11)右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、俯视图如右图;
③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图.其中真命题的个数是A.3B.2C.1D.0【答案】A
7.(全国新课标理6)在一个几何体的三视图中,正视图与俯视图如右图所示,则相应的侧视图可以为【答案】D
8.(全国大纲理6)已知直二面角α−ι−β,点A∈α,AC⊥ι,C为垂足,B∈β,BD⊥ι,D为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则D到平面ABC的距离等于A.B.C.D.1【答案】C
9.(全国大纲理11)已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α成二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的__为4,则圆N的__为A.7B.9C.11D.13【答案】D
10.(湖南理3)设图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积为A.B.C.D.【答案】B
11.(江西理8)已知,,是三个相互平行的平面.平面,之间的距离为,平面,之间的距离为.直线与,,分别相交于,,,那么“=”是“”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
12.(广东理7)如图1-3,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,则该几何体的体积为A.B.C.D.【答案】B
13.(北京理7)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的__中,最大的是A.8B.C.10D.【答案】C
14.(安徽理6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表__为(A)48(B)32+8(C)48+8(D)80【答案】C
15.(辽宁理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⊥__(B)AB∥平面SCD(C)SA与平面__D所成的角等于SC与平面__D所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D
16.(辽宁理12)已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,,则棱锥S—ABC的体积为(A)(B)(C)(D)1【答案】C17.(__理17)设是空间中给定的5个不同的点,则使成立的点的个数为A.0B.1C.5D.10【答案】B
二、填空题
18.(__理7)若圆锥的侧__为,底__为,则该圆锥的体积为【答案】
19.(四川理15)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧__最大是,求的表__与改圆柱的侧__之差是.【答案】【解析】时,,则
20.(辽宁理15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为,它的三视图中的俯视图如右图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的__是.【答案】
21.(天津理10)一个几何体的三视图如右图所示(单位),则该几何体的体积为__________【答案】
22.(全国新课标理15)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=,则棱锥O-ABCD的体积为_____________.【答案】
23.(湖北理14)如图,直角坐标系所在的平面为,直角坐标系(其中轴一与轴重合)所在的平面为,(Ⅰ)已知平面内有一点,则点在平面内的射影的坐标为(2,2);(Ⅱ)已知平面内的曲线的方程是,则曲线在平面内的射影的方程是【答案】
24.(福建理12)三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=3,底面ABC是边长为2的正三角形,则三棱锥P-ABC的体积等于______【答案】
三、解答题
25.(江苏16)如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点求证
(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考察空间想象能力和推理论证能力满分14分证明
(1)在△PAD中,因为E、F分别为AP,AD的中点,所以EF//PD.又因为EF平面PCD,PD平面PCD,所以直线EF//平面PCD.
(2)连结DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形,因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,BF平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD又因为BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.
26.(安徽理17)如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,△OAB,△,△,△都是正三角形(Ⅰ)证明直线∥;(II)求棱锥F—OBED的体积本题考查空间直线与直线,直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的计算等基本知识,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.(I)(综合法)证明设G是线段DA与EB延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以∥,OG=OD=2,同理,设是线段DA与线段FC延长线的交点,有又由于G和都在线段DA的延长线上,所以G与重合.在△GED和△GFD中,由∥和OC∥,可知B和C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.(向量法)过点F作,交AD于点Q,连QE,由平面ABED⊥平面ADFC,知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点,为轴正向,为y轴正向,为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系.由条件知则有所以即得BC∥EF.(II)解由OB=1,OE=2,,而△OED是边长为2的正三角形,故所以过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F—OBED的高,且FQ=,所以
27.(北京理16)如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,.Ⅰ求证平面(Ⅱ)若求与所成角的余弦值;(Ⅲ)当平面与平面垂直时,求的长.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=.如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O—xyz,则P(0,—,2),A(0,—,0),B(1,0,0),C(0,,0).所以设PB与AC所成角为,则.(Ⅲ)由(Ⅱ)知设P(0,-,t)(t0),则设平面PBC的法向量则所以令则所以同理,平面PDC的法向量因为平面PCB⊥平面PDC所以=0,即解得所以PA=
28.(福建理20)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,.(I)求证平面PAB⊥平面PAD;(II)设AB=AP.(i)若直线PB与平面PCD所成的角为,求线段AB的长;(ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分解法一(I)因为平面ABCD,平面ABCD,所以,又所以平面PAD又平面PAB,所以平面平面PAD(II)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)在平面ABCD内,作__//AB交AD于点E,则在中,DE=,设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)由AB+AD=4,得AD=4-t,所以,(i)设平面PCD的法向量为,由,,得取,得平面PCD的一个法向量,又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得解得(舍去,因为AD),所以(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,设G(0,m,0)(其中)则,由得,
(2)由
(1)、
(2)消去t,化简得
(3)由于方程
(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等解法二(I)同解法一(II)(i)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)在平面ABCD内,作__//AB交AD于E,则在平面ABCD内,作__//AB交AD于点E,则在中,DE=,设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)由AB+AD=4,得AD=4-t,所以,设平面PCD的法向量为,由,,得取,得平面PCD的一个法向量,又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得解得(舍去,因为AD),所以(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,由__=CD,得,从而,即设,在中,这与GB=GD矛盾所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B,C,D的距离都相等,从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等
29.(广东理18)如图5.在椎体P-ABCD中,ABCD是边长为1的棱形,且∠DAB=60,PB=2EF分别是BCPC的中点.
(1)证明AD平面DEF;
(2)求二面角P-AD-B的余弦值.法一
(1)证明取AD中点G,连接PG,BG,BD因PA=PD,有,在中,,有为等边三角形,因此,所以平面PBG又PB//EF,得,而DE//GB得ADDE,又,所以AD平面DEF
(2),为二面角P—AD—B的平面角,在在法二
(1)取AD中点为G,因为又为等边三角形,因此,,从而平面PBG延长BG到O且使得POOB,又平面PBG,POAD,所以PO平面ABCD以O为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP分别为轴,z轴,平行于AD的直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系设由于得平面DEF
(2)取平面ABD的法向量设平面PAD的法向量由取
30.(湖北理18)如图,已知正三棱柱的各棱长都是4,是的中点,动点在侧棱上,且不与点重合.(Ⅰ)当=1时,求证⊥;(Ⅱ)设二面角的大小为,求的最小值.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力(满分12分)解法1过E作于N,连结EF(I)如图1,连结NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC侧面A1C又度面侧面A,C=AC,且底面ABC,所以侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,在中,=1,则由,得NF//AC1,又故由三垂线定理知(II)如图2,连结AF,过N作于M,连结ME由(I)知侧面A1C,根据三垂线定理得所以是二面角C—AF—E的平面角,即,设在中,在故又故当时,达到最小值;,此时F与C1重合解法2(I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得于是则故(II)设,平面AEF的一个法向量为,则由(I)得F(0,4,),于是由可得取又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为,于是由为锐角可得,所以,由,得,即故当,即点F与点C1重合时,取得最小值
31.(湖南理19)如图5,在圆锥中,已知=,⊙O的直径是的中点,为的中点.(Ⅰ)证明平面平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值解法1连结OC,因为又底面⊙O,AC底面⊙O,所以,因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以平面POD,而平面PAC,所以平面POD平面PAC(II)在平面POD中,过O作于H,由(I)知,平面所以平面PAC,又面PAC,所以在平面PAO中,过O作于G,连接HG,则有平面OGH,从而,故为二面角B—PA—C的平面角在在在在所以故二面角B—PA—C的余弦值为解法2(I)如图所示,以O为坐标原点,OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴,z轴建立空间直角坐标系,则,设是平面POD的一个法向量,则由,得所以设是平面PAC的一个法向量,则由,得所以得因为所以从而平面平面PAC(II)因为y轴平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为由(I)知,平面PAC的一个法向量为设向量的夹角为,则由图可知,二面角B—PA—C的平面角与相等,所以二面角B—PA—C的余弦值为
32.(辽宁理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(I)证明平面PQC⊥平面DCQ;(II)求二面角Q—BP—C的余弦值.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).则所以即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),设是平面PBC的法向量,则因此可取设m是平面PBQ的法向量,则可取故二面角Q—BP—C的余弦值为………………12分
33.(全国大纲理19)如图,四棱锥中,,侧面为等边三角形,.(Ⅰ)证明;(Ⅱ)求与平面所成角的大小.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,则又SD=1,故,所以为直角…………3分由,得平面SDE,所以SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以平面SAB…………6分(II)由平面SDE知,平面平面SED作垂足为F,则SF平面ABCD,作,垂足为G,则FG=DC=1连结SG,则,又,故平面SFG,平面__C平面SFG…………9分作,H为垂足,则平面__C,即F到平面__C的距离为由于ED//BC,所以ED//平面__C,E到平面__C的距离d也有设AB与平面__C所成的角为α,则…………12分解法二以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0)又设(I),,由得故x=1由又由即…………3分于是,故所以平面SAB…………6分(II)设平面__C的法向量,则又故…………9分取p=2得故AB与平面__C所成的角为
34.(全国新课标理18)如图,四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,,,底面ABCD.(I)证明;(II)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.解(Ⅰ)因为,由余弦定理得从而BD2+AD2=AB2,故BDAD又PD底面ABCD,可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD(Ⅱ)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-,则,,,.设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则即因此可取n=设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,)故二面角A-PB-C的余弦值为
35.(山东理19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ ACB=,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF.(Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证GM∥平面ABFE;(Ⅱ)若AC=BC=2AE求二面角A-BF-C的大小.19.(I)证法一因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,,所以∽由于AB=2EF,因此,BC=2FC,连接AF,由于FG//BC,在中,M是线段AD的中点,则AM//BC,且因此FG//AM且FG=AM,所以四边形AFGM为平行四边形,因此GM//FA又平面ABFE,平面ABFE,所以GM//平面AB证法二因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,,所以∽由于AB=2EF,因此,BC=2FC,取BC的中点N,连接GN,因此四边形BNGF为平行四边形,所以GN//FB,在中,M是线段AD的中点,连接MN,则MN//AB,因为所以平面GMN//平面ABFE又平面GMN,所以GM//平面ABFE(II)解法一因为,又平面ABCD,所以AC,AD,AE两两垂直,分别以AC,AD,AE所在直线为x轴、y轴和z轴,建立如图所法的空间直角坐标系,不妨设则由题意得A(0,0,0,),B(2,-2,0),C(2,0,0,),E(0,0,1),所以又所以设平面BFC的法向量为则所以取所以设平面ABF的法向量为,则所以则,所以因此二面角A—BF—C的大小为解法二由题意知,平面平面ABCD,取AB的中点H,连接CH,因为AC=BC,所以,则平面ABFE,过H向BF引垂线交BF于R,连接CR,则所以为二面角A—BF—C的平面角由题意,不妨设AC=BC=2AE=2在直角梯形ABFE中,连接FH,则,又所以因此在中,由于所以在中,因此二面角A—BF—C的大小为
36.(陕西理16)如图,在中,是上的高,沿把折起,使(Ⅰ)证明平面ADB ⊥平面BDC;(Ⅱ)设E为BC的中点,求与夹角的余弦值解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高,∴ 当Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB,又DBDC=D,∴AD⊥平面BDC,∵AD平面平面BDC.平面ABD平面BDC(Ⅱ)由∠ BDC=及(Ⅰ)知DA,DB,DC两两垂直,不防设=1,以D为坐标原点,以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D
(000),B
(100),C
(030),A(00,),E(,,0),=,=(1,00),与夹角的余弦值为<,>=.
37.(__理21)已知是底面边长为1的正四棱柱,是和的交点
(1)设与底面所成的角的大小为,二面角的大小为求证;
(2)若点到平面的距离为,求正四棱柱的高解设正四棱柱的高为⑴连,底面于,∴与底面所成的角为,即∵,为中点,∴,又,∴是二面角的平面角,即∴,⑵建立如图空间直角坐标系,有设平面的一个法向量为,∵,取得∴点到平面的距离为,则
38.(四川理19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中.∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA.(I)求证CD=C1D(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离..解析
(1)连接交于又为的中点,中点,D为的中点
(2)由题意过B作连接,则为二面角的平面角在中,则
(3)因为,所以在中,,
39.(天津理17)如图,在三棱柱中,是正方形的中心,,平面,且(Ⅰ)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(Ⅱ)求二面角的正弦值;(Ⅲ)设为棱的中点,点在平面内,且平面,求线段的长.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(I)解易得,于是所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为(II)解易知设平面AA1C1的法向量,则即不妨令可得,同样地,设平面A1B1C1的法向量,则即不妨令,可得于是从而所以二面角A—A1C1—B的正弦值为(III)解由N为棱B1C1的中点,得设M(a,b,0),则由平面A1B1C1,得即解得故因此,所以线段BM的长为方法二(I)解由于AC//A1C1,故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为(II)解连接AC1,易知AC1=B1C1,又由于AA1=B1A1,A1C1=A1=C1,所以≌,过点A作于点R,连接B1R,于是,故为二面角A—A1C1—B1的平面角.在中,连接AB1,在中,,从而所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为(III)解因为平面A1B1C1,所以取HB1中点D,连接ND,由于N是棱B1C1中点,所以ND//C1H且.又平面AA1B1B,所以平面AA1B1B,故又所以平面MND,连接MD并延长交A1B1于点E,则由得,延长EM交AB于点F,可得连接NE.在中,所以可得连接BM,在中,
40.(浙江理20)如图,在三棱锥中,,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2(Ⅰ)证明AP⊥BC;(Ⅱ)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由本题主要考查空是点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力满分15分方法一(I)证明如图,以O为原点,以射线OP为z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O—xyz则,,由此可得,所以,即(II)解设设平面BMC的法向量,平面APC的法向量由得即由即得由解得,故AM=3综上所述,存在点M符合题意,AM=3方法二(I)证明由AB=AC,D是BC的中点,得又平面ABC,得因为,所以平面PAD,故(II)解如图,在平面PAB内作于M,连CM,由(I)中知,得平面BMC,又平面APC,所以平面BMC平面APC在在,在所以在又从而PM,所以AM=PA-PM=3综上所述,存在点M符合题意,AM=
341.(重庆理19)如题
(19)图,在四面体中,平面平面,,,.(Ⅰ)若,,求四面体的体积;(Ⅱ)若二面角为,求异面直线与所成角的余弦值.(I)解如答
(19)图1,设F为AC的中点,由于AD=CD,所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,即DF是四面体ABCD的面ABC上的高,且DF=ADsin30°=1,AF=ADcos30°=.在Rt△ABC中,因AC=2AF=,AB=2BC,由勾股定理易知故四面体ABCD的体积(II)解法一如答
(19)图1,设G,H分别为边CD,BD的中点,则FG//AD,GH//BC,从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.设E为边AB的中点,则EF//BC,由AB⊥BC,知EF⊥AB.又由(I)有DF⊥平面ABC,故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角,由题设知∠DEF=60°设在从而因Rt△ADE≌Rt△BDE,故BD=AD=a,从而,在Rt△BDF中,,又从而在△FGH中,因FG=FH,由余弦定理得因此,异面直线AD与BC所成角的余弦值为解法二如答
(19)图2,过F作FM⊥AC,交AB于M,已知AD=CD,平面ABC⊥平面ACD,易知FC,FD,FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC,FD分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系F—xyz.不妨设AD=2,由CD=AD,∠CAD=30°,易知点A,C,D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.已知二面角C—AB—D为60°,故可取平面ABD的单位法向量,使得设点B的坐标为,有易知与坐标系的建立方式不合,舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为332正视图侧视图俯视图图1====PAGE30。