立体几何
（一）选择题
1.（08山东卷6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，
可得该几何体的表面积是
(A)9π （B ）10π
(C)11π (D)12π
答案：D
2. (2009山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何
体的体积为( ). A.223π+ B. 423π+ C. 2323π+
D. 234
3π+ 【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,
圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面 边长为2，高为3，所以体积为(
)2123233
3??= 所以该几何体的体积为2323
π+. 答案:C 【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,
由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地
计算出.几何体的体积.
3. (2009山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的
一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的 一条直线,m β⊥,则αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件.
答案:B.
【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.[来源学科网]
4. (2009山东卷文)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线,m β⊥,则
2 2
侧(左)视图 2 2
2 正(主)视图 俯视图
αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件. 答案:B.
【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.
5、（2010山东数）在空间，下列命题正确的是
A.平行直线的平行投影重合
B.平行于同一直线的两个平面平行[来源学§科§网Z §X §X §K]
C.垂直于同一平面的两个平面平行[
D.垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D
【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。 【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。
6、（2011山东11）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 ．3
B ．2
C ．1
D ．0
答案：A
7、 (2012山东卷文(13))如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为线段1B C 上的一点，则三棱锥1A DED -的体积为＿＿＿＿＿. 答案：16[来
8、（2013山东理）4．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形.若P 为底面111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为
(A) 512π (B) 3π (C)4π (D)6
π 答案：4．B
9、（2013山东文）4.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，
其正（主）视图如右图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是
(A)45,8 (B) 845,3 (C) 84(51),3
+ (D) 8,8 答案：4.B
[来源:Z&xx&https://www.doczj.com/doc/bc6072978.html,] 10、（2014山东文）13. 一个六棱锥的体积为32，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长
都相等，则该六棱锥的侧面积为 .
答案：（13）12
11、（2014山东理）13.三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则
12V V =________. 答案：
4
1 （二）解答题
1、（08山东卷20)(本小题满分12分)
如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，P A ⊥
平面ABCD ，60ABC ∠=?,E ，F 分别是BC , PC 的中
点.
（Ⅰ）证明：AE ⊥PD ;
（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面P AD 所成最大角的正切值为62
，求二面角E —AF —C 的余弦值. （Ⅰ）证明：由四边形ABCD 为菱形，∠ABC =60°，可得△ABC 为正三角形.
因为 E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .
又 BC ∥AD ，因此AE ⊥AD .
因为P A ⊥平面AB CD ，AE ?平面ABCD ，所以P A ⊥AE .
而 P A ?平面P AD ，AD ?平面P AD 且P A ∩A D =A ，
所以 AE ⊥平面P AD ，又PD ?平面P AD .
所以 AE ⊥PD.
（Ⅱ）解：设AB =2，H 为PD 上任意一点，连接AH ，EH .
由（Ⅰ）知 AE ⊥平面P AD ，
则∠EHA 为EH 与平面P AD 所成的角.
在Rt △EAH 中，AE =3，
所以 当AH 最短时，∠EHA 最大，
即 当AH ⊥PD 时，∠EHA 最大.
此时 tan ∠EHA =36,2
AE AH AH == 因此 AH =2.又AD=2，所以∠ADH =45°，
所以 P A =2.
解法一：因为 P A ⊥平面ABCD ，P A ?平面P AC ，
所以 平面P AC ⊥平面ABCD
.
过E 作EO ⊥AC 于O ，则EO ⊥平面P AC ，[]
过O 作OS ⊥AF 于S ，连接ES ，则∠ESO 为二面角E-AF-C 的平面角， 在Rt △AOE 中，EO =AE ·sin30°=32
，AO =AE ·cos30°=32, 又F 是PC 的中点，在Rt △ASO 中，SO =AO ·sin 45°=324
, 又 223830,494
SE EO SO =+=+= 在Rt △ESO 中，cos ∠ESO=32
154,530
4
SO SE == 即所求二面角的余弦值为15.5
解法二：由（Ⅰ）知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以
E 、
F 分别为BC 、PC 的中点，所以
A （0，0，0），
B （3，-1，0），
C （C ，1，0），
D （0，2，0），P （0，0，2），
E （3，0，0），
F （31,,122
）， 所以 31(3,0,0),(,,1).22
AE AF == 设平面AEF 的一法向量为111(,,),m x y z = 则0,0,m AE m AF ?=??=?? 因此111130,310.22
x x y z ?=??++=?? 取11,(0,2,1),z m =-=-则
因为 BD ⊥AC ，BD ⊥P A ，P A ∩AC=A ，
所以 BD ⊥平面AFC ，[来源学科网Z.X.X.K]
故 BD 为平面AFC 的一法向量.
又
BD =（-3,3,0），