2016年高考文科数学真题分类汇编：立体几何

2016年-2019年立体几何大题全国卷高考真题1、（2015年1卷18题）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AFC⊥平面AEC；(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成有的余弦值。

（2016年1卷18题）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, 2、90AFD ∠=o ,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60o ．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分） CA BD EF如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，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'的位置10OD '=. （I ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（II ）求二面角B D A C '--的正弦值.4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=?．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=?，求二面角A PB C --的余弦值．5．（2018年1卷18题）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．⑴证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P-ABC中,AB＝BC＝22,P A ＝PB＝PC＝AC＝4,O为AC的中点.（1）求证:PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且二面角M-P A-C为30°,求PC与平面P AM所成角的正弦值.18．（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E 在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.。

2016 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何）一、选择题1.（2016北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1【答案】A【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC-，其体积111111326V=⋅⋅⋅⋅=，故选A.考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅰ文、理）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是( )（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】A【解析】试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R,则37428V R833ππ=⨯=,解得R2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以 三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.3.（2016全国Ⅰ文、理）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1, ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面，则m 、n 所成角的正弦值为 ( )(A)3 (B )2 (C)3 (D)13【答案】A【解析】试题分析：如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角. 延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm , 同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成 的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n 所成角的 正弦值为32,选A. 考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.（2016全国Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）（A ）12π （B ）323π（C ）8π （D ）4π 【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 考点： 正方体的性质，球的表面积.【名师点睛】棱长为a 的正方体中有三个球： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为3a 、2a 和22a .5.（2016全国Ⅱ文、理）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图， 则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C考点： 三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解． 【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6. （2016全国Ⅲ文、理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）81 【答案】B考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．7.（2016全国Ⅲ文、理）在封闭的直三棱柱111ABCA B C-内有一个体积为V的球，若AB BC⊥，6AB=，8BC=，13AA=，则V的最大值是（）（A）4π （B）92π（C）6π （D）323π【答案】B【解析】试题分析：要使球的体积V最大，必须球的半径R最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322Rπππ==，故选B．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．8.（2016山东文、理）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（）（A）1233+π（B）123+π（C）123+π（D）21+π【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等.9.（2016上海文）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）(A)直线AA1 (B)直线A1B1 (C)直线A1D1(D)直线B1C1【答案】D【解析】只有11B C与EF在同一平面内，是相交的，其他A，B，C中直线与EF都是异面直线，故选D．考点：1.正方体的几何特征；2.直线与直线的位置关系.【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、空间想象能力等.10.（2016天津文）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B【解析】试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B考点：三视图【名师点睛】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．11.（2016浙江文、理）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m，n满足,m nαβ∥⊥，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n【答案】C【解析】试题分析：由题意知,l lαββ=∴⊂，,n n lβ⊥∴⊥．故选C．考点：空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．二、填空1.（2016北京文）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.2考点：三视图【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅱ理）,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④考点： 空间中的线面关系.【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系.3、（2016上海理）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________. 【答案】22【解析】试题分析：由题意得111122tan 223332DD DBD DD BD ∠==⇒=⇒=.考点：1.正四棱柱的几何特征；2.直线与平面所成的角.【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题，往往要将空间问题转化成平面问题，做出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.4. （2016四川文）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.侧视图俯视图【答案】3【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，且底面积为112S =⨯=1，所以该几何体的体积为11133V Sh ===考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．5.（2016四川理）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图33【答案】3【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为1122sin120132V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=.考点：三视图，几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．6.（2016浙江文、理）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______cm 2,体积是______cm 3.【答案】80；40． 【解析】试题分析：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， 22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．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． 7．（2016浙江文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =5，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______． 【答案】69【解析】试题分析：设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得6AC =，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由6(0,,0)A ，30(,0,0)B ，6(0,,0)C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直， 2666CD CH CA ===，则63OH =，153066DH ⨯==，因此可设30630'(cos ,,sin )636D αα-， 则3030630'(cos ,,sin )BD αα=--， 与CA 平行的单位向量为(0,1,0)n =，所以cos cos ',BD n θ=<>''BD n BD n⋅=＝6395cos α-，HD'DCBA zyO所以cos1α=时，cos θ取最大值69． 考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C A 平行的单位向量n 和D 'B ，进而可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值的最大值．8.（2016天津理）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3. 【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形 的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2． 考点：三视图【名师点睛】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．三、解答题1.（2016北京文）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析.（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下： 取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ． 又因为E 为AB 的中点， 所以F//E PA ． 又因为PA ⊄平面C F E ， 所以//PA 平面C F E ．考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，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.2. （2016北京理）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP =（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=.因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，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.3.（2016江苏）如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ， BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析考点：直线与直线、平面与平面位置关系【名师点睛】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.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.4. （2016江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1PO 的四倍. （1）若16,PO 2,AB m m ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）123PO =考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.5.（2016全国Ⅰ文）如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC 内的 正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积． 【答案】（I ）见解析（II ）作图见解析,体积为43试题解析：（I ）因为P 在平面ABC 内的正投影为D , 所以.AB PD ⊥因为D 在平面PAB 内的正投影为E ,所以.AB DE ⊥ 所以AB ⊥平面PED ,故.AB PG ⊥又由已知可得,PA PB =,从而G 是AB 的中点.（II ）在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PC ⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由（I ）知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2,2 2.==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF 所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 考点：线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.PABD CGE6.（2016全国Ⅰ理）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．【答案】（I）见解析（II ）219-试题解析：（I）由已知可得F DFA⊥,F FA⊥E,所以FA⊥平面FDCE．又FA⊂平面FABE,故平面FABE⊥平面FDCE．（II）过D作DG F⊥E,垂足为G,由（I）知DG⊥平面FABE．以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz-．由（I）知DF∠E为二面角D F-A-E的平面角,故DF60∠E=,则DF2=,DG3=,可得()1,4,0A,()3,4,0B-,()3,0,0E-,(D3．由已知,//FAB E,所以//AB平面FDCE．又平面CDAB平面FDC DCE=,故//CDAB,CD//FE ．由//FBE A,可得BE⊥平面FDCE,所以C F∠E为二面角C F-BE-的平面角,C F60∠E=．从而可得(C3-．所以(C3E=,()0,4,0EB=,(C 3,3A=--,()4,0,0AB=-．设(),,n x y z=是平面CB E的法向量,则C0nn⎧⋅E=⎪⎨⋅EB=⎪⎩,即3040x zy⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(3,0,3n=-．设m是平面CDAB的法向量,则C0mm⎧⋅A=⎪⎨⋅AB=⎪⎩,同理可取()0,3,4m=．则219cos,n mn mn m⋅==-．CBDEF故二面角C E-B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.7.（2016全国Ⅱ文） 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置. （Ⅰ）证明：'AC HD ⊥； （Ⅱ）若55,6,,'224AB AC AE OD ====,求五棱锥D ABCEF '-体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）694. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（I ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S 所以五棱锥'ABCEF D -体积16923222.34=⨯⨯=V 考点： 空间中的线面关系判断，几何体的体积.【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.8.（2016全国Ⅱ理）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，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）9525.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面.ABDD'E H Oz xF（II ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -， 则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则0m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩， 所以可以取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面'ACD 的法向量，则0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-.于是75cos ,||||5010m n m n m n ⋅<>===⋅⨯， 295sin ,25m n <>=.因此二面角B D A C'--的正弦值是29525.考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9.（2016全国Ⅲ文）如图，四棱锥P ABC-中，PA⊥平面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）求四面体N BCM-的体积.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）453．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==ADAM，取BP的中点T，连接TNAT,，由N为PC中点知BCTN//，221==BCTN. ......3分又BCAD//，故TN AM，四边形AMNT为平行四边形，于是ATMN//.因为⊂AT平面PAB，⊄MN平面PAB，所以//MN平面PAB. ........6分（Ⅱ）因为⊥PA平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA21. ....9分取BC的中点E，连结AE.由3==ACAB得BCAE⊥，522=-=BEABAE.由BCAM∥得M到BC的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCMS，所以四面体BCMN-的体积354231=⨯⨯=∆-PASVBCMBCMN. .....12分考点：1、直线与平面间的平行与垂直关系；2、三棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又推出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．10.（2016全国Ⅲ理）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面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.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）8525．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN .又BC AD //，故TN AM，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //.因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos,|25||||n ANn ANn AN⋅<>==.考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．11.（2016山东文）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：AC⊥FB；（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ））根据BDEF//，知EF与BD确定一个平面，连接DE，得到ACDE⊥，ACBD⊥，从而⊥AC平面BDEF，证得FBAC⊥.（Ⅱ）设FC的中点为I，连HIGI,，在CEF∆，CFB∆中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面//GHI平面ABC，进一步得到//GH平面ABC.试题解析：（Ⅰ））证明：因BDEF//，所以EF与BD确定一个平面，连接DE，因为EECAE,=为AC的中点，所以ACDE⊥；同理可得ACBD⊥，又因为DDEBD=，所以⊥AC平面BDEF，因为⊂FB平面BDEF，FBAC⊥。

湖北省各地2016届高三最新数学文试题分类汇编
立体几何
一、选择、填空题
1、（黄冈市2016高三3月质量检测）如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表
面积为
A. 87π
B ．16π
C ．32π
D ．64π
2、（荆、荆、襄、宜四地七校联盟2016届高三2月联考）如图，在正四棱柱1111C D C D A B -A B 中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111C D A B 内的一个动点，则三棱锥
ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）
A ．1
B ．2
C ．2
1 D ．
41
第2题 第3题
3、（荆门市2016届高三元月调考）若某几何体的三视图(单位：cm)如右上图所示，则
此几何体的表面积是( )cm2
A.12π
B.24π
C.15π+12
D.12π+12
4、（湖北省七市（州）2016届高三3月联合调研）已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为
(A)
5、（武汉市2016届高中毕业班二月调研）已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P-ABCD的高为
A.2
B.3
C. 5
D.6
6、（武汉市武昌区2016届高三元月调研）某几何体
的三视图如图所示，则该几何体的体积为。

2016年数学立体几何高考试题及答案1.如图所示，PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证：MN∥平面PAD.(2)求证：MN⊥CD.(3)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.2如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．解答证明：（Ⅰ）连接CE，则∵AD∥BC，BC=AD，E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形，BCDE是平行四边形，设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF；（Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD，∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．解答：证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE∥PA，又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF；（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3；又∵E、F为AC、AB的中点，∴EF=BC=4；∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF；∵DE∥PA，PA⊥AC，∴DE⊥AC；∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC；∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．4如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2，E、F分别是AB、PD 的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求四面体PEFC的体积．解答：解：（1）证明：设G为PC的中点，连接FG，EG，∵F为PD的中点，E为AB的中点，∴FG CD，AE CD∴FG AE，∴AF∥GE∵GE⊂平面PEC，∴AF∥平面PCE；（2）证明：∵PA=AD=2，∴AF⊥PD又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．∵PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，∴GE⊥平面PCD，∵GE⊂平面PEC，∴平面PCE⊥平面PCD；（3）由（2）知，GE⊥平面PCD，所以EG为四面体PEFC的高，又GF∥CD，所以GF⊥PD，EG=AF=，GF=CD=，S△PCF=PD•GF=2．得四面体PEFC的体积V=S△PCF•EG=．5如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．解答：解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD ①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF ②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．6如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．解答：证明：（I）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1，AC=A1C1，连接ED，可得DE∥AC，DE=AC，又F为棱A1C1的中点．∴A1F=DE，A1F∥DE，所以A1DEF是平行四边形，所以EF∥DA1，DA1⊂平面A1CD，EF⊄平面A1CD，∴EF∥平面A1CD（II）∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴AA1⊥CD，又AA1∩AB=A，∴CD⊥面A1ABB1，又CD⊂面A1CD，∴平面A1CD⊥平面A1ABB1；（III）过B作BG⊥A1D交A1D于G，∵平面A1CD⊥平面A1ABB1，且平面A1CD∩平面A1ABB1=A1D，BG⊥A1D，∴BG⊥面A1CD，则∠BCG为所求的角，设棱长为a，可得A1D=，由△A1AD∽△BGD，得BG=，在直角△BGC中，sin∠BCG==，∴直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．7如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D 不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．8如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O 为AC中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．解答：解：（I）证明：连接BD，MO在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB∥MO因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM所以PB∥平面ACM（II）证明：因为∠ADC=45°，且AD=AC=1，所以∠DAC=90°，即AD⊥AC又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，AC∩PO=O，AD⊥平面PAC （III）解：取DO中点N，连接MN，AN因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，，所以，∴，在Rt△ANM中，==即直线AM与平面ABCD所成的正切值为9三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．解答：（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CD⊥AB．又PC∩CD=C，∴AB⊥平面PCB．（2）解：取AP的中点O，连接CO、DO．∵PC=AC=2，∴C0⊥PA，CO=，∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA．∴∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角．由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC，又∵AB=BC，AC=2，求得BC=PB=，CD=∴cos∠COD=．1111AD上一点，且AP＝a3，过B1，D1，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－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.3．如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(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 ＝12CD .(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 －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1； (2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－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∵B1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，又B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ，∴PQPM＝PDAP＝2，即PQ＝2PM，又△APM∽△ADP，∴PMBD＝APAD＝13，∴PM＝13BD，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .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 PAD 中，PA ＝2，AD ＝BC ＝4，PD ＝42＋22＝25，AF ·PD ＝PA ·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 ＝12OB ＝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 ＝12BD 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 ＝12AB ·BC ＝1，∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝1，∴V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC＝1，∴PC＝2，∵PC⊥BC，BC＝1，∴S△PBC＝12PC·BC＝22，∵V A－PBC＝V P－ABC，∴13S△PBC·h＝13，∴h＝2，∴点A到平面PBC的距离为 2.。

2016年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(全国卷三）注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.答卷前,考生务必将自己的、号填写在答题卡上。

2.答题前，考生务必将自己的、号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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）设集合{0,2,4,6,8,10},{4,8}A B ==，则C A B= （A ）{48}，（B ）{026}，，（C ）{02610}，，，（D ）{0246810}，，，，，（2）若43i z =+，则||zz = （A ）1（B ）1-（C ）43+i 55（D ）43i 55- （3）已知向量BA →=（12，32），BC →=（32，12），则∠ABC =（A ）30°（B ）45°（C ）60°（D ）120°（4）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图。

图中A 点表示十月的平均最高气温约为15℃，B 点表示四月的平均最低气温约为5℃。

下面叙述不正确的是（A ）各月的平均最低气温都在0℃以上（B）七月的平均温差比一月的平均温差大（C）三月和十一月的平均最高气温基本相同（D）平均最高气温高于20℃的月份有5个（5）小敏打开计算机时，忘记了开码的前两位，只记得第一位是M，I,N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（A）815（B）18（C）115（D）130（6）若tanθ=13，则cos2θ=（A）45-（B）15-（C）15（D）45（7）已知4213332,3,25a b c===，则(A)b<a<c (B) a < b <c (C) b <c<a (D) c<a< b（8）执行右面的程序框图，如果输入的a=4，b=6，那么输出的n= （A）3（B）4（C）5（D）6（9）在△ABC中，B=1,,sin43BC BC A π=边上的高等于则(A)310(B)1010(C)55(D)31010（10）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A）18365+（B）54185+（C）90（D）81（11）在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1有一个体积为V 的球。

2012年高考立体几何选作1、[2012·课标全国卷] 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SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.222、[2012·辽宁卷] 已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．3、[2012·北京卷] 如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．4、[2012·湖北卷] 如图1所示，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大？(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．5、[2012·全国卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ； (2)设二面角A －PB －C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．A BCDA DBCME图1 图2 ACB DEACBE DM 图1 图26、[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．7、[2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．8、[2012·福建卷] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．AB CC/A /B /MN PABED P AB C9、[2012·湖南卷] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面PAE ；(2)若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P －ABCD 的体积．A A 1B 1C 1D 1 D C EB BCEDPA2012立体几何高考题答案1、A2、333、解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC ，所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， 所以DE ⊥平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ， 所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如右图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ， 则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)， 所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，因为CM →＝(0,1，3)，所以sin θ＝|cos(n ，CM →)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM |＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．4、解：(1)方法1：在题图所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD ＝12BD·CD＝12x(3－x)．于是V A－BCD ＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝112·2x(3－x)(3－x)≤112⎣⎡2x＋(3－x)＋(3－x)33＝23.当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．方法2：同方法1，得V A－BCD＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝16x3－6x2＋9x)．令f(x)＝16(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝12(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值．故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．(2)方法1：以点D为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系D－xyz.由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E⎝⎛⎭⎫12，1，0，且BM→＝(－1,1,1)．设N(0，λ，0)，则EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0.因为EN⊥BM等价于EN→·BM→＝0，即⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12N⎝⎛⎭⎫0，12，0.所以当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n⊥BN→，n⊥BM→，及BN→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧y＝2x，z＝－x.可取n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·EN→|n|·|EN→|＝⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.方法2：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.如图(c)，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN.又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．即当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM.连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝5 2，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．如图(d)所示，取BM的中点G.连结EG，NG，则BM⊥平面EGN，在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝22，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成角的大小为60°.5、解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝233，FC＝2，从而PCFC＝6，ACEC＝ 6.因为PCFC＝ACEC，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.(2)在平面P AB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．因为二面角A－PB－C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线P A，AG都垂直，故BC⊥平面P AB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝ 2.设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝dPD＝12.所以PD与平面PBC所成的角为30°.方法二：(1)以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)． 于是PC →＝(22，0，－2)， BE →＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0， 即2z ＝0，且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°. 6、解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱． 所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点． 所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ，M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′，又MP ∩NP ＝P ， 因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′，而MN ⊂平面MPN ， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系O －xyz ，如图1－5所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)．所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ22＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0.可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. 7、解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1， 可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20 h2，所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝1010， 即AE ＝1010.方法二：(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A －PC －D 的平面角.在Rt △PAC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.(3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC .在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝15，故sin ∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin ∠FAB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝12，sin ∠FAB ＝sin135°＝22，可得BF ＝52. 由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos ∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos30°＝BE 2＋BF 2－EF22BE ·BF，可解得h ＝1010.所以AE ＝10108、解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a 21＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.9、解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF .由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角，且BG ⊥AE .由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BFPBPA ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ， 所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3.11于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855. 于是PA ＝BF ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13S ×PA ＝13×16×855＝128515.解法2：如上图(2)，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)由题设和(1)知，CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·PB →|PA →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )，又PB →＝(4,0，－h )， 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515.以下是附加文档，不需要的朋友下载后删除，谢谢顶岗实习总结专题13篇第一篇:顶岗实习总结为了进一步巩固理论知识，将理论与实践有机地结合起来，按照学校的计划要求，本人进行了为期个月的顶岗实习。

2016年全国卷文数（新课标2）立体几何4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为()π C. 8π D. 4πA. 12πB. 323【答案】A【解析】【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为√4+4+4=2√3，即为球的直径，所以半径为√3，所以球的表面积为4π⋅(√3)2=12π．故选：A．7.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A. 20πB. 24πC. 28πD. 32π【答案】C【解析】【分析】本题考查由三视图求表面积，本题的图形结构比较简单，易错点可能是两个几何体重叠的部分忘记去掉，求表面积就有这样的弊端.空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3，在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面．【解答】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3，∴在轴截面中圆锥的母线长是√12+4=4，∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4=20π，∴空间组合体的表面积是28π，故选C．19.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(Ⅰ)证明：AC⊥HD′；(Ⅱ)若AB=5，AC=6，AE=54，OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．【答案】(Ⅰ)证明：∵菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，∴EF//AC，且EF⊥BD将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，则D′H⊥EF，∵EF//AC，∴AC⊥HD′；(Ⅱ)若AB=5，AC=6，则AO=3，B0=OD=4，∵AE=54，AD=AB=5，∴DE=5−54=154，∵EF//AC，∴DEAD =EHAO=DHOD=1545=34，∴EH=94，EF=2EH=92，DH=3，OH=4−3=1，∵HD′=DH=3，OD′=2√2，∴满足HD′2=OD′2+OH2，则△OHD′为直角三角形，且OD′⊥OH，又OD′⊥AC，AC∩OH=O，即OD′⊥底面ABCD，即OD′是五棱锥D′−ABCFE的高．底面五边形的面积S=12×AC⋅OB+(EF+AC)⋅OH2=12×6×4+(92+6)×12=12+214=694，则五棱锥D′−ABCFE体积V=13S⋅OD′=13×694×2√2=23√22．【解析】(1)根据直线平行的性质以菱形对角线垂直的性质进行证明即可．(2)根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明OD′是五棱锥D′−ABCFE的高，即可得到结论．本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，以及空间几何体的体积，根据线面垂直的判定定理以及五棱锥的体积公式是解决本题的关键.本题的难点在于证明OD′是五棱锥D′−ABCFE的高.考查学生的运算和推理能力．。

数学试卷 第1页（共39页） 数学试卷 第2页（共39页）数学试卷 第3页（共39页）绝密★启用前2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷1)文科数学使用地区：山西、河南、河北、湖南、湖北、江西、安徽、福建、广东本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页，满分150分. 考生注意：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.3. 考试结束，监考员将本试题卷、答题卡一并收回.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 设集合{1,3,5,7}A =，{|25}B x x =≤≤，则A B = （ ）A. {1,3}B. {3,5}C. {5,7}D. {1,7}2. 设(12i)(i)a ++的实部与虚部相等，其中a 为实数，则=a（ ）A. 3-B. 2-C. 2D. 33. 为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是 （ ）A.13 B.12 C. 23D. 564. ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a =，2c =，2cos 3A =，则b =（ ）A.B.C. 2D. 35. 直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率为（ ）A.13 B.12 C. 23D. 346. 将函数2sin(2)6y x π=+的图象向右平移14个周期后，所得图象对应的函数为（ ）A. 2sin(2)4y x π=+ B. 2sin(2)3y x π=+ C. 2sin(2)4y x π=-D. 2sin(2)3y x π=-7. 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则它的表面积是 （ ）A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π 8. 若0a b >>，01c <<，则（ ）A. log log a b c c <B. log log c c a b <C. cca b <D. ab c c>9. 函数2|x|2y x e =-在[2,2]-的图象大致为（ ）ABC D10. 执行如图的程序框图，如果输入的0x =，1y =，1n =，则输出x ，y 的值满足 （ ）A. 2y x =B. 3y x =C. 4y x =D. 5y x =11. 平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，//α平面11CB D ，α平面=ABCD m ，α平面11=ABB A n ，则m ，n 所成角的正弦值为（ ）A.B.C.D.1312. 若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是（ ）A. []1,1-B. 11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D. 11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦姓名________________ 准考证号_____________--------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第4页（共39页） 数学试卷 第5页（共39页） 数学试卷 第6页（共39页）第II 卷注意事项：第Ⅱ卷共3页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效.本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～24题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13. 设向量a 1(),x x =+，b (1,2)=，且a ⊥b ，则x = .14. 已知θ是第四象限角，且3sin()45πθ+=，则tan()4πθ-= . 15. 设直线2y x a =+与圆22:220C x y ay +--=相交于,A B 两点，若||AB =则圆C的面积为 .16. 某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时，生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900元.该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为 元.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足11b =，213b =，11n n n n a b b nb +++=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）求{}n b 的前n 项和. 18.（本小题满分12分）如图，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =．顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . （Ⅰ）证明：G 是AB 的中点；（Ⅱ）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．19.（本小题满分12分）某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：记x 表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y 表示1台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），n 表示购机的同时购买的易损零件数. （Ⅰ）若19n =，求y 与x 的函数解析式；（Ⅱ）若要求“需更换的易损零件数不大于n ”的频率不小于0.5，求n 的最小值； （Ⅲ）假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？20.（本小题满分12分）在直角坐标系xOy 中，直线:(0)l y t t =≠交y 轴于点M ，交抛物线2:2C y px =(0)p >于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连结ON 并延长交C 于点H .（Ⅰ）求||||OH ON ；（Ⅱ）除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由.21.（本小题满分12分）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.请考生在第22～24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分. 22.（本小题满分10分）选修41-：几何证明选讲如图，OAB △是等腰三角形，120AOB ∠=.以O 为圆心，12OA 为半径作圆. （Ⅰ）证明：直线AB 与⊙O 相切；（Ⅱ）点,C D 在⊙O 上，且,,,A B C D 四点共圆，证明：AB CD ∥.23.（本小题满分10分）选修44-：坐标系与参数方程在直线坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos ,1sin ,x a t y a t =⎧⎨=+⎩（t 为参数，0a >）.在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线2:4cos C ρθ=. （Ⅰ）说明1C 是哪一种曲线，并将1C 的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线3C 的极坐标方程为0θα=，其中0α满足0tan 2α=，若曲线1C 与2C 的公共点都在3C 上，求a .24.（本小题满分10分），选修45-：不等式选讲已知函数()|1||23|f x x x =+--. （Ⅰ）画出()y f x =的图象； （Ⅱ）求不等式|()|1f x >的解集.{3,5}A B=a-=，由已知，得213/ 13数学试卷 第10页（共39页）数学试卷 第11页（共39页） 数学试卷 第12页（共39页）平面ABB1D平面1n所成角等于所成角的正弦值为5/ 13数学试卷 第16页（共39页）数学试卷 第17页（共39页） 数学试卷 第18页（共39页）【解析】由题意，0a b x =+，3【提示】根据向量垂直的充要条件便可得出0a b =，进行向量数量积的坐标运算即可得出关于的值.【考点】向量的数量积，坐标运算7/ 13作出二元一次不等式组①表示的平面区域，即可行域，如图中阴影部分所示.7z77z数学试卷第22页（共39页）数学试卷第23页（共39页）数学试卷第24页（共39页）18.【答案】（Ⅰ）因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB PD⊥.9/ 13数学试卷第29页（共39页）数学试卷第30页（共39页）11 / 13))(1,)+∞时，(,ln(2)),1,+a -,1)(ln(2),)a -+∞时，单调递增，在1,ln((2))a -单调递减)在(,1)-∞ln 2a ，则f数学试卷 第34页（共39页）数学试卷 第35页（共39页） 数学试卷 第36页（共39页）同理可证，'OO CD ⊥，所以//AB CD .13/ 13。

2016年高考立体几何汇编一、选择题1、（2016年山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）12+π33（B ）12+π33 （C ）12+π36 （D ）21+π6 【答案】c2、（2016年上海高考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ） (A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D3、（2016年天津高考）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（ ）【答案】B4、（2016年全国I 卷高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A5、（2016年全国I 卷高考）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α= 平面，11ABB A n α= 平面，则m ，n 所成角的正弦值为 （A ）32（B ）22（C ）33（D ）13【答案】A6、（2016年全国II 卷高考）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C7、（2016年全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A）18365+（C）90 （D）81 +（B）54185【答案】B8、（2016年浙江高考）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C二、填空题1、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.22、（2016年四川高考）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积。