高三数学立体几何试题

上学期高三数学立体几何空间几何体基础知识测试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列几何体中是四棱锥的是( )A. B. C. D.2.已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A. 2B. 2√2C. 4D. 4√23.如图所示的组合体是由哪个平面图形旋转形成的( )A. B. C. D.4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=2，则原平面图形的面积为( )A. 3√2B. 3√2C. 12√2D. 6√225.已知三个球的表面积之比是1：2：3，则这三个球的体积之比为( )A. 1：√2：√3B. 1：2√2：3√3C. 1：4：9D. 1：8：276.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )A. √3B. 2√3C. 3√3D. 4√37. 木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且▵ADE,▵BCF均为正三角形，EF//CD,EF=4，则该木楔子的体积为( )A. 8√23B. 4√2 C. 4√23D. 2√28.正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,Q,R分别是A1D1,C1D1,AA1的中点.那么过P,Q,R三点的截面图形是( )A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形二、多选题（本大题共4小题，共20分。

在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法中不正确的是( )A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥B. 以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线10.已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是( )A. 球O的半径为32B. 球O的表面积为6πC. 球O的内接正方体的棱长为√6D. 球O的外切正方体的棱长为√611.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段A1D1靠近点D1的三等分点，点F，G分别为C1D1，B1C1的中点．下列说法中正确的是A. A，C，E，F四点共面B. AD1⊥B1DC. BG//平面ACD1D. 三棱锥D−ACD1与三棱锥B−ACD1体积相等12. 已知圆锥的底面半径为1，高为√3，S为顶点，A，B为底面圆周上两个动点，则( )A. 圆锥的体积为√33πB. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2C. 圆锥截面SAB的面积的最大值为√3D. 从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为3√3三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1=AC=2，AB⊥BC，则此球的体积为__________．14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3cm，BC=4cm，CA=5cm，AA1=6cm，则四棱锥A1−B1BCC1的体积为cm315.空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=BD=a，且AC与BD所成的角为60∘，则四边形EFGH的面积为_____．16.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为____．四、解答题（本大题共6小题，共70分。

高三数学一轮复习【立体几何】练习题1.空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，则下列说法正确的有()A.若a∥b，b∥c，则a∥cB.若a⊥γ，b⊥γ，则a∥bC.若a∥γ，b∥γ，则a∥bD.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c答案AB解析根据空间平行直线的传递性可知A正确；由直线与平面垂直的性质定理知B正确；若a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行、相交或异面，故C错误；若a⊥b，b⊥c，则a，c可能相交、平行或异面，故D错误.2.对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的为()A.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nB.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥nC.若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂βD.若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α答案ACD解析对A，令m，n分别为直线m，n的方向向量，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，又α⊥β，所以m⊥n，即m⊥n，所以选项A正确；对B，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，直线A1C1为m，直线C1D为n，满足α⊥β，m∥α，n∥β，但m与n既不平行也不垂直，所以选项B错误；对C，若m⊄β，过m作一平面γ分别与平面α和平面β相交，且交线分别为a，b，则m∥a，a∥b，所以m∥b，所以m∥β；若m⊂β，符合题意，所以选项C 正确；对D，若n⊂α，符合题意；若n⊄α，过直线n作一平面β与平面α相交，设交线为b，因为b⊂α，m⊥α，所以m⊥b，又m⊥n，且n，b在同一平面内，所以n∥b，所以n∥α，所以选项D正确.综上，选ACD.3.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()A.AE∥CDB.CH∥BEC.DG⊥BHD.BG⊥DE答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体如图，连接AH，DE，BG，BH，DG，HC.由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，HC，BC⊂平面BHC，所以DG⊥平面BHC，又BH⊂平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确.故选BCD.4.用一个平面截正方体，所得的截面不可能是()A.锐角三角形B.直角梯形C.有一个内角为75°的菱形D.正五边形答案BCD解析对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；图1图2对于B，首先考虑平面截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，从而有PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形(非正方形)时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小.设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝5，PR＝22，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝PD21＋RD21－PR22PD1·RD1＝5＋5－82×5×5＝15<6－24＝cos 75°，所以∠PD1R>75°，故C不可能；图3对于D，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选BCD.5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则()A.CM⊥BDB.BD∥平面αC.平面C1BD∥平面αD.平面α截正方体所得的截面图形的面积为9 2答案ABD解析如图，连接AC，则BD⊥AC.因为BD⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC⊂平面AMC，所以BD⊥平面AMC，又CM⊂平面AMC，所以BD⊥CM，故A正确；取AD的中点E，连接D1E，DM，由平面几何知识可得D1E⊥DM，又CD⊥D1E，DM∩CD＝D，DM，CD⊂平面CDM，所以D1E⊥平面CDM，又CM⊂平面CDM，所以D1E⊥CM.连接B1D1，过点E作EF∥BD，交AB于F，连接B1F，所以CM⊥EF，又D1E∩EF＝E，D1E，EF⊂平面D1EFB1，所以CM⊥平面D1EFB1，所以平面α截正方体所得的截面图形即梯形D1EFB1.由EF∥BD，BD⊄平面α，EF⊂平面α，得BD∥平面α，故B正确；连接AB1，AD1，易知平面AB1D1∥平面C1BD，而平面AB1D1∩平面α＝B1D1，所以平面C1BD与平面α不平行，故C不正确；截面图形为等腰梯形D1EFB1，EF＝2，B1D1＝22，D1E＝B1F＝5，所以截面图形的面积S＝12×(2＋22)×（5）2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝92，故D正确.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()A.CM与PN是异面直线B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形答案BCD解析对于选项A，如图，连接NC，PC，则A，N，C三点共线.又M为AP的中点，N为AC的中点，所以CM与PN共面，故A错误；对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，所以AC>AP.在△MAC中，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos∠MAC＝AC2＋14AP2－AC·AP·cos∠MAC.在△PAN中，PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos∠PAN＝AP2＋1 4AC 2－AP ·AC cos ∠PAN ，则CM 2－PN 2＝34(AC 2－AP 2)>0，所以CM >PN ，故B 正确；对于选项C ，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，易知AC ⊥平面BDD 1B 1，即AN ⊥平面BDD 1B 1，又AN ⊂平面PAN ，所以平面PAN ⊥平面BDD 1B 1，故C 正确； 对于选项D ，连接A 1C 1，在平面A 1B 1C 1D 1内作PK ∥A 1C 1，交C 1D 1于K ，连接KC .在正方体中，A 1C 1∥AC ，所以PK ∥AC ，PK ，AC 共面，所以四边形PKCA 就是过P ，A ，C 三点的正方体的截面，AA 1＝CC 1，A 1P ＝C 1K ，所以AP ＝CK ，即梯形PKCA 为等腰梯形，故D 正确.故选BCD.7.如图，在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，点P 为线段AD 1上一动点，则下列说法正确的是( )A.直线PB 1∥平面BC 1DB.三棱锥P-BC 1D 的体积为13C.三棱锥D 1-BC 1D 外接球的表面积为3π2D.直线PB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值的最大值为53 答案 ABD解析 对于A 选项，连接B 1D 1，AB 1，根据正四棱柱的性质可知AD 1∥BC 1，BD ∥B 1D 1，因为BC 1⊄平面AB 1D 1，AD 1⊂平面AB 1D 1，所以BC 1∥平面AB 1D 1，同理得BD ∥平面AB 1D 1，又BC 1∩BD ＝B ，所以平面AB 1D 1∥平面BC 1D ，又PB 1⊂平面AB 1D 1，所以PB 1∥平面BC 1D ，所以A 选项正确；对于B 选项，易知AD 1∥平面BC 1D ，所以V P-BC 1D ＝V A-BC 1D ＝V C 1-ABD ＝13×12×1×1×2＝13，所以B 选项正确；对于C 选项，三棱锥D 1-BC 1D 的外接球即正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球.设外接球的半径为R ，则4R 2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积为4πR 2＝6π，所以C 选项错误；对于D 选项，过P 作PE ∥AB ，交BC 1于点E ，则PE ⊥平面BCC 1B 1，连接B 1E ，则∠PB 1E 即直线PB 1与平面BCC 1B 1所成的角，当B 1E 最小时，∠PB 1E 最大，此时B 1E ⊥BC 1，由等面积法得S △BB 1C 1＝12BC 1·B 1E ＝12BB 1·B 1C 1，解得B 1E ＝25，在Rt △PB 1E 中，PE ＝AB ＝1，所以PB 1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝35，所以∠PB 1E 的正弦值的最大值为PE PB 1＝53，所以D 选项正确.故选ABD.8.如图，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则( )A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面的面积为9 2D.点A1和点D到平面AEF的距离相等答案BCD解析对于选项A，假设AF与D1D垂直，又D1D⊥AE，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以D1D⊥平面AEF.因为EF⊂平面AEF，所以D1D⊥EF，这显然是错误的，所以假设不成立，故A错误；图1对于选项B，取B1C1的中点N，连接A1N，GN，如图1所示，易知A1N∥AE，又AE⊂平面AEF，A1N⊄平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为GN∥EF，EF⊂平面AEF，GN⊄平面AEF，所以GN∥平面AEF.又A1N，GN⊂平面A1GN，A1N∩GN＝N，所以平面A1GN∥平面AEF.因为A1G⊂平面A1GN，所以A1G∥平面AEF，故B正确；对于选项C，连接AD1，FD1，如图2所示，因为AD1∥EF，所以四边形AD1FE 为平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，又AD1＝22＋22＝22，图2EF ＝12＋12＝2，D 1F ＝AE ＝12＋22＝5，所以四边形AD 1FE 为等腰梯形， 高为（5）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝322，则S 梯形AD 1FE ＝12×(2＋22)×322＝92，故C 正确；对于选项D ，连接A 1D ，如图2所示，由选项C 可知A 1D 与平面AEF 相交且交点为A 1D 的中点，所以点A 1和点D 到平面AEF 的距离相等，故D 正确.综上，选BCD.9.已知棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是B 1C 1的中点，点P 在正方体的表面上运动，且总满足MP ⊥MC ，则下列结论中正确的是( ) A.点P 的轨迹中包含AA 1的中点B.点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹的长为5a4 C.MP 长度的最大值为21a4D.直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值为55 答案 BCD解析 如图，取A 1D 1的中点E ，分别取A 1A ，B 1B 上靠近A 1，B 1的四等分点F ，G ，连接EM ，EF ，FG ，MG ，易知EM ∥FG 且EM ＝FG ，所以E ，M ，F ，G 四点共面.连接GC ，因为MG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42＝5a 216，MC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＝5a 24，GC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 42＋a 2＝25a 216，因此MG 2＋MC 2＝GC 2，所以MG ⊥MC ，易知ME ⊥MC ，又MG ∩ME ＝M ，MG ，ME ⊂平面MEFG ，所以MC ⊥平面MEFG ，即点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，易知点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为EF ，且EF ＝MG ＝5a4，所以A 选项错误，B 选项正确；根据点P 的轨迹可知，当P 与F 重合时，MP 最长，易知FG ⊥平面BB 1C 1C ，则FG ⊥MG ，连接MF ，所以MF ＝a 2＋5a 216＝21a4，故C 选项正确；由于点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，所以直线CC 1与直线MP 所成的最小角就是直线CC 1与平面MEFG 所成的角，又向量CC 1→与平面MEFG 的法向量CM →的夹角等于∠C 1CM ，且sin ∠C 1CM ＝a25a 2＝55，所以直线CC 1与平面MEFG 所成角的余弦值为55，即直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值等于55，故D 选项正确.10.如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ，则( )A.截面α可能为六边形B.存在点N，使得BN⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2D.当N与C重合时，截面图形的面积为36 4答案CD解析设N0为棱CC1的中点，当N从C1移动到C时，其过程中存在以下几种情况，如图1，当点N在线段C1N0上时，截面α为平行四边形；当点N在线段N0C上(不包括点N0，C)时，截面α为五边形；当点N与点C重合时，截面α为梯形.图1图2由以上分析可知，对于A，截面α不可能为六边形，所以A错误；对于B，假设BN⊥截面α，因为B1M⊂α，所以BN⊥B1M，所以必有点N，C重合，而BC与平面B1CQM不垂直，所以B错误；对于C，当截面α为平行四边形时，点N在线段C1N0上，则1≤CN≤2，所以C 正确；对于D，当点N与点C重合时，截面α为梯形，如图2，过M作MM′⊥B1C，垂足为M′.设梯形的高为h，B1M′＝x，则在Rt△B1MM′中，由勾股定理，得h2＝(2)2－x2，①同理h 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫52－x 2，② 由①②，解得x ＝255，h ＝65，所以截面α的面积等于12×⎝⎛⎭⎪⎫5＋52·h ＝12×352×65＝364，所以D 正确. 综上可知，选CD.。

高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形？A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案：C2. 一个有8个面的多面体，其中6个面是正方形，另外2个面是等边三角形，它的名字是？A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案：C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为？A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案：C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是？A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案：A5. 求下列多面体的棱数：（1）正六面体（2）正八面体（3）正十二面体答案：（1）正六面体的棱数为 12（2）正八面体的棱数为 24（3）正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是：一棱锥没有底面时，它的底面是一个______。

答案：点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线，它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。

答案：中点3. 对正八面体，下列说法不正确的是：_____条对角线与_____两两垂直。

答案：六，相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形，其高为8cm。

求棱锥体积。

解答：底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以，棱锥的体积为64 cm³。

2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形，其高为12cm。

求四棱锥的体积。

解答：底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以，四棱锥的体积为400 cm³。

高三数学习题集：解析几何与立体几何综合练
习
解析几何与立体几何是高中数学中的重要内容之一，对于高三学生来说，掌握这两个领域的知识和技巧至关重要。

为了帮助同学们更好地复习与训练，以下是一些解析几何与立体几何综合练习题。

一、解析几何部分
1. 已知点A(2,3)、B(5,7)，求直线AB的斜率和方程。

2. 设直线L1过点A(1,2)，斜率为1，求L1与x轴、y轴的交点坐标。

3. 已知直线L2的方程为y=2x-3，求L2与y轴的交点坐标。

4. 设四边形ABCD的顶点分别为A(1,2)、B(4,5)、C(6,1)、D(3,-2)，求四边形ABCD的周长和面积。

二、立体几何部分
1. 已知圆柱体的高为8cm，底面直径为6cm，求圆柱体的表面积和体积。

2. 设正方体的边长为3cm，求正方体的表面积和体积。

3. 设棱长为5cm的正六面体A，另有一条边长为4cm的直线段BC平行于A的一条棱，求BC与正六面体A的交点坐标。

4. 已知圆锥的高为12cm，底面半径为4cm，求圆锥的表面积和体积。

以上是一些解析几何与立体几何的综合练习题，希望同学们能够认真思考并灵活运用所学知识来解答这些问题。

通过不断练习，相信你们对解析几何与立体几何的理解和掌握会更上一层楼，为应对高考数学提供有力的支持。

加油！。

立体几何平行、垂直位置关系专练1、如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .2、如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ．3、如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高为6，其底面边长为2.已知点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1)B 1M ∥平面A 1BN ；(2)AD ⊥平面A 1BN.4、如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB，M为AB的中点．(1)证明：CM⊥DE；(2)在边AC上找一点N，使CD∥平面BEN.5、如图，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE 的中点．求证：(1)MN∥平面BEC；(2)AH⊥CE.6、如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．7、在三棱锥S ABC -中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB BC ⊥，AS AB =，过A 作AF SB ⊥，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．（1）求证：平面EFG ∥平面ABC ．（2）求证：BC SA ⊥．8、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，点D 为棱1C C 的中点，1AC 与1A D 交于点E ，1BC 与1B D 交于点F ，连结EF .求证：（1）//AB EF ；（2）平面11A B D ⊥平面11B BCC .9、【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．点，平面PAB ⊥底面ABCD ，90PAB ∠= ．求证：（1）//PB 平面AEC ；（2）平面PAC ⊥平面ABCD ．11、2.（2020·江苏省镇江高三二模）如图，三棱锥P ABC -中，点D ，E 分别为AB ，BC 的中点，且平面PDE ⊥平面ABC ．()1求证：//AC 平面PDE ；()2若2PD AC ==，PE =PBC ⊥平面ABC .12、（2020·江苏省建湖高级中学高三月考）如图，在四面体ABCD 中，,90AD BD ABC =∠= ，点,E F 分别为棱,AB AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面//EFG 平面BCD ．（1）求证：12EF BC =；（2）求证：平面EFD ⊥平面ABC ．点，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：//PB 平面AEC ；（2）若四边形ABCD 是矩形且PA AD =，求证：AE ⊥平面PCD .14、（2020·江苏省高三二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点.求证：（1）11AC ∥平面1B EF ；（2）1AC B E ⊥.15、（2020·江苏省连云港高三）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .16、（2020·江苏省苏州高三）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．17、（2020·江苏省通州高三）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面1,2,1,,AB BC AA AC BC E F ⊥===分别是11,AC BC 的中点．（1）求证: 平面ABE ⊥平面11B BCC ；（2）求证:1C F ∥平面ABE ；18、（2020·江苏省高三三模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，1BC B C =，O 为四边形11ACC A 对角线交点，F 为棱1BB 的中点，且AF ⊥平面11BCC B .（1）证明：//OF 平面ABC ；（2）证明：四边形11ACC A 为矩形.参考答案1．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .【解析】（1）∵四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴AB PA ⊥，又AB AD ⊥，,PA AD ⊂平面PAD ，PA AD A ⋂=， ∴AB ⊥面PAD .PD ⊂面PAD ，∴AB PD ⊥. （2）连结BD AC O ⋂=，连结MO ， ∵//AD BC ，2AD BC =，2DO BO ∴=,∵在PBD ∆中，2DM MP =，2DO BO =∴//PB MO ， 又PB ⊄面MAC ，MO ⊂面MAC ，∴//PB 面MAC .2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ． 【详解】（1）因为在ΔPAC 中，E 为PA 的中点，O 为AC 的中点， 所以//EO PC又EO ⊄平面PCD ，PC ⊂平面PCD ， 所以//EO 平面PCD同理可证，//FO 平面PCD ，又EO FO O = ，EO ⊂平面EFO ,FO ⊂平面EFO 所以平面//EFO 平面PCD ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA BD ⊥因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，又,,PA AC A PA PAC AC PAC =⊂⊂ 平面平面所以BD ⊥平面PAC 。

高三数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．2.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．3.已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正四棱锥的高为,则，则，，所以四棱锥的体积，，由得，所以体积函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，体积有最大值,故选C．【考点】1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值．4.设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知其外接球的直径，所以外接球的表面积为．【考点】球的表面积公式．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．【答案】【解析】该几何体为一个四棱锥，高为，底面为矩形，长宽分别为，因此体积为【考点】三视图6.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若B．若C．若D．若【答案】C【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；，又，，所以C选项正确；若，则或，所以D不正确．故D正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.已知直线平面，直线平面，给出下列命题，其中正确的是（）①；②；③；④A．②④B．②③④C．①③D．①②③【答案】C【解析】对①，因为直线平面，∥，则，又直线，所以，①对；对②，与的关系是：平行、相交或异面，②错；对③，因为直线平面，∥，所以，又由面面垂直的判定定理得，③对；对④，与可以平行或相交，④错，所以选C．本题可借助于长方体去判定．【考点】1．空间直线、平面的位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于中档题．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形或长方体作为载体进行检验，也可作必要的合情推理．8.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形ABCD是边长为1的正方形，，且，则球体毛坯体积的最小值应为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若使得球体毛坯体积最小，则四棱锥各顶点应都在球上，由题意，将四棱锥补成一个长方体，则转化为求长方体外接球体积，长方体体对角线为外接球直径，体对角线长为，所以球的半径为，体积为．【考点】多面体的外接球．9.（2007•山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D【考点】简单空间图形的三视图．10.如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_________________；表面积为________________.【答案】体积为；表面积为【解析】由题意可知三视图复原的几何体如图为四棱锥，是正方体的一部分，正方体的棱长为2；所以几何体的体积是正方体体积的一半减去，所求几何体的体积为；表面积为【考点】三视图，几何体的体积，表面积11.已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据该几何体的三视图可知几何体的形状是一个长为，宽为，高为的长方体挖去一个直径为高为的圆柱，该几何体的体积为，选A.【考点】1、三视图；2、组合体的体积.12.如图是一建筑物的三视图（单位：米），现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆千克，则共需油漆的总量为（）A．千克B．千克C．千克D．千克【答案】B【解析】由三视图可知可间房由底部长宽高分别为的长方体与底面半径.母线长分别为圆锥体组合而成，所以其可刷漆的表面积为，则需要漆的总量为千克，故正确选项为B.【考点】空间几何体的表面积.13.若=（2，﹣1，0），=（3，﹣4，7），且（λ+）⊥，则λ的值是（）A．0B．1C．﹣2D．2【答案】C【解析】利用（λ+）⊥⇔即可得出．解：∵=λ（2，﹣1，0）+（3，﹣4，7）=（3+2λ，﹣4﹣λ，7），（λ+）⊥，∴，∴2（3+2λ）﹣（﹣4﹣λ）+0=0，解得λ=﹣2．故选C．【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．14.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A ﹣PC﹣D的平面角的余弦值．解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y，z），，由，，得到，令x0=1，可得y=z=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）∴cos＜，由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．15.已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则正三棱锥的体积为．【答案】【解析】∵正三棱锥的底面边长为，∴底面正三角形的高为，可得底面中心到三角形顶点的距离为，∵正三棱锥侧棱长为，∴正三棱锥的高，所以三棱锥的体积.所以答案应填：．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．16.在等腰梯形中，，，，是的中点，将梯形绕旋转，得到（如图）．（I）求证：；（II）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（I）由题意容易证明四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，四边形是菱形，可证得，根据面面垂直的性质定理可证得平面，从而证得；（II）易证平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：，是的中点，．又，四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，，四边形是菱形，，，即．平面平面，平面平面，平面．又平面，．（II）解：平面，同理平面．如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，．设平面的法向量为，．设平面的法向量为，，设二面角的平面角为，，二面角的余弦值为．【考点】空间中垂直关系的证明及空间向量的应用.17.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正（主）视图与侧（左）视图的面积的比为．【答案】【解析】因为三棱锥的主视图与左视图都是三角形, 正视图和侧视图三角形的底边长都是正方体的棱长,高都是到底面的距离（都是正方体的棱长）,所以，三棱锥的主视图与左视图的面积相等，即比值为,故答案为.【考点】1、几何体的三视图；2、三角形面积公式.18.如图，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，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，该几何体是一个底面为平行四边形，高为的棱柱，体积为，故选B.【考点】几何体的体积.19.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．【答案】【解析】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.【考点】1、画直观图的基本原理；2、平行四边形的面积公式.20.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图知几何体是由正方体截取两个角得到，如图所示，故体积为．【考点】三视图.21.如图所示，四棱锥的底面是梯形，且,平面，是中点，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】（I）取的中点，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边形的性质，得，即可证明平面；（II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大小．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，如图所示．因为，所以．因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．因为点是中点，所以，且．又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（Ⅱ）解：设点O，G分别为AD，BC的中点，连结，则，因为平面，平面，所以，所以．因为，由（Ⅰ）知，又因为，所以，所以所以为正三角形，所以，因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．故两两垂直，可以点O为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．，，，所以，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，所以与平面所成角的大小为．【考点】直线与平面垂直的判定与证明；直线与平面所成角的求解．22.如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．【考点】线面垂直，二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．23.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．24.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为，故体积．四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为．故选A．【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.25.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为（）A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4【答案】B【解析】由题意得，即，解得，故选B.【考点】几何体的三视图及体积.26.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A．4+B．4+C．6+D．6+【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体，半圆柱的底面半径为，高为；直三棱柱底面是等腰直角三角形（直角边为），高为．∴．故本题选D.【考点】空间几何体的三视图.27.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于_______，若正方体边长为1，则四面体的体积为_________.【答案】；【解析】异面直线与所成角为，，.【考点】立体几何中异面直线所成角的余弦值的求法以及三棱锥的体积的求法.28.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系（如图），求得，，可得，即可证结论；（2）先根据确定的位置，在求出平面的一个法向量，可证平面一个的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式即可得结论.试题解析：（1）证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．向量，，故．所以．（2）向量，，，．由点在棱上，设，．故．由，得，因此，，解得．即．设为平面的法向量，则，即．不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．易知，二面角是锐角，所以其余弦值为．【考点】1、空间直线垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.29.如图,在三棱锥中,底面,且,点是的中点, 交于点.（1）求证：平面；（2）当时, 求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的证明与寻找，往往从两个方面，一是利用线面垂直性质定理转化为线线垂直，另一是结合平几条件，如本题利用等腰三角形底边中线性质得（2）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由（1）得平面，因此，这样只需在对应三角形中求出对应边即可.试题解析：（1）底面,面,又因为是的中点, 面由已知平面.(2)平面,平面,而,又又平面而.【考点】线面垂直判定与性质定理，三棱锥体积【思想点睛】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.30.过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若球半径为，求弦的长度___________．【答案】【解析】依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:，即.【考点】球的内接几何体.【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为,如下图所示三棱锥,请同学们推导其外接球半径公式,特别地,若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:.设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.31.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，原几何体表示，左侧是一个底面半径为，高为半个圆锥，几何体的右侧是一个底面为底边为，高为的等腰三角形三棱锥，其中三棱锥的高为，所以几何体的体积为，故选D．【考点】几何体的三视图及体积的计算．32.已知直线与平面平行，是直线上的一定点，平面内的动点满足：与直线成．那么点轨迹是（）A．两直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】C【解析】题意画图如下，是直线上的定点，有一平面与直线平行，平面内的动点满足的连线与成角，因为空间中过与成角的直线组成两个相对顶点的圆锥，即为平行于圆锥轴的平面，点可理解为是截面与圆锥侧面的交点，所以点的轨迹为双曲线,故选C．【考点】1、空间点、线、面的位置关系；2、圆锥曲线的定义．33.三棱锥内接于球，，当三棱锥的三个侧面积和最大时，球的体积为．【答案】【解析】由于三角形的面积公式，当时取得最大值，所以当两两垂直时，侧面积和取得最大值．此时，由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以可以补形为正方体，三棱锥的外接球即正方体的外接球，其直径等于正方体的体对角线即，故求的体积为．【考点】几何体的外接球．【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求．若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点．找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心．三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: ．34.如图,在直三棱柱中，，过的中点作平面的垂线，交平面于，则与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接，则，由直三棱柱得,因此,因此为的中点，过作于，则为与平面所成角, ,选C.【考点】线面角35.如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,（1）在上确定一点,使得平面,并求的值;（2）在（1）条件下,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由线面平行的性质定理，可得线线平行，再根据平行得相似，即得比例关系：取。

立体几何复习1.（多选）如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面ABCD ，PAD △是等边三角形，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，M 为棱PD 的中点，N 为菱形ABCD 的中心，下列结论正确的有（ ） A ．直线PB 与平面AMC 平行 B ．直线PB 与直线AD 垂直C ．线段AM 与线段CM 长度相等D ．PB 与AM 所成角的余弦值为24 2.（多选）如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝BB 1＝2，E 、F 分别为棱AB 、A 1D 1的中点，则下列说法中正确的有（ ）A ．DB 1⊥CEB ．三棱锥D —CEF 的体积为83C ．若P 是棱C 1D 1上一点，且D 1P ＝1，则E 、C 、P 、F 四点共面D ．平面CEF 截该长方体所得的截面为五边形3.（多选）已知菱形ABCD 的边长为2, ∠ABC=3π,将ΔDAC 沿着对角线AC 折起至ΔD'AC,连接BD'.设二面角D'-AC-B 的大小为θ,则下列说法正确的是（ ）A.若四面体D'ABC 为正四面体，则θ=3π B.四面体D'ABC 的体积最大值为1 C.四面体D'ABC 的表面积最大值为2(3+2) D.当θ=23π时，四面体D'ABC 的外接球的半径为2134.如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ． （1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．5.如图，点C 是以AB 为直径的圆上的动点（异于,A B ），已知2AB =，2AC =，AE =BEDC 为矩形，平面ABC ⊥平面BEDC .设平面EAD 与平面ABC 的交线为l .（1）证明：l BC ；（2）求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.6.7. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60︒？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.8.如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是直角梯形,AB ∥DC ,∠BAD =90°,PD =DC =BC =2PA =2AB =2,PD ⊥DC .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)设BM =BD λ(0<λ<1),当二面角A-PM-B 的余弦值为77时,求λ的值.9.如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =，BD PA ⊥，E 是BC 上一点，且3EC BE =，设AC BD O =.（1）证明：PO ⊥平面ABCD ；（2）若60BAD ∠=︒，PA PE ⊥，求二面角A PE C --的余弦值.10.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若2AP AB ==，60BAD ∠=︒，求二面角A PB D --的余弦值.11.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，ΔABC 是边长为2的等边三角形，平面ABC ⊥平面AA 1B 1B,A 1A=A 1B,∠A 1AB=60°,O 为AB 的中点，M 为A 1C 1的中点． （1)求证：OM//平面BB 1C 1C;（2)求二面角C 1-BA 1-C 的正弦值．12.如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，平面ABEF ⊥平面CDFE ，CD ∥EF ，DF ⊥EF ， EF ＝2CD ＝2．（1）若DF ＝2，求二面角A －CE －F 的正弦值；（2）若平面ACF ⊥平面BCE ，求DF 的长．13.如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为3的等边三角形，12A A =，点1A 在下底面上的射影是ABC ∆的中心O .（1）求证：平面1A AO ⊥平面11BCC B ；（2）求二面角1C AB C --的余弦值.14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F AE P--的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．15.如图，在三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD都为等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，M，O分别为AB，BD 的中点，AO∩DM＝G，N在棱CD上且满足2CN＝ND，连接MC，GN．（1）证明：GN∥平面ABC；（2）求直线AC和平面GND所成角的正弦值．16.在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足EB4EG=．（1）证明：GF∥平面ABC；（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A—BE—D的余弦值．17一副标准的三角板(图1)中,∠ABC为直角,∠A=60°,∠DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(图2)｡设M是AC的中点,N是BC的中点｡(1)求证:平面ABC⊥平面EMN;(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成的正弦18.如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A=45°，AD=4BC=4，AB=2，现沿CN将△CDN折起，使△ADN为正三角形，且平面AND⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点．（1）证明：平面MND⊥平面PBC；（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．。

高三数学立体几何试题答案及解析1.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】几何体为一个三棱柱，底面为直角三角形，直角边长分别为6,8；三棱柱高为12．得到的最大球为直角三角形的内切球，其半径为，选B．【考点】三视图2.如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：，，∴．【考点】三视图．3.几何体的三视图如图所示，若从该几何体的实心外接球中挖去该几何体，则剩余几何体的表面积是（注：包括外表面积和内表面积）（）A．133B．100C．66D．166【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为底面半径为3，搞为8的圆柱．其外接球时半径为5的球．则剩余几何体的表面积是球的表面积与该圆柱表面积的和，即．故选D．【考点】多面体及与其外接球的关系及几何体表面积计算问题．4.（本小题满分12分）如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．（1）证明：；（2）若，，且二面角所成角的正切值是，试求该几何体的体积．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】（1）将问题转化为证明平面，再转化为证明（由直径可证）与（由平面可证）；（2）考虑建立空间直角坐标系，通过求两个法向量的夹角来确定二面角所成角的正切值，并确定的长，进而可求得几何体的体积．试题解析：（1）证明：是圆的直径，，又平面，又平面，且，平面又平面，（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示则，，，由（Ⅰ）可得，平面，平面的一个法向量是设为平面的一个法向量由条件得，，即不妨令，则，，．又二面角所成角的正切值是，，得该几何体的体积是【考点】1、空间直线与直线、直线与平面的垂直的判定与性质；2、二面角；3、空间几何体的体积．【方法点睛】用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系．若坐标系选取不当，计算量就会增大．总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题，而建立空间直角坐标系通常考虑以特殊点为坐标原点（如中点、正方体的顶点），特殊直线（如有两两垂直的直线）为坐标轴来建立．5.如图，在多面体中，为菱形，，平面，平面，为的中点，若平面．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明线面垂直，只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直即可，取中点，连接，可证，先证，即可证明，即可证明结论成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量公式直接计算即可．试题解析：（1）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，所以GM //FA，又EC面ABCD， FA面ABCD，∵CE//AF，∴CE//GM，∵面CEGM面ABCD=CM，EG// 面ABCD，∴EG//CM，∵在正三角形ABC中，CM AB，又AF CM∴EG AB， EG AF，∴EG面ABF．（2）建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（）E（0，1，1） F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1， 1），设平面BEF的法向量=（）则令，则，∴=（）同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=．【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．空间向量的应用．【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用，属中档题．解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解．此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在．6.三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如下图所示,，则棱的长为．【答案】．【解析】由已知三视图可知，平面，且底面为等腰三角形．在中，，边上的高为，所以．在中，由可得，故应填．【考点】1、三视图．【易错点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图及其空间几何体的面积、体积的计算，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题．其解题过程中容易出现以下错误：其一是不能准确利用已知条件的三视图得出原几何体的空间形状，即不能准确找出该几何体中线线关系、线面关系，导致出现错误；其二是计算不仔细，导致结果出现错误．解决这类问题的关键是正确地处理三视图与原几何体之间的关系．7.在三棱锥中，平面为侧棱上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是（）A．平面且三棱锥的体积为B．平面且三棱锥的体积为C．平面且三棱锥的体积为D．平面且三棱锥的体积为【答案】C【解析】∵平面，∴，又，∴平面，∴，又由三视图可得在中，为的中点，∴平面．又平面．故．故选：C．【考点】1．直线与平面垂直的判定；2．命题的真假判断与应用；3．简单空间图形的三视图．8.已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】题设三视图是下图中几何体的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为，故选C．【考点】三视图与几何体的体积．9.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为A1C1，BB1的中点，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．求证：（Ⅰ）DE∥平面ABC1；（Ⅱ）B1C⊥DE．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）取AA1的中点F，连DF，FE，根据中点易证线线平行，从而平面DEF∥平面ABC1，又因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE；（Ⅱ）在菱形中B1C⊥BC1，又B1C⊥AB，易证B1C⊥平面ABC1，再根据面面平行的性质，得：B1C⊥平面DEF，从而证明B1C⊥DE．试题解析：（Ⅰ）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又因为D，E分别为A1C1，BB1的中点，所以DF∥AC1，EF∥AB．因为DF平面ABC1，AC1平面ABC1，故DF∥平面ABC1．同理，EF∥平面ABC1．因为DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，所以平面DEF∥平面ABC1．因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC1．（Ⅱ）因为三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．……9分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，所以B1C⊥平面ABC1．而平面DEF∥平面ABC1，所以B1C⊥平面DEF，因为DE平面DEF，所以B1C⊥DE．【考点】1、线面平行；2、面面平行；3、线面垂直；4、三角形中位线．【方法点晴】本题主要考查的是线面平行、线线平行、线线垂直和线面垂直，属于中档题．解题时一定要注意得线线平行的常用证明方法，构造中位线和平行四边形是最常用方法．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．10.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C．【解析】A：或者，异面，故A错误；B：根据面面垂直的判定可知B错误；C：正确；D：或，故D错误，故选C．【考点】空间中直线平面的位置关系．11.已知三条不重合的直线和两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，且，则C．若，，则D．若，，且，则【答案】D【解析】A．若，，则,错，有可能；B．若，，且，则，错，有可能；C．若，，则，错，有可能，或异面；D．若，，且，则，正确【考点】空间直线与平面，平面与平面的位置关系12.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）在第一问证明的基础上，应用面面垂直的性质定理容易作出平面的垂线，即得斜线的射影，找出角，解直角三角形可得线面角的正弦．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）解：过点作，连结．平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴为直线和平面所成角．∵是边长为的正三角形，∴，．又∵，∴，，∴．即直线和平面所成角的正弦值为．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；对于直线与平面所成的角遵循作—证（指）—求—答的解题步骤，应当结合条件和前面证明的结论找到平面的垂线是解题的关键，本题中在第一问证明的基础上有了平面的垂面，利用面面垂直的性质定理过直线上一点作交线的垂线即为平面的垂线，连接垂足和斜足即得射影，找到线面角后解直角三角形得解．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥S-ABC，其中D为AC中点，且SD垂直平面ABC，BD垂直AC，则球心在SD上，设球半径为R，则外接球表面积为，选A.【考点】三视图【方法点睛】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．14.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是_________．【答案】【解析】因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．设正三角形的外接圆圆心为，在中，，所以．在中，，所以，所以截面面积为【考点】1、多面体的外接球；2、球的截面圆性质．【方法点睛】“切”“接”问题的处理规律：①“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决；②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．15.（2015•金家庄区校级模拟）如图正方形BCDE的边长为a，已知AB=BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB﹣ACE的体积是a2；④平面ABC⊥平面ADC；⑤直线EA与平面ADB所成角为30°．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）【答案】①③④⑤【解析】①由于BC∥DE，则∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角；②AB和CE是异面直线；③根据三棱锥的体积公式即可求VB ﹣ACE的体积；④根据面面垂直的判定定理即可证明；⑤根据直线和平面所成角的定义进行求解即可．解：由题意，AB=BC，AE=a，AD⊥平面BCDE，AD=a，AC= a①由于BC∥DE，∴∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角∵AB=a，BC=a，AC=a，∴BC⊥AC，∴tan∠ABC=，故①正确；②由图象可知AB与CE是异面直线，故②错误．③VB﹣ACE的体积是S△BCE×AD=×a3=，故③正确；（4）∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴AD⊥BC，∵BC⊥CD，AD∩CD=D，∴BC⊥平面ADC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故④正确；⑤连接CE交BD于F，则EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BDE，∴EF⊥平面ABD，连接F，则∠EAF为直线AE与平面ABD所成角，在△AFE中，EF=，AE=a，∴sin∠EAF==，则∠EAF=30°，故⑤正确，故正确的是①③④⑤故答案为：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．16.已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是_______．【答案】．【解析】该几何体是一个四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为，所以．【考点】1．空间几何体的表面积与体积；2．空间几何体的三视图与直观图．17.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】由题意可得：把三棱柱补成底面以2为边长的正方形，以为高的长方体，长方体的体对角线就是球的直径，所以，所以该球的表面积是；故填．【考点】空间几何体的表面积．18.某几何体的正视图与侧视图都是等腰梯形，则该几何体可以是下列几何体中的（）①三棱台，②四棱台，③五棱台，④圆台．A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】由题意得，几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则根据几何体的三视图的规则可知，该几何体可能为四棱台或圆台，故选D．【考点】空间几何体的三视图．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，只是给出了几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，从而可得这个几何体可能是四棱台或圆台．19.在直三棱柱中，，，且异面直线与所成的角等于，设.(1) 求的值；(2) 求三棱锥的体积．【答案】(1)； (2)【解析】(1)由BC ∥B 1C 1可得∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，从而∠A 1BC =60°，再由AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，△A 1BC 为等边三角形， 由已知可得，即可求得 (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积，△的面积， 又可得平面，利用三棱锥的体积公式可求得．试题解析：(1)∵BC ∥B 1C 1，∴∠A 1BC 就是异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角，即∠A 1BC =60°，又AA 1⊥平面ABC ，AB=AC ，则A 1B=A 1C ，∴△A 1BC 为等边三角形， 由，， ∴； (2)连接B 1C ，则三棱锥B 1–A 1BC 的体积等于三棱锥C –A 1B 1B 的体积， 即：， △的面积，又平面，所以，所以．【考点】异面直线所成的角及三棱锥的体积的求法.20. 如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系 ，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，，设平面的法向量， 则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.21.如图，在四棱锥中，平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形为菱形得，再由平面得，即，从而得平面试题解析：（1）设，连结，因为，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）（方法一）因为平面，平面所以，由（1）同理可得，四边形为平行四边形，所以，所以因为，所以平行四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.（方法二）连结，因为平面，平面，所以因为，所以，因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，由（1），所以又因为为的中点，所以因为，平面，平面所以平面，因为平面，所以平面平面.【考点】线面平行判定定理，面面垂直判定定理22.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为网格纸上小正方形的边长为,有三视图可知，该几何体是下面为底面半径为高为的圆柱体的一半、上面是底面半径为高为的圆锥体的一半，所以体积为，故选A.【考点】1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.23.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，，，所以的中点为的外心，连接，则，又和所在的平面互相垂直，所以平面，上的每一点到距离相等，因此正三角形的中心即是外接球球心，其半径也是外接球半径，所以球半径，求体积为，故选C.【考点】1、外接球的性质及勾股定理；2、面面垂直及球的体积公式.【方法点睛】本题主要考查外接球的性质及勾股定理、面面垂直及三棱锥外接球体积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.本题是根据方法④直接找出球心并求出半径进而得到求体积的.24.四棱锥的底面是正方形，，分别是的中点（1）求证：；（2）设与交于点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证明线面垂直，一般先证明线线垂直，本题中，由于是中点，因此有，而与垂直，从而与平面垂直，结论得证；（2）要求点到平面的距离，考虑三棱锥，的面积易求（为面积的一半），另外由（1）的结论，此三棱锥以为底时，是高，体积易求，从而所求距离易得．试题解析：（1）证明：连接，由于分别是的中点，所以，又，平面，故，又为正方形，故故，故（2）连接交于点，连接，则交线为，又，故，由于分别是的中点，故为的中点，又，故为三棱锥的高又故，又设点到平面的距离为，，所以【考点】线面垂直的判断，点到平面的距离．25.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，由几何体的三视图，知该几何体是上下底面为梯形的直棱柱，所以该几何体的体积为，故选C.【考点】几何体的三视图及几何体的体积.【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，该几何体是上下底面为梯形的直棱柱是解答本题的关键，属于基础题.26.一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，根据给定的几何体的三视图，可知，原几何体为正方体的一部分，如图所示的红线部分，是一个棱长为的正四面体，所以此几何体的表面积为，故选C．【考点】几何体的三视图与表面积．27.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______cm2，体积是______cm3.【答案】80，40【解析】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，，．【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．28.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，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.29.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点分别为和中点.（1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）要证线面平行，一般先证线线平行，考虑到，是中点，因此取的中点，可证得且，从而得平行四边形，因此有，最终得线面平行；（2）要求三棱锥的表面积，必须求得它的各个面的面积，由平面，得，三角形和的面积可求，由题设又可证，这样就有，另两个面的面积又可求得．试题解析：（1）证明：作FM∥CD交PC于M.∵点F为PD中点，∴. ∴，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵，∴直线AF平面PEC.（2）连结可知，，由此；；；；因此三棱锥的表面积.【考点】线面平行的判断，多面体的表面积．30.在棱长为3的正方体中，在线段上，且，为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．1B．C．D．与点的位置有关【答案】B【解析】由于是定值,点到平面的距离是,因此点平面的距离是.所以三棱锥的体积,应选B.【考点】三棱锥体积的运算．31.如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，四边形是矩形，且平面平面，，和分别是和的中点.（1）求证：平面；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）运用线面平行的判定定理求证；（2）借助题设条件及转化化归的思想求解即可. 试题解析:（1）证明：设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，则到平面的距离为的一半，又因为，所以，所以.【考点】直线与平面的位置关系及棱锥公式的运用．32.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.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连接，依题意有，，故平面.根据分析有，故平面；（2）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，利用向量法求得余弦值为.试题解析：（1）设为的中点，连接.由题意得：平面，所以.因为，所以，，故平面.由分别为的中点，得且，从而且，所以为平行四边形，故，又因为平面，所以平面.（2）方法一：作，且，连结.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.【考点】空间向量与立体几何.33.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为.【考点】三视图.34.如图，在四棱柱中，底面，为线段上的任意一点（不包括两点），平面与平面交于.（1）证明：；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）要证线线垂直，一般可证线面垂直，观察题中垂直条件，平面，则有，题中又有，从而有平面，因此结论得证；（2）要证线面平行，就是要证线线平行，直线是平面与平面的交线，因此要得平行，就要有线面平行，而这由可得平面，从而，结论得证．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，所以.又，所以平面，而平面，所以.（2）在四棱柱中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以，因为，所以，而平面，平面，所以平面.【考点】线面垂直的判定与性质，线面平行的判定与性质．【名师】证明线面（面面）平行（垂直）时要注意以下几点：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。

2008年某某地区数学科高三立体几何复习卷 选择题1、已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于下列结论：①11;BD DC ⊥1平面A ②111AC AD 和所成的角为45；③点A 与点1C 在该正方体外接球表面上的球面距离为2，其中正确结论的个数是( )A.0B. 1C. 2D. 32、已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m 、n ，有下列四个命题 ①若α⊥m n m ,//，则α⊥n ②若βαβα//,,则⊥⊥m m③若βαβα⊥⊂⊥则,,//,n n m m ④若n m n m //,,,//则=βαα其中正确命题的个数是 （ ） A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 3、下列命题中，真命题是（ ） A.若直线m 、n 都平行于α，则n m // B.设βα--l 是直二面角，若直线,l m ⊥则β⊥m C.若m 、n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且n m ⊥，则α⊂n 或α//n D.若直线m 、n 是异面直线，α//m ，则n 与α相交4、过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°则该截面的面积是（ ）A ．πB. 2π C. 3πD. π325、如图正方形OABC 的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长 是（ ）A.8cmB.6 cmC.2(1+3)cm)c m6、有共同底边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为（ ）A.31B.41C.43D.227、给出下列命题：○1底面是正多边形的棱锥是正棱锥 ②侧棱都相等的棱锥是正棱锥 ○3侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥 ④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥其中正确的命题的个数是（ ）A.0 B.1 C.2 D.38、若底面边长为a 的正四棱锥的全面积与棱长为a 的正方体的全面积相等，那么这个正四棱锥的侧棱与底面所成角的余弦值为（ ）A ．33B ．63C ．133D ．2626 9、已知直线a 、b 、c 和平面α、β,有下列命题：①若βα//,//a α,则//a β；②若,a b a α⊥⊥,b β⊥,则αβ⊥；③若,a αββ⊥⊥,则//a α；④若//,a ααβ⊥,则a β⊥.其中正确的命题是( ).A.①② B.①③ C.②④ D.②10、已知正四面体ABCD 的棱长为a ，E 为CD 上一点，且1:2:=ED CE ，则截面△ABE 的面积是（ ）A ．242a B ．222a C ．21217a D ．21219a 11、菱形ABCD 的边长为G F E A a ,,,60,0=∠，H 分别在AB 、BC 、CD 、DA 上，且3a DH DG BF BE ====，沿EH 与FG 把菱形的两个锐角对折起来，使A 、C 两点重合，这时A 点到平面EFGH 的距离为（ ）A.2aB.22aC .a 23D.()a 13- 12、已知棱长为a 的正四面体A BCD -的中截面为M,则其内切球球心O 到平面M 的距离为A BCD 1A 1B 1C 1D( ). A.4aB.66aC.612aD.28a 13、已知球O 半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，且A 与B 、A 与C 、B 与C 的球面距离为,3,2,2πππ则四面体OABC 的体积为（ ） A ．122B ．43C ．123D ．4214、正三棱锥S —ABC 中，M 、N 分别是SC 、BC 中点，MN⊥AM，若侧棱32=SA ，则此正三棱锥S —ABC 外接球的表面积是 （ ）A ．12πB ．32πC ．36πD ．48π二.填空题15、如图,ABCD 为矩形,3AB =,1BC =,//EF BC ,且2AE EB =,G 为BC 中点,K 为ADF ∆的外心. 沿EF 将矩形折成一个120︒的二面角A EF B --, 则此时KG 的长是16、在三棱锥S ABC -中,SA ⊥平面ABC ,1SA AB ==,2BC =,P 为棱SB 上的动点,且AP PC +的最小值为5,则三棱锥S ABC -外接球的体积为.17、已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点都在直径为3的球面上，AA 1=AB =2，点E 是DD 1的中点，则异面直线A 1E 与B 1D 所成角的大小为是__________．18、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的 中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是A 1B 1上的任意 点，则直线BM 与OP 所成的角为. 19、将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A —BD —C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ； ②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°④AB 与CD 所成的角为60° 其中正确结论的序号是 . （写出所有你认为正确的结论的序号） 三.解答题20、如图，棱长为1的正四面体ABCD 中，E 、F 分别是棱AD 、CD 的中点，O 是点A 在平面BCD 内的射影.（Ⅰ）求直线EF 与直线BC 所成角的大小； （Ⅱ）求点O 到平面ACD 的距离；（Ⅲ）求二面角A —BE —F 正切值的大小.21、如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱AD=DC=3，DD 1=4，E 是A 1A 的中点. （Ⅰ）求证：;//1BED C A 平面PD B AC E （Ⅱ）求二面角E —BD —A 的大小； （Ⅲ）求点E 到平面A 1BCD 1的距离.22、如图，四边形ABCD 是正方形，PB ⊥平面ABCD ，MA ∥PB ，PB ＝AB ＝2MA ． （Ⅰ）证明：AC ∥平面PMD ；（Ⅱ）求直线BD 与平面PCD 所成的角的大小；（Ⅲ）求平面PMD 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小．23、如图，在四棱锥ABCD P -中，四边形ABCD 为正方形，P 点在平面ABCD 内的射影为A ，且2==AB PA ，E 为PD 中点． （Ⅰ）证明：PB //平面AEC ；（Ⅱ）证明：平面⊥PCD 平面PAD ； （Ⅲ）求二面角D AC E --的正切值．24、如图，直三棱柱111C B A ABC -中，21===CA CB C C ，CB AC ⊥，D 、E 分别是棱C C 1、11C B 的中点．A B C D P OM（1）求点B 到平面CA C A 11的距离； （2）求二面角A D A B --1的大小；（3）在线段AC 上是否存在一点F ，使得EF ⊥平面BD A 1？若存在，确定其位置并证明结论；若不存在，说明理由．高三立体几何复习卷参考答案一. 选择题1、已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于下列结论：①11;BD DC ⊥1平面A ②111AC AD 和所成的角为45；③点A 与点1C 在该正方体外接 ，其中正确结论的个数是( C )A.0B. 1C. 2D. 32、已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m 、n ，有下列四个命题 ①若α⊥m n m ,//，则α⊥n ②若βαβα//,,则⊥⊥m m③若βαβα⊥⊂⊥则,,//,n n m m ④若n m n m //,,,//则=βαα其中正确命题的个数是 （ D ） A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 3、下列命题中，真命题是（C ） A.若直线m 、n 都平行于α，则n m // B.设βα--l 是直二面角，若直线,l m ⊥则β⊥m C.若m 、n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且n m ⊥，则α⊂n 或α//n D.若直线m 、n 是异面直线，α//m ，则n 与α相交4、过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°则该截面的面积是（ A ）A ．πB. 2π C. 3πD. π325、如图正方形OABC 的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长 是（ A ）A.8cmB.6 cmC.2(1+3)cm )c m6、有共同底边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为（B ）A.31B.41C.43D.227、给出下列命题：○1底面是正多边形的棱锥是正棱锥 ②侧棱都相等的棱锥是正棱锥 ○3侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱A BCD 1A 1B 1C 1D锥其中正确的命题的个数是（A ）A.0 B.1 C.2 D.38、若底面边长为a 的正四棱锥的全面积与棱长为a 的正方体的全面积相等，那么这个正四棱锥的侧棱与底面所成角的余弦值为（ C ）A ．33B ．63C ．133D ．2626 9、已知直线a 、b 、c 和平面α、β,有下列命题：①若βα//,//a α,则//a β；②若,a b a α⊥⊥,b β⊥,则αβ⊥；③若,a αββ⊥⊥,则//a α；④若//,a ααβ⊥,则a β⊥.其中正确的命题是( D ).A.①② B.①③ C.②④ D.②10、已知正四面体ABCD 的棱长为a ，E 为CD 上一点，且1:2:=ED CE ，则截面△ABE 的面积是（ D ）A ．242a B ．222a C ．21217a D ．21219a 11、菱形ABCD 的边长为G F E A a ,,,60,0=∠，H 分别在AB 、BC 、CD 、DA 上，且3a DH DG BF BE ====，沿EH 与FG 把菱形的两个锐角对折起来，使A 、C 两点重合，这时A 点到平面EFGH 的距离为（A ）A.2aB.22aC .a 23D.()a 13- 12、已知棱长为a 的正四面体A BCD -的中截面为M,则其内切球球心O 到平面M 的距离 为( C ). A.4aB.66aC.612aD.28a 13、已知球O 半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，且A 与B 、A 与C 、B 与C 的球面距离为,3,2,2πππ则四面体OABC 的体积为（ C ） A ．122B ．43C ．123D ．4214、正三棱锥S —ABC 中，M 、N 分别是SC 、BC 中点，MN⊥AM，若侧棱32=SA ，则此正三棱锥S —ABC 外接球的表面积是 （ C ）A ．12πB ．32πC ．36πD ．48π二.填空题15、如图,ABCD 为矩形,3AB =,1BC =,//EF BC ,且2AE EB =,G 为BC 中点,K 为ADF ∆的外心. 沿EF 将矩形折成一个120︒的二面角A EF B --,则此时KG 的长是316、在三棱锥S ABC -中,SA ⊥平面ABC ,1SA AB ==,2BC =,P 为棱SB 上的动点,且AP PC +的最小值为5,则三棱锥S ABC -外接球的体积为43π.17、已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点都在直径为3的球面上，AA 1=AB =2，点E 是DD 1的中点，则异面直线A 1E 与B 1D 所成角的大小为是__________． 18、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为2π. 19、将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A —BD —C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ； ②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°④AB 与CD 所成的角为60°其中正确结论的序号是①、②、④ .（写出所有你认为正确的结论的序号） 三.解答题20、如图，棱长为1的正四面体ABCD 中，E 、F 分别是棱AD 、CD 的中点，O 是点A 在平面BCD 内的射影.（Ⅰ）求直线EF 与直线BC 所成角的大小； （Ⅱ）求点O 到平面ACD 的距离；（Ⅲ）求二面角A —BE —F 正切值的大小. 方法一：（Ⅰ）因为E 、F 分别是棱AD 、CD 的中点， 所以EF∥AC.所以∠BCA 是EF 与BC 所成角. ∵正四面体ABCD ，∴△ABC 为正三角形， 所以∠BCA = 60°.即EF 与BC 所成角的大小是60° （Ⅱ）解法1：如图，连结AO ，AF ，因为F 是CD 的中点，且△ACD，△BCD 均为正三角形， 所以BF⊥CD，AF⊥CD.因为BF∩AF = F， 所以CD⊥面AFB.因为CD ⊂在ACD ， 所以面AF B⊥面ACD.因为ABCD 是正四面体，且O 是点A 在面BCD 内的射影， 所以点O 必在正三角形BCD 的中线BF 上， 在面ABF 中，过O 做OG⊥AF，垂足为G ， 所以OG⊥在ACD.即OG 的长为点O 到面ACD 的距离.因为正四面体ABCD 的棱长为1,在△ABF 中,容易求出AF = BF=23，OF=63，AO = 36， 因为△AOF∽△OGF， 故由相似比易求出OG =.96 所以点O 到平面ACD 的距离是.96 解法2：如图，连结AO ，CO ，DO ，所以点O 到平面ACD 的距离就是三棱锥 O —ACD 底面ACD 上的高h .与解法1同理容易求出OF=63，AO = 36， 所以V A —COD = .362)16321(3631=⋅⋅⋅因为V O —ACD = V A —COD ，所以362= V O —ACD = ).12321(31⋅⋅⋅⋅h 解得.96=h （Ⅲ）设△ABD 中，AB 边的中线交BE 于H ，连结CH ，则由ABCD 为正四面体知CH⊥面ABD. 设HD 的中点为K ，则FK∥CH。

（2020年新高考立体几何）20.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD垂直底面ABCD。

设平面PAD与平面PBC的交线为L。

（1）证明：l垂直平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为L上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值。

（2020年天津卷立体几何）17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1垂直平面ABC，AC垂直BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱CC1上，且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点。

（I）求证：C1M垂直B1D
(II) 求二面角B-B1E-D的正弦值
(III)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值
（2020年浙江卷立体几何）19.如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD 垂直平面ABC，角ACB=角ACD=45度，DC=2BC。

（I）证明：EF垂直DB
(II)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值。

（2020年北京卷立体几何）16.如图，在正方体ABCD-A1B2C3D4中，E为BB1的中点。

（I）求证：BC1//平面AD1E;
(II)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值。

高三数学立体几何试题答案及解析1.．已知正四棱锥S—ABCD，底面上的四个顶点A、B、C、D在球心为O的半球底面圆周上，顶点S在半球面上，则半球O的体积和正四棱锥S—ABCD的体积之比为。

【答案】；【解析】略2.已知菱形中，，，沿对角线将折起，使二面角为，则点到所在平面的距离等于。

【答案】【解析】先设中点为，连接，然后解得，过点做的垂线，即为所求。

3.某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．【答案】【解析】该三棱锥底面是边长为2的正三角形，面积为，有两个侧面是底边为2，高为2的直角三角形，面积为2，另一个侧面是底边为2，腰为的等腰三角形，面积为，所以面积最大的面的面积是．【考点】三视图．4.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P –ABCD中，PA 平面ABCD，DAB为直角，AB//CD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点．（Ⅰ）证明：AB平面BEF：（Ⅱ）设PA =h，若二面角E-BD-C大于45 ，求h的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】第一问注意将空间的垂直关系的转换掌握好即可，第二问注意应用空间向量解决二面角的问题的步骤，注意不等关系的建立．试题解析：（Ⅰ）证：由已知且为直角，故四边形是矩形，从而．又底面，∴平面平面，∵，故平面，∴，在内，分别是的中点，，∴；由此得平面．（Ⅱ）以为原点，以为轴，轴，轴正向建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为，平面的法向量为，则，可取设二面角E-BD-C的大小为，则=，化简得，所以【考点】线面垂直的判定，二面角的问题，不等关系的建立．5.（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，．（Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，垂直于，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）为的中点时，满足题设的要求．【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力．第一问，利用线面平行的性质得，利用线面垂直的判定得平面，得到为线面角，在中，列出的表达式，解出m的值；第二问，要在上找一点，使得．只需利用线面垂直的判定得，再利用线面垂直的性质得．试题解析：解法一：（１）如图：故．所以．又故在△，即．故当时，直线．（Ⅱ）依题意，要在上找一点，使得．只需设，可推测的中点即为所求的点．因为，所以即又，故．即解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，（1，则A（1，0，0）， B（1，1，0）， P（0，1，ｍ），C（0，1，0）， D（0，0，0）， B1（0，0，1）．1，1）， D1所以又由的一个法向量．设与所成的角为，则依题意有：，解得．故当时，直线．（2）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则．……8分依题意，对任意的要使，只需对恒成立，即为的中点时，满足题设的要求【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、线面角、空间向量法、向量的数量积．6.一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为．【答案】【解析】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h（2R﹣h）．V=πr2h=h2（2R﹣h）=h•h（4R﹣2h）≤=•πR3．锥∵V=πR3 ∴球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为8：27．球【考点】球的体积和表面积．7.直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【解析】（1）首先根据已知条件可得出⊥面，由线面垂直的性质定理可得，然后以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，并写出各点的坐标并设，于是由可得出点的坐标，进而由空间向量的数量积的坐标运算可得出，即可得出证明结果；（2）根据（1）中建立的空间直角坐标系中，分别求出平面与平面的法向量，然后运用即可求出所求的结果．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则，∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，理由如下：由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．【考点】1、直线与直线垂直的判定定理；2、线面垂直的判定定理与性质定理；3、空间向量解立体几何问题的应用．【易错点睛】本题主要考查了直线与直线垂直的判定定理、线面垂直的判定定理与性质定理和空间向量解立体几何问题的应用，属中档题．解决这类空间立体几何问题最容易出现以下几处错误：其一是在运用空间向量求解立体几何问题如证明线线垂直或平行、线面垂直或平行和面面垂直等，不能结合已知条件建立适当地空间直角坐标系，进而导致错误；其二是在求解二面角问题时，不知道怎么判断这个二面角的大小，到底是锐角还是钝角，从而导致错误．8.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．9.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥，其中底面四边形是边长为的正方形，，且平面，则球体毛坯体积的最小值应为．【答案】【解析】将四棱锥补成一个正方体，则球体毛坯体积的最小时应为正方体的外接球，此时直径为，体积为【考点】正方体外接球体积【名师】1. 某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．10.如图，在矩形中，，，在平面内将矩形绕点按顺时针方向旋转后得到矩形，则点到直线的距离是．【答案】．【解析】如下图所示，连结，，过作于，由题意得，，，∴，故点到直线距离为．【考点】三角恒等变形．11.（2015秋•盐城校级月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为棱AB，PC的中点（1）求证：PE⊥BC；（2）求证：EF∥平面PAD．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明PA⊥BC，AB⊥BC，证得CB⊥平面PAB，从而有CB⊥PE．（2）取CD的中点G，由FG是三角形CPD的中位线，可得 FG∥PD，再由举行的性质得EG∥AD，证明平面EFG∥平面PAD，从而证得EF∥平面PAD．解：（1）证明：∵侧棱PA垂直于底面，∴PA⊥BC．又底面ABCD是矩形，∴AB⊥BC，这样，CD垂直于平面PAD内的两条相交直线，∴CB⊥平面PAB，∴CB⊥PE．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面PAD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面PAD．故平面EFG∥平面PAD，∴EF∥平面PAD．【考点】直线与平面平行的判定．12.如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，点是中点，，．（Ⅰ）求三棱锥的体积；（Ⅱ）证明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）求三棱锥体积，关键在于确定高，因为面为侧面，因此可利用等体积法转移体积：，这样只需确定面上的高，由直三棱柱知侧面与底面垂直，因此过作，再由面面垂直性质定理得面，最后根据三棱锥体积公式求体积（Ⅱ）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质与判定定理，经多次转化进行论证：取的中点E，则，再由面面垂直性质定理得面，进而；另一方面，在矩形中，由平几的相似知识可推得，因此面，试题解析：证明：（Ⅰ）过作，直三棱柱中面，面，是高=，，（Ⅱ）取的中点E，连接底面是正三角形，矩形中，中，，中，，∽，，面，【考点】三棱锥体积，线面垂直性质与判定定理13.如图，三角形是边长为4的正三角形，底面，，点是的中点，点在上，且．（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面，可得，又，可证的平面，问题得证；（2）由第一问可发现存在平面的垂线，故可把三棱锥变换顶点为，用棱锥的体积公式易求其体积．试题解析：（1）证明∵底面，底面，∴，又，，∴平面,又平面，∴平面平面．（2）解：在中，则,则．【考点】空间垂直关系的应用和证明，直线与平面所成的角．【方法点晴】证明面面垂直只能证明线面垂直，而要证明线面垂直就得证明线线垂直，结合题中已知的垂直条件，分析容易找到哪个平面的垂线，逐步完成证明，组织步骤时一定要思路条理；求棱锥的体积时关键是选择恰当的顶点和底面，原则是容易找到或作出底面的垂线即棱锥的高，这样可以达到事半功倍的效果．14.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是（）（1） AC⊥BE；（2）若P为AA1上的一点，则P到平面BEF的距离为；（3）三棱锥A-BEF的体积为定值；（4）在空间与三条直线DD1，AB，B1C1都相交的直线有无数条．A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】（1）连接，，可证明平面，所以正确；（2）平面，点到平面的距离就是直线到平面的距离，正确；（3），是定值；正确（4）在上任取点，过点和直线确定平面，平面，，那么就是与三条直线都有交点的直线，因为点有无数个，所以直线也有无数条，所以正确．所以错误的有0个，故选A．【考点】1．直线与平面平行；2．线线垂直；3．棱柱的性质．15.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是斜边长为的直角三角形，俯视图是半径为的四分之一圆周和两条半径，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知几何体为圆锥的，圆锥的底面半径为1，母线长为2，∴圆锥的高为．∴．故选A．【考点】由三视图求面积、体积．16.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若且则B．若且则C．若D．若且则【答案】B【解析】对于A中，若且则与可能是平行的，所以不正确；对于C中，则可能，所以不正确；对于D中，若且则与可能是相交的，所以不正确，故选B．【考点】直线与平面位置关系的判定．17.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PA=AB=1，PA⊥平面ABCD，E 为棱PB上一点，PD∥平面ACE，过E作PC的垂线，垂足为F．（Ⅰ）求证：PC⊥平面AEF；（Ⅱ）求三棱锥P﹣AEF的体积．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）三棱锥P﹣AEF的体积V=．【解析】（1）连结BD，交AC于O，连结OE，由PD∥平面ACE可知OE∥PD，故E为PB 中点，从而AE⊥PB，由BC⊥平面PAB可知BC⊥AE，推出AE⊥平面PBC，得到AE⊥PC，结合PC⊥EF，推出PC⊥平面AEF；（2）由勾股定理求出AE，PB，PC，根据Rt△PEF≌Rt△PCB，列出比例式求出EF，PF，代入体积公式计算．（1）证明：连结BD，交AC于O，连结OE，∵底面四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点．∵PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE=OE，∴PD∥OE，∴，∴E是PB的中点．∵PA=AB，∴AE⊥PB．∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，又PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC，∵PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC，又EF⊥PC，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，AE∩EF=E，∴PC⊥平面AEF．（2）∵PA=AB=1，底面ABCD是正方形，∴PB=，AC=，PC=，∴PE=，AE=．∵Rt△PEF≌Rt△PCB，∴，∴PF=，EF=．∴S==．△AEF∴三棱锥P﹣AEF的体积V==．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．18.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．60【答案】A【解析】试题分析:几何体如图所示，体积可看一个三棱住减一个三棱锥：．故选A.【考点】几何体的体积.19.在如图所示的多面体中,面是边长为的菱形,,,面,,且．（I）证明：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（I）见试题解析；（II）【解析】（Ⅰ）先确定四边形为平行四边形. 连接交于,连接,交于,连接,证明为平行四边形,可得,故平面；（Ⅱ）可先证明,与平面所成的角就是.再解三角形得与平面所成角的正弦为.此外也可建立坐标系,利用空间向量求解.试题解析：（Ⅰ）证明：与共面.由平面平面四边形为平行四边形连接交于,连接,交于,连接,如图所示.则,且,故为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面,即平面.（Ⅱ）解法一、由（Ⅰ）知,所以.因为平面平面,平面,所以点在平面内的射影落在上,故与平面所成的角就是.在中,,所以与平面所成角的正弦为.解法二、由（Ⅰ）易知,以为坐标原点,分别以直线、为、轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则有、,,,,所以,,.设面的法向量为,由, ,得令,则所以,于是故直线与平面所成角的正弦值为【考点】线面平行；线面角的求法；空间向量的应用.20.在三棱柱中，，侧棱平面，且，分别是棱，的中点，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）设为的中点，连结，根据条件首先证明四边形为平行四边形，即可得到，再根据线面平行的判定即可得证；（2）根据图形特点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解.试题解析：（1）设为的中点，连结，∵，为的中点，∴为的中点，又∵为的中点，∴，又∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）建立如图所示的坐标系，∵，，分别为，的中点，，，，，，，设平面的法向量为，，，，，，不妨令，则，，∴，同理可得平面的一个法向量为，，∴二面角的余弦值为.【考点】1.线面平行的判定；2.空间向量求空间角．21.如图是一个多面体的三视图，则其全面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，根据矩形和三角形的面积公式写出面积再求和．解：由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，∴三棱柱的面积是3××2=6+，故选C．【考点】由三视图求面积、体积．22.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图可知该几何体为底面为等腰直角三角形，一条长为的侧棱垂直于底面的三棱锥，如下图，可把该几何体还原为直三棱柱（或长方体），从而得到几何体的外接球的半径，所以该几何体的外接球的表面积为,故选B.【考点】三视图与几何体的表面积.【方法点睛】本题主要考查了几何体的三视图与几何体的表面积，考查考生的空间想象能力，属于基础题.解答本题的关键根据给出的三视图还原出几何体，再由三视图的特征得到几何体的结构特征，同时本题考查了几何体外接球的表面积，需要把几何体补形为三棱柱或长方体，从而得到外接球的直径于几何体棱长之间的关系.23.如图，四棱柱的底面是菱形，底面,.（1）证明：平面；（2）若,求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）欲证明平面，利用线面垂直的判定，先证和即可；（2）通过等积法求点到平面的距离．试题解析：（1）证明：因为平面，平面，是菱形，,平面，平面.（2）因为底面是菱形，,的面积为,平面,平面,,平面，到面的距离等于到面的距离,由（1）得平面.平面，,的面积为,设到面的距离为,.所以点到平面的距离为.【考点】1、直线与平面垂直的判定；2、锥体的体积；3、点到平面的距离．【方法点睛】证明线面垂直的关键是证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，即证得线面垂直；证明线线垂直常用的方法是等腰三角形底边上的高线，菱形对角线互相垂直，勾股定理，线面垂直的定义．本题主要考查的是线面垂直的判定和求点到平面的距离，将求点到平面的距离转化为求锥体的的高，关键是利用等体积法求椎体的体积，进而求出点到平面的距离，属于中档题．24.已知矩形 A BCD的周长为18，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为．【答案】【解析】设正六棱柱的底面边长为，高为，则，正六棱柱的体积，当且仅当时，等号成立，此时，可知正六棱柱的外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，则半径为，所以外接球的表面积为．【考点】六棱柱的性质；外接球的表面积．【方法点晴】本题主要考查了六棱柱的结构特征、棱柱外接球的的表面积的计算、基本不等式求最值等知识点的应用，其中解答中，利用正六棱柱的结构特征，外接球的球心在是其上下点中心的连线的中点，得出外接球的半径是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题．25.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．26.如图所示的几何体中,是正三角形, 且平面, 平面,是的中点.（1）求证：；（2）若,求与平面所成角的正切值；（3）在（2）的条件下, 求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）依据题设条件运用线面垂直的性质定理推证；（2）借助题设条件运用线面角的定义找到这个角,再在三角形中求解；（3）运用体积相等建立方程求解.试题解析:（1）证明：是正在三角形,是的中点,平面,平面,平面平面.（2）连接,在直角梯形中,.在中,平面平面,故是直线与平面所成的角,在中,.（3）在四棱锥中, 底面的面积为,高.而四棱锥的底面的三条边,等腰的面积为.点到平面的距离为.【考点】空间线面的位置关系的判定和角度距离的计算．27.如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，底面.（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理得，由勾股定理得，由线线面垂直得，从而平面，由此能证明；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，由此能求出二面角的余弦值．试题解析：（1）证明：因为，,由余弦定理得.从而，故. ∵面,面，∴又, 所以平面.故.（2）如图，以为坐标原点，射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系，则,,,,设平面的法向量为，则即因此可取．设平面PBC的法向量为，则可取则故钝二面角的余弦值为.【考点】（1）直线与平面垂直的性质；（2）二面角的平面角及其求法；（3）用空间向量求平面间的夹角.【方法点晴】本题考查异面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意余弦定理、勾股定理、向量法的合理运用，注意空间思维能力的培养．在证明垂直的过程中，要注意线线垂直和线面垂直的相互转化，利用向量法求空间中二面角的大小，先求出面的法向量，把二面角转化为两个面所在法向量的夹角，应先判断角是钝角还是锐角，根据向量夹角公式得解.28.如图所示，已知直三棱柱中，分别是的中点，点P在线段上运动.（1）证明：无论点P在线段上的任何位置，总有AM⊥平面PNQ；（2）若AC=1，求三棱锥P-MNQ的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，设出棱长，得到点的坐标，由向量数量积证得答案；（2）把三棱锥的体积转化为的体积，即的体积，则三棱锥的体积可求．试题解析：（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，再设，由，得，即，即，∴，∵，，，∴，则平面；（2）解：由（1）可知，在线段上移动时三棱锥的体积一定，由，得，到的距离为，∴，，则．【考点】（1）几何体的体积；（2）空间向量在立体几何中的应用.【一题多解】（1）连接.因为，分别是的中点，所以.所以.所以，即.①因为分别是，的中点，所以.又，所以.在直三棱柱中，平面，所以.又，所以平面，所以.②由①②及，得平面.（2）设点到平面的距离为，由可得平面.由得，易得，所以.29.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,且,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,应选C.【考点】三视图的识读和理解及几何体体积的计算.【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.30.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】几何体为一个斜放的三棱柱，底面为一个等腰直角三角形，底长为2，底上高为1；三棱柱高为3，因此外接球半径为，外接球的表面积为，选A.【考点】三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.31.若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是A．24πB．24π＋8πC．24π＋4πD．32π【答案】C【解析】几何体的表面积是圆柱的侧面积与半个球的表面积、圆锥的侧面积的和．圆柱的侧面积为S1＝2π×2×4＝16π，半球的表面积为S2＝2π×22＝8π，圆锥的侧面积为S3＝×2π×2×2＝4π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝24π＋4π.【考点】三视图，表面积．32.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图所提供的信息可知该几何体是一个圆台和圆柱的组合体，故其体积，应选B。

高三数学空间几何体试题1.（3分）（2011•重庆）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【解析】由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，而球心到小圆圆心的距离为，则推出顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心的距离为1，即可求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．解：由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球心到小圆圆心的距离为，顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心O的距离为1，所以底面ABCD的中心O'与顶点S之间的距离为1故选C点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，考查逻辑推理能力，计算能力，转化与划归的思想．2.如图，三棱柱ABC—A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C；(2)若AB＝2，求三棱柱ABC—A1B1C1的体积．【答案】（1）见解析（2）2【解析】(1)由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1.又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB⊂平面AA1B1B，所以平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)由题意，CB＝CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1.由(1)知，CO⊥平面AA1B1B，且CO＝BC＝AB＝.连结AB1，则VC—ABB1＝S△ABB1·CO＝AB2·CO＝.因为VB1—ABC＝VC—ABB1＝VABC—A1B1C1＝，故三棱柱ABC—A1B1C1的体积VABC—A1B1C1＝2.3.已知四棱锥V-ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，VA⊥平面ABCD，且VA＝4，则此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积的和是________．【答案】27【解析】可证四个侧面都是直角三角形，其面积S＝2××3×4＋2××3×5＝27.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图还原图像，得原图是两个一样的圆锥底面对在一起了，所以.【考点】三视图.5.已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面．动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示．现将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点，设的长度为，则的图象大致为（）【答案】A【解析】根据题意，由于圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面．动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线，那么可知轴截面绕着轴逆时针旋转后，随着角的增大可知BP的变化时匀速增大的，因此选A.【考点】圆柱的展开图点评：主要是考查了圆柱体侧面展开图的运用，属于基础题。

中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。

（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。

45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；； （Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析 【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=． 【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。

立体几何复习试题1.如图甲所示，BO 是梯形ABCD 的高，∠BAD=45°，OB=BC=1，OD=3OA ，现将梯形ABCD 沿OB 折起如图乙所示的四棱锥P ﹣OBCD ，使得PC=，点E 是线段PB 上一动点．（1）证明：DE 和PC 不可能垂直；（2）当PE=2BE 时，求PD 与平面CDE 所成角的正弦值．2.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥底面ABCD ，且PAD ∆是边长为2的等边三角形，13,PC M =在PC 上，且PA P 面MBD .（1）求证:M 是PC 的中点；（2）在PA 上是否存在点F ，使二面角F BD M --为直角？若存在，求出AFAP 的值；若不存在，说明理由.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，BA ∥平面PCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，△APD 为等腰直角三角形，222PA PD CD ===（1）证明：平面PAB ⊥平面PCD ； （2）若三棱锥B -PAD 的体积为13，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的余弦值.4.如图，在圆柱OO 1中，矩形ABB 1A 1是过OO 1的截面CC 1是圆柱OO 1的母线，AB=2，AA 1=3，∠CAB=． （1）证明：AC 1∥平面COB 1；（2）在圆O 所在的平面上，点C 关于直线AB 的对称点为D ，求二面角D ﹣B 1C ﹣B 的余弦值．PD C A B立体几何复习试题试卷答案1.【解答】（1）证明：如图甲所示，因为BO 是梯形ABCD 的高，∠BAD=45°，所以AO=OB…（1分） 因为BC=1，OD=3OA ，可得OD=3，OC=…（2分） 如图乙所示，OP=OA=1，OC=，PC=，所以有OP 2+OC 2=PC 2，所以OP ⊥OC…（3分）而OB ⊥OP ，OB ∩OC=O ，所以OP ⊥平面OPD…（4分）又OB ⊥OD ，所以OB 、OD 、OP 两两垂直．故以O 为原点，建立空间直角坐标系（如图），则P （0，0，1），C （1，1，0），D （0，3，0）设E （x ，0，1﹣x ），其中0≤x ≤1，所以=（x ，﹣3，1﹣x ），=（1，1，﹣1）， 假设DE 和SC 垂直，则=0，有x ﹣3+（1﹣x ）（﹣1）=0，解得x=2，这与0≤x ≤1矛盾，假设不成立，所以DE 和SC 不可能垂直…（6分）（2）解：因为PE=2BE ，所以E （，0，）…（7分）设平面CDE 的一个法向量是=（x ，y ，z ）， 因为=（﹣1，2，0），=（，﹣3，），所以 取=（2，1，5）…（10分） 而=（0，3，﹣1），所以|cos ＜，＞=，所以PD 与平面CDE 所成角的正弦值为．…（12分）2.解答：(1)证明：连AC 交BD 于E ，连.ME ABCD Q 是矩形，E ∴是AC 中点.又PA P 面MBD ，且ME 是面PAC 与面MDB 的交线，,PA ME M ∴∴P 是PC 的中点.(2)取AD 中点O ，由（1）知,,OA OE OP 两两垂直.以O 为原点，,,OA OE OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为()()()()()1331,0,0,1,3,0,1,0,0,1,3,0,0,0,3,,,222A B D C P M ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭.设存在F 满足要求，且AF AP λ=，则由AF AP λ=u u u r u u u r 得：()1,0,3F λλ-，面MBD 的一个法向量为231,,33n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭r ，面FBD 的一个法向量为221,,33m λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭r ，由·0n m =r r ，得421093λλ-++=，解得38λ=，故存在F ，使二面角F BD M --为直角，此时38AF AP =.3.解：（1）依题：CD AD PAD ABCD ⊥⎧⎨⊥⎩面面CD ⇒⊥面PAD CD AP ⇒⊥，又AP PD ⊥，AP ∴⊥平面PCD ，又AP ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD（2）ABCD PCD CD BA PCD ⋂=⎧⎨⎩平面平面∥平面BA CD ⇒∥，由（1）知AB ⊥面PAD 1132B PAD V AB PA PD -∴=⋅⋅113AB =⇒=，取AD 中点O ，PO AD ⊥，平面PAD 平面ABCD ，PO ∴平面ABCD ，以过点O 且平行于AB 的直线为x 轴，如图建系，各点坐标如图.由（1）易知平面PAD 的一法向量为()1,0,0m =u r ，设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =r .()1,1,1PB =-uu r ，()2,1,1PC =--uu u r .00n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu r r uu u r 020x y z x y z +-=⎧⇒⎨--=⎩，取2x =，()2,1,3n =r .cos ,m n =u r r 147m n m n ⋅=u r r u r r ，故所求二面角的余弦值为14.4.【解答】证明：（1）连结B 1C 1、BC 1，设BC 1∩B 1C=M ，∵BB 1CC 1，∴四边形BB 1C 1C 为平行四边形，∴M 为BC 1的中点，在△ABC 1中，O 为AB 的中点，∴MO ∥AC 1，又AC 1?平面B 1CD ，MO?平面B 1CD ，∴AC 1∥平面COB 1． 解：（2）如图，∵AB 是圆O 的直径，∴AC ⊥BC ，∵C 1C ⊥平面ABC ，∴C 1C ⊥AC ，C 1C ⊥BC ， 又∠BAC=60°，AB=2，∴AC=1，BC=，AA 1=3，以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，OC 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则C （0，0，0），A （1，0，0），B （0，，0），C 1（0，0，3），O （，0），B 1（0，），在圆O上，C，D关于直线AB对称，△AOC为正三角形，且OA=1，∴CD=，∠ACD=30°，过点D作DP⊥x轴，DQ⊥y轴，垂足分别为P，Q，则CP=CD?cos=，CQ=CD?sin，∴D（，0），∴=（，0），设平面CDB1的一个法向量=（x，y，z），则，取y=﹣，得=（1，﹣，1），平面B1BC的一个法向量=（1，0，0），设二面角D﹣B1C﹣B的二面角为θ，则cosθ==．故二面角D﹣B1C﹣B的余弦值为．。

高三数学空间几何体试题1.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.【考点】《算数书》中的近似计算，容易题.2.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义3.如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形;②当CQ=时,S为等腰梯形;③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=;④当<CQ<1时,S为六边形;⑤当CQ=1时,S的面积为.【答案】①②③⑤【解析】利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.①当0<CQ<时,如图(1).在平面AA1D1D内,作AE∥PQ,显然E在棱DD1上,连接EQ, 则S是四边形APQE.②当CQ=时,如图(2).显然PQ∥BC1∥AD1,连接D1Q,则S是等腰梯形.③当CQ=时,如图(3).作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AE∥PQ,连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,∴C1R=.④当<CQ<1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.⑤当CQ=1时,如图(4).同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MP×AQ=××=.4.如图是某个正方体的侧面展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,l1与l2()A．互相平行B．异面且互相垂直C．异面且夹角为D．相交且夹角为【答案】D【解析】将侧面展开图还原成正方体如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交.连接AD,△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.故选D.5.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是()【答案】D【解析】在A图中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,∴P,S, R,Q共面.在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,如图,故P,Q,R,S四点共面.在C图中分别连接PQ,RS,易证PQ∥RS,∴P,Q,R,S共面.D图中PS与RQ为异面直线,∴P,Q,R,S四点不共面,故选D.6.正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为 .【答案】【解析】将四面体ABCD补为正方体，如下图所示，则正方体的外接球就是正四面体的外接球.设球心为O，面积最小的截面就是与OE垂直的截面.由图可知，这个截面就是底面正方形的外接圆，其面积为：..【考点】空间几何体.7.已知球的半径为5，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为2，若其中一个圆的半径为4，则另一个圆的半径为()A．3B．C．D．2【答案】D【解析】由已知可得球心到半径为4的圆距离d＝＝3，因此所求圆圆心到弦的距离为3，故所求圆半径R＝＝2，故选D.8.某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为（）A．B．C．24D．【答案】A【解析】由三视图得,这是一个正四棱台,由条件，侧面积.【考点】1.三视图；2.正棱台侧面积的求法.9.如图，在直四棱柱中，点分别在上，且，，点到的距离之比为，则三棱锥和的体积比 .【答案】【解析】点到的距离之比为，所以，又直四棱柱中，，，所以，于是.【考点】直棱柱的定义、棱锥体积公式.10.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.11.在空间几何体中，平面，平面平面，，．（I）求证：平面；（II）如果平面，求证：．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）利用平面平面得到平面内一条直线与平面垂直，然后利用直线与平面垂直的性质定理得到该直线与平行，进而证明平面；（Ⅱ）利用已知条件确定三棱锥和的高与底面积，及三棱锥和中相应的边长之间的等量关系，然后将三棱锥和的体积用对应的边长进行表示，两者进行比较从而得出.试题解析：（I）如图，取中点，连，由得，∵平面⊥平面，∴平面， 2分又∵⊥平面，∴∥， 4分又∵平面，∴∥平面． 6分（Ⅱ）连接，则．∵平面⊥平面，面∩面，∴⊥平面．又∵，∴∥． 8分又由（Ⅰ）知，四边形是矩形，∴，． 10分∴，而，则． 12分【考点】直线与平面平行、几何体的体积12.一只蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是A．①②B．①③C．②④D．③④【答案】C【解析】根据题意，由于蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，那么可知最短的距离即为相邻两个平面的展开图的面对角线的长度，那么展开平面和平面平面得到最短路线，那么正视图对应的为②④，故选C.【考点】侧面展开图点评：主要是考查了空间几何体的侧面展开图的运用，属于基础题。

侧（左）视图正（主）视图 俯视图高三数学(理)一轮复习资料-- 立体几何一、选择题1 、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 ( )2、已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为( )A 、22 B 、3＋22 C 、32 D 、3＋323、已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中为假命题的是( )A 、若a ∥b ，则α∥βB 、若α⊥β，则a ⊥bC 、若a ，b 相交，则α，β相交D 、若α，β相交，则a ，b 相交4、设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥，则“αβ⊥” 是“a b ⊥”的（ ）A 、充分不必要条件B 、必要不充分条件C 、充要条件D 、即不充分不必要条件5、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）A 、12B 、3 C 、563D 、46、某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A 、28+65B 、 30+65C 、 56+ 125D 、 60+1257、下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行8、已知直二面角l αβ--，点,A A C l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于（ ）A、3 B、3 C、3D 、 1 9、已知三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分别为4、4、7，若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积是( )A 、81πB 、36πC 、81π4D 、144π10 、如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1， 则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为 ( )A 、64B 、34C 、62D 、72二、填空题11、已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于 ___________cm 3．12、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

高三数学立体几何试题答案及解析1.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义2.在等腰三角形中，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点（如图）.若光线经过的中心，则等于（）A．B．C．D．【答案】D；【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立直角坐标系，所以等腰三角形ABC的中心坐标为，因为光线从点出发，经发射后又回到原点，故点P为三角新ABC的中心在底边AB上的投影，所以AP=.3.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．4.（本题满分12分）如图，在三棱锥底面ABC，且SB=分别是SA、SC的中点．（Ⅰ）求证：平面平面BCD；（Ⅱ）求二面角的平面角的大小．【答案】（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）已知SB、AB、BC两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系如下图．根据线段长度可求出相应点的坐标，从而可推出，则，所以平面平面BCD．（Ⅱ）求出两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角平面角的关系求出平面角的大小．试题解析：（Ⅰ）．又因，所以建立如上图所示的坐标系．所以A（2，0，0），，D（1，0，1），，S（0，0，2）易得，，，又，又又因，所以平面平面BCD．（Ⅱ）又设平面BDE的法向量为，则所以又因平面SBD的法向量为所以所以二面角的平面角的大小为．【考点】•平面与平面的垂直的证明 二面角大小的求法．5.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．6.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以．故应选B．【考点】空间几何体的三视图.8.（2015•汕头二模）某师傅用铁皮制作一封闭的工件，其三视图如图所示（单位长度：cm，图中水平线与竖线垂直），则制作该工件用去的铁皮的面积为（制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计）（）A．100（3+）cm2B．200（3+）cm2C．300（3+）cm2D．300cm2【答案】A【解析】本题以实际应用题为背景考查立体几何中的三视图．由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形[的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积解：由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10，故底面面积为10×10=100，与底面垂直的两个侧面是全等的直角，两直角连年长度分别为10，20，故它们的面积皆为100，另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的边长10，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为=10，故此两侧面的面积皆为50，故此四棱锥的表面积为S=100（3+）cm2．故选：A【考点】由三视图求面积、体积．9.如图，在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱，是侧棱的中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）易证得为等腰直角三角形，从而得到，又由直四棱柱的性质可得到，进而可使问题得证；（2）方法一：过点作于，过作于，则就是二面角的平面角，然后在中求得，从而求得，再在中求得，最后在中即可求得所求二面角的正切值；方法二：以为原点建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利用空间夹角公式求解即可．试题解析：（1）证明：如图，在矩形中，E为中点且，，所以，所以为等腰直角三角形，所以．在直四棱柱中，因为底面是边长为1的正方形，所以平面．又因为平面，所以，所以平面又因为平面，所以平面⊥平面（2）解：方法一：因为平面，所以平面⊥平面，所以只需在平面内过点作于，而平面．如图，过作于，连接，则就是二面角的平面角．在中，，所以．在中，在中，．所以二面角的平面角的正切值大小为方法二：以为原点，，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，同理可得，平面的一个法向量为，代入公式有：，所以二面角的平面角的正切值大小为【考点】1、空间垂直关系的判定；2、二面角．10.（2015秋•扬州期末）已知正四棱锥底面边长为，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为．【答案】5【解析】利用体积求出正四棱锥的高，求出底面对角线的长，然后求解侧棱长．解：正四棱锥底面边长为，体积为32，可得正四棱锥的高为h，=32，解得h=3，底面对角线的长为：4=8，侧棱长为：=5．故答案为：5．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．11.（2010•江苏二模）如图，在四边形ABCD中，CA=CD=AB=1，=1，sin∠BCD=．（1）求BC的长；（2）求四边形ABCD的面积；（3）求sinD的值．【答案】（1）BC=；（2）；（3）【解析】（1）根据题意可分别求得AC，CD和AB，利用=1，利用向量的数量积的性质求得cos∠BAC的值，进而求得∠BAC，进而利用余弦定理求得BC的长．（2）根据（1）可求得BC2+AC2=AB2．判断出∴∠ACB=，进而在直角三角形中求得cos∠ACD的值，利用同角三角函数的基本关系气的sin∠ACD，然后利用三角形面积公式求得三角形ABC和ACD的面积，二者相加即可求得答案．（3）在△ACD中利用余弦定理求得AD的长，最后利用正弦定理求得sinD的值．解：（1）由条件，得AC=CD=1，AB=2． ∵=1，∴1×2×cos ∠BAC=1．则cos ∠BAC=．∵∠BAC ∈（0，π），∴∠BAC=．∴BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB•ACcos ∠BAC=4+1﹣2×2×=3．∴BC=．（2）由（1）得BC 2+AC 2=AB 2． ∴∠ACB=．∴sin ∠BCD==． ∵∠ACD ∈∈（0，π），∴．∴S △ACD =×1×1×=． ∴S 四边形ABCD =S △ABC +S △ACD =．（3）在△ACD 中，AD 2=AC 2+DC 2﹣2AC•DCcos ∠ACD=1+1﹣2×1×1×=． ∴AD=．∵，∴． 【考点】解三角形的实际应用．12. （2014•阳泉二模）某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（ ）A ．B ．3πC ．D ．π【答案】C【解析】由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在棱长为1的正方体中，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由此能求出此四面体的外接球的体积．解：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形， 所以此四面体一定可以放在正方体中， 所以我们可以在正方体中寻找此四面体． 如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R=，所以此四面体的外接球的体积V==．故选C．【考点】由三视图求面积、体积．13.如图，一竖立在水平对面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如下图所示：该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得，∴．设底面圆的半径为，则有，∴．故C项正确．【考点】圆锥的计算，平面展开——最值问题．【方法点晴】本题主要考查了圆锥的计算及有关圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个三角形，此扇形的弧长等于圆锥的面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．14.已知三棱锥中，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，设是的外心，是三棱锥外接球球心，则平面，由已知平面，则，，，，所以．，所以，．故选C．【考点】棱锥的外接球，球的表面积．15.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．【考点】1、三视图；2、多面体的表面积．16.已知直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球表面积的最小值为．【答案】【解析】根据题意，设，则有，从而有其外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.【考点】1、几何体的外接球；2、基本不等式；3、球的体积和表面积.【方法点睛】设，则有，利用直三棱柱中，，从而直三棱柱外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.根据直三棱柱中，，侧面的面积为，设，，利用均值不等式，确定直三棱柱外接球的半径的最小值是关键．17.在体积为的四面体中，平面，，，，则长度的所有值为．【答案】或【解析】由题意得因此由余弦定理得：或，因此或【考点】三棱锥体积，余弦定理18.如图，正四棱锥的底面一边长为，侧面积为，则它的体积为________．【答案】【解析】设侧面三角形的高为，则，解之可得，故棱锥的高为，所以棱锥的体积为，答案应填：．【考点】正四棱锥的侧面面积和体积公式．19.如图，在正方体中分别为棱的中点，用过点的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体（下半部分）的左视图为（）【答案】C【解析】通过观察剩余几何体（下半部分），可以发现C图才正确，故选C.【考点】1、直观图；2、三视图.20.如图，已知三棱柱的所有棱长都是2，且.（1）求证：点在底面内的射影在的平分线上；（2）求棱柱的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过作图的方式先作出的射影，只需求到距离相等即是所求，利用三角形全等即可；（2）底面是等边三角形，面积容易求得，其高为，（1）可知，，，可得到，则此可求出.试题解析：（1）证明：过作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则，，故平面，故，同理，过作，连接，则.∵，，∴，∴≌，∴，∴是的角平分线，即点在底面内的射影在的平分线上.（2）解：由（1）可知，，，在中，，∴，∴三棱柱的体积为【考点】线面垂直、几何体的体积.【易错点晴】破解线面垂直关系的技巧(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．21.如图，梯形中，，分别是的中点，矩形所在的平面与所在的平面互相垂直，且.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若二面角为，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理证平面，又，从而可证得平面；（2）取中点，连接，先证得为平行四边形，进而可得，再根据直线与平面平行的判定定理即可证得平面；（3）连接交于，连接，证明平面，则即为直线与平面所成角，再通过解求得的大小．试题解析：（1）平面.（2）取中点，连接，.（3）为二面角的平面角，.由（1）知，中，，，∴，∴，∴与平面成角.【考点】1、线面垂直的判定；2、线面平行的判定；3、线面角的求法．【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直、平行判定和线面角的求法，属于中档题．证明线面垂直的方法主要有定义法，判定定理法；证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是利用三角形、梯形的中位线，对应线段成比例，构造平行四边形，平行线的传递性，线面垂直的性质定理，面面平行的性质定理．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.22.如图，在正方形中，点分别是的中点，将分别沿、折起，使两点重合于.（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）要证明面面垂直，可以先证明线面垂直，即可以先证明直线，进而可证明平面⊥平面；（Ⅱ）可以用传统方法也可以用向量方法，用传统方法时，可按照“作、算、证”的步骤，并结合余弦定理即可求二面角的余弦值.向量法关键是要建立适当的直角坐标系，并正确地求出二平面的法向量，进而可得到二面角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）证明：连接交于，连接.在正方形中，点是的中点，点是的中点，所以，所以，因此，所以在等腰中，是的中点，且.因此在等腰中，，从而平面.又平面，所以平面平面.即平面平面.（Ⅱ）方法一：在正方形中，连接，交于.设正方形的边长为.由于点是的中点，点是的中点.所以，于是，从而，所以.于是，在翻折后的几何体中，为二面角的平面角.在正方形中，解得，，所以，在中，，由余弦定理得.所以，二面角的余弦值为.方法二：由题知两两互相垂直，故以为原点，向量方向分别为轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为，则，所以，设为平面的一个法向量，由，得，令，得，又由题知是平面的一个法向量，所以，所以，二面角的余弦值为.【考点】1、面面垂直；2、二面角的平面角.23.如图4，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，，沿将翻折到，连接，得到如图5的五棱锥，且．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由三角形的中位线定理，证得，再由菱形的对角线互相垂直，证得，即可得到，再由已知可得，然后利用线面垂直的判定得到答案；（2）设，连接，结合已知可得，通过解直角三角形求得平面，然后求出梯形的面积，代入棱锥的体积公式得到答案．试题解析：（1）证明：∵分别是边的中点，∴∵菱形对角线互相垂直，∴，∴∴，∵平面，平面，∴平面，∴平面，∴（2）设，连接，∵，∴为等边三角形，∴，在中，在中，，∴∵平面，平面，∴平面，∴，∴四棱锥的体积【考点】直线与平面垂直的判定；几何体的体积的计算．24.如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，，且．（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）依据线面平行的判定定理，需要在平面找到一条直线与直线平行即可．因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可．试题解析：（1）如图，过点作于，连接，，可证得四边形为平行四边形，平面（2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由即，令，得设平面的法向量为由即，令，得所以，所以二面角的余弦值是【考点】1．线面平行的判定定理；2．利用空间向量求二面角．25.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为半个圆柱加一个长方体的组合体，故其体积为【考点】三视图，几何体的体积26.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由题意易证平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面平面；（2）设棱锥的体积为，易求，三棱柱的体积为，于是可得，从而得到答案．试题解析：（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1．又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．（2）设棱锥B—DACC1的体积为V1，AC＝1．由题意得V1＝××1×1＝．又三棱柱ABC—A1B1C1的体积V＝1，所以（V－V1）∶V1＝1∶1．故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1．【考点】平面与平面垂直的判定；棱信的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【易错点睛】（1）两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”．（2）两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中要对此进行证明．27.如图1，，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）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．【答案】（I）；（II）是的靠近点的一个四等分点，大小为．【解析】（I）设，利用三棱锥体积公式求得体积的表达式为，利用导数或者基本不等式求出其最大值.（II）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用求出，然后利用法向量求出与平面所成角的大小为.试题解析：解析：（Ⅰ）方法一：在图1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（如图2），，，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．方法二：同方法一，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．（Ⅱ）方法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，.于是可得，，且．设，则，因为等价于，解得，．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，及，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.方法二：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，如图b，取的中点，连结，则．由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至点使得，连，则四边形为正方形，所以.取的中点，连结，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，.连结，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d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，故与平面所成角的大小为.【考点】空间向量与立体几何.28.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE平面A1C1 F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理.试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.（2）在直三棱柱中，因为平面，所以，又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.因为直线，所以【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师】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.29.某四面体的三视图如图，则该四面体四个面中最大的面积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将该几何体放入边长为的正方体中，由三视图可知该四面体为有由直观图可知，最大面积为三角形的面积，在三角形中，所以面积故选D．【考点】1、几何体的三视图；2、三角形的面积公式．【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，有时还需要将不规则几何体补形成常见几何体，来增加直观图的立体感．30.如图,在四棱锥中,是边长为的正三角形,底面.（1）求证：；（2）已知是上一点, 且平面.若,求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）1．【解析】（1）连接交于，然后利用线面垂直的性质与已知条件证得平面，由此推出，从而通过解三角形推出，进而推出平面，可使问题得证；（2）取的中点, 连接，当为的中点，根据等腰三角形的性质可推出，然后结合中位线定理推出平面，由此可求出点到平面的距离．试题解析：（1）证明：连接交于,底面,平面,则,即,即平面.（2）取的中点, 连接,当为的中点时,平面,证明如下：,由(1) 得，则,则是的中点，平面平面，平面，平面.底面点到平面的距离等于.【考点】1、空间直线与直线的位置关系；2、线面平行的判定定理；3、点到平面的距离．【方法点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化，转化时要正确运用相关的定理，找出足够的条件进行推理；证明线面平行时，通常利用中位定理得到线线平行，从而推出面面平行，进而推出线面平行．31.已知正三角形边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为 .【答案】。

高三理科数学《立体几何》测试题（带答案）1、如图，在C ∆AB 中，C 45∠AB =，点O 在AB 上，且2C 3OB =O =AB ，PO ⊥平面C AB ，D //A PO ，1D 2A =AO =PO ． ()1求证：//PB 平面C D O ；()2求二面角CD O --A 的余弦值．（1）证明：因为ABC PO 平面⊥，D//A PO,DA AB PO AB ⊥⊥所以4,21π=∠==AOD PO AO DA 所以又……………………2分 ,//4,,21PB OD OBP OP OB PO AO ，即所以即又π=∠==……………….4分 COD PB COD OD COD PB 平面所以平面平面又//,,⊂⊄。

……………….6分（2）解：过A 作,,,AN N CD MN M M DO AM 连接于作，过垂足为⊥⊥ 则的平面角。

即为二面角A CD O ANM --∠……………….8分，中，得，在直角中，得，在等腰直角设a MN COD a AM AOD a AD 3322=∆=∆=510cos 630=∠=∆ANM a AN AMN ，所以中，得在直角……………….12分2、如图，在棱长为2的正方体1111CD C D AB -A B 中，E 、F 分别为11D A 和1CC 的中点．()1求证：F//E 平面1CD A ；()2求异面直线F E 与AB 所成的角的余弦值；()3在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角C P -A -B 的大小为30？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．解：如图分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ，由已知得D (0，0，0)、A (2，0，0)、B (2，2，0)、C (0，2，0)、B 1(2，2，2)、D 1(0，0，2)、E (1，0，2 )、F (0，2，1)．(1)取AD 1中点G ，则G （1，0，1），CG -→=（1，-2，1），又EF -→=（-1，2，-1），由EF -→=-→-CG ，∴EF -→与CG -→共线．从而ＥＦ∥ＣＧ，∵CG ⊂平面ACD 1，EF ⊄平面ACD 1，∴EF ∥平面ACD 1. ………………………………………………………………4分 (2) ∵AB =(0,2，0)， cos<EF ,AB>=||||2EF AB EF AB ⋅==⋅， ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36.…………………………………………………8分 (3)假设满足条件的点P 存在，可设点P (2，2，t )(0<t ≤2)，平面ACP 的一个法向量为n =(x ，y ，z )，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵AP =(0，2，t ), AC =(-2，2，0)，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t =-.易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =， 依题意知，<1BB ，n >=30°或<1BB ，n >=150°，∴|cos<1BB ，n4||-=，即22434(2)4t t =+，解得3t =∵(0,2]3∴在棱BB 1上存在一点P ，当BPP -AC -B 的大小为30°……………13分3、如图所示，在四棱锥CD P -AB 中，底面CD AB 为矩形，PA ⊥平面CD AB ，点E 在线段C P 上，C P ⊥平面D B E ． ()1求证：D B ⊥平面C PA ；()2若1PA =，D 2A =，求二面角C B -P -A 的余弦值．(1) 证明：∵PA ABCD ⊥平面，BD ABCD ⊂平面 ∴PA BD ⊥．同理由PC BDE ⊥平面，可证得PC BD ⊥． 又PAPC P =，∴BD PAC ⊥平面．(2)解：如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A xyz -．由(1)知BD PAC ⊥平面，又AC P A C ⊂平面， ∴BD AC ⊥．故矩形ABCD 为正方形，∴2AB BC CD AD ＝＝＝＝． ∴00020022()()00(20001)()()A B C D P ，，，，，，，，，，，，，，． ∴ ()()()2,0,1,0,2,0,2,2,0PB BC BD ===-．设平面PBC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则0n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2000200x y z x y z +⋅-=⎧⎨⋅++⋅=⎩，∴20z xy =⎧⎨=⎩，取1x =，得(1,0,2)n =．∵BD PAC ⊥平面，∴(2,2,0)BD =-为平面PAC 的一个法向量．所以10cos ,10n BD n BD n BD⋅<>==-． 设二面角B PC A --的平面角为α，由图知02πα<<，则10cos cos ,D 10n α=B=∴二面角C B -P -A4、如图，平面CD AB ⊥平面D F A E ，其中CD AB 为矩形，D F A E 为梯形，F//D A E ，F F A ⊥E ，F D 2D 2A =A =E =．()1求异面直线F E 与C B 所成角的大小；()2若二面角F D A -B -的平面角的余弦值为13，求AB 的长．解：(1) 延长AD ，FE 交于Q ．因为ABCD 是矩形，所以BC ∥AD ，所以∠AQF 是异面直线EF 与B C 所成的角．在梯形ADEF 中，因为DE ∥AF ，AF ⊥FE ，AF ＝2，DE ＝1得∠AQF ＝30°．………………………5分(2) 方法一：设AB ＝x ．取AF 的中点G ．由题意得 DG ⊥AF ．因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，A B ⊥AD ，所以AB ⊥平面ADEF ，所以AB ⊥DG ．所以DG ⊥平面ABF ． 过G 作GH ⊥BF ，垂足为H ，连结DH ，则DH ⊥BF ， 所以∠DHG 为二面角A －BF－D 的平面角． 在直角△AGD 中，AD ＝2，AG ＝1，得DG 在直角△BAF中，由AB BF ＝sin ∠AFB ＝GH FG ，得GHx，所以GH．在直角△DGH 中，DGGH ，得DH ＝因为cos ∠DHG ＝GH DH ＝13，得x AB 15分方法二：设AB ＝x ．以F 为原点，AF ，FQ 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系Fxyz ．则 F (0，0，0)，A (－2，0，0)，E (3，0，0)，D (－10)，B (－2，0，x )，所以DF ＝(10)，BF ＝(2，0，－x )． 因为EF ⊥平面ABF所以平面ABF 的法向量可取1n ＝(0，1，0)．设2n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BFD的法向量，则111120,0,x z x x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以，可取2n ＝1．因为cos<1n ，2n >＝1212||||n n n n ⋅⋅＝13，得xAB ．5、如图，已知AB ⊥平面CD A ，D E ⊥平面CD A ，C ∆AB 为等边三角形， D D 2A =E =AB ，F 为CD 的中点． ()1求证：F//A 平面C B E ；()2求证：平面C B E ⊥平面CD E ；()3求直线F B 和平面C B E 所成角的正弦值．（1）证明：取CE 的中点G,连FG 、BG .可证得四边形GFAB 为平行四边形，则AF//BG即可证得AF//平面BCE. …………………………..(4分)（2）依题意证得BG ⊥平面CDE ，即可证得平面BCE ⊥平面CDE …….(8分) （3）解：设AD=DE=2AB=2,建立如图所示的坐标系A —xyz, 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,0,1),D(1,3,0),E(1,3,2),F （)0,23,23 设平面BCE 的法向量为),,,(z y x =由0,0=⋅=⋅可取)2,3,1(-=，)1,23,23(-= 设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则： sin θ42=……………………………(12分)6、如图，三棱柱111C C AB -A B 的底面是边长为4的正三角形，1AA ⊥平面C AB ，1AA =M 为11A B 的中点．()1求证：C M ⊥AB ；()2在棱1CC 上是否存在点P ，使得C M ⊥平面ABP ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．()3若点P 为1CC 的中点，求二面角C B -AP -的余弦值．（1）解：取AB 中点O ，连结OM ，C O ． M 为11A B 的中点 ∴1//MO A A1AA ⊥平面C AB ∴MO ⊥平面C AB∴MO ⊥AB …………2分7、如图，已知111C C AB -A B 是正三棱柱，它的底面边长和侧棱长都是2，D 为侧棱1CC 的中点，E 为11A B 的中点．()1求证：D AB ⊥E ；()2求直线11A B 到平面D AB 的距离；()3求二面角D C A -B -的正切值．(1)证明:连结C 1E,则C 1E ⊥A 1B 1, 又∵A 1B 1⊥C 1C ∴A 1B 1⊥平面EDC 1 ∴A 1B 1⊥DE, 而A 1B 1//AB ∴AB ⊥DE.(2) 取AB 中点为F,连结EF,DF,则EF ⊥AB ∴AB ⊥DF过E 作直线EH ⊥DF 于H 点,则EH ⊥平面DAB ∴EH 就是直线A 1B 1到平面DAB 的距离在矩形C 1EFC 中,∵AA 1=AB=2,∴EF=2,C 1E=3,DF=2, ∴在△DEF 中,EH=3,故直线A 1B 1到平面DAB 的距离为 3(3)过A 作AM ⊥BC 于M 点,则AM ⊥平面CDB 过M 作MN ⊥BD 于N 点,连结AN,则AN ⊥BD ∴∠ANM 即为所求二面角的平面角 在Rt △DCB 中,BC=2,DC=1,M 为BC 中点∴MN=55在Rt △AMN 中,tan ∠ANM=AMMN =158、如图，在直三棱柱111C C A B -AB 中，C AB ⊥A ，C 2AB =A =，14AA =，点D 是C B 的中点．()1求异面直线1A B 与1C D 所成角的余弦值；()2求平面1DC A 与平面1ABA 所成二面角的正弦值．（1）以},,{1→→→AA AC AB 为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -, 则)0,0,0(A ,)0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ．)4,0,2(1-=∴→B A ,)4,1,1(1--=→D C10103182018,cos 111111==⋅>=<∴→→→→DC B A DC B AD C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103． 6分（2）)0,2,0(=→AC 是平面1ABA 的的一个法向量 设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =→,)0,1,1(=→AD ，)4,2,0(1=→AC ，由→→⊥AD m ，→→⊥1AC m 得 ⎩⎨⎧=+=+0420z y y x取1=z ,得2-=y ，2=x ,所以平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=→m ． 设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ ．32324,cos cos =⨯-=⋅>=<=∴→→→→→mAC m AC m AC θ, 得35sin =θ． 所以平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为35． 12分。

【2020高三数学】 立体几何专题练习一．单选题（每题5分，共12题，共60分）1．在四面体ABCD 中，3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，用平行于AB ，CD 的平面截此四面体，得到截面四边形EFGH ，则四边形EFGH 面积的最大值为（ ）A ．43B ．94C ．92D ．32．如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥ABCD ，NB ⊥ABCD ．且MD ＝NB ＝1．则下列结论中：①MC ⊥AN②DB ∥平面AMN③平面CMN ⊥平面AMN④平面DCM ∥平面ABN所有假命题的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．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 ⊥n4．设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ）A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂B ．若//,//l ααβ，则l β⊂C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥5．已知正四棱柱中，，则CD 与平面所成角的正弦值等于（ ）A ．B ．C ．D ．6．在Rt ABC V 中，90ABC ∠=o ，P 为V ABC 所在平面外一点，PA ⊥平面ABC ，则四面体P ABC -中直角三角形的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．17．已知直线//l α，直线a α⊂，则l 与α必定（ ）A ．平行B ．异面C ．相交D ．无公共点8．如图,各棱长均为a 的正三棱柱111ABC A B C -，M 、N 分别为线段1A B 、1B C 上的动点,且MN //平面11ACC A ,则这样的MN 有 ( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．无数条9．正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值为（ ）A ．12B ．32C ．33D ．6310． 如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，若E 是A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1D 111．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，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 ．26B ．36C ．23D ．2212．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是底面ABCD 上的动点,1PA PC ≥，则满足条件的点P 构成的图形的面积等于（ ）A．12B．4πC．44π-D．72二．填空题（每题5分，共20分）13．已知在直角梯形ABCD中，AB AD⊥，CD AD⊥，224AB AD CD===，将直角梯形ABCD沿AC折叠，使平面BAC⊥平面DAC，则三棱锥D ABC-外接球的体积为__________．14．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且12SS＝94，则12VV的值是________．15．长方体1111ABCD A B C D-中，12,1AB BC AA===，则1BD与平面1111DCBA所成的角的大小为________．16．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，F是AC的中点，E是PC上的点，且EF⊥BC，则PEEC=________.三．解答题（17题10分，其余12分每题，共70分）17．如图所示，在三棱柱111ABC A B C-中，ABC△与111A B C△都为正三角形，且1AA⊥平面ABC，1F F，分别是11AC A C，的中点.求证：（1）平面11AB F∥平面1C BF；（2）平面11AB F⊥平面11ACC A.18．如图，在三棱锥P ABC-中，平面PAC⊥平面ABC，PACV为等边三角形，AB AC ⊥，D 是BC 的中点.（1）证明：AC PD ⊥；（2）若2AB AC ==，求D 到平面PAB 的距离.19．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点．（1）证明：1AC D E ⊥．（2）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值．20．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，1AB =，2AD DC AP ===，点E 为棱PC 的中点.（1）证明：//BE 面PAD ；（2）证明：面PBC ⊥面PDC ；（3）求直线PD 与面PBC 所成角的正弦值.21．如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值..22．如图，在三棱锥P ABC -中，G 是棱PA 的中点，PC AC ⊥，且2PB AB AC BC ====, 1.PC =（Ⅰ）求证：直线BG ⊥平面PAC ；（Ⅱ）求二面角P AC B --的正弦值.【2020高三数学】立体几何专题练习参考答案 二．单选题（每题5分，共12题，共60分）1．【答案】B 【解析】设截面分别与棱,,,AD BD BC AC 交于点,,,E F G H .由直线//AB 平面EFGH ， 且平面ABC I 平面EFGH GH =，平面ABD ⋂平面EFGH EF =得//GH AB ，//EF AB ，所以//GH EF ，同理可证//EH FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，又3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，可证得AB CD ⊥，四边形EFGH 为矩形.设:::BF BD BG BC FG CD x ===，01x <<，则3FG x =，()31HG x =-，于是2199(1)9,0124EFGHS FG HG x x x x ⎛⎫=⋅=-=--+<< ⎪⎝⎭ 当12x =时，四边形EFGH 的面积有最大值94. 故选：B.2．【答案】B【解析】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为//MC EB ,AN EB ⊥,故MC ⊥AN 成立.故①正确.对②,因为//,DB MN MN ⊂平面AMN,故DB ∥平面AMN 成立.故②正确.对③,连接AC 易得A MNC -为正四面体.故平面CMN ⊥平面AMN 不成立.故③错误. 对④,正方体中平面DCM 与平面ABN 分别为前后两面,故④正确.故选：B3．【答案】C【解析】由题意知,l l αββ⋂=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥Q ．故选C ．4．【答案】C【解析】对于A 、B 、D 均可能出现//l β，而对于C 是正确的．5．【答案】A【解析】设 ，面积为6．【答案】A【解析】由题意，知PA ⊥平面ABC 可得PAC PAB ∆∆，都是直角三角形，且PA BC ⊥， 又90ABC ∠=o ，所以V ABC 是直角三角形，且BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，即PBC △为直角三角形.故四面体P ABC -中共有4个直角三角形.7．【答案】D【解析】已知直线//l α，所以直线l 与平面α无公共点，又由a α⊂，所以直线l 与平面a 无公共点，故选D ．8．【答案】D【解析】由题意得112A B CB a==．在11,BA CB 上分别取,M N ，使1BM B N =，过,M N作11,MM AB NN BC ⊥⊥，垂足分别为11,M N ，则1111,MM AA NN BB P P ，故11111,BM B N BN BM BA BA BC BC==．由于111B N BM BA B C =，故11BM BN BA BC=，从而11M N AC P ，可得11M N P 平面11ACC A ．又1MM P 平面11ACC A ，可得平面11MM N N P 平面11ACC A ．由于MN ⊂平面11MM N N ， 所以//MN 平面11ACC A ，从而满足条件的MN 有无数条．选D ．9．【答案】C【解析】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与11B C 平行，则直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值即为11B C 与平面11A BC 所成角正弦值.因为11A BC ∆为等边三角形，则1B 在平面11A BC 即为11A BC ∆的中心，则11B C O ∠为11B C 与平面11A BC 所成角.可设正方体边长为1，显然36=2=33BO ⨯，因此2163=1()=33B O -，则1111103sin 3B BC O B C ∠==，故答案选C.10． 【答案】B【解析】以A 为原点，1AB AD AA ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则()000A ，，，()110C ，，，()100B ，，，()010D ，，， ()1001A ，，，11122E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 11122CE ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭u u u v ，， ()110AC =u u u v ，，，()110BD =-u u u v ，，，()1011A D =-u u u u v ，，，()1001AA =-u u u v ，，110022CE BD ∴=-+=u u u v u u u v n 则CE BD ⊥u u u v u u u v 即CE BD ⊥故选B11．【答案】A【解析】根据题意作出图形：设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，延长CO 1交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ．∵CO 1=233323⨯=， ∴116133OO =-=， ∴高SD=2OO 1=263，∵△ABC 是边长为1的正三角形，∴S △ABC =34， ∴132623436S ABC V -=⨯⨯=三棱锥．12．【答案】A 【解析】 如图，以,AB AD 为,x y 轴在平面ABCD 内建立平面直角坐标系，设(,)P x y ，由1PA PC ≥得22222(2)(2)2x y x y +≥-+-+，整理得30x y +-≥，设直线:30l x y +-=与正方形ABCD 的边交于点,M N ，则P 点在CMN ∆内部（含边界），易知(1,2)M ，(2,1)N ，∴1CM CN ==，111122CMN S ∆=⨯⨯=． 故选A ．二．填空题（每题5分，共20分）13．【答案】323π 【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥D ABC -如图所示，由条件可得在底面ACB ∆中，90,22ACB AC BC ∠=︒==。