高考中的立体几何问题

高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。

空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。

在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。

一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。

在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。

2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。

线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。

面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。

体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。

3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。

二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。

方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。

如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。

2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。

常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。

3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。

两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。

三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。

求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。

2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。

专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。

4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】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【解析】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 R 833ππ=⨯=,解得R 2=,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 ． 2.【2016高考新课标2理数】下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【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】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 【解析】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. 4.【2016高考新课标3理数】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【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】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 ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】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331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】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.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,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）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】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.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A 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 【解析】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()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】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.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。

高考数学的立体几何多选题及答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α有最大值222153015++=， 故D 正确 故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.5．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ） A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++ C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282()()05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44()33R，142()33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.7．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小8．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.9．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos AA AC AAC ''==∠=， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=.故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B对；对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。

1、一个正方体的棱长为2cm，其体对角线的长度为？
A. 2cm
B. 2√2cm
C. 4cm
D. 2√3cm
（答案）B
2、一个圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，其母线长为？
A. 3cm
B. 4cm
C. 5cm
D. 6cm
（答案）C
3、一个球的内接正方体的棱长为6cm，则该球的半径为？
A. 3cm
B. 3√2cm
C. 3√3cm
D. 6cm
（答案）C
4、一个直三棱柱的底面为等腰直角三角形，且直角边长为2cm，高为3cm，其体积为？
A. 3cm³
B. 6cm³
C. 9cm³
D. 12cm³
（答案）B
5、一个圆柱的底面半径为2cm，高为5cm，其侧面积为？
A. 10π cm²
B. 20π cm²
C. 40π cm²
D. 50π cm²
（答案）B
6、一个正四棱锥的底面边长为4cm，高为3cm，其体积为？
A. 8cm³
B. 12cm³
C. 16cm³
D. 24cm³
（答案）C
7、一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且该半圆的半径为5cm，则该圆锥的高为？
A. √15cm
B. √20cm
C. √25cm
D. 5cm
（答案）C
8、一个正方体的内切球半径为2cm，则该正方体的体积为？
A. 8cm³
B. 32cm³
C. 64cm³
D. 128cm³
（答案）C。

专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．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、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。

（一）1.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )．A．92＋14π B.82＋14πC．92＋24π D.82＋24π命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察面积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析由三视图可知：原几何体为一个长方体上面放着半个圆柱，其中长方体的长宽高分别为5,4,4，圆柱的底面半径为2，高为5，所以该几何体的表面积为：2＋1S＝5×4＋2×4×4＋2×5×4＋π× 2 2π×2×5×2＝92＋14π.答案 A2．（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图所示，平面ABCD⊥平面BCEF，且四边形ABCD 为矩形，四边形BCEF 为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.（12 分）(1)求证：AF∥平面CDE；(2)求平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值；(3)求直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值．命题意图：线面平行的位置关系，线面角、二面角的求法易错点：（1）直接建系，不去证明三条线两两垂直（2）数据解错（3）线面角求成正弦值(1)证明法一取CE 的中点为G，连接D G，FG.∵BF∥CG 且BF＝CG，∴四边形BFGC 为平行四边形，则B C∥FG，且BC＝FG.∵四边形ABCD 为矩形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..1 分∴BC∥AD 且BC＝AD，∴FG∥AD 且FG＝AD，∴四边形AFGD 为平行四边形，则A F∥DG.∵DG? 平面CDE，AF?平面CDE，∴AF∥平面CDE. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..3 分(2)解∵四边形ABCD 为矩形，∴BC⊥CD，又∵平面ABCD⊥平面BCEF，且平面ABCD∩平面BCEF＝BC，BC⊥CE，∴DC⊥平面BCEF. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4 分为y 轴，CD 所在直线为z为x 轴，CE 所在直线以C 为原点，CB 所在直线，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.5 分轴建立如图所示的空间直角坐标系根据题意我们可得以下点的坐标：→＝(－2,0,0)， A(2,0,4)，B(2,0,0)，C(0,0,0)，D (0,0,4)，E(0,4,0)，F(2,2,0)，则AD→＝(0,4，－4)． DE设平面ADE 的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则→AD·n1＝0，→DE·n1＝0，∴－2x＝0，4y1－4z1＝0，取z1＝1，得n1＝(0,1,1)．∵DC⊥平面BCEF. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分→∴平面BCEF 的一个法向量为C D＝(0,0,4)．设平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的大小为α，则cosα＝→CD·n1→|CD | |·n1|4＝＝4× 22，2因此，平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.9 分(3)解根据(2)知平面ADE 的一个法向量为→＝(2，－2,0)，n1＝(0,1,1)，∵EF∴cos 〈E→F，n1〉＝1〉＝→EF·n1－2 1＝，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.10 分＝－→ 22 2× 2|EF | |·n1|设直线E F 与平面ADE 所成的角为θ，→则cos θ＝|sin 〈EF，n1〉|＝3 ，2因此，直线E F 与平面ADE 所成角的余弦值为32 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.12分（二）2.某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．ππA．8－2πB．8－πC．8－2 D．8－4命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析这是一个正方体切掉两个1圆柱后得到的几何体，且该几何体的高为2，V 4＝2 ×π×1×2＝8－π，故选B.3－12答案 B3.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段A N 上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段A S的长；若不存在，请说明理由．命题意图：异面直线所成角；利用空间向量解决探索性问题易错点：（1）异面直线所成角容易找错（2）异面直线所成角的范围搞不清（3）利用空间向量解决探索性问题，找不到突破口解(1)如图以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz.依题意得 D (0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，1B(1,1,0)，N(1,1,1)，E( ，1,0)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1 分2→1所以NE＝(－，0，－1)，2→AM＝(－1,0,1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2 分设直线N E 与AM 所成角为θ，→→则c osθ＝|cos〈N E，AM 〉|⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.3 分1 →→＝|N E ·A M |＝→→|N E||·A M |25× 22＝1010 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.5 分10所以异面直线N E 与AM 所成角的余弦值为10 .(2)如图，假设在线段AN 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接A E.→→→因为A N＝(0,1,1)，可设AS＝λAN＝(0，λ，λ)，→1又EA＝( ，－1,0)，2→→→1所以ES＝EA＋AS＝( ，λ－1，λ)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.7 分2由ES⊥平面AMN，得→→E S·A M＝0，→→E S·A N＝0，即12－＋λ＝0，λ－1 ＋λ＝0，→→1 1 1故λ＝，此时AS＝(0，，2)，| A S|＝2 222 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.10 分经检验，当A S＝2时，ES⊥平面AMN. 2在线段A N 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时A S＝22 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分（三）1．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )．23 47A. 6 C．6 D.73 B.命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误解析如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2 的正方体右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为1 1 23V＝2×2×2－2××1×1×1＝× 3 . 32答案 A4.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P 分别为A B，CB 的中点，M 为底面△OBF 的重心．(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；(2)求证：PM∥平面AFC；(3)求多面体CD－AFEB 的体积V.命题意图：面面垂直，线面平行的判定，空间几何体的体积易错点：（1）判定时条件罗列不到位失分（2）求体积时不会分割(1)证明∵矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1 分又AF? 平面ABEF，所以CB⊥AF，又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝3，2 2 2∴AF ＋BF ＝AB ，得AF⊥BF，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2 分BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB，又∵AF? 平面ADF；∴平面ADF⊥平面CBF . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4 分(2)证明连接O M 延长交B F 于H，则H为B F 的中点，又P为C B 的中点，∴PH∥CF，又∵CF? 平面AFC，PH ?平面AFC，∴PH∥平面AFC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.6 分P O，则P O∥AC，连接又∵AC? 平面AFC，PO?平面AFC，PO∥平面AFC，PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.7 分又∵PM? 平面POH，∴PM∥平面AFC. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.8 分(3)解多面体CD－AFEB 的体积可分成三棱锥C－BEF 与四棱锥F－ABCD 的体积之和在等腰梯形ABEF 中，计算得EF＝1，两底间的距离E E1＝3 2 .1 1 1所以V C △BEF×CB＝－BEF＝×1×3S×3 23×1＝23，121 V F－ABCD＝3S1矩形ABCD×EE1＝×2×1×33＝23，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分35 3所以V＝V C－BEF＋V F－ABCD＝12 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.12 分（四）5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积解析由题意可得，几何体相当于一个棱长为2的正方体切去一个角，角的相邻2 22三条棱长分别是1,2,2，所以几何体的体积为8－ 3 .＝3答案22 36.（本小题满分12 分）命题人：贺文宁在平行四边形ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E 是线段A D 的中点．如图所示，沿直线BD 将△BCD 翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD.(1)求证：C′D⊥平面ABD；(2)求直线BD 与平面BEC′所成角的正弦值．命题意图：空间几何体的“翻折”问题，考察学生空间想象能力和知识迁移能力易错点：把平面图形转化为空间几何体，数据错误，垂直平行关系错误(1)证明平行四边形ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直线BD 将△BCD翻折成△BC′D，可知C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分即BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD.又∵平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′D? 平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分(2)解由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分∵E 是线段A D 的中点，→∴E(4,3,0)，BD＝(－8,0,0)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分→→在平面BEC′中，BE＝(－4,3,0)，BC′＝(－8,0,6)，设平面BEC′法向量为n＝(x，y，z)，→∴B E·n＝0，→BC′·n＝0，即－4x＋3y＝0，－8x＋6z＝0，令x＝3，得y＝4，z＝4，故n＝(3,4,4)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分设直线BD 与平面BEC′所成角为θ，则→sin θ＝|cos 〈n，BD〉|＝→|n·B D|→＝3 4141 .|n||BD |3 41∴直线B D 与平面BEC′所成角的正弦值为41 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分。