2018-2019学年数学高考二轮复习高考22题12+4分项练8立体几何-文科

专题08 立体几何一、选择题1. 【河北衡水金卷2019届高三12月第三次联合质量测评】某几何体的三视图如图所示，其中点分别是几何体上下底面的一组对应顶点，打点器从P点开始到点结束绕侧面打一条轨迹线，则留下的所有轨迹中最短轨迹长度为A．B．C．D．【答案】B2. 【河北衡水金卷2019届高三12月第三次联合质量测评】在长方体与平面所成的角为，则的取值区间为A． B． C． D．【答案】B3. 【河北省衡水市武邑中学2018年高三高考三模】一个几何体的三视图如图所示，该几何体的各个表面中，最大面的面积为A． B． C．2 D．4【答案】B【解析】几何体如图，，所以最大面ＳＡＢ的面积为，选Ｂ．4. 【河北省衡水中学2018届高三第十次模拟考试】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】试题分析：由三视图可知,该几何体是由正三棱柱截取一部分所得,故体积为.7. 【河北省衡水中学2018届高三第十七次模拟考试】如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【答案】C8. 【【衡水金卷】2018届四省名校高三第三次大联考】某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，cm，则d （）若该几何体的体积为1442A．14cm B．13cm C．12cm D．11cm【答案】C9. 【河北省衡水中学2019届高三上学期四调】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意得为球的直径,而,即球的半径;所以球的表面积.本题选择C选项.12. 【河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试】某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是A． B．2 C．4 D．6【答案】C13. 【河北省衡水中学2018年高考押题(一)】已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．163π+ B ．112π+ C ．1123π+ D ．143π+ 【答案】C14. 【河北省衡水中学2018年高考押题(一)】已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球， 3BC =， AB =点E 在线段BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A ．[],4ππ B ．[]2,4ππ C ．[]3,4ππ D ．(]0,4π【答案】B【解析】如图，设BCD ∆ 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接，易求得，则.在1R t OO D ∆中，由勾股定理，，解得R 2= ，由3BD BE = ，知，所以，当过点E的截距与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径，此时截面圆的面积为2π；当过点E的截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为4π，故选B.17. 【河北省衡水中学2018届高三十五模试题】如图是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积是π+ B． C． D．A．4【答案】B18. 【河北省衡水中学2018届高三上学期七调考试】已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A． B． C． D．【答案】A19. 【河北省衡水中学2018届高三高考押题（一)】已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．163π+ B ．112π+ C ．1123π+ D ．143π+ 【答案】C20. 【河北省衡水中学2018届高三高考押题（一)】已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球， 3BC =， AB =E 在线段BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A ．[],4ππ B ．[]2,4ππ C ．[]3,4ππ D ．(]0,4π【答案】B【解析】如图，设BCD ∆ 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接，易求得，则.在1R t OO D ∆中，由勾股定理，，解得R 2= ，由3BD BE = ，知，所以，当过点E 的截距与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径，此时截面圆的面积为2π ；当过点E 的截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为4π ，故选B.3. 【河北省衡水中学2019届高三上学期四调】如图为某几何体的三视图，正视图与侧视图是两个全等的直角三角形，直角边长分别为与1，俯视图为边长为1的正方形，则该几何体最长边长为_______.【答案】4. 【河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试】已知正方体的棱的中点为与交于点，平面过点，且与直线垂直，若，则平面截该正方体所得截面图形的面积为______．【答案】【解析】5. 【河北省衡水中学2018年高考押题(三)】如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于________________．【答案】.【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：得直线和所成角的余弦值等于又，所以平面，所以平面.因为BC=2，.所以又，所以，因为，所以。

12＋4分项练8 立体几何1．(2017届江西鹰潭一中月考)已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是( )A．必存在平面α使得a∥α，b∥αB．必存在平面α使得a，b与α所成角相等C．必存在平面α使得a⊂α，b⊥αD．必存在平面α使得a，b与α的距离相等答案 C解析由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O，过点O分别作a，b的平行线，则由过点O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；B中，平移b 至b′与a相交，因而确定一个平面α，在α上作a，b′夹角的平分线，明显可以做出两条．过角平分线且与平面α垂直的平面使得a，b′与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以．故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面α使得a⊂α，b⊥α，故C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，则平面α使得a，b与α的距离相等，故D正确．故选C.2．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：(1)α∥β⇒l⊥m；(2)α⊥β⇒l∥m；(3)l∥m⇒α⊥β；(4)l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是( )A．(1)与(2) B．(1)与(3)C．(2)与(4) D．(3)与(4)答案 B解析∵直线l⊥平面α，α∥β，∴l⊥平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l⊥m，故(1)正确；∵直线l⊥平面α，α⊥β，∴l∥平面β或l⊂平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l与m可能平行也可能相交，还可以异面，故(2)错误；∵直线l⊥平面α，l∥m，∴m⊥α，∵直线m⊂平面β，∴α⊥β，故(3)正确；∵直线l⊥平面α，l⊥m，∴m∥α或m⊂α，又∵直线m⊂平面β，则α与β可能平行也可能相交，故(4)错误．故选B.3．(2017届福建省厦门外国语学校适应性考试)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正(主)视图是( )答案 A解析取DD1中点F，连接AF，C1F.平面AFC1E为截面．如图所示，所以上半部分的正视图，如A选项，故选A.4．(2017届甘肃高台县一中检测)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A．28＋6 5 B．30＋6 5C．56＋12 5 D．60＋12 5答案 B解析画出直观图如图所示，S △ABC ＋S △ABD ＋S △ACD ＋S △BCD＝12·25·6＋12·5·4＋12·5·4＋12·5·4＝30＋6 5. 5．(2017届云南省民族中学适应性考试)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，则该几何体的体积为( )A.4π3 B.16π3C ．4πD ．8π答案 B解析 由三视图知，几何体为圆柱挖去一个圆锥，且圆锥与圆柱的底面直径都为4，高为2，故该几何体的体积V ＝π×22×2－13π×22×2＝16π3，故选B.6．(2017届北京市海淀区二模)现有编号为①，②，③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③ 答案 B解析 根据题意可得三个立体几何图形：由图一可得侧面ABD ，ADC 与底面垂直，由图二可得面ACE 垂直于底面，由图三可知无侧面与底面垂直，故选B.图一 图二 图三7．(2017届四川省宜宾市二诊)三棱锥A —BCD 内接于半径为2的球O ，BC 过球心O ，当三棱锥A —BCD 体积取得最大值时，三棱锥A —BCD 的表面积为( ) A ．6＋4 3 B ．8＋2 3 C ．4＋6 3 D ．8＋4 3 答案 D解析 由题意得，当底面△BCD 为等腰直角三角形，且AO ⊥底面BCD 时，三棱锥A —BCD 的体积最大，所以在等腰直角△BCD 中，BC ＝4，且BD ＝CD ＝22， 所以△BCD 面积为S 1＝12×22×22＝4，△ABC 的面积为S 2＝12×4×2＝4，△ABD 和△ACD 是边长为22的等边三角形， 此时面积为S 3＝S 4＝34×(22)2＝23， 此时三棱锥的表面积为S ＝S 1＋S 2＋2S 3 ＝4＋4＋2×23＝8＋43，故选D.8．(2017·全国Ⅲ)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 ．π B.3π4 C.π2 D.π4答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形． ∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.9．已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个球面上，△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上，SO ⊥平面ABC ，AC ＝3，BC ＝1，若三棱锥的体积是33，则球体的表面积是( ) A ．25π B.25π12C.125π48 D.25π4答案 D解析 由题意可知，△ABC 为直角三角形，其中AB 为斜边，如图所示，则球心位于直线SO 上，设球心为O ′， 由三棱锥的体积公式，得V ＝13Sh ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×1×SO ＝33， 解得SO ＝2，如图所示，则OO ′2＋OC 2＝O ′C 2＝O ′S 2， 设OO ′＝x ，据此可得x 2＋12＝(2－x )2， 解得x ＝34，球的半径为R ＝916＋1＝54， 所以球的表面积为S ＝4πR 2＝254π.故选D.10.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知∠BCA ＝90°，∠BAC ＝60°，AC ＝4，E 为AA 1的中点，点F 为BE 的中点，点H 在线段CA 1上，且A 1H ＝3HC ，则线段FH 的长为( ) A ．2 3B ．4C.13 D ．3 答案 C解析 由题意知，AB ＝8，过点F 作FD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DH ，则D 为AE 中点，FD ＝12AB＝4， 又A 1H HC ＝A 1DDA＝3，所以DH ∥AC ，∠FDH ＝60°， DH ＝34AC ＝3，由余弦定理得FH ＝ 42＋32－2×4×3×cos 60°＝13，故选C.11．(2017届河北省石家庄市模考)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求其直径d 的一个近似公式d ≈ 3163V ，人们还用过一些类似的近似公式，根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是( ) A ．d ≈ 36031V B ．d ≈32VC ．d ≈ 3158VD ．d ≈ 32111V答案 D解析 根据球的体积公式V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 23，得d ＝ 36V π，设选项中的常数为a b ，则π＝6b a ，选项A 代入得π＝31×660＝3.1，选项B 代入得π＝62＝3，选项C 代入得π＝6×815＝3.2，选项D 代入得π＝11×621＝3.142 857，D 选项更接近π的真实值，故选D.12．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，则该几何体的体积为V ＝V圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.13.(2017届广东省揭阳市调研)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、 前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计) 答案 41π解析 表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为1,2,6的长方体的外接球．设其半径为R ，R 2＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋1222＝414，所以该球形容器的表面积的最小值为4πR 2＝41π.14.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________． 答案2解析 由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB＝AC ，∴AB ＝1.∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝ 2.15．(2017届云南省曲靖市第一中学月考)已知三棱锥O —ABC 中，A ，B ，C 三点均在球心为O 的球面上，且AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，若球O 的体积为256π3，则三棱锥O —ABC 的体积是________． 答案54解析 三棱锥O —ABC 中，A ，B ，C 三点均在球心为O 的球面上，且AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，则AC ＝3，∴S △ABC ＝12×1×1×sin 120°＝34，设球半径为R ，由球的体积V 1＝43πR 3＝256π3，解得R ＝4.设△ABC 外接圆的圆心为G ，∴外接圆的半径为GA＝32sin 120°＝1，∴OG ＝R 2－GA 2＝42－12＝15， ∴三棱锥O —ABC 体积为V 2＝13S △ABC ·OG ＝13·34·15＝54. 16．(2017·河北省衡水中学二模)点M 是棱长为32的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点N 为B 1C 1上一点，2NB 1＝NC 1，DM ⊥BN ，则动点M 的轨迹的长度为________． 答案3305π 解析 由已知，要有DM ⊥BN ，如图1，只需考虑DM 在平面BCC 1B 1的射影CM 1与BN 垂直，由平面几何知识可知M 1为BB 1靠近B 点的三等分点，如图2所示，此时，动点M 的轨迹即为过CM 1与平面BCC 1B 1垂直的平面α与球O 面相交截得的圆，此时球心O 到此圆面的距离，即为O 1到CM 1的距离O 1H .由于CM 1＝20＝25，BM 1＝2，BC ＝32，O 1C ＝12×3×(2)2＝3，所以sin∠BCM 1＝110，cos∠BCM 1＝310，图1 图2所以sin∠HCO 1＝sin(45°－∠BCM 1) ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫310－110＝15，则O 1H ＝CO 1sin∠HCO 1＝35，所以截面圆的半径r ＝R 2－O 1H 2＝3310，则所求轨迹的周长是L ＝2πr ＝63π10＝330π5.。

立体几何（理/文）一、单选题1.（2018•卷Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图。

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. B. C. D.2【解析】解：画出圆柱侧面展开图如图：,故答案为：B。

【答案】B2.（2018•卷Ⅰ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A. B. C. D.【解析】解：如图截面，S=6 ,故答案为：A. 【答案】A3.（2018•卷Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B.12π C. D.【解析】解：设上下半径为r,则高为2r,∴。

则圆柱表面积为，故答案为：B.【答案】B4.（2018•卷Ⅰ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1CC1所成的角为30°,则该长方体的体积为（）A.8B.6C.8D.8【解析】解：AC1与面BB1C1C所成角平面角为,∴BC1=2 ∴CC1=2 .长方体体积为22 2 =8 ，故答案为：C.【答案】C5.（2018•浙江）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】详解：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，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，故答案为：D.【答案】D6.（2018•浙江）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：cm3）是（）A. 2B. 4C. 6D. 8【解析】详解：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故答案为：C.【答案】C二、填空题7.（2018•天津）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为________【解析】解：∵四凌锥M-EFGH为所有棱长均为的正四棱锥.∴【答案】8.（2018•天津）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D的体积为________．【解析】解：【答案】9.（2018•卷Ⅱ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若的面积为8，则该圆锥的体积为________【解析】依题意可画图如图：S A=S B=S C=l∠SAC=30°，AC=∴l=4∴AC=4r=2 h=∴故答案为：【答案】设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.考点一：空间几何体的结构例1：（2018•上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A.4B.8C.12D.16【解析】以AA1取矩形分别讨论，找到AA1所在矩形个数，并根据每个矩形可做4个阳马的基本位置关系，可得阳马个数为16个。

2019年高考数学二轮复习 立体几何综合题 理三、(理)立体几何综合题 9．(xx·福建高考)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(Ⅰ)求证：AB ⊥CD ；(Ⅱ)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(Ⅰ)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ， AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD . 又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(Ⅱ)证明 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图． 由(Ⅰ)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ， BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，12， 则BC →＝(1,1,0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.10．(xx·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.(Ⅰ)证明：DE ⊥平面ACD ；(Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小．【解】 (Ⅰ)证明 在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝ 2. 由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . 又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE . 所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . (Ⅱ)以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0,0,0)，E (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,2，2)，B (1,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD →＝(0，－2，－2)，AE →＝(1，－2，－2)，DB →＝(1,1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AD →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0.可取m ＝(0,1，－2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 1＝0，x 2＋y 2＝0，可取n ＝(1，－1，2)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|n|＝33·2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B -AD -E 的大小是π6.11．(xx·福建福州质检)如图，直角梯形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2AD ＝4，点E 、F 分别是AB 、CD 的中点，点G 在EF 上，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF .(1)当AG ＋GC 最小时，求证：BD ⊥CG ；(2)当2V B －ADGE ＝V D －GBCF 时，求二面角D －BG －C 的平面角的余弦值． 【解】 (1)∵点E 、F 分别是AB 、CD 的中点， ∴EF ∥BC ，又∠ABC ＝90°，∴AE ⊥EF ，∵平面AEFD ⊥平面EBCF ，∴AE ⊥平面EBCF ，AE ⊥EF ，AE ⊥BE ，又BE ⊥EF ， 如图建立空间坐标系E －xyz .翻折前，连接AC 交EF 于点G ，此时点G 使得AG ＋GC 最小．EG ＝12BC ＝2，又知EA ＝EB ＝2，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,2,2)，E (0,0,0)，G (0,2,0)， ∴BD →＝(－2,2,2)，CG →＝(－2，－2,0)， ∴BD →·CG →＝(－2,2,2)·(－2，－2,0)＝0， ∴BD ⊥CG . (2)设EG ＝k ，∵AD ∥平面EFCB ，∴点D 到平面EFCB 的距离即为点A 到平面EFCB 的距离．∵S 四边形GBCF ＝12[(3－k )＋4]×2＝7－k ，∴V D －GBCF ＝13·S 四边形GBCF ·AE ＝23(7－k )．又V B －ADGE ＝13S 四边形ADGE ·BE ＝23(2＋k )，2V B －ADGE ＝V D －GBCF ，∴43(2＋k )＝23(7－k )，∴k ＝1，即EG ＝1.设平面DBG 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵G (0,1,0)， ∴BG →＝(－2,1,0)，BD →＝(－2,2,2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0n 1·BG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＋2z ＝0，－2x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝2，z ＝－1，∴n 1＝(1,2，－1)． 平面BCG 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，则cos(n 1，n 2)＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－66.∵所求二面角D －BG －C 的平面角为锐角，∴此二面角的平面角的余弦值为66.12．(xx·河北石家庄模拟)如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC . (1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1.(2)若三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，侧棱BB 1与底面ABC 所成的角为60°.问：在线段A 1C 1上是否存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1？若存在，求C 1P 与P A 1的比值；若不存在，说明理由．【解】 证明 (1)连接AC 1，BC 1，则AN ＝NC 1， ∵AM ＝MB ， ∴MN ∥BC 1.又∵BC 1⊂平面BCC 1B 1， ∴MN ∥平面BCC 1B 1. (2)作B 1O ⊥BC 于O ，∵面BCC 1B 1⊥底面ABC ， ∴B 1O ⊥面ABC .以O 为原点，建立如右图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1,0,0)，C (1,0,0)B 1(0,0，3)．由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)．设P (x ，y ，z )，A 1C 1→＝λA 1P →，解得P ⎝⎛⎭⎫1λ＋1，3－3λ，3，则CP →＝⎝⎛⎭⎫1λ，3－3λ，3，CB 1→＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP →＝0，n 1·CB 1→＝0，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0解得，λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶P A 1＝2..。

高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）空间几何体1、已知某个几何体的三视图如图(主视图中的弧线是半圆),根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是 ( )A.8π+ B .283π+C.12π+D.2123π+【答案】A2、在直角坐标系xOy 中，设(2,2),(2,3)A B --，沿y 轴把坐标平面折成120的二面角后，AB 的长是（） A.37 B. 6 C. 35 D.53【答案】A【解析】做AC 垂直y 轴于点C,BD 垂直y 轴于点D ，BM 平行于y 轴，且NC 垂直Y 轴，则0=120ACM ∠，又AC=MC=2，所以由余弦定理得AM=23,在ABM ∆，0=9023,537BMA AM BM AB ∠===，，所以.即AB 的长是37.3、已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸（单位：cm ）.可得这个几何体的体积是（）A.133cmB.233cmC.433cmD.833cm【答案】C4、已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为（） A.243π- B.242π- C.3242π- D.24π-【答案】C5、如图,某几何体的正视图和俯视图都是矩形,侧视图是等腰直角三角形,则该几何体的体积为()A.163B.8C.16D. 83【答案】B6、平面四边形ABCD 中,1===CD AD AB ,CD BD BD ⊥=,2,将其沿对角线BD 折成四面体BCD A -',使平面⊥BD A '平面BCD ,若四面体BCDA -'顶点在同一个球面上,则该球的体积为( )A. π23B. π3C. π32D. π2【答案】ABD 所在的圆直径就是BD,BDC 所在的圆直径是BC,由题意两个圆面垂直,且ABD 所在的圆面被BDC 所在的圆平分,所以BDC 所在的圆就是大圆;球的直径就是BC ＝3,所以正确的选项是A.7、设集合P={直四棱柱}，Q={正四棱柱}，S={长方体}，则（）A ．()S Q P =B ．()P Q S ⊆C ．()P S Q⊆ D ．()P Q S ⊆ 【答案】B【解析】底面为正方形的直四棱柱是长方体的一种，所以正确选项为B.8、半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A 3324R πB ．338R πC ．3524R πD ．358R π【答案】A设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2πr=πR ，∴r=2R∵R2=r2+h2，∴h=32R，∴V=213()322RRπ=3324Rπ，故选A。

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下面小编为大家整理的广东高考数学立体几何复习试题，希望大家喜欢。

广东高考数学立体几何复习试题1.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在抛物线上，且2x2=x1+x3，则有( )A.|FP1|+|FP2|=|FP3|B.|FP1|2+|FP2|2=|FP3|2C.2|FP2|=|FP1|+|FP3|D.|FP2|2=|FP1|·|FP3|答案：C 解题思路：抛物线的准线方程为x=-，由定义得|FP1|=x1+，|FP2|=x2+，|FP3|=x3+，则|FP1|+|FP3|=x1++x3+=x1+x3+p，2|FP2|=2x2+p，由2x2=x1+x3，得2|FP2|=|FP1|+|FP3|，故选C.2.与抛物线y2=8x相切倾斜角为135°的直线l与x轴和y轴的交点分别是A和B，那么过A，B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为( )A.4B.2C.2D.答案：C 命题立意：本题考查直线与抛物线及圆的位置关系的应用，难度中等.解题思路：设直线l的方程为y=-x+b，联立直线与抛物线方程，消元得y2+8y-8b=0，因为直线与抛物线相切，故Δ=82-4×(-8b)=0，解得b=-2，故直线l的方程为x+y+2=0，从而A(-2,0)，B(0，-2)，因此过A，B两点最小圆即为以AB为直径的圆，其方程为(x+1)2+(y+1)2=2，而抛物线y2=8x的准线方程为x=-2，此时圆心(-1，-1)到准线的距离为1，故所截弦长为2=2.3.如图，过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|=2|BF|，且|AF|=3，则此抛物线的方程为( )A.y2=9xB.y2=6xC.y2=3xD.y2=x答案：C 命题立意：本题考查抛物线定义的应用及抛物线方程的求解，难度中等.解题思路：如图，分别过点A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别为E，D，由抛物线定义可知|AE|=|AF|=3，|BC|=2|BF|=2|BD|，在RtBDC中，可知BCD=30°，故在RtACE中，可得|AC|=2|AE|=6，故|CF|=3，则GF即为ACE的中位线，故|GF|=p==，因此抛物线方程为y2=2px=3x.4.焦点在x轴上的双曲线C的左焦点为F，右顶点为A，若线段FA的中垂线与双曲线C有公共点，则双曲线C的离心率的取值范围是( )A.(1,3)B.(1,3]C.(3，+∞)D.[3，+∞)答案：D 命题立意：本题主要考查双曲线的离心率问题，考查考生的化归与转化能力.解题思路：设AF的中点C(xC,0)，由题意xC≤-a，即≤-a，解得e=≥3，故选D.5.过点(，0)引直线l与曲线y=相交于A，B两点，O为坐标原点，当AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于( )A. B.- C.± D.-答案：B 命题透析：本题考查直线与圆的位置关系以及数形结合的数学思想.思路点拨：由y=，得x2+y2=1(y≥0)，即该曲线表示圆心在原点，半径为1的上半圆，如图所示.故SAOB=|OA||OB|·sin AOB=sin AOB，所以当sin AOB=1，即OAOB时，SAOB取得最大值，此时O到直线l的距离d=|OA|sin 45°=.设此时直线l的方程为y=k(x-)，即kx-y-k=0，则有=，解得k=±，由图可知直线l的倾斜角为钝角，故k=-.6.点P在直线l：y=x-1上，若存在过P的直线交抛物线y=x2于A，B两点，且|PA|=|AB|，则称点P为“正点”，那么下列结论中正确的是( )。

立体几何若,,l m n 是互不相同的空间直线，αβ,是不重合的平面，则下列 Ａ．若l n αβαβ⊂⊂，，∥，则l n ∥ Ｂ．若l αβα⊥⊂，，则l β⊥ Ｃ．若l n m n ⊥⊥，，则l m ∥Ｄ．若l l αβ⊥，∥，则αβ⊥(2007年高考广东卷第17小题)已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V ； （2）求该几何体的侧面积S ．17解: 由已知可得该几何体是一个底面边长为8和6的矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD ；(1) ()1864643V =⨯⨯⨯= (2) 该四棱锥有两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形,且BC 边上的高为1h ==另两个侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形,AB 边上的高为25h == 因此112(685)4022S =⨯⨯⨯⨯=+(2008年高考广东卷第7小题)将正三棱柱截去三个角（如图1所示A 、B 、 C分别是△GHI 三边的中点）得到几何体如 图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图 （或称左视图）为（A. ）(2008年高考广东卷第18小题)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD=60°，∠BDC=45°，△ADP ∽△BAD 。

（1）求线段PD 的长；（2）若R ，求三棱锥P-ABC 的体积。

【解析】（1）BD 是圆的直径 ∴ 90BAD ∠= 又 ~ADP BAD ,图5∴AD DP BA AD =,()()22234sin 60431sin 3022R BD AD DP R BA BD R ⨯====⨯ ; (2 ) 在Rt BCD 中，cos452CD BD ==2222229211PD CD R R R PC +=+== ∴PD CD ⊥ 又90PDA ∠= ∴PD ⊥底面ABCD()21132121sin 604522222224ABC S AB BC R R R ⎛=+=+= ⎝⎭三棱锥P ABC -的体积为23113131333P ABC ABCV S PD R R R -++=== . (2009年高考广东卷第6小题)给定下列四个①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，为真A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④ 【答案】D【解析】①错, ②正确, ③错, ④正确.故选D (2009年高考广东卷第17小题)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH,下半部分是长方体ABCD －EFGH.图5、图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图. （1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图; （2）求该安全标识墩的体积 （3）证明:直线BD ⊥平面PEG[:【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示.（２）该安全标识墩的体积为：P EFGH ABCD EFGH V V V --== 221406040203200032000640003=⨯⨯+⨯=+= ()2cm（３）如图,连结EG,HF 及 BD ，EG 与HF 相交于O,连结PO.由正四棱锥的性质可知,PO ⊥平面EFGH , PO HF ∴⊥[:数理化] 又EG HF ⊥ HF ∴⊥平面PEG 又BD HF P BD ∴⊥平面PEG ； (2019年高考广东卷第9小题)如图1， ABC ∆为正三角形，'''////AA BB CC ，''''32CC BB CC AB ⊥===平面ABC 且3AA ，则多面体'''ABC A B C -的正视图(也称主视图)是wDDddD[:(2019年高考广东卷第18小题)如图4，弧AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED ，FB .（1）证明：EB FD ⊥； （2）求点B 到平面FED 的距离.18．法一：（1）证明：∵点B 和点C 为线段AD 的三等分点， ∴点B 为圆的圆心 又∵E 是弧AC 的中点，AC 为直径，∴EB BC ⊥即EB BD ⊥ ∵⊥FC 平面BDE ，⊂EB 平面BDE ， ∴EB FC ⊥ 又⊂BD 平面FBD ，⊂FC 平面FBD 且C FC BD = ∴⊥EB 平面FBD 又∵⊂FD 平面FBD ， ∴FD EB ⊥ （2）解：设点B 到平面FED 的距离（即三棱锥B FED -的高）为h .∵⊥FC 平面BDE , ∴FC 是三棱锥F-BDE 的高，且三角形FBC 为直角三角形由已知可得a BC =，又a FB 5=∴a a a FC 2)5(22=-=在BDE Rt ∆中，a BE a BD ==,2，故2221a a a S BDE =⨯⨯=∆,∴323223131a a a FC S V BDE BDE F =⨯⨯=⋅=∆-,又∵⊥EB 平面FBD ，故三角形EFB 和三角形BDE 为直角三角形, ∴a DE a EF 5,6==，在FCD Rt ∆中，a FD 5=,∴=∆FED S 2221a , ∵FED B BDE F V V --=即323222131a h a =⋅⋅， 故a h 21214=, 即点B 到平面FED 的距离为a h 21214=.(2019年高考广东卷第7小题)正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱的对角线条数共有DA ．20 B.15 C.12 D. 10 (2019年高考广东卷第9小题)如图,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形，则该几何体体积为C//A．D. 2(2019年高考广东卷第18小题)下图所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一般沿切面向右水平平移得到的。