《新編高考數(shù)學復習 專題08 立體幾何備戰(zhàn)高考高三數(shù)學理全國各地一模金卷分項解析版0 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學復習 專題08 立體幾何備戰(zhàn)高考高三數(shù)學理全國各地一模金卷分項解析版0 Word版含解析（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【備戰(zhàn)20xx高考高三數(shù)學全國各地一模試卷分項精品】 專題八 立體幾何 一、選擇題 【20xx云南師大附中月考】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） A. 8 B. 62 C. 42 D. 4 【答案】A 【20xx云南師大附中月考】三棱錐A-BCD內(nèi)接于半徑為5的球中，AB=CD=4，則三棱錐A-BCD的體積的最大值為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 如圖，過CD作平面ECD，使AB⊥平面ECD，交AB于點，設點到CD的距離為EF，當球心在EF上時，EF最大

2、，此時E,F分別為AB，CD的中點，且球心為EF的中點，所以EF=2，所以，故選C． 【20xx山東菏澤上學期期末】已知偽,尾是兩個不同平面，直線，則“偽//尾”是“l(fā)//偽”的（ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】A 【解析】 依題意，兩平面平行，則一個平面內(nèi)的直線與另一個平面平行，反之若直線和平面平行，兩個平面可能相交，個為充分不必要條件. 【20xx山東菏澤上學期期末】某幾何體的三視圖如圖所示，在該幾何體的各個面中，面積最小的面與底面的面積之比為（ ） A. B.

3、 C. D. 【答案】C 【20xx山東菏澤上學期期末】一塊硬質(zhì)材料的三視圖如圖所示，正視圖和俯視圖都是邊長為10cm的正方形，將該木料切削、打磨，加工成球，則能得到的最大球的半徑最接近 （ ） A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 6cm 【答案】A 【20xx吉林二調(diào)】某幾何體的三視圖如下圖，若該幾何體的所有頂點都在一個球面上，則該球面的表面積為（ ） A. 4蟺 B. 28蟺3 C. 44蟺3 D. 20蟺 【答案】B 【解析】 由三視圖，可得該幾何體是一個正三棱柱（如圖所示），其中底面

4、是邊長為2的等邊三角形，側(cè)棱長為2，由題意可知該幾何體的外接球的球心為，半徑為R=OC，為底面正三角形的中心，則R=OG2+CG2=1+43=213，則該球面的表面積為.故選B. 【20xx江西師大附中、臨川一中聯(lián)考】某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( ) A. B. 8-蟺3 C. D. 7-蟺3 【答案】B 【20xx湖北重點中學聯(lián)考】如圖所示，在四邊形ABCD中，,將螖ABD沿BD折起，使得平面平面BCD，構(gòu)成四面體A-BCD，則在四面體中，下列說法正確的是（ ） A. 平面平面ABC B. 平面平面BCD

5、 C. 平面平面BCD D. 平面平面ABC 【答案】D 【20xx湖北重點中學聯(lián)考】一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的表面積為（ ） A. 36蟺 B. 8蟺 C. D. 27蟺8 【答案】B 【解析】 從題設中三視圖所提供的圖形信息與數(shù)據(jù)信息可知該幾何體是棱長為2,2,2的長方體的一角所在三棱錐，其外接球與該長方體的外接球相同，其直徑是該長方體的對角線l=22+(2)2+(2)2=22，故球的半徑為R=2，所以該外接球的表面面積，應選答案B。 【20xx河北衡水六調(diào)】已知一個底面為正六邊形，側(cè)棱長都相等的六棱錐的正視圖與俯視圖如圖

6、所示，若該幾何體的底面邊長為2，側(cè)棱長為7，則該幾何體的側(cè)視圖可能是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【20xx江西上饒一?！磕硯缀误w的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） A．5 B． C． D． 【答案】 【解析】 幾何體如下圖，幾何體為底面為直角梯形的直四棱柱，截去陰影表示的三棱錐，所以體積為 ,故選D. 【20xx內(nèi)蒙包頭十校聯(lián)考】如圖，某幾何體的正視圖、側(cè)視圖和俯視圖分別是等邊三角形、等腰三角形和菱形，則該幾何體的體積為（ ） A． 3 B． 4 C.

7、 D． 【答案】 【20xx內(nèi)蒙包頭十校聯(lián)考】在正方體中，點在線段上運動，則異面直線與所成角S的取值范圍是（ ） A． B． C. D． 【答案】 【解析】 如下圖： ,所有異面直線所成的角為,當點在線段上運動時，求的取值范圍，點不能與重合，與點重合時，最大，最大為 ，的取值范圍是 所以異面直線所成角的取值范圍是，故選D. 【20xx山西五校聯(lián)考】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ） A． B． C． D． 【答案】 【20xx山西五校聯(lián)考】已知三棱錐內(nèi)接與球，且

8、，若三棱錐體積的最大值為，則球的表面積為（ ） A． B． C． D． 【答案】 【點睛】本題考查了球與幾何體的問題，是高考中的重點問題，要有一定的空間想象能力，這樣才能找準關系，得到結(jié)果，一般外接球需要求球心和半徑，首先應確定球心的位置，借助于外接球的性質(zhì)，球心到各頂點距離相等，這樣可先確定幾何體中部分點組成的多邊形的外接圓的圓心，過圓心且垂直于多邊形所在平面的直線上任一點到多邊形的頂點的距離相等，然后同樣的方法找到另一個多邊形的各頂點距離相等的直線（這兩個多邊形需有公共點），這樣兩條直線的交點，就是其外接球的球心，再根據(jù)半徑，頂點到底面中心的距離，球心到底面中心的

9、距離，構(gòu)成勾股定理求解，有時也可利用補體法得到半徑，例：三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，可以補成長方體，它們是同一個外接球. 【20xx廣東深圳一?！恳阎忾L為2的正方體ABCD-A1B1C1D1，球與該正方體的各個面相切，則平面ACB1截此球所得的截面的面積為（ ） A. 8蟺3B. 5蟺3C. 4蟺3D. 2蟺3 【答案】D 【解析】 因為球與各面相切，所以直徑為2，且AC,AB1,CB1的中點在所求的切面圓上，所以所求截面為此三點構(gòu)成的邊長為2正三角形的外接圓，由正弦定理知R=63，所以面積S=2蟺3，選D． 【20xx荊、荊、襄、宜四地七校聯(lián)考】某幾何體的三視圖如圖所示

10、，圖中的四邊形都是邊長為的正方形，兩條虛線互相垂直，則該幾何體的體積是 A. B. C. D. 【答案】B 【點睛】 1.解答此類題目的關鍵是由多面體的三視圖想象出空間幾何體的形狀并畫出其直觀圖．2．三視圖中“正側(cè)一樣高、正俯一樣長、俯側(cè)一樣寬”，因此，可以根據(jù)三視圖的形狀及相關數(shù)據(jù)推斷出原幾何圖形中的點、線、面之間的位置關系及相關數(shù)據(jù)． 二、填空題 【20xx湖北武漢武昌區(qū)調(diào)研】若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB=CD，AC=BD，AD=B

11、C，給出下列結(jié)論： ①四面體ABCD每組對棱相互垂直； ②四面體ABCD每個面的面積相等； ③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于900 而小于1800 ； ④連結(jié)四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分； ⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長； 其中正確結(jié)論的序號是__________．（寫出所有正確結(jié)論的序號） 【答案】②④⑤ 【解析】 把四面體補形為平行六面體,由三組對棱分別相等可知此平行六面體為長方體,如圖所示,只有長方體為正方體時①才正確,故①不正確. 在長方體中,有△BAC≌△DCA. △ABC≌△DCB,

12、△CBD≌△ADB. ∴四面體ABCD每個面的面積都相等,故②正確. 對于③,以∠BAC,∠CAD,∠BAD為例說明. ∵△BAC≌△DCA,∴∠CAD=∠ACB. 又∵△DAB≌△CBA, ∴∠BAD=∠ABC. ∴∠BAC+∠CAD+∠BAD=∠BAC+∠ACB+∠ABC=180°,故③不正確. 對于④,連接四面體ABCD對棱中點的線段即是連接長方體對面中心的線段,顯然相互垂直平分,故④正確. 對于⑤,以AB、AC、AD為例進行說明. ∵AD=BC,AB、AC、BC三邊長可構(gòu)成△ABC, ∴AB、AC、AD可以作為一個三角形的三邊長.同理可得從其他頂點出發(fā)的三條棱的長也

13、可以作為一個三角形的三邊長.故⑤正確. 【20xx河北衡水六調(diào)】已知三棱錐平面BOC，其中AB=10，BC=13，AC=5,O,A,B,C四點均在球的表面上，則球的表面積為__________． 【答案】14蟺 【點睛】本題考查球的體積與表面積，考查球與長方體之間的關系，考查三棱錐與長方體之間的關系，本題考查幾何中常用的一種叫補全圖形的方法來完成；本題在解答時，首先根據(jù)且平面BOC，得到三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，以三條側(cè)棱為棱長得到一個長方體，由圓的對稱性知長方體的各個頂點都在這個球上，長方體的體積就是圓的直徑，求出直徑，得到圓的面積． 三、解答題 【20xx安徽合肥一?！咳鐖D所示

14、，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，，AB=AA1=2A1B1=2. （Ⅰ）若M為CD中點，求證：平面AA1B1B； （Ⅱ）求直線DD1與平面A1BD所成角的正弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2）. 【解析】 （Ⅰ）四邊形為菱形，，連結(jié)AC，則為等邊三角形， 又為CD中點，，由CD//AB 得， , 底面ABCD，底面ABCD，，又 , 平面AA1B1B 【點睛】立體幾何中計算涉及兩個內(nèi)容一個是面積體積問題，一個是空間的角與距離問題，其中空間角與距離問題可通過空間向量法簡化思維量． （1）若兩條異面直線和的方向向量分別為，兩

15、條異面直線和所成的角為，則； （2）若直線的方向向量為，平面的法向量為，直線與平面所成的角為，則； （3）設分別為二面角的兩個半平面的法向量，其二面角大小為，則或，其中． 【20xx云南師大附中月考】如圖，三棱錐P-ABC中，平面ABC，，PA=AC=2，是PA的中點，是CD的中點，點在PB上，. （1）證明：EF//平面ABC； （2）若，求二面角B-CD-A的余弦值. 【答案】（Ⅰ）證明過程見解析；（Ⅱ）64. （Ⅱ）作BO⊥AC于點O，過點O作OH//PA， 以O為坐標原點，OB，OC，OH所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖6所示的空間直角坐標系， 則 ∴，

16、 則平面CDA的一個法向量為 設平面CDB的一個法向量為 則 可取，所以， 所以二面角B?CD?A的余弦值為64． 【20xx湖北武漢武昌區(qū)調(diào)研】如圖，四棱錐中，AB//CD ，BC鈯D，側(cè)面為等邊三角形，AB=BC=2 ,CD=SD=1 . （Ⅰ）證明：平面SAB; （Ⅱ）求AB與平面SBC所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）證明過程見解析；（Ⅱ）AB與平面SBC所成角的正弦值為217 【解析】 方法一：空間向量法 （Ⅰ）以為坐標原點，射線CD為軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz，則D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0) , 設S(

17、x,y,z)，則x>0,y>0,z>0 ， 且， ， ， 由,得(x-2)2+(y-2)2+z2=x2+(y-2)2+z2 ， 解得：x=1 ， 由,得y2+z2=1 ① 由,得y2+z2-4y+1=0 ② 解①②，得y=12,z=32 ， 鈭碨(1,12,32) , , , , , , 鈭碊S鈯S,DS鈯S , 平面SAB …………………6分 方法二：綜合法 （Ⅰ） 解：如下圖，取AB的中點，連結(jié)DE，SE，則四邊形BCDE為矩形， 鈭碊E=CB=2 , 側(cè)面SAB為等邊三角形，AB=2, ,且SE=3, 又鈭礢D=1 , 鈭碨A2+SD2

18、=AD2,SE2+SD2=ED2 , 鈭碨D鈯A,SD鈯E,.Com] 平面SAB. （Ⅱ）過點作SG鈯E于， 因為AB鈯E，AB鈯E，所以平面平面SDE 所以平面平面ABCD, 由平面與平面垂直的性質(zhì)，知平面ABCD,.Com] 在Rt螖DSE中，由，得，所以SG=32. 過點作平面SBC于，連結(jié)BH，則鈭燗BH為AB與平面SBC所成角的角， 因為CD//AB ，平面SDE, 所以平面SDE，所以CD鈯D, 在Rt螖CDS中，由CD=SD=1，求得SC=2. 在鈻砈BC中，SB=BC=2,SC=2 ,所以 , 由VA-SBC=VS-ABC，得 ， 即，

19、解得AH=2217, 所以, 故AB與平面SBC所成角的正弦值為217. 【點晴】本題考查的是線面垂直的判定和直線與平面所成的角，本題中（1）問的關鍵是結(jié)合線面垂直的判定定理證明線和平面內(nèi)的兩條相交直線垂直即可得證；（2）求直線和平面所成角時找到平面的垂線是問題的關鍵，斜線和斜線在平面的射影所成的角即為直線和平面所成的角，轉(zhuǎn)到直角三角形中求解即可. 【20xx山東菏澤上學期期末】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC，AC=BC=2,AB=22,CC1=4，M是棱CC1上一點. （1）求證：BC鈯M； （2）若CM=52，求二面角A-MB1-C的大小. 【答案

20、】（1）證明過程見解析；（2）二面角A-MB1-C的大小為. （2）以為原點，CA,CB,CC1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系C-xyz.因為CM=52， 所以C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,4),M(0,0,52)，. 設平面AMB1的一個法向量，則，即，令x=5，則y=-3,z=4，即，又平面MB1C的一個法向量， ∴，由圖可知二面角A-MB1-C為銳角，∴二面角A-MB1-C的大小為. 【20xx四川資陽上學期期末】如圖，矩形ACEF和等邊三角形ABC中，AC=2,CE=1，平面平面ACEF． （1）在EF上找一點M，使BM鈯C，并說明理由；

21、 （2）在（1）的條件下，求平面ABM與平面CBE所成銳二面角余弦值． 【答案】（1）證明過程見解析；（2）平面MAB與平面BCE所成銳二面角的余弦值為77. （2）由（1）知OA,OB,OM兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系O-xyz如圖所示，AC=2,CE=1，三角形ABC為等邊三角形，O(0,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),E(-1,0,1),A(1,0,0),F(1,0,1)． 于是， 設面BCE的法向量，所以，得{x+3y=0z=0， 則面BCE的一個法向量，又M是線段EF的中點， 則M的坐標為M(0,0,1)，于是，且， 又設面ABM的法向量，

22、由，得{-a+c=0-a+3b=0，取a=3，則b=1,c=3， 平面ABM的一個法向量m0=(3,1,3)， 所以， 平面MAB與平面BCE所成銳二面角的余弦值為77． 【20xx吉林二調(diào)】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且，點是棱PC的中點，平面ABE與棱PD交于點. （1）求證：AB鈭F； （2）若PA=PD=AD=2，平面平面ABCD，求平面PAF與平面AEF所成的二面角的余弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2）. 【解析】 （1）證明：∵ABCD是菱形，∴AB鈭D， 又平面PCD，平面PCD， ∴平面PCD， ∵四點共面，且面面P

23、CD=EF， ∴AB鈭F. （2）解：取AD中點，連接PG，GB， ∵PA=PD，∴PG鈯D， ∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， ∴面ABCD， ∴PG鈯B，在菱形ABCD中，∵AB=AD，，是AD中點， ∴AD鈯B， 如圖，以為原點，GA、GB、GP所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系G-xyz， 由PA=PD=AD=2得，，，，， ，. 又∵AB鈭F，點是棱PC中點，∴點是棱PD中點， ∴，，， 設平面AFE的法向量為， 則有，{-32x+32z=0-x+3y=0，取z=-1，則. ∵平面PAD，∴是平面PAF的一個法向量， ，二面角

24、P-AF-E的余弦值為-1313， ∴平面PAF與平面AEF所成的二面角的余弦值為. 【20xx江西師大附中、臨川一中聯(lián)考】如圖1，在螖ABC中，是AB邊的中點，現(xiàn)把螖ACP沿CP折成如圖2所示的三棱錐A-BCP，使得AB=10． （1）求證：平面平面BCP； （2）求平面ABC與平面ABP夾角的余弦值． 【答案】(1詳見解析，(2) 6513 （2）因為平面CPB，且OC鈯E，故可如圖建立空間直角坐標系，則 O(0,0,0),C(1,0,0),A(0,0,3),P(-1,0,0),B(-2,3,0)，， 設平面ABC的法向量為m=(x,y,z)，則由得； 同理可

25、求得平面ABP的法向量為， 故所求角的余弦值. 【20xx湖北重點中學聯(lián)考】如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面?zhèn)让鍭BB1A1，且AA1=AB=2. （1）求證：AB鈯C; （2）若直線AC與平面A1BC所成的角為，請問在線段A1C上是否存在點，使得二面角A-BE-C的大小為，請說明理由. 【答案】(1)詳見解析， (2) （2）由（1），則鈭燗CD直線AC與平面A1BC所成的角 所以鈭燗CD=蟺6，又AD=2，所以AC=22 假設在線段A1C上是否存在一點，使得二面角A-BE-C的大小為 由ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以以點為原點，以所

26、在直線分別為x,z軸建立空間直角坐標系A-xyz，如圖所示，且設，則由A1(0,0,2)，C(22,0,0)，得 所以， 設平面EAB的一個法向量，由， 得： ，取 由（1）知，所以平面CEB的一個法向量 所以，解得位=12 ∴點為線段A1C中點時，二面角A-BE-C的大小為 【20xx河北衡水六調(diào)】四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，，BC=2,CD=3，，且平面平面ABCD． （1）求證：AD鈯B； （2）在線段PA上是否存在一點M，使二面角M-BC-D的大小為，若存在，求出PMPA的值；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）

27、見解析；（2）6-36． 【解析】 (1)過點作BO//CD，交AD于，連接OP． ∵， ∴四邊形OBCD是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴OP2+OD2=PD2，∴OP鈯D， 又平面平面， ∴平面OPB，∵平面OPB， ∴AD鈯B； 【點睛】利用空間向量法求二面角的一般方法，設二面角的平面角為，設分別為平面?zhèn)?尾的法向量，二面角偽-l-尾的大小為，向量的夾角為，則有（圖1）或 胃=蠅（圖2）其中. 圖1 圖2 【20xx江西上饒一模

28、】在三棱柱中，已知側(cè)面是菱形，側(cè)面是正方形，點在底面的投影為的中點． （1）證明：平面平面； （2）設為上一點，且，求二面角的正弦值． 【答案】(1)詳見解析；（2）. （2）如圖所示，以點為坐標原點建立空間直角坐標系， 不妨設菱形邊長為2，易知，，，因為為中點且有，所以， 又因為平面為菱形，所以為等邊三角形， 從而，從而， 所以點的坐標為， 因為，所以， 又因為，所以， 設平面的法向量為， ，， 所以即 令，則，，所以， 易知平面的法向量， 所以， 所以， 從而二面角的正弦值為． 【20xx內(nèi)蒙包頭十校聯(lián)考】如圖，四邊形為正方形，平面,

29、 （1）證明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2）. （2）依題意，,設是平面的一個法向量，則，即， 因此可取……7分 設是平面的一個法向量，則，即， 因此可取……9分 所以，……11分 故二面角的正弦值為……12分 【20xx山西五校聯(lián)考】如圖，在四棱錐中，平面． （1）在線段上確定一點，使得平面平面，并說明理由； （2）若二面角的大小為，求二面角的余弦值． 【答案】(1) 點為的中點時，平面平面;(2). 【解析】 （1）如圖，當點為的中點時，平面平面， 1分 理由如下： 因為

30、為的中點， 所以，所以四邊形為平行四邊形，所以， 因為，所以， 因為平面，平面，所以，又因為， 所以平面，因為平面，所以平面平面， 所點點為的中點時，平面平面． 5分 （2）分別以所在的直線為軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 其中軸，易得平面，所以， 所以是二面角的平面角，大小為，所以， 7分 設，則， 所以， 所以， 8分 設平面的法向量為，則，即， 令，則，所以， 10分 因為平面，所以是平面的一個法向量， 設二面角的大小為，由

31、圖可知為銳角， 則． 12分 【20xx廣東深圳一?！咳鐖D，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACEF為平行四邊形，設BD與AC相交于點，． （1）證明：平面平面ABCD；.Com] （2）若AE與平面ABCD所成角為60°，求二面角B-EF-D的余弦值． 【答案】（1）見解析；（2）． 【解析】 （1）證明：連接EG， ∵四邊形ABCD為菱形， ∵， 在和中， AD=AB,AE=AE，， ∴， ∴ED=EB， ∴， ∵， ∴平面ACFE， ∵平面ABCD， ∴平面平面ABCD； （2） 解法二：如圖，在平面A

32、BCD內(nèi)，過作AC的垂線，交EF于M點，由（1）可知，平面平面ABCD， ∴平面ABCD， ∴直線GM,GA,GB兩兩互相垂直， 分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系G-xyz， 易得為AE與平面ABCD所成的角，∴， 則D(0,-1,0),B(0,1,0),E(32,0,32),F(-332,0,32)， ， 設平面BEF的一個法向量為，則.Com] 且， ∴x=0，且32x-y+32z=0 取z=2，可得平面BEF的一個法向量為， 同理可求得平面DEF的一個法向量為， ∴， ∴二面角B-EF-D的余弦值為． 【20xx荊、荊、襄、宜四地七校聯(lián)考】如圖，在四棱

33、錐中，底面是平行四邊形，，側(cè)面底面，，， 分別為的中點，點在線段上． （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）如果直線與平面所成的角和直線與平面所成的角相等，求的值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ） 【解析】 （Ⅰ）證明：在平行四邊形中，因為，， 所以．由分別為的中點，得， 所以． …………2分 因為側(cè)面底面，且，所以底面． 又因為底面，所以． …………4分 又因為，平面，平面， 所以平面． ………………6分 【點睛】利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構(gòu)建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.