《新課標(biāo)Ⅱ版高考數(shù)學(xué)分項(xiàng)匯編 專題10 立體幾何含解析理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新課標(biāo)Ⅱ版高考數(shù)學(xué)分項(xiàng)匯編 專題10 立體幾何含解析理（25頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題10 立體幾何 一．基礎(chǔ)題組 1. 【20xx課標(biāo)全國Ⅱ，理4】已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，則(　　)． A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 【答案】：D 2. 【20xx全國，理4】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，，E為CC1的中點(diǎn)，則直線AC1與平面BED的距離為(　　) A．2 B． C．

2、 D．1 【答案】 D　 由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥面EOC， ∴CM⊥BD．∴CM⊥面BDE. ∴HM為直線AC1到平面BDE的距離． 又△ACC1為等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1. 3. 【20xx新課標(biāo)，理6】在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如下圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以為(　　) (正視圖) (俯視圖) 【答案】D 【解析】 4. 【2006全國2，理4】過球的一條半徑的中點(diǎn),作垂直于該半徑的平面,則所得截面的面積與球的表面積的比為 A.  B.  C.  D.  【答案】:A 【解

3、析】:設(shè)球半徑為R,截面半徑為r. ()2+r2=R2,∴r2=R2.∴=.∴選A.  5. 【2006全國2，理7】如圖,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB與兩平面α,β所成的角分別為和.過A,B分別作兩平面交線的垂線,垂足為A′,B′,則AB∶A′B′等于 A.2∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.4∶3 【答案】:A 6. 【2005全國3，理4】設(shè)三棱柱ABC—A1B1C1的體積為V，P、Q分別是側(cè)棱AA1、CC1上的點(diǎn)，且PA=QC1，則四棱錐B—APQC的體積為（ ） A． B． C． D． 【

4、答案】C 【解析】連接，在側(cè)面平行四邊形中，∵， ∴ 四邊形APQC的面積=四邊形的面積， 記B到面的距離為h，∴，， ∴， ∵，∴，∴. 7. 【2005全國2，理2】正方體中，、、分別是、、的中點(diǎn)．那么，正方體的過、、的截面圖形是（ ） (A) 三角形 (B) 四邊形 (C) 五邊形 (D) 六邊形 【答案】D 8. 【20xx新課標(biāo)，理18】（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn). （Ⅰ）證明：PB∥平面AEC； （Ⅱ）設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=，求三棱錐E-ACD的體

5、積. 【解析】（Ⅰ）證明：設(shè)O為AC與BD交點(diǎn)，連結(jié)OE，則由矩形ABCD知：O為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镋是BD的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥PB，因?yàn)镺E面AEC，PB面AEC，所以PB∥平面AEC。 9. 【20xx全國，理18】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos(A－C)＋cosB＝1，a＝2c，如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，，PA＝2，E是PC上的一點(diǎn)，PE＝2EC． (1)證明：PC⊥平面BED； (2)設(shè)二面角A－PB－C為90°，求PD與平面PBC所成角的大?。? 【解析】解法一：(1)證明：因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以

6、BD⊥AC． 又PA⊥底面ABCD， 所以PC⊥BD． 設(shè)AC∩BD=F，連結(jié)EF. 因?yàn)?，PA=2，PE=2EC， 故，，， 從而，， 因?yàn)椋螰CE=∠PCA， 設(shè)C(，0,0)，D(，b,0)，其中b＞0， 則P(0,0,2)，E(，0，)，B(，－b,0)． 于是＝(，0，－2)，＝(，b，)，＝(，－b，)，從而，， 故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE. 10. 【2006全國2，理19】如圖,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AB=BC,D,E分別為BB1, AC1的中點(diǎn). (1)證明:ED為異面直

7、線BB1與AC1的公垂線; (2)設(shè)AA1=AC=AB,求二面角A1-AD-C1的大小.  【解析】解法一:(1)設(shè)O為AC中點(diǎn),連結(jié)EO,BO,則EOC1C. 又C1CB1B,∴EODB,EOBD為平行四邊形,ED∥OB. ∵AB=BC,∴BO⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1,BO面ABC, 故BO⊥平面ACC1A1, ∴ED⊥平面ACC1A1,ED⊥AC1,ED⊥CC1. ∴ED⊥BB1,ED為異面直線AC1與BB1的公垂線. 解法二:(1)如圖,建立直角坐標(biāo)系O—xyz,其中原點(diǎn)O為AC的中點(diǎn).

8、 設(shè)A(A,0,0),B(0,b,0),B1(0,b,2c),則C(-A,0,0),C1(-A,0,2c),E(0,0,c),D(0,b,c). =(0,b,0),=(0,0,2c).·=0,∴ED⊥BB1. 又=(-2A,0,2c),·=0,∴ED⊥AC1. ∴ED是異面直線BB1與AC1的公垂線. (2)不妨設(shè)A(1,0,0),則B(0,1,0),C(-1,0,0),A1(1,0,2), =(-1,-1,0),=(-1,1,0),=(0,0,2),·=0,·=0, 即BC⊥AB,BC⊥AA1, 又AB∩AA1=A,∴BC⊥面A1AD. 又E(0,0,1),D

9、(0,1,1),C(-1,0,0),=(-1,0,-1),=(-1,0,1),=(0,1,0), ·=0,·=0,即EC⊥AE,EC⊥ED, 又AE∩ED=E,∴EC⊥面C1AD. cos〈,〉==,即得和的夾角為60°. ∴二面角A1-AD-C1為60°. 11. 【2005全國3，理18】(本小題滿分12分) 如圖，在四棱錐V-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD． （Ⅰ）證明AB⊥平面VAD； （Ⅱ）求面VAD與面VDB所成的二面角的大?。? 【解析】：證明：方法一：（Ⅰ）證明： （Ⅱ）解：取VD

10、的中點(diǎn)E，連結(jié)AF，BE， ∵△VAD是正三形， ∴AE⊥VD，AE= ∵AB⊥平面VAD， ∴AB⊥AE. 又由三垂線定理知BE⊥VD. 因此，tan∠AEB= 即得所求二面角的大小為 （Ⅱ）設(shè)E為DV中點(diǎn)，則， 由 因此，∠AEB是所求二面角的平面角， 解得所求二面角的大小為 12. 【20xx高考新課標(biāo)2，理6】一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如右圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為( ) A． B． C． D． 【答案】D 【考點(diǎn)定位】三視圖． 二．能力題組 1.

11、 【20xx新課標(biāo)，理6】如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1（表示1cm）,圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯切削得到，則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 2. 【20xx全國2，理9】已知正四棱錐S—ABCD中，SA＝2，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，它的高為(　　) A．1 B. C．2 D．3 【答案】：C　 ∴VS—ABCD＝×a2×h＝ (24－2h2)×h＝－h(huán)3＋8h ∴V′＝－2h2＋8，令V′＝0得h＝2.

12、 當(dāng)h∈(0,2)時(shí)，V單調(diào)遞增，當(dāng)h∈(2,2)時(shí)，V單調(diào)遞減， ∴當(dāng)h＝2時(shí)，V取得最大值． 3. 【20xx新課標(biāo)，理15】已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝，則棱錐O-ABCD的體積為__________． 【答案】 【解析】 4. 【20xx課標(biāo)全國Ⅱ，理18】(本小題滿分12分)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)，AA1＝AC＝CB＝. (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D－A1C－E的正弦值． (2)由AC＝CB＝得，AC⊥BC. 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸

13、正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz. 5. 【20xx新課標(biāo)，理18】如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD． (1)證明：PA⊥BD； (2)設(shè)PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值． 【解析】：(1)因?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得. 從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD． 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD． 所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD． 6. 【20xx全國2，理19】如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D為BB1的中點(diǎn)，E

14、為AB1上的一點(diǎn)，AE＝3EB1. (1)證明DE為異面直線AB1與CD的公垂線； (2)設(shè)異面直線AB1與CD的夾角為45°，求二面角A1AC1B1的大?。? 【解析】：解法一：(1)證明：連結(jié)A1B，記A1B與AB1的交點(diǎn)為F， 因?yàn)槊鍭A1B1B為正方形，故A1B⊥AB1，且AF＝FB1，又AE＝3EB1，所以FE＝EB1，又D為BB1的中點(diǎn)，故DE∥BF，DE⊥AB1. 作CG⊥AB，G為垂足，由AC＝BC知，G為AB中點(diǎn)． 又由底面ABC⊥面AA1B1B，得CG⊥面AA1B1B， 連結(jié)DG，則DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂線定理，得DE⊥CD， 所以DE為異

15、面直線AB1與CD的公垂線． 所以二面角A1AC1B1的大小為arctan. 解法二：(1)證明：以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線BA為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz， 設(shè)AB＝2，則A(2,0,0)，B1(0,2,0)，D(0,1,0)，E(，，0)， 又設(shè)C(1,0，c)，則＝(，，0)，＝(2，－2,0)，＝(1，－1，c)． 于是＝0，＝0， 故DE⊥B1A，DE⊥DC， 所以DE為異面直線AB1與CD的公垂線． 設(shè)平面AB1C1的法向量為n＝(p，q，r)，則 n·＝0，n·＝0， 即－p＋2q＋r＝0,2p－2q＝0， 令p＝，則q＝，r＝－1，故n

16、＝(，，－1)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 由于〈m，n〉等于二面角A1AC1B1的平面角， 所以二面角A1AC1B1的大小為arccos. 7. 【20xx高考新課標(biāo)2，理9】已知A,B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB=90,C為該球面上的動點(diǎn)，若三棱錐O-ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為( ) A．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C 三．拔高題組 1. 【20xx新課標(biāo)，理11】直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC=CA=CC1，則BM與AN所成的角的余弦值

17、為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】以C為原點(diǎn)，直線CA為x軸，直線CB為y軸，直線為軸，則設(shè)CA=CB=1，則 ，，A（1，0，0），，故，，所以 ，故選C.2. 【20xx課標(biāo)全國Ⅱ，理7】一個四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中的坐標(biāo)分別是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，畫該四面體三視圖中的正視圖時(shí)，以zOx平面為投影面，則得到的正視圖可以為(　　)． 【答案】：A 3. 【20xx全國2，理11】與正方體ABCD—A1B1C1D

18、1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點(diǎn)(　　) A．有且只有1個 B．有且只有2個 C．有且只有3個 D．有無數(shù)個 【答案】：D　 【解析】經(jīng)驗(yàn)證線段B1D上的點(diǎn)B，D，中點(diǎn)，四等分點(diǎn)均滿足題意，故由排除法知應(yīng)有無數(shù)個點(diǎn)． 4. 【2005全國2，理12】將半徑為1的4個鋼球完全裝入形狀為正四面體的容器里．這個正四面體的高的最小值為（ ） (A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】由題意知，底面放三個鋼球，上再落一個鋼球時(shí)體積最小，于是把鋼球的球心連接，則又可得到一個棱長為2的小正四面體，則不難求出這個小正四面體的高為

19、，且由正四面體的性質(zhì)可知：正四面體的中心到底面的距離是高的，且小正四面體的中心和正四面體容器的中心應(yīng)該是重合的，∴小正四面體的中心到底面的距離是，正四面體的中心到底面的距離是（1即小鋼球的半徑），所以可知正四棱錐的高的最小值為，故選 C． 5. 【20xx全國，理16】三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長和側(cè)棱長都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為__________． 【答案】： 6. 【20xx全國2，理16】已知球O的半徑為4，圓M與圓N為該球的兩個小圓，AB為圓M與圓N的公共弦，AB＝4，若OM＝ON＝3，則兩圓圓心的距離MN＝___

20、_____. [答案]：3 [解析]：∵|OM|＝|ON|＝3， ∴圓M與圓N的半徑相等，且為＝. 取AB中點(diǎn)C，連結(jié)MC、NC，則MC⊥AB，NC⊥AB， |MC|＝|NC|＝＝， 易知OM、CN共面且OM⊥MC，ON⊥NC， |OC|＝＝2， sin∠OCM＝＝， ∴|MN|＝2|MC|·sin∠OCM＝2×＝3. 7. 【2005全國2，理20】(本小題滿分12分) 如圖，四棱錐中，底面為矩形，底面，，、分別為、的中點(diǎn)． (Ⅰ) 求證：平面； (Ⅱ) 設(shè)，求與平面所成的角的大?。? ∴△EFP≌△EFA ∴EF⊥FA ∵PB、FA為平面PAB內(nèi)的

21、相交直線 ∴EF⊥平面PAB 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的長為單位，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系。 (I)證明：設(shè)E(，0,0)，其中>0，則C(2，0,0)，A(0,1，0)，B(2，1,0)，P(0,0，1)，F(xiàn)(，，)。 ，∴EF⊥PB ，∴EF⊥AB 又PB平面PAB，AB平面PAB，PB∩AB=B ∴EF⊥平面PAB 則sin=cos〈〉=，所以，所求角為arcsin 8. 【20xx高考新課標(biāo)2，理19】（本題滿分12分） 如圖，長方體中,，，，點(diǎn)，分別在，上，．過點(diǎn)，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． D D1 C1 A1 E F A B C B1 （Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說出畫法和理由）； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）． 【考點(diǎn)定位】1、直線和平面平行的性質(zhì)；2、直線和平面所成的角． 9.