【备战】新课标Ⅱ版高考数学分项汇编 专题10 立体几何含解析理

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1、专题10 立体几何 一．基础题组 1. 【2013课标全国Ⅱ，理4】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则(　　)． A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 【答案】：D 2. 【2012全国，理4】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　) A．2 B． C． D．1 【答案】 D　 由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥面EOC， ∴CM⊥BD．∴CM⊥

2、面BDE. ∴HM为直线AC1到平面BDE的距离． 又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1. 3. 【2011新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为(　　) (正视图) (俯视图) 【答案】D 【解析】 4. 【2006全国2，理4】过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积与球的表面积的比为 A.  B.  C.  D.  【答案】:A 【解析】:设球半径为R,截面半径为r. ()2+r2=R2,∴r2=R2.∴=.∴选A.  5. 【2

3、006全国2，理7】如图,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足为A′,B′,则AB∶A′B′等于 A.2∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.4∶3 【答案】:A 6. 【2005全国3，理4】设三棱柱ABC—A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，则四棱锥B—APQC的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接，在侧面平行四边形中，∵， ∴ 四边形APQC的面积=四边形的面积， 记B到面

4、的距离为h，∴，， ∴， ∵，∴，∴. 7. 【2005全国2，理2】正方体中，、、分别是、、的中点．那么，正方体的过、、的截面图形是（ ） (A) 三角形 (B) 四边形 (C) 五边形 (D) 六边形 【答案】D 8. 【2014新课标，理18】（本小题满分12分） 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点. （Ⅰ）证明：PB∥平面AEC； （Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积. 【解析】（Ⅰ）证明：设O为AC与BD交点，连结OE，则由矩形ABCD知：O为BD的中

5、点，因为E是BD的中点，所以OE∥PB，因为OE面AEC，PB面AEC，所以PB∥平面AEC。 9. 【2012全国，理18】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos(A－C)＋cosB＝1，a＝2c，如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC． (1)证明：PC⊥平面BED； (2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小． 【解析】解法一：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC． 又PA⊥底面ABCD， 所以PC⊥BD． 设AC∩BD=F

6、，连结EF. 因为，PA=2，PE=2EC， 故，，， 从而，， 因为，∠FCE=∠PCA， 设C(，0,0)，D(，b,0)，其中b＞0， 则P(0,0,2)，E(，0，)，B(，－b,0)． 于是＝(，0，－2)，＝(，b，)，＝(，－b，)，从而，， 故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE. 10. 【2006全国2，理19】如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AB=BC,D,E分别为BB1, AC1的中点. (1)证明:ED为异面直线BB1与AC1的公垂线; (2)设AA1

7、=AC=AB,求二面角A1-AD-C1的大小.  【解析】解法一:(1)设O为AC中点,连结EO,BO,则EOC1C. 又C1CB1B,∴EODB,EOBD为平行四边形,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为异面直线AC1与BB1的公垂线. 解法二:(1)如图,建立直角坐标系O—xyz,其中原点O为AC的中点. 设A(A,0,0),B(0,b,0),B1(0,b,2c),则C(-A,0,0)

8、,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是异面直线BB1与AC1的公垂线. (2)不妨设A(1,0,0),则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(0,1,1),C(-1,0,0),=(-1,

9、0,-1),=(-1,0,1),=(0,1,0), ·=0,·=0,即EC⊥AE,EC⊥ED, 又AE∩ED=E,∴EC⊥面C1AD. cos〈,〉==,即得和的夹角为60°. ∴二面角A1-AD-C1为60°. 11. 【2005全国3，理18】(本小题满分12分) 如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD． （Ⅰ）证明AB⊥平面VAD； （Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小． 【解析】：证明：方法一：（Ⅰ）证明： （Ⅱ）解：取VD的中点

10、E，连结AF，BE， ∵△VAD是正三形， ∴AE⊥VD，AE= ∵AB⊥平面VAD， ∴AB⊥AE. 又由三垂线定理知BE⊥VD. 因此，tan∠AEB= 即得所求二面角的大小为 （Ⅱ）设E为DV中点，则， 由 因此，∠AEB是所求二面角的平面角， 解得所求二面角的大小为 12. 【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A． B． C． D． 【答案】D 【考点定位】三视图． 二．能力题组 1. 【2

11、014新课标，理6】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 2. 【2010全国2，理9】已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　) A．1 B. C．2 D．3 【答案】：C　 ∴VS—ABCD＝×a2×h＝ (24－2h2)×h＝－h3＋8h ∴V′＝－2h2＋

12、8，令V′＝0得h＝2. 当h∈(0,2)时，V单调递增，当h∈(2,2)时，V单调递减， ∴当h＝2时，V取得最大值． 3. 【2011新课标，理15】已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝，则棱锥O­ABCD的体积为__________． 【答案】 【解析】 4. 【2013课标全国Ⅱ，理18】(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝. (1)证明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D－A1C－E的正弦值． (2)由AC＝CB＝得，AC⊥BC

13、. 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. 5. 【2011新课标，理18】如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD． (1)证明：PA⊥BD； (2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值． 【解析】：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得. 从而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. 【2010全国2，理19】如图，直三棱柱AB

14、CA1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1. (1)证明DE为异面直线AB1与CD的公垂线； (2)设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1AC1B1的大小． 【解析】：解法一：(1)证明：连结A1B，记A1B与AB1的交点为F， 因为面AA1B1B为正方形，故A1B⊥AB1，且AF＝FB1，又AE＝3EB1，所以FE＝EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1. 作CG⊥AB，G为垂足，由AC＝BC知，G为AB中点． 又由底面ABC⊥面AA1B1B，得CG⊥面AA1B1B， 连结DG，

15、则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD， 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线． 所以二面角A1AC1B1的大小为arctan. 解法二：(1)证明：以B为坐标原点，射线BA为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz， 设AB＝2，则A(2,0,0)，B1(0,2,0)，D(0,1,0)，E(，，0)， 又设C(1,0，c)，则＝(，，0)，＝(2，－2,0)，＝(1，－1，c)． 于是＝0，＝0， 故DE⊥B1A，DE⊥DC， 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线． 设平面AB1C1的法向量为n＝(p，q，r)，则 n·＝0，n

16、·＝0， 即－p＋2q＋r＝0,2p－2q＝0， 令p＝，则q＝，r＝－1，故n＝(，，－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的大小为arccos. 7. 【2015高考新课标2，理9】已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C 三．拔高题组 1. 【2014新课标，理11】直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=

17、90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ，，A（1，0，0），，故，，所以 ，故选C.2. 【2013课标全国Ⅱ，理7】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为(

18、　　)． 【答案】：A 3. 【2010全国2，理11】与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点(　　) A．有且只有1个 B．有且只有2个 C．有且只有3个 D．有无数个 【答案】：D　 【解析】经验证线段B1D上的点B，D，中点，四等分点均满足题意，故由排除法知应有无数个点． 4. 【2005全国2，理12】将半径为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里．这个正四面体的高的最小值为（ ） (A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】由题意知，底面放三个钢球，上再落一个

19、钢球时体积最小，于是把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2的小正四面体，则不难求出这个小正四面体的高为，且由正四面体的性质可知：正四面体的中心到底面的距离是高的，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，∴小正四面体的中心到底面的距离是，正四面体的中心到底面的距离是（1即小钢球的半径），所以可知正四棱锥的高的最小值为，故选 C． 5. 【2012全国，理16】三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________． 【答案】： 6. 【2010全国2，理16】已知球O的半径为

20、4，圆M与圆N为该球的两个小圆，AB为圆M与圆N的公共弦，AB＝4，若OM＝ON＝3，则两圆圆心的距离MN＝________. [答案]：3 [解析]：∵|OM|＝|ON|＝3， ∴圆M与圆N的半径相等，且为＝. 取AB中点C，连结MC、NC，则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全国2，理20】(本小题满分12分) 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，、分别为、的中点． (Ⅰ)

21、 求证：平面； (Ⅱ) 设，求与平面所成的角的大小． ∴△EFP≌△EFA ∴EF⊥FA ∵PB、FA为平面PAB内的相交直线 ∴EF⊥平面PAB 以D为坐标原点，DA的长为单位，建立如图所示的直角坐标系。 (I)证明：设E(，0,0)，其中>0，则C(2，0,0)，A(0,1，0)，B(2，1,0)，P(0,0，1)，F(，，)。 ，∴EF⊥PB ，∴EF⊥AB 又PB平面PAB，AB平面PAB，PB∩AB=B ∴EF⊥平面PAB 则sin=cos〈〉=，所以，所求角为arcsin 8. 【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分） 如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． D D1 C1 A1 E F A B C B1 （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角． 9.