高考名师预测数学试题：知识点04立体几何.doc

高考猜题
专题04 立体几何
甘肃天水市第一中学（741000）

一.选择题（共6小题，每小题5分，共30分）
A
B
C
D
E
F
1、如图，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF//AB，，EF与面AC的距离为2，则该多面体的体积为：
A． B．5 C．6 D．

2、已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是：
A． B． C． D．

3．如图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为 （ ）
A． B．
C． D．

4．一个空间几何体的三视图如下，则这个空间几何体的体积是 （ ）
A． B． C． D．

5设、、是三个不同的平面，是两条不同的直线，给出下列4个命题：
①若，，则； ②若，，，，则；
③若，，，则⊥；
④若、在平面内的射影互相垂直，则， 其中正确命题是:( )
A. ④ B.③ C. ①③ D. ②④
6．右图是一个空间几何体的三视图,根据图中尺寸
（单位:）,可知几何体的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
。

7. 已知直线⊥平面α，直线平面β，给出下列命题：
①α∥βl⊥m ②α⊥βl∥m ③l∥m α⊥β ④l⊥mα∥β
其中正确命题的序号是 （ ）
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③ D. ②④

8、如图，直三棱柱ABB1-DCC1中，∠ABB1=90°，AB=4，BC=2，CC1=1，DC上有一动点P，则ΔAPC1周长的最小值为
A、5+ B、5- C、4+ D、4-

9 设m，n是平面 内的两条不同直线，，是平面 内的两条相交直线，则// 的
一个充分而不必要条件是
A.m // 且l 1// B. m // l 1 且n // l
C. m // 且n // D. m // 且n // l

10．设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形, 用平面α去截此四棱锥（如右图）, 使得截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 α
A．不存在 　　　　 B．只有1个
C．恰有4个 　　　 D．有无数多个
11．如图，在三棱锥中，，在
内，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
12．直三棱柱ABC—A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，斜边AB＝，侧棱AA1=1,则该三棱柱的外接球的表面积为 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5

二.填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13、已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是______。

14， 二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是 .
15， 正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，
点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于 。
16， 已知直二面角，点，，C为垂足，B∈β，，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于 。

三.解答题(共6小题，17题10分，18-22题12分，共70分)
B1

C1

A1

M

N

17三棱柱中，侧棱与底面垂直，，， 分别是，的中点．
（Ⅰ）求证： MN∥平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求三棱锥的体积．

18．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面 ABCD，AB＝，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．
（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出点N到AB和AP的距离．

19．（本小题满分12分）
如图，已知平面，平面，△为等边三角形，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
A
B
C
D
E
F
（3）求直线和平面所成角的正弦值．

20、如图①在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E，F，G分别是线段PC、PD，BC的中点，现将ΔPDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD（如图②）
（1）求证AP∥平面EFG；
（2）求二面角G-EF-D的大小；
（3）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，试给出证明。

21． 如图，沿等腰直角三角形的中位线，将平面折起，使得平面平面得到四棱锥．
（1）求证：平面平面；
（2）过的中点的平面与平面平行，试求平面与四棱锥各个面的交线所围成多边形的面积与三角形的面积之比。
（3）求二面角的余弦值。

22．如图，四边形是圆柱的轴截面，点在圆柱的底面圆周上，是的中点，圆柱的底面圆的半径，侧面积为，．
O
Q
D
B
C
A
G
P
．

（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的余弦值．

答案

一.选择题（共6小题，每小题5分，共30分）
1、解析：由已知条件可知，EF//面ABCD，则F到平面ABCD
的距离为2，∴，而该多面体的体积必大于6，故选D．

2、解析：设球的半径为R，的外接圆半径，则，故选D．

3．解析:D．
由题意得，该几何体的直观图是一个底面半径为,母线长为1的圆锥．其侧面展开图是一扇形，弧长为2πr=π，
∴这个几何体的侧面积为，故选D．

4．B 解析：这个空间几何体下面部分是一个同一顶点处三棱长分别为长方体，上面是两个半径为的球，故其体积为。
5，解析；只有③是正确的。

6．解析：D，由三视图可得,该几何是一个底面边长为2高为3的正三棱柱,其表面积
。

7. C 解析：α∥β直线⊥平面β，由于直线平面β ∴ l⊥m 故①正确；由l∥m，直线⊥平面α可推出直线m⊥平面α，而直线平面β ∴α⊥β故③正确。

8答案、在直三棱柱ABB1=DCC1中，AC1=
将△DCC1展开与矩形ABCD在同一平面内，AP+PC1最小，此时
AP+PC1为，∴周长最小值为5+，故选A。

9 、B解析：若，则可得.若则存在

10答案．D　　提示：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m、n, 直线 m、n 确定了一个平面 β．作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．故选D．　　答案：D

11．C 解析：过点O分别作面PAB、PAC、PBC的垂线，垂足分别为D、E、F，则有，从而，解得=。
12．B 解析：由于直三棱柱ABC—A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，把直三棱柱ABC—A1B1C1补成正四棱柱，则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，所以外接球半径为，表面积为3．
二.填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13、解析：从方法的类比入手。原问题的解法为等面积法，即，类比问题的解法应为等体积法， 即正四面体的内切球的半径是高

14，【答案】。 解析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.
垂足为D，.连结AD，则∠ADC为二面角的平面角，为60°，∠ABC为与平面所成的角，设AD＝2，则AC＝，CD＝1,AB＝＝4,∴sin∠ABC＝.
15，【答案】，解析；此题是基础题，由线面平行的性质可知为中点，易得答案。
16，【答案】，解析；利用体积相等法求。

三.解答题(共6小题，17题10分，18-22题12分，共70分)

B1

C1

A1

M

N

17，解：（Ⅰ）证明： 连结，，
是，的中点
．
又平面，
平面．
（Ⅱ）三棱柱中，侧棱与底面垂直，
四边形是正方形．． ．
连结，．
，又中的中点，．
与相交于点，平面．
（Ⅲ）．

18．解析：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，C，D，P，E的坐标为A（0，0，0），
B （，0，0），C （，1，0） ，
D （0，1，0） ，P （0，0，2） ，E （0，，1）
从而
（4分）
设的夹角为θ，
则∴AC与PB所成角的余弦值为．（8分）
（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为，
则，由NE⊥面PAC可得，
∴
即N点的坐标为（，0，1），
从而N点到AB和AP的距离分别为1，。
19答案．（1） 证法一：取的中点，连．
∵为的中点，∴且．…………1分
∵平面，平面，
∴，∴．
又，∴． ………2分
A
B
C
D
E
F
M
H
G
∴四边形为平行四边形，则．
∵平面，平面，
∴平面．
证法二：取的中点，连．
∵为的中点，∴．
∵平面，平面，
∴．
又，
∴四边形为平行四边形，则．…2分
∵平面，平面，
∴平面，平面．
又，∴平面平面．
∵平面，
∴平面．
（2） 证：∵为等边三角形，为的中点，
∴．
∵平面，平面，∴．
又，故平面．
∵，∴平面．
∵平面，
∴平面平面．
（3） 解：在平面内，过作于，连．
∵平面平面， ∴平面．
∴为和平面所成的角．
设，则，
，
R t△中，．
∴直线和平面所成角的正弦值为．
方法二：设，建立如图所示的坐标系，则
．
∵为的中点，∴．
（1） 证：，
∵，平面，∴平面．
（2） 证：∵，
∴，∴．
∴平面，又平面，
∴平面平面．
（3） 解：设平面的法向量为，由可得：
，取．
又，设和平面所成的角为，则
．
∴直线和平面所成角的正弦值为．

20解：（1）∵EF∥CD∥AB，EG∥PB，根据面面平行的判定定理
∴平面EFG∥平面PAB，又PA面PAB，∴AP∥平面EFG
（2）∵平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC
∴AD⊥平面PCD，而BC∥AD，∴BC⊥面EFD
过C作CR⊥EF交EF延长线于R点连GR，根据三垂线定理知
∠GRC即为二面角的平面角，∵GC=CR，∴∠GRC=45°，
故二面角G-EF-D的大小为45°。
（3）Q点为PB的中点，取PC中点M，则QM∥BC，∴QM⊥PC
在等腰Rt△PDC中，DM⊥PC，∴PC⊥面ADMQ

21．【解析】（1），平面平面，
根据两个平面垂直的性质定理得平面，
所以，又，根据线面垂直的判定定理平面，
平面，所以平面平面。（4分）
（2）由于平面平面，故平面与平面的交线，
是的中点，故是的中点；同理平面与平面的交线，
为的中点；平面的交线，为的中点，
连接即为平面与平面的交线，
故平面与四棱锥各个面的交线所围成多边形是图中的四边形，
由于，故，根据（1），
由，故，即四边形`是直角梯形。（6分）
设，则，
故四边形的面积是，
三角形的面积是，
故平面与四棱锥各个面
的交线所围成多边形的面积与
三角形的面积之比为。（8分）

（3）方法1．平面,，
过点做的垂线交的延长线于点，
连接，则平面，
从而，
所以即为二面角的平面角。（10分）
设，则，则，
故二面角的余弦值等于。（12分）
方法2．建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求解。
设，则，，，，
设为平面的法向量，
则且，
即且，
取，则，
即平面的一个法向量为，（10分）
又为平面的一个法向量，
二面角是锐二面角，故其余弦值为

22．解: （1）(解法一)：由题意可知 ，解得 ，
在中，， ∴ ，
又 ∵是的中点，∴ .　　　　①
∵ 为圆的直径，∴ .
由已知知 ，∴ ，∴ .
y
z
x
O
Q
D
B
C
A
G
P
．
∴ . ②
∴ 由①②可知：，
∴ .
（2） 由（1）知：， ∴，，
∴是二面角的平面角 .
, , .
∴ . .
(解法二)：建立如图所示的直角坐标系，
由题意可知.解得.
则，，， ，
∵是的中点，∴ 可求得.
（1），，∴ .
∵ ，∴ .
（2）由（1）知,， ，
， .
∵， ∴是平面的法向量.
设是平面的法向量，
由，，解得 .
所以二面角的平面角的余弦值.

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