全国各地高考数学立体几(理科).doc

全国各地高考数学立体几何（理科）
2011年
安徽(6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为

第（8）题图
（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80
(6)C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.
【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C.
（17）（本小题满分12分）
如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，,△，△，△都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线∥；
（2）求棱锥F—OBED的体积.

北京 (7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是

(A) 8 (B) (C)10 (D)
【答案】C
【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。

（16）（本小题共14分）
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.

(Ⅰ)求证：平面
（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.
【解析】：证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以又因为平面。所以，
所以平面。
（Ⅱ）设，因为
所以，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则所设与所成角为，则
（Ⅲ）由（Ⅱ）知设。则设平面的法
向量则，所以令则，
所以同理，平面的法向量，因为平面，所以，即解得，所以

福建　20.（本小题满分14分）如图甲，四棱锥中，，四边形中，，，，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）设．
（i）若直线与平面所成的角为，求线段的长；
（ii）在线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由．
【解】（Ⅰ）因为，，
所以．
又，，
所以，又，
．
（Ⅱ）以为坐标原点，建立如图乙的空间直角坐标系．
在平面内，作交于．
则．
在中，．
设，则，．
由，则，所以，，．
，，
（i）设平面的法向量为，由，得
取，则，．，
又，由直线与平面所成的角为，得
．
解得或（因为，故舍去）
所以．
（ii）假设线段上存在一个点，使得点到点的距离都相等，
设，．
则，，，
则由得，即，　　　①
由得，　　　　　　　　　　　　　　②
从①，②消去，并化简得　　　　　　　　　　　　　③
方程③没有实数根，所以在线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等．
解法2．假设线段上存在一个点，使得点到点的距离都相等，
由得，
从而，则，
设，则由，得，
．
在中，
与矛盾，
所以在线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等．
广东 7如图l—3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为

A. B. C. D.
解析:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体,底面是以3为边长的正方形,该六面体的高
18. （本小题满分13分）
如图5，在椎体中，是边长
为1的棱形，且,,
分别是的中点，
（1）证明：;
（2）求二面角的余弦值.

注: 本题也可以,继而可证明第(1)问,并可进一步得到AD,DE,DF两两垂直,从而建立空间直角坐标系,再解决第(2)问.总的说来,本题用传统方法,还更简单.
湖北 18．（本小题满分12分）
A
B
C
E
A1
C1
B1
如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．
（Ⅰ）当时，求证；
（Ⅱ）设二面角的大小为，的最小值．
本题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础
知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解
能力.
解析：

湖南 3.设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A． B．
C． D．
答案：B
解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。
3
3
2
正视图
侧视图
俯视图
图1

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥中，已知的直径的中点．
（I）证明：
（II）求二面角的余弦值．
解：（I）连接，因为,为的中点，所以.
又因为内的两条相交直线，所以而，所以。
（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.
在平面中，过作连接,则有，
从而，所以是二面角的平面角．
在
在
在
在,所以。
故二面角的余弦值为。
江苏 16、（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，
AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：（1）直线EF‖平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
解析：（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，
又
直线EF‖平面PCD
（2） F是AD的中点，
又平面PAD⊥平面ABCD，
所以，平面BEF⊥平面PAD。
21. 江西 （本小题满分14分）
（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依
次排列的四个相互平行的平面 ，使
得（i=1,2,3,4），且其中每相邻两个平面间
的距离都相等；
（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.

解：
（1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即可的出结论。

（2）现设正方体的棱长为a,若，，
，由于得，，
那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）
辽宁 （8）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是
(A) AC⊥SB
(B) AB∥平面SCD
(C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
全国Ⅱ (6)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂
足．若，则到平面的距离等于
(A) (B) (C) (D) 1
C

A
B
D
E
【答案】C
【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法.
【解析】如图,过作,垂足为,因为是直二面角, ,∴平面,
∴,,,∴平面,故的长为点到平面的距离.在中,由等面积法得.
(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)
如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，.
(Ⅰ)证明：平面；
(Ⅱ)求与平面所成角的大小.
【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.
解法一：(Ⅰ)取中点，连结，则四边形为矩形，，连结，则，.
又,故,所以为直角. ………………3分
由,,,得平面,所以.
与两条相交直线、都垂直.
所以平面. ………………6分
另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. ………………6分
(Ⅱ)由平面知，平面平面.
作,垂足为,则平面ABCD,.
作,垂足为,则.
连结.则.
又,故平面,平面平面.……9分
作,为垂足,则平面.
,即到平面的距离为.
由于,所以平面,到平面的距离也为.
设与平面所成的角为,则,.……12分
解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则、.
又设,则.
(Ⅰ),
由得
,
故.
由得,
又由得,
即,故. ………………3分
于是,
.
故,又,
所以平面. ………………6分
(Ⅱ)设平面的法向量,
则.
又,
故 ………………9分
取得,又
.
故与平面所成的角为. ………………12分
【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.
全国新课标 （6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，
则相应的俯视图可以为

(18)(本小题满分12分)
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四
边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
(18)解：
（Ⅰ）因为, 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD. 故 PABD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则
,,,。

设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则
即
因此可取n=
设平面PBC的法向量为m，则
可取m=（0，-1，）
故二面角A-PB-C的余弦值为
山东 （11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是

（A）3 （B）2

（C）1 （D）0

19.（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.
（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，
EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证∽,
所以,即,即,又M为AD
的中点,所以,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ平面ＡＢＦＥ,FA平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.
（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB,
又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,
又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.
设ＡＢ=２ＥＦ=,因为∠ ACB=，ＡＣ＝ＢＣ=,CO=,,连结FO,容易证得FO∥EA且,所以,所以OH==,所以在中,tan∠ CHO=,故∠ CHO=,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为.
陕西 5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ）
（A）
（B）
（C）
（D）

【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算．
【精讲精析】选A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，
即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是
.

16．（本小题满分12分）
如图，在△ABC中，∠ABC=，∠BAC，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC．
（1）证明：平面ADB⊥平面BDC；
（2）设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．
【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）在（1）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解．

【解】（1）∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后， AD⊥DC，AD⊥DB，
又，∴AD⊥平面BDC，
∵AD平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC．
（2）由∠BDC及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得：
D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0)，
所以，，
∴
所以与夹角的余弦值是．
上海 21、（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。
⑴ 设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。
求证：；
⑵ 若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。

21、解：设正四棱柱的高为。
⑴ 连，底面于，∴ 与底面所成的角为，即
∵ ，为中点，∴，又，
∴ 是二面角的平面角，即
∴ ，。

⑵ 建立如图空间直角坐标系，有

设平面的一个法向量为，
∵ ，取得
∴ 点到平面的距离为，则。
四川 P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．
(I)求证：CD=C1D：
(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；
(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．

解析：（1）连接交于,,
,又为的中点，中点，,,D为的中点。
（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则
(3)因为，所以,
,
在中，，

天津 10．一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为　　　　．
【解】．
几何体是由一个长方体与一个圆锥组合的．体积为
　．
17．(本小题满分13分)如图，在三棱柱中中，是正方形的中心，，，且．
(Ⅰ) 求异面直线与所成角的余弦值；
(Ⅱ) 求二面角的正弦值；
(Ⅲ) 设为棱的中点，点在平面内，且，求线段的长．
【解】解法１．如图所示，建立空间直角坐标系，其中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴．
由题意，，，，，，．
(Ⅰ) ,.
所以.
(Ⅱ) ,，
设平面的法向量为，则即
令，则，．．
设平面的法向量为，则即
令，则，．．
于是，所以．
所以二面角的正弦值为．
(Ⅲ) 由为棱的中点，得，设点，
则．
因为，则
即
解得故．向量，
所以线段的长．
解法2．(Ⅰ)由于,故是异面直线与所成的角．
因为，是正方形的中心，，，
所以，
，
因此．
(Ⅱ) 连接，因为及是的中点．则，又，，所以
．
过点作于，连，于是，
所以为二面角的平面角．
在中，，
连，在中，，，
，从而．
所以二面角的正弦值为．
(Ⅲ)　因为，所以，取的中点，连接．
由于为棱的中点，所以，且．
又，故，
因为，所以，连接并延长交于点，
则．故．
由，得．
延长交于，可得，连接．
在中，，由直角三角形的射影定理，，
所以，．
连接，在中，．
(3) 浙江 若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是

【答案】D
【解析】由正视图可排除A、B选项；由俯视图可排除C选项.

（20）本题满分15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2
（Ⅰ）证明：AP⊥BC；
（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

（Ⅰ）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz
则O（0,0,0），A（0，-3,0），B（4,2,0），C（-4,2,0）
P（0,0,4）由此可得所以
⊥，即AP⊥BC.
（Ⅱ）解：设

设平面BMC的法向量
平面APC的法向量
由
得
即可取
由即得可取
由，得
解得，故AM=3
综上所述，存在点M符合题意，AM=3。
方法二：
（Ⅰ）证明：由AB=AC,D是BC的中点，得AD⊥BC,
又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC。
因为PO∩BC=0，所以BC⊥平面PAD
故BC⊥PA.
（Ⅱ）解：如图，在平面PAD内作BM⊥PA于M,连CM.
由（Ⅰ）中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC.
又AP平面APC,所以平面BMC⊥平面APC。
在Rt⊿ADB中，AB2=AD2+BD2=41，得AB=
在Rt⊿POD中, PB2=PO2+OD2,
在Rt⊿PDB中, PB2=PD2+BD2,
所以PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6.
在Rt⊿POA中, PA2=AO2+OP2=25,得PA=5
又
从而所以
综上所述，存在点M符合题意，AM=3.
重庆 （Ⅱ）设求函数的极值。
（19）本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分， 小问7分。
如题（19）图，在四边形中，平面 ⊥ , ⊥,=,∠=
（Ⅰ）若=2，=2，求四边形的体积。
（Ⅱ）若二面角--为，求异面直线与所成角的余弦值。