高考文科数学空间几何测试卷以及答案详解.doc

一、选择题（60分）
1．设直线平面，过平面外一点与都成角的直线有且只有：( B )
（Ａ）１条　　（Ｂ）２条　　（Ｃ）３条　　（Ｄ）４条
【解】：如图，当时，直线满足条件；
又由图形的对称性，知当时，
直线满足条件； 故选B

2、 设平面向量，则=
（A）（7，3） （B）（7，7） （C）（1，7） （D）（1，3）
3．，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是
（A）， （B），
（C），，共面 （D），，共点，，共面
答案：B
解析：由，，根据异面直线所成角知与所成角为90°，选B．
4、 已知两定点，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于
（A） （B） （C） （D）
已知两定点，如果动点满足，设P点的坐标为(x，y)，
则，即，所以点的轨迹所包围的图形的面积等于4π，选C.
5、 如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一
个大圆上，点在球面上，如果，则球的表面积是
（A） （B） （C） （D）
如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，，，所以，R=2，球的表面积是，选D.
6、如图，为正方体，下面结论错误的是（　　）
（A）平面
（B）
（C）平面
（D）异面直线与所成的角为60°
解析：选Ｄ．
7、设球的半径是1，、、是球面上三点，已知到、两点的球面距离都是，且二面角的大小是，则从点沿球面经、两点再回到点的最短距离是（　　）
（A） （B）
（C） （D）
解析：选C．．本题考查球面距离．
8、如图，、、是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形的三顶点分别在、、上，则⊿的边长是（　　）
（A）2 （B）
（C） （D）
解析：选D．过点Ｃ作的垂线，以、为轴、轴建立平面直角坐标系．设、由知，检验A：，无解；检验B：，无解；检验D：，正确．本题是把关题．在基础中考能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了．是一道精彩的好题．可惜区分度太小．
9．设是球心的半径的中点，分别过作垂直于的平面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积比值为：( D )
（Ａ）　　 （Ｂ）　　 （Ｃ）　　 （Ｄ）
【解】：设分别过作垂线于的面截球得三个圆的半径为，球半径为，
则：
∴ ∴这两个圆的面积比值为： 故选D
10．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( B )
（Ａ）　　 （Ｂ）　　 （Ｃ）　　 （Ｄ）
【解】：如图在三棱柱中，设，
由条件有，作于点，
则
∴ ∴
∴ 故选B
二、填空题（20分）
1、 已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为
（A） （B） （C） （D）
(7) 已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为两条直线所成的角，∴ θ=，选B.
2.如图，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 .
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，有三垂线定理可知AD⊥l，
故∠ADC为二面角的平面角，为60°
C
D
又由已知，∠ABD＝30°
连结CB，则∠ABC为与平面所成的角
设AD＝2，则AC＝，CD＝1w_w w. k#s5_u.c o*m

AB＝＝4
∴sin∠ABC＝
答案：w_w w. k#s5_u.c o*m

3、设点是线段的中点，点在直线外，， ，则
（A）8 （B）4 （C）2 （D）1
解析：由＝16，得|BC|＝4w_w w. k#s5_u.c o*m

＝4
而
故2
答案：C
4、如图，在半径为3的球面上有三点，=90°，,
球心O到平面的距离是，则两点的球面距离是
A. B.
C. D.2
【答案】B
【解析】∵AC是小圆的直径。所以过球心O作小圆的垂线，垂足O’是AC的中点。
O’C＝，AC＝3，∴BC＝3，即BC＝OB＝OC。∴
，则两点的球面距离＝

三、计算与证明题（70）
1．（本小题共l4分）
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．
（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；
（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；
本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力．
解法一：
（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，
∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O，
∴OD∥PB1，又ODÌ面BDA1，PB1Ë面BDA1，
∴PB1∥平面BDA1．
（Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A，
∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1．
∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．
在Rt△A1C1D中，，
又，∴．
在Rt△BAE中，，∴．
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．
解法二：
如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则，，，，．
（Ⅰ）在△PAA1中有，即．
∴，，．
设平面BA1D的一个法向量为，
则令，则．
∵，
∴PB1∥平面BA1D，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量．
又为平面AA1D的一个法向量．∴．
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．

2、（本小题满分14分）如图，平面平面，，，直线与直线所成的角为60°，又，，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）求多面体的体积．
解析：本题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、棱锥体积等有关知识，考查思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力．
（Ⅰ）∵平面平面，，平面．
∴平面
又∵平面
∴
（Ⅱ）取的中点，则．连接、．
∵平面平面，平面平面，．
∴平面．
∵，∴，从而平面．
作于，连结，则由三垂线定理知．
从而为二面角的平面角．
∵直线与直线所成的角为60°，
∴ ．
在中，由勾股定理得．
在中，．
在中，．
在中，
故二面角的大小为
（Ⅱ）如图以为原点建立空间直角坐标系．
　　　设，
有，，．
，
由直线与直线所成的角为60°，得

即，解得．
∴，
设平面的一个法向量为，则
由，取，得
取平面的一个法向量为
则
由图知二面角为锐二面角，故二面角的大小为．
（Ⅲ）多面体就是四棱锥

3（本大题满分14分）
如图，在长方体中，分别是的
中点，分别是的中点，
（Ⅰ）求证：面；
（Ⅱ）求二面角的大小。

本小题主要考察长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。满分12分
解法一：
（Ⅰ）证明：取的中点，连结
∵分别为的中点
∵
∴面，面
∴面面
∴面
（Ⅱ）设为的中点
∵为的中点 ∴
∴面
作，交于，连结，则由三垂线定理得
从而为二面角的平面角。
在中，，从而

在中，
故：二面角的大小为
方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则

∵分别是的中点
∴
（Ⅰ）
取，显然面
，∴
又面
∴面
∴过作，交于，取的中点，则
设，则
又
由，及在直线上，可得:
解得
∴
∴ 即
∴与所夹的角等于二面角的大小

故：二面角的大小为

4（本小题满分14分）
如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，
（I）求证：；
（II）设线段、的中点分别为、，求证： ∥
（III）求二面角的大小。
【解析】解法一：
因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以BC⊥平面ABEF.
所以BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，
所以∠AEB=45°，
又因为∠AEF=45,
所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.
因为BC平面ABCD, BE平面BCE,
BC∩BE=B
所以
…………………………………………6分
（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MNPC
∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.
∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,
∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分
（III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.
作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,
作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角F-BD-A的平面角.
∵ FA=FE,∠AEF=45°
∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=,则
在Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,
, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
在Rt⊿FGH中, ,
∴ 二面角的大小为
…………………………………………12分w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
解法二: 因等腰直角三角形，，所以
又因为平面，所以⊥平面，所以
即两两垂直；如图建立空间直角坐标系,

(I) 设，则，
∵，∴，
从而 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
，
于是，
∴⊥,⊥
∵平面，平面，
∴
（II），从而
于是
∴⊥，又⊥平面，直线不在平面内，
故∥平面
（III）设平面的一个法向量为，并设＝（

即
取，则，，从而＝（1，1，3）
取平面D的一个法向量为
w.w.w.k.s.5u.c.o.m
故二面角的大小为
5．（本小题满分14分）
如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，
，，分别为的中点
（Ⅰ）证明：四边形是平行四边形；
（Ⅱ）四点是否共面？为什么？
（Ⅲ）设，证明：平面平面；

【解1】：（Ⅰ）由题意知，
所以
又，故
所以四边形是平行四边形。
（Ⅱ）四点共面。理由如下：
由，是的中点知，，所以
由（Ⅰ）知，所以，故共面。又点在直线上
所以四点共面。
（Ⅲ）连结，由，及知是正方形
故。由题设知两两垂直，故平面，
因此是在平面内的射影，根据三垂线定理，
又，所以平面
由（Ⅰ）知，所以平面。
由（Ⅱ）知平面，故平面，得平面平面

【解2】：由平面平面，，得平面，
以为坐标原点，射线为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系
（Ⅰ）设，则由题设得

所以
于是
又点不在直线上
所以四边形是平行四边形。
（Ⅱ）四点共面。理由如下：
由题设知，所以

又，故四点共面。
（Ⅲ）由得，所以
又，因此
即
又，所以平面
故由平面，得平面平面
【点评】：此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系，四点共面问题，面面垂直问题，考察了空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；
【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意逻辑性是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键。