2013备考高考数学各地名校试题解析分类汇编一7立体几何理

2013备考高考数学各地名校试题解析分类汇编一7立体几何理

各地解析分类汇编:立体几何 ‎1【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的 等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】由主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，得到这是一个四棱锥，底面是一个边长是1的正方形，一条侧棱AE与底面垂直，∴根据求与四棱锥的对称性知，外接球的直径是AC根据直角三角形的勾股定理知,半径为，所以外接球的面积为，选C. ‎ ‎2.【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】设表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列四个命题： ‎ ‎ ①若∥，且则； ②若∥，且∥.则∥；‎ ‎ ③若，则∥m∥n； ‎ ‎ ④若且n∥,则∥m.‎ ‎ 其中正确命题的个数是( )‎ ‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】①正确；②中当直线时，不成立；③中，还有可能相交一点，不成立；④正确，所以正确的有2个，选B.‎ ‎3.【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）理科】‎ 一个几何体的三视图如图l所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的体积为 （ ） ‎ ‎ A．1 B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由三视图可知，此几何体为三棱锥，如图1，其中正视图为，是边长为2的正三角形，，且，底面为等腰直角三角形，，所以体积为，故选B. ‎图1‎ ‎4.【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考 理】已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（ ）‎ ‎ A．16 B．‎4‎ C．8 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由三视图可知该几何体是三棱锥，且三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面的外接圆半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上，由于顶点到底面的距离，与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接球半径R为1，则三棱锥的外接球表面积，选B.‎ ‎5.【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】如图， 在长方体ABCD—A1B‎1C1D1中，对角线B1D与平面A1BC1相交于点E，则点E为△A1BC1的 ‎ A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 ‎【答案】D ‎【解析】如图，,所以,且为的中点，选D.‎ ‎6.【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ‎ A． B．‎ ‎ C． D．32‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据三视图可知，这是一个四棱台，，，所以表面积为，选B.‎ ‎7.【山东省烟台市莱州一中‎20l3届高三第二次质量检测 （理）】设b，c表示两条直线，表示两个平面，则下列命题正确的是 A.若 B.若 C.若 D.若 ‎【答案】D ‎【解析】A中，与也有可能异面；B中也有可能；C中不一定垂直平面；D中根据面面垂直的判定定理可知正确，选D.‎ ‎8.【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】设直线m、n和平面,下列四个命题中，正确的是 （ ）‎ ‎ A. 若 B. 若 ‎ C. 若 D. 若 ‎【答案】D ‎【解析】因为选项A中，两条直线同时平行与同一个平面，则两直线的位置关系有三种，选项B中，只有Mm,n相交时成立，选项C中，只有m垂直于交线时成立，故选D ‎9.【北京市东城区普通校2013届高三12月联考数学（理）】 已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是 ‎ A． B． ‎ ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据线面垂直的性质可知，B正确。‎ ‎【北京市东城区普通校2013届高三12月联考数学（理）】一个棱锥的三视图如图（尺寸的长度单位为）， 则该棱锥的体积是 ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可以看出，此几何体是一个侧面与底面垂直且底面与垂直于底面的侧面全等的三棱锥由图中数据知此两面皆为等腰直角三角形，高为2，底面边长为2，底面面积 故此三棱锥的体积为，选A. ‎ ‎10.【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考 理】设动点在棱长为1的正方体 的对角线上，记。当为钝角时，则的取值范围是 。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则有，，，，则，得，所以，‎ 显然不是平角，所以为钝角等价于，即，即，解得，因此的取值范围是。‎ ‎11.【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考理】已知正三棱锥，点都在半径为的球面上，若两两互相垂直，则球心到截面的距离为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点.球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高.已知球的半径为，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为，所以球心到截面ABC的距离为.‎ ‎12.【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）理科】正三棱锥A－BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为____ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图3，设三棱锥的外接球球心为O，‎图3‎ 半径为r，BC=CD=BD=，AB=AC=AD=2，‎ ‎，M为正的中心，则DM=1，AM=，OA=OD=r，所以，解得，所以.‎ ‎13.【山东省济南外国语学校2013届高三上学期期中考试 理科】一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 .‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由三视图可知，该组合体是由两个边长分别为2,1，1和1,1,2的两个长方体，所以体积之和为。‎ ‎14.【山东省烟台市莱州一中‎20l3届高三第二次质量检测 （理）】一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由三视图可知，该组合体下部是底面边长为2，高为3的正四棱柱，上部是半径为2的半球，所以它的表面积为。‎ ‎15.【天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理】 如图为一个几何体的三视图，其中俯视为正三角形，AB=2,AA=4，则该几何体的表面积为_______。‎ ‎ 【答案】‎ ‎【解析】由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，底面边长为2，高是4.所以该三棱柱的表面积为。‎ ‎16.【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考 理】（本小题满分12分）如图，在长方体，中，，点在棱AB上移动.‎ ‎（1）证明：； ‎ ‎（2）当为的中点时，求点到面的距离； ‎ ‎（3）等于何值时，二面角的大小为.‎ ‎【答案】解：以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则…………2分 ‎（1）………………4分 ‎（2）因为为的中点，则，从而，‎ ‎，设平面的法向量为，则 也即，得，从而，所以点到平面的距离为 ‎………………………………………………8分 ‎（3）设平面的法向量，‎ ‎∴‎ 由 令，‎ ‎∴‎ 依题意 ‎∴（不合，舍去）， .‎ ‎∴时，二面角的大小为. …………………………12分 ‎17.【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考理】（本题12分）如图6，在长方体中，，为中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）在棱上是否存在一点，使得平面?若存在，求的长；若不存在，说明理由；‎ ‎（3）若二面角的大小为30°，求的长. ‎ ‎ ‎ ‎ 图6‎ ‎ ‎ ‎【答案】解:（1）以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.‎ 因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ 所以B1E⊥AD1.‎ ‎（2）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，‎ 使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0).‎ 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z).‎ 因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.‎ 又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎（3）连接A1D，B‎1C，由长方体ABCD－A1B‎1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.‎ 因为B‎1C∥A1D，所以AD1⊥B‎1C.‎ 又由（1）知B1E⊥AD1，且B‎1C∩B1E＝B1，‎ 所以AD1⊥平面DCB‎1A1.所以是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1).‎ 设与n所成的角为θ，‎ 则cosθ＝＝.‎ 因为二面角A－B1E－A1的大小为30°，‎ 所以|cosθ|＝cos30°，即＝，‎ 解得a＝2，即AB的长为2.‎ ‎18.【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷（三）理科】（本小题满分12分）‎ ‎ 如图5甲，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB =2, DC=1，BC=，AB =AD=．将（图甲）沿直线BD折起，使二面角A － BD －C为60o（如图乙）． ‎ ‎ （Ⅰ）求证：AE⊥平面BDC;‎ ‎ （Ⅱ）求点B到平面ACD的距离．‎ ‎【答案】图4‎ （Ⅰ）证明：如图4，取BD中点M，连接AM，ME.‎ 因为AB=AD=，所以AM⊥BD， ‎ ‎ 因为DB=2，DC=1，BC=，满足：DB2+DC2=BC2， ‎ 所以△BCD是以BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC， ‎ 因为E是BC的中点，所以ME为△BCD的中位线，‎ ‎＝‎ ME ∥， ‎ ME⊥BD，ME=，…………………………………………………………………（2分）‎ ‎ ∠AME是二面角A-BD-C的平面角，=°. ‎ ‎ ，且AM、ME是平面AME内两条相交于点M的直线，‎ ‎，平面AEM，.………………………………（4分）‎ ‎ ，，‎ 为等腰直角三角形，，‎ 在△AME中，由余弦定理得：， ‎ ‎，‎ ‎.………………………………………………………………………（6分）‎ 图5‎ ‎（Ⅱ）解法一：等体积法.‎ 解法二：如图5，以M为原点，MB所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系， ………………………………………………（7分）‎ 则由（Ⅰ）及已知条件可知B(1，0，0)，，‎ ‎，D，C.‎ 则 ……………………………………（8分）‎ 设平面ACD的法向量为=，‎ 则令则z=-2，‎ ‎…………………………………………………………………（10分）‎ 记点到平面的距离为d，‎ 则，所以d. …………………………（12分）‎ ‎19.【北京市东城区普通校2013届高三12月联考数学（理）】（本小题满分分）‎ ‎ 已知：如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，且，为中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：//平面；‎ ‎（Ⅱ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】解： （Ⅰ）‎ 证明：连结BD交AC于点O，连结EO． ……………………1分 O为BD中点，E为PD中点，‎ ‎∴EO//P B． ……………………2分 EO平面AEC，PB平面AEC， ……………………3分 ‎∴ PB//平面AE C． ‎ ‎（Ⅱ）‎ 证明： ‎ PA⊥平面ABC D．‎ 平面ABCD，‎ ‎∴． ……………………4分 又在正方形ABCD中且， ……………………5分 ‎∴CD平面PA D． ……………………6分 又平面PCD，‎ ‎∴平面平面． ……………………7分 ‎（Ⅲ）如图，以A为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空 间直角坐标系． ………8分 由PA=AB=2可知A、B、C、D、P、E的坐标分别为 A（0, 0, 0）, B（2, 0, 0）,C（2, 2, 0）, ‎ D（0, 2, 0）, P（0, 0, 2）, E（0, 1, 1） ． ……………9分 PA平面ABCD，∴是平面ABCD的法向量，=（0, 0, 2）．‎ 设平面AEC的法向量为, , ‎ 则 即 ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ 令,则． ………………11分 ‎∴, …………………12分 二面角的正弦值为 …………………13分 ‎20.【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】（本小题满分12分）‎ ‎ 在直三棱柱中， ∠ACB=90°,Ｍ是 的中点，Ｎ是的中点 ‎ （Ⅰ）求证：MN∥平面 ；‎ ‎ （Ⅱ）求点到平面BMC的距离； ‎ ‎ （Ⅲ）求二面角的平面角的余弦值大小。‎ ‎【答案】（1）如图所示，取B‎1C1中点D，连结ND、A1D ‎ ∴DN∥BB1∥AA1‎ ‎ 又DN＝‎ ‎ ∴四边形A1MND为平行四边形。‎ ‎ ∴MN∥A1 D 又 MN 平面A1B‎1C1 AD1平面A1B‎1C1‎ ‎ ∴MN∥平面--------------------------4分 ‎(2)因三棱柱为直三棱柱， ∴C‎1 C ⊥BC，又∠ACB=90°∴BC⊥平面A1MC1‎ 在平面ACC‎1 A1中，过C1作C1H⊥CM，又BC⊥C1H，故C1H为C1点到平面BMC的距离。在等腰三角形CMC1中，C‎1 C=2,CM=C‎1M=‎ ‎∴.--------------------------8分 ‎(3)在平面ACC‎1A1上作CE⊥C‎1M交C‎1M于点E，A‎1C1于点F,‎ 则CE为BE在平面ACC‎1A1上的射影，‎ ‎∴BE⊥C‎1M, ∴∠BEF为二面角B-C‎1M-A的平面角,‎ 在等腰三角形CMC1中，CE=C1H=,∴tan∠BEC=‎ ‎∴ cos∠BEC=.‎ 二面角的平面角与∠BEC互补，所以二面角的余弦值为--------------------12分 法2：（1）同上。如图所示建系，‎ ‎（2）可得，,,设是平面BMC的法向量，C1点到平面BMC的距离h。‎ 可求得一个法向量为，, ‎ ‎（3）可知是平面 的法向量，设是 平面的法向量，求得一个法向量 设是为二面角的平面角,则，又因为二面角 的平面角是钝角，所以。‎ ‎21.【山东省烟台市莱州一中‎20l3届高三第二次质量检测 （理）】（本题满分12分）‎ 如图1，平面四边形ABCD关于直线AC对称，‎ 折起（如图2），使二面角A-BD-C的余弦值等于.对于图2，完成以下各小题：‎ ‎（1）求A，C两点间的距离；‎ ‎（2）证明：AC⊥平面BCD；‎ ‎（3）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值.‎ ‎【答案】‎ ‎22.【天津市耀华中学2013届高三第一次月考理科】‎ ‎(本小题满分13分)在如图所示的多面体中，EF平面AEB，AEEB，AD//EF，‎ EF//BC．BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G为BC的中点。‎ ‎ (1)求证：AB//平面DEG；‎ ‎ (2)求证：BDEG；‎ ‎ (3)求二面角C—DF—E的正弦值。‎ ‎ 【答案】‎ ‎23.【山东省济南外国语学校2013届高三上学期期中考试 理科】（本小题满分12分）‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB。‎ Ⅰ、求证：CE⊥平面PAD；‎ Ⅱ、若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°， ‎ 求四棱锥P-ABCD的体积.‎ Ⅲ、在满足（Ⅱ）的条件下求二面角B-PC-D的 余弦值的绝对值.‎ ‎【答案】(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CE平面ABCD,所以PA⊥CE,‎ 因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD,又PAAD=A,所以CE⊥平面PAD…………….3分 ‎(2)解:由(1)可知CE⊥AD,在直角三角形ECD中,DE=CD,CE=CD.‎ 又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形,所以 ‎==,又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD的体积等于……………7分 ‎（3）建立以A为原点，AB,AD,AP为x,y,z轴的空间坐标系，取平面PBC的法向量为n1=(1,01)，取平面PCD的法向量为n2=(1,1,3)，‎ 所以二面角的余弦值的绝对值是………………………………………………….12分 ‎24.【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】本小题满分12分）如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直．∥，，，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值； ‎ ‎（3）线段上是否存在点，使// 平面？若存在，求出；若不存在，说明理由． ‎ ‎【答案】解：（1）证明：取中点，连结，．‎ 因为，所以． ‎ 因为四边形为直角梯形，，，‎ 所以四边形为正方形，所以． ‎ 所以平面． 所以 ． ………………4分 ‎（2）解法1：因为平面平面，且 所以BC⊥平面 则即为直线与平面所成的角 设BC=a，则AB=‎2a，，所以 则直角三角形CBE中，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为． ………………8分 解法2：因为平面平面，且 ，‎ 所以平面，所以． ‎ 由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． ‎ 因为三角形为等腰直角三角形，所以，设，‎ 则．‎ 所以 ，平面的一个法向量为．‎ 设直线与平面所成的角为，‎ 所以 ， ‎ 即直线与平面所成角的正弦值为． ………8分 ‎ ‎（3）解：存在点，且时，有// 平面． ‎ 证明如下：由 ，，所以．‎ 设平面的法向量为，则有 所以 取，得．‎ 因为 ，且平面，所以 // 平面． ‎ 即点满足时，有// 平面． ………………12分