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2019年高考數(shù)學試題分類匯編 G單元 立體幾何（含解析） 目錄 G單元 立體幾何 1 G1 空間幾何體的結(jié)構(gòu) 2 G2 空間幾何體的三視圖和直觀圖 2 G3 平面的基本性質(zhì)、空間兩條直線 2 G4 空間中的平行關系 2 G5 空間中的垂直關系 2 G6 三垂線定理 2 G7 棱柱與棱錐 2 G8 多面體與球 2 G9　空間向量及運算 2 G10 空間向量解決線面位置關系 2 G11 空間角與距離的求法 2 G12 單元綜合 2 G1 空間幾何體的結(jié)構(gòu) G2 空間幾何體的三視圖和直觀圖 【浙江寧波高一期末xx】13.將棱長為2的正方體切割后得一幾何體，其三視圖如圖所示， 則該幾何體的體積為___________. 正視圖 側(cè)視圖 俯視圖 視圖 （第13題圖） 【知識點】根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀; 由三視圖求面體積． 【答案解析】解析 ：解：由三視圖知幾何體為四棱錐， 其直觀圖如圖所示， 四棱錐的底面為ABCD，其中AB=2，AD= ， 四棱錐的高為PN= ． ∴幾何體的體積為（cm3）． 【思路點撥】幾何體是四棱錐，結(jié)合直觀圖，判斷四棱錐的底面矩形的邊長及四棱錐高，把數(shù)據(jù)代入棱錐的體積公式計算． 【文重慶一中高二期末xx】8.（原創(chuàng)）六個棱長為1的正方體在桌面上堆疊成一個幾何體，該幾何體的正視圖與俯視圖如下圖所示，則其左視圖不可能為 正視圖 俯視圖 A. B. C. D. 【知識點】由三視圖判斷幾何體；簡單組合體的三視圖． 【答案解析】D解析 ：解：結(jié)合主視圖和俯視圖，從左面看，幾何體的最底層必有正方行，而D選項沒有． 故選D． 【思路點撥】根據(jù)給出的幾何體，通過動手操作，觀察可得答案選擇D，也可以根據(jù)畫三視圖的方法，發(fā)揮空間想象能力，結(jié)合主視圖和俯視圖，從左面看，幾何體的最底層必有正方行，而D選項沒有． 【文浙江紹興一中高二期末`xx】12．一個空間幾何體的三視圖如右圖所示，其中主視圖和側(cè)視圖都是半徑為的圓，且這個幾何體是實心球體的一部分，則這個幾何體的體積為 ； 【知識點】由三視圖求面積;根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀 【答案解析】解析 ：解：由已知中該幾何體是一個四分之三球，其表面積包括個球面積和兩個與球半徑相等的半圓面積∵R=1,故S= ?4?π+2? ?π=4π 故答案為：4π 【思路點撥】根據(jù)已知中的三視圖，我們可以判斷出該幾何體的形狀是四分之三個球，利用球的表面積公式及圓的面積公式，即可得到該幾何體的表面積． 【文浙江寧波高二期末xx】13. 一個幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為 2 1 1 2 1 正視圖 側(cè)視圖 俯視圖 (第13題圖) __ __ 【知識點】三視圖求幾何體的體積. 【答案解析】解析 ：解：由三視圖知幾何體是正方體削去一個角，如圖： ∴幾何體的體積 故答案為：． 【思路點撥】根據(jù)三視圖知幾何體是正方體削去一個角，畫出其直觀圖，把數(shù)據(jù)代入正方體與棱錐的體積公式計算． 【文四川成都高三摸底xx】13．如圖是一個幾何體的本視圖，則該幾何體的表面積是 。 【知識點】由三視圖求幾何體的表面積. 【答案解析】解析：解：由幾何體的三視圖可知該幾何體為一個倒放的直三棱柱，則其側(cè)面積為，又兩個底面面積為222=4，所以該幾何體的表面積為 【思路點撥】由三視圖求幾何體的表面積問題，可先結(jié)合三視圖還原原幾何體，再結(jié)合幾何體的特征計算. 【文廣東惠州一中高三一調(diào)xx】13．若某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積等于 【知識點】由三視圖求體積． 4 3 2 3 3 正視圖 側(cè)視圖 俯視圖 【答案解析】24 解析 ：解：由三視圖可知，原幾何體是一個三棱柱被截去了一小三棱錐得到的，如圖 3 2 4 3 第13題圖 【思路點撥】先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計算即可． 【文廣東惠州一中高三一調(diào)xx】13．若某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積等于 【知識點】由三視圖求體積． 4 3 2 3 3 正視圖 側(cè)視圖 俯視圖 【答案解析】24 解析 ：解：由三視圖可知，原幾何體是一個三棱柱被截去了一小三棱錐得到的，如圖 3 2 4 3 第13題圖 【思路點撥】先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計算即可． 【理重慶一中高二期末xx】6、一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的體積為（ ） A、2 B、4 C、4 D、12 【知識點】由三視圖求體積． 【答案解析】C解析 ：解：由三視圖知：幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側(cè)棱與底面垂直，高為2，底面為等腰直角三角形，如圖： ∵△ABC為等腰直角三角形，D為AC的中點，平面PAC⊥平面ABC， 在平面SAC中，過D作DH⊥AC， ∴外接球的球心在DH上，設球心為O，則OA=OB=OC=OS， 設OD=x，則 外接球的半徑R= ，∴外接球的體積 故選：C． 【思路點撥】幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側(cè)棱與底面垂直，結(jié)合直觀圖可證球心在平面SAC，AC的垂直平分線上，設出球心，利用勾股定理求出球的半徑，代入球的體積公式計算． 【理浙江紹興一中高二期末xx】【七句話告訴你人生】 【理浙江寧波高二期末`xx】12.一個幾何體的三視圖如右圖所示,則該幾何體的體積為 2 1 1 2 1 正視圖 側(cè)視圖 俯視圖 . (第12題圖) 【知識點】三視圖求幾何體的體積. 【答案解析】解析 ：解：由三視圖知幾何體是 正方體削去一個角，如圖： ∴幾何體的體積 故答案為：． 【思路點撥】根據(jù)三視圖知幾何體是正方體削去一個角，畫出其直觀圖，把數(shù)據(jù)代入正方體與棱錐的體積公式計算． 【理四川成都高三摸底xx】13．如圖是一個幾何體的本視圖，則該幾何體的表面積是 。 【知識點】由三視圖求幾何體的表面積. 【答案解析】解析：解：由幾何體的三視圖可知該幾何體為一個倒放的直三棱柱，則其側(cè)面積為，又兩個底面面積為222=4，所以該幾何體的表面積為 【思路點撥】由三視圖求幾何體的表面積問題，可先結(jié)合三視圖還原原幾何體，再結(jié)合幾何體的特征計算. 【理吉林長春十一中高二期末xx】3.一個幾何體的三視圖形狀都相同，大小均相等，那么這個幾何體不可以是（ ） A．球 B．三棱錐 C．正方體 D．圓柱 【知識點】簡單幾何體的結(jié)構(gòu)特征;簡單幾何體的三視圖. 【答案解析】D解析 ：解：解：A、球的三視圖均為圓，且大小均等； B、三條側(cè)棱兩兩垂直且相等的適當高度的正三棱錐，其一個側(cè)面放到平面上，其三視圖均為三角形且形狀都相同，； C、正方體的三視圖可以是三個大小均等的正方形； D、圓柱的三視圖中必有一個為圓，其他兩個為矩形 故一個幾何體的三視圖形狀都相同，大小均等，那么這個幾何體不可以是圓柱,故選 D 【思路點撥】利用簡單幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及三視圖的定義，容易判斷圓柱的三視圖不可能形狀相同，大小均等. 【理廣東惠州一中高三一調(diào)xx】6．若某幾何體的三視圖如右圖所示，則此幾何體的體積等于（ ） 3 2 4 3 第6題圖 【知識點】由三視圖求面積、體積． 【答案解析】C解析 ：解：由三視圖可知，原幾何體是一個三棱柱被截去了一個小三棱錐得到的，如圖 ，故選. 【思路點撥】先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計算即可． 【典型總結(jié)】本題主要考查三視圖的應用，利用三視圖還原成空間幾何體的直觀圖是解決此題的關鍵，要求熟練掌握空間幾何體的體積公式． 【文浙江溫州十校期末聯(lián)考xx】15. 如果一個幾何體的三視圖如圖所示， 其中正視圖中△ABC是邊長為2的正三 角形，俯視圖為正六邊形，那么該幾何 體的側(cè)視圖的面積為____▲____． 【知識點】由三視圖求幾何體的面積、體積. 【答案解析】 解析 ：解：此幾何體為一個正六棱錐，其頂點在底面的投影是底面的中心,由于正視圖中△ABC是邊長為2的正三角形，其高為， 即側(cè)視圖中三角形的高為，又中心到邊為的距離為， 故側(cè)視圖中三角形的底邊長為，故側(cè)視圖的面積， 故答案為： 【思路點撥】由三視圖及題設條件知，此幾何體為一個正六棱錐，其標點在底面的投影是底面的中心，底面是一個正六邊形，欲求側(cè)視圖的面積，由于其是一個等腰三角形，其高為棱錐的高，底面邊長是六邊形相對邊長的距離，求出此兩量的長度，即可求其面積． 【典型總結(jié)】本題考點是由三視圖求幾何體的面積、體積，考查對三視圖的理解與應用，主要考查三視圖與實物圖之間的關系，用三視圖中的數(shù)據(jù)還原出實物圖的數(shù)據(jù)，再根據(jù)相關的公式求表面積與體積，本題求的是正六棱錐的側(cè)視圖的面積，由三角形面積公式直接求即可．三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視 長對正；主視、左視高平齊，左視、俯視 寬相等”，三視圖是新課標的新增內(nèi)容，在以后的高考中有加強的可能． 【文江西鷹潭一中高一期末xx】5．有一個幾何體的三視圖如下圖所示，這個幾何體可能是一個( )． 主視圖 左視圖 俯視圖 A．棱臺 B．棱錐 C．棱柱 D．正八面體 【知識點】簡單空間圖形的三視圖． 【答案解析】A 解析 ：解：由俯視圖可以看出這個圖形的底面是四邊形，且上面還有一個四邊形的底面，主視圖和側(cè)視圖都是等腰梯形，得到這個圖形是一個棱臺 故選A．． 【思路點撥】由俯視圖可以看出這個圖形的底面是四邊形，主視圖和側(cè)視圖都是等腰梯形，得到這個圖形是一個棱臺． 【典型總結(jié)】本題考查由三視圖還原幾何體，在這個題目中注意觀察俯視圖，從俯視圖可以看出底面是一個幾邊形，為給幾何體命名確定條件． 【理浙江溫州十校期末聯(lián)考xx】13．如果一個幾何體的三視圖如圖所示， 其中正視圖中△ABC是邊長為2的正三 角形，俯視圖為正六邊形，那么該幾何 體的側(cè)視圖的面積為____▲____． 【知識點】由三視圖求幾何體的面積、體積. 【答案解析】 解析 ：解：此幾何體為一個正六棱錐，其頂點在底面的投影是底面的中心,由于正視圖中△ABC是邊長為2的正三角形，其高為， 即側(cè)視圖中三角形的高為，又中心到邊為的距離為， 故側(cè)視圖中三角形的底邊長為，故側(cè)視圖的面積， 故答案為： 【思路點撥】由三視圖及題設條件知，此幾何體為一個正六棱錐，其標點在底面的投影是底面的中心，底面是一個正六邊形，欲求側(cè)視圖的面積，由于其是一個等腰三角形，其高為棱錐的高，底面邊長是六邊形相對邊長的距離，求出此兩量的長度，即可求其面積． 【典型總結(jié)】本題考點是由三視圖求幾何體的面積、體積，考查對三視圖的理解與應用，主要考查三視圖與實物圖之間的關系，用三視圖中的數(shù)據(jù)還原出實物圖的數(shù)據(jù)，再根據(jù)相關的公式求表面積與體積，本題求的是正六棱錐的側(cè)視圖的面積，由三角形面積公式直接求即可．三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視 長對正；主視、左視高平齊，左視、俯視 寬相等”，三視圖是新課標的新增內(nèi)容，在以后的高考中有加強的可能． 【江西鷹潭一中高一期末xx】6．如下圖：左邊圖是一個物體的三視圖，則此物體的直觀圖是右邊圖 ( )． 【知識點】由三視圖還原實物圖． 【答案解析】D 解析 ：解：正視圖和左視圖相同，說明組合體上面是錐體，下面是正四棱柱或圓柱，俯視圖可知下面是圓柱．故選D 【思路點撥】正視圖和左視圖可以得到A，俯視圖可以得到B和D，結(jié)合三視圖的定義和作法解答本題正確答案D． G3 平面的基本性質(zhì)、空間兩條直線 【理浙江寧波高二期末`xx】5.將函數(shù)的圖象向右平移個單位，再將圖象上每一點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變),所得圖象關于直線對稱,則的最小值為（ ） A． B． C． D． 【知識點】三角函數(shù)圖象的變換規(guī)律;三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)． 【答案解析】C解析 ：解：將函數(shù)的圖象向右平移φ個單位所得圖象的解析式再將圖象上每一點的橫坐標縮短到原來的倍所得圖象的解析式因為所得圖象關于直線對稱，所以當時函數(shù)取得最值，所以整理得出當k=0時，φ取得最小正值為． 故選：C． 【思路點撥】根據(jù)三角函數(shù)圖象的變換規(guī)律得出圖象的解析式，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，當時函數(shù)取得最值，列出關于φ的不等式，討論求解即可． G4 空間中的平行關系 【理四川成都高三摸底xx】6．已知a，b是兩條不同直線，a是一個平面，則下列說法正確的是 （A）若a∥b．b，則a// （B）若a//，b，則a∥b （C）若a⊥，b⊥，則a∥b （D）若a⊥b，b⊥，則a∥ 【知識點】線面平行的判定、線面垂直的性質(zhì) 【答案解析】C解析：解：A選項中直線a還可能在平面α內(nèi)，所以錯誤，B選項直線a與b可能平行還可能異面，所以錯誤，C選項由直線與平面垂直的性質(zhì)可知正確，因為正確的選項只有一個，所以選C 【思路點撥】在判斷直線與平面平行時要正確的理解直線與平面平行的判定定理，應特別注意定理中的“平面外一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行”，在判斷位置關系時能用定理判斷的可直接用定理判斷，不能直接用定理判斷的可考慮用反例排除. 【理吉林長春十一中高二期末xx】18．（滿分12分）如圖，已知三棱柱的側(cè)棱與底面垂直，且，,，點分別為、、的中點． （Ⅰ）求證：∥平面； （Ⅱ）求證：； （Ⅲ）求二面角的余弦值. 【知識點】直線與平面平行的證明；異面直線垂直的證明；二面角的求法. 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ） 解析 ：解：（Ⅰ）證明：連接，是的中點 ，過點， 為的中點，， 又面，面，平面； （Ⅱ）在直角中，，，， 棱柱的側(cè)棱與底面垂直，且，以點為原點，以所在的直線為軸建立如圖所示空間直角坐標系如圖示，則 ，，，，， ，， ，； （Ⅲ）依題意得，，，，，，， 設面的一個法向量為， 由，得，令，得， 同理可得面的一個法向量為， 故二面角的平面角的余弦值為， 【思路點撥】（Ⅰ）連結(jié)，由已知條件推導出，由此能證明 ∥平面． （Ⅱ）以點為原點，以所在的直線為x軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明． （Ⅲ）分別求出面的一個法向量和平面的一個法向量利用向量法能求出二面角的余弦值． G5 空間中的垂直關系 【浙江寧波高一期末xx】3.設是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題不正確的是 若，，則 若，∥，則 若，，則∥ 若∥,∥,則∥ 【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系． 【答案解析】D解析 ：解：由線面垂直的定義判斷，知若，，則，故A正確. 由線面垂直的性質(zhì)判定定理，知若，∥，則，故B正確. 由根據(jù)垂直同一平面的兩直線平行判斷，知若，，則∥,故C正確. 由線面平行的性質(zhì)判斷，知若∥,∥,則與的關系是平行、相交或異面，故D錯誤. 故答案選：D. 【思路點撥】由線面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)判定定理、線面平行的性質(zhì)依次判斷即可. 【文重慶一中高二期末xx】18 .(原創(chuàng))（本小題12分（1）小問6分，（2）小問7分） 所有棱長均為1的四棱柱如下圖所示，. （1）證明：平面平面； （2）當為多大時，四棱錐的體積最大，并求出該最大值. 【知識點】面面垂直的性質(zhì)定理；立體幾何中的最值問題. 【答案解析】（1）見解析（2） 解析 ：解：(1)由題知，棱柱的上下底面為菱形，則①， …………2分 由棱柱性質(zhì)可知，又，故② …………4分 由①②得平面， 又平面，故平面平面 ………… 6分 （2）設， 由（1）可知平面， 故 ………8分 菱形中，因為，，則，且 則在中， ………10分 易知四邊形為邊長為1的菱形， 則當時（），最大，且其值為1. …………12分 故所求體積最大值為 …………13分 【思路點撥】（1）由題知,由棱柱性質(zhì)可知,結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理可得結(jié)論；（2）先找到四棱錐的體積的表示，知當時（），最大，且其值為1，可求體積最大值. 【文浙江紹興一中高二期末`xx】19．（本題滿分10分）如圖，平面平面， 第19題圖 四邊形為矩形，．為的中點，． （1）求證：； （2）若與平面所成的角為， 求二面角的余弦值． 【知識點】線面垂直的判定定理；線面垂直的性質(zhì)定理；二面角的平面角的做法. 【答案解析】（1）見解析（2） 解析 ：解：（1）證明：連結(jié)OC,因AC=BC,O是AB的中點，故.又因平面ABC平面ABEF,故平面， …………2分 于是．又，所以平面， 所以， …………4分 又因，故平面， 所以． …………6分 （2）解法一：由（1），得．不妨設，． …………7分 因為直線FC與平面ABC所成的角，故=， 所以FC=EC=2，為等邊三角形，…………9分 設則O,B分別為PF,PE的中點，也是等邊三角形. 取EC的中點M,連結(jié)FM,MP,則 所以為二面角的平面角. …………12分 在中， …………13分 故cos 即二面角的余弦值為． …………14分 解法二：取的中點，以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系．不妨設，，則，，，， …………8分 從而，. 設平面的法向量為， 由，得， 可?。? …………10分 同理，可取平面的一個法向量為 ． ………12分 于是， ……13分 易見二面角的平面角與互補， 所以二面角的余弦值為． …………14分 【思路點撥】(1) 連結(jié)OC再利用面面垂直的性質(zhì)得到平面，再利用線面垂直的判定得到平面，最后再次利用線面垂直的判定得到結(jié)論；（2）解法一：結(jié)合已知條件找出為二面角的平面角，然后利用公式即可. 解法二：取的中點，以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系．不妨設，，然后找出相關點的坐標，然后分別求出兩個半平面的法向量代入公式即可. 【文浙江紹興一中高二期末`xx】14．沿對角線AC 將正方形A B C D折成直二面角后，A B與C D所在的直線所成的角等于 ； 【知識點】異面直線及其所成的角， 【答案解析】60解析 ：解：如圖所示， 分別取AC、AB、BD邊的中點O、E、F，連接DO、BO、EO、FO、EF，則有EF∥AD，OE∥BC∴∠FEO就是直線AB與CD所成的角． 設正方形邊長為2a，則DO=BO=AC＝a，且DO⊥AC，BO⊥AC 即∠DOB為二面角D-AC-B所成的角，由于DB=2a可得DO⊥BO， ∴OF=DB=a=EF=EO，即得∠FEO=60，即得直線AB與CD所成的角的大小為60． 故答案為：60． 【思路點撥】分別取AC、AB、BD邊的中點O、E、F，連接DO、BO、EO、FO、EF，根據(jù)三角形中位線定理，易得∠FEO就是直線AB與CD所成的角，解三角形FEO，即可求出直線AB與CD所成的角的大?。? 【文浙江紹興一中高二期末`xx】6．設m，n是兩條不同的直線，、、是三個不同的平面，給出下列命題，正確的（ ） A．若，，則 B．若，，則 C．若，，則 D．若，，，則 【知識點】線面平行的性質(zhì)定理；線面垂直的第二判定定理；面面垂直的判定定理． 【答案解析】B解析 ：解：若，，則m與的關系不確定，故A錯誤； 若，則存在直線n?，使m∥n，又由，可得n⊥β，進而由面面垂直的判定定理得到，故B正確； 若，，則與關系不確定，故C錯誤； 若，，，則與可能平行，也可能相交（此時交線與m，n均平行），故D錯誤； 故選：B 【思路點撥】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，線面垂直的第二判定定理，面面垂直的判定定理，可判斷B中結(jié)論正確，而由空間點線面關系的幾何特征，可判斷其它結(jié)論均不一定成立． 【文浙江寧波高二期末xx】4. 已知直線，平面，且，給出下列命題，其中正確的是（ ） A. 若，則 B. 若，則 C. 若，則 D. 若，則 【知識點】線面、面面位置關系的判斷. 【答案解析】A解析 ：解： 對于A∵ ，∴，又∵，∴，∴A正確． 對于B∵,則與的位置關系是平行、相交、異面，故B錯誤. 對于C∵，則的位置關系是平行或相交，故C錯誤. 對于D∵，則.故D錯誤. 故選：A. 【思路點撥】利用直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系逐一判斷，成立的證明，不成立的可舉出反例． 【理重慶一中高二期末xx】4、在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，A A1=1，則點A到平面A1BC的距離為（　 ） A、 B、 C、 D、 【知識點】點到平面的距離. 【答案解析】B解析 ：解：設點A到平面A1BC的距離為h，則三棱錐的體積為即∴ ∴h=． 故選：B． 【思路點撥】要求點A到平面A1BC的距離，可以求三棱錐底面A1BC上的高，由三棱錐的體積相等，容易求得高，即是點到平面的距離． 【理浙江紹興一中高二期末xx】5． 設m，n是兩條不同的直線，、、是三個不同的平面，給出下列命題，正確的是 A．若，，則 B．若，，則 C．若，，則 D．若，，，則 【知識點】線面平行的性質(zhì)定理；線面垂直的第二判定定理；面面垂直的判定定理． 【答案解析】B解析 ：解：若，，則m與的關系不確定，故A錯誤； 若，則存在直線n?，使m∥n，又由，可得n⊥β，進而由面面垂直的判定定理得到，故B正確； 若，，則與關系不確定，故C錯誤； 若，，，則與可能平行，也可能相交（此時交線與m，n均平行），故D錯誤； 故選：B 【思路點撥】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，線面垂直的第二判定定理，面面垂直的判定定理，可判斷B中結(jié)論正確，而由空間點線面關系的幾何特征，可判斷其它結(jié)論均不一定成立． 【理浙江寧波高二期末`xx】19.(本題滿分14分)在如圖所示的空間幾何體中,平面平面,與 均是邊長為的等邊三角形,,直線和平面所成的角為,且點在平面上的射影落在的平分線上． （I）求證:平面； （II）求二面角的余弦值． 【知識點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；與二面角有關的立體幾何綜合題． 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） 解析 ：解：（Ⅰ）由題意知，，都是邊長為2的等邊三角形，取中點， 連接，則，， 又∵平面⊥平面，∴⊥平面，作⊥平面， 那么，根據(jù)題意，點落在上， ……………3分 ∴，易求得， ∴四邊形是平行四邊形，∴，∴平面 ……………7分 （Ⅱ）解法一：作，垂足為，連接， ∵⊥平面，∴，又， ∴平面，∴， ∴就是二面角的平面角 …………10分 中，， ，． ∴．即二面角的余弦值為．…………14分 解法二：建立如圖所示的空間直角坐標系， 可知平面的一個法向量為 設平面的一個法向量為 則，可求得． ……10分 所以， 所以二面角的余弦值為． …………14分 【思路點撥】（Ⅰ）取AC中點O，連接BO，DO，由題設條件推導出DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，由已知條件推導出∠EBF=60，由此能證明DE∥平面ABC． （Ⅱ）法一：作FG⊥BC，垂足為G，連接EG，能推導出∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角，由此能求出二面角E-BC-A的余弦值． 法二：以OA為x軸，以OB為y軸，以OD為z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，利用向量法能求出二面角E-BC-A的余弦值． 【理浙江寧波高二期末`xx】4.已知是空間中兩條不同直線,是兩個不同平面,且,給出下列命題： ①若，則； ②若，則; ③若，則； ④若，則 其中正確命題的個數(shù)是 （ ）A. 1 B. 2 C．3 D．4 【知識點】線面、面面位置關系的判斷. 【答案解析】B解析 ：解： 對于A∵ ，∴，又∵，∴，∴A正確． 對于B∵,則與的位置關系是平行、相交、異面，故B錯誤. 對于C∵，則的位置關系是平行或相交，故C錯誤. 對于D∵，則.故D正確 故選.：B. 【思路點撥】利用直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系逐一判斷，成立的證明，不成立的可舉出反例． 【理四川成都高三摸底xx】19．（本小題滿分12分） 如圖，已知⊙O的直徑AB=3，點C為⊙O上異于A，B的一點，VC⊥平面ABC，且VC=2，點M為線段VB的中點。 （I）求證：BC⊥平面VAC； （Ⅱ）若AC=l，求二面角M－VA－C的余弦值。 【知識點】直線與平面垂直的判定、二面角的求法 【答案解析】（I）略；（Ⅱ） 解析：解：（I）證明：因為VC⊥平面ABC，，所以VC⊥BC，又因為點C為圓O上一點，且AB為直徑，所以AC⊥BC，又因為VC，AC平面VAC，VC∩AC=C，所以BC⊥平面VAC. （Ⅱ）由（I）得BC⊥VC，VC⊥AC，AC⊥BC，分別以AC，BC，VC，所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系C—xyz如圖 則A(1，0，0)，V(0，0，2)，B(0，，0)，設平面VAC的法向量，設平面VAM的法向量，由令y=，得，所以，即所求二面角的余弦值為 【思路點撥】在證明直線與平面垂直時，一般結(jié)合直線與平面垂直的判定定理，只需證明直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直；對于求二面角可考慮直接求其平面角的大小和用向量求解，當直接尋求其平面角不方便時要注意建立適當空間直角坐標系，借助于平面的法向量解答. 【理四川成都高三摸底xx】6．已知a，b是兩條不同直線，a是一個平面，則下列說法正確的是 （A）若a∥b．b，則a// （B）若a//，b，則a∥b （C）若a⊥，b⊥，則a∥b （D）若a⊥b，b⊥，則a∥ 【知識點】線面平行的判定、線面垂直的性質(zhì) 【答案解析】C解析：解：A選項中直線a還可能在平面α內(nèi)，所以錯誤，B選項直線a與b可能平行還可能異面，所以錯誤，C選項由直線與平面垂直的性質(zhì)可知正確，因為正確的選項只有一個，所以選C 【思路點撥】在判斷直線與平面平行時要正確的理解直線與平面平行的判定定理，應特別注意定理中的“平面外一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行”，在判斷位置關系時能用定理判斷的可直接用定理判斷，不能直接用定理判斷的可考慮用反例排除. 【江蘇鹽城中學高二期末xx】17．（本小題滿分14分） A B C A1 B1 C1 E D 第17題 （理科學生做）如圖，在直三棱柱中，，分別是的中點，且. （1）求直線與所成角的大?。? （2）求直線與平面所成角的正弦值. 【知識點】異面直線所成的角；直線與平面所成的角. 【答案解析】（1）（2） 解析 ：解：分別以、、所在直線為軸建立空間直角坐標系. 則由題意可得：,,,,,, 又分別是的中點，,. …………3分 （1）因為， ， 所以， …………7分 直線與所成角的大小為. …………8分 （2）設平面的一個法向量為,由,得, 可取， …………10分 又，所以， ……13分 直線與平面所成角的正弦值為. …………14分 【思路點撥】（1）分別以、、所在直線為軸建立空間直角坐標系. 則由題意可得， ，然后利用向量的夾角公式計算可得結(jié)果；（2）找出兩個半平面的法向量后利用向量的夾角公式計算即可. 【文浙江溫州十校期末聯(lián)考xx】6．已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，則下列命題不正確的是( ▲ ) A．若，則 B．若，則 C．若，則 D．若，則 【知識點】空間中直線與平面之間的位置關系. 【答案解析】B 解析 ：解：A選項正確，因為兩條平行線中的一條垂直于某個平面，則另一條必垂直于這個平面； B選項不正確，因為由線面平行的性質(zhì)定理知，線平行于面，過線的面與已知面相交，則交線與已知線平行，由于m與β的位置關系不確定，故不能得出線線平行； C選項正確，兩個平面垂直于同一條直線，則此兩平面必平行； D選項正確，一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直． 綜上，B選項不正確 故選B. 【思路點撥】A選項由線面垂直的條件判斷；B選項由線線平行的條件判斷；C選項由面面平行的條件判斷；D選項由面面垂直的條件判斷． 【文江西鷹潭一中高一期末xx】21．（本題14分）已知△BCD中，∠BCD=90，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60，E、F分別是AC、AD上的動點，且（Ⅰ）求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC；（Ⅱ）當λ為何值時，平面BEF⊥平面ACD？ 【知識點】平面與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)． 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） 解析 ：解：證明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD， ∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．（3分） 又∵， ∴不論λ為何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF?平面BEF， ∴不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD， ∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分） ∵BC=CD=1，∠BCD=90，∠ADB=60， ∴，（11分） ∴， 由AB2=AE?AC得，∴，（13分） 故當時，平面BEF⊥平面ACD．（14分） 【思路點撥】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD?AB⊥CD，又CD⊥BC?CD⊥平面ABC，再利用條件可得不論λ為何值，恒有EF∥CD?EF?平面BEF，就可得不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD?BE⊥平面ACD?BE⊥AC．故只須讓所求λ的值能證明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值． 【文江西鷹潭一中高一期末xx】19．（本題12分）（本題13分）已知正方體，是底對角線的交點. 求證：（１）∥面；（2 ）面。 【知識點】空間中直線與平面之間的位置關系． 【答案解析】（1）見解析；（2）見解析. 解析 ：解：（1）連接A1C1，設A1C1∩B1D1=O1，連接AO1， ∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方體， ∴A1ACC1是平行四邊形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC， 又O1，O分別是A1C1，AC的中點，∴O1C1∥AO且O1C1=AO， ∴AOC1O1是平行四邊形，∴C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1， ∴C1O∥面AB1D1； （2）∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，同理可證A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D1 【思路點撥】（1）欲證C1O∥面AB1D1，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證C1O與面AB1D1內(nèi)一直線平行，連接A1C1，設A1C1∩B1D1=O1，連接AO1，易得C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1，滿足定理所需條件； （2）欲證A1C⊥面AB1D1，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證A1C與面AB1D1內(nèi)兩相交直線垂直根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知A1C⊥B1D1，同理可證A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，滿足定理所需條件． 【文江西鷹潭一中高一期末xx】14．已知為兩條不同的直線，為三個不同的平面，有下列命題：（1） ，則；（2） ，則；（3） ，則；（4） ，則；其中正確命題是 【知識點】線面平行、線面垂直的性質(zhì). 【答案解析】（2） 解析 ：解：對于（1），則或相交或異面；故（1）不正確； 對于（2），則，正確； 對于（3） ，則或，故（3）不正確； 對于（4），則或，故（4）不正確； 故答案為（2） 【思路點撥】利用線面間的位置關系以此判斷即可. 【文江西鷹潭一中高一期末xx】2．若直線∥平面，直線，則與的位置關系是 （ ） A． ∥ B．與異面 C．與相交 D．與沒有公共點 【知識點】線面的位置關系. 【答案解析】D 解析 ：解： 因為∥平面，則與平面沒有公共點，又因為直線，故與沒有公共點，故選D 【思路點撥】利用線面平行的定義知與平面沒有公共點，再結(jié)合直線，可得結(jié)論. 【理浙江溫州十校期末聯(lián)考xx】5．已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，則下列命題不正確的是( ▲ ) A．若，則 B．若，則 C．若，則 D．若，則 【知識點】空間中直線與平面之間的位置關系. 【答案解析】B 解析 ：解：A選項正確，因為兩條平行線中的一條垂直于某個平面，則另一條必垂直于這個平面； B選項不正確，因為由線面平行的性質(zhì)定理知，線平行于面，過線的面與已知面相交，則交線與已知線平行，由于m與β的位置關系不確定，故不能得出線線平行； C選項正確，兩個平面垂直于同一條直線，則此兩平面必平行； D選項正確，一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直． 綜上，B選項不正確 故選B. 【思路點撥】A選項由線面垂直的條件判斷；B選項由線線平行的條件判斷；C選項由面面平行的條件判斷；D選項由面面垂直的條件判斷． 【江西鷹潭一中高一期末xx】21．（本題14分）已知△BCD中，∠BCD=90，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60，E、F分別是AC、AD上的動點，且 （Ⅰ）求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC；（Ⅱ）當λ為何值時，平面BEF⊥平面ACD？ 【知識點】平面與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)． 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） 解析 ：解：證明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD， ∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．（3分） 又∵， ∴不論λ為何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF?平面BEF， ∴不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD， ∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分） ∵BC=CD=1，∠BCD=90，∠ADB=60， ∴，（11分） ∴， 由AB2=AE?AC得，∴，（13分） 故當時，平面BEF⊥平面ACD．（14分） 【思路點撥】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD?AB⊥CD，又CD⊥BC?CD⊥平面ABC，再利用條件可得不論λ為何值，恒有EF∥CD?EF?平面BEF，就可得不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD?BE⊥平面ACD?BE⊥AC．故只須讓所求λ的值能證明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值． 【江西鷹潭一中高一期末xx】19．（本題12分）已知正方體，是底面對角線的交點. 求證：（１）∥面；（2 ）面． 【知識點】空間中直線與平面之間的位置關系． 【答案解析】（1）見解析；（2）見解析. 解析 ：解：（1）連接A1C1，設A1C1∩B1D1=O1，連接AO1， ∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方體， ∴A1ACC1是平行四邊形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC， 又O1，O分別是A1C1，AC的中點，∴O1C1∥AO且O1C1=AO， ∴AOC1O1是平行四邊形，∴C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1， ∴C1O∥面AB1D1； （2）∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，同理可證A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D1 【思路點撥】（1）欲證C1O∥面AB1D1，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證C1O與面AB1D1內(nèi)一直線平行，連接A1C1，設A1C1∩B1D1=O1，連接AO1，易得C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1，滿足定理所需條件； （2）欲證A1C⊥面AB1D1，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證A1C與面AB1D1內(nèi)兩相交直線垂直根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知A1C⊥B1D1，同理可證A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，滿足定理所需條件． 【江西鷹潭一中高一期末xx】14.已知為兩條不同的直線，為三個不同的平面，有下列命題：（1） ，則；（2） ，則；（3） ，則；（4） ，則；其中正確命題是 【知識點】線面平行、線面垂直的性質(zhì). 【答案解析】（2） 解析 ：解：對于（1），則或相交或異面；故（1）不正確； 對于（2），則，正確； 對于（3） ，則或，故（3）不正確； 對于（4），則或，故（4）不正確； 故答案為（2） 【思路點撥】利用線面間的位置關系以此判斷即可. 【江西鷹潭一中高一期末xx】2．若直線∥平面，直線，則與的位置關系是 （ ） A． ∥ B．與異面 C．與相交 D．與沒有公共點 【知識點】線面的位置關系. 【答案解析】D 解析 ：解： 因為∥平面，則與平面沒有公共點，又因為直線，故與沒有公共點，故選D 【思路點撥】利用線面平行的定義知與平面沒有公共點，再結(jié)合直線，可得結(jié)論. G6 三垂線定理 【文浙江紹興一中高二期末`xx】10．我們把底面是正三角形，頂點在底面的射影是正三角形中心的三棱錐稱為正三棱錐?，F(xiàn)有一正三棱錐放置在平面上，已知它的底面邊長為2，高為，在平面上，現(xiàn)讓它繞轉(zhuǎn)動，并使它在某一時刻在平面上的射影是等腰直角三角形，則的取值范圍是（ ） A． B． C．. D． 【知識點】三垂線定理. 【答案解析】C解析 ：解： 圖(1)　 圖(2) 　　　 　　　　　　　 　圖(3) 如圖（1）當繞BC旋轉(zhuǎn)至P點在底面的射影正好在BC中點D時,假如正三棱錐在平面上的射影正好是等腰直角,連接DA.,設P點在底面ABC上的射影點為H,其在DA上，連接PH，PH=h為正三棱錐的高，其中=1， , ,, ，而當時滿足題意，PH值再大就會使錐在底面的射影是四邊形了. 當繼續(xù)旋轉(zhuǎn)至如圖（2）時，假如正好是三棱錐在底面的射影是等腰直角三角形且面垂直于底面，設點P在面的射影點為,取BC的中點為E，連接AE. .,設P點在底面中的射影為O,連接PO,設PO=h，在中， ，= 所以， 如果PO值再大，三棱錐在面內(nèi)的射影就又是四邊形了，再小可繼續(xù)旋轉(zhuǎn)直到側(cè)面PBC為等腰直角三角形時就成了圖（3）狀態(tài)，也合題意，此時如圖E為BC中點，O仍為P在底面三角形ABC射影，連接AE.PE.PO, ,PE=1,則 ，所以 綜上，的取值范圍是. 故選：C． 【思路點撥】由題意可知變化過程中，圖形為三種情況，依次考慮即可. G7 棱柱與棱錐 【文廣東惠州一中高三一調(diào)xx】18．（本小題滿分14分） 如圖所示的多面體中，是菱形，是矩形，面,． （1）求證:. （2）若 【知識點】棱錐的體積；平面與平面平行的性質(zhì)． 【答案解析】（1）見解析（2） 解析 ：解：1）由是菱形 ……3分 由是矩形 ………6分 （2）連接， 由是菱形， 由面, ，………10分 則為四棱錐的高 由是菱形，，則為等邊三角形， 由；則，， ………………………………………14分 【思路點撥】（1）證明FB∥平面AED，BC∥平面AED，利用面面平行的判定定理可得結(jié)論；（2）找出棱錐的高以及底面積，然后利用棱錐的體積公式計算即可. 【文江西鷹潭一中高一期末xx】8．四面體中，若，則點在平面內(nèi)的射影點是的 （ ） A．內(nèi)心 B．外心 C．垂心 D．重心 【知識點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征. 【答案解析】B 解析 ：解：設點P作平面ABC的射影O， 由題意：PA=PB=PC，因為PO⊥底面ABC，所以△PAO≌△POB≌△POC 即：OA=OB=OC所以O為三角形的外心． 故選B. 【思路點撥】點P在平面ABC上的射為O，利用已知條件，證明OA=OB=OC，推出結(jié)論． 【文江西鷹潭一中高一期末xx】6．棱長都是的三棱錐的體積為 ( )． A． B． C． D． 【知識點】棱錐的體積． 【答案解析】A 解析 ：解：如圖： ∵三棱錐的棱長都為1，底面三角形為正三角形∴三棱錐的底面三角形的高 O為中心， 三棱錐的高， ∴三棱錐的體積 故選A． 【思路點撥】先求正三棱錐的底面三角形的高，然后求出三棱錐的高，即可求出體積. 【江西鷹潭一中高一期末xx】8．四面體中，若，則點在平面內(nèi)的射影點是三角形ABC的 （ ） A．內(nèi)心 B．外心 C．垂心 D．重心 【知識點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征. 【答案解析】B 解析 ：解：設點P作平面ABC的射影O， 由題意：PA=PB=PC，因為PO⊥底面ABC，所以△PAO≌△POB≌△POC 即：OA=OB=OC所以O為三角形的外心． 故選B. 【思路點撥】點P在平面ABC上的射為O，利用已知條件，證明OA=OB=OC，推出結(jié)論． 【江西鷹潭一中高一期末xx】7．棱長都是的三棱錐的體積為 ( )． A． B． C． D． 【知識點】棱錐的體積． 【答案解析】A 解析 ：解：如圖： ∵三棱錐的棱長都為1，底面三角形為正三角形∴三棱錐的底面三角形的高 O為中心， 三棱錐的高， ∴三棱錐的體積 故選A． 【思路點撥】先求正三棱錐的底面三角形的高，然后求出三棱錐的高，即可求出體積. G8 多面體與球 【浙江寧波高一期末xx】12.圓錐的母線長為3，側(cè)面展開圖的中心角為，那么它的表面積為___________. 【知識點】圓錐的體積公式；圓錐的側(cè)面展開圖；扇形的面積公式；圓的面積公式. 【答案解析】解析 ：解：側(cè)面展開圖的扇形的弧長，所以底面圓的半徑，所以表面積為. 故答案為：. 【思路點撥】借助于公式求出側(cè)面展開圖的扇形的弧長以及底面圓的半徑，然后代入公式求出結(jié)果. 【理浙江紹興一中高二期末xx】10．球O為邊長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，P為球O的球面上動點，M為B1C1中點，，則點P的軌跡周長為 A ． B． C． D． 【知識點】截面與圓的位置關系；球面距離及相關計算． 【答案解析】D解析 ：解：由題意，取BB1的中點N，連接CN，則CN⊥BM， ∵正方體ABCD-A1B1C1D1，∴CN為DP在平面B1C1CB中的射影， ∴點P的軌跡為過D，C，N的平面與內(nèi)切球的交線， ∵正方體ABCD-A1B1C1D1的邊長為2，∴O到過D，C，N的平面的距離為， ∴截面圓的半徑為，∴點P的軌跡周長為． 故選：D. 【思路點撥】取BB1的中點N，連接CN，確定點P的軌跡為過D，C，N的平面與內(nèi)切球的交線，求出截面圓的半徑，即可得出結(jié)論． 【文浙江溫州十校期末聯(lián)考xx】13．若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，且側(cè)棱長均為，則其外接球的表面積是__▲__ 【知識點】構(gòu)造法;球的表面積計算. 【答案解析】 解析 ：解：依題可以構(gòu)造一個正方體，其體對角線就是外接球的直徑. r=； 故答案為：． 【思路點撥】由于三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，且側(cè)棱長均為，將三棱錐擴展為正方體，它的對角線是球的直徑，求解即可． G9　空間向量及運算 G10 空間向量解決線面位置關系 【浙江寧波高一期末xx】10.如圖，三棱柱的各棱長均為2，側(cè)棱與底面所成的角為，為銳角，且側(cè)面⊥底面，給出下列四個結(jié)論： A A1 C B C1 B1 （第10題圖） ①； ②； ③直線