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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 四、立体几何一、挑选题1.（重庆理 9）高为2 / 4 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为1 的正方形,点S、A、B、C、D 均在半径为1 的同一球面上,就底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为22D2A4B2C1 【答案】 C 2.（浙江理 4）以下命题中错误选项A假如平面 平面,那么平面 内肯定存在直线平行于平面B假如平面 不垂直于平面,那么平面 内肯定不存在直线垂直于平面C假如平面 平面,平面 平面,=l ,那么 l 平面D假如平面 平面,那么平面 内全部直线都垂直于平面【答案】 D 3.（四川理 3）1l ,2l,3l是空间三条
2、不同的直线,就以下命题正确选项2l, 3l共面A1 ll ,l2l3l 1/ /l 3B1 ll ,l2/ /l 3l 1l3Cl2/ /l3/ / l31l,2l, 3l共面D1l,2l,3l共点1l,【答案】 B 【解析】 A 答案仍有异面或者相交,C、D 不肯定 4.（陕西理 5）某几何体的三视图如下列图,就它的体积是A82B8332名师归纳总结 C82D3第 1 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【答案】 A 5.（浙江理 3）如某几何体的三视图如下列图,就这个几何体的直观图可以是【答案】 D 6.（山东理 11）右图是长和宽分
3、别相等的两个矩形给定以下三个命题：存在三棱柱,其正（主）视图、俯视图如下图；存在四棱柱,其正（主）视图、俯视图如右图；存在圆柱,其正（主）视图、俯视图如右图其中真命题的个数是A3 B2 C1 D0 【答案】 A 7.（全国新课标理6）；在一个几何体的三视图中,正视图与俯视图如右图所示,就相应的侧视图可以为【答案】 D 名师归纳总结 8.（全国大纲理6）已知直二面角 - - ,点 A,AC ,C 为垂足, B, BD,D第 2 页,共 38 页为垂足如AB=2 ,AC=BD=1 ,就 D 到平面 ABC 的距离等于236A3 B3C3D1 - - - - - - -精选学习资料 - - - -
4、- - - - - 【答案】 C 9.（全国大纲理11）已知平面 截一球面得圆M ,过圆心M 且与 成0 60 二面角的平面截该球面得圆N如该球面的半径为4,圆 M 的面积为4,就圆 N 的面积为A7B9C11 D13【答案】 D 10.（湖南理 3）设图 1 是某几何体的三视图,就该几何体的体积为3 3 侧视图A912 B918222 C942D3618正视图【答案】 B 11.（江西理8）已知a ,2a,a 是三个相互平行的平面平面俯视图1a,a 之间的距离为 图 1 d ,平面2a, 3a之间的距离为d 直线 l 与a , 2 a , 3 a 分别相交于1p, 2 p ,p ,那么 “P
5、P =P P ”是“d 1d ”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】 C 12.（广东理 7）如图 1 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,就该几何体的体积为A6 3B9 3C12 3D18 3【答案】 B 13.（北京理 7）某四周体的三视图如下列图,该四周体四个面的面积中,最大的是名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - A8 B6 2C 10 D8 2【答案】 C 14.（安徽理 6）一个空间几何体的三视图如下列图,就该几何体的表面积
6、为（A）48 （B） 32+8（C） 48+8（D）80 【答案】 C 15.（辽宁理 8）；如图,四棱锥SABCD 的底面为正方形,SD底面 ABCD ,就以下结论中不正确选项（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【答案】 D 16.（辽宁理 12）；已知球的直径SC=4,A ,B 是该球球面上的两点, AB=33 ,ASCBSC30,就棱锥SABC 的体积为（A ）3（B）23（ C）3（D）1 【答案】 C 名师归纳总结 17 （ 上 海 理17 ） 设
7、A 1,A 2,A 3,A 4,A是 空 间 中 给 定 的5个 不 同 的 点 , 就 使第 4 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - MA 1MA 2MA 3MA 4MA 50成立的点 M 的个数为A0 B1 C 5 D 10 【答案】 B 二、填空题18.（上海理 7）如圆锥的侧面积为2,底面积为,就该圆锥的体积为；3【答案】319.（四川理 15）如图,半径为R 的球 O 中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大是,求的表面积与改圆柱的侧面积之差是3,它的三视图中的俯【答案】2R2【解析】S 侧2r2R2r24r22 Rr2S 侧max时,
8、r2R2r2r2R2r2R,就42 R2R22R22220.（辽宁理 15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2视图如右图所示,左视图是一个矩形,就这个矩形的面积是【答案】2 321.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m ）,就该几何体的体积为名师归纳总结 _3 m第 5 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【答案】622.（全国新课标理15）；已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4 的球 O 的球面上,且AB=6 ,BC=2 3 ,就棱锥 O-ABCD 的体积为 _【答案】8 323.（湖北理 14）如图,直角坐标
9、系 xOy 所在的平面为,直角坐标系 x Oy （其中 y 轴一 与y轴重合）所在的平面为,xOx 45；（）已知平面 内有一点 P 2 2,2,就点 P 在平面 内的射影 P 的坐标为（2,2）；（）已知平面 内的曲线 C 的方程是 x 2 22 y 22 0,就曲线 C 在平面 内的射影C的方程是；2 2【答案】 x 1 y 124.（福建理 12）三棱锥 P-ABC 中, PA底面 ABC ,PA=3,底面 ABC 是边长为 2 的正三角形,就三棱锥 P-ABC 的体积等于 _；【答案】3三、解答题25.（江苏 16）如图,在四棱锥PABCD中,平面 PAD平面 ABCD ,AB=AD
10、,BAD=60,E、F 分别是 AP、AD 的中点P求证：（1）直线 EF 平面 PCD；（2）平面 BEF平面 PAD EDA FCB名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 此题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考察空间想象才能和推理论证才能；满分 14 分；证明：（1）在 PAD 中,由于 E、 F 分别为AP,AD 的中点,所以 EF/PD. 又由于 EF 平面 PCD, PD 平面 PCD,所以直线 EF/平面 PCD. （2）连结 DB,由于 AB=AD , BAD=60,所以 ABD 为正三角形,由于
11、 F 是 AD 的中点,所以 BFAD. 由于平面 PAD平面ABCD ,BF 平面 ABCD ,平面 PAD 平面 ABCD=AD ,所以 BF平面 PAD；又由于 BF平面 BEF,所以平面 BEF平面 PAD. 26.（安徽理 17）如图,ABCDEFG 为多面体,平面 ABED 与平面AGFD垂直,点O在线段AD上,OA 1, OD 2, OAB ,OAC,ODE,ODF都是正三角形；（）证明直线 BC EF ；（II ）求棱锥 FOBED 的体积；此题考查空间直线与直线,直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的运算等基本学问,考查空间想象才能,推理论证才能和
12、运算求解才能 . （I）（综合法）证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点 . 由于 OAB 与 ODE 都是正三角形,所以名师归纳总结 = OB 1DE,OG=OD=2 ,第 7 页,共 38 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 同理,设G 是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点,有OGOD2.又由于 G 和G 都在线段 DA 的延长线上,所以G 与G重合 . 1DF,可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF= = 在 GED 和 GFD 中,由OB 1DE= 和 OC22的中点,所以BC 是 GEF 的中位线,故BC EF. （向量法
13、）过点 F 作FQAD,交 AD 于点 Q,连 QE,由平面 ABED 平面 ADFC ,知 FQ平面 ABED ,以 Q 为坐标原点,QE为x轴正向,QD为 y 轴正向,QF为 z 轴正向,建立如图所示空间直角坐标系. 3 2,30,C0,3,3 2.2 的正E3 ,00 ,F0 ,03,B22由条件知就有BC3,03,EF3,0 ,3.3,而 OED 是边长为22所以EF2BC,即得 BC EF. 60,知SEOB（II ）解：由OB=1 ,OE=2,EOB2三角形,故S OED3 .所以S OBEDS EOBS OED323.过点 F 作 FQAD ,交 AD 于点 Q,由平面ABED
14、平面 ACFD 知, FQ 就是四棱锥FOBED 的高,且 FQ=3 ,所以VFOBED1FQS OBED3.3227.（北京理 16）名师归纳总结 如 图 , 在 四 棱 锥PABCD 中 , PA平 面A B C D, 底 面A B C D是 菱 形 ,第 8 页,共 38 页A B2,B A D6 0 . 求证：BD平面PAC;（）如PAAB 求 PB 与 AC 所成角的余弦值；（）当平面PBC 与平面 PDC 垂直时,求PA 的长 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证明：（）由于四边形 ABCD 是菱形,所以 AC BD. 又由于 PA平面
15、 ABCD. 所以 PABD. 所以 BD平面 PAC. （）设 ACBD= O. 名师归纳总结 由于 BAD=60, PA=PB=2, 3 ,0）. 第 9 页,共 38 页所以 BO=1 ,AO=CO=3 . 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz,就P（0,3 ,2）,A（0,3 ,0）, B（ 1,0,0）,C（0,所以PB,13,2 ,AC 0 2,3 , 0 .设 PB 与 AC 所成角为,就cos|PB|AC|226236. PB|AC4（）由（）知BC,130, .设 P（ 0,3 , t）（ t0）,就BP,13,t设平面 PBC 的法向量mx,y,z, 就BC
16、m,0BPm0x3y0,所以x3ytz0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 令y3 ,就x3 ,z6.tm,33,6n,33 ,6t所以同理,平面PDC 的法向量t由于平面 PCB平面 PDC, 所以mn=0,即6360t2解得t6所以 PA=628.（福建理 20）如图,四棱锥P-ABCD 中, PA底面 ABCD ,四边形ABCD中, AB AD ,AB+AD=4 ,CD=2 ,CDA45（I）求证：平面PAB平面 PAD；（II ）设 AB=AP （i）如直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30,求线段 AB 的长；（ii ）在线段 AD 上是否
17、存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等？说明理 由；本小题主要考查直线与直线、直线与平面、 平面与平面的位置关系等基础学问,考查空间想象才能、推理论证才能、抽象依据才能、运算求解才能,考查函数与方程思想、数形结合思 想、化归与转化思想,满分 14 分；解法一：名师归纳总结 （I）由于 PA平面 ABCD ,第 10 页,共 38 页AC平面 ABCD ,所以PAAB ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又ABAD PAADA,所以 AB平面 PAD ；平面 PAD；又 AB平面 PAB,所以平面 PAB（II ）以 A 为坐标原
18、点,建立空间直角坐标系 Axyz（如图）在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于点 E,就CEAD.在Rt CDE中, DE=CDcos451,CECDsin 451,设 AB=AP=t ,就 B（t,0,0）,P（0,0, t）由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t ,名师归纳总结 所以E0,3t,0,C1,3t,0,D0,4t,0,第 11 页,共 38 页CD 1,1,0,PD0,4t,t.（i ）设平面 PCD 的法向量为n , , x y z ,xy0,由nCD , nPD ,得4t ytx0.取xt ,得平面 PCD 的一个法向量n , ,4t,又PB ,0,t ,故由直
19、线PB 与平面 PCD 所成的角为30,得cos60|n PB|,即t2t| 2 t24 |2x21,n| |PB24t22解得t4或t4（舍去,由于AD4t0）,所以AB4 . 55（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等,设 G（0,m,0）（其中0m4t ）就GC1,3tm ,0,GD0,4tm ,0,GP0,m t ,由|GC| |GD 得4tm 2m22 t ,（2）由（ 1）、（2）消去 t,化简得2 m3 m40（3）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于方程（ 3）没有实数根,所以在线段A
20、D 上不存在一个点G,使得点 G 到点 P, C,D 的距离都相等；从而,在线段AD 上不存在一个点G,使得点 G 到点 P, B,C,D 的距离都相等；解法二：（I）同解法一；（II ）（i）以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Axyz （如图）在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于 E,就CEAD ；CEAD.在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于点 E,就在Rt CDE中, DE=CDcos451,CECDsin 451,设 AB=AP=t ,就 B（t,0,0）,P（0,0, t）由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t ,名师归纳总结 所以E0,3t,0,C
21、1,3t,0,D0,4t,0,第 12 页,共 38 页CD 1,1,0,PD0,4t,t.设平面 PCD 的法向量为n , , x y z ,xy0,由nCD , nPD ,得4t ytx0.取xt ,得平面 PCD 的一个法向量n , ,4t,又PB ,0,t ,故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30,得cos60|n PB|,即t2t| 2 t24 |2x21,n| |PB24t22解得t4或t4（舍去,由于AD4t0）,5所以AB4. 5（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等,由 GC=CD ,得GCDGDC45,从而CGD90,
22、即CGAD,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - GDCDsin 451,设AB,就AD=4- ,2AG2232AGADGD3在Rt ABG中,GBAB23291,22这与 GB=GD 冲突；所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等,从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等；29.（广东理 18）如图 5在椎体 P-ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的棱形,且 DAB=60,PAPD2,PB=2, E,F 分别是 BC,PC 的中点（1） 证明： AD 平面 DEF
23、; （2） 求二面角 P-AD-B 的余弦值法一：（ 1）证明：取AD 中点 G,连接 PG,BG, BD；因 PA=PD,有PGAD ,在ABD 中,ABAD1,DAB60,有ABD 为等边三角形,因此BGAD BGPGG,所以AD平面PBGADPB ADGB.DE,又FEDEE ,所以 AD EF ,而 DE/GB 得 AD 又 PB/EF,得AD平面 DEF；（2）PGAD BGAD ,名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - PGB 为二面角 PAD B 的平面角,在Rt PAG中,PG2PA2AG2721AD
24、,从而 AD平4在Rt ABG中 ,BG=AB sin60=32cosPGBPG22 BGPB2734442PG BG3772BG22法二：（ 1）取 AD 中点为 G,由于PAPD PGAD.又ABAD,DAB60 ,ABD 为等边三角形,因此,面 PBG；延长 BG 到 O 且使得 PO OB,又PO平面 PBG,PO AD ,ADOBG,所以 PO 平面 ABCD ；以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线 AD 的直线为 y 轴,建立如下列图空间直角坐标系；OB,OP 分别为x 轴, z 轴,平行于设P0,0,m G n ,0,0,就A n ,1,0,D n ,1,0.22|GB
25、| |AB| sin 6032名师归纳总结 B n3,0,0,C n3,1,0,E n3 1 , 2 2,0,Fn3 1 , 4 2,m.第 14 页,共 38 页2222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于AD0,1,0,DE3,0,0,FEn3,0,m2242得ADDE0,ADFE0,ADDE ADFE DEaFEE.AD平面 DEF；（2）PA ,1,m ,PBn3,0,m 221, n32 m2 n12,n322 m2,解之得m422取平面 ABD 的法向量n 10,0, 1,bc0,设平面 PAD 的法向量n 2 , , 由PA n 20,
26、得3abc0, 由PD n20,得32222取n 21,0,3.23cosn n 212721.7430.（湖北理 18）如图, 已知正三棱柱ABCA B C 的各棱长都是4,E 是BC的中点, 动点 F 在侧棱CC1上,且不与点C重合名师归纳总结 （）当CF=1 时,求证：EF A C ；的最小值第 15 页,共 38 页（）设二面角CAFE 的大小为,求tan- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础学问,同时考查空间想象才能、推理论证才能和运算求解才能；（满分 12 分）解法 1：过 E 作EN AC
27、于 N,连结 EF；（I）如图 1,连结 NF、AC1 ,由直棱柱的性质知,名师归纳总结 底面 ABC侧面 A1C ；第 16 页,共 38 页又度面ABC侧面 A ,C=AC ,且EN底面 ABC ,所以EN侧面 A1C ,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影,在Rt CNE中,CNCEcos60=1,CFCN1就由CC1CA4,得 NF/AC1 ,又AC 1AC 故NFAC ；由三垂线定理知EFAC 1.（II ）如图 2,连结 AF ,过 N 作NMAF 于 M ,连结 ME；由（ I）知EN侧面 A1C ,依据三垂线定理得EMAF,所以EMN 是二面角 C AFE 的平面角,即EM
28、N,设FAC,就 045在Rt CNE中,NEECsin603,在Rt AMN 中 ,MNANsina3sin ,故tanNE3a.MN3sin又045 ,0sina2,2故当sina2,即当45时,tan达到最小值；2tan326,此时 F 与 C1 重合；33- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解法 2：（I）建立如图 3 所示的空间直角坐标系,就由已知可得A 0,0,0,B2 3,2,0,C0,4,0,A 10,0,4,E 3,3,0,F0,4,1,于是CA 10, 4,4,EF3,1,1.就CA EF0, 4,4 3,1,10440,故EFAC
29、1.（II ）设CF,04,平面 AEF 的一个法向量为m , , x y z ,就由（ I）得 F（0,4,）AE 3,3,0,AF0,4,于是由mAE mAF 可得m AE0, 即0,43x3y0,m AFyz0.取m 3 ,4.又由直三棱柱的性质可取侧面AC1 的一个法向量为n1,0,0名师归纳总结 于是由为锐角可得cos|m n|234,sin22216第 17 页,共 38 页24 ,m| |n216116tan3332,16,所以4,得11tan1由03336 , 34 ,即故当4 ,即点 F 与点 C1 重合时, tan取得最小值- - - - - - -精选学习资料 - - -
30、 - - - - - - 31.（湖南理 19）如图 5,在圆锥PO中,已知PO=2 , O 的直径AB2,C 是 AB 的中点, D 为 AC 的中点（）证明：平面POD平面PAC; AC 的中点 , 所以 ACOD.（）求二面角BPAC 的余弦值；解法 1：连结 OC,由于OAOC D 是又PO底面 O,AC底面 O,所以ACPO ,平面PAC,由于 OD ,PO 是平面 POD 内的两条相交直线,所以AC平面 POD ,而AC平面 PAC,所以平面POD平面 PAC；（II ）在平面 POD 中,过 O 作OHPD 于 H,由（ I）知,平面POD所以OH平面 PAC,又 PA面 PAC
31、,所以PAOH.在平面 PAO 中,过 O 作OGPA 于 G,连接 HG ,名师归纳总结 就有 PA平面 OGH ,第 18 页,共 38 页从而PAHG ,故OGH 为二面角 B PAC 的平面角；在Rt ODA 中 ,ODOAsin 452.2在Rt POD中,OHPO OD22210.2PO2OD2152- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 在Rt POA 中 ,OGPO OA216.PO2OA 221310x 轴、 y 轴, z 轴Rt OHG中,sinOGHOH515.OG65在3所以cosOGH1 sin2OGH11510.255故二面角 B
32、PA C 的余弦值为10 . 5解法 2：（I）如下列图,以O 为坐标原点, OB、OC、OP 所在直线分别为建立空间直角坐标系,就名师归纳总结 O0,0,0,A 1,0,0,B1,0,0,C0,1,0,P0,0,2,D1 1 ,2 2,0第 19 页,共 38 页设n 1x y z 1 1 1是平面 POD 的一个法向量,1x 11y 10,22n 30,1,0.就由n OD0,n OP0,得2z 10.所以z 10,x 1y 1,取y 11,得n 11,1,0.设n 2x 2,y 2,z 2是平面 PAC 的一个法向量,就由n 2PA0,n 2PC0,x22z 20,得y22z 20.所以
33、x 22z 2,y 2z 取z21,得n 22,2,1；由于n n 21,1,0 2,2,10,所以n 1n 2.从而平面POD平面 PAC；（II ）由于 y 轴平面 PAB,所以平面PAB 的一个法向量为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由（ I）知,平面PAC 的一个法向量为n 22,2,1设向量n 2和n 3的夹角为,就相等,cos|n 2n 3|210.n 2| |n 355由图可知,二面角BPAC 的平面角与所以二面角BPAC 的余弦值为10 . 532.（辽宁理 18）如图,四边形 ABCD 为正方形, PD平面 ABCD ,PD QA ,1QA=AB= 2 PD（I）证明：平面 PQC平面 DCQ；（II ）求二面角 QBPC 的余弦值解：如图,以 D 为坐标原点,线段DA 的长为单位长,射线DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz. （I）依题意有 Q（ 1,1,0）,C（0,0,1）,P（0,2,0）. 就 DQ 1,1,0, DC 0,0,1, PQ 1, 1,0.所以 PQ DQ 0, PQ DC 0.即 PQDQ ,PQDC. 故 PQ平面 DCQ. 名师归纳总结 又 PQ平面 PQC,所以平面PQC平面 DCQ.