2016年全国各地高考数学试题及解答分类大全(立体几何).pdf

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1、第 1页（共 36页）2016 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（立体几何）一、选择题1.（2016北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1【答案】A【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥PABC，其体积1 111 1 13 26V，故选 A.考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；三视图为一个三角

2、形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国 文、理）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283,则它的表面积是()（A）17（B）18（C）20（D）28【答案】A【解析】试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R,则37428VR833,解得R2,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和第 2页（共 36页）2271=42+32=1784S故选 A考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视

3、图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.3.（2016全国 文、理）平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点 A,/平面 CB1D1,ABCDm平面,11ABB An平面，则 m、n 所成角的正弦值为()(A)32(B)22(C)33(D)13【答案】A【解析】试题分析：如图,设平面11CB D平面ABCD=m,平面11CB D平面11ABB A=n,因为/平面11CB D,所以/,/mm nn,则,m n所成的角等于,m n所成的角.延长AD,

4、过1D作11/D EB C,连接11,CE B D,则CE为m,同理11B F为n,而111/,/BDCE B FA B,则,m n所成的角即为1,A B BD所成的角,即为60,故,m n所成角的正弦值为32,选 A.考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.（2016全国文）体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（）（A）12（B）323（C）（D）【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长

5、为2 3，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12，故选 A.考点：正方体的性质，球的表面积.【名师点睛】棱长为a的正方体中有三个球：外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为32a、2a和22a.第 3页（共 36页）5.（2016全国文、理）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A）20（B）24（C）28（D）32【答案】C考点：三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解【名师点睛】由

6、三视图还原几何体的方法:6.（2016 全国文、理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）1836 5（B）5418 5（C）90（D）81【答案】B考点：空间几何体的三视图及表面积【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解第 4页（共 36页）7.（2016 全国文、理）在封闭的直三棱柱111ABCA B C内有一个体积为V的球，若ABBC，6AB，8BC，13AA，则V的最大值是（

7、）（A）4（B）92（C）6（D）323【答案】B【解析】试题分析：要使球的体积V最大，必须球的半径R最大由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R，故选 B考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解8.（2016山东文、理）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（）（A）1233（B）

8、1233（C）1236（D）216【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等.9.（2016 上海文）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）(A)直线AA1(B)直线A1B1(C)直线A1D1(D)直线B1C1【答案】D【解析】只有11B C与EF在同一平面内，是相交的，其他 A，B，C 中直线与EF都是异面直线，故选D考点：1.正方体的几何特征；2.直线与直线的

9、位置关系.【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、空间想象能力等.第 5页（共 36页）10.（2016天津文）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B【解析】试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图2三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点

10、、线、面之间的位置关系及相关数据11.（2016浙江文、理）已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线 m，n 满足,mn，则（）AmlBmnCnlDmn【答案】C【解析】试题分析：由题意知,ll，,nnl故选 C考点：空间点、线、面的位置关系【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系二、填空1.（2016北京文）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为_.【答案】3.2考点：三视图【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；三视

11、图为两个三角形，一个四边形，对应的几何第 6页（共 36页）体为四棱锥；三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016 全国理）,是两个平面，,m n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,/mn mn，那么.（2）如果,/mn，那么mn.（3）如果/,m，那么/m.（4）如果/,/mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有(填写所有正确命题的编号）【答案】考点：空间中的线面关系.【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线

12、、面关系.3、（2016 上海理）如图，在正四棱柱1111DCBAABCD中，底面ABCD的边长为 3，1BD与底面所成角的大小为32arctan，则该正四棱柱的高等于_.【答案】2 2【解析】试题分析：由题意得111122tan2 2333 2DDDDDBDDDBD.考点：1.正四棱柱的几何特征；2.直线与平面所成的角.第 7页（共 36页）【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题，往往要将空间问题转化成平面问题，做出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.4

13、.（2016 四川文）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.【答案】33【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，且底面积为12 3132S，高为1，所以该几何体的体积为1133 1333VSh.考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图5.（2016四川理）已知三棱锥的四个面都是腰长为2 的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.【答案】33【解析】试题分析

14、：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2 3，2,2，则底面等腰三角形的顶角为120，所以三棱锥的体积为11322 sin1201323V.第 8页（共 36页）考点：三视图，几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图6.（2016 浙江文、理）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 _cm2,体积是 _cm3.【答案】80；40【解析】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了

15、一个小正方体，2226 22 44 242 280S表，3244240V考点：三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积7（2016 浙江文）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=5，ADC=90沿直线AC将ACD翻折成CD，直线AC与D所成角的余弦的最大值是_【答案】69【解析】试题分析：设直线AC与BD所成角为设O是AC中点，由已知得6AC，如图，以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由6(0,0)2A

16、，30(,0,0)2B，6(0,0)2C，作DHAC于H，翻折过程中，D H始终与AC垂直，21666CDCHCA，则63OH，153066DH，因此可设30630(cos,sin)636D，则3030630(cos,sin)6236BDuuu r，与CAuu r平行的单位向量为(0,1,0)nr，所以coscos,BDnuuu r rBDnBDnuuu r ruuu r r6395cos，第 9页（共 36页）所以cos1时，cos取最大值69考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C平行的单位向量n和D，进而可得直线C与D所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直

17、线C与D所成角的余弦值的最大值8.（2016 天津理）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为 _m3.【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为 2，高为 1，因此体积为1(2 1)323V故答案为2考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图2三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据三、解答题1.（2016北京文）如图，在四棱锥ABCDP中，PC平面ABCD，

18、,ABDC DCAC（I）求证：DCPAC平面；（II）求证：PABPAC平面平面；（III）设点 E 为 AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F，使得/平面C F?说明理由.【答案】（）见解析；（）见解析；（III）存在.理由见解析.第 10页（共 36页）（III）棱上存在点F，使得/平面C F证明如下：取中点F，连结F，C，CF又因为为的中点，所以F/又因为平面C F，所以/平面C F考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时

19、可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2.（2016北京理）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，1AB，2AD，5ACCD.（1）求证：PD平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在点M，使得/BM平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AMAP第 11页（共 36页）（3）设M是棱PA上一点，则存在1,0使得APAM.第 12页（共 36页）因此点),1(),1,0(BMM.因为BM平面PCD，所

20、以BM平面PCD当且仅当0nBM，即0)2,2,1(),1(，解得41.所以在棱PA上存在点M使得BM 平面PCD，此时41APAM.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.3.（2016江苏）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点F 在侧棱 B1B 上，且11B DA F，1111

21、ACA B.求证：（1）直线 DE平面 A1C1F；（2）平面 B1DE平面 A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析考点：直线与直线、平面与平面位置关系第 13页（共 36页）【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.4.（2016 江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111PA BC D，下部分的形状是正四棱柱1111ABCDA B

22、C D(如图所示)，并要求正四棱柱的高1PO的四倍.（1）若16,PO2,ABmm则仓库的容积是多少？（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当1PO为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）12 3PO考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积第 14页（共 36页）【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.5.（2016全国 文）如图,在已知正三棱锥P-ABC 的侧面是直角

23、三角形,PA=6,顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点E,连接 PE 并延长交AB 于点 G.（I）证明 G 是 AB 的中点；（II）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面 PAC内的正投影 F（说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积【答案】（I）见解析（II）作图见解析,体积为43试题解析：（I）因为P在平面ABC内的正投影为D,所以.ABPD因为D在平面PAB内的正投影为E,所以.ABDE所以AB平面PED,故.ABPG又由已知可得,PAPB,从而G是AB的中点.（II）在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由已知可得PB

24、PA,PBPC,又/EFPB,所以EFPC,因此EF平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由（I）知,G是AB的中点,所以D在CG上,故2.3CDCG由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以/DEPC,因此21,.33PEPG DEPC由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6PA,可得2,2 2.DEPE在等腰直角三角形EFP中,可得2.EFPF所以四面体PDEF的体积114222.323V考点：线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线

25、面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第 15页（共 36页）6.（2016全国 理）如图,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面 ABEF 为正方形,AF=2FD,90AFD,且二面角D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是60（I）证明：平面ABEF平面 EFDC；（II）求二面角E-BC-A 的余弦值【答案】（I）见解析（II）2 1919试题解析：（I）由已知可得FDF,FF,所以F平面FDC又F平面F,故平面F平面FDC（II）过D

26、作DGF,垂足为G,由（I）知DG平面F以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz由（I）知DF为二面角DF的平面角,故DF60,则DF2,DG3,可得1,4,0,3,4,0,3,0,0,D 0,0,3由已知,/F,所以/平面FDC又平面CD平面FDCDC,故/CD,CD/F由/F,可得平面FDC,所以C F为二面角CF的平面角,C F60从而可得C2,0,3所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0设,nx y z是平面C的法向量,则C00nn,即3040 xzy,所以可取3,0,3n设m是平面CD的法向量,则C00mm,同理可取

27、0,3,4m则2 19cos,19n mn mn m第 16页（共 36页）故二面角C的余弦值为2 1919考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.7.（2016 全国文）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到D EF的位置.（）证明

28、：ACHD；（）若55,6,224ABACAEOD,求五棱锥DABCEF体积.【答案】（）详见解析；（）694.【解析】试题分析：（）证/.ACEF再证/.ACHD（）根据勾股定理证明OD H是直角三角形，从而得到.ODOH进而有AC平面BHD，证明OD平面.ABC根据菱形的面积减去三角形DEF的面积求得五边形ABCFE的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥DABCEF体积.试题解析：（I）由已知得，,.ACBD ADCD又由AECF得AECFADCD，故/.ACEF由此得,EFHD EFHD，所以/.ACHD.第 17页（共 36页）五边形ABCFE的面积119696 83.2224S所以五棱

29、锥 ABCEFD体积16923 22 2.342V考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积.【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.8.（2016 全国理）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC，点,E F分别在,AD CD上，54AECF，EF交BD于点H将DEF沿EF折到D EF位置，10OD（）证明：D H平面ABCD；（）求二面角BD AC的正弦值【答案】（）详见解析；（）2 9525.第 18页（共 36页）又D HEF，而OHEFH，所以D HABCD平面.（II）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空

30、间直角坐标系Hxyz，则0,0,0H，3,2,0A，0,5,0B，3,1,0C，0,0,3D，(3,4,0)AB，6,0,0AC，3,1,3AD.设111,mx yz是平面ABD的法向量，则00m ABm AD，即11111340330 xyxyz，所以可以取4,3,5m.设222,nxyz是平面ACD的法向量，则00n ACn AD，即222260330 xxyz，所以可以取0,3,1n.于是1475cos,25|5010m nm nmn，2 95sin,25m n.第 19页（共 36页）因此二面角BD AC的正弦值是2 9525.考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂

31、直的常用方法有：判定定理；a b，a?b；，a?a；面面垂直的性质线面垂直的性质，常用来证明线线垂直求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角9.（2016 全国文）如图，四棱锥PABC中，PA平面ABCD，ADBC，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点（I）证明MN平面PAB；（II）求四面体NBCM的体积.【答案】（）见解析；（）4 53试题解析：（）由已知得232ADAM，取BP的中点T，连接TNAT,，由N为PC中点知BCTN/，221

32、BCTN.3分又BCAD/，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是ATMN/.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以/MN平面PAB.6分（）因为PA平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA21.9分取BC的中点E，连结AE.由3ACAB得BCAE，522BEABAE.由BCAM 得M到BC的距离为5，故525421BCMS，所以四面体BCMN的体积354231PASVBCMBCMN.12分第 20页（共 36页）考点：1、直线与平面间的平行与垂直关系；2、三棱锥的体积【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的

33、中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又推出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解10.（2016全国理）如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点（I）证明MN平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【答案】（）见解析；（）8 525【解析】试题分析：（）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MNAT，由此结合线面平行的判断定理可证；（）以A为坐标原点，以,AD AP所在直线分别

34、为,y z轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平面PMN法向量的夹角来处理AN与平面PMN所成角试题解析：（）由已知得232ADAM，取BP的中点T，连接TNAT,，由N为PC中点知BCTN/，221BCTN.又BCAD/，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是ATMN/.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以/MN平面PAB.设(,)nx y z为平面PMN的法向量，则00PNnPMn，即0225042zyxzx，可取(0,2,1)n，第 21页（共 36页）于是|8 5|cos,|25|n ANn ANnAN.考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体

35、积【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理11.（2016 山东文）在如图所示的几何体中，D 是 AC 的中点，EFDB.（I）已知 AB=BC，AE=EC.求证：AC FB；（II）已知 G,H 分别是 EC 和 FB 的中点.求证：GH平面 ABC.【答案】（）证明：见解析；（）见解析.【解析】试题分析：（）根据BDEF/，知EF与BD确定一个平面，连接DE，得到ACDE，ACBD，从而AC平面BDEF，证

36、得FBAC.（）设FC的中点为I，连HIGI,，在CEF，CFB中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面/GHI平面ABC，进一步得到/GH平面ABC.试题解析：（）证明：因BDEF/，所以EF与BD确定一个平面，连接DE，因为EECAE,为AC的中点，所以ACDE；同理可得ACBD，又因为DDEBD，所以AC平面BDEF，因为FB平面BDEF，FBAC。（）设FC的中点为I，连HIGI,，在CEF中，G是CE的中点，所以EFGI/，又DBEF/，所以DBGI/；在CFB中，H是FB的中点，所以BCHI/，又IHIGI，所以平面/GHI平面ABC，因为GH平面GHI，所以/GH平面ABC.

37、考点：1.平行关系；2.垂直关系.【名师点睛】本题主要考查直线与直线垂直、直线与平面平行.此类题目是立体几何中的基本问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力及转化与化归思想等.IFEHGBDCA第 22页（共 36页）12.（2016山东理）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O 的直径，FB是圆台的一条母线.（I）已知 G,H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC；（II）已知 EF=FB=12AC=2 3，AB=BC.求二面角FBC

38、A的余弦值.【答案】（）见解析；（）77【解析】试题分析：（）根据线线、面面平行可得与直线GH 与平面 ABC 平行；（）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到FNM为二面角FBCA的平面角直接求解.试题解析：（I）证明：设FC的中点为I,连接,GI HI,在CEF,因为G是CE的中点，所以,GIF/E又,FE/OB所以,GI/OB在CFB中，因为H是FB的中点，所以/HIBC，又 HIGII,所以平面/GHI平面ABC，因为GH平面GHI，所以/GH平面ABC.（II）解法一：连接OO,则OO平面ABC，又,AB

39、BC且AC是圆O的直径，所以.BOAC第 23页（共 36页）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由题意得(0,2 3,0)B，(2 3,0,0)C，过点F作FMOB垂直于点M，所以223,FMFBBM可得(0,3,3)F故(2 3,2 3,0),(0,3,3)BCBF.设(,)mx y z是平面BCF的一个法向量.由0,0m BCm BF解法二：连接OO，过点F作FMOB于点M，则有/FMOO,又OO平面ABC，所以 FM 平面 ABC,可得223,FMFBBM过点M作MNBC垂直于点N，连接FN，第 24页（共 36页）考点：1.平行关系；2.异面直线所成角的计算.【名师

40、点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.13.（2016 上海文）将边长为1 的正方形AA1O1O（及其内部）绕 OO1旋转一周形成圆柱，如图，AC长为56，11AB 长为3，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小.【答案】（1）312；（2）2

41、【解析】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高1h，底面半径1r计算 体积与侧面积 即得.（2）由11/得C或其补角为11与C所成的角，计算C即得试题解析：（1）由题意可知，圆柱的母线长1l，底面半径1r圆柱的体积22V11r l，圆柱的侧面积221 12Srl第 25页（共 36页）（2）设过点1的母线与下底面交于点，则11/，所以C或其补角为11与C所成的角由11长为3，可知1113，由C长为56，可知5C6，CC2，所以异面直线11与C所成的角的大小为2考点：1.几何体的体积；2.空间的角.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平

42、面关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.14.（2016 上海理）将边长为1 的正方形11AAO O（及其内部）绕的1OO旋转一周形成圆柱，如图，AC长为23，11A B长为3，其中1B与C在平面11AAO O的同侧。C1AA1B（1）求三棱锥111CO A B的体积；（2）求异面直线1B C与1AA所成的角的大小。【答案】（1）312（2）4【解析】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高1h，底面半径1r确定11

43、13计算111S后即得.（2）设过点1的母线与下底面交于点，根据11/，知1C或其补角为直线1C与1所成的角确定C3，C1得出1C4试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高1h，底面半径1r第 26页（共 36页）由11的长为3，可知1113111111111113sin24S，111111C13V312Sh（2）设过点1的母线与下底面交于点，则11/，所以1C或其补角为直线1C与1所成的角由C长为23，可知2C3，又1113，所以C3，从而C为等边三角形，得C1考点：1.几何体的体积；2.空间的角.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与

44、平面关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力 转化与化归思想及基本运算能力等.15、（2016 四川文）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA CD，AD BC，ADC=PAB=90，12BCCDAD.（I）在平面PAD内找一点 M，使得直线CM 平面 PAB，并说明理由；（II）证明：平面PAB 平面 PBD.【答案】（）取棱AD 的中点 M，证明详见解析；（）证明详见解析.第 27页（共 36页）试题解析：（I）取棱 AD 的中点 M(M平面 P

45、AD)，点 M 即为所求的一个点.理由如下：因为 AD BC,BC=12AD，所以 BC AM,且 BC=AM.所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM AB.又 AB平面 PAB,CM平面 PAB,所以 CM平面 PAB.(说明：取棱PD 的中点 N,则所找的点可以是直线MN 上任意一点)（II）由已知，PAAB,PA CD,因为 ADBC,BC=12AD，所以直线AB 与 CD 相交，所以 PA平面 ABCD.从而 PABD.因为 ADBC,BC=12AD，所以 BCMD,且 BC=MD.所以四边形BCDM 是平行四边形.所以 BM=CD=12AD，所以 BDAB.又 ABAP=A,所以

46、 BD平面 PAB.又 BD平面 PBD,所以平面PAB平面 PBD.考点：线面平行、线线平行、线线垂直、线面垂直.【名师点睛】本题考查线面平行、面面垂直的判断，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），证明面面垂直时，要证线面垂直，要善于从图形中观察有哪些线线垂直，从而可能有哪个线面垂直，确定要证哪个线线垂直，切忌不加思考，随便写16.（2016四川理）如图，在四棱锥P-ABCD

47、 中，AD BC，ADC=PAB=90，BC=CD=12AD，E 为边 AD 的中点，异面直线PA与 CD 所成的角为90.第 28页（共 36页）（）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面 PBE，并说明理由；（）若二面角P-CD-A 的大小为45，求直线PA 与平面 PCE所成角的正弦值.【答案】（）详见解析；（）13.试题解析：（）在梯形ABCD 中，AB 与 CD 不平行.延长 AB，DC，相交于点M（M平面 PAB），点 M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BCED，且 BC=ED.所以四边形BCDE 是平行四边形.，所以 CDEB从而 CMEB.又 EB平面 PBE，CM平面

48、 PBE，所以 CM平面 PBE.（说明：延长AP 至点 N，使得 AP=PN，则所找的点可以是直线MN 上任意一点）（）方法一：设 BC=1，则在 RtPAD 中，PA=AD=2.过点 A 作 AH CE，交 CE 的延长线于点H，连接 PH.易知 PA平面 ABCD，从而 PACE.第 29页（共 36页）于是 CE平面 PAH.所以平面PCE平面 PAH.过 A 作 AQ PH 于 Q，则 AQ 平面 PCE.所以 APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角.在 Rt AEH 中，AEH=45，AE=1，所以 AH=22.在 Rt PAH 中，PH=22PAAH=3 22，所以 sinA

49、PH=AHPH=13.所以PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2）设平面 PCE 的法向量为n=(x,y,z)，第 30页（共 36页）由0,0,PEECnn得20,0,xzxy设 x=2，解得 n=(2,-2,1).设直线 PA与平面 PCE 所成角为，则sin=|n APnAP=22221322(2)1.所以直线PA与平面 PCE 所成角的正弦值为13.考点：线线平行、线面平行、向量法.【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由

50、过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可17.（2016 天津文）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，平面 AED 平面 ABCD，EF|AB，AB=2，BC=EF=1，AE=6，DE=3，BAD=60o，G为 BC的中点.()求证：/FG平面 BED；()求证：平面BED 平面 AED；()求直线EF与平面 BED所成