2011年高考数学试题分类汇编 立体几何

四、立体几何 一、选择题

1.（重庆理9

）高为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，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为

A

．4 B

．2

C．1

D

【答案】C

2.（浙江理4）下列命题中错误的是

A．如果平面 平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 B．如果平面α不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面 平面 ，平面 平面 ， =l，那么l 平面 D．如果平面 平面 ，那么平面 内所有直线都垂直于平面

【答案】D

3.（四川理3）1，2，3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是

A．B．C．

lll

l1 l2l1 l2

，，

l2 l3 l1//l3l2//l3 l1 l3

l2//l3//l3 l1l1

，

，2，3共面

ll

D．

l2

，

l3

共点

l1，l2，l3共面

者相交，C、D不一定 三视图如图所示，则它

【答案】B

【解析】A答案还有异面或4.（陕西理5）某几何体的的体积是

8

A

．

2 3

8

B

．

3

2

C．8 2 D．3

【答案】A

5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是

【答案】D

6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0

【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，则相应的侧

视图可以为

【答案】

D

8.（全国大纲理6）已知直二面角α ι β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于

A

．3 B

． C

． D．1

【答案】C

9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60二面角的平面β截该球面得圆N．若该球面的半径为4，圆M的面积为4 ，则圆N的面积为 A．7 B．9 C．11 D．13 【答案】D

10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

99

12 18A．2 B．2

C．9 42 D．36 18

正视图

侧视图

【答案】B

俯视图 图1 daaaaa

11.（江西理8）已知1，2，3是三个相互平行的平面．平面1，2之间的距离为1，平面

a2

，

a3

之间的距离为”的

d2

．直线l与

a1a2

，

，

a3

分别相交于

p1

，

p2

，

p3

，那么“

PPP2P312

=

”

是“

d1 d2

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，则该几何体的体积为

A

． B

． C

． D

．

【答案】B

13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是

A．8 B

． C．10

D

．【答案】C

14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 （A）48

（B）

（C）

（D）80

【答案】C

15.（辽宁理8）。如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD 底面ABCD，则下列结论中不正确的是

（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=3， ASC BSC 30，则棱锥S—ABC的体积为

（A）33

（B）2 （C）3

（D）1

【答案】C

17．（上海理17）设

A1,A2,A3,A4,A5

是空间中给定的5个不同的点，则使

MAM3A M M A1 MA2 4A50

成立的点M的个数为

A．0 B．1 C．5 D．10 【答案】B 二、填空题

18.（上海理7）若圆锥的侧面积为2 ，底面积为 ，则该圆锥的体积为 。

【答案】

19.（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 ．

2

2 R【答案】

【解析】

2

2

S侧 2 r 4 S侧max

2

2

时，

R2r R r r r R

22，则4 R2 2 R2 2 R2

20.（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，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 ．

【答案】

21.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m），则该几何体的体积为__________m 3

【答案】6

22.（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=O-ABCD的体积为_____________．

【答案】23.（湖北理14）如图，直角坐标系xOy所在的平面为 ，直角坐标系xOy（其中y轴一与

'

'

'

y轴重合）所在的平面为 ， xOx' 45 。

''P

（Ⅰ）已知平面内有一点2)，则点P在平面 内的射影P的

坐标为 （2，2） ；

'2'2'(x 2y 2 0，则曲线C'在平面 内的 C

（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是

射影C的方程是 。

22

(x 1) y 1 【答案】

24.（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，则三棱锥P-ABC的体积等于______。

三、解答题

25.（江苏16）如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，

E、F分别是AP、AD的中点 求证：（1）直线EF∥平面PCD； （2）平面BEF⊥平面PAD

A

本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满

分14分。 证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为 AP，AD的中点，所以EF//PD.

又因为EF 平面PCD，PD 平面PCD， 所以直线EF//平面PCD.

（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°， 所以△ABD为正三角形，因为F是AD的 中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面

ABCD，BF 平面ABCD，平面PAD 平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因为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。 （Ⅰ）证明直线BC∥EF；

（II）求棱锥F—OBED的体积。

本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，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.

（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

= DE

OB∥2，OG=OD=2，

同理，设G 是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG OD 2. 又由于G和G 都在线段DA的延长线上，所以G与G 重合.

1

= = DE= DF

OB在△GED和△GFD中，由∥2和OC∥2，可知B和C分别是GE和GF的

11

中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

（向量法）

过点F作FQ AD，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.

E(,0,0),F(0,0,),B(

由条件知

333

, ,0),C(0, ,).2222

BC (

则有

33

,0,),EF ( 3,0,).22

所以 2,即得BC∥EF.

（II）解：由OB=1，OE=2，角形，故

EOB 60 ,知SEOB

2，而△OED是边长为2的正三

SOED 3.

所以

SOBED SEOB SOED

33

.2

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED

的高，且FQ=，所以27.（北京理16）

VF OBED

13

FQ SOBED .32

如图，在四棱锥P ABCD中，PA 平面ABCD，底面ABCD是菱形，

AB 2, BAD 60 .

(Ⅰ)求证：BD 平面PAC;

（Ⅱ）若PA AB,求PB与AC所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.

证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.

又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD.

所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 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O—xyz，则

P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 (1,3, 2), (0,2,0). 设PB与AC所成角为 ，则

cos

622 2

4

.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ( 1,,0). 设P（0，－3，t）（t>0）， 则BP ( 1, 3,t)

设平面PBC的法向量m (x,y,z), 则 m 0, m 0

x 3y 0,

x 3y tz 0所以

6

x

3,z .

t 令y ,则

6

m (3,,)

t 所以

6

n ( 3,3,)

t 同理，平面PDC的法向量

因为平面PCB⊥平面PDC,

6

所以m n=0，即解得t

36

02t

6

所以PA=

28.（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，

CDA 45 ．

（I）求证：平面PAB⊥平面PAD； （II）设AB=AP．

（i）若直线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知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，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：

（I）因为PA 平面ABCD，

AC 平面ABCD，

所以PA AB，

又AB AD,PA

AD A,

所以AB 平面PAD。

又AB 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD。 （II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，

CE CD sin45 1,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，

CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).

（i）设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，

x y 0,

(4 t)y tx 0.n CDn PD由，，得

取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，

又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得

n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2

44t 或t 4AB .55 解得（舍去，因为AD 4 t 0），所以

（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0 m 4 t）

则GC (1,3 t m,0),GD (0,4 t m,0),GP (0, m,t)，

222

(4 t m) m t|GC| |GD|由得，（2）

2

由（1）、（2）消去t，化简得m 3m 4 0（3）

由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD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A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E， 则CE AD。

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，

CE CD sin45 1,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，

CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).

设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，

x y 0,

(4 t)y tx 0.

由n CD，n PD，得

取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，

又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得

n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2

4

t 或t 45解得（舍去，因为AD 4 t 0）， 4AB .

5 所以

（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 GCD GDC 45 ， 从而 CGD 90 ，即CG AD,

GD CD sin45

1,

设AB ,则AD=4- ,

AG AD GD 3 ，

GB

Rt

ABG在中， 1,

这与GB=GD矛盾。

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

，PA PD E,F分别是BC,PC的中点．

（1） 证明：AD 平面DEF;

（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PG AD，在 ABD中，AB AD 1, DAB 60 ，有 ABD为等

边三角形，因此BG AD,BG PG G，所以AD 平面PBG AD PB,AD GB.

又PB//EF，得AD EF，而DE//GB得AD DE，又FE DE E，所以AD 平

面DEF。

（2） PG AD,BG AD，

PGB为二面角P—AD—B的平面角，

Rt PAG中,PG2 PA2 AG2

在

74

Rt ABG中,BG=AB sin60 =

在

2

2

73 4

PG BG PB cos PGB 2PG BG22

2

2

法二：（1）取AD中点为G，因为PA PD,PG AD.

又AB AD, DAB 60 , ABD为等边三角形，因此，BG AD，从而AD 平面

PBG。

延长BG到O且使得PO OB，又PO 平面PBG，PO AD，AD OB G, 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OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD

的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。

11

P(0,0,m),G(n,0,0),则

A(n, ,0),D(n,,0).

22设

|GB| |AB|sin60

B(n

1n1mC(n E(n ,0),F( ,).22222422

nmAD (0,1,0),DE FE ( )

22 由于

得AD DE 0,AD FE 0,AD DE,AD FE,DE FE E

AD 平面DEF。

1 PA (n, , m),PB (n m)

2 （2

）

m2 2,解之得m 1,n

取平面ABD的法向量设平面PAD的法向量

n1 (0,0, 1),

n2 (a,b,c)

bb

PA n2 0, c 0,由PD n2 0, c 0,

22由 n2

取

cos n1,n2

30.（湖北理18）

如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1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．

（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；

（Ⅱ）设二面角C AF E的大小为 ，求tan 的最小值．

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知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作EN AC于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC 侧面A1C。

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，CN CEcos60 =1，

CFCN1

CC1CA4，得NF//AC1， 则由

又

AC1 AC1,

故

NF A1C

。

由三垂线定理知

EF AC1.

（II）如图2，连结AF，过N作NM AF于M，连结ME。 由（I）知EN 侧面A1C，根据三垂线定理得EM AF, 所以 EMN是二面角C—AF—E的平面角，即 EMN ， 设 FAC ,则0 45

在Rt

CNE中，NE EC sin60 在Rt AMN中,MN AN sina 3sina,

tan

故

NE .MN3sina

,2

0 45 , 0 sina

又

sina

故当

即当 45 2时，tan 达到最小值；

tan

，此时F与C1重合。

解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得

A(0,0,0),BC(0,4,0),A1(0,0,4),EF(0,4,1),

于是则故

CA1 (0, 4,4),EF (

CA1 EF (0, 4,4) ( 0 4 4 0,

EF AC1.

（II）设CF ,(0 4)，

平面AEF的一个法向量为m (x,y,z)， 则由（I）得F（0，4， ）

AE AF (0,4, )，于是由m AE,m AF可得

3y 0, m AE 0,即

m AF 0, 4y z 0.

取m ,

,4).

又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n (1,0,0)，

|m n|

cos

|m| |n|， 于是由 为锐角可得

tan

所以

1

由0 4，得

1

tan 34，即

,

故当 4，即点F与点C1重合时，tan

取得最小值3

31.（湖南理19）

如图5，在圆锥PO中，已知PO

O的直径AB 2,C是AB的中点，D为AC的

中点．

（Ⅰ）证明：平面POD 平面PAC; （Ⅱ）求二面角B PA C的余弦值。

解法1：连结OC，因为OA OC,D是AC的中点,所以AC OD. 又PO 底面⊙O，AC 底面⊙O，所以AC PO，

因为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OH PD于H，由（I）知，平面POD 平面PAC, 所以OH 平面PAC，又PA 面PAC，所以PA OH. 在平面PAO中，过O作OG PA于G， 连接HG， 则有PA 平面OGH，

从而PA HG，故 OGH为二面角B—PA—C的平面角。

Rt ODA中,OD OA sin45

在

Rt POD中

,OH

在

Rt POA中,OG

在

OHRt OHG中,sin OGH OG5在

cos OGH 所以

5

5故二面角B—PA—C

的余弦值为

解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建

立空间直角坐标系，则

11D( ,,0)

O(0,0,0),A( 1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P，22

设

n1 (x1,y1,z1)

是平面POD的一个法向量，

则由所以设

n1 OD 0,n1 OP 0

，得

1 1

x y1 0, 122 0.1

z1 0,x1 y1,取y1 1,得n1 (1,1,0).

n2 (x2,y2,z2)

是平面PAC的一个法向量，

，

则由

n2 PA 0,n2 PC 0

x22 0,

y2 2 0.

得

所以得

x2 2,y2 2.取z2 1,

。

n2 (因为所以

n1 n2 (1,1,0) ( 0,

n1 n2.

从而平面POD 平面PAC。

（II）因为y轴 平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为

n3

(0,1,0).

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