湖南历年（06-14年） 文科数学高考立体几何真题

湖南历年文科数学高考试卷 立体空间几何部分 （06-14年）

2006年高考文科数学试卷（湖南卷）

4．过半径为12的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°则该截面的面积是 （ ）

A．π B. 2π C. 3π D. 23?

14. 过三棱柱 ABC－A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行

的直线共有 条.

P

18.（本小题满分１4分）

如图2，已知两个正四棱锥P-ABCD与

Q-ABCD的高都是2，AB=4. D

C

(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；

B

A (Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；

(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.

Q 图2

2007年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文）

6．如图1，在正四棱柱 ABCD?A1BC11D1中，E、F 分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中不成立的是（ ） A．EF与BB1垂直 B. EF与BD垂直 C. EF与CD异面 D. EF与A1C1异面

图1 15.棱长为1的正方形ABCD?A1BC11D1的8个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是 ；设E、F分别是该正方形的棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为 .

18.（本小题满分１4分）

如图，已知直二面角??PQ??，A?PQ，B??，C??，?BAP?45，

直线CA和平面?所成的角为30. ? (Ⅰ)证明BC?PQ；

(Ⅱ)求二面角B?AC?P的大小.

2008高考湖南文科数学试题及全解全析

5.已知直线m,n和平面?,?满足m?n,m?a,???,则( )

A.n?? B.n//?,或n?? C.n?? D.n//?,或n?? 9．长方体ABCD?A1BC11D1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，

AA1?1，则顶点A、B间的球面距离是( ) A．

2?2? B． C．2? D．22? 4218．如图所示，四棱锥P?ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，?BCD?600，

E是CD的中点，PA?底面ABCD，PA?3。 （I）证明：平面PBE?平面PAB； （II）求二面角A—BE—P和的大小。

PD ECAB

2009年高考湖南文科数学试题及全解全析

AB共面也与CC1共面的棱的条数为 6．平面六面体ABCD?A1BC11D1中，既与

（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6 18 如图3，在正三棱柱ABC?A1B1C1中， AB=4, AA1?7,点D是BC的中点， 点E在AC上，且DE?A1E.

（Ⅰ）证明：平面A1DE?平面ACC1A1; （Ⅱ）求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值。

2010年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

数学（文史类）解析版

13.图2中的三个直角三角形是一个体积为20cm2的几何体的三视图，则h= cm

18.（本小题满分12分）

如图所示，在长方体ABCD?A1BC11D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点

（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M1

2011年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类

４．设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A．9??42 Ｂ．36??18

99Ｃ．??12 Ｄ．??18

22

19．（本题满分12分） 如图3，在圆锥PO中，已知PO?2,O的直径

3 2 3 正视图

侧视图

AB?2,点C在A上B,且?CAB=30,为D（I）证明：AC?平面POD;

的中点． AC俯视图

图1

（II）求直线和平面PAC所成角的正弦值．

2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试

数学文史类(湖南卷)

4．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD．

(1)证明：BD⊥PC；

(2)若AD＝4，BC＝2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类

(湖南卷)

7．(2013湖南，文7)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )．

32?1A．2 B．1 C．2 D．2

17．(2013湖南，文17)(本小题满分12分)如图，在直棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动． (1)证明：AD⊥C1E；

(2)当异面直线AC，C1E所成的角为60°时，求三棱锥C1－A1B1E的体积．

2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)

数学(文)

8.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将 石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）

A.1 B.2 C.3 D.4

18.（本小题满分12分）

如图3，已知二面角??MN??的大小为60，菱形ABCD在面?内，A,B两点在棱MN上，?BAD?60，E是AB的中点，DO?面?，垂足为O. （1）证明：AB?平面ODE；

（2）求异面直线BC与OD所成角的余弦值.

答案

2006年高考文科数学参考答案（湖南卷）

4 、 A 14. 6 18. 解法一 （Ⅰ）连结AC、BD，设AC?BD?O.

由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD. 从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD. （Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD. 由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，2），A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）. 所以AQ?(?22,0,?2)

D C O A x B y z P PB?(0,22,?2)

于是cos?AQ,PB??AQ?PBAQ?PB?423?23?1. 31从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos.

3Q (Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），AD?(?22,?22,0)， PQ?(0,0,?4)，设n?(x,y,z)是平面QAD的一个法向量，由

???n?AQ?0?2x?z?0得. ?????x?y?0?n?AD?0

取x=1，得n?(1,?1,?2).

PQ?n?22. n所以点P到平面QAD的距离d?解法二 （Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.

因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥， 所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM. 又PQ?平面PQM，所以PQ⊥AD.

同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）连结AC、BD设AC?BD?O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.

A

M D

O

B P

C

Q

因为OA＝OC，OP＝OQ，所以PAQC为平行四边形，AQ∥PC. 从而∠BPC（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角. 因为PB?PC?OC2?OP2?(22)2?22?23，

PB2＋PC2?BC212?12?161??. 所以cos?BPC＝2PB?PC2?23?2331从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos.

3(Ⅲ)连结OM，则OM?11AB?2?PQ. 22所以∠PMQ＝90°，即PM⊥MQ.

由（Ⅰ）知AD⊥PM，所以PM⊥平面QAD. 从而PM的长是点P到平面QAD的距离. 在直角△PMO中，PM?PO2?OM2?22?22?22. 即点P到平面QAD的距离是22.

2007年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷（文）

6 【答案】D

【解析】连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角形B1AC中EF//1AC，所以EF∥2平面ABCD，而B1B⊥面ABCD，所以EF与BB1垂直；又AC⊥BD，所以EF与BD垂直，

EF与CD异面。由EF//

1AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1 215 【答案】3π，2 【解析】正方体对角线为球直径，所以R?23，所以球的表面积为3π；由已知所求EF是4正方体在球中其中一个截面的直径，d=

13,R?，所以r?22312，所以??442EF=2r=2。

18 解：（I）在平面?内过点C作CO⊥PQ于点O，

连结OB． 因为?⊥?，???PQ，所以CO⊥?，

? C P B ? O 又因为CA?CB，所以OA?OB．

而?BAO?45，所以?ABO?45，?AOB?90．从而

H

A

Q

BO⊥PQ．又CO⊥PQ，

所以PQ⊥平面OBC．因为BC?平面OBC，故PQ⊥BC． （II）解法一：由（I）知，BO⊥PQ，又?⊥?，???PQ，BO??，所以BO⊥?．

过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH⊥AC． 故?BHO是二面角B?AC?P的平面角．

由（I）知，CO⊥?，所以?CAO是CA和平面?所成的角，则?CAO?30，

不妨设AC?2，则AO?3，OH?AOsin30?3． 2在Rt△OAB中，?ABO??BAO?45，所以BO?AO?3， 于是在Rt△BOH中，tan?BHO?BO?OH3?2． 32故二面角B?AC?P的大小为arctan2．

解法二：由（I）知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故可以O为原点，分别以直线

OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）．

因为CO⊥?，所以?CAO是CA和平面?所成的角，则?CAO?30． 不妨设AC?2，则AO?3，CO?1． 在Rt△OAB中，?ABO??BAO?45， 所以BO?AO?3． 则相关各点的坐标分别是

? C z P B ? x A O y Q

O(0，0，0)，B(3，0，1)． 0，0)，A(0，3，0)，C(0，所以AB?(3，?31)，． ?3，0)，AC?(0，

??n1AB?0，??3x?3y?0，设n1?{x，y，z}是平面ABC的一个法向量，由?得?

???3y?z?0?n1AC?0?取x?1，得n1?(11，，3)．

易知n2?(10，，0)是平面?的一个法向量．

设二面角B?AC?P的平面角为?，由图可知，???n1，n2?． 所以cos??n1n215??．

5|n1||n2|5?1故二面角B?AC?P的大小为arccos

5． 52008高考湖南文科数学试题及全解全析

5 D

9 【答案】B 【解析】

D1A1DB1OC1BD1?AC1?2R?22,?R?2,设 BD1AC1?O,则OA?OB?R?2,

C??AOB??2,?l?R??2??2,故选Ｂ.

AB18 解：解法一（I）如图所示, 连结BD,由ABCD是菱形且

?BCD?600知，

△BCD是等边三角形. 因为E是CD的中点，所以

BE⊥CD,又AB//CD,所以BE⊥AB,

又因为PA?平面ABCD，BE?平面ABCD，

所以PA⊥BE,而PAAB?A,因此 BE⊥平面PAB.

又BE?平面PBE，所以平面PBE?平面PAB.

（II）由（I）知，BE⊥平面PAB, PB?平面PAB, 所以PB?BE.

又AB⊥BE,所以?PBA是二面角A?BE?P的平面

角．

在Rt△PAB中, tan?PBA?PA?3,?PBA?60.． AB故二面角A?BE?P的大小为60.

解法二：如图所示,以A为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是

33133A(0，0，0),B(1，0，0),C(，，0),D(，，0),P(0，0). 0，3),E(1，，22222（I）因为BE?(0,3，0),平面PAB的一个法向量是n0?(010),，，所以BE和n0共线. 2从而BE⊥平面PAB. 又因为BE?平面PBE，所以平面PBE?平面PAB. （II）易知PB?(1，0,?3),BE?(0,3，0),设n1?(x1，y1，z1)是平面PBE的一个法向量, 2?x1?0?y1?3z1?0，??n1?PB?0，?则由?得? 所以y1=0，x1?3z1. 3y1?0?z1?0??n1?BE?0?0?x1??2故可取n1?(3，01).，而平面ABE的一个法向量是n2?(0，01).， 于是,cos?n1,n2??n1?n21?.．

|n1||n2|2故二面角A?BE?P的大小为60.

2009年高考湖南文科数学试题及全解全析

6 解:如图，用列举法知合要求的棱为：

D1A1DB1CC1BC、CD、C1D1、BB1、AA1，

故选C.

AB

18 解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱ABC?A1B1C1的性质知AA1?平面ABC.

?A1E，AA1又DE?平面ABC，所以DE?AA1.而DE

所以DE⊥平面ACC1A1.又DE ?平面A1DE， 故平面A1. 1DE⊥平面ACC1AA1E?A1,

F, （Ⅱ）解法 1: 过点A作AF垂直A1E于点

连接DF.由（Ⅰ）知，平面A1， 1DE⊥平面ACC1A?ADF是直线AD和 所以AF?平面A1DE,故

?ACC1A1， 平面A1DE所成的角。 因为DE

所以DE?AC.而?ABC是边长为4的正三角形， 于是AD=23，AE=4-CE=4-CD=3.

12A1E?又因为AA1E= 1?7，所以AAA12?AE2?(7)2?32= 4,

AF?AF21AE?AA137 , sin?ADF?. ??AD8A1E421 . 8即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为

解法2 : 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系， 则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,), A1(2,0,7), D(-1, 3,0), E(-1,0,0).

易知A，DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0）. 1D=（-3，3，-7）r设n?(x,y,z)是平面A1DE的一个法向量，则 ruuuv??n?DE??3y?0, ?ruuuv??n?A1D??3x?3y?7z?0.解得x??7z,y?0. 3r故可取n?(7,0,?3).于是

ruuurruuurn?AD?3721 . cosn,AD?ruuu??r=8n?AD4?23由此即知，直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为

21 . 82010年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

数学（文史类）解析版

13、 18

4

2011年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文史类

4 答案：D

解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积

4339V??（）+3?3?2=??18。

322

19 解析：（I）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?OD.PO是平面POD内的两条相交直线，

所以AC?平面POD;

（II）由（I）知，AC?平面POD,又AC?平面PAC,所以平面POD?平面PAC,在平面POD中，过O作OH?PD于H,则OH?平面PAC,连结CH，则CH是

OC在平面PAC上的射影，所以?OCH是直线OC和平面PAC所成的角．

1POOD2?2 在RtPOD中,OH??31PO2?OD22?42?在RtOHC中,sin?OCH?

OH2 ?OC32012年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷)

4． D 若为D项，则主视图如图所示，故不可能是D项．

19．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以PA⊥BD．

又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD⊥平面PAC， 而PC平面PAC，所以BD⊥PC．

(2)设AC和BD相交于点O，连结PO，由(1)知，BD⊥平面PAC， 所以∠DPO是直线PD和平面PAC所成的角， 从而∠DPO＝30°.

由BD⊥平面PAC，PO平面PAC知，BD⊥PO. 在Rt△POD中，由∠DPO＝30°得PD＝2OD．

因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD， 所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，

111AD＋BC＝×(4＋2)＝3， 2221于是梯形ABCD的面积S＝×(4＋2)×3＝9.

22在等腰直角三角形AOD中，OD?AD?22，

2从而梯形ABCD的高为所以PD＝2OD＝42，PA?故四棱锥P－ABCD的体积为 V＝

PD2?AD2?4.

11×S×PA＝×9×4＝12. 332013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类

(湖南卷)

7． 答案：D

解析：如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的俯视图为ABCD，侧视图为BB1D1D，此时满足其面积为2，故该正方体的正视图应为AA1C1C．又因AC＝2，故其面积为2.

17．

(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点， 所以AD⊥BC．①

又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD?平面ABC，所以AD⊥BB1.② 由①，②得AD⊥平面BB1C1C．

由点E在棱BB1上运动，得C1E?平面BB1C1C，所以AD⊥C1E.

(2)解：因为AC∥A1C1，所以∠A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角，由题设，∠A1C1E＝60°， 因为∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以A1C1⊥A1B1，又AA1⊥A1C1，从而 A1C1⊥平面A1ABB1，于是A1C1⊥A1E. 故C1E＝

AC11?22，

cos60?22AC?AB1111＝2，

22又B1C1＝所以B1E＝C1E?B1C1＝2， 从而V三棱锥C?ABE＝S?A1B1E×A1C1＝?11113112?2?2?2?. 323

2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)

数学(文)

、

18

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