2012年高考文科数学解析分类汇编：立体几何

2012年高考文科数学解析分类汇编：立体几何

一、选择题

1 ．（2012年高考（重庆文））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a且

（ ）

长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是 A．(0,2)

B．(0,3) D．(1,3)

C

．

(1,2)2 ．（2012年高考（浙江文））设l是直线,?,β是两个不同的平面

（ ）

A．若l∥?,l∥β,则?∥β B．若l∥?,l⊥β,则?⊥β

C．若?⊥β,l⊥?,则l⊥β D．若?⊥β, l∥?,则l⊥β 3 ．（2012年高考（浙江文））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是

（ ）

3 ．333

A．1cmB2cm C．3cm D．6cm 4．（2012年高考（四川文））如图,半径为R的半球O的底面圆O在平面?内,过点O作平面?的垂线交半球面于点A,过圆O的直径CD作平面?成45角的平面与半球面相交,所得交线上

?到平面?的距离最大的点为B,该交线上的一点P满足?BOP?60,则A、P两点间的球面

?距离为 A．Rarccos（ ）

?R2 B．

44C．Rarccos?R3 D．

33BA 5．（2012年高考（四川文））下列命题正确的是（ ）

A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行

B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行

6．（2012年高考（陕西文））将正方形(如图1

DPαCO所示)截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为

7．（2012年高考（课标文））平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为2,则此球的体积为

A．6π

（ ）

B．43π C．46π D．63π 8．（2012年高考（课标文））如图,网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则几何体的体积为

A.6 B.9 C.12 D.18 9 ．（2012年高考（江西文））若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为

（ ）

1

A．

11 2B．5 C．4 D．

9 210．（2012年高考（湖南文））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是 ．．．

正、侧视图ABCD

11．（2012年高考（广东文））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为

（ ） A．72?

B．48?

C．30?

D．24?

12．（2012年高考（福建文））一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几

何体不可以是（ ）

A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 、

13．（2012

年高考（大纲文））已知正四棱柱

ABCD?A1B1C1D1中,AB?2,CC1?22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为 （ ） A．2

B．3 C．2 D．1

14．（2012年高考（北京文））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 （ ）

A．28?65 二、填空题

B．30?65 C．56?125 D．60?125

15．（2012年高考（天津文））一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积________m.

3D1A1DAB1C1NCBM

N分别是CD、CC1的中点,则异面直线A1M16．（2012年高考（四川文））如图,在正方体ABCD?A1B1C1D1中,M、

与DN所成的角的大小是____________.

2

17．（2012年高考（上海文））一个高为2的圆柱,底面周长为2?,该圆柱的表面积为_________. 18．（2012年高考（山东文））如图,正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1,E为线段B1C上的一点,

则三棱锥A?DED1的体积为_____.

19．（2012年高考（辽宁文））已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD

是边长为23正方形.若PA=26,则△OAB的面积为______________.

20．（2012年高考（辽宁文））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______________.

21．（2012年高考（湖北文））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____________.

22．（2012年高考（大纲文））已知正方形ABCD?A1F1B1C1D1中,E,F分别为BB1,CC1的中点,那么异面直线AE与D所成角的余弦值为____.

23．（2012年高考（安徽文））若四面体ABCD的三组对棱分别相等,即

AB?CD,AC?BD,AD?BC,

则________.(写出所有正确结论编号) ①四面体ABCD每组对棱相互垂直

②四面体ABCD每个面的面积相等

?③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于

180?

④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互垂直平分[来源:Z*xx*k.Com] ⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 24．（2012年高考（安徽文））某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是_____

三、解答题

25．（2012年高考（重庆文））(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)已知直AC?BC?3,D为AB的中点.(Ⅰ)求异面三棱柱ABC?A1B1C1中,AB?4,

直线CC1和AB的距离;(Ⅱ)若AB1?AC1,求二面角A1?CD?B1的平面角的余弦值.

3

26．（2012年高考（浙江文））如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2.AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.

(1)证明:(i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面B1C1EF;

(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值. 27（2012D矩年高考（天津文））如图,在四棱锥P?ABC中,底面ABC是形,AD?PD,BC?1,PC?23,PD?CD?2. (I)求异面直线PA与BC所成角的正切值;

(II)证明平面PDC?平面ABCD;

(III)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.

??28．（2012年高考（四川文））如图,在三棱锥P?ABC中,?APB?90,?PAB?60,AB?BC?CA,点P在平面ABC内的射影O在AB上.

(Ⅰ)求直线PC与平面ABC所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角B?AP?C的大小.

PCAB29．（2012年高考（上海文））如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是 P PC的中点.已知∠BAC=

?2,AB=2,AC=23,PA=2.

A B D 求:(1)三棱锥P-ABC的体积;

(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).

C

4

30．（2012年高考（陕西文））直三棱柱ABC- A1B1C1中,AB=A A1 ,?CAB=

科+网]?2[来源:学+ (Ⅰ)证明CB1?BA1;[来源:Zxxk.Com]

(Ⅱ)已知AB=2,BC=5,求三棱锥C1?ABA1 的体积.

31．（2012年高考（山东文））如图,几何体E?ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB?CD,EC?BD.

(Ⅰ)求证:BE?DE;

(Ⅱ)若∠BCD?120?,M为线段AE的中点, 求证:DM∥平面BEC.

32．（2012年高考（辽宁文））如图,直三棱柱ABC?ABC,?BAC?90,

///?AB?AC?2,AA′=1,点M,N分别为A/B和B/C/的中点.

//(Ⅰ)证明:MN∥平面AACC;

/(Ⅱ)求三棱锥A?MNC的体积.

33．（2012年高考（课标文））如图,三棱柱ABC?A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.

1

2

(I) 证明:平面BDC1⊥平面BDC1

(Ⅱ)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

5

34．（2012年高考（江西文））如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥

AB,AB=12,AD=5,BC=42,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合与点G,得到多面体CDEFG.

(1) 求证:平面DEG⊥平面CFG; (2) 求多面体CDEFG的体积.

35．（2012年高考（湖南文））如图6,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.

(Ⅰ)证明:BD⊥PC;

(Ⅱ)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.

PADBC36．（2012年高考（湖北文））某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰

梯形的四棱台A1B1C1D1?ABCD,上不是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱

ABCD?A2B2C2D2.

(1) 证明:直线B1D1?平面ACC2A2;

(2) 现需要对该零部件表面进行防腐处

理,已知

AB?101,A1?B

202A?,A单位:厘米),1每平方厘米的加工处理费为30A,A31(?0.20元,需加工处理费多少元?

6

37．（2012年高考（广东文））(立体几何)如图5所示,在四棱锥P?ABCD中,AB?平面PAD,AB∥CD,PD?AD,E

是PB的中点,F是DC上的点且DF?(Ⅰ)证明:PH?平面ABCD;

1AB,PH为?PAD中AD边上的高. 2(Ⅱ)若PH?1,AD?2,FC?1,求三棱锥E?BCF的体积; (Ⅲ)证明:EF?平面PAB.

38．（2012

年高考（福建文））如图,在长方体

ABCD?A1B1C1D1中,AB?AD?1,AA1上的一点. 1?2,M为棱DD(1)求三棱锥A?MCC1的体积;

MAC. (2)当A1M?MC取得最小值时,求证:B1M?平面

D,底面ABCD39．（2012年高考（大纲文））如图,四棱锥P?ABC中为菱形,

ABC,DAC?22,PA?2,E是PC上的一点,PE?2EC.

(Ⅰ)证明:PC?平面BED;

(Ⅱ)设二面角A?PB?C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小.

P PA?底面

E B C A D

7

40．（2012年高考（北京文））如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,

点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.

(1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE;

(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.

41．（2012年高考（安徽文））如图,长方体ABCD?A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1是正方形,

O是BD的中点,E是棱AA1上任意一点.

(Ⅰ)证明:BD?EC1 ;

(Ⅱ)如果AB=2,AE=2, OE?EC1, 求AA1 的长.

8

2012年高考文科数学解析分类汇编：立体几何参考答案

一、选择题 1.【答案】:A

解析】:BE?1?(222,BF?BE,AB?2BF?2, )?22【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间想象能力,极限思

想的应用,是中档题.. 2【答案】B

【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质.

【解析】利用排除法可得选项B是正确的,∵l∥a,l⊥β,则a⊥β.如选项A:l∥a,l∥β时,a⊥β或a∥β;选项C:若a⊥β,l⊥a,l∥β或l??;选项D:若若a⊥β, l⊥a,l∥β或l⊥β.

3【答案】C

【命题意图】本题考查的是三棱锥的三视图问题,体现了对学生空间想象能力的综合考查.【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为1和2,整个棱锥的高由侧视图可得为3,所以三棱锥的体积为

11??1?2?3?1. 32 4[答案]A

[解析]以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴,则

????????AO?PO22213,Acos?AOP??(R,0,R),P(R,R,0)

R242222?22??AOP?arccos,?AP?R?arccos

44[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一

起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功. 5 [答案]C

[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.

[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.

6 画出三视图,故选B B

【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简

单题.

【解析】由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为一边长为

6,这边上高为3,棱锥的高为3,故其体积为??6?3?3=9,故选B. 7 【答案】C

【解析】本题的主视图是一个六棱柱,由三视图可得地面为变长为1的正六边形,高为1,则直接带公式可求该直六棱柱的体积

是:2?11321(3?1)?1?1?4,故选C. 29

【考点定位】本题是基础题,考查三视图与地观图的关系,注意几何体的位置与放法是解题的关键,考查空间想象能力,转化思想、计算能力. 8【答案】D

【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.

【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型.

9 解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为V?1???32?4?12?,上部分是半球,3体积为V?????33?18?,所以体积为30?.

10【答案】D

1423【解析】分别比较A、B、C的三视图不符合条件,D 符合

【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力. 答案D

【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.

【解析】连结AC,BD交于点O,连结OE,因为O,E是中点,所以OE//AC1,且OE?1AC1,所以AC1//BDE,2即直线AC1 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做CF?OE于F,则CF即为所求距离.因为底面边长为2,高为22,所以AC?22,OC?2,CE?2,OE?2,所以利用等积法得CF?1,选D.

【答案】B

【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:S底?10,S后?10,S右?10,S左?65,因此该几何体表面积S?30?65,故选B. 【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力.

二、填空题

【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体,上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体.长方体的体积为

3?4?2?24,五棱柱的体积是

[答案]90o

(1?2)?1?4?6,所以几何体的总体积为30. 2[解析]方法一:连接D1M,易得DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M, 所以,DN⊥平面A1MD1,

又A1M?平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90o[来源:Zxxk.Com]

方法二:以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D—xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2)

10

故,DN? （0,2,1），MA1?（2，?1,2）所以,cos

|DN||MA1|[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.

2

[解析] 2?r=2?,r=1,S表=2?rh+2?r=4?+2?=6?.

答案:

1111 解析:VA?DED1?VE?ADD1??1??1?1?. 6326 【答案】33 【解析】点P、A、B、C、D为球O内接长方体的顶点，

球心O为该长方体对角线的中点，1 ??OAB的面积是该长方体对角面面积的，41?AB?23,PA?26，?PB?6，??OABD面积=?23?6=33 4【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为长方体来考虑就容易多了. 【答案】12+π

【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,高位1,所以该几何体的体积为3?4?1???1?1?12??

【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出体积.

12?【解析】由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2,高为1)与中间一个圆柱(底面圆半径

22为1,高为4)组合而成,故该几何体的体积是V???2?1?2???1?4?12?.

【点评】本题考查圆柱的三视图的识别,圆柱的体积.学生们平常在生活中要多多观察身边的实物都是由什么几何形体构成的,以及它们的三视图的画法. 来年需注意以三视图为背景,考查常见组合体的表面积.

答案

3 5【命题意图】本试题考查了正方体中的异面直线所成角的求解问题. 【解析】首先根据已知条件,连接DF,则由D1F//AE可知?DFD1或其补角为异面直线AE与D1F所成的角,设正方体的棱长为2,则可以求解得到

DF?D1F?5,DD1?2,再由余弦定理可得

D1F2?DF2?D1D25?5?43cos?DFD1???.

2D1F?DF2?55 【解析】正确的是②④⑤

②四面体ABCD每个面是全等三角形,面积相等

③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180

? 11

④连接四面体ABCD每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分

⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长

【解析】表面积是56 该几何体是底面是直角梯形,高为4的直四棱柱几何体的的体积是

1V??(2?5)?4?4?56

2三、解答题 【答案】:(Ⅰ)(Ⅱ)

1 3【解析】:(Ⅰ)如答(20)图1,因AC=BC, D为AB的中点,故CD ?AB.又直三棱柱中,CC1? 面ABC ,故

CC1?CD ,所以异面直线CC1 和AB的距离为CD=BC2?BD2?5 (Ⅱ):由CD?AB,CD?BB1,故CD? 面A1ABB1 ,从而CD?DA1 ,CD?DB1故?A1DB1 为所求的二面角A1?CD?B1的平面角.

因A1C在面A1D是A1ABB1上的射影,又已知AB1?A1C, 由三垂线定理的逆定理得AB1?A1D,从而

?A1AB1,?A1DA都与?B1AB互余,因此?A1AB1??A1DA,所以Rt?A1AD≌Rt?B1A1A,因此AA12?AD?A1B1?8

从而A1D=AA1?AD?23,B1D?A1D?23 22AA1A1B1得?ADAA1A1D2?DB12?A1B121所以在?A? 1DB1中,由余弦定理得cosA1DB1?2A1D?DB13 【命题意图】本题主要以四棱锥为载体考查线线平行,线面垂直和线面角的计算,注重与平面几何的综合, 同时考查空

间想象能力和推理论证能力.

(1)(i)因为C1B1//A1? 平面ADD1 A1,所以C1B1//平面ADD1 A1. 1D1,C1B又因为平面B1C1EF?平面ADD1 A1=EF,所以C1B1//EF.所以A1D1//EF. (ii)

因为BB1?A1B1C1D1,所以BB1?B1C1,

又因为BB1?B1A1,所以B1C1?ABB1A1, 在

矩

形

ABB1A1中,F是AA的中点,即

tan?A1B1F?tan?AA1B?2.即 2?A1B1F??AA1B,故BA1?B1F.

所以BA1?平面B1C1EF.

(2) 设BA1与B1F交点为H,连结C1H.

12

由(1)知B1C1EF,所以?BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角. 在矩形ABB1A1中,AB?2,AA1?2,得

BH?44,在直角?BHC1中,BC1?23,BH?,得 6630BH30,所以BC与平面B1C1EF所成角的正弦值是. ?15BC115sin?BC1H? 解:(1)如图,在四棱锥P?ABCD中,因为底面

AD?B,C且AD//BC,又因为AD?PD,

面直线PA与BC所成的角.

PD?2,所以异在Rt?PDA中,tan?PAD?ADABCD是矩形,所以故?PAD或其补角是异

面直线PA与BC所成角

的正切值为2.

AD?CD,又由于(2)证明:由于底面ABCD是矩形,故

PDC,而AD?平面AD?PD,CD?PD?D,因此AD?平面

ABC,D所以平面PDC?平面ABCD.

(3)在平面PDC内,过点P作PE?CD交直线CD于点E,连接EB.由于平面PDC?平面ABCD,由此得?PBE为直线PB与平面ABCD所成的角.

在?PDC中,PD?CD?2,PC?23,可得?PCD?30? 在Rt?PEC中,PE?PCsin30??3

由AD//BC,AD?平面PDC,得BC?平面PDC,因此BC?PC

在Rt?PCB中,PB?PC2?BC2?13,在Rt?PEB中,sin?PBE?39. 13PE39 ?PB13所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为

[解析](1)连接OC. 由已知,?OCP为直线PC与平面ABC所成的角

设AB的中点为D,连接PD、CD.

因为AB=BC=CA,所以CD?AB.

因为?APB?90?，?PAB?60?，所以?PAD为等边三角形, 不妨设PA=2,则OD=1,OP=3, AB=4.

所以CD=23,OC=OD?CD?1?12?13. 在Rt?OCP中，tan?OPC?22OP339 ??OC1313(2)过D作DE?AP于E,连接CE. [来源:Z,xx,k.Com]

由已知可得,CD?平面PAB. 据三垂线定理可知,CE⊥PA,

所以,?CED为二面角B—AP—C的平面角.

13

由(1)知,DE=3

在Rt△CDE中,tan?CED?CD23??2 DE3故二面角B—AP—C的大小为arctan2

[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能力,进一步深化对二面角

的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值).

[解](1)S1?ABC?2?2?23?23, P 三棱锥P-ABC的体积为

V?13S?ABC?PA?13?23?2?433 E D (2)取PB的中点E,连接DE、AE,则

A ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC与AD所成的角

B C

在三角形ADE中,DE=2,AE=2,AD=2,

cos?ADE?22?22?22?2?2?34,所以∠ADE=arccos34. 因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是arccos34

[来源:学科网ZXXK]

证明:(I)设BD中点为O,连接OC,OE,则由BC?CD知CO?BD,

又已知CE?BD,所以BD?平面OCE.

所以BD?OE,即OE是BD的垂直平分线,所以BE?DE.

(II)取AB中点N,连接MN,DN,∵M是AE的中点,∴MN∥BE, ∵△ABD是等边三角形,∴DN?AB.由∠BCD=120°知,∠CBD=30°, 所以∠ABC=60°+30°=90°,即BC?AB,所以ND∥BC, [来源:学,科,网] 所以平面MND∥平面BEC,又DM?平面MND,故DM∥平面BEC. 另证:延长AD,BC相交于点F,连接EF.因为CB=CD,?ABC?900.

因

为

△

ABD为正三角形,所以

?BAD?600,?ABC?900,则?AFB?300,

所以AB?12AF,又AB?AD, 所以D是线段AF的中点,连接DM, [来源:Zxxk.Com]

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又由点M是线段AE的中点知DM//EF,

而DM?平面BEC, EF?平面BEC,故DM∥平面BEC. 【答案与解析】

(1) 证明:取A'B'中点P,连结MP,NP,而M,N分别是AB'与中点,所以,

MP∥AA',PN∥A'C',所以,MP∥平面A'ACC',PN∥平面又MP?NP?p,因此平面MPN∥平面A'ACC',而MN?平面以,MN∥平面A'ACC',

B'C'的A'ACC',

MPN,

所

【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明;第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键,也可以采用割补发来球体积.

【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑

推理能力,是简单题.

【解析】(Ⅰ)由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1?AC?C,∴BC?面ACC1A1, 又∵DC1?面ACC1A1,∴

DC1?BC,

090,即DC1?DC, 由题设知?A1DC1??ADC?45,∴?CDC1=

0又∵DC?BC?C, ∴DC1⊥面BDC, ∵DC1?面BDC1, ∴面BDC⊥面BDC1;

(Ⅱ)设棱锥B?DACC1的体积为V1,AC=1,由题意得,V1=?由三棱柱ABC?A1B1C1的体积V=1,

∴(V?V1):V1=1:1, ∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积之比为1:1. 法二:(I)证明:设AC?BC?a,则AA1?2a, 因侧棱垂直底面,即DA?平面ABC,所以DA?AC,

111?2?1?1=,

232 15

又D是棱AA1的中点,所以DA?1AA1?a 2在Rt?DAC中,由勾股定理得:DC?同理DC1?2a ;

2a,又C1C?A1A?2a,

2所以:DC2?DC1?C1C2, 即有C1D?CD??(1)

因A1A?平面ABC,所以A1A?BC,

又?ACB?900,所以 AC?BC,所以BC?侧面ACC1A1,而C1D?平面ACC1A1, 所以:BC?C1D??(2);由(1)和(2)得:C1D?平面BCD, 又C1D?平面 BC1D,所以平面BDC1?平面BDC

(II) 平面BDC1分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形ACC1D,高为BC的一个四棱锥,其体积为:V下?VB?ACC1D?11?a?2a?1?SACC1D?BC????a??a?a3, 33?22?1?a?a?2a?a3, 213所以,平面BDC1分此棱柱的上半部的体积为V上?V-V下?a

2所以 ,所求两部分体积之比为 1:1

该四棱柱的总体积为V?S?ABC?A1A? 【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得EG?GF

又因为CF?底面EGF,可得CF?EG,即EG?面CFG所以平面DEG⊥平面CFG. (2)过G作GO垂直于EF,GO 即为四棱锥G-EFCD的高,所以所求体积为S正方形DECF?GO? 【解析】(Ⅰ)因为PA?平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA?BD.

13112?5?5??20 35又AC?BD,PA,AC是平面PAC内的两条相较直线,所以BD?平面PAC, 而PC?平面PAC,所以BD?PC.

(Ⅱ)设AC和BD相交于点O,连接PO,由(Ⅰ)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RtPOD中,由?DPO?30,得PD=2OD.

?因为四边形ABCD为等腰梯形,AC?BD,所以从而梯形ABCD的高为

?AOD,?BOC均为等腰直角三角形,

111AD?BC??(4?2)?3,于是梯形ABCD面积 222 16

S?1?(4?2)?3?9. 2在等腰三角形AOD中,OD?2,AD?22, 2所以PD?2OD?42,PA?PD2?AD2?4.

11?S?PA??9?4?12. 33故四棱锥P?ABCD的体积为V?PADBEC

【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明BD?平面PAC即可,第二问由(Ⅰ)知,BD?平面PAC,所以?DPO是直线PD和平面PAC所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由V?1?S?PA算得体积. 3 【解析】(1)因为四棱柱ABCD?A2B2C2D2的侧面是全等的矩形,所以AA2?AB,AA2?AD

又因为AB?AD?A,所以AA2?平面ABCD 连接BD,因为BD?平面ABCD,所以AA2?BD

因为底面ABCD是正方形,所以AC?BD.根据棱台的定义可知,BD面.

又已知平面ABCD//平面A1B1C1D,1且平面BB1D1D?平面

与B1D1共

ABCD?B D平面BB1D1D?A1B1C1D1?B1D1,所以B1D1//BD,于是

由AA2?BD,AC?BD,B1D1//BD,可得AA2?B1D1,AC?B1D1 又因为AA2?AC?A,所以B1D1?平面ACC2A2.

(2)因为四棱柱ABCD?A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以

S1?SA2B2C2D2?S四个侧面?(A2B2)2?4AB?AA2?102?4?10?30?1300(cm2)

又因为四棱台A1B1C1D1?ABCD的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以

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1S2?SA1B1C1D1?S四个侧面梯形?(A1B1)2?4?(AB?A1B1)h等腰梯形的高211?202?4?(10?20)132?[(20?10)]2?1120(cm2)22

于是该实心零部件的表面积为S?S1?S2?1300?1120?2420(cm2),故所需加工处理费为

0.S2?0?.224?20(元)

【点评】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划归的能力.线线垂直?线

面垂直?面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查.

解析:(Ⅰ)因为AB?平面PAD,PH?平面PAD,所以AB?PH.又因为PH为?PAD中AD边上的高,所以

PH?AD.AB?AD?A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD,所以PH?平面ABCD.

112FC?AD??1?2?,因为E是PB的中点,PH?平面ABCD,所以点E到平面ABCD的距离22211121211??等于PH?,即三棱锥E?BCF的高h?,于是VE?BCF?S?BCF?h??. 3322122221所以GE?(Ⅲ)取PA中点G,连接GD、GE.因为E是PB的中点,AB且

21所以GE?DF且GE∥AB.而F是DC上的点且DF?AB,DF∥AB,

2GE∥DF.所以四边形GDFE是平行四边形,所以EF∥GD.而PD?AD,所以GD?PA.又因为AB?平面PAD,GD?平面PAD,所以AB?GD.而AB?PA?A,AB?平面PAB,PA?平面PAB,所以GD?平面PAB,即EF?平面PAB.

【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及体积等基

本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想.

(Ⅱ)S?BCF?【解析】(1)又长方体AD?平面CDDC11.点A到平面CDDC11的距离AD=1, ∴S?MCC1=

1111CC1?CD=×2×1=1 ,∴VA?MCC1?AD?S?MCC1?

2233(2)将侧面CDDC1逆时针转动90°展开,与侧面ADD11绕DD1A1共面.当A1,M,C共线时,

A1M+MC取得最小值AD=CD=1 ,AA1=2得M为DD1的中点连接MC1在?MCC1中,MC1=MC=2,CC1=2,

∴CC12=MC12+MC , ∴∠CMC1=90°,CM⊥MC1, ∵B1C1⊥平面CDDC1C1⊥CM ∵AM∩MC=C 11,∴B∴CM⊥平面B1C1M,同理可证B1M⊥AM ∴B1M⊥平面MAC

【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边

2长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解.

解:设AC?BD?O,以O为原点,OC为x轴,OD为y轴建立空间直角坐标系,则

A(?2,0,0),C(2,0,0),P(?2,0,2),设B(0,?a,0),D(0,a,0),E(x,y,z).

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????2222?????E(,0,)BE?(,a,)????2)33, 所以PC?(22,0,33,BD?(0,2a,0),所以(Ⅰ)证明:由PE?2EC得,????????22PC?BE?(22,0,?2)?(,a,)?033,

????????????????????????PC?BD?(22,0,?2)?(0,2a,0)?0.所以PC?BE,PC?BD,所以PC?平面BED;

???????????????????(Ⅱ) 设平面PAB的法向量为n?(x,y,z),又AP?(0,0,2),AB?(2,?a,0),由n?AP?0,n?AB?0得?2??????????n?(1,,0)a,设平面PBC的法向量为m?(x,y,z),又BC?(2,a,0),CP?(?22,0,2),由??2???????????????m?(1,?,2)?m?BC?0,m?CP?0,得a,由于二面角A?PB?C为90,所以m?n?0,解得a?2. ??????,2)所以PD?(2,2?,平面PBC的法向量为m?(1,?1,2),所以PD与平面PBC所成角的正弦值为

????????|PD?m|1???????????|PD|?|m|2,所以PD与平面PBC所成角为6.

【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点E的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.

【考点定位】本题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决.第三问的创新式问法,难

度比较大.

解:(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE?平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.

(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F ?平面A1DC, 所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE (3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图, 分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.

又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.

又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C 的中点,

所以A1C⊥DP,所以A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.

【解析】(I)连接AC,AE//CC1?E,A,C,C1共面

长方体ABCD?A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1是正方形

AC?BD,EA?BD,AC?EA?A?BD?面EACC1?BD?EC1

(Ⅱ)在矩形ACC1A1中,OE?EC1??OAE??EAC11 得:

AEAC2AA1?2?11???AA1?32 AOEA1222 19

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