2022年高考数学立体几何含答案 .pdf

2014 年高考数学试题汇编立体几何一选择题1. （2014 福建）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）.A圆柱.B圆锥.C四面体.D三棱柱A 2. (2014 新课标 I)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A.6 2B.4 2C.6 D.4 【答案】：C 【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥DABC，其中4,42,2 5ABBCACDBDC，24 246DA，故最长的棱的长度为6DA，选 C 3. (2014 新课标 II)如图， 网格纸上正方形小格的边长为1 （表示 1cm） ,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到， 则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A. 1727B. 59C. 1027D. 13【答案】C.27105434-54.342944.2342.54696321Cvv故选积之比削掉部分的体积与原体体积，高为径为，右半部为大圆柱，半，高为小圆柱，半径加工后的零件，左半部体积，高加工前的零件半径为=?+?=?=4（2014 浙江） 某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是A. 902cmB. 1292cmC. 1322cmD. 1382cm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 40 页D 5. (2014 江西 )一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（）【答案】 B 【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选：B 6(2014 重庆 )某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.54 B.60 C.66 D.72 【答案】 B 【解析】BSSSSSS选，何体表的面积的上部棱锥后余下的几；截掉高为，高原三棱柱：底面三角形侧上下侧上下60s2273392318152156344*3=+=+=?+=7. （2014 辽宁） 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A82B8C82D84精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 40 页【答案】 B【解析】.-82)21*-2*2(2BshV选几何体为直棱柱，体积=8(2014 湖南 )一块石材表示的几何体的三视图如图2 所示， 将该石材切削、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 9(2014 安徽 ) 一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 40 页（A）321（B）318（C）21 （D）18 7 A 10. (2014湖北 ) 在如图所示的空间直角坐标系xyzO中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2 ） ， （2,2,0 ） ， （1,2 ，1） ， （2,2,2 ） ，给出编号、的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 40 页A.和 B.和 C. 和 D.和点评： 本题考查空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题。A. 6.11. （ 2014 大纲） 已知二面角l为60，AB，ABl，A 为垂足，CD，Cl，135ACD，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（）A14B24C34D12【答案】 B. 12. （2014 辽宁） 已知 m，n 表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A若/ /,/ /,mn则/ /mnB若m，n，则mn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 40 页C若m，mn，则/ /nD若/ /m，mn，则n【答案】 B【解析】.,.,.,BDCBA选不用再看对平面上的直线直线垂直平面，则垂直对错，不一定平行平行同一平面的两直线对13. (2014 广东 )若空间中四条两两不同的直线1234,l lll，满足122334,llllll，则下列结论一定正确的是A.14llB.14/ /llC.14,l l既不垂直也不平行D.14,l l的位置关系不确定答案 :D 14、(2014 四川 )如图，在正方体1111ABCDA B C D中，点O为线段BD的中点。设点P在线段1CC上，直线OP与平面1A BD所成的角为，则sin的取值范围是（）A、3,13B、6,13C、6 2 2,33D、2 2,13【答案】 B 【解析】BmmmmOPnOPnOPnnBDnBDnmmOPDABDzyxnBDAADBOmmPzyxCCCBCD选）（）（解得一个则法向量为面，则轴建立坐标系，设为，分别以设边长为.1 ,36213122131|,cos|sin).1- , 1 , 1(,0 1 ,0),21- ,21- (),1 ,1 ,0(),0 ,1- , 1 (),().1 , 1 , 1(),0,0, 1(),0, 10(),0,21,21(1 ,0),0,0(,12221111+=+=+=+=的正弦值所以，二面角，解出一个法向量，即满足：的法向量面的一个法向量显然，面轴建立坐标系为分别以）知由（BFEnnnnnnnnnyxzxBFnBEnzyxnBEFBFBEBFEnBCFBFBEzyxEHHCHCEH11(2014江西 ) ( 本小题满分 12分) 如图，四棱锥ABCDP中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD. （1）求证：;PDAB（2）若,2,2,90PCPBBPC问AB为何值时，四棱锥ABCDP的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值. 【解析】解： （1）面PAD面ABCD, 面PAD面ABCD=AD,ABADAB面ABCD2 分又PD面ABCD3 分ABPD4 分(2) 过 P作POAD, 由（ 1）有PO面 ABCD, 作OMBC, 连接 PM ，作PMBC5 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 40 页设 AB=x. 2241114168633333PABCDABCDVOPSOPABBCxxxx7 分当223x即63x时，max2 69V9 分如图建立空间直角坐标系，60,0,3P,60,03M, 66,033C6,0,03D, 660,33PM,666,333PC,6,0,03MC66,0,33PD,60,03DC10 分设面PMC、面PDC的法向量分别为111,mx y z，222,nxyz000m PMm PCm MC111111660336660333603yzxyzx设11y，则11z，0,1,1m同理可得1,1,1m11 分6cos,3m nm nm n平面PBC与平面DPC夹角的余弦值为63。12 分12. (2014 广东 )（13 分）如图4，四边形ABCD为正方形， PD平面 ABCD ， DPC 030，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 40 页AF PC于点 F，FECD ，交 PD于点 E. （ 1）证明： CF平面 ADF ；（ 2）求二面角DAFE的余弦值 .: (1):,A,.(2):EEG/ /CFDFG,GGHAFH,EH,PDABCD PDPCDPCDABCDPCDABCDCDDABCD ADCDADPCDCFPCDCFADAFPCCFAFAD AFADF ADAFACFADFCFDFEGDF解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A平面 A过作于连则0022,CD2,30 ,130 ,=1,213324,=,3,2222 33 3319322EG.,7,422319 33 193 193622,()( )474 74 7EHGDAFEDPCCDFCFCDDECFDECPEFDCDEDFDPCPDE EFAEAFEFDFAE EFEHHGAF为二面角的平面角 设从而即还易求得 EF=从而易得故3,4 76 34 72 57cos.194 7 3 19GHEHGEH12:, ,2,1(0,0,2),C(0,2,0),P(23,0,0),(2 3 ,2 2 ,0),43 331(, ,0),(,0,0),ADFCP ( 3, 1,0),2 222AEF(xDP DC DA x y zDCACFCPFDFCFFEnn解法二分别以为轴建立空间直角坐标系 设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4 32 57(4,0, 3),.19|219n AEn AFn nnnn利用且得 可以是从而所求二面角的余弦值为13 (2014湖南) 如图6, 四棱柱1111ABCDA B C D的所有棱长都相等,11111,ACBDO ACB DO,四边形11ACC A和四边形11BDD B为矩形 . (1)证明 :1O O底面ABCD; (2)若060CBA,求二面角11COBD的余弦值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 40 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 40 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 40 页11O HC为二面角11COBD的平面角 ,则1111cosO HO HCHC060CBA且四边形ABCD为菱形11O Ca,113 ,BOa22111112 ,7OOa BOBOOOa, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33 页，共 40 页【考点定位】线面垂直二面角勾股定理菱形精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 40 页14. (2014 湖北 ) （本小题满分12分）如 图 ， 在 棱 长 为 2 的 正 方 体1111DCBAABCD中 ，NMFE,分 别 是 棱1111,DABAADAB的 中 点 ， 点QP,分 别 在 棱1DD,1BB上 移 动 ， 且20BQDP. （）当1时，证明：直线1BC平面EFPQ; （）是否存在，使平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 几何方法（）证明：如图1，连接 AD1，由 ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1 AD1. 当 =1时， P是 DD1的中点，又F 是 AD的中点，所以FPAD1所以 BC1FP. 而 FP平面 EFPQ, 且 BC1平面 EFPQ ，故直线BC1平面 EFPQ. （）如图 2，连接 BD. 因为 E，F分别是 AB ， AD的中点，所以EF BD，且 EF=21BD. 又 DP=BQ ，DP BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ BD ，且 PQ=BD ，从而 EFPQ ，且 EF=21PQ. 在 RtEBQ和 RtFDP中，因为BQ=DP= ， BE=DF=1 ，于是 EQ=FP=21，所以四边形EFPQ是等腰梯形 . 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形 . 分别取 EF ，PQ ，MN 的中点为H，O ， G ，连接 OH ，OG ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 40 页则 GO PQ ，HO PQ ，而 GO HO=O ，故 GOH 是面 EFPQ与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在，使面EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH=90 . 连接 EM ，FN ，则由 EF MN ，且 EF=MN ，知四边形EFNM 是平行四边形 . 连接 GH ，因为 H，G是 EF，MN的中点，所以GH=ME=2. 在 GOH 中， GH2=4，OH2=21)22(1222, OG2=21)2()22()2(1222, 由 OG2+OH2=GH2，得42121222）（，解得221，故存在221，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 向量方法：以 D为原点，射线DA ， DC ，DD1分别为 x，y， z 轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D xyz. 由已知得B(2，2， 0)，C1(0 ，2，2) ，E(2，1， 0) ，F(1 ，0，0) ，P(0， 0， ) 1BC=(-2 ，0，2)，FP=(-1 ，0， ) ，FE=(1 ，1，0) （）证明：当=1时，FP=(-1 ， 0，1) ，因为1BC=(-2 ，0，2) ，所以1BC=2FP，即 BC1FP. 而 FP平面 EFPQ ，且 BC1平面 EFPQ ，故直线BC1平面 EFPQ. （）设平面EFPQ 的一个法向量为n=(x ，y，z) ，则由,0,0nFPnFE可得.0,0zxyx于是可取n=( ， - ， 1). 同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m=(-2 ，2-， 1) 若存在，使面EFPQ与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则 m n=（ -2 ，2-， 1） （， - ， 1）=0，即 ( -2)- (2- )+1=0，解得221. 故存在221，使面 EFPQ与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 15 （2014 浙江） （本题满分15 分）如图，在四棱锥BCDEA中，平面ABC平面精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 40 页ACBEDECDABBEDCDEBCDE, 1,2,90,02. （1）证明：DE平面ACD; （2）求二面角EADB的大小4681012141618EDCBA20. （I ）在直角梯形BCDE中，由1DEBE，2CD得，2BDBC，由2,2ACAB，则222ABACBC，即ACBC，又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD；（II ）方法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连结BG，由（ I ）知，DEAD，则FGAD， ，所以BFG是二面角EADB的平面角，在直角梯形BCDE中，由222CDBDBC，得BDBC，又平面ABC平面BCDE， 得BD平面ABC， 从而，BDAB， 由于AC平面BCDE， 得：ACCD，在Rt ACD中，由2CD，2AC，得6AD，4681012141618GFEDCBA在Rt AED中，1DE，6AD，得7AE，在Rt ABD中，2BD，2AB，6AD，得2 33BF，23AFAD，从而23GF，在,ABEABG中，利用余弦定理分别可得5 72cos,143BAEBG，在BFG中，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 37 页，共 40 页2223cos22GFBFBGBFGBF GF，所以6BFG，即二面角EADB的大小是6方法二：以D为原点，分别以射线,DE DC为, x y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，由题意可知各点坐标如下：0,0,0,1,0,0 ,0,2,0,0,2,2 ,1,1,0DECAB，设平面ADE的法向量为111,mx y z，平面ABD的法向量为222,nxy z，可算得0, 2,2AD，1,1,0 ,1, 2,2DBAE，由00m ADm AE得，111110220220yzxyz，可取0,1,2m，由00n ADn BD得，222202200yzxy，可取1,1, 2n，于是3cos,2m nm nm n，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角EADB的大小是64681012141618ZYxEDCBA16. （2014 大纲） （本小题满分12 分）如图，三棱柱111ABCA B C中，点1A在平面 ABC内的射影D 在 AC上，090ACB，11,2BCACCC. （I）证明：11ACA B；（II）设直线1AA与平面11BCC B的距离为3，求二面角1AABC的大小 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 38 页，共 40 页DB1CC1A1AB解：解法一： （I）1A D平面 ABC ，1A D平面11AAC C ，故平面11AAC C平面 ABC 又BCAC ，BC平面11AAC C 连结1AC ，侧面11AAC C 为菱形，故11ACAC ，由三垂线定理得11ACA B ； （ II） BC平面11,AAC CBC平面11BCC B ，故平面11AAC C平面11BCC B 作11,AECCE 为垂足，则1A E平面11BCC B 又直线1AA 平面11BCC B ， 因而1A E为直线1AA与平面11BCC B 的距离，13A E1AC 为1ACC 的角平分线，故113A DA E作,DFABF 为垂足，连结1A F ，由三垂线定理得1A FAB，故1A FD 为二面角1AABC的平面角由22111ADAAA D得D为AC的中点，1115, tan15 ,25A DACBCDFA FDABDF二面角1AABC的大小为 arctan 15 B1C1DCBAA1EFzyxB1C1DCBAA1解法二： 以 C 为坐标原点， 射线 CA 为x轴的正半轴， 以 CB 长为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz由题设知1A D 与z轴平行，z轴在平面11AAC C 内（I）设1, 0,Aac，由题设有2 ,2 , 0 , 0 ,0 ,1, 0 ,aAB则11112 ,1, 0 ,2 , 0 , 0 ,2, 0 ,4 , 0 ,1 ,.ABACAAacACACAAacBAac由12AA得2222ac，即2240aac（） 于是22111140 ,ACBAaacACA B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 39 页，共 40 页（II）设平面11BCC B的法向量,mxyz则1,mCBmBB即10 ,0m CBm BB0 ,1 , 0 ,CB112 , 0 ,BBAAac故0y，且20axcz令xc，则2, 0 , 2zamca，点A到平面11BCC B的距离为222cos,2CA mcCAmCAcmca又依题设，点A到平面11BCC B 的距离为3 ,3c代入解得3a（舍去）或1a于是11, 0 ,3AA设平面1ABA 的法向量,npq r， 则1,nAAnAB，即10 ,0 ,30n AAn ABpr，故 且20pq令3p，则23,1,qr3,2 3,1n又0,0,1p为平面ABC的法向量，故1cos,4n pn pnp，二面角1AABC的大小为1arccos4精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 40 页，共 40 页