2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全(立体几何)(20200816100429).pdf

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1、第1页（共 60页）2015 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.（2015 安徽文、理）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）（A）13（B）122（C）23（D）2 22.（2015 安徽理）已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（）（A）若，垂直于同一平面，则与平行（B）若m，n平行于同一平面，则m与n平行（C）若，不平行，则在内不存在与平行的直 线（D）若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面第2页（共 60页）3、（2015 北京文）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A1 B2 C 3 D 2【答案

2、】C【解析】试题分析：四棱锥的直观图如图所示：由三视图可知，SC平面 ABCD，SA是四棱锥最长的棱，222223SASCACSCABBC.考点：三视图.4.（2015 北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）正(主)视图11俯视图侧(左)视图21A 25 B 45 C 22 5 D5【答案】C【解析】第3页（共 60页）试题分析：根据三视图恢复成三棱锥P-ABC，其中PC平面 ABC，取 AB棱的中点D，连接 CD、PD，有,PDAB CDAB，底面 ABC为等腰三角形底边AB上的高 CD为 2，AD=BD=1,PC=1,5,ABCPDS1222,2,12552PABS,A

3、CBC5，1512PACPBCSS52,三棱锥表面积表2 52S.考点：1.三视图；2.三棱锥的表面积.5（2015 福建文）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A822B112 2 C1422 D151112【答案】B【解析】学科网试题分析：由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为12，直角腰长为1，斜腰为2底面积为12332，侧面积为则其表面积为2+2+4+22=8+22，所以该几何体的表面积为112 2，故选 B考点：三视图和表面积6.（2015 广东文）若直线1l和2l是异面直线，1l在平面内，2l在平面内，l是平面与平

4、面的交线，则下列命题正确的是（）Al至少与1l，2l中的一条相交Bl与1l，2l都相交Cl至多与1l，2l中的一条相交Dl与1l，2l都不相交【答案】A 第4页（共 60页）考点：空间点、线、面的位置关系7.（2015 广东理）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（）A 大于 5 B.等于 5 C.至多等于4 D.至多等于3【答案】C【考点定位】本题考查空间想象能力、推理能力，属于中高档题8.(2015湖南理)某工件的三视图如图3 所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的

5、体积原工件的体积）（）A.89 B.169 C.34(21)D.312(21)【答案】A.第5页（共 60页）【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.【名师点睛】本题主要考查立体几何中的最值问题，与实际应用相结合，立意新颖，属于较难题，需要考生从实际应用问题中提取出相应的几何元素，再利用基本不等式求解，解决此类问题的两大核心思路：一是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，或利用导数或利用基本不等式，求其最值.9、(2015 湖南文)某工作的三视图如图3 所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新

6、工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）A、89 B、827 C、224(21)D、28(21)【答案】A 第6页（共 60页）考点：三视图、基本不等式求最值、圆锥的内接长方体10、(2015 全国新课标卷文、理)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8 尺，米堆的高为5 尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1 斛米的体积约为1.62 立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（

7、）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛11、(2015 全国新课标卷文、理)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620，则r()第7页（共 60页）（A）1（B）2（C）4（D）812.(2015全国新课标卷文、理)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1A.81B.71C.6D.15【答案】D【解析】试题分析：由三视图得，在正方体1111ABCDA BC D中，截去四面体111AAB D，如图所示，设正方体棱长为a，则1113311

8、1326A A B DVaa，故剩余几何体体积为3331566aaa，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选 D考点：三视图第8页（共 60页）CBADD1C1B1A114.(2015 全国新课标卷文、理)已知BA,是球O的球面上两点,90AOB,C为该球面上的动点.若三棱锥ABCO体积的最大值为36,则球O的表面积为（）A.36B.64C.144D.256【答案】C【解析】试题分析：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时2311136326OABCCAOBVVRRR，故6R，则球O的表面积为24144SR，故选 C考点：外

9、接球表面积和椎体的体积BOAC16.(2015山东文)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()（A）（B）（）2 2（）42【答案】B 考点：1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.第9页（共 60页）17.(2015山东理)在梯形ABCD中，2ABC，/,222ADBC BCADAB.将梯形ABCD绕AD所在的直 线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）（A）23（B）43（C）53（D）2【答案】C【考点定位】1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.【名师点睛】本题考查了空间几何体的结构特征及空间几何体的

10、体积的计算，重点考查了圆柱、圆锥的结构特征和体积的计算，体现了对学生空间想象能力以及基本运算能力的考查，此题属中档题.18.(2015 陕西文、理)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A3B4C24D34【答案】D【解析】试题分析：由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为21121222342，故答案选D考点：1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.20、(2015 浙江文、理)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）第10页（共 60页）A83cmB123cmC3233cmD4033cm【答案】C 考点：1.三视图；2

11、.空间几何体的体积.21、(2015 浙江文)设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m（）A若l，则B若，则lmC若/l，则/D若/，则/lm【答案】A【解析】试题分析：采用排除法，选项 A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项 B 中，当时，,l m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，/l时，,可以相交；选项D 中，/时，,l m也可以异面.故选 A.考点：直线、平面的位置关系.23.(2015 浙江理)如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD折成A CD，所成二面角ACDB的平面角为，则（）A.ADB B.A DB C.A CB D.A CB第11页（

12、共 60页）24.(2015 重庆文)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）第12页（共 60页）(A)123(B)136(C)73(D)52【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是由一个底面半径为1，高为 2 的圆柱，再加上一个半圆锥：其底面半径为1，高也为1；构成的一个组合体，故其体积为61311612122；故选 B.考点：三视图.25(2015 重庆理)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A、13 B、23C、123 D、223【答案】A【考点定位】组合体的体积.【名师点晴】本题涉及到三视图的认知，要求学生能由三视图画出几何体的直观图，从而分析出它是哪些

13、基本几何体的组合，应用相应的体积公式求出几何体的体积，关键是画出直观图，本题考查了学生的空间想象能力和运算求解能力.二、填空题：1.(2015江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为 4 的圆锥和底面半径为2、高为 8 的圆柱各一个。若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为【答案】7【解析】试题分析：由体积相等得：22221145+28=48733rrr考点：圆柱及圆锥体积2.(2015上海文、理)若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为316，则a .【答案】4【解析】依题意，3162321aaa，解得4a.【考点定位】等边三角形的性质，正

14、三棱柱的性质.第13页（共 60页）3、(2015 上海理)若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2，则其母线与轴的夹角的大小为【答案】3【解析】由题意得：1:(2)222rlhrlh母线与轴的夹角为3【考点定位】圆锥轴截面4、(2015 四川文)在三棱住ABCA1B1C1中，BAC90，其正视图和侧视图都是边长为1 的正方形，俯视图是直角边长为1 的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是 _.【答案】124【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，

15、考查基本运算能力.【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥PA1MN的体积可以直接计算，但转换为三棱锥PAMN的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题.5.(2015四川理)如图，四边形ABCD和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F 分别为 AB、BC的中点。设异面直线EM与 AF所成的角为，则cos的最大值为 .【答案】25第14页（共 60页）【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.【名师点睛】空间的角与距离的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利

16、用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90 度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点 M在 P处时，EM与 AF所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当 M点向左移动时，EM与 AF所成角逐渐变小，点M到达 Q点时，角最小，从而余弦值最大.6.(2015 天津文、理)一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体积为3m.第15页（共 60页）【答案】83【解析】试题分析：该几何体是由两个高为1 的圆锥与一个高为2 圆柱组合而成,所以该几何体的体积为3182 1 2(m)33.考点：1.三视图；2.几何体的体积.13.(2015浙江理)如图，三棱锥ABCD中，3

17、,2ABACBDCDADBC，点,M N分别是,AD BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是三、解答题：第16页（共 60页）1.（2015 安徽文）如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，1,1,2,60PAABACBAC.（）求三棱锥P-ABC的体积；（）证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求PMMC的值.第17页（共 60页）2.（2015 安徽理）如图所示，在多面体111A B D DCBA，四边形11AA B B，11,ADD AABCD均为正方形，E为11B D的中点，过1,A D E的平面交1CD于 F.（）证明：1/EFB C；（）求二面角11EA DB余

18、弦值.【答案】（）1/EFB C；（）63.【解析】第18页（共 60页）3.（2015 北京理）如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，4BC，2EFa，60EBCFCB，O为 EF 的中点()求证：AOBE；()求二面角FAEB 的余弦值；()若 BE平面AOC，求a的值第19页（共 60页）OFECBA【答案】(1)证明见解析，（2）55，（3）43a【解析】试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面AEF平面EFCB，借助性质定理证明AO平面 EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AE

19、F的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于AOBE，要想 BE平面AOC，只需BEOC，利用向量、BEOC的坐标，借助数量积为零，求出a的值，根据实际问题予以取舍.试题解析：()由于平面AEF平面EFCB，AEF为等边三角形，O为 EF 的中点，则AOEF，根据面面垂直性质定理，所以AO平面 EFCB，又BE平面EFCB，则AOBE.()取 CB的中点 D，连接 OD,以 O为原点，分别以、OE OD OA为、xyz轴建立空间直角坐标系，(0,03)Aa，(,0,0),(2,233,

20、0),(,0,3)E aBaAEaa，(2,233,0)EBaa，由于平面AEF与y轴垂直，则设平面AEF的法向量为1(0,1,0)n，设平面AEB的 法向量2(,1)nx y，2,-30,3nAE axax，2,(2)(233)0,1nEBa xa yy，则2n(3,1,1)，二面角FAEB的余弦值12121215cos,55nnnnnn，由二面角FAEB 为钝二面角，所以二面角FAEB 的余弦值为55.（）有（1）知AO平面 EFCB，则AOBE，若 BE平面AOC，只需BEOC，(2,EBa2 33,0)a，又(2,233,0)OCa，22(2)(233)0BEOCaa，解得2a或43a

21、，由于2a，则43a.考点：1.线线垂直的证明；2.利用法向量求二面角；3.利用数量积解决垂直问题.4、（2015 北京文）如图，在三棱锥VC中，平面V平面C，V为等边三角形，CC且CC2，分别为，V的中点（）求证：V/平面C；（）求证：平面C平面V；（）求三棱锥VC的体积第20页（共 60页）【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）33.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、转化能力、计算能力.第一问，在三角形ABV中，利用中位线的性质得

22、/OMVB，最后直接利用线面平行的判定得到结论；第二问，先在三角形ABC中得到OCAB，再利用面面垂直的性质得OC平面 VAB，最后利用面面垂直的判定得出结论；第三问，将三棱锥进行等体积转化，利用C VABVABCVV，先求出三角形VAB的面积，由于OC平面 VAB，所以 OC为锥体的高，利用锥体的体积公式计算出体积即可.试题解析：（）因为,O M分别为 AB，VA的中点，所以/OMVB.又因为VB平面 MOC，所以/VB平面 MOC.（）因为ACBC，O为 AB的中点，所以OCAB.又因为平面VAB平面 ABC，且OC平面 ABC，所以OC平面 VAB.所以平面MOC 平面 VAB.（）在等

23、腰直角三角形ACB中，2ACBC，所以2,1ABOC.所以等边三角形VAB的面积3VABS.又因为OC平面 VAB，所以三棱锥C-VAB的体积等于1333VABOCS.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC的体积为33.考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.5（2015 福建文）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于,A B的点，垂直于圆所在的平面，且1（）若D为线段AC的中点，求证C平面D；（）求三棱锥PABC体积的最大值；第21页（共 60页）（）若2BC，点E在线段PB上，求CEOE的最小值【答案】（

24、）详见解析；（）13；（）262【解析】试题分析：（）要证 明C平面D，只需证明AC垂直于面D内的两条相交直线首先由垂直于圆所在的平面，可证明C；又C，D为C的中点，可证明CD，进而证明结论；（）三棱锥PABC中，高1PO，要使得PABC体积最大，则底面ABC面积最大，又2AB是定值，故当AB边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥PABC体积；（）将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，此时线段OC的长度即为CEOE的最小值试题解析：解法一：（I）在C中，因为C，D为C的中点，所以CD又垂直于圆所在的平面，所以C因为D，所以C平面D（II）因为点C在圆上，所以当C时，C到的距离最大，且最大值

25、为1又2，所以C面积的最大值为12 112又因为三棱锥C的高1，故三棱锥C体积的最大值为111 133（III）在中，1，90，所以22112同理C2，所以CC在三棱锥C中，将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示当，C共线时，C取得最小值又因为，CC，所以C垂直平分，即为中点从而2626CC222，亦即C的最小值为262解法二：（I）、（II）同解法一（III）在中，1，90，所以45，22112同理C2所以CC，所以C60在三棱锥C中，将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示当，C共线时，C取得最小值所以在C中，由 余弦定理得：2C122 12cos 4560第22页（共

26、60页）2123122 2222223从而26C232所以C的最小值为262考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积6（2015 福建理）如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD是矩形，AB平面 BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F 分别是线段BE，DC的中点.()求证：/GF平面ADE；()求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值GFBACDE【答案】()详见解析；()23试题解析：解法一：（）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又 G是 BE的中点，1GHABGH=AB2所以，且，又 F 是 CD中点，1DF=CD2所以，由四边形ABCD是矩形得，ABCD

27、AB=CD，所以GHDFGH=DF，且从而四边形HGFD是平行四边形，所以/GFDH，,又DHADEGFADE平面，平面，所以GFADE平面第23页（共 60页）HGFBACDEHGFBACDEQ所以平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为23解法二：()如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知/GMAE，又AE面ADE，GM面ADE，所以/GM平面ADE在矩形 ABCD 中，由，分别是，的中点得/MFAD又AD面ADE，MF面ADE，所以/MF面ADE又因为GMMFM，GM面GMF，MF面GMF，所以面/GMF平面ADE，因为GF面GMF，所以/GM平面ADEMGF

28、BACDE（）同解法一考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角7、（2015 广东文）如图3，三角形DC所在的平面与长方形CD所在的平面垂直，DC4，第24页（共 60页）6，C31证明：C/平面D；2证明：CD；3求点C到平面D的距离【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3 72【解析】试题解析：（1）因为四边形CD是长方形，所以C/D，因为C平面D，D平面D，所以C/平面D（2）因为四边形CD是长方形，所以CCD，因为平面DC平面CD，平面DC平面CDCD，C平面CD，所以C平面DC，因为D平面DC，所以CD（3）取CD的中点，连结和，因为DC，所以

29、CD，在RtD中，22DD22437，因为平面DC平面CD，平面DC平面CDCD，平面DC，所以平面CD，由（2）知：C平面DC，由（1）知：C/D，所以D平面DC，因为D平面DC，所以DD，设点C到平面D的距离为h，因为CDCDVV三棱锥三棱锥，所以DCD1133ShS，即CDD13 673 7212342ShS，所以点C到平面D的距离是3 72考点：1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离.8（2015 广东理）如图 2，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，4PDPC，6AB，3BC.点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且2AFFB，2CGGB.图2

30、ADCBHFGE（1）证明：PEFG；（2）求二面角PADC的正切值；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）73；（3）9 525【解析】（1）证明：PDPC且点E为CD的中点，PEDC，又平面PDC平 面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC，PE平面ABCD，又FG平面ABCD，第25页（共 60页）PEFG；（2）ABCD是矩形，ADDC，又平面PDC平面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，AD平面ABCD，AD平面PCD，又CD、PD平面PDC，ADDC，ADPD，PDC即为二面角PADC的平面角，在Rt PDE中，4PD，132DE

31、AB，227PEPDDE，7tan3PEPDCDE即二面角PADC的正切值为73；（3）如下图所示，连接AC，2AFFB，2CGGB即2AFCGFBGB，/ACFG，PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，在PAC中，225PAPDAD，223 5ACADCD，由余弦定理可得22222253 549 5cos225253 5PAACPCPACPA AC，直线PA与直线FG所成角的余弦值为9 525【考点定位】本题考查直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角等知识，属于中档题9（2015 湖北理）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称

32、之为鳖臑如图，在阳马 PABCD 中，侧棱PD底面 ABCD，且 PDCD，过棱 PC 的中点 E，作EFPB交PB于点 F，连接,.DEDFBDBE（）证明：PBDEF平面试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（）若面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为3，求DCBC的值P A B C D E F G P A B C D E F G 第26页（共 60页）【答案】（）详见解析；（）22.【解析】试题解析：（解法 1）（）因为PD底面 ABCD，所以 PDBC，由底面 ABCD 为长方形，有BCCD，而PDCDD，所以BCPCD平面.而

33、DEPCD平面，所以 BCDE.又因为 PDCD，点 E 是 PC 的中点，所以DEPC.而PCBCC，所以DE平面 PBC.而PBPBC平面，所以PBDE.又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF.由DE平面 PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEBDEF，EFBDFB，.（）如图1，在面 PBC 内，延长 BC 与FE交于点 G，则 DG 是平面DEF与平面 ABCD的交线.由（）知，PBDEF平面，所以 PBDG.又因为PD底面 ABCD，所以 PDDG.而PDPBP，所以DGPBD平面.故BDF是面DEF

34、与面 ABCD 所成二面角的平面角，设1PDDC，BC，有21BD，在 RtPDB中,由DFPB,得3DPFFDB,则2tantan133BDDPFPD,解得2.所以12.2DCBC故当面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为3时，22DCBC.（解法 2）（）如图2，以 D 为原点，射线,DA DC DP分别为,x y z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设1PDDC，BC，则(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)DPBC，(,1,1)PB，点 E 是 PC 的中点，所以11(0,)22E，11(0,)22DE，于是0PB DE，即PBDE.又已知EFPB，而DEEFE

35、，所以PBDEF平面.因(0,1,1)PC,0DEPC,则 DEPC,所以DEPBC平面.由DE平面 PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEBDEF，EFBDFB，.第27页（共 60页）（）由PDABCD平面，所以(0,0,1)DP是平面 ABCD 的一个法向量；由（）知，PBDEF平面，所以(,1,1)BP是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，则211cos32|2BP DPBPDP，解得2.所以12.2DCBC故当面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为3时，22DCBC.考

36、点：1.四棱锥的性质，2.线、面垂直的性质与判定，3.二面角.10.(2015 湖北文)九章算术 中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且 PDCD，点E是PC的中点，连接,DEBDBE.（）证明：DE平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑，若是，写出其每 个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（）记阳马PABCD的体积为1V，四面体EBCD的体积为2V，求12VV的值【答案】（）因为PD底面ABCD，所以PDBC.由底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCDD，

37、所以BC平面PCD.DE平面PCD，所以BCDE.又因为 PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC.而 PCBCC，所以DE平面PBC.四面体EBCD是一个鳖臑；（）124.VV第28页（共 60页）【考点定位】本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体的体积，属中高档题.【名师点睛】以九章算术为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解.结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴

38、趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.11.(2015湖南文)如图 4，直三棱柱111ABCA B C的底面是边长为2 的正三角形，,E F分别是1,BC CC的中点。（I）证明：平面AEF平面11B BCC；（II）若直线1A C与平面11A ABB所成的角为45，求三棱锥FAEC的体积。【答案】（I）略；(II)612.【解析】试题分析：（I）首先证明1AEBB，AEBC，得到AE平面11B BCC，利用面面垂直的判定与性质定理可得平面AEF平面11B BCC；(II)设 AB的中点为D,证明直线1CA D直线1AC与平面11A ABB所成的角，由题设知145CA D，求出棱锥的高与底面面

39、积即可求解几何体的体积.试题解析：（I）如图，因为三棱柱111ABCA B C是直三棱柱，所以1AEBB，又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AEBC，因此AE平面11B BCC，而AE平面AEF，所以平面AEF平面11B BCC。（II）设AB的中点为D，连接1,A D CD，因为ABC是正三角形，所以CDAB，又三棱柱111ABCA B C是直三棱柱，所以1CDAA，因此CD平面11A AB B，于是1CA D直线1AC与平面11A ABB所成的角，由题设知145CA D，所以1A DCD333AB，在1Rt AA D中，22113 12AAADAD，所以11222FCAA故三棱锥FA

40、EC的体积11326332212AECVSFC。第29页（共 60页）考点：柱体、椎体、台体的体积；面面垂直的判定与性质12.(2015湖南理)如图，已知四棱台1111ABCDA B C D上、下底面分别是边长为3 和 6 的正方形，16AA，且1AA底面ABCD，点P，Q分别在棱1DD，BC上.（1）若 P是1DD的中点，证明：1ABPQ；（2）若/PQ平面11ABB A，二面角PQDA的余弦值为37，求四面体ADPQ的体积.【答案】（1）详见解析；（2）24.第30页（共 60页）第31页（共 60页）【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.【名师点睛】

41、本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算，属于中档题，由于空间向量工具的引入，使得立体几何问题除了常规的几何法之外，还可以考虑利用向量工具来解决，因此有关立体几何的问题，可以建立空间直角坐标系，借助于向量知识来解决，在立体几何的线面关系中，中点是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线而线线平行是平行关系的根本，在垂直关系的证明中线线垂直是核心，也可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂第32页（共 60页）直.13.(2015 江苏)如图，在直三棱柱111CBAABC中

42、，已知BCAC，1CCBC，设1AB的中点为D，EBCCB11.求证：（1）CCAADE11/平面；（2）11ABBC.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）由三棱锥性质知侧面11BBCC为平行四边形,因此点 E 为1BC的中点，从而由三角形中位线性质得/DEAC，再由线面平行判定定理得CCAADE11/平面（2）因为直三棱柱111CBAABC中1CCBC，所以侧面11BBC C为正方形，因此11BCBC，又BCAC，1ACCC（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得11ACBBCC平面,从而1ACBC，再由线面垂直判定定理得11BCABC平面,进而可得11ABBC

43、考点：线面平行判定定理，线面垂直判定定理第33页（共 60页）14.(2015 江苏)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，2ABCBAD,2,1PAADABBC.（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成角最小时，求线段BQ 的长【答案】（1）33（2）2 55P A B C D Q 第34页（共 60页）考点：空间向量、二面角、异面直线所成角15.(2015 全国新课标卷文)如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BEABCD平面，（I）证明：平面AEC平面BED；（II）

44、若120ABC，,AEEC三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积.【答案】（I）见解析（II）3+25第35页（共 60页）（II）设AB=x，在菱形ABCD中，由ABC=120，可得AG=GC=32x,GB=GD=2x.因为AEEC，所以在RtAEC中，可得EG=32x.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=22x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积3116632243EACDVAC GD BEx.故x=2 从而可得AE=EC=ED=6.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3+25.【考点定位】线面垂直的判定与性质；面面垂直

45、的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路 1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路 2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对几何体的体积和表面积问题，常用解法有直接法和等体积法.16.(2015 全国新课标卷理)如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC=120，E，F是平面 ABCD同一侧的两点，BE 平面 ABCD，DF 平面 ABCD，BE=2DF，AE EC。（1）证明：平面 AEC 平面 AFC（2）求直线 AE与直线 CF所成角的余弦值【答案】（

46、）见解析（）33第36页（共 60页）222EGFGEF，EG FG，AC FG=G，EG 平面 AFC，EG 面 AEC，平面 AFC 平面 AEC.6 分（）如图，以 G为坐标原点，分别以,GB GC的方向为 x轴，y 轴正方向，|GB为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（）可得 A（0，3，0），E(1,0,2)，F（1,0，22），C（0，3，0），AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，22）.10分故3cos,3|AECFAE CFAECF?.所以直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为33.12 分考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能

47、力17.(2015 全国新课标卷文)如图,长方体1111ABCDABC D中 AB=16,BC=10,18AA,点 E,F 分别在1111,AB D C上,114.AED F过点 E,F 的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.第37页（共 60页）（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（II）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.【答案】（I）见试题解析（II）97或79考点：1.几何体中的截面问题；2.几何体的体积18(2015 全国新课标卷理)如图，长方体1111ABCDABC D中,=16AB，=10BC，18AA，点E，F分别在11AB，11C D上，114AED

48、 F过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形第38页（共 60页）（）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（）求直线AF与平面所成角的正弦值【答案】（）详见解析；（）4515【解析】试题分析：（）由线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；（）由交线围成的正方形EHGF，计算相关数据以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，并求平面的法向量和直线AF的方向向量，利用sincos,n AFn AFnAF求直线AF与平面所成角的正弦值试题解析：（）交线围成的正方形EHGF如图：（）作EMAB，垂足为M，则14AMAE，18EMAA

49、，因为EHGF为正方形，所以10EHEFBC于是226MHEHEM，所以10AH 以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,0,0)FE，(0,6,8)HE设(,)nx y z是平面EHGF的法向量，则0,0,n FEn HE即100,680,xyz所以可取(0,4,3)n又(10,4,8)AF，故4 5cos,15n AFn AFnAF所以直线AF与平面所成角的正弦值为4 515考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角A1AB1BD1DC1CFEHGM

50、D D1C1A1E F A B C B1第39页（共 60页）19.(2015山东文)如图，三棱台DEFABC中，2ABDEGH，分别为ACBC，的中点.（I）求证：/BD平面FGH；（II）若CFBCABBC，求证：平面BCD平面EGH.【答案】证明见解析思路二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点，可得HBEF为平行四边形，/.BEHF在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点，得到/,GHAB又GHHFH，得到平面/FGH平面ABED.(II)证明：连接HE.根据GH，分别为ACBC，的中点，得到/,GHAB由,ABBC得GHBC，又H为BC的中点，得到四边形EFCH是平