高三数学立体几何试题

2023年12月2日发(作者：乌鲁木齐历年中考数学试卷)

高三数学立体几何试题

1. 已知三棱柱的体积为，为其侧棱上的任意一点，则四棱锥的体积为____________．

【答案】

【解析】略

2. 设m、n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，则； ②若，则；

③若，则； ④若，则.

其中正确命题的个数是 （ ）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】A

【解析】命题①②③错误，命题④正确.

3. 某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为 ；外接球的体积为 .

【答案】，.

面

,该几何体外接球的半径为2，其【解析】由三视图知该几何体是如图所示四棱锥，

且,,，四边形是矩形，所以该多面体最长的棱长为体积，故答案为，.

【考点】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的体积.

4. 已知矩形的周长为，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为 ．

【答案】

，所以，正六棱柱的体积，解得，令【解析】设正六棱柱的的底面边长为，高为，则，，令得时取得最大值，此时示，外接球的半径为，即函数在是增函数，在是减函数，所以在．易知正六棱柱的外接球的球心是其上下中心连线的中点，如图所所以外接球的表面积为

【考点】外接球的表面积．

5. （12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点．

（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；

（Ⅱ）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q存在，是EF中点.

【解析】本题考查二面角，空间中线面的位置关系，向量数量积运算，注意解题方法的积累，建立坐标系是解决本题的关键，属于中档题，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、计算能力．第一问，取PD中点M，连接MF、MA，通过中位线定理可得EF∥AM，利用线面平行的判定定理即得结论；第二问，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，则平面PAD的法向量与平面PAQ的法向量的夹角的余弦值即为试题解析：证明：（Ⅰ）取PD中点M，连接MF、MA，

在△PCD中，F为PC的中点，∴正方形ABCD中E为AB中点，∴，

，∴，

，计算即可．

故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，

又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，

∴EF∥平面PAD；

（Ⅱ）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：

如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，

则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），

由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），

假设存在Q满足条件：设，

∵，∴，，

，

，λ∈[0，1]，

设平面PAQ的法向量为由，可得∴由已知：，

，解得：，

所以满足条件的Q存在，是EF中点．

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

6. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）

A．若

B．若

C．若

D．若

【答案】C

【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；

两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；

，又，，所以C选项正确；

若，则或，所以D不正确．

故D正确．

【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．

【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”， 否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．

7. 点A，B，C，D均在同一球面上，且AB，AC，AD两两垂直，且，，则该球的表面积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，2，它的外接球半径是，外接球的表面积是4π（）=14π．故选B．

【考点】球内接多面体，球的表面积．

【名师】与球有关的切、接问题中常见的组合：

（1）正四面体与球：如图1，设正四面体的棱长为a，内切球的半径为r，外接球的半径为R，取AB的中点为D，连接CD，SE为正四面体的高，在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切，圆心在高SE上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O．此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝a，CE＝a，则有R＋r＝a，R2－r2＝|CE|2＝，解得R＝a，r＝a．

（2）正方体与球： ①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆，如图2所示．设正方体的棱长为a，则|OJ|＝r＝（r为内切球半径）．

②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则|GO|＝R＝③正方体的外接球：截面图为正方形ACC1A1的外接圆，则|A1O|＝R′＝a．

a．

（3）三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：

①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A1-AB1D1的外接球的球心和正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的球心重合．如图3，设AA1＝a，则R＝a．

②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体

的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R2＝

＝（l为长方体的体对角线长）．

8. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是（ ）

A．27

B．30

C．32

D．36

【答案】A

【解析】由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示，

其中底面是边长为的正方形，平面平面平面，∴．∴四棱锥的侧面积．

，【考点】由三视图求面积、体积．

9. 三棱锥及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱的长为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形，在△ABC

中AC=4，AC边上的高为，故BC=4，在Rt△SBC中，由SC=4，可得SB=．

【考点】三视图．

10. 为了做好“双十一”促销活动，某电商打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S－EFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．

（1）求证：平面SEG⊥平面SFH；

（2）当AE＝时，求二面角E－SH－F的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）时四个全等的等腰直角三角形，所以重新组合后构成一个正方形，则对角线，由平面图形可知，又中点，由面面垂直的判定可得；（2）因为两两垂直，且交于点，所以可以建立空间直角坐标系，从而求得平面平面的法向量，通过法向量求得二面角．

试题解析：(1)∵折后A，B，C，D重合于一点O，

∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，

∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH.

∵在原平面图形中，等腰三角形△SEE′≌△SGG′，∴SE＝SG，∴EG⊥SO.

又∵SO，FH平面SFH，SO∩FH＝O，∴EG⊥平面SFH.

又∵EG平面SEG，∴平面SEG⊥平面SFH.

(2)法1：过O作OM⊥SH交SH于M点，连接EM，∵EO⊥平面SFH，∴EO⊥SH，

∴SH⊥平面EMO，∴∠EMO为二面角E－SH－F的平面角.

当AE＝时，即OE＝，Rt△SHO中，SO＝5，SH＝Rt△EMO中，EM＝所以所求二面角的余弦值为

法2：由(1)知EG⊥FH，EG⊥SO，并可同理得到HF⊥SO，故以O为原点，分别以OF，OG，＝，cos∠EMO＝，∴OM＝＝＝.

＝， OS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz，

在原平面图形中，AE＝，则底面正方形EFGH的对角线EG＝5，

∴H＝.

，在Rt△SOE中，可求得SO＝

＝5，

，E，G，＝，

在原平面图形中，可求得SE＝∴S(0，0，5)，＝设平面SEH的一个法向量为＝(x，y，z)，

则∵EG⊥平面SFH，∴得，令x＝2，则＝(2，2，－1)，

是平面SFH的一个法向量，设二面角E－SH－F的大小为θ，

则cosθ＝＝，∴二面角E－SH－F的余弦值为

【考点】面面垂直的证明，求二面角.

11. 已知直角梯形中，，，沿折起使面面，过作，.，为的中点，将四边形

（1）若为的中点，求证：（2）若，试求多面体【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）要证平行；（2）要求多面体与三棱锥试题解析：（1）取所以.

（2）因为面分，四棱锥，，

，且；

体积.

，可以先证明平行于平面体积，可以将多面体分别求出体积后即可得到多面体，连接，，因为为平行四边形，，内的一条直线，进而可得出线面分割成两个棱锥即四棱锥体积.

，，，且，

，故的中点，所以四边形，所以与三棱锥，，

两两垂直，连接，所求的几何体分为两部 所以几何体的体积为.

【考点】1、线面平行；2、多面体的体积.

12. 已知球被互相垂直的两个平面所截，得到两圆的公共弦长为，若两圆的半径分别为和，则球的表面积为 ．

【答案】

【解析】设圆的半径为，圆的半径为3，则，，所以球的半径，所求表面积为【考点】球的表面积

．

13. 如图，长方体中，，.

（1）为棱（2）若为上任一点，求证：平面平面的中点，为的中点，求二面角

；

的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）很容易得出，，由直线与平面垂直的判定定理得平面，再由平面与平面垂直的判定定理得平面平面；（2）建立适当的空间坐标系，由已知条件求得平面的法向量，平面的法向量，由此可求得二面角的余弦值.

试题解析：（1）证明：∵为正方形，∴，

∵平面，∴.

又，，平面，∴平面.

∵平面，∴平面平面.

（2）如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则设平面∵，的法向量为，，，

，

，， 则，即，

令，则，

∴，

设平面的法向量为∴令∴二面角，则，即，

，∴.

的余弦值为.

，

，

【考点】平面与平面垂直的判定定理、空间向量解决立体几何.

【易错点晴】求二面角大小的常用方法(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．本题难度中等.

14. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为的等腰直角三角形，左视图是边长为的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由三视图知，四面图的直观图为如图所示的四面体的面积最大，为.故选C.

，图中正方体棱长为，易得

【考点】1、三视图及直观图；2、空间想象能力及三角形面积公式.

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.

15. 某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是（ ）

A．4

B．6

C．

D． 【答案】D

【解析】由三视图知，，高为，体积为．

【考点】三视图，棱台的体积．

16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求理由.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.

的值；若不存在，说明【解析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，所以平面.

所以.

又因为，

所以平面.

（Ⅱ）取的中点，连结.

因为，所以.

又因为平面，平面平面，

所以平面.

因为平面，所以.

因为，所以.

如图建立空间直角坐标系.由题意得，.

设平面即令所以又，则.

，所以.

的法向量为

.

，则

的值.

，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）设是棱因此点因为平面即所以在棱上一点，则存在.

，所以平面，解得.

平面使得当且仅当.

，

上存在点使得，此时.

【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论证能力

【名师】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.

17. 如图，为圆的直径，点、在圆上，，矩形所在平面和圆所在的平面互相垂直．已知,．

（Ⅰ）求证：平面平面；

（Ⅱ）设几何体、的体积分别为、，求的值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）运用线面垂直面面垂直的判定定理；（Ⅱ）借助题设条件运用等高、等边的方法求解即可.

试题解析:

（Ⅰ）如图.平面平面,,

平面平面=，

平面．

平面，，

又为圆的直径，，

平面．

平面，

平面平面．

【注】也可证明平面.

（Ⅱ）几何体是四棱锥、是三棱锥，

过点作，交于．

平面平面， 平面． 则，．

因此，．

【考点】直线与平面的位置关系及棱锥体积的运算．

18. 如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体

外接球的表面积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，为球心，为等边三角形由图可知，故外接球面积为.的外心，

【考点】三视图.

【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.

19. 下图为某几何体的三视图，图中四边形为边长为1的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体 体积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由三视图可知，给定的几何体是一个正方体，挖去一个四棱锥所得的组合体，正方体的边长为，所以正方体的体积为，四棱柱的体积为，故选D．

【考点】几何体的三视图、体积的计算．

【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，得出给定的几何体是一个正方体，挖去一个四棱锥所得的组合体是解答的关键．

20. 在四面体中，，以下判断错误的是（ ）

A．该四面体的三组对棱的中点连线两两垂直

B．该四面体的外接球球心和内切球球心重合

C．该四面体的各面是全等的锐角三角形

D．该四面体中任意三个面两两所成二面角的正弦值之和为1

，所以组合体的体积为

【答案】D

【解析】如图，把该四面体补成一个长方体，四面体长方体的性质知A、B、C都正确，因此只有D错误．故选的棱是长方体面上的对角线，由D．

【考点】四面体的性质．两直线垂直，外接球与内切球，长方体的性质，二面角．

【名师】在立体几何的线面关系中，对一些特殊的多面体中的位置关系，常常可以把它们通过补形法补成一个正方体或长方体，然后在正方体（或长方体）中研究相应的线面位置关系就非常方便，也显而易见，不需要进行复杂的推导证明．这种方法在解填空题或选择题时非常适用．

21. 三棱锥内接于表面积为的球面,平面,且,则三棱锥的体积为 .

【答案】

【解析】∵三棱锥内接于表面积为的球面，平面，且，∴三棱锥的四个顶点在以、、为长、宽、高的长方体的外接球上，球的半径为，∴，∴三棱锥的体积：，即，故答案为：.

，解得【考点】球的表面积和体积.

22. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.

（1）求证：平面平面；

（2）设是上的动点，求与平面（3）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）所成最大角的正切值；

.

可得，故平面，利用特殊三角形的性质计平面；（2）由面取得最大，得到面；（3），由平面【解析】（1）取中点，连结、算，，，可证，于是面垂直的性质可知值；（3）以为与平面所成的角，故当最小值，的法向量为中点为原点，建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，求出法向量的夹角即可得到二面角.

试题解析：（1）证明：取中点，连结，

由，，知为等腰直角三角形，

∴，，

由，，知为等边三角形，∴由得，∴，

又，∴平面，又平面，∴平面（2）解：如图，连结，由（1）知，，

∴平面，为与平面所成的角.

在而故当中，∵的最小值即点到最大时，，要使的距离，这时，即与平面最大，只需，，

，

平面.

最小，

所成最大角的正切值为.

（3）解：如图建立空间直角坐标系，则∴设平面则平面，的法向量为，取的一个法向量为，

，

，则，，，，

，即，

的大小为，易知其为锐角， ，设二面角∴.

∴二面角的余弦值为.

【考点】（1）平面与平面垂直的判定；（2）直线与平面所成的角；（3）平面与平面所成的角.

【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．

23. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面中，面积最小值为（ ）

A．C．

B．D．

【答案】D

【解析】直观图如下图所示，由直观图可知，三角形的面积的面积最小，为.

【考点】三视图.

【思路点晴】(一)主视图和左视图如果都是三角形的必然是椎体，要么是棱锥要么是圆锥.还有两种特殊的情况：1、是棱锥和半圆锥的组合体.2、就是半圆锥.到底如何如确定就是通过俯视图观察.（1）若俯视图是三角形时，就是三棱锥.（2）若俯视图是多边形时，就是多棱锥.（3）若俯视图是半圆和三角形时，就是是棱锥和半圆锥的组合体.（4）若俯视图是半圆时，就是半圆锥.（5）注意虚线和实线的意义，虚线代表的是看不到的线，实线代表的是能看的见得都是一种平行投影所创造出来的.(二)三视图求体积时候，先观察主视图和侧视图，注意主视图和侧视图的高一定都是一样的，并且肯定是立体图形的高，先通过观察判定图形到底是什么立体图形，看看到底是棱锥，棱柱，还是组合体，通常的组合体都是较为简单的组合体，无需过多考虑.（1）如果是棱锥的话，就看俯视图是什么图形，判定后算出俯视图的面积即可，应用体积公式.（2）如果是棱柱的话，同样看俯视图的图形，求出面积，应用公式即可.（3）如果是组合体，要分辨出是哪两种规则图形的组合，分别算出体积相加即可.

24. 下图是三棱锥的三视图，点在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线和所成角的余弦值等于（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】试题分析:由三视图提供的图形信息与数据信息科画出该几何体的直观图，如图容易算得,故在中运用余弦定理可得.应选C.

【考点】三视图的识读和理解及异面直线的所成角的求解.

【易错点晴】三视图是立体几何中的重要题型之一，也是高中数学中的重要题型之一,也历届高考必考的题型之一.本题以三棱锥的三视图为背景，考查是三视图的识读能力和空间想象能力.解答时先画出该三棱锥的直观图，搞清楚三棱锥中的两条异面直线的位置，再运用平移法找出异面直线所成的角，最后运用余弦定理求得其余弦值为

25. 关于直线与平面②若，则④若，则其中真命题有（ ）

A．1个

C．3个

，有以下四个命题：①若；③若．

，从而获得答案.

，则，则；

；

B．2个

D．4个

【答案】B

【解析】试题分析:容易判定答案①②是错误的,答案③④是正确的,故应选B．

【考点】空间直线与平面的位置关系及运用．

26. 已知边长为的菱形中，,现沿对角线BD折起，使得，此时点，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）

A．B．C．D． 【答案】C

【解析】

如图所示

由勾股定理可得选C.

【考点】球的表面积

四面体的外接球的表面积为故，设则27. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．5

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】几何体如下图，几何体为底面为直角梯形的直四棱柱，截去阴影表示的三棱锥，所以体积为 ,故选D.

28. 如图，几何体，的腰长为中，平面，是正方形，

为直角梯形，，的等腰直角三角形． （Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求几何体的体积.

【答案】（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ） .

【解析】（Ⅰ）证明，然后证明平面，推出平面，利用直线与平面垂直的性质定理证明；（Ⅱ）利用几何体的体积，分别求得两个棱锥的底面面积与高，代入棱锥的体积公式计算．

试题解析：（Ⅰ）证明：因为是腰长为的等腰直角三角形，所以.

因为平面，所以.

又，所以.

又，所以平面.

所以.

（Ⅱ）因为所以所以所以由勾股定理得因为平面又所以是腰长为的等腰直角三角形，

，

.

，

，

，所以，所以.

平面.

.

29. 如左图：在直角梯形中，把沿折到的位置，使（Ⅰ）求证：；

，，，，如右图：若，分别为，，的中点.

于点，（Ⅱ）求三棱锥的体积.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

，从而

面，；（Ⅱ）由（1）【解析】（Ⅰ）由勾股定理可得又知，进而得，再由线面垂直的判定定理可及性质得，得.

试题解析：（Ⅰ）在中 ，，，

，，.

，

，.

， .

又在平面内，，分别为，的中点，连接.

（Ⅱ）由（1）得

.

30. 已知过球面上积是（ ）

A．三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且B．，则球面D．

C．

【答案】C

【解析】∵ D是正△ABC的中心，∴ AD是△ABC的外接圆半径.

∵ AD＝又OD＝∴ R ＝

，

＝OA，OA ＝OD ＋AD ，∴ R ＝ ，∴球的表面积S＝4πR ＝.

，

故选C

31. 如图所示的多面体中，四边形.

（1）求证：平面（2）若

是平行四边形，四边形是矩形，平面，平面，求四棱锥；

的体积.

为四棱锥，

的高,再算【答案】（1）详见解析（2）【解析】试题分析: (1)由面面垂直的判定定理证明; (2)由(1)得出出体积.

试题解析:（1）证明：在平行四边形中，由余弦定理，得，

从而，故.

可得为直角三角形且，

又由平面平面，得，

又，所以平面，

由平面，得平面平面.

（2）解：当时，由四边形为矩形，得由（1）可知，得平面，即，

为四棱锥的高， 在所以中，，得.

中，底面，

32. 如图，在四棱锥是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，，，是棱的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求平面与平面所成的二面角的余弦值；

（Ⅲ）设点是直线上的动点，与平面所成的角为，求【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）;（Ⅲ）．

的最大值．

【解析】 （1）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面量，由，即可证明平面；

（2）易知平面的一个法向量为与平面，设平面与平面的一个法向所成的二面角为，求得，即可求得平面（3）设，则所成的二面角的余弦值．

，平面的一个法向量为，取得的表达式，利用二次函数的性质，即可求解的最大值．

试题解析：

（Ⅰ）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，∴设平面则，的一个法向量为∴令，得，，

，，

．

，

，，，∵，

∴，∴（Ⅱ）易知平面易知所以平面（Ⅲ）设∴，则平面．

的一个法向量为

，∴，设平面，

．

与平面所成的二面角为，

与平面所成的二面角的余弦值为，则，易知平面的一个法向量为，

，

当，即时，取得最大值，且．

33. 已知是球面上不共面的四点，，则此球的体积为_________．

【答案】

，交，平面平面【解析】解：如图所示，设球心坐标为 ，连结由题意可知： ，设球的半径

，解得： ，此球的体积为： 于点 ，连结 ，

，由题意得方程：

34. 某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的的值是（ ）

A．2

B．

C．

D．3

【答案】D

【解析】根据三视图判断几何体为四棱锥，底面是梯形，上底长为，下底长为，高为，四棱锥的高为，则，故选D.

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.

35. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】解：由三视图可知原几何体是一个组合体，如图所示，

下面是半径为2，高为4的半圆柱，上面是长为4、宽为2、高为2的一个长方体，

∴S表=S半圆柱底+2S长方体表面积=.

本题选择C选项.

36. 如图，边长为2的正方形和高为2的直角梯形所在的平面互相垂直，，，且.

（1）求证：（2）过作平面平面；

，垂足为.

，求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析;（2）【解析】（1）因为（2）利用等体积法试题解析：（1）证明：∵，

，通过证明平面可求体积.

，，∴平面，

平面，

，可证得平面.

为平行四边形，∴，∴四边形， ∵平面平面，且平面，∴平面，∴平面∵平面，∴.

在正方形中，∵，∴平面.

（2）解：取的中点，连接，则∵平面，∴，∴平面重合.

，连接，∴，过作，∴于平面，

，∴与在过且作中，，，，由平面，交，得于，则，∴，

.

，垂足为，易证.

∴.

37. 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，，点在侧棱上，。

（I）证明：是侧棱的中点；

（Ⅱ）求二面角的大小。

【答案】（I）证明见解析。

（Ⅱ）

【解析】本小题考查空间里的线线关系、二面角，综合题。

（I）作∥交于N，作交于E，

连ME、NB，则面，,

设在在解得，则中，中由，从而,

。

M为侧棱的中点M.

，又分别是平面、，的法向量，则

，即w.

，

（Ⅱ）由（Ⅰ）得设且分别令，

∴，即得且二面角

38. 若三棱锥的大小中，。

平面的外接球的表面积为（ ）

B．，且直线与平面所成角的正切值为，则三棱锥A．

C．

D．

【答案】A

【解析】

如图，取BC中点D，连接AD,PD,作于D,易知面,,又因为,是直线PA与面PBC所成的角,面,过A相互垂直,以AB,AC,AP为棱的长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径为三棱锥的外接球的表面积为,故选A.

39. 某几何体的正视图和侧视图如图（1）所示，它的俯视图的直观图是,，如图（2）所示，其中，，则该几何体的表面积为（ ）

B．A．

C．

D．

【答案】C

【解析】由图(2)可知该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长宽高分别为，三视图换元为几何体是图中的三棱锥，,且：，

，

.

△PAB是腰长为，底面边长为的等腰三角形，综上可得，该几何体的表面积为本题选择C选项.

点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．

40. 如图，在直角梯形中，//，⊥，⊥, 点是边的中点, 将△沿折起，使平面⊥平面，连接,,, 得到如

图所示的空间几何体.

（Ⅰ）求证：⊥平面；

（Ⅱ）若，求点到平面的距离.

【答案】（I）详见解析；（II）.

【解析】（I）先利用折叠前后的变和不变得到面面垂直和线线垂直，再利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明；（II）合理转化四面体的顶点，利用等体积法将点到平面的距离转化为求四面体的体积.

试题解析： (Ⅰ) 因为平面⊥平面，平面平面，

又⊥，所以⊥平面

因为平面，所以⊥

又⊥

∩

所以⊥平面.

(Ⅱ)

依题意△所以故由于得同理所以因为，～△，即.，

.

，⊥

, 为的中点,

.

⊥平面

⊥平面，所以的距离为,

,

，即点到平面中，

.

的距离为底面.

，底面是直角梯形，，.

设点到平面则所以

41. 如图，四棱锥，点在上，且（1）已知点在，且，求证：平面平面；

（2）若的面积是梯形面积为，求点E到平面的距离.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

【解析】试题分析 ：（1）证明平面，,所以四边形是平行四边形，，即证。（2）取的中点为，连接，则，设，连接，则，由侧面的面积是底面的倍，解得，到平面的距离即时到平面的距离，,可求得距离。

试题解析：（Ⅰ）证明：∵，，∴，

∵底面是直角梯形，，，

∴，即，

∴，

∵，，∴，

∴四边形是平行四边形，则，

∴，

∵底面，∴，

∵，

∴平面，∵平面，

∴平面平面．

（Ⅱ）解：∵底面，且，∴，

取的中点为，连接，则，

设，连接，则，

∵侧面的面积是底面的倍，

∴∵∵，∴到平面，，即，求得的距离即时到平面，

，

的距离， ∴到平面的距离为．

42. 如图，正方体中，为棱的中点，用过点A、E、C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是( )

A.

【答案】A

B. C. D.

【解析】取中点F,连接.平面为截面。如下图：

所以上半部分的正视图，如A选项，所以选A.

43. 如图，直三棱柱中，，，，点分别是线段的动点，.则当时，必有

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由题意，知设点 到直线

44. 如图，三棱锥 的距离为 .则有 ，即平面，， ，易得答案为C.

，是的中点，是中，的中点，点在上，.

（1）证明：（2）若平面；

，求二面角的余弦值.

. 【答案】（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）取的中点，利用中位线的性质，可证明平面GEF//平面ABC，进而得到EF//平面ABC；（Ⅱ）由题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，求出法向量之间的夹角即可求出二面角的余弦值.

试题解析：（Ⅰ）证明：如图，取AD中点G，连接GE，GF，

则GE//AC，GF//AB，

因为GE∩GF=G，AC∩AB=A，所以平面GEF//平面ABC，

所以EF//平面ABC．

（Ⅱ）作BO⊥AC于点O，过点O作OH//PA，

以O为坐标原点，OB，OC，OH所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图6所示的空间直角坐标系，

则∴则平面CDA的一个法向量为设平面CDB的一个法向量为则可取，所以

，

，

所以二面角B−CD−A的余弦值为．

45. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根据三视图知：该几何体是直四棱柱，挖去一个半圆柱体，

且四棱柱的底面是等腰梯形，高为3；所以该组合体的体积为：，故选D.

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.

46. 如图所示，所在的平面与菱形所在的平面垂直，且，点为的中点，点在线段上．

（Ⅰ）若，且，求的值；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥的体积．

【答案】(Ⅰ)3；(Ⅱ).

【解析】

(Ⅰ)由题意结合几何关系得到线段的比例关系，据此可得(Ⅱ)转化顶点可求得三棱锥的体积为.

试题解析：

（Ⅰ）取的中点，连接所以，

因为所在的平面与菱形，因为四边形；

为菱形，，

，

所在平面垂直，所以因为，所以，

又因为由为，所以，所以，

的中点，，可得，且，

，

，

，

，

所以，即．

（Ⅱ）由，可得由，可得点到的距离为由菱形中，点为的中点，可得且，

所以的面积，

所以三棱锥的体积． 又，所以三棱锥

47. 如图，在中，

的位置，使，连接则该球的表面积是（ ）的体积为．

，，点为的中点，将沿折起到，得到三棱锥，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面，

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由题意可得该三棱锥的面是边长为的正三角形，且的外接球球心为，的外接圆的圆心为，则平面为直角梯形.由,及，可得平面，设三棱锥，所以四边形. ，即为外接球半径，故其表面积为点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心

48. （本小题10分）如图，圆锥形封闭容器，高为h，圆锥内水面高为若将圆锥倒置后，圆锥内水面高为

【答案】解：

【解析】略

49. 如图，已知棱柱

中，底面是平行四边形，侧棱底面，．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值．

【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）由勾股定理先证得，再由线面垂直底面得到线线垂直，由线面垂直判定定理可得证；（Ⅱ）)过点作于，连接，结合（Ⅰ）可得为二面角的平面角，在求余弦值即可.

试题解析：（Ⅰ）证明：∵在底面中，，，，

∵侧棱底面， 平面，∴，

又∵，平面，

∴平面；

(Ⅱ)过点作于，连接，

由（Ⅰ）可知，平面，

为二面角的平面角，

由于，，

求得，故，求得，

，即，∴即二面角的平面角的余弦值为．

50. △ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD等于( )

A．5

C．4

B．D．2

【答案】A

【解析】设＝λ，又则＝(0,4λ，－3λ)，

＝(4，－5,0)，

＝(－4,4λ＋5，－3λ)，

由·＝0.

得λ＝－，∴＝(0,4，－3)，

＝(－4，，)．

∴||＝5.

51. 若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)·(2b)＝－2，则x＝________.

【答案】2

【解析】c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)，由(c－a)·(2b)＝－2，

得(0,0,1－x)·(2,4,2)＝－2，

即2(1－x)＝－2，解得x＝2.

52. 如图，AB、CD均为圆O的直径，CE⊥圆O所在的平面，BF∥CE.求证：

(1)平面BCEF⊥平面ACE；

(2)直线DF∥平面ACE.

【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】证明：(1)因为CE⊥圆O所在的平面，BC圆O所在的平面，所以CE⊥BC.

因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，所以AC⊥BC，

因为AC∩CE＝C，AC，CE平面ACE，所以BC⊥平面ACE，

因为BC平面BCEF，所以平面BCEF⊥平面ACE. (2)由(1)AC⊥BC，又因为CD为圆O的直径，所以BD⊥BC，

因为AC、BC、BD在同一平面内，所以AC∥BD，

因为BD平面ACE，AC平面ACE，所以BD∥平面ACE.

因为BF∥CE，同理可证BF∥平面ACE，

因为BD∩BF＝B，BD、BF平面BDF，所以平面BDF∥平面ACE，

因为DF平面BDF，所以DF∥平面ACE

53. 如图，在四棱锥中，，，，平面.

（1）求证：平面；

（2）若为线段的中点，且过三点的平面与线段交于点，确定点的位置，说明理由；并求三棱锥的高.

【答案】（1）详见解析（2）

【解析】（1）先分别利用勾股定理和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理进行证明；（2）利用三角形的中位线证明线线平行，进而通过四点共面确定点的位置，再利用等体积法进行求解.

试题解析：（1）连接，在直角梯形中，，

，所以，即又平面，∴（2）为的中点，

因为又∵所以点因为又由题意可知，在直角三角形在直角三角形设三棱锥故三棱锥

中，的高为，的高为.

为的中点，为.

，又的中点，所以，故，且平面.

.

，∴为过平面，所以三点的平面与线段，为四点共面，

的交点.

到平面的距离.

，，，所以，解得：，

.

，

. 的中点，所以，所以中，54. 已知某几何体的三视图如图，则该几何体的体积是（ ）

A．

B．

C．

D． 【答案】C

【解析】由三视图可知，该几何体是一个三棱柱，其底面是底边长为形，三棱柱的高为，故该几何体的体积是，腰长为的等腰三角

故选C.

【点睛】本题考查了关于“几何体的三视图”与“几何体的直观图”的相互转化的掌握情况，同时也考查了空间想象能力，考查了由三视图求几何体的体积，解决此类题目的关键是得到该几何体的形状以及几何体中的数量关系.

55. 设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β下面命题正确的是（ ）

A．若l∥β，则α∥β

B．若α⊥β，则l⊥m

C．若l⊥β，则α⊥β

D．若α∥β，则l∥m

【答案】C

【解析】对于A，若l∥β，则α∥β或α，β相交，不正确；

对于B，若α⊥β，则l、m位置关系不定，不正确；

对于C，根据平面与平面垂直的判定，可知正确；

对于D，α∥β，则l、m位置关系不定，不正确．

故选C．

56. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为

A．60

C．20

B．30

D．10

【答案】D

【解析】由三视图可知：该几何体为如图所示的三棱锥 ，图中长方体的长宽高分别是 ，

该三棱锥的体积 ，故选 .

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 57. （本小题满分12分）

如图，已知四棱锥的底面为菱形，且， .

（I）求证：平面 平面；

（II）求二面角的余弦值．

【答案】（I）证明：见解析

（II）二面角的余弦值为

【解析】本试题主要考查了面面垂直和二面角的求解的综合运用。

（1）根据已知条件找到线面垂直，然后利用面面垂直的判定定理得到其证明。

（2）合理的建立空间直角坐标系，然后表示出点的坐标和向量的坐标，借助于平面的法向量，得到向量的夹角，从而得到二面角的平面角的大小。

（I）证明：取的中点，连接

为等腰直角三角形

……………………………………2分

又

是等边三角形

，又

，…………………………4分

，又

平面 平面;……………………………………6分

（II）以中点为坐标原点，以所在直线为轴,所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则……………………8分

设平面，即

设平面，即的法向量，解得，

的法向量，解得，

…………………………………………………………10分 所以二面角的余弦值为…………………………12分

，，若该四棱锥的所有顶点都在

58. 四棱锥的底面为正方形，底面表面积为的同一球面上，则__________．

【答案】

【解析】

如图，设球心为，正方形的底面中心为，则，则借助题设中的球的表面积运用球的面积公式求得球的半径，如图，设，则，所以，应填答案。

点睛：本题考查多面体的外接球的体积和面积问题，求解时充分借助题设条件，先求出球的半径，再借助球半径、截面圆的半径、即球心到截面的距离之间的关系式求得球心距，最后再依据球半径、截面圆的半径、即球心到截面的距离之间的关系式求得，从而求得，使得问题获解。

59. 已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：.

本题选择D选项.

点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

60. 已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A．C．

B．D．

【答案】B

【解析】由三视图可知，该几何体是底面为等腰直角三角形，高为的三棱锥，且顶点在底面上的投影为斜边的中点，据此可求得该几何体的表面积为.故选B.

【考点】三视图.