高中空间立体几何经典例题

学习必备欢迎下载立体几何一、选择题1．（20XX年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））设,mn是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若,m,n,则mnB．若//,m,n,则//mnC．若mn,m,n,则D．若m,//mn,//n,则【答案】D22．（20XX年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（）A．1:2B．1:4C．1:8D．1:16【答案】C【答案】A33．（20XX年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A．168B．88C．1616D．816【答案】A44．（20XX年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（）A．1B．2C．2-12D．2+12【答案】C5．（20XX年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形.若P为底面111ABC的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为（）A．512B．3C．4D．6【答案】B学习必备欢迎下载6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且ABCD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,mn,那么mn（）A．8B．9C．10D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.【答案】2551D1BPD1CCEBA1A学习必备欢迎下载9．（20XX年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））如图,在三棱柱ABCCBA111中,FED，，分别是1AAACAB，，的中点,设三棱锥ADEF的体积为1V,三棱柱ABCCBA111的体积为2V,则21:VV____________.【答案】1:2410．（20XX年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】161611．（20XX年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】1212．（20XX年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCDABCD中,异面直线1AB与1BC所成角的大小为_______ABC1ADEF1B1C学习必备欢迎下载【答案】3三、解答题13．（20XX年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(I)求证:PACPBC平面平面；(II)2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值D1C1B1A1DCAB学习必备欢迎下载学习必备欢迎下载14．（20XX年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABCABC中,16AA,异面直线1BC与1AA所成角的大小为6,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC1AA.所以1BCC为异面直线1BC与1AA.所成的角,即1BCC=6.在Rt1BCC中,113tan6233BCCCBCC,从而23334ABCSBC,因此该三棱柱的体积为1336183ABCVSAA.15．（20XX年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））B1A1C1ACB学习必备欢迎下载如图,在三棱锥ABCS中,平面SAB平面SBC,BCAB,ABAS,过A作SBAF,垂足为F,点GE，分别是棱SCSA，的中点.求证:(1)平面//EFG平面ABC;(2)SABC.【答案】证明:(1)∵ABAS,SBAF∴F分别是SB的中点∵E.F分别是SA.SB的中点∴EF∥AB又∵EF平面ABC,AB平面ABC∴EF∥平面ABC同理:FG∥平面ABC又∵EFFG=F,EF.FG平面ABC∴平面//EFG平面ABC(2)∵平面SAB平面SBC平面SAB平面SBC=BCAF平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC又∵BC平面SBC∴AF⊥BC又∵BCAB,ABAF=A,AB.AF平面SAB∴BC⊥平面SAB又∵SA平面SAB∴BC⊥SA16．（20XX年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线BC1平行于平面DA1C,并求直线BC1到平面D1AC的距离.D1C1B1A1DCBA【答案】因为ABCD-A1B1C1D1为长方体,故1111//,ABCDABCD,故ABC1D1为平行四边形,故11//BCAD,显然B不在平面D1AC上,于是直线BC1平行于平面DA1C;直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为h考虑三棱锥ABCD1的体积,以ABC为底面,可得111(12)1323V而1ADC中,115,2ACDCAD,故132ADCSABCSGFE学习必备欢迎下载CDOEAyzB所以,13123233Vhh,即直线BC1到平面D1AC的距离为23.17．（20XX年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A,6BC,,DE分别是,ACAB上的点,2CDBE,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥ABCDE,其中3AO.(Ⅰ)证明:AO平面BCDE;(Ⅱ)求二面角ACDB的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ)在图1中,易得3,32,22OCACAD连结,ODOE,在OCD中,由余弦定理可得222cos455ODOCCDOCCD由翻折不变性可知22AD,所以222AOODAD,所以AOOD,理可证AOOE,又ODOEO,所以AO平面BCDE.(Ⅱ)传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结AH,因为AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角ACDB的平面角.结合图1可知,H为AC中点,故322OH,从而22302AHOHOA所以15cos5OHAHOAH,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为155.向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,CDOBEAH.COBDEACDOBEA图1图2学习必备欢迎下载则0,0,3A,0,3,0C,1,2,0D所以0,3,3CA,1,2,3DA设,,nxyz为平面ACD的法向量,则00nCAnDA,即330230yzxyz,解得3yxzx,令1x,得1,1,3n由(Ⅰ)知,0,0,3OA为平面CDB的一个法向量,所以315cos,535nOAnOAnOA,即二面角ACDB的平面角的余弦值为155.学习必备欢迎下载18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(Ⅰ)证明B1C1⊥CE;(Ⅱ)求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26,求线段AM的长.【答案】学习必备欢迎下载19．（20XX年高考陕西卷（理））如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,12ABAA.学习必备欢迎下载(Ⅰ)证明:A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.OD1B1C1DACBA1【答案】解:(Ⅰ)BDOAABCDBDABCDOA11,,面且面;又因为,在正方形ABCD中,BDCAACACAACABDAACOABDAC11111,，故面且面所以；且.在正方形ABCD中,AO=1..111OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD111111E.E,DDBBCA111面.(证毕)(Ⅱ)建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知,平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122OCnOBnn).1-,1,0(法向量2n为解得其中一个21221|||||||,cos|cos212111nnnnnn.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为3OD1B1C1DACBA1