第一篇：2018屆二輪數學 空間向量與立體幾何 專題 專題卷(全國通用)

空間向量與立體幾何

一、選擇題

1.已知A∈α，P?α，＝，平面α的一個法向量n＝，則直線PA與平面α所成的角為()A.30°

B.45°

C.60°

D.150° 【答案】C 【解析】設PA與平面α所成的角為θ，則sinθ＝

∵θ∈0°，90°，∴θ＝60°，故選C.2.(2017·瀘州二模)在空間直角坐標系中，點P(m,0,0)到點P1(4,1,2)的距離為則m的值為()A.－9或1 B.9或－1 C.5或－5 D.2或3 【答案】B 【解析】由題意|PP1|＝1.故選B.點睛：空間向量數量積的三個應用(1)求夾角，設向量,所成的角為，則cos＝

2，即，∴(m－4)＝25，解得m＝9或m＝－

2，進而可求兩異面直線所成的角．(2)求長度(距離)，運用公式||＝·，可使線段長度的計算問題轉化為向量數量積的計算問題．(3)解決垂直問題，利用⊥?·＝0(≠，≠)，可將垂直問題轉化為向量數量積的計算問題．

3.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝則直線DE與平面BB1C1C所成的角為()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】A，D，E分別是AC1和BB1的中點，【解析】

由已知AB＋BC＝AC，則AB⊥BC.分別以BC，BA，BB1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，設AA1＝2a，則A(0,1,0)，C(平面BB1C1C的一個法向量為n＝(0,1,0)，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，222cos〈，n〉＝，〈，n〉＝60°，所以直線DE與平面BB1C1C所成的角為30°.故選A.點睛：(1)求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角后(求出是鈍角時取其補角)，取其余角即為直線與平面所成的角．(2)若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sinθ＋cosθ＝1求出其值．不要誤認為直線的方向向量與平面的法向量所成夾角的余弦值即為所求．

4.如圖，在三棱錐P－ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是()2

A.AP⊥PB，AP⊥PC B.AP⊥PB，BC⊥PB C.平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D.AP⊥平面PBC 【答案】B 【解析】A中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；

C中，BC⊥PC，AP?平面APC，因為平面BCP⊥平面PAC，所以BC⊥平面APC，所以AP⊥BC，故C正確；

D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.點睛: 垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直.5.(2017·東北三校聯考(一))在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角為()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】試題分析：延長CA到D，根據異面直線所成角的定義可知∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角，而三角形A1DB為等邊三角形，可求得此角． 解：延長CA到D，使得AD=AC，則ADA1C1為平行四邊形，∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角，又A1D=A1B=DB=AB，則三角形A1DB為等邊三角形，∴∠DA1B=60°故選C．

考點：異面直線及其所成的角．

6.(2017·麗水一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，點E是AB上一點，當二面角P－EC－D為 時，AE＝()

A.1B.C.2－

D.2－

【答案】D

DA,DC,DP分別為【解析】試題分析：以點D為原點建立空間直角坐標系，0，0）,E（1,a,0）,C（0,2,0）,P（0,0,1），,設平面

D軸，（0，平面的法向量為，即,那么，解得:,平面的法向量為,那么，解得，所以考點：空間向量 ,故選D.7.(2017·黃岡質檢)如圖，在棱長均為2的正四棱錐P－ABCD中，點E為PC的中點，則下列命題正確的是()

A.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距離為B.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距離為

C.BE與平面PAD不平行，且BE與平面PAD所成的角大于30° D.BE與平面PAD不平行，且BE與平面PAD所成的角小于30° 【答案】D 【解析】

連接AC，BD，交點為O，連接OP，以O為坐標原點，OC，OD，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由正四棱錐P－ABCD的棱長均為2，點E為PC的中點，知A(－則 ＝，0,0)，B(0，－，＝(－，0)，C(，0，－，即，0,0)，D(0，)，＝(0，0)，P(0,0，－)，E，)，設m＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，則m⊥，且m⊥，令x＝1，則z＝－1，y＝－1，m，＝(1，－1，－1)是平面PAD的一個法向量，設BE與平面PAD所成的角為θ，則sinθ＝故BE與平面PAD不平行，且BE與平面PAD所成的角小于30°，故選D.點睛：(1)求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角后(求出是鈍角時取其補角)，取其余角即為直線與平面所成的角．(2)若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sin2＋cos2＝1求出其值．不要誤認為直線的方向向量與平面的法向量所成夾角的余弦值即為所求．

8.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，則點A1到平面AB1D1的距離是()A.1 B.C.D.2 【答案】B 【解析】設點A1到平面AB1D1的距離為h，因為VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝故選B.點睛：點面距離往往轉化為對應棱錐的高，通過等體積法求高得點面距離

二、填空題

9.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝則直線DE與平面BB1C1C所成角的正弦值為．

【答案】，D，E分別是AC1，BB1的中點，【解析】

如圖，取AC的中點F，連接DF，BF，則DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF與平面BB1C1C所成角的正弦值為所求．∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C.作GF∥AB交BC于點G，則GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG為直線BF與平面BB1C1C所成的角．由條件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，∴tan∠FBG＝

＝，∴∠FBG＝，∴sin∠FBG＝sin＝，即直線DE與平面BB1C1C所成角的正弦值為.10.正方體ABCD－A1B1C1D1中，面ABD1與面B1BD1所夾角的大小為．

【答案】60°【解析】建立空間直角坐標系D－xyz，如圖．

設正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)． ∴ ＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(1,1,0)．

設平面ABD1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則由m·＝0，m·＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·＝0，n·＝0，得n＝(1，－1，0), ∴cos〈m，n〉＝＝.∴所求二平面的大小為60°.學

...學

...學

...學

...11.(2017·山西晉中五校聯考)如圖，在四棱錐S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3，E、F分別為線段BC、SB上的一點(端點除外)，滿足＝λ，則當實數λ的值為時，∠AFE為直角．

【答案】

【解析】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3)． 設BC＝m，則C(m,4,0)，∵∴∴F∴要使∠AFE＝90°，則又∴∴16λ＝9，∴λ＝.點睛：空間向量數量積的三個應用(1)求夾角，設向量,所成的角為，則cos＝，進而，＝λ，∴

＝λ

.同理，E，，可求兩異面直線所成的角．(2)求長度(距離)，運用公式||2＝·，可使線段長度的計算問題轉化為向量數量積的計算問題．(3)解決垂直問題，利用⊥?·＝0(≠，≠)，可將垂直問題轉化為向量數量積的計算問題．

三、解答題

12.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝AD＝2，BC＝1，CD＝.(1)求證：平面PQB⊥平面PAD；

(2)若二面角M－BQ－C為30°，設PM＝t·MC，試確定 t 的值．

【答案】(1)見解析(2)3

又∵平面PAD⊥平面ABCD 且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD． ∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．

（2）∵PA=PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD．

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．

如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系． 則平面BQC的法向量為，設∵，則，．，；，∴，∴

在平面MBQ中，∴平面MBQ法向量為∵二面角M-BQ-C為30，∴．，．，考點：本題考查了空間中的線面關系

點評：高考中常考查空間中平行關系與垂直關系的證明以及幾何體體積的計算，這是高考的重點內容.證明的關鍵是熟練掌握并靈活運用相關的判定定理與性質定理.

第二篇：《立體幾何VS空間向量》教學反思

我這節公開課的題目是《立體幾何VS空間向量》選題背景是必修2學過立體幾何而選修21又學到空間向量在立體幾何中的應用。學生有先入為主的觀念，總想用舊方法卻解體忽視新方法的應用，沒有掌握兩種方法的特征及適用體型導致做題不順利。針對此種情況，我特意選了這節內容來講。整節課，我是這樣設計的。本著以學生為主，教師為輔的這一原則，把學生分成兩組。利用學生的求知欲和好勝心強的這一特點，采取競賽方式通過具體例題來歸納。分析概括兩種方法的異同及適用體型。最終讓學生在知識上有所掌握。在能力和意識上有所收獲。那么這節課我最滿意的有以下幾個地方(1)學生的參與這節課的主講不是我，是學生我要做的是設置問題和激發興趣。至于整個分析過程和解決過程都是由學生來完成的。這節課二班學生積極參與，注意力集中。課堂氣氛活躍學生興趣濃厚，求知欲強，參與面大，在課堂中能夠進行有效的合作與平等的交流。(2)學生的創新這一點是我這節課的意外收獲。在求一點坐標時，我用的是投影而該班周英杰同學卻利用的是共線，方法簡潔，給人以耳目一新的感覺。另外該班的徐漢宇同學在兩道中都提出了不同的做法。有其獨特的見解。可見學生真的是思考了，我也從中獲益不少。真的是給學生以展示的舞臺。他回報你以驚喜。(3)學生的置疑林森同學能直截了當的指出黑板上的錯誤而且是一個我沒發現的錯誤這一點是我沒想到的.這說明了學生的注意力高度集中.善于觀察也說明了我們的課堂比較民主,學生敢于置疑.這種大膽質疑的精神值得表揚.我不滿意的地方有以下幾點(1)題量的安排 5道題雖然代表不同的類型.但從效果上看顯得很匆忙.每道題思考和總結的時間不是很長,我覺得要是改成4道題.時間就會充裕效果就會更好些.(2)課件的制作 立體幾何著重強調的是空間想象力,如果能從多個角度觀察圖形學生會有不同發現.比如徐漢宇同學的不同做法.需要對圖形旋轉.如果讓他上黑板做圖時間又不夠.我想不妨讓他畫好圖后用投影儀投到大屏幕上,效果會更好.(3)總結時間短 這節課的主題是兩種方法的比較和不同方法的適用題型,后來的小結時間不夠.這和我設置的容量大.有直接關系.沒有突出主題.我想不如直接刪掉一道題.空出時間讓學生自己談談心得體會.自己找找解題規律應該會更好.以上就是我對這節課的反思.其實我最想說的是我的心路歷程.每次上公開課都能發現新問題.正是這些問題使我變得成熟,完善,我很珍惜每一次上公開課的機會.它使我理智的看待自己的教學活動中熟悉的習慣性的行為.使自己的教育教學理念和教學能力與時俱進.

第三篇：空間向量方法解立體幾何教案

空間向量方法解立體幾何

【空間向量基本定理】

例1.已知矩形ABCD，P為平面ABCD外一點，且PA⊥平面ABCD，M、N分別為PC、PD上的點，且M分

數x、y、z的值。成定比2，N分PD成定比1，求滿足的實

分析;結合圖形，從向量

用、、出發，利用向量運算法則不斷進行分解，直到全部向量都表示出來，即可求出x、y、z的值。

如圖所示，取PC的中點E，連接NE，則

點評：選定空間不共面的三個向量作基向量，并用它們表示出指定的向量，是用向量解決立體幾何問題的一項基本功，要結合已知和所求，觀察圖形，聯想相關的運算法則和公式等，就近表示所需向量。再對照目標，將不符合目標要求的向量當作新的所需向量，如此繼續下去，直到所有向量都符合目標要求為止，這就是向量的分解。有分解才有組合，組合是分解的表現形式。空間向量基本定理恰好說明，用空間三個不共面的向量組可以表示出空間任意一個向量，而且a,b,c的系數是惟一的。

【利用空間向量證明平行、垂直問題】

例2.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點，作EF⊥PB于點F。

（1）證明：PA//平面EDB；

（2）證明：PB⊥平面EFD；

（3）求二面角C—PB—D的大小。

點評：（1）證明兩條直線平行，只需證明這兩條直線的方向向量是共線向量．

（2）證明線面平行的方法：

①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；

②證明能夠在平面內找到一個向量與已知直線的方向向量共線；

③利用共面向量定理，即證明直線的方向向量與平面內的兩個不共線向量是共面向量．

（3）證明面面平行的方法：

①轉化為線線平行、線面平行處理；

②證明這兩個平面的法向量是共線向量．

（4）證明線線垂直的方法是證明這兩條直線的方向向量互相垂直．

（5）證明線面垂直的方法：

①證明直線的方向向量與平面的法向量是共線向量；

②證明直線與平面內的兩個不共線的向量互相垂直．（6）證明面面垂直的方法：

①轉化為線線垂直、線面垂直處理；②證明兩個平面的法向量互相垂直． 【用空間向量求空間角】

例3.正方形ABCD—中，E、F分別是

（1）異面直線AE與CF所成角的余弦值；（2）二面角C—AE—F的余弦值的大小。，的中點，求：

點評：（1）兩條異面直線所成的角可以借助這兩條直線的方向向量的夾角

求得，即。

（2）直線與平面所成的角主要可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即或

（3）二面角的大小可以通過該二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩法向量的夾角或其補角。

【用空間向量求距離】

例4.長方體ABCD—中，AB=4，AD=6，段BC上，且|CP|=2，Q是DD1的中點，求：

（1）異面直線AM與PQ所成角的余弦值；（2）M到直線PQ的距離；（3）M到平面AB1P的距離。，M是A1C1的中點，P在線

本題用純幾何方法求解有一定難度，因此考慮建立空間直角坐標系，運用向量坐標法來解決。利用向量的模和夾角求空間的線段長和兩直線的夾角，在新高考試題中已多次出現，但是利用向量的數量積來求空間的線與線之間的夾角和距離，線與面、面與面之間所成的角和距離還涉及不深，隨著新教材的推廣使用，這一系列問題必將成為高考命題的一個新的熱點。現列出幾類問題的解決方法。

（1）平面的法向量的求法：設，利用n與平面內的兩個向量a，b垂直，其數量積為零，列出兩個三元一次方程，聯立后取其一組解。

（2）線面角的求法：設n是平面

向量，則直線與平面的一個法向量，AB是平面的斜線l的一個方向

所成角為?則sin??

（3）二面角的求法：①AB，CD分別是二面角面直線，則二面角的大小為。的兩個面內與棱l垂直的異

②設分別是二面角的兩個平面的法向量，則

就是二面角的平面角或其補角。

（4）異面直線間距離的求法：向量，又C、D分別是

是兩條異面直線，n是。的公垂線段AB的方向

上的任意兩點，則

（5）點面距離的求法：設n是平面平面的距離為。的法向量，AB是平面的一條斜線，則點B到

（6）線面距、面面距均可轉化為點面距離再用（5）中方法求解。

練習：

?????1????2????

1.若等邊?ABC的邊長

為，平面內一點M滿足CM?CB?CA，則

????????MA?MB?_________

2．在空間直角坐標系中，已知點A（1，0，2），B(1，-3，1)，點M在y軸上，且M到A與到B的距離相等，則M的坐標是________。3.（本小題滿分12分）

如圖，在五面體ABCDEF中，FA ?平面ABCD, AD//BC//FE，AB?AD，M為EC的中點，AF=AB=BC=FE=

AD 2

(I)求異面直線BF與DE所成的角的大小；(II)證明平面AMD?平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。

4．（本題滿分15分）如圖，平面PAC?平面ABC，?ABC

是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E,F,O分別為PA，PB，AC的中點，AC?16，PA?PC?10．

（I）設G是OC的中點，證明：FG//平面BOE；

（II）證明：在?ABO內存在一點M，使FM?平面BOE，并求點M到OA，OB的距離．

5.如圖，四棱錐P?ABCD的底面是正方形，PD?底面ABCD，點E在棱PB上.（Ⅰ）求證：平面AEC?平面PDB；

（Ⅱ）當PD?且E為PB的中點時，求AE與

平面PDB所成的角的大小.

第四篇：數學空間向量

一.空間向量的基本概念、運算、定理

1.空間向量的基本概念

由于我們所講的向量可以自由移動，是自由向量，因此對于一個向量、兩個向量都是共面的，他們的基本概念與平面向量完全一樣。包括：向量的定義、向量的表示方法、向量的模、零向量、單位向量、向量的平行與共線、相等向量與相反向量等等

2.空間向量的加法、減法與數乘運算

兩個空間向量的加法、減法與數乘運算法則及其運算律都與平面向量的知識相同。但空間不共面的三個向量的和應該滿足“平行六面體”法則。

即：平行六面體ABCD-A＇B＇C＇D

＇中，3.空間向量的數量積

空間兩個向量的數量積與平面兩個向量的數量積的概念及法則都是一致的。

定義

：

性質與運算律：

①

4.空間向量中的基本定理

共線向量定理：對于

作用：證明直線與直線平行。

推論：P、A、B

三點共線的充要條件：

實數。

作用：證明三點共線。

共面向量定理（平面向量的基本定理）：兩個向量的充要條件是存在實數對x、y

使

作用：證明直線與平面平行。

推論：P、A、B、C四點共面的充要條件：

x、y、z為實數，且x+y+z=1。

作用：證明四點共面。

空間向量的基本定理：如果三個向量

不共面，那么對于空間任意向量，存在一，其中O為任意一點。不共線，向量共面，其中O為任意一點，t為任意空間向

量;

②;

③;

④;

⑤的夾角（起點重合），規

定。

個唯一的有序實數組x、y、z

使做空間的一組基底。

作用：空間向量坐標表示的理論依據。

二.空間向量的坐標運算

1.空間直角坐標系。、、叫做基向量，叫

我們在平面直角坐標系的基礎上增加一個與平面垂直的方向，構成右手直角坐標系，即：伸出右手使拇指、食指、中指兩兩垂直，拇指、食指、中指分別指向x、y、z軸的正方向，空間任意一點可用一組有序實數確定，即：A（x，y，z）。

2.向量的直角坐標運算

．

二、空間向量的加減與數乘運算

（1）空間向量的加法、減法、數乘向量的定義與

平面向量的運算一樣：

（2）、空間向量的加、減與數乘運算律：

=（指向被減向量），加法交換律：

加法結合律：

數乘分配律：

注：空間向量加法的運算律要注意以下幾點：

⑴首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起點指向末尾向量的終點的向

量，即：

⑵首尾相接的若干向量若構成一個封閉圖形，則它們的和為零向量，即：

⑶兩個向量相加的平行四邊形法則在空間仍然成立．

因此，求始點相同的兩個向量之和時，可以考慮用平行四邊形法則．

三、共線向量與共面向量

1、共線向量定理：對空間任意兩個向量

（1）推論：

如圖所示，如果l為經過已知點A

且平行于已知向量 的直線，那么對任一點O，點P在直線l上的充要條件是存在實數t，滿足等式

量)．直線l上的點和實數t是一一對應關系.（2）空間直線的向量參數方程：

在l

上取 則（其中 是直線l的方向向,存在唯一實數 ；因此，求空間若干向量之和時，可通過平移使它們轉化為首尾相接的向量；

特別地，當

點）

時，得線段AB中點坐標公式：（其中P是AB中

2、共面向量定理：如果兩個向

量, 使

.不共線，則向

量 與向

量 共

面

推論：空間一點P位于平面MAB內的充分必要條件是存在唯一的有序實數對x、y，使；

進而對空間任一定點O，有

實數對(x,y)是唯一的，①式叫做平面MAB的向量表達式.四、空間向量基本定理、若

其中

2、將上述唯一分解定理換成以任一點O為起點：O、A、B、C不共面，則對空間任意一點P，存在唯一的三個有序實數x,y,z∈R，使

五、兩個空間向量的數量積、向量

2、向量的數量積的性質：

(1)

(2)

(3)

性質(2)可證明線線垂直；

性質(3)可用來求線段長.3、向量的數量積滿足如下運算律：

（1）

（2）

（3）（交換律）（分配律）。為單位向量)的數量積：

不共面，則對任意向量 稱空間的一個基底，, 存在唯一x,y,z∈R，使①，在平面MAB內，點P對應的 都叫基向量。空間任意三個不共面的向量都可以構成空間的一個基底.性質(1)可用來求角；

第五篇：11-17屆高考全國Ⅰ卷理科數學分類（含答案）立體幾何

2011年—2017年新課標高考全國Ⅰ卷理科數學分類匯編（含答案）

8．立體幾何

【2017，7】某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）

A．10

B．12

C．14

D．16

【2016，11】平面過正方體的頂點，平面，平面，平面，則所成角的正弦值為（）

（A）

（B）

（C）

（D）

【2016，6】如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是（）

（A）

（B）

（C）

（D）

【2015，6】《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺.問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有

（A）14斛

（B）22斛

（C）36斛

（D）66斛

【2015，11】圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為，則（）

（A）1

（B）2

（C）4

（D）8

【2014，12】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的個條棱中，最長的棱的長度為

...6

.4

【2013，6】如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8

cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6

cm，如果不計容器的厚度，則球的體積為()．

A．cm3

B．cm3

C．cm3

D．cm3

【2013，8】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()．

A．16＋8π

B．8＋8π

C．16＋16π

D．8＋16π

【2012，7】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為

A．6

B．9

C．12

D．15

【2012，11】已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC=2，則此棱錐的體積為（）

A．

B．

C．

D．

【2011，6】在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖所示，則相應的側視圖可以為（）

二、填空題

【2011，15】已知矩形的頂點都在半徑為4的球的球面上，且,則棱錐的體積為。

三、解答題

【2017，18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且

（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值．

【2016，18】如圖，在以為頂點的五面體中，面

為正方形，且二面

角與二面角都是．

（Ⅰ）證明：平面平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值．

【2015，18】如圖，四邊形為菱形，是平面同一側的兩點，⊥平面，⊥平面，.（I）證明：平面⊥平面；

（II）求直線與直線所成角的余弦值.【2014，19】如圖三棱柱中，側面為菱形，.(Ⅰ)

證明：；

（Ⅱ）若，AB=BC

求二面角的余弦值.【2013，18】如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)證明：AB⊥A1C；

(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．

【2012，19】如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD。

（1）證明：DC1⊥BC；

（2）求二面角A1－BD－C1的大小。

【2011，18】如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)證明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

2011年—2017年新課標高考全國Ⅰ卷理科數學分類匯編（含答案）

8．立體幾何（解析版）

【2017，7】某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）

A．10

B．12

C．14

D．16

（7）【解析】由三視圖可畫出立體圖，該立體圖平面內只有兩個相同的梯形的面，，故選B；

【2016，11】平面過正方體的頂點，平面，平面，平面，則所成角的正弦值為（）

（A）

（B）

（C）

（D）

【解析】：如圖所示：

∵，∴若設平面平面，則

又∵平面∥平面，結合平面平面

∴，故，同理可得：

故、的所成角的大小與、所成角的大小相等，即的大小．

而（均為面對交線），因此，即．

故選A．

【2016，6】如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是（）

（A）

（B）

（C）

（D）

【解析】：原立體圖如圖所示：是一個球被切掉左上角的后的三視圖

表面積是的球面面積和三個扇形面積之和

故選A．

【2015，6】《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺.問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有

（A）14斛

（B）22斛

（C）36斛

（D）66斛

解析：，圓錐底面半徑，米堆體積，堆放的米約有，選（B）.【2015，11】圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為，則（）

（A）1（B）2（C）4（D）8

解析：由正視圖和俯視圖知，該幾何體是半球和半個圓柱的組合體，圓柱的半徑與球的半徑都，圓柱的高為，其表面積為，解得，故選（B）.【2014，12】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的個條棱中，最長的棱的長度為

...6

.4

【答案】C

【解析】：如圖所示，原幾何體為三棱錐，其中，故最長的棱的長度為，選C

【2013，6】如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8

cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6

cm，如果不計容器的厚度，則球的體積為()．

A．cm3

B．cm3

C．cm3

D．cm3

答案：A

解析：設球半徑為R，由題可知R，R－2，正方體棱長一半可構成直角三角形，即△OBA為直角三角形，如圖．

BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以球的體積為(cm3)，故選A.【2013，8】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()．

A．16＋8π

B．8＋8π

C．16＋16π

D．8＋16π

答案：A

解析：由三視圖可知該幾何體為半圓柱上放一個長方體，由圖中數據可知圓柱底面半徑r＝2，長為4，在長方體中，長為4，寬為2，高為2，所以幾何體的體積為πr2×4×＋4×2×2＝8π＋16.故選A.【2012，7】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為（）

A．6

B．9

C．12

D．15

【解析】由三視圖可知，該幾何體為

三棱錐A-BCD，底面△BCD為

底邊為6，高為3的等腰三角形，側面ABD⊥底面BCD，AO⊥底面BCD，因此此幾何體的體積為，故選擇B。

【2012，11】已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC=2，則此棱錐的體積為（）

A．

B．

C．

D．

【解析】如圖所示，根據球的性質，知平面，則。

在直角中，，所以。

因此三棱錐S－ABC的體積，故選擇A。

【2011，6】在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖所示，則相應的側視圖可以為（）

解析：條件對應的幾何體是由底面棱長為r的正四棱錐沿底面對角線截出的部分與底面為半徑為r的圓錐沿對稱軸截出的部分構成的。故選D

二、填空題

【2011，15】已知矩形的頂點都在半徑為4的球的球面上，且,則棱錐的體積為。

解析：設ABCD所在的截面圓的圓心為M,則AM=,OM=，.三、解答題

【2017，18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且

（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值．

（18）【解析】（1）證明：∵，∴，又∵，∴，又∵，、平面，∴平面，又平面，∴平面平面．

（2）取中點，中點，連接，∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，由（1）知，平面，∴平面，又、平面，∴，又∵，∴，∴、、兩兩垂直，∴以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，∴、、、，∴、、，設為平面的法向量，由，得，令，則，可得平面的一個法向量，∵，∴，又知平面，平面，∴，又，∴平面，即是平面的一個法向量，∴，由圖知二面角為鈍角，所以它的余弦值為．

【2016，18】如圖，在以為頂點的五面體中，面

為正方形，且二面

角與二面角都是．

（Ⅰ）證明：平面平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值．

【解析】：⑴

∵為正方形，∴，∵，∴，∵

∴面，面，∴平面平面

⑵

由⑴知，∵，平面，平面

∴平面，平面

∵面面

∴，∴

∴四邊形為等腰梯形

以為原點，如圖建立坐標系，設，，設面法向量為，即，設面法向量為，.即，設二面角的大小為.，二面角的余弦值為

【2015，18】如圖，四邊形為菱形，是平面同一側的兩點，⊥平面，⊥平面，.（I）證明：平面⊥平面；

（II）求直線與直線所成角的余弦值.解：（Ⅰ）證明：連接，設，連接，.在菱形中，不妨設，由，可得，由⊥平面，可知.又，所以，且.在中，可得,故.在中，可得.在直角梯形中，由，，可得.因為，所以，又，則平面.因為平面，所以平面⊥平面.……6分

（Ⅱ）如圖，以為坐標原點，分別以的方向為軸，軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系，由（Ⅰ）可得，，，.故.所以直線與直線所成的角的余弦值為.……12分

【2014，19】如圖三棱柱中，側面為菱形，.(Ⅰ)

證明：；

（Ⅱ）若，AB=BC

求二面角的余弦值.【解析】：(Ⅰ)連結，交于O，連結AO．因為側面為菱形，所以^，且O為與的中點．又，所以平面，故=又，故

………6分

（Ⅱ）因為且O為的中點，所以AO=CO=?又因為AB=BC=，所以

故OA⊥OB^，從而OA，OB，兩兩互相垂直．

以O為坐標原點，OB的方向為x軸正方向，OB為單位長，建立如圖所示空間直角坐標系O-．?因為，所以為等邊三角形．又AB=BC=，則，，設是平面的法向量，則，即

所以可取

設是平面的法向量，則，同理可取

則，所以二面角的余弦值為.【2013，18】如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)證明：AB⊥A1C；

(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．

(1)證明：取AB的中點O，連結OC，OA1，A1B.因為CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB.因為OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩相互垂直．

以O為坐標原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.由題設知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．

則＝(1,0，)，＝＝(－1，0)，＝(0，)．

設n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，則即可取n＝(，1，－1)．

故cos〈n，〉＝＝.所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為.【2012，19】如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD。

（1）證明：DC1⊥BC；

（2）求二面角A1－BD－C1的大小。

【解析】（1）在中，得：，同理：，得：。

又DC1⊥BD，所以平面。

而平面，所以。

（2）解法一：（幾何法）

由面。

取的中點，連接。

因為，所以，因為面面，所以面，從而，又DC1⊥BD，所以面，因為平面，所以。

由，BD⊥DC1，所以為二面角A1－BD－C1的平面角。

設，則，在直角△，，所以。

因此二面角的大小為。

解法二：（向量法）

由面

。又平面，所以，以C點為原點，CA、CB、CC1所在直線分別為

軸、軸、軸建立空間直角坐標系。

不妨設AA1=2，則AC=BC=AA1=1，從而A1（1，0，2），D（1，0，1），B（0，1，0），C1（0，0，2），所以。

設平面的法向量為，則，所以，即，令，則。

設平面的法向量為，則，所以，即，令，則。

所以，解得。

因為二面角為銳角，因此二面角的大小為。

【2011，18】如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)證明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

（18）解：（I）因為，由余弦定理得.從而，故.又底面，可得.所以平面.故.（II）如圖，以為坐標原點，的長為單位長，射線為軸的正半軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則

即.因此可取.設平面的法向量為，則，可取..故二面角的余弦值為.