第一篇：2018届二轮数学 空间向量与立体几何 专题 专题卷(全国通用)
空间向量与立体几何
一、选择题
1.已知A∈α，P∉α，＝，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为()A.30°
B.45°
C.60°
D.150° 【答案】C 【解析】设PA与平面α所成的角为θ，则sinθ＝
∵θ∈0°，90°，∴θ＝60°，故选C.2.(2017·泸州二模)在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为则m的值为()A.－9或1 B.9或－1 C.5或－5 D.2或3 【答案】B 【解析】由题意|PP1|＝1.故选B.点睛：空间向量数量积的三个应用(1)求夹角，设向量,所成的角为，则cos＝
2，即，∴(m－4)＝25，解得m＝9或m＝－
2，进而可求两异面直线所成的角．(2)求长度(距离)，运用公式||＝·，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)解决垂直问题，利用⊥⇔·＝0(≠，≠)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．
3.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】A，D，E分别是AC1和BB1的中点，【解析】
由已知AB＋BC＝AC，则AB⊥BC.分别以BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，222cos〈，n〉＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sinθ＋cosθ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．
4.如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()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，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；
C中，BC⊥PC，AP⊂平面APC，因为平面BCP⊥平面PAC，所以BC⊥平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；
D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.点睛: 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.5.(2017·东北三校联考(一))在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】试题分析：延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角． 解：延长CA到D，使得AD=AC，则ADA1C1为平行四边形，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又A1D=A1B=DB=AB，则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B=60°故选C．
考点：异面直线及其所成的角．
6.(2017·丽水一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D为 时，AE＝()
A.1B.C.2－
D.2－
【答案】D
DA,DC,DP分别为【解析】试题分析：以点D为原点建立空间直角坐标系，0，0）,E（1,a,0）,C（0,2,0）,P（0,0,1），,设平面
D轴，（0，平面的法向量为，即,那么，解得:,平面的法向量为,那么，解得，所以考点：空间向量 ,故选D.7.(2017·黄冈质检)如图，在棱长均为2的正四棱锥P－ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是()
A.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为B.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为
C.BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30° D.BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30° 【答案】D 【解析】
连接AC，BD，交点为O，连接OP，以O为坐标原点，OC，OD，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由正四棱锥P－ABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，知A(－则 ＝，0,0)，B(0，－，＝(－，0)，C(，0，－，即，0,0)，D(0，)，＝(0，0)，P(0,0，－)，E，)，设m＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，则m⊥，且m⊥，令x＝1，则z＝－1，y＝－1，m，＝(1，－1，－1)是平面PAD的一个法向量，设BE与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝故BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°，故选D.点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2＋cos2＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．
8.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1的距离是()A.1 B.C.D.2 【答案】B 【解析】设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝故选B.点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离
二、填空题
9.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝则直线DE与平面BB1C1C所成角的正弦值为．
【答案】，D，E分别是AC1，BB1的中点，【解析】
如图，取AC的中点F，连接DF，BF，则DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF与平面BB1C1C所成角的正弦值为所求．∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C.作GF∥AB交BC于点G，则GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG为直线BF与平面BB1C1C所成的角．由条件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，∴tan∠FBG＝
＝，∴∠FBG＝，∴sin∠FBG＝sin＝，即直线DE与平面BB1C1C所成角的正弦值为.10.正方体ABCD－A1B1C1D1中，面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为．
【答案】60°【解析】建立空间直角坐标系D－xyz，如图．
设正方体的棱长为1，则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)．
设平面ABD1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则由m·＝0，m·＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·＝0，n·＝0，得n＝(1，－1，0), ∴cos〈m，n〉＝＝.∴所求二平面的大小为60°.学
...学
...学
...学
...11.(2017·山西晋中五校联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为时，∠AFE为直角．
【答案】
【解析】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3)． 设BC＝m，则C(m,4,0)，∵∴∴F∴要使∠AFE＝90°，则又∴∴16λ＝9，∴λ＝.点睛：空间向量数量积的三个应用(1)求夹角，设向量,所成的角为，则cos＝，进而，＝λ，∴
＝λ
.同理，E，，可求两异面直线所成的角．(2)求长度(距离)，运用公式||2＝·，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)解决垂直问题，利用⊥⇔·＝0(≠，≠)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．
三、解答题
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝AD＝2，BC＝1，CD＝.(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)若二面角M－BQ－C为30°，设PM＝t·MC，试确定 t 的值．
【答案】(1)见解析(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为AD的中点，∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系． 则平面BQC的法向量为，设∵，则，．，；，∴，∴
在平面MBQ中，∴平面MBQ法向量为∵二面角M-BQ-C为30，∴．，．，考点：本题考查了空间中的线面关系
点评：高考中常考查空间中平行关系与垂直关系的证明以及几何体体积的计算，这是高考的重点内容.证明的关键是熟练掌握并灵活运用相关的判定定理与性质定理.
第二篇：《立体几何VS空间向量》教学反思
我这节公开课的题目是《立体几何VS空间向量》选题背景是必修2学过立体几何而选修21又学到空间向量在立体几何中的应用。学生有先入为主的观念，总想用旧方法却解体忽视新方法的应用，没有掌握两种方法的特征及适用体型导致做题不顺利。针对此种情况，我特意选了这节内容来讲。整节课，我是这样设计的。本着以学生为主，教师为辅的这一原则，把学生分成两组。利用学生的求知欲和好胜心强的这一特点，采取竞赛方式通过具体例题来归纳。分析概括两种方法的异同及适用体型。最终让学生在知识上有所掌握。在能力和意识上有所收获。那么这节课我最满意的有以下几个地方(1)学生的参与这节课的主讲不是我，是学生我要做的是设置问题和激发兴趣。至于整个分析过程和解决过程都是由学生来完成的。这节课二班学生积极参与，注意力集中。课堂气氛活跃学生兴趣浓厚，求知欲强，参与面大，在课堂中能够进行有效的合作与平等的交流。(2)学生的创新这一点是我这节课的意外收获。在求一点坐标时，我用的是投影而该班周英杰同学却利用的是共线，方法简洁，给人以耳目一新的感觉。另外该班的徐汉宇同学在两道中都提出了不同的做法。有其独特的见解。可见学生真的是思考了，我也从中获益不少。真的是给学生以展示的舞台。他回报你以惊喜。(3)学生的置疑林森同学能直截了当的指出黑板上的错误而且是一个我没发现的错误这一点是我没想到的.这说明了学生的注意力高度集中.善于观察也说明了我们的课堂比较民主,学生敢于置疑.这种大胆质疑的精神值得表扬.我不满意的地方有以下几点(1)题量的安排 5道题虽然代表不同的类型.但从效果上看显得很匆忙.每道题思考和总结的时间不是很长,我觉得要是改成4道题.时间就会充裕效果就会更好些.(2)课件的制作 立体几何着重强调的是空间想象力,如果能从多个角度观察图形学生会有不同发现.比如徐汉宇同学的不同做法.需要对图形旋转.如果让他上黑板做图时间又不够.我想不妨让他画好图后用投影仪投到大屏幕上,效果会更好.(3)总结时间短 这节课的主题是两种方法的比较和不同方法的适用题型,后来的小结时间不够.这和我设置的容量大.有直接关系.没有突出主题.我想不如直接删掉一道题.空出时间让学生自己谈谈心得体会.自己找找解题规律应该会更好.以上就是我对这节课的反思.其实我最想说的是我的心路历程.每次上公开课都能发现新问题.正是这些问题使我变得成熟,完善,我很珍惜每一次上公开课的机会.它使我理智的看待自己的教学活动中熟悉的习惯性的行为.使自己的教育教学理念和教学能力与时俱进.
第三篇：空间向量方法解立体几何教案
空间向量方法解立体几何
【空间向量基本定理】
例1.已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且M分
数x、y、z的值。成定比2，N分PD成定比1，求满足的实
分析;结合图形，从向量
用、、出发，利用向量运算法则不断进行分解，直到全部向量都表示出来，即可求出x、y、z的值。
如图所示，取PC的中点E，连接NE，则
点评：选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的一项基本功，要结合已知和所求，观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量。再对照目标，将不符合目标要求的向量当作新的所需向量，如此继续下去，直到所有向量都符合目标要求为止，这就是向量的分解。有分解才有组合，组合是分解的表现形式。空间向量基本定理恰好说明，用空间三个不共面的向量组可以表示出空间任意一个向量，而且a,b,c的系数是惟一的。
【利用空间向量证明平行、垂直问题】
例2.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F。
（1）证明：PA//平面EDB；
（2）证明：PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C—PB—D的大小。
点评：（1）证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量．
（2）证明线面平行的方法：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线；
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．
（3）证明面面平行的方法：
①转化为线线平行、线面平行处理；
②证明这两个平面的法向量是共线向量．
（4）证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量互相垂直．
（5）证明线面垂直的方法：
①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量；
②证明直线与平面内的两个不共线的向量互相垂直．（6）证明面面垂直的方法：
①转化为线线垂直、线面垂直处理；②证明两个平面的法向量互相垂直． 【用空间向量求空间角】
例3.正方形ABCD—中，E、F分别是
（1）异面直线AE与CF所成角的余弦值；（2）二面角C—AE—F的余弦值的大小。，的中点，求：
点评：（1）两条异面直线所成的角可以借助这两条直线的方向向量的夹角
求得，即。
（2）直线与平面所成的角主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即或
（3）二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角。
【用空间向量求距离】
例4.长方体ABCD—中，AB=4，AD=6，段BC上，且|CP|=2，Q是DD1的中点，求：
（1）异面直线AM与PQ所成角的余弦值；（2）M到直线PQ的距离；（3）M到平面AB1P的距离。，M是A1C1的中点，P在线
本题用纯几何方法求解有一定难度，因此考虑建立空间直角坐标系，运用向量坐标法来解决。利用向量的模和夹角求空间的线段长和两直线的夹角，在新高考试题中已多次出现，但是利用向量的数量积来求空间的线与线之间的夹角和距离，线与面、面与面之间所成的角和距离还涉及不深，随着新教材的推广使用，这一系列问题必将成为高考命题的一个新的热点。现列出几类问题的解决方法。
（1）平面的法向量的求法：设，利用n与平面内的两个向量a，b垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解。
（2）线面角的求法：设n是平面
向量，则直线与平面的一个法向量，AB是平面的斜线l的一个方向
所成角为则sin
（3）二面角的求法：①AB，CD分别是二面角面直线，则二面角的大小为。的两个面内与棱l垂直的异
②设分别是二面角的两个平面的法向量，则
就是二面角的平面角或其补角。
（4）异面直线间距离的求法：向量，又C、D分别是
是两条异面直线，n是。的公垂线段AB的方向
上的任意两点，则
（5）点面距离的求法：设n是平面平面的距离为。的法向量，AB是平面的一条斜线，则点B到
（6）线面距、面面距均可转化为点面距离再用（5）中方法求解。
练习：
12
1.若等边ABC的边长
为，平面内一点M满足CMCBCA，则
MAMB_________
2．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。3.（本小题满分12分）
如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=
AD 2
(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。
4．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC
是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10．
（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；
（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．
5.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC平面PDB；
（Ⅱ）当PD且E为PB的中点时，求AE与
平面PDB所成的角的大小.
第四篇：数学空间向量
一.空间向量的基本概念、运算、定理
1.空间向量的基本概念
由于我们所讲的向量可以自由移动，是自由向量，因此对于一个向量、两个向量都是共面的，他们的基本概念与平面向量完全一样。包括：向量的定义、向量的表示方法、向量的模、零向量、单位向量、向量的平行与共线、相等向量与相反向量等等
2.空间向量的加法、减法与数乘运算
两个空间向量的加法、减法与数乘运算法则及其运算律都与平面向量的知识相同。但空间不共面的三个向量的和应该满足“平行六面体”法则。
即：平行六面体ABCD-A＇B＇C＇D
＇中，3.空间向量的数量积
空间两个向量的数量积与平面两个向量的数量积的概念及法则都是一致的。
定义
：
性质与运算律：
①
4.空间向量中的基本定理
共线向量定理：对于
作用：证明直线与直线平行。
推论：P、A、B
三点共线的充要条件：
实数。
作用：证明三点共线。
共面向量定理（平面向量的基本定理）：两个向量的充要条件是存在实数对x、y
使
作用：证明直线与平面平行。
推论：P、A、B、C四点共面的充要条件：
x、y、z为实数，且x+y+z=1。
作用：证明四点共面。
空间向量的基本定理：如果三个向量
不共面，那么对于空间任意向量，存在一，其中O为任意一点。不共线，向量共面，其中O为任意一点，t为任意空间向
量;
②;
③;
④;
⑤的夹角（起点重合），规
定。
个唯一的有序实数组x、y、z
使做空间的一组基底。
作用：空间向量坐标表示的理论依据。
二.空间向量的坐标运算
1.空间直角坐标系。、、叫做基向量，叫
我们在平面直角坐标系的基础上增加一个与平面垂直的方向，构成右手直角坐标系，即：伸出右手使拇指、食指、中指两两垂直，拇指、食指、中指分别指向x、y、z轴的正方向，空间任意一点可用一组有序实数确定，即：A（x，y，z）。
2.向量的直角坐标运算
．
二、空间向量的加减与数乘运算
（1）空间向量的加法、减法、数乘向量的定义与
平面向量的运算一样：
（2）、空间向量的加、减与数乘运算律：
=（指向被减向量），加法交换律：
加法结合律：
数乘分配律：
注：空间向量加法的运算律要注意以下几点：
⑴首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向
量，即：
⑵首尾相接的若干向量若构成一个封闭图形，则它们的和为零向量，即：
⑶两个向量相加的平行四边形法则在空间仍然成立．
因此，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑用平行四边形法则．
三、共线向量与共面向量
1、共线向量定理：对空间任意两个向量
（1）推论：
如图所示，如果l为经过已知点A
且平行于已知向量 的直线，那么对任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式
量)．直线l上的点和实数t是一一对应关系.（2）空间直线的向量参数方程：
在l
上取 则（其中 是直线l的方向向,存在唯一实数 ；因此，求空间若干向量之和时，可通过平移使它们转化为首尾相接的向量；
特别地，当
点）
时，得线段AB中点坐标公式：（其中P是AB中
2、共面向量定理：如果两个向
量, 使
.不共线，则向
量 与向
量 共
面
推论：空间一点P位于平面MAB内的充分必要条件是存在唯一的有序实数对x、y，使；
进而对空间任一定点O，有
实数对(x,y)是唯一的，①式叫做平面MAB的向量表达式.四、空间向量基本定理、若
其中
2、将上述唯一分解定理换成以任一点O为起点：O、A、B、C不共面，则对空间任意一点P，存在唯一的三个有序实数x,y,z∈R，使
五、两个空间向量的数量积、向量
2、向量的数量积的性质：
(1)
(2)
(3)
性质(2)可证明线线垂直；
性质(3)可用来求线段长.3、向量的数量积满足如下运算律：
（1）
（2）
（3）（交换律）（分配律）。为单位向量)的数量积：
不共面，则对任意向量 称空间的一个基底，, 存在唯一x,y,z∈R，使①，在平面MAB内，点P对应的 都叫基向量。空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底.性质(1)可用来求角；
第五篇：11-17届高考全国Ⅰ卷理科数学分类（含答案）立体几何
2011年—2017年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）
8．立体几何
【2017，7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）
A．10
B．12
C．14
D．16
【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【2016，6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【2015，6】《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，问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，估算出堆放的米约有
（A）14斛
（B）22斛
（C）36斛
（D）66斛
【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)组成一个几何体，该几何体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，则（）
（A）1
（B）2
（C）4
（D）8
【2014，12】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
...6
.4
【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8
cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6
cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()．
A．cm3
B．cm3
C．cm3
D．cm3
【2013，8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
D．8＋16π
【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6
B．9
C．12
D．15
【2012，11】已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）
A．
B．
C．
D．
【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）
二、填空题
【2011，15】已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。
三、解答题
【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且
（1）证明：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】如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【2015，18】如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，.（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.【2014，19】如图三棱柱中，侧面为菱形，.(Ⅰ)
证明：；
（Ⅱ）若，AB=BC
求二面角的余弦值.【2013，18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【2012，19】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD。
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1－BD－C1的大小。
【2011，18】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
2011年—2017年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）
8．立体几何（解析版）
【2017，7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）
A．10
B．12
C．14
D．16
（7）【解析】由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，，故选B；
【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】：如图所示：
∵，∴若设平面平面，则
又∵平面∥平面，结合平面平面
∴，故，同理可得：
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．
而（均为面对交线），因此，即．
故选A．
【2016，6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
【2015，6】《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，问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，估算出堆放的米约有
（A）14斛
（B）22斛
（C）36斛
（D）66斛
解析：，圆锥底面半径，米堆体积，堆放的米约有，选（B）.【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)组成一个几何体，该几何体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，则（）
（A）1（B）2（C）4（D）8
解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都，圆柱的高为，其表面积为，解得，故选（B）.【2014，12】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
...6
.4
【答案】C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥，其中，故最长的棱的长度为，选C
【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8
cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6
cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()．
A．cm3
B．cm3
C．cm3
D．cm3
答案：A
解析：设球半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．
BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以球的体积为(cm3)，故选A.【2013，8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
D．8＋16π
答案：A
解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr2×4×＋4×2×2＝8π＋16.故选A.【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）
A．6
B．9
C．12
D．15
【解析】由三视图可知，该几何体为
三棱锥A-BCD，底面△BCD为
底边为6，高为3的等腰三角形，侧面ABD⊥底面BCD，AO⊥底面BCD，因此此几何体的体积为，故选择B。
【2012，11】已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）
A．
B．
C．
D．
【解析】如图所示，根据球的性质，知平面，则。
在直角中，，所以。
因此三棱锥S－ABC的体积，故选择A。
【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）
解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。故选D
二、填空题
【2011，15】已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。
解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=，.三、解答题
【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且
（1）证明：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）证明：∵，∴，又∵，∴，又∵，、平面，∴平面，又平面，∴平面平面．
（2）取中点，中点，连接，∵，∴四边形为平行四边形，∴，由（1）知，平面，∴平面，又、平面，∴，又∵，∴，∴、、两两垂直，∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，∴、、、，∴、、，设为平面的法向量，由，得，令，则，可得平面的一个法向量，∵，∴，又知平面，平面，∴，又，∴平面，即是平面的一个法向量，∴，由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为．
【2016，18】如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【解析】：⑴
∵为正方形，∴，∵，∴，∵
∴面，面，∴平面平面
⑵
由⑴知，∵，平面，平面
∴平面，平面
∵面面
∴，∴
∴四边形为等腰梯形
以为原点，如图建立坐标系，设，，设面法向量为，即，设面法向量为，.即，设二面角的大小为.，二面角的余弦值为
【2015，18】如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，.（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.解：（Ⅰ）证明：连接，设，连接，.在菱形中，不妨设，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.因为，所以，又，则平面.因为平面，所以平面⊥平面.……6分
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，由（Ⅰ）可得，，，.故.所以直线与直线所成的角的余弦值为.……12分
【2014，19】如图三棱柱中，侧面为菱形，.(Ⅰ)
证明：；
（Ⅱ）若，AB=BC
求二面角的余弦值.【解析】：(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以^，且O为与的中点．又，所以平面，故=又，故
………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO= 又因为AB=BC=，所以
故OA⊥OB^，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC=，则，，设是平面的法向量，则，即
所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为.【2013，18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为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，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，0)，＝(0，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.【2012，19】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD。
（1）证明：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：（几何法）
由面。
取的中点，连接。
因为，所以，因为面面，所以面，从而，又DC1⊥BD，所以面，因为平面，所以。
由，BD⊥DC1，所以为二面角A1－BD－C1的平面角。
设，则，在直角△，，所以。
因此二面角的大小为。
解法二：（向量法）
由面
。又平面，所以，以C点为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为
轴、轴、轴建立空间直角坐标系。
不妨设AA1=2，则AC=BC=AA1=1，从而A1（1，0，2），D（1，0，1），B（0，1，0），C1（0，0，2），所以。
设平面的法向量为，则，所以，即，令，则。
设平面的法向量为，则，所以，即，令，则。
所以，解得。
因为二面角为锐角，因此二面角的大小为。
【2011，18】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
（18）解：（I）因为，由余弦定理得.从而，故.又底面，可得.所以平面.故.（II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则
即.因此可取.设平面的法向量为，则，可取..故二面角的余弦值为.
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