高考数学立体几何汇编

10.已知圆柱M的底面圆的半径与球O的半径相同，若圆柱M的高与球O直径相等，则它

们的体积之比V圆柱:V球

3 (结果用数值作答). 219.(本题满分12分)本题共有２个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分. 如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB1，BC2，AA12，E是侧棱BB1的中点.

(1)求四面体AA1ED的体积；

(2)求异面直线AE与B1D所成角的大小.(结果用反三角函数表示)

19.(本题满分12分)本题共有2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.

【解】(探究性理解水平／几何体的直观图，三棱锥的体积，异面直线所成角)(1)因为

121 .(2)取CC1中点F，联结S△A1AD222,所以VAA1EDVEA1ADSh332DF,B1F.因为DF//AE，所以DF与B1D所成的角的大小等于异面直线AE与B1D 所

成的角的大小.在△B1DF中，B1D7，DF2，B1F3，所以DF2DB12B1F2314 ，所以异面直线AE 与B1D 所成的角为cosB1DF2DFgDB114arccos314. 142014年崇明县高考数学(理科)二模卷

10、已知圆柱M的底面圆的半径与球O的半径相同，若圆柱M与球O的表面积相等，则它们的体积之比V圆柱：V球=

3 （结果用数值作答）． 419、（本题满分12分）本题共有2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．

如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB1，BC2，AA12，

E是侧棱BB1的中点．

（1）求证：A1E平面AED； （2）求二面角AA1DE的大小．

A z D B C 19、（本题满分12分）本题共有2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分. 解：建立如图所示空间直角坐标系. E uuuruuuruuur（1）DA(2,0,0),AE(0,1,1),A,1) 1E(0,1D1 C1 y B1 uuuruuuruuuruuurA1, A1EDA0,A1EAE0, A1EDA,A1EAEx A1E平面ADE.

ur（2）设n1(u,v,w) 是平面A1DE的一个法向量， uuuruuuurQA1E(0,1,1),A1D(2,0,2)

2u2w0 vw0ur解得w2u,vw ，取w1 ，得n1(2,1,1)

uuuuruurQOC1平面AA1D ，平面AA1D 的一个法向量为n2(0,1,0) uruururuurn1n21ruur 设n1与n2的夹角为 ，则cosu2|n1||n2|结合图形，可判别得二面角AA1DE 是锐角，它的大小为

 . 3立体几何汇编

（闵行理科）7．用一平面去截球所得截面的面积为3cm2，已知球心到该截面的距离为1

cm，则该球的体积是 cm3. 答案：

（闵行文科）7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ． 第7题图

323

答案：

7 3

（闵行文理科）15．下列命题中，错误的是（ ）． ．．（A）过平面外一点可以作无数条直线与平面平行 （B）与同一个平面所成的角相等的两条直线必平行

（C）若直线l垂直平面内的两条相交直线，则直线l必垂直平面 （D）垂直于同一个平面的两条直线平行 答案：B

（闵行理科）

19.（本题满分12分）本题共有2个小题，第(1)小题满分7分，第(2)小题满分5分．

如图，在体积为3的正三棱锥ABCD中，BD长为

A

23，E为棱BC的中点，求

（1）异面直线AE与CD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；

B

E

C

D

（2）正三棱锥ABCD的表面积．

第19题图

答案：

（1）过点A作AO平面BCD，垂足为O，则O为△BCD的中心，由

13223AO=3得AO1（理1分文2分） 34又在正三角形BCD中得OE=1，所以AE2

……………………………（理2分文4分）

取BD中点F，连结AF、EF，故EF∥CD， 所以AEF就是异面直线AE与CD所成的角．（理4分文6分） 在△AEF中，AEAF2，EF3，…………………（理5分文8分）

AE2EF2AF26 所以cosAEF．…………………（理6分文10分）

2AEEF46所以，异面直线AE与CD所成的角的大小为arccos．……（理7分文12分）

4（2）由AE2可得正三棱锥ABCD的侧面积为

13S3BCAE23236 …………………（理10分）

22所以正三棱锥ABCD的表面积为

3S36BC23633． …………………………（理12分）

4

（闵行文科）19.（本题满分12分）

如图，在体积为3的正三棱锥ABCD中，求异面直线AEBD长为23，E为棱BC的中点，与CD所成角的大小（结果用反三角函数值表示） ．

答案：

（1）过点A作AO平面BCD，垂足为O，则O为△BCD的中心，由A

B

E

D

C

第19题图

13223AO=3得AO1（理1分文2分） 34又在正三角形BCD中得OE=1，所以AE2

……………………………（理2分文4分）

取BD中点F，连结AF、EF，故EF∥CD， 所以AEF就是异面直线AE与CD所成的角．（理4分文6分） 在△AEF中，AEAF2，EF3，…………………（理5分文8分）

AE2EF2AF26 所以cosAEF．…………………（理6分文10分）

2AEEF46所以，异面直线AE与CD所成的角的大小为arccos．……（理7分文12分）

4（2）由AE2可得正三棱锥ABCD的侧面积为

13S3BCAE23236 …………………（理10分）

22所以正三棱锥ABCD的表面积为

S363BC23633． …………………………（理12分） 44．普陀【理科】若向量a(1,x)，b(2,1)，且ab，则|ab|

10 .

12．普陀【理科】若三棱锥SABC的底面是边长为2的正三角形，且AS平面SBC，

则三棱锥SABC的体积的最大值为

15. 普陀【理科】下列命题中，是假命题的．．．

为…………………………………………………………………………（ A ）

1 . 2(A)平行于同一直线的两个平面平行. (B)平行于同一平面的两个平面平行. (C)垂直于同一平面的两条直线平行. (D)垂直于同一直线的两个平面平行.

20、普陀【理科】(本题满分14分) 本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分

8分．

如图，已知AB是圆柱OO1底面圆O的直径，底面半径R1，圆柱的表面积为8；点C在底面圆O 上，且直线A1C与下底面所成的角的大小为60. （1）【理科】求点A到平面A1CB的距离；

（2）【理科】求二面角AA1BC的大小（结果用反三角函数值表示）.

.

【解】（1）【理科】设圆柱的母线长为l，则根据已知条件可得，

S全2R22Rl8，R1，解得l3

因为A1A底面ACB，所以AC是A1C在底面ACB上的射影， 所以A1CA是直线A1C与下底面ACB所成的角，即A1CA60

在直角三角形A1AC中，AA13，A1CA60，AC第20题图

3.

AB是底面直径，所以CAB6 .以A为坐标原点，以AB、AA1分

别为y、z轴建立空间直角坐标系如图所示：则A(0,0,0)、C(33,,0)、 22 第20题图

A1(0,0,3)、B(0,2,0) 于是AC(31,,0) 2233,,0) A1B(0,2,3) 22CB(31xy0nCB0设平面A1CB的一个法向量为n(x,y,z)，则， 22nA1B02y3z0不妨令z1，则n(33,,1)，所以A到平面A1CB的距离2239||nAC|443 d22|n||所以点A到平面A1CB的距离为

3。 2（2）【理科】平面A1AB的一个法向量为n1(1,0,0)

由（1）知平面A1CB的一个法向量n2(33,,1) 223|nn|3二面角AA1BC的大小为，则|cos|122

24|n1||n2|由于二面角AA1BC为锐角，所以二面角AA1BC的大小为arccos8. 普陀【文科】一个正方体内接于球，若球的体积为

3 44π，则正方体的棱长为 323 . 3

20. 普陀【文科】(本题满分14分) 本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.

如图，已知AB是圆柱OO1底面圆O的直径，底面半径R1，圆柱的表面积为8π；点C在底面圆O上，且AOC120. (1)求三棱锥AA1CB的体积；

(2)求异面直线A1B与OC所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).

【解】【文科】（1）设圆柱的母线长为l，则根据已知条件可得，

S全2R22Rl8，R1，解得l3

A1A底面ACB,所以A1A是三棱锥AA1CB的高

AOC120，所以AC3 BC1 SACB1331 22VA1ACB1133SACBA1A3 3322【文科】（2）取A1A的中点为D,连接OD、CD，由于OD//A1B,所以DOC或其补角

即为异面直线A1B与OC所成的角。 在DOC中，OD921113A1B;CD3;OC1

4222132114130 cosDOC41313212所以DOCarccos13，于是异面直线A1B与OC所成的角的大小为13arccos13。 135．若轴截面是正方形的圆柱的上、下底面圆周均位于一个球面上，且球与圆柱的体积分别

为V1和V2，则V1:V2的值为

42 ． 315___． 56．如右图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1的中 点，则直线DE与平面A1BC1的夹角为___arcsin

7．如右图，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，得A、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AEFBxcm．若要使包装盒的侧面积最大，则x的值为______．15

13.本题满分18分，第1小题满分9分，第2小题满分9分

如右图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1A1B14，D、E分别为AA1与A1B1的中点.

(1)求异面直线C1D与BE的夹角； (2)求四面体BDEC1体积.

【解】(1)过点D作DF//BE交AB于点F，连结FC1,C1DF即所求异面直线所成角(或补角)-----------2分 解得DC120--------------------------------------------1分

DF=2212=5， ----------------------------------------------1分

12222o∴FC=ACAF2ACAFcos60=41241=13，又CC1=4，

2∴FC1=FCCC1=29 ----------------------------------------------2分 由余弦定理，有

22DC12DF2FC121.--------------3分 cosC1DF52DC1DF1所以，异面直线C1D与BE的夹角为arccos.---------1分

5

22(2)DE=22=22 BD=20 △BDE的高为32，∴S△BDE12232=6， 2∴△BDE的面积为6，--------------------------------------2分

∵△A1B1C1为等边三角形，E为A1B1中点，∴C1E=42=23， ∴高为C1E23， ----------------------------------------3分

22四面体BDEC1体积V162343.------------4分 34. 杨浦（文理）已知圆锥的母线长为5,侧面积为15,则此圆锥的体积为____12______.(结果中保留)

17. 若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为S1、S2,则S1:

S2=………………………………………………………………（ C ）.

(A) 1:1 (B)2:1 (C) 3:2 (D) 4:1

19．（本题满分12分）

（理）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，CAD90，PA平面ABCD，PABC1，AB2，F是

PBC的中点.

(1) 求证：DA平面PAC；

（2）若以A为坐标原点，射线AC、AD、AP分别是轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标

系，已经计算得n(1,1,1)是平面PCD的法向量，求平面PAF与平面PCD所成锐二面角的余弦值.

BADFC19．（理）A(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D(0,1,0),F(1,,0),P(0,0,1). (1) 证明方法一：

12Q四边形是平行四边形，QPA平面ABCDPADA，又ACDA，

ACIPAA，

DA平面PAC.

uuur方法二：证得DA是平面PAC的一个法向量，DA平面PAC.

(2)通过平面几何图形性质或者解线性方程组 计算得平面PAF一个法向量为urm(1,2,0)，

urrrurr|mn|15rr又平面PCD法向量为n(1,1,1)，所以cosm,nu

5|m||n|所求二面角的余弦值为15. 519．（文科）（本题满分12分）

（文）已知几何体由正方体和直三棱柱组成，其三视图和直观图（单位：cm）如图所示．设两条异面直线A1Q和PD所成的角为，求cos的值．

P A1 2 2 A 正视图

B

D P B1

D1 2 2 侧视图

A A1

D1 1 P 1 A1 2 Q B1 C1

Q P D 1 Q C1 P D1 C1 A1 B1 A1 B1 D C DCA B 第19题图 A B第19题图 Q

俯视图

（文）由PQ//CD，且PQCD，可知PD//QC， 故A1QC为异面直线A1Q、PD所成的角（或其补角）．

A1B1B1Q226，AC由题设知AQ3223， 11取BC中点E，则QEBC，且QE3，

22222QC2QE2EC2321210．

由余弦定理，得

22AQQC2AC610121511． coscosAQC12AQ1526101QC立体几何

7.一个与球心距离为3的平面截球所得的圆的面积为，则球的体积为 __

32__ ． 3

19．（本题满分12分）本题共有2个小题，第（1）小题满分6分，第（2）小题满分6分. （理）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABCABAC，AA1ABAC1，

4，

D、M、N分别是CC1、A1B1、BC的中点.

（1）求异面直线MN与AC所成角的大小； （2）求点M到平面ADN之间的距离. 解：（1）设AB的中点为E，连接EN，则EN//AC，且

EN1AC，所以MNE或其补角即为异面直线MN与2AC所成的角。…………………………………………3分 连接ME，在RtMEN中，

MEtanMNE2………………………………5分

NE所以异面直线MN与AC所成的角为

arctan2。……………………………………6分

（2）QABAC1,ABC，ABAC，

4E

以点A为坐标原点，分别以AB、AC、AA1所在直线为x,y,z轴，如图建立空间直角坐标系Axyz，则：

1111M(,0,1)，N(,,0),D(0,1,), ………………8分

2222r设平面AND的一个法向量为n(x,y,z)

ruuurxy0nAN0则ruuu rzy0nAD02r所以平面ADN的一个法向量为n(1,1,2). …10分

uuuur1又AM(,0,1)，

21uuuurr|2||AMn|56r2所以点M到平面OAD的距离d.………………………12分

12|n|6（文）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，

AA1ABAC1，ABC4，D是CC1的中点，点M在线段A1B1上.

（1）当M为A1B1中点时，求异面直线DM与AB所成角的大小.

（2）指出直线CC1与平面MAB的位置关系（不用证明），并求三棱锥DMAB的体积. 解：（1）∵AB//A1B1

∴A1MD或其补角是异面直线DM与AB所成的角. …………………………………3分

连接A1D，则三角形A1DM为直角三角形，且

DA1M900，A1D51，A1M 22∴tanA1MDA1D5 …………………………5分 A1M∴异面直线DM与AB所成的角为arctan5.………6分

（2）CC1//平面AA1B1B即CC1∥平面MAB（不必证明）…………………………7分 ∵CAAB， CAAA1，CA平面AA1B1B 所以C到平面AA1B1B的距离为CA=1.

QCC1∥平面AA1B1B，

可知D到平面AA1B1B的距离与C到平面AA1B1B的距离相等，为CA=1. …………9分 又AB//A1B1，∴MAB的面积SVABM11ABAA1……………………………11分 22VDMAB1111SVABMCAAC.……………………………………………12分 33267、若一个圆锥的侧面展开图是面积为2的半圆面，则该圆锥的体积为________.

15、已知长方体ABCDA1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是 （ ）

C1 D1 uuuuruuur A．AD1B1C

uuuuruuurB．BD1AC

C．ABAD1

A1

D

A

B1

C

uuuruuuuruuuuruuurD．BD1BC

B

第15题（理）图

19、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC900，

ABACAA1．若D为B1C1的中点，求直线AD与平面A1BC1所成的

角.

A

B

C

A1 B1 D

C1

(理19题图)

第20题图

O