【文档说明】《【中职专用】山东省近十年春季高考数学真题分类汇编》专题八 立体几何 （答案版）.docx，共(15)页，687.950 KB，由envi的店铺上传

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专题八立体几何考点一简单几何体的表面积与体积一、选择题1.（2018年春季高考数学第19题）已知矩形ABCD，AB=2BC，把这个矩形分别以AB、BC所在直线为轴旋转一周，所围成几何体的侧面积分别记为S1、S2，则S1与S2的比值等于（）A.21B.1C.2D

.4答案：B解析：设BC=a，AB=2a，所以S1=2π（2a）·a，S2=2π（a）·2a，S1∶S2=1，选B二、填空题1.（2012年春季高考数学第28题）已知圆锥的底面半径为1，高为3，则该圆锥的体积是答案：π或3.14解析：V=Sh/3=π12×3/3=π2.（2014年春

季高考数学第24题）若一个圆锥侧面展开图是面积为8π的半圆面，则该圆锥的体积为_____________.答案：8√3π/3解析：因为圆锥侧面展开图是面积为8π的半圆面，所以母线=4，r=2，所以圆锥的体积=（1/3）×底面积×高=（1/3）×4π×√（42-22）=

8√3π/33.（2015年春季高考数学第21题）直棱柱的底面是边长为a的菱形，侧棱长为h，则直棱柱的侧面积是.答案：4ab解析：直棱柱的侧面积4.（2016年春季高考数学第22题）若表面积为6的正方体内接于球，则该球的表面积等于.答案：3解析：设

正方体的边长为x，2661xx==，则边长为1，所以正方体上下两个面的斜线长为3，则圆的直径为3，243Sr==球.5.（2017年春季高考数学第21题）若圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥的侧面积等于．答案：

3π解析：圆锥侧面展开图是一个扇形，半径为l，弧长为2πr,∴圆锥侧面积：S==πrl=π×1×3=3π．（2019年春季高考数学第24题）已知圆锥的高与底面圆半径相等，若底面圆的面积为1，则该圆锥的侧面积是．答案：√2或1.4解析：因为底面圆

的面积为1，所以πr2=1，所以r=√（1/π），所以圆锥的底面周长为2πr=2√π，圆锥的斜高为√[（1/π）2+（1/π）2]=√2/√π，所以圆锥的侧面积=（底面周长×斜高）/2=√26.（2020年春季高考数学第23题）已知球

的直径为2，则该球的体积是______.答案：43解析：球的体积为∶V=（4×π×12）/3=4π/3，故答案为4π/37.（2021年春季高考数学第21题）直棱柱的底面是边长为a的菱形，侧棱长为h，那么直棱柱的侧面积是______．答案：4ah

解析：侧面积=底面周长×侧棱长=4ah8.（2013年春季高考数学第28题）一个球的体积与其表面积的数值恰好相等，该球的直径是______________.答案：6解析：4πR2=4πR3/3，解得R=3，所以2R=6考点二直线与直线的位置关系

一、选择题1.（2019年春季高考数学第16题）如图所示，点E、F、G、H分别是正方体四条棱的中点，则直线EF与GH的位置关系是（）A.平行B.相交C.异面D.重合答案：B解析：因为点E、F分别是中点，所以EF//AC，因为点G、H分别是中点，所以GH//BC，AC与BC

交于点C，所以直线EF与GH的位置关系是相交2.（2020年春季高考数学第19题)已知正方体1111ABCDABCD−（如图所示），则下列结论正确的是（）A.11//BDAAB.11//BDADC.11BDAC

⊥D.111BDAC⊥答案：DEFGHABC解析：A.AA1//BB1，BB1与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；B.BD与平面ADD1A1相交，且D∉A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；C.四边形A1BCD1是矩形，不是菱形，所以对角

线BD1与A1C不垂直，故C错误；D.连结B1D1，B1D1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B，所以AC1⊥平面BB1D1，所以AC1⊥BD1，故D正确.二、解答题1.（2015年春季高考数学第29题）如图所示，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，2,3SAS

DAB===.(1)求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：ABSD⊥.第29题图答案：（1）因为ADBCP,所以SAD即为SA与BC所成的角，在△SAD中，2SASD==，又在正方形ABCD中3ADAB==,所

以222222232cos2223SAADSDSADSAAD+−+−==34=,所以SA与BC所成角的余弦值是34.(2)因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD=,在正方形ABCD中，ABAD⊥,所以AB⊥平面SAD,又因为SD平面SAD,所以ABSD⊥.2.（20

21年春季高考数学第29题）如下图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，2SASD==，3AB=．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：ABSD⊥．答案：（1）34（2）证明见解析．解析

：（1）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD//BC，所以∠SAD是SA与BC所成角，因为SA=SD=2，AB=3，所以AD=3，所以cos∠SAD=（SA2+AD2-SD2）/2SA×AD=（4

+9-4）/2×2×3=3/4，所以SA与BC所成角的余弦值为3/4（2）取AD中点O，连结SO，因为SA=SD=2，所以SO⊥AD,平面SAD⊥平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD,所以AB⊥SO，因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，因为ADnSO=O，所以AB⊥平面SAD，

SD⊂平面SAD，所以AB⊥SD.考点三直线与平面的位置关系一、选择题1.（2012年春季高考数学第23题）已知空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点．给出下列四个命题：①AC与BD是相交直线；②AB∥DC;③四边形EFGH是平行四边形；④EH∥平面BCD.

其中真命题的个数是()A.4B.3C.2D.1答案：C解析：①在空间四边形ABCD中，AC与BD是异面直线，故错误；②在空间四边形ABCD中，AB⊥DC，故错误;③四边形EFGH是平行四边形，故正确；④因为四边形EF

GH是平行四边形，所以EH∥FG，又因为EH不属于平面BCD，FG属于平面BCD，所以EH∥平面BCD，故正确；2.（2014年春季高考数学第17题）正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为2，下列结论正确的是（）A.异面直线ＡＤ１与ＣＤ所成的角为４５°B.直线Ａ

Ｄ１与平面ＡＢＣＤ的夹角为６０°C.直线ＡＤ１与ＣＤ１的夹角为９０°D.ＶＤ１－ＡＣＤ＝４/３答案：D解析：A中，异面直线ＡＤ１与ＣＤ所成的角为90°，所以A错误B中，直线ＡＤ１与平面ＡＢＣＤ的夹角为45°，所以B错误C中，直线ＡＤ１与

ＣＤ１的夹角为∠AＤ１Ｃ，cos∠AＤ１Ｃ=[（2√2）2+（2√2）2-（2√2）2]/[2×（2√2）×（2√2）]=1/2，所以∠AＤ１Ｃ=6０°D中，ＶＤ１－ＡＣＤ＝（1/2）×2×2×2×（1/3）=４/33.（2016年春季高考数学第19

题）已知表示平面，,,lmn表示直线，下列结论正确的是（）A.若,,lnmn⊥⊥则lm∥B.若,,lnmnl⊥⊥⊥则mC.若,,lml∥∥则∥mD.若,,lml⊥⊥∥则m答案：D解析：A,B,C选项,直线l与m相交、平行、异面都有可能；D选项，∵,m∥，∴存在一个平面

，使得∥,且m，∵,l⊥∴l⊥，lm⊥.二、解答题1.（2012年春季高考数学第33题）如图所示，已知正四棱锥S-ABCD，E,F分别是侧棱SA,SC的中点．求证：（1）EF∥平面ABCD（

2）EF⊥平面SBD答案：（1）连接AC。在三角形SAC中，因为E，F分别是SA，SC的中点，所以EF//AC，又因为EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD。（2）设AC交BD于点O，连结SO。因为四棱锥S-ABCD是正四棱锥，所

以四边形ABCD是正方形，故AC⊥BD，因为O是正方形ABCD的中心，所以SO⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以SO⊥AC，又因为AC⊥BD，SO⊂平面SBD，BD⊂平面SBD，SO∩BD=O，所以AC⊥平面SBD，又因

为EF//AC，所以EF⊥平面SBD。2.（2014年春季高考数学29题）如图，四棱锥P－ABCD中，ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，ＰＡ＝ＡＤ，Ｅ为ＰＤ中点，ＡＢ∥ＣＤ且ＡＢ＝１２ＣＤ，ＡＢ⊥ＡＤ．求证：（１）ＡＥ⊥平面ＰＣＤ；（２）ＡＥ∥平面ＰＢＣ．答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）因

为PA=AD，点E是PD的中点，则AE⊥PD，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB.，由已知AB⊥AD，PAnAD=A，所以AB⊥平面PAD，因为AE⊂平面PAD，所以AB⊥AE，由AB//CD，知CD⊥AE，因为PDnCD=D，所以AE⊥平面PD.（2）取PC的中点F

，连结EF、FB.则EF//CD且EF=（1/2）CD.由己知AB//CD且AB=（1/2）CD，可得EF//AB且EF=AB，则四边形ABFE为平行四边形，所以AE//BF，因为BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC.所以AE//平面PBC3.（2017年春季高考数学28题）

已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D，E分别是AB，A1C1的中点，如图所示．（1）求证：DE∥平面BCC1B1；（2）求DE与平面ABC所成角的正切值．答案：（1）取AC的中点F，连结EF，DF

，∵D，E，F分别是AB，A1C1，AC的中点，∴EF∥CC1，DF∥BC，又DF∩EF=F，AC∩CC1=C，∴平面DEF∥平面BCC1B1，又DE⊂平面DEF，∴DE∥平面BCC1B1．（2）∵EF∥CC1，CC1⊥平面BCC1B1．∴EF⊥平面BCC1B1，∴∠E

DF是DE与平面ABC所成的角，设三棱柱的棱长为1，则DF=，EF=1，∴tan∠EDF=．4.（2018年春季高考数学第28题）如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，MA平面ABCD，NB平面ABCD，且AB=NB=1,AD=MA=2(1)求证：NC//平面MAD；(2)求棱锥M−NA

D的体积.答案：（1）见解析（2）2/3解析：（1）取MA的中点H，连接HD。⊥⊥ACDBMN∵MA=2，NB=1∴HA=NB，∵MA属于平面ABCD，NB不属于平面ABCD，∴MA∥NB∴四边形AHNB为矩形，∴HN∥AB，HN=AB，∵AB∥CD且AB=CD，∴HN∥CD,HN=CD

，∴HNCD为平行四边形，∴NC∥HD，∵HD⊂平面MAD，∴NC∥平面MAD（2）以AMN为底，AD为高，则S△AMN＝12×2×1＝1，AD=2，VM—NAD＝1/3S△AMN·AD＝1/3×1×2＝2/35.（2

019年春季高考数学第28题）已知三棱锥S-ABC，平面SAC⊥ABC，且SA⊥AC，AB⊥BC．（1）求证：BC⊥平面SAB;（2）若SB=2，SB与平面ABC所成角是30°的角，求点S到平面ABC的距离．答案：（1）略（2）1解析：（1）因为平面SAC⊥平面ABC，平面S

AC∩平面ABC=AC，且SA⊥AC，所以SA⊥平面ABC，又因为BC⊂平面ABC，所以SA⊥BC，又因为AB⊥BC，SA∩AB=A.所以BC⊥平面SAB（2）解∶由（1）知，SA上平面ABC，所以点S到平面ABC的距离即为线段SA的长度，并且可知，

SB在平面ABC内的射影为AB，所以∠SBA即为SB与平面ABC所成角，即∠SBA=30°，在Rt△SAB中，∠SAB=90°，∠SBA=30°，SB=2，所以SA=SB/2=1，所以点S到平面ABC的距离是16.（2020年春季高考数学第29题）已

知点E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC的中点.现将四边形EFCD沿EF折起，使二面角CEFB−−为直二面角，如图所示.（1）若点G，H分别是AC，BF的中点，求证：//GH平面EFCD；（2）求直线AC与平面AB

FE所成角的正弦值.答案：（1）证明见解析；（2）66.解析：（1）连接AF，设点0为AF中点，连接GO，OH，在△ACF中，又因为点G为AC中点，所以0G//CF.同理可证得OH//AB，又因为E、

F分别为正方形ABCD边AD、BC的中点，故EF//AB，所以0H//EF。又因为0H∩0G=0，所以平面GOH//平面EFCD。又因为GH⊂平面GOH，所以GH//平面EFCD。（2）因为ABCD为正方形E、F分别为AD、BC的中点，所以四边形EFCD为矩形，则CF⊥EF。又因为二面角C

-EF-B为直二面角，平面EFCD∩平面ABFE=EF，CF⊂平面EFCD，所以CF⊥平面ABFE，则AF为直线AC在平面ABFE内的射影，因此∠CFA为直线AC与平面ABFE所成的角。不妨设正方形为a，则CF=BF=a/2。在Rt△ABF中，由勾股定理

得AF=√5a/2，因为CF⊥平面ABFE，AF⊂平面ABFE，所以CF⊥AF，在Rt△AFC中，由勾股定理得AC=√6a/2，sin∠CAF=CF/AF=√6/2，即为直线AC与平面ABFE所成角的正弦值。考点四平面与平面的位置关系一、选择题

1.（2013年春季高考数学第18题）下列四个命题：（1）过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面平行；（2）过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面垂直；（3）平行于同一个平面的两个平面平行；（4）垂直于同一个平面的两个平面平行。其中真命题的个数是（）

A.1B.2C.3D.4答案：B解析：（1）过平面外一点，有n条直线与已知平面平行，A错误；（2）过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面垂直，B正确；（3）平行于同一个平面的两个平面平行，C正确；（4）垂直于同一个平面的两个平面平

行或相交，D错误。2.（2015年春季高考数学第19题）已知,表示平面，m，n表示直线，下列命题中正确的是（）A.若m⊥，mn⊥，则nPB.若m，n，P，则mnPC.若P，m，则mPD.若m，n，mP，nP，则P答案：C解

析：A.若m⊥，mn⊥，则nP或n在内；B.若m，n，P，则mnP或m与n异面；D.若m，n，mP，nP，且m、n相交才能判定P；根据两平面平行的性质可知C正确.3.（2017年春季高考数学第9题）下列说法正确的是（）A．经过三点有且只有一

个平面B．经过两条直线有且只有一个平面C．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直D．经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直答案：D解析：在A中，经过不共线的三点且只有一个平面，经过共线的三点有无数个平面，故A错误；在B中，两条相交线能确定一个平面，两条平行线能确定一个平面，两

条异面直线不能确定一个平面，故B错误；在C中，经过平面外一点无数个平面与已知平面垂直，故C错误；在D中，由线面垂直的性质得经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故D正确．4.（2021年春季高考数学第19题）已知，表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确选项是（）A.假设

m⊥，mn⊥，那么//nB.假设m，n，//，那么//mn的C.假设//，m，那么//mD.假设m，n，//m，n//，那么//答案：C解析：A中，假设m⊥，mn⊥，

那么//n或n∈ɑB中，假设m，n，//，那么//mn或m与n相交C中，假设//，m，那么//mD中，假设m，n，//m，n//，那么//或ɑ与β相交二、填空题1.（2018年春季高考数学第23题）如图所示，

已知正方体1111ABCDABCD−，E，F分别是11DBAC，上不重合的两个动点，给出下列四个结论：○11CEDF；○211AFDBEC平面平面○31ABEF⊥；○411平面AED平面ABBA其中，正确结论的序号是.答案：○3○4解析：当

E=D1，F=A1时，CE||,1F与平面AFD||平面B1EC1不成立，所以①②错；因为AB⊥平面BCD1A1，EF在平面BCD1A1内，所以AB⊥EF；因为AD上平面ABB1A1，所以平面AED上平面ABB1A1，因此③④正确三、解答题1.（2013年春季高考数学第33题）如图所示，

已知棱长为1的正方体1111DCBAABCD−(1)求三棱锥BCDC−1的体积；(2)求证：平面⊥BDC1平面CDBA11.答案：（1）由正方体的棱为1，可得BCD的面积为211121=，所以，61121311==−BCDCV（2）由⊥CD平面11BCCB,又1BC平面11

BCCB,得1BCCD⊥，又正方形11BCCB中，11BCCB⊥且CCDCB=1,CB1平面CDBA11,CD平面CDBA11，所以⊥1BC平面CDBA11，1BC平面BDC1，所以，平面⊥BDC1平面CDBA11。2.（2016年春季高考数学第28题）如

图所示，已知四边形ABCD是圆柱的轴截面，M是下底面圆周上不与点,AB重合的点.（1）求证：平面DMB⊥平面DAM；（2）若AMB是等腰三角形，求该圆柱与三棱锥D-AMB体积的比值.第28题图FD1C1B1A1DCBA答案：（1）∵M

是下底面圆周上不与点,AB重合的点,∴,,AMB在一个平面上，又∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴边AB过圆心，DA⊥平面AMB,DABM⊥,根据定理以直径为斜边的三角形为直角三角形，所以AMBM⊥,∵,DAAM平面DAM,且DAAMA=,∴BM⊥平

面DAM,又∵BM平面DMB，∴平面DMB⊥平面DAM.（2）设底面圆的半径为x，圆柱的高为h，又∵AMB△是等腰直角三角形，所以两个直角边长为2x，所以221(2)2ABMSxx==△，所以2133DAMBAMBxhVSh−==△，2VShxh

==圆柱所以2233DAMBVxhxhV−==圆柱.