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高考文科数学试题分类汇编—立体几何

时间:2016-08-02


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文科试题解析分类汇编:立体几何 一、选择题
1.【高考新课标文 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 ) ??

( D ) ??

【答案】B 【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简单题. 【解析】由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为一边长为 6,这边上高为 3,棱锥 的高为 3,故其体积为 ? ? 6 ? 3 ? 3 =9,故选 B. 2. 【高考新课标文 8】 平面α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1, 球心 O 到平面α 的距离为 2, 则此球的体积为 (A) 6π 【答案】B (B)4 3π
2

1 1 3 2

(C)4 6π

(D)6 3π

【解析】球半径 r ? 1 ? ( 2 ) ?

4 3 ,所以球的体积为 ? ? ( 3 ) 3 ? 4 3? ,选 B. 3

3. 【高考全国文 8】 已知正四棱柱 ABCD ? A1B1C1D1 中 ,AB ? 2 ,CC1 ? 2 2 ,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离为 (A) 2 【答案】D 4.【高考陕西文 8】将正方形(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到图 2 所示的几何体,则 该几何体的左视图为 ( ) (B) 3 (C) 2 (D) 1

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【答案】B. 【解析】 显然从左边看到的是一个正方形, 因为割线 AD1 可见, 所以用实线表示; 而割线 B1C 不可见,所以用虚线表示.故选 B. 5.【高考江西文 7】若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为

A.

11 2

B.5

C.4

D.

9 2

【答案】D 【解析】通过观察三视图,确定几何体的形状,继而求解. 通过观察几何体的三视图可知,该几何体是一个底面为六边形(2 条对边长为 1,其余 4 条 边长为 2 ) ,高为 1 的直棱柱.所以该几何体的体积为 V = sh = ?1? 2 ? 2 ? ? 2 ? 2 ?

? ?

1 2

? ?

?1 ? 4 故选 D.
【点评】 本题考查三视图及空间想象能力, 体现了考纲中能掌握三视图所表示的简单的立体 图形以及对空间想象能力的要求, 来年三视图考查仍然围绕根据三视图求几何体的表面积或 体积,以及根据几何体来求三视图等问题展开,难度适中. 6.【高考湖南文 4】某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示,则该几何体的俯视图不可能 ... 是

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【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示知,原图下 面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可 能是该几何体的俯视图, D不可能是该几何体的俯视图, 因为它的正视图上面应为如图的矩 形.

【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型. 7.【高考广东文 7】某几何体的三视图如图 1 所示,它的体积为 6 3 5 5 5 5 6 3

正视图

侧视图

俯视图 图1 A. 72? B. 48? C. 30? D. 24?

【答案】C 【解析】几何体是半球与圆锥叠加而成 它的体积为 V ?
3 2 1 4 1 ? ? ? 3 ? ? ? ? 3 ? 52 ? 32 ? 30? 2 3 3

8.【2102 高考福建文 4】一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可

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以是 A 球 B 三棱锥 C 正方体 D 圆柱 【答案】D. 考点:空间几何体的三视图。 难度:易。 分析:本题考查的知识点为空间几何体的三视图,直接画出即可。 解答:圆的正视图(主视图) 、侧视图(左视图)和俯视图均为圆; 三棱锥的正视图(主视图) 、侧视图(左视图)和俯视图可以为全等的三角形; 正方体的正视图(主视图) 、侧视图(左视图)和俯视图均为正方形; 圆柱的正视图(主视图) 、侧视图(左视图)为矩形,俯视图为圆。 9.【高考重庆文 9】设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2 和 a 且长为 a 的棱与长 为 2 的棱异面,则 a 的取值范围是 (A) (0, 2) 【答案】A 【解析】 : BE ? 1 ? ( (B) (0, 3) (C) (1, 2) (D) (1, 3)

2 2 2 , BF ? BE , ) ? 2 2

AB ? 2BF ? 2 ,
【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空 间想象能力,极限思想的应用,是中档题. . 10.【高考浙江文 3】已知某三棱锥的三视图(单 位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是

A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3 【答案】C 【命题意图】本题考查的是三棱锥的三视图问题,体现了对学生空间想象能力的综合考查。 【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为 1 和 2,整个棱锥的高 由侧视图可得为 3,所以三棱锥的体积为 ?

1 1 ? 1? 2 ? 3 ? 1 . 3 2

11.【高考浙江文 5】 设 l 是直线,a,β 是两个不同的平面 A. 若 l ∥a, l ∥β ,则 a∥β B. 若 l ∥a, l ⊥β ,则 a⊥β

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C. 若 a⊥β , l ⊥a,则 l ⊥β D. 若 a⊥β , l ∥a,则 l ⊥β 【答案】B 【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平行、 面面垂直的判定和性质。 【解析】利用排除法可得选项 B 是正确的,∵ l ∥a, l ⊥β ,则 a⊥β .如选项 A: l ∥a,

l ∥β 时,a⊥β 或 a∥β ;选项 C:若 a⊥β , l ⊥a, l ∥β 或 l ? ? ;选项 D:若若 a⊥β , l ⊥a, l ∥β 或 l ⊥β .
12.【高考四川文 6】下列命题正确的是( ) A、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 【答案】C [解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可 能相交,所以 A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个 平面平行,故 B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故 D 错; 故选项 C 正确. [点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基 础知识的定义、定理及公式. 13. 【高考四川文 10】 如图, 半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面 ? 内, 过点 O 作平面 ? 的 垂线交半球面于点 A ,过圆 O 的直径 CD 作平面 ? 成 45 角的平面与半球面相交,所得交
?

线上到平面 ? 的距离最大的点为 B ,该交线上的一点 P 满足 ?BOP ? 60 ,则 A 、 P 两点
?

间的球面距离为( A、 R arccos

) B、

2 4

?R 4

C、 R arccos

3 3

D、

?R 3

【答案】A [解析]以 O 为原点,分别以 OB、OC、OA 所在直线为 x、y、z 轴,则

? COS?AOP ?

AO ? PO 2 ? 2 R 4

A(

2 2 1 3 R,0, R), P( R, R,0) 2 2 2 2

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? ?AOP ? arccos

2 4

? 2 ? AP ? R ? arccos 4
[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数 等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学 基本功. 14.【2102 高考北京文 7】某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是

(A)28+ 6 5 (B)30+ 6 5 (C)56+ 12 5 (D)60+ 12 5 【答案】B 【解析】 从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥, 本题所求表面积为三棱锥四个面的面 积之和。利用垂直关系和三角形面积公式,可得: S底 ? 10, S后 ? 10, S右 ? 10, S左 ? 6 5 , 因此该几何体表面积 S ? 30 ? 6 5 ,故选 B。 【考点定位】 本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题, 原来考查的是棱锥或棱柱的体积而 今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力。

二、填空题
15.【高考四川文 14】如图,在正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, M 、 N 分别是 CD 、 CC1 的
D1 A1 D B1 N C B C1

M

中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是____________。 【答案】

A

? 2

[解析]方法一:连接 D1M,易得 DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M,

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所以,DN⊥平面 A1MD1, 又 A1M ? 平面 A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为 90? 方法二:以 D 为原点,分别以 DA, DC, DD1 为 x, y, z 轴,建立空间直角坐标系 D—xyz.设正 方体边长为 2,则 D(0,0,0) ,N(0,2,1) ,M(0,1,0)A1(2,0,2) 故, DN ? ( 0,2,1 ), MA1 ? (2, ? 1,2) 所以,cos< ? DN, MA1 ? ?

DN ? MA1 = 0,故 DN⊥D1M,所以夹角为 90? | DN || MA1 |

[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中 借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决. 16.【高考上海文 5】一个高为 2 的圆柱,底面周长为 2? ,该圆柱的表面积为 【答案】 6? 【解析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为 r ? 1 ,所以该圆柱的表面积为:

S圆柱表 ? 2?rl ? 2?r 2 ? 4? ? 2? ? 6? .
【点评】本题主要考查空间几何体的表面积公式.审清题意,所求的为圆柱的表面积,不是 侧面积,也不是体积,其次,对空间几何体的表面积公式要记准记牢,属于中低档题. 17.【高考湖北文 15】已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____________.

【答案】 12? 【解析】由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为 2,高为 1)与 中间一个圆柱(底面圆半径为 1,高为 4)组合而成,故该几何体的体积是

V ? ? ? 22 ?1? 2 ? ? ?12 ? 4 ? 12? .
【点评】本题考查圆柱的三视图的识别,圆柱的体积.学生们平常在生活中要多多观察身边 的实物都是由什么几何形体构成的,以及它们的三视图的画法. 来年需注意以三视图为背 景,考查常见组合体的表面积. 18. 【高考辽宁文 13】 一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为_______________.

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【答案】12+π 【命题意图】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求 解能力,属于容易题。 【解析】 由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体, 其中长方体的长、 宽、高分别为 4、3、1,圆柱的底面直径为 2,高位 1,所以该几何体的体积为

3 ? 4 ?1 ? ? ?1?1 ? 12 ? ?
【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能 力,属于容易题。本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再 根据几何体的形状计算出体积。 19.【高考江苏 7】 (5 分)如图,在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, AB ? AD ? 3cm , AA1 ? 2cm , 则四棱锥 A ? BB1D1D 的体积为 ▲ cm .
3

【答案】6。 【考点】正方形的性质,棱锥的体积。 【解析】 ∵长方体底面 ABCD 是正方形, ∴△ ABD 中 BD =3 2 cm,BD 边上的高是 (它也是 A ? BB1D1D 中 BB1 D1D 上的高) 。 ∴四棱锥 A ? BB1D1D 的体积为 ? 3 2 ? 2 ?

3 2 cm 2

1 3

3 2=6 。 2

20.【高考辽宁文 16】已知点 P,A,B,C,D 是球 O 表面上的点,PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是边长为 2 3 正方形。若 PA=2 6 ,则△OAB 的面积为______________.

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【答案】 3 3 【命题意图】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能 力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大。 【解析】点 P、A、B、C、D为球O内接长方体的顶点,

球心O为该长方体对角线的中点, 1 ??OAB的面积是该长方体对角面面积的 , 4
1 ? AB ? 2 3, PA ? 2 6, ? PB ? 6, ??OABD面积= ? 2 3 ? 6=3 3 4
【点评】该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化 为长方体来考虑就容易多了。 21.【高考天津文科 10】一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体 积

m3 .

【答案】 30 【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体,上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体。 长方体的体积为 3 ? 4 ? 2 ? 24 ,五棱柱的体积是

(1 ? 2) ? 1 ? 4 ? 6 ,所以几何体的总体积 2

为 30 。 22.【高考安徽文 12】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于______。

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【答案】 56 【解析】该几何体是底面是直角梯形,高为 4 的直四棱柱 几何体的的体积是 V ?

1 ? (2 ? 5) ? 4 ? 4 ? 56 2

23.【高考山东文 13】如图,正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点, 则三棱锥 A ? DED1 的体积为_____.

【答案】

1 6

考点:空间多面体的体积 解析:求 A ? DED1 的体积,显然为定值,也就是说三棱锥的地面面积与三棱锥的高都

1 (为定 2 1 值) ,而 E 点到底面 ADD ,因此体积为 1 的高正合适为正方体的高为 1(为定值) 6 24.【高考安徽文 15】若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等,即 AB ? CD , AC ? BD , AD ? BC ,则______(写出所有正确结论编号)。 ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直 ②四面体 ABCD 每个面的面积相等
为定值,因此,我们需要找底面三角形的面积为定值,三角形 ADD 1 的面积为 ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90 而小于 180 ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段互垂直平分 ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 【答案】②④⑤ 【解析】②四面体 ABCD 每个面是全等三角形,面积相等 ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于 180
?




④连接四面体 ABCD 每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分 ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 25.【高考全国文 16】已知正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, E 、 F 分别为 BB1、CC1 的中点, 那么异面直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为____________. 【答案】

3 5

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【命题意图】本试题考查了正方体中的异面直线所成角的求解问题。 【解析】首先根据已知条件,连接 DF ,则由 D1F / / AE 可知 ?DFD1 或其补角为异面直线

AE 与 D1F 所成的角,设正方体的棱长为 2,则可以求解得到 DF ? D1F ? 5, DD1 ? 2 ,

D1F 2 ? DF 2 ? D1D2 5 ? 5 ? 4 3 再由余弦定理可得 cos ?DFD1 ? ? ? 。 2D1F ? DF 2?5 5

三、解答题
26.【高考全国文 19】 (本小题满分 12 分) (注意:在试题卷上作答 ....... 无效 ) .. 如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA ? 底
P

PA ? 2 , PE ? 2 EC 。 AC ? 2 2 , 面 ABCD , E 是 PC 上的一点,
(Ⅰ)证明: PC ? 平面 BED ; (Ⅱ)设二面角 A ? PB ? C 为 90 ,求 PD 与平面 PBC 所成角的
?

E B C

A D

大小。

【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。 从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度, 并加以证明和求 解。 解:设 AC ? BD ? O , 以 O 为原点, OC 为 x 轴, OD 为 y 轴建立空间直角坐标系,则

A(? 2,0,0), C( 2,0,0), P(? 2,0,2), 设 B(0, ?a,0), D(0, a,0), E( x, y, z) 。
(Ⅰ)证明:由 PE ? 2 EC 得 E (

??? ? ??? ? 2 2 2 2 , 0, ) , 所以 PC ? (2 2,0, ?2) , BE ? ( , a, ) , 3 3 3 3

??? ? ??? ????? 2 2 BD ? (0,2a,0) ,所以 PC?BE ? (2 2, 0, ?2) ? ( , a, ) ? 0 , 3 3 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 所以 PC ? BE , PC ? BD , 所以 PC ? 平面 BED ; PC ? BD ? (2 2,0, ?2) ? (0,2a,0) ? 0 。
( Ⅱ ) 设 平 面 PAB 的 法 向 量 为 n ? ( x, y, z) , 又 AP ? (0, 0, 2), AB? ( 2 ?, a , , 0)由

?

??? ?

??? ?

? ??? ? ? ??? ? ?? ? 2 n ? AP? 0, n? AB ? 0 得 n ? (1, , 0) , 设 平 面 PBC 的 法 向 量 为 m ? ( x, y, z) , 又 a ? ? ?? ? ??? ? ? ??? ? ? ? ??? ? ?? 2 B C? ( 2 , a , 0 )C ,P ? ?( 2 2 ,,由 0, 2 m ) ? BC ? 0,m ?CP ? 0 ,得 m ? (1, ? , 2) ,由 a ?? ? 于二面角 A ? PB ? C 为 90? ,所以 m ? n ? 0 ,解得 a ? 2 。

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所以 PD ? ( 2, 2, ?2) , 平面 PBC 的法向量为 m ? (1, ?1, 2) , 所以 PD 与平面 PBC

??? ?

??

???? ? ??? | PD ? m | 1 ? ? ??? ? ? ,所以 PD 与平面 PBC 所成角为 . 所成角的正弦值为 ???? 6 | PD | ?| m | 2
【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊 的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点 E 的位置的选择是一 般的三等分点, 这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的, 因此最好使用空间直角坐标 系解决该问题为好。 27.【高考安徽文 19】 (本小题满分 12 分) 如图, 长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, 底面 A1 B1C1 D1 是正方形,O 是 BD 的中点,E 是棱 AA1 上任意一点。

(Ⅰ)证明: BD ? EC1 ; (Ⅱ)如果 AB =2, AE = 2 , OE ? EC1 ,,求 AA1 的长。 【解析】 (I)连接 AC , AE / /CC1 ? E, A, C, C1 共面 长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,底面 A1 B1C1 D1 是正方形

AC ? BD, EA ? BD, AC ? EA ? A ? BD ? 面 EACC1 ? BD ? EC1
(Ⅱ)在矩形 ACC1 A 1 中, OE ? EC1 ? ?OAE ? ?EAC 1 1 得:

AE AC 2 AA1 ? 2 ? 1 1? ? ? AA1 ? 3 2 AO EA1 2 2 2

28.【高考四川文 19】(本小题满分 12 分)
? ? 如图,在三棱锥 P ? ABC 中, ?APB ? 90 , ?PAB ? 60 , AB ? BC ? CA ,点 P

P C

在平面 ABC 内的射影 O 在 AB 上。

A

B

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(Ⅰ)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角 B ? AP ? C 的大小。 命题立意:本题主要考查本题主要考查直线与平面的位置关系,线面角的概念,二面角的概 念等基础知识,考查空间想象能力,利用向量解决立体几何问题的能力. [解析](1)连接 OC. 由已知, ?OCP为直线PC与平面ABC 所成的角 设 AB 的中点为 D,连接 PD、CD. 因为 AB=BC=CA,所以 CD ? AB. 因为 ?APB ? 90?,?PAB ? 60?,所以?PAD为等边三角形, 不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= 3 , AB=4. 所以 CD=2 3 ,OC= OD2 ? CD 2 ? 1 ? 12 ? 13 . 在 Rt ?OCP中, tan ?OPC ?

OP 3 39 .…………………………6 分 ? ? OC 13 13

(2)过 D 作 DE ? AP 于 E,连接 CE. 由已知可得,CD ? 平面 PAB. 据三垂线定理可知,CE⊥PA, 所以, ?CED为二面角B — AP — C的平面角. 由(1)知,DE= 3 在 Rt△ CDE 中,tan ?CED ?

CD 2 3 ? ?2 DE 3
…………………………………12 分

故 二面角B — AP — C的大小为arctan2

[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能 力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成 的二面角的平面角) 、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角) 、三 求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值). 29.【高考重庆文 20】 (本小题满分 12 分,(Ⅰ)小问 4 分,(Ⅱ)小问 8 分)已知直三棱

AB ? 4 , AC ? BC ? 3 , D 为 AB 的中点。(Ⅰ)求异面直线 CC1 柱 ABC ? A 1B 1C1 中,
和 AB 的距离;(Ⅱ)若 AB1 ? AC 1 ,求二面角 A 1 ? CD ? B 1 的平面角的余弦值。

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【答案】 (Ⅰ) (Ⅱ)

1 3
, 故 CC1 ? CD , 所 以 异 面 直 线 CC1 和 AB 的 距 离 为

【解析】 (Ⅰ)如答(20)图 1,因 AC=BC, D 为 AB 的中点,故 CD ? AB。又直三棱柱中,

CC1 ?

面 ABC

CD= BC2 ? BD2 ? 5
( Ⅱ ) : 由 CD ? AB,CD ? BB1 , 故 CD ? 面 A 1 ABB 1 , 从 而 CD ? DA1 ,

CD ? DB1 故 ?A1DB1 为所求的二面角 A1 ? CD ? B1 的平面角。
因A 在面 A 1 1 D 是 AC 1 ABB 1 上的射影,又已知 AB 1 ? A 1C, 由三垂线定理的逆定理 得 ,所以 AB1 ? A1D, 从 而 ?A1 AB1 , ?A1 DA 都 与 ?B1 AB 互 余 , 因 此 ?A1 AB 1 ? ?A 1 DA

Rt? A1 AD ≌ Rt? B1 A1 A ,因此
2 2

AA1 A1B1 2 ? 得 AA 1 ? AD ? A 1B 1 ?8 AD AA1

从而 A1 D = AA1 ? AD ? 2 3, B1 D ? A1 D ? 2 3 所以在 ? A 1DB 1 中,由余弦定理得 cos A 1 DB 1 ? 30.【高考天津文科 17】 (本小题满分 13 分)

A1D2 ? DB12 ? A1B12 1 ? 2 A1D ? DB1 3

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如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,AD⊥PD,BC=1,PC=2 3 ,PD=CD=2. (I)求异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值; (II)证明平面 PDC⊥平面 ABCD; (III)求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值。 【解析】 (I) AD / / BC ? ? PAD 是 PA 与 BC 所成角 在 ?ADP 中, AD ? PD, AD ? BC ? 1, PD ? 2

PD ?2 AD 异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值为 2 tan ?PAD ?
(II) AD ? PD, AD ? DC, PD ? DC ? D ? AD ? 面 PDC

? AD ? 面 ABCD ? 平面 PDC ? 平面 ABCD (III)过点 P 作 PE ? CD 于点 E ,连接 BE 平面 PDC ? 平面 ABCD ? PE ? 面 ABCD ? ?PBE 是直线 PB 与平面 ABCD 所成


CD ? PD ? 2, PC ? 2 3 ? ?PDC ? 120? ? PE ? 3, DE ? 1
在 Rt ?BCE 中, BE ?

BC2 ? CE2 ? 10 ? PB ? BE2 ? PE2 ? 13
PE 39 ? PB 13
39 13

在 Rt ?BPE 中, sin ?PBE ?

得:直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为

31.【高考新课标文 19】 (本小题满分 12 分) 1 如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ACB=90° ,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 2 的中点 (I)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC (Ⅱ)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

C1 A1

B1

D C A B

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【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计 算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题. 【解析】 (Ⅰ) 由题设知 BC⊥ CC1 ,BC⊥AC, CC1 ? AC ? C ,∴ BC ? 面 ACC1 A1 , ∵ DC1 ? 面 ACC1 A 1 ,∴ DC1 ? BC ,
0 由题设知 ?A 1DC1 ? ?ADC ? 45 ,∴ ?CDC1 = 90 ,即 DC1 ? DC ,
0



又∵ DC ? BC ? C , ∴面 BDC ⊥面 BDC1 ;

∴ DC1 ⊥面 BDC ,

∵ DC1 ? 面 BDC1 ,

(Ⅱ)设棱锥 B ? DACC1 的体积为 V1 , AC =1,由题意得, V1 = ?

1 1? 2 1 ? 1? 1 = , 2 3 2

V =1, 由三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 的体积
∴ (V ? V1 ) : V1 =1:1, ∴平面 BDC1 分此棱柱为两部分体积之比为 1:1. 32.【高考湖南文 19】 (本小题满分 12 分) 如图 6,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC, AC⊥BD. (Ⅰ)证明:BD⊥PC; (Ⅱ)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°,求四棱锥 P-ABCD 的体积.

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【答案】 【解析】 (Ⅰ)因为 PA ? 平面ABCD, BD ? 平面ABCD, 所以PA ? BD. 又 AC ? BD, PA, AC 是平面 PAC 内的两条相较直线,所以 BD ? 平面 PAC, 而 PC ? 平面 PAC,所以 BD ? PC . (Ⅱ)设 AC 和 BD 相交于点 O,连接 PO,由(Ⅰ)知,BD ? 平面 PAC,

高中数学

所以 ?DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角,从而 ?DPO ? 30 .
?

由 BD ? 平面 PAC, PO ? 平面 PAC,知 BD ? PO .
? 在 Rt POD 中,由 ?DPO ? 30 ,得 PD=2OD.

?

因为四边形 ABCD 为等腰梯形, AC ? BD ,所以 从而梯形 ABCD 的高为

? AOD,? BOC 均为等腰直角三角形,

1 1 1 AD ? BC ? ? (4 ? 2) ? 3, 于是梯形 ABCD 面积 2 2 2

S?

1 ? (4 ? 2) ? 3 ? 9. 2

在等腰三角形AOD中, OD ? 所以 PD ? 2OD ? 4 2, PA ?

2 , AD ? 2 2, 2

PD2 ? AD2 ? 4.
1 1 ? S ? PA ? ? 9 ? 4 ? 12 . 3 3

故四棱锥 P ? ABCD 的体积为 V ?

【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一 问只要证明 BD ? 平面 PAC 即可,第二问由(Ⅰ)知,BD ? 平面 PAC,所以 ?DPO 是直 线 PD 和平面 PAC 所成的角, 然后算出梯形的面积和棱锥的高, 由V ? 33.【高考山东文 19】 (本小题满分 12 分) 如图,几何体 E ? ABCD 是四棱锥,△ ABD 为正三角形, CB ? CD, EC ? BD . (Ⅰ)求证: BE ? DE ; (Ⅱ)若∠ BCD ? 120? ,M 为线段 AE 的中点, 求证: DM ∥平面 BEC . 【答案】(I)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则由 BC ? CD 知 ,
CO ? BD ,

1 ? S ? PA 算得体积. 3

又已知 CE ? BD ,所以 BD ? 平面 OCE.

高中数学

所以 BD ? OE ,即 OE 是 BD 的垂直平分线, 所以 BE ? DE . (II)取 AB 中点 N,连接 MN , DN , ∵M 是 AE 的中点,∴ MN ∥ BE , ∵△ ABD 是等边三角形,∴ DN ? AB . 由∠BCD=120°知,∠CBD=30°,所以∠ABC=60°+30°=90°,即 BC ? AB , 所以 ND∥BC, 所以平面 MND∥平面 BEC,故 DM∥平面 BEC. 34.【高考湖北文 19】 (本小题满分 12 分) 某个实心零部件的形状是如图所示的几何体, 其下部是底面均是正方形, 侧面是全等的等腰 梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩 形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2。 A.证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2; B.现需要对该零部件表面进行防腐处理,已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单 位:厘米) ,每平方厘米的加工处理费为 0.20 元,需加工处理费多少元?

解: (Ⅰ)因为四棱柱 ABCD ? A2 B2C2 D2 的侧面是全等的矩形, 所以 AA2 ? AB , AA2 ? AD . 又因为 AB ? AD ? A ,所以 AA2 ? 平面 ABCD. 连接 BD,因为 BD ? 平面 ABCD,所以 AA2 ? BD . 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AC ? BD . 根据棱台的定义可知,BD 与 B1 D1 共面. 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1 ,且平面 BB1 D1 D ? 平面 ABCD ? BD , 平面 BB1 D1 D ? 平面 A1 B1C1 D1 ? B1 D1 ,所以 B1 D1∥BD. 于是 由 AA2 ? BD , AC ? BD ,B1 D1∥BD,可得 AA2 ? B1 D1 , AC ? B1 D1 . 又因为 AA2 ? AC ? A ,所以 B1 D1 ? 平面 ACC2 A2 .

高中数学

(Ⅱ)因为四棱柱 ABCD ? A2 B2C2 D2 的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以

S1 ? S四棱柱上底面 ? S四棱柱侧面 ? ( A2 B2 )2 ? 4 AB ? AA2 ? 102 ? 4 ?10 ? 30 ? 1300 (cm2 ) .
又因为四棱台 A1 B1C1 D1 ? ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰 梯形,

1 所以 S2 ? S四棱台下底面 ? S四棱台侧面 ? ( A1B1 )2 ? 4 ? (AB ? A1B1 )h等腰梯形的高 2
1 1 ? 202 ? 4 ? (10 ? 20) 132 ? [ (20 ? 10)]2 ? 1120 (cm 2 ) . 2 2

于是该实心零部件的表面积为 S ? S1 ? S2 ? 1300 ? 1120 ? 2420 (cm2 ) , 故所需加工处理费为 0.2 S ? 0.2 ? 2420 ? 484 (元). 【解析】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划 归的能力.线线垂直 ? 线面垂直 ? 面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱 柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来 年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查. 35.【高考广东文 18】本小题满分 13 分) 如图 5 所示,在四棱锥 P ? ABCD 中, AB ? 平面 PAD , AB // CD , PD ? AD , E 是 PB 的中点, F 是 CD 上的点且 DF ? (1)证明: PH ? 平面 ABCD ; (2)若 PH ? 1 , AD ? 2 , FC ? 1 ,求三棱 锥 E ? BCF 的体积; (3)证明: EF ? 平面 PAB .

1 AB , PH 为△ PAD 中 AD 边上的高. 2

【解析】 (1)证明:因为 AB ? 平面 PAD , 所以 PH ? AB 。 因为 PH 为△ PAD 中 AD 边上的高, 所以 PH ? AD 。

高中数学

因为 AB ? AD ? A , 所以 PH ? 平面 ABCD 。 (2)连结 BH ,取 BH 中点 G ,连结 EG 。 因为 E 是 PB 的中点, 所以 EG // PH 。 因为 PH ? 平面 ABCD , 所以 EG ? 平面 ABCD 。 则 EG ?

1 1 PH ? , 2 2

VE ? B C F ?

1 S? 3

BCF

1 1 ? EG ? ? ? 3 2

2 F?C A ? D ? EG 。 12

(3)证明:取 PA 中点 M ,连结 MD , ME 。 因为 E 是 PB 的中点,

1 ? 2 AB 。 1 因为 DF // AB , ? 2
所以 ME //

// DF , 所以 ME ?
所以四边形 MEDF 是平行四边形, 所以 EF // MD 。 因为 PD ? AD , 所以 MD ? PA 。 因为 AB ? 平面 PAD , 所以 MD ? AB 。 因为 PA ? AB ? A , 所以 MD ? 平面 PAB , 所以 EF ? 平面 PAB 。 36.【2102 高考北京文 16】 (本小题共 14 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,D,E 分 别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置, 使 A1F⊥CD,如图 2。

(I)求证:DE∥平面 A1CB; (II)求证:A1F⊥BE; (III)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由。

高中数学

【考点定位】 本题第二问是对基本功的考查, 对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决。 第三问的创新式问法,难度比较大。 解: (1)因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点,所以 DE∥BC.又因为 DE ? 平面 A1CB,所以 DE∥平 面 A1CB. (2) 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC,所以 DE⊥AC.所以 DE⊥A1D,DE⊥CD.所以 DE⊥平面 A1DC.而 A1F ? 平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F.又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE.所以 A1F⊥BE (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:如图, 分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ.所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知 DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP,所以 A1C⊥平面 DEP,从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 37. 【高考浙江文 20】 (本题满分 15 分) 如图, 在侧棱锥垂直底面的四棱锥 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2 。AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点。 (1)证明: (i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值。 【答案】 【解析】 (1) (i)因为 C1B1 / / A 1D 1 ,C1 B1 ? 平面 ADD1 A1,所以 C1 B1 / / 平面 ADD1 A1. 又因为平面 B1C1EF ? 平面 ADD1 A1= EF ,所以 C1B1 / / EF .所以 A1D1 / / EF .

(ii)

因为 BB1 ? A 1 ? B 1C1 , 1B 1C1D 1 ,所以 BB

又因为 BB1 ? B1 A1 ,所以 B1C1 ? ABB1 A 1, 在矩形 ABB1 A 1B 1 F ? tan ?AA 1B ? 1 中,F 是 AA 的中点,即 tan ?A 即

2 . 2

?A1B1F ? ?AA1B ,故 BA1 ? B1F .
所以 BA1 ? 平面 B1C1EF . (2) 设 BA1 与 B1F 交点为 H,连结 C1 H . 由(1)知 B1C1EF ,所以 ?BC1 H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角. 在矩形 ABB1 A 1 中,

AB ? 2 , AA1 ? 2 ,得 BH ?

4 4 ,在直角 ? BHC1 中, BC1 ? 2 3 , BH ? ,得 6 6

高中数学

sin ?BC1H ?

30 BH 30 ,所以 BC 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是 . ? 15 BC1 15

38.【高考陕西文 18】 (本小题满分 12 分) 直三棱柱 ABC- A1B1C1 中,AB=A A1


?CAB =

? 2

(Ⅰ)证明 CB1 ? BA1 ; (Ⅱ)已知 AB=2,BC= 5 ,求三棱锥 C1 ? ABA1 【解析】 (Ⅰ)如图,连结 AB1 , 的体积

? ABC ? A1B1C1 是直三棱柱, ?CAB =
? AC ? 平面 ABB1 A1 ,故 AC ? BA1 .

? 2



[来源:,

又? AB ? AA 1 ,? 四边形 ABB 1A 1 是正方形,

? BA1 ? AB1 ,又 CA ? AB1 ? A , ? BA1 ? 平面 CAB1 ,故 CB1 ? BA1 .

5 ,? AC ? AC (Ⅱ)? AB ? AA 1 ? 2 , BC ? 1 1 ? 1.
由(Ⅰ)知, AC 1 1 ? 平面 ABA 1,

1 ? VC1 ? ABA1 ? S△ 3

ABA1

·AC 1 1 = ? 2 ?1 ?

1 3

2 . 3

39.【高考辽宁文 18】(本小题满分 12 分) 如图,直三棱柱 ABC ? A B C , ?BAC ? 90 , AB ? AC ? 2, AA′=1,点 M,N 分别为
/ / / ?

A/ B 和 B / C / 的中点。
(Ⅰ)证明: MN ∥平面 A ACC ; (Ⅱ)求三棱锥 A ? MNC 的体积。
/ / /

高中数学

(椎体体积公式 V=

1 Sh,其中 S 为地面面积,h 为高) 3

【命题意图】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考 查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中。 【解析】 (1) (法一)连结 AB',AC' ,由已知 ?BAC =90?,AB=AC 三棱柱 ABC -A'B'C' 为直三棱柱, 所以 M 为 AB ' 中点.又因为 N 为 B'C' 中点 所以 MN //AC' ,又 MN ? 平面 A'ACC' AC' ? 平面 A'ACC' ,因此 MN //平面A'ACC' (法二)取 A?B ? 的中点为 P,连结 MP,NP, ∵ M , N 分别为 A B 和 B / C / 的中点, ∴MP∥ AA? ,NP∥ A?C ? , ∴MP∥面 A?ACC ? ,NP∥面 A?ACC ? , ∵ MP ? NP ? P , ∵MN ? 面 A?ACC ? , ∴面 MPN∥面 A?ACC ? , ∴MN∥面 A?ACC ? .
/

……6 分

(Ⅱ)(解法一)连结 BN,由题意 A?N ⊥ B?C ? ,面 A?B ?C ? ∩面 B?BCC ? = B?C ? ,

1 B ?C ? =1, 2 1 1 1 ∴ VA?? MNC ? VN ? A?MC ? VN ? A?BC ? VA?? NBC ? . 2 2 6 1 1 1 (解法 2) VA?? MNC ? VA?? NBC ? VM ? NBC ? VA?? NBC ? 2 2 6
∴ A?N ⊥⊥面 NBC, ∵ A?N = 【解析】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考查空 间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中。第一小题可以通过线线平行来证明 线面平行,也可通过面面平行来证明;第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键,也 可以采用割补发来球体积。

E 分别是棱 40.【高考江苏 16】 (14 分)如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AB 1 1 ? AC 1 1 ,D ,

F 为 B1C1 的中点. BC , CC1 上的点(点 D 不同于点 C ) ,且 AD ? DE ,

高中数学

求证: (1)平面 ADE ? 平面 BCC1 B1 ; (2)直线 A1 F // 平面 ADE .

【答案】证明: (1)∵ ABC ? A1B1C1 是直三棱柱,∴ CC1 ? 平面 ABC 。 又∵ AD ? 平面 ABC ,∴ CC1 ? AD 。

CC1,DE ? 平面 BCC1 B1,CC1 ? DE ? E ,∴ AD ? 平 又∵ AD ? DE ,
面 BCC1 B1 。 又∵ AD ? 平面 ADE ,∴平面 ADE ? 平面 BCC1 B1 。 (2)∵ A1 B1 ? A1C1 , F 为 B1C1 的中点,∴ A1 F ? B1C1 。 又∵ CC1 ? 平面 A1 B1C1 ,且 A1 F ? 平面 A1 B1C1 ,∴ CC1 ? A1 F 。

B1C1 ? 平面 BCC1 B1 , CC1 ? B1C1 ? C1 , 又∵ CC1, ∴ A1 F ? 平面 A1 B1C1 。
由(1)知, AD ? 平面 BCC1 B1 ,∴ A1 F ∥ AD 。 又∵ AD ? 平面 ADE , A1 F ? 平面 ADE ,∴直线 A1 F // 平面 ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。 【解析】 (1) 要证平面 ADE ? 平面 BCC1 B1 , 只要证平面 ADE 上的 AD ? 平面 BCC1 B1 即可。 它可由已知 ABC ? A1B1C1 是直三棱柱和 AD ? DE 证得。 (2)要证直线 A1 F // 平面 ADE ,只要证 A1 F ∥平面 ADE 上的 AD 即可。 41.【2102 高考福建文 19】 (本小题满分 12 分) 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD=1,AA1=2,M 为棱 DD1 上的一点。

高中数学

(1) 求三棱锥 A-MCC1 的体积; (2) 当 A1M+MC 取得最小值时,求证:B1M⊥平面 MAC。 考点:立体几何。 难度:中。 分析:本题考查的知识点为棱锥的体积,和垂直的判定。 解答: (I)点 A 到面 MCC1 的距离为 AD ? 1 得:三棱锥 A ? MCC1 的体积 V ?

1 1 1 1 S MCC1 ? AD ? ? ? CC1 ? CD ? AD ? 3 3 2 3
?

(II)将矩形 DD1C1C 饶 DD1 按逆时针旋转 90 展开,与矩形 DD1 A1 A 共面

A1M ? MC ? AC 1 M ? MC 取得最小值 1 的中点时, A 1 ,当且仅当点 M 是棱 DD
在 ?MB1 A 中, MA ?

2, AB1 ? 5, MB1 ? B1C12 ? C1 D12 ? D1M 2 ? 3

得: AB12 ? MA2 ? MB12 ? MA ? MB1 同理: MC ? MB1 , MC ? MA ? M ? B1M ? 面 MAC 42.【高考江西文 19】 (本小题满分 12 分) 如图,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,E,F 是线段 AB 上的两点,且 DE⊥AB,CF⊥AB, AB=12,AD=5,BC=4 2 ,DE=4.现将△ADE,△CFB 分别沿 DE,CF 折起,使 A,B 两 点重合与点 G,得到多面体 CDEFG.

(1) 求证:平面 DEG⊥平面 CFG;

高中数学

(2) 求多面体 CDEFG 的体积。 【解析】 (1)由已知可得 AE=3,BF=4,则折叠完后 EG=3,GF=4,又因为 EF=5,所以可 得 EG ? GF 又因为 CF ? 底面EGF ,可得 CF ? EG ,即 EG ? 面CFG 所以平面 DEG⊥平面 CFG. ( 2 ) 过 G 作 GO 垂 直 于 EF , GO 即 为 四 棱 锥 G-EFCD 的 高 , 所 以 所 求 体 积 为

1 1 12 S正方形D E C F? G O ? ?5 ?5 ? ?2 0 3 3 5
43. 【高考上海文 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 如图,在三棱锥 P ? ABC 中, PA ⊥底面 ABC , D 是 PC 的中点,已知∠ BAC =

? , 2

AB ? 2 , AC ? 2 3 , PA ? 2 ,求:
(1)三棱锥 P ? ABC 的体积 (2)异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)

[解](1) S?ABC ? 1 ? 2? 2 3 ? 2 3 , 2 三棱锥 P-ABC 的体积为

2分

V?1 S ? PA ? 1 ? 2 3 ? 2 ? 4 33 . 3 ?ABC 3

6分 E

P

(2)取 PB 的中点 E,连接 DE、AE,则 ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角. 8分 在三角形 ADE 中,DE=2,AE= 2 ,AD=2,
2 ?2 ,所以∠ADE= arccos3 . cos?ADE ? 2 2? ?3 4 ?2?2 4
2 2

D A

B

C

高中数学

因此,异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小是 arccos3 . 4

12 分

【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证 能力. 综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解, 同时考查空间几何体的体积公式的运 用.本题源于《必修 2》立体几何章节复习题,复习时应注重课本,容易出现找错角的情况, 要考虑全面,考查空间想象能力,属于中档题.


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