2017届高三数学理科二模金卷分项汇编8立体几何含答案

、选择题【解析】专题立体几何某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为(32二D.36二3m由三视图可知，该几何体是以俯视图为底面，一条侧棱与底面垂直的三棱锥，如图，由勾股定理可2得CD=2,由正弦定理可得底面外接圆直径 2r 4,设球半径为R，则由勾股定理得sin304R2-AB24r^32，该几何体的外接球的表面积为32二，故选C.【2017安徽马鞍山二模】将正方形ABCD沿对角线AC折成120的二面角，则折后的直线BD与平

A.-B.-1C.2D.仝3m2322设的中点为凰，由正方形的性质可知bBEIAC^DEIAC，折起后仍有BE丄AC^DE丄&7成立』所以ZDEB是二面角平面角，即XDEB=\2Q*』可得ZDBE=3Qr，在平面QEB內作卫0丄号£与0,根据■化丄平面QM可得Q0丄AC,从而可得DO丄平面屈C、ZDBE是直线D#与平面期C所成的角，因为直线册与平面屈C所成的角的正弦值为丄，故选I2【2017重庆二诊】已知棱长为J3的正方体ABCD-ARC.D,内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线AG为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（ ）上！二B.2.3~上！二B.2.3~ D.32【答案】D【解析】【解析】且切点分别在线段AB1,AC,AD1上，设线段AB』的切点为E，AC＜且切点分别在线段AB1,AC,AD1上，设线段AB』的切点为E，AC＜面A,BD二02，圆柱上底面的圆心为Q，半径即为QE记为，则QFJd—3「&;2，ao^3ac^1，由o1e//o2f知OlE-AO1~T二AOi=J2OiE，则圆柱的高为13-2AO厂3-2.2r，S«=2町（3—2血）=4后「应2—rI4兰4>/2兀■3”2r42、2-r警.应选答案D。直径就是正方体的对甬线心屁所以％詁【2017湖南娄底二模】在体积为V的球内有一个多面体，该多面体的三视图是如图所示的三个斜边都是2的等腰直角三角形，则V的最小值是（ ）3二 D. 12二【答案】B【解析】由多面体的三视图知该多面体是如團所示的三棱锥P-ABC,M丄底MC,血丄06且PA=AB=BC=1?^球是这个三棱锥抄卜接球时其体积F最小，将这个三綾锥补成正方俶其外接球的点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图.2•三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.5.【2017河北唐山二模】正方体ABCD-ABCiDi棱长为6,0点在棱BC上，且B0二2OC,过0点的直线与直线AA,C1D1分别交于M,N两点，贝UMN=()A.3,13B.9、5C.14D.21根据题意作图，由图可知：GF二NGJ, —G=3,•••FN=•13,A[D[ND[ 3【解析】A,F=.AB；B1F12=2i13,EN=WEF2FN2=7故EF二EN=1mN=21，故选D.MA1MN3点睛：本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系，空间想象能力以及线面平行的判定及性质定NC1NC1=3，由勾股定理可得nf,af，再次利用三角形相似―― ——=丄，从而可得结果MA1MN36.【2017河北唐山二模】一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为(

正视图侧视图正视图侧视图怕视图A.24-二B.24_3二C.24：：..二D. 24_2二【答案】A一一1一【解析】由三视图可知：该几何体是以 2为边长正方体从右下前方挖去 -个球，该球以顶点为球心，82122为半径，则该几何体的表面积为 226-3 22•—4二22=24-二，故选A.4 87.【2017安徽淮北二模】某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为 1的正方形，则该几何体中最长的棱长是（ ）.LA\A.5B..6C.、耳D.3【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥ABCD其中AB=1,BC二•.3,CD=、、2,DA二2,AC-■■、2,BD=•5,因此最长的棱长是.5，选A.D点睛:1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图.2•三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.&【2017江西4月质检】如图，直三棱柱ABC—ABG中，AA=2,AB=BC=1，乂ABC=90。,外接球的球心为O,点E是侧棱BB1上的一个动点.有下列判断：①直线AC与直线GE是异面直线；②AE—定不垂直AG:③三棱锥E-AAO的体积为定值；④AEEC1的最小值为22.其中正确的个数是（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】①因为点虫匕平面血G6所以直线/c与直线qE是异面直线；②梓E丄期1时，直线4用丄平面期心二4凰丄，错误；蒯心o是直线的交点，底面面枳不变眉线月热||平面AAQ,所以点e到底面距离不变，休积为定值；④将距形也月』和距形肋展幵到一个面內，当点EhAC.与鸥交点时,AE+EC；取得最小倩2血』故选C.9.【2017江西4月质检】一个三棱锥的三视图如图（图中小正方形的边长为 1）,若这个三角棱锥的顶点都在同一个球的球面上，则这个球的表面积是（ ）A.16二B. 32二C.48二D.64二【答案】B【解析】由三视图可知，三棱锥的底面是一斜边为的等腰直角三角形，且过直角顶点的侧棱垂直底面，该侧棱长为，可以把该棱锥补成一个底面边长为 2.2，侧棱长为的正四棱柱，外接球的直径为1，粗实线画出的是某几何体的三视图,A.B.41，粗实线画出的是某几何体的三视图,A.B.4二C.D.【答案】D【解析】根据三视图可得该几何体由一个圆柱和一个半球组成，故该几何体表面积为:1二+2二+二+ 4二=5二4点睛：将三视图还原为立体图形便可很容易解决，要注意面积公式的准确性11.【2017四川宜宾二诊】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是

【答案】B【解析】由题意得，在俯视图中（如图所示） ，过点C作CE_AD，贝UCE=2,且AB=1,AE=3,ED=3,TOC\o"1-5"\h\z1 15所以俯视图的面积为S12 3—23二\o"CurrentDocument"/22115所以构成四棱锥的体积为VSh 6=15，故选B.3212.[2017四川宜宾二诊】三棱锥A-BCD内接于半径为的球O,BC过球心O，当三棱锥A-BCD体积取得最大值时，三棱锥A-BCD的表面积为A.64,3B.82,3C.46.3D.84.3【答案】D【解析】由题意得，当底面AZfCD为等腰直角三角形，且上0丄底面BCD时,此时三棱锥A-BCD的体积最大，所以在等腔直角ASCD中，BC=4?且BD=CD=2rj2,所以AfiCD面积为S严”2爲2忑=A,所以^ABC的面积为S2=|x4x2=4、其中AABD和山CD为边长为2^2的等边三角形，此时面积为$占严牛｛2五仁2晶,此时三棱锥的表面积为S=缶+»+2£=4+4+2x2^=8+4^,故选D.id?K///：x\I//: \\#4<4---：二^jo\v—/二、填空题13.[2017安徽淮北二模】中国古代数学经典 :九章算术[中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑( biendo).若三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA丄平面ABC,PA二AB=2,又该鳖臑的外接球的表面积为24二，则该鳖臑的体积为 【答案】83【解析】由题意得24兀=4兀R2nR2=6,所以由PA2十AB2+BC2=(2R$得

1184 4bc2=24，b^4,因此鳖臑的体积为3 22 2^3■ABC是边长为3的等边三角形,14.【2017福建■ABC是边长为3的等边三角形,，则此三棱锥的外接球的表面积为SA=.3,SB=2、.3，二面角S-AB-C的大小为120，则此三棱锥的外接球的表面积为【答案】21二【解析】由题可得：球心0在过底面^ABC的中心G的垂直底面的直线上，又二面^S-AB-C的大小为120fl,取AB的中点为町动的中点为山故ZNMG二gxZWG=120iW=^iCAf=—^>AfG=^1ArG=-jyintMH=GO,且阳垂直底面，所获2223 33 3S'⑻存故球的半径为m点睛：画出草图分析几何关系即可得出结论【2017福建4月质检】用一根长为12的钢筋焊接一个正三棱柱形状的广告牌支架，则该三棱柱的侧面积的最大值是 .【答案】6【解析】设正三棱柱的底边长为，高为 y,则6x3^12，由基本不等式可得6x，3y=12-2・.6x3y=xy乞2=3xy岂6故三棱柱的侧面积最大值为6点睛：对于小题的最值问题首先要想到基本不等式，然后写出表达式求解即可三、解答题[2017安徽阜阳二模】如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P-ABCD中，E为PC的中点,AD」BC,ABC=90,PA_平面ABCD,PA=2,AD=2,AB=2、、3,BC=4.

（1）求证：DEJ平面PAB;（2）求直线AE与平面PCD所成角的正弦值【答案】（I）见解析；（H）14【解析】试题分析：（I）先取BC中点F，利用三角形中位线性质得 FE//PB，再根据梯形性质得DF//AB，即得面面平行，最后根据面面平行定义可得线面平行， （H）求线面角，一般利用空间向量数量积进行求解，先根据条件建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解平面法向量，利用向量数量积求直线方向向量与平面法向量的夹角，最后根据线面角与向量夹角关系确定所求角.试题解析：（I）取BC中点F，连接DF,EF.-四边形ABCD是直角梯形，.DF//AB又；FE//PB,.平面DEF//平面PABDE平面DEF.DE//平面PAB（H）建立如图空间直角坐标系，贝V A0,0,0,P0,0,2,D0,2,0,C2、3,4,0,Ex3,2,1二旋=（第二辽而=（a2,-2）?5c=（迅XO）设n二x,y,z是平面PCD的一个法向量nDC=0.■■~In・AF J42:、sin8=cos〈n,AE》= = n|AF] 14[2017广东佛山二模】如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E在DC边上，且DE=1,将JADE沿AE折到JADE的位置，使得平面ADE_平面ABCE.(I)求证：AE_BD';(H)求二面角D-AB-E的余弦值.4厉21【解析】试题分析：(I)连接BD交AE于点O，根据对应边成比例可证得两个直角三角形 ABD,DAE相似，由此证得AE_BD，而OD_AE，故AE_平面OBD•，所以AE_BD'.(II)由(I)知0D—平面ABCE，以0为原点联立空间直角坐标系，利用平面 DAB和平面ABE的方向量，计算两个半平面所成角的余弦值•试題解析:(I〉连接BD交血:于点0,依题意得—=—=2,所臥R^DAE?DADE所二ZABD,所以厶00=90。，所叹/E丄SD,即00丄血，0D丄AE,又0Bn0Dr=0,OB3Dfa平面0BD\所仪应丄平面OBD—又BQu平面0BD\所以丄BDJ(n)因为平面ADE_平面ABCE,由(I)知，0D一平面ABCE,40A=——,OEV5所以AY。040A=——,OEV5所以AY。0｝¥常.5D°，0‘5，2,0j,昭（0,一畚旬,设平面ABD•的法向量厲=x,y,z，则｛n1AB=0m，BD=0，即｛4 8门、5Xh=0,解得厂2『,8 2 z=4yB一5“°令y=1，得n,h[2,1,4,显然平面ABE的一个法向量为巧二0,0,1.2在RtJADE中，易得0D"=——7521 421= ，所以二面角D'-■AB-'E的余弦值为 2121[2017安徽马鞍山二模】已知圆柱001底面半径为1,高为二，ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D,其距离最短时在侧面留下的曲线-如图所示•将轴截面nnABC瞬着轴 逆时针旋转二（0：：：V:::二）后，边BG与曲线-相交于点P.（I）求曲线-长度；eTL（n）当 时，求点G到平面apb的距离；1TC（川）证明：不存在二（0::：V:::二），使得二面角D「AB「P的大小为【答案】（I） 2二（n）不存在【解析】试题分析：（I）在侧面展开图中根据几何性质求解； （n）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABP的一个法向量及向量0G,利用空间向量点到直线距离公式求解； （川）假设存在满足要求的二（0::：V:::二），在空间坐标系中求出法向量，根据空间向量夹角余弦公式，列出关于”0：：：v:::二）的方程，看是否有解即可试题解析：（I）:在侧面展开图中为BD的长，其中AB=AD=n,•••丨的长为、王；7T（II）当0=-时』建立如團所示的空间直角坐标系』2则有B（O丄臥L Z丿二石=（020）二石=（020）、OCL=(-1,0^)2y=Q设平面砂的法冋量为w=（x,则｛ 址一兀+y+T=02取乂2得订=（芯0,2）取乂2得订=（芯0,2）,所以点G到平面PAB的距离为d=OCfH71Is!注：本题也可以使用等积法求解.（川）假设存在满足要求的二（0—二）,

C D C D C/7P：；-sinj,coS,v,二AP=-sinv,cosv1门,设平面ABP的法向量为m=%,%,乙，则{ 2yi=0—xpin：y1cos： 1二乙=0又平面ABD的法向量为k二1,0,0,由二面角D-AB-P的大小为.,4•••sinv:::%0 ' —)，.•.0 :::二时，均有si：：：'，与上式矛盾.2所以不存在班0 ：:：二)使得二面角D-AB-P的大小为二.419.【2017重庆二诊】如图，矩形ABCD中，AB=2j2,AD=J2,M为DC的中点，将心DAM若E为DB的中点，求二面角E-AM-D的余弦值.则M0,0,0则M0,0,0,A2,0,0,B0,2,0,D1,0,1,11—ME”，【解析】【试题分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明线面垂直，再运用面面垂直的判定定理推证；（2）依据题设建立空间直角坐标系， 求两个平面的法向量，再运用空间向量的数量积公式求解：（I）由题知，在矩形ABCD中，.AMD=/BMC=45,..AMB=90，又DA_BM,.BM—面DAM，.面ABCM_面DAM；（n）由（I）知，在平面DAM内过M作直线NM_MA，贝UNM-平面ABCM,故以M为原点， MA,MB,MN分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，故故cos2x=0设平面EAM的法向量为m=x,y,z，则｛1令y=1，得平面EAM的一个法向量m二0,1,-2，显然平面DAM的一个法向量为n二0,1,0,E-AM-D的余弦值为75 520.[2017湖南娄底二模】如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边(H)设Q是棱PC上的点，当PA二平面BDQ时，求二面角A-BD-Q的余弦值.【答案】(I)见解析；(H) _、2.3【解析】试题分析：(I)要证平面PAD_平面ABCD，只需证OP_平面ABCD即可.(H)分别以OA、OB、OP所在直线为轴、y轴、轴建立空间直角坐标系如图，求平面BDQ的一个法向量和平面ABD的一个法向量求解即可.试题解析:(1)取Q的中点0,连接OP,0B,因为SW是边长为2的正三角形，所以0P=$OF丄AD,①又期—或,所以OB丄4D,目0月=J血-0才=駄于是OB1+OP2=9=PB2,从而OP丄胁』②由①②得0F丄平面ABCD,而0P匸平面PAD,所以平面丄平面/BCD.(H)连结AC，设慮B)E=，则E为AC的中点，连结EQ，当PA面BDQ时，PA^EQ,所以Q是PC的中点.由(I)知，OA、OB、OP两两垂直，分别以OA、OB、OP所在直线为轴、y轴、轴建立空间直角坐标系如图，则B0八6,0、C-2,'60、D-1,0,0、P0,0「3,由P、C坐标得Q—1^——— —f /6\/3，从而DB=(1,J6,0),DQ=|：0,、一,——122丿122丿

- nDB二0设门=x,y,z是平面BDQ的一个法向量，则由｛_一得｛6 3 ，nDQ=0 +22取y=1，得n--.6,1,「弓2，易知平面ABD的一个法向量是口=[0,0,1,所以cos〈n,m》=二匕ni由图可知，二面角A-BD-Q的平面角为钝角，故所求余弦值为点睛：禾U用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.21.[2017河北唐山二模】在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形,且PE=2,AD=2,■ABC=45,P点在底面ABCD内的射影E且PE=2,BE=2EA,F为AD的中点，M在线段CD上，且CM二■CD.2⑴当一3时，证明：平面pfm-平面pab；P-ABCM的体积.(H)当平面PAM与平面P-ABCM的体积.5【答案】（I）见解析；（n） 8.3【解析】试题分折YI》接E6作AN!/EC交CD于点川，则四边形鹿CV为平行四边形，在A5也中由余弦定理得ECJ由勾股走理可得月疋丄EC,在SD中，FfAf分别是沏的中点,结合中位线及平行的传递性可得FM丄AB，故可得阳丄平面刚価线面平行判定定理可得结论KII）臥E为坐标原点，EBfECt肋所在直线分^为就轴，$轴』蛊轴建立如團所示的空间直甬坐标系，刹用空间向量与二面甬平面角之间关系可得：由棱锥的体积公式可得结果.3试题解析：（I）证明：连接EC，作AN//EC交CD于点N，则四边形AECN为平行四边形，CN二AE=1，在■BCE中，BE=2，BC=2、、2，.ABC=45，由余弦定理得EC=2.所以BE2EC2二BC2，从而有BE_EC.在AND中，F,M分别是AD,DN的中点，则FM//AN,FM//EC,因为AB_EC，所以FM_AB.由PE_平面ABCD,FM二平面ABCD,得PE_FM，又FM_AB,PE一AB=E,得FM—平面PAB，又FM二平面PFM,所以平面PFM—平面PAB.（n）以E为坐标原点， EB,EC,EP所在直线分别为轴， y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A-1,0,0,P0,0,2,C0,2,0,D-3,2,0,AP二1,0,2,AM二ACCD=1-3',2,0.平面ABCD的一个法向量为m=0,0,1.设平面PAM的法向量为n=x,y,z,由APn=0,AMn=0，得｛ %2z「0, 令x=2，得n--2,^-1,-1i（1—3兀）x+2y=0,

由题意可得,cos(m,n)m-ii 75— = 551S由题意可得,cos(m,n)m-ii 75— = 551S-3S梯形ABCMPE=8ABC-ABC中,四边形AABB是菱形,zB/y,4=^cn｝丄耐讪纠.面角C-A|Bijr-B为6CB=1.(I)求证：平面ACBj_平面CBA;(n)求二面角A-AC-B的余弦值.1【答案】(1)见解析(2)cosAEO=-C1C1B1_面AABB转化为CB_面AABB1，再【解析】试题分析：(1)先由三棱柱性质将线面垂直由CB丄面AA1BB1得线线垂直CB丄AB,，又由AA1BB1是菱形得AB1丄AB,最后根据线面垂直判定定理得线面垂直AB1丄面ABC,根据面面垂直判定定理得平面ACB1丄平面CBA,.(2)求二面角的大小，一般借助空间向量数量积求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系求二面角•试题解析：(1)证明：在三祓柱ABC-A^中，由q热丄面也迟3]得C5丄面“期-则CB丄AB1?又“月场是菱耽得血]丄4/而CBc话=町则血]丄面40C,故平面ACBr丄平面CBAr.(2)由题意得「ab^iB为正三角形，取A1B得中点为D连cd,bd,则BD_AB,又CB_ABj易得CD丄AR,则NCDB为二面角C—AR—B的平面角，因BC=1,CDB二一,所以BD=痔3,所以A1B1二BB二AB=2过ABi,AB交点0作0E丄AC,垂足为E,连AE1所以cosAEO二一4另：建系用向量法相应给分。23.[2017江西4月质检】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD—底面ABCD,AD//BC,AD—DC,AD二DC=3,BC=2,PD=・2PA=6，点F在棱PG上，且FC=2FP,

点E在棱AD上，且PA//平面BEF（1） 求证：PE_平面ABCD;（2） 求二面角P-EB-F的余弦值.【答案】（1）详见解析（2‘3【解析】试题分析：连接AC交EB于点G，根据三角形相识，可得EA=1，ED=2，由勾股定理可得APD是直角三角形，进而得PE_AD，再由面面垂直判定定理可得结论；（2）以EA,EB,EP所在直线分别为轴， y轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面 EFB的法向量与平面PEB的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果试题解析：⑴如團连接屁交厕于点G,因为血"平面EFBr所^XPAHFGf由FC=2FP,所^.CG=2GAfJIAGBC-AGEAt所^BC=2EA?所臥ED=2f又因为P^+PD2=AD2f所^AAPD是直角三角形,又备（劄爲応丄4又因为侧面吨丄底面屈所以PE丄平面应CD.（2）因为DE=BC，DE//BC，所以BE//CD，有EA—EB，如图，以EA，EB，EP所在直线分别为轴， y轴，轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0,B0,3,0,C-2,3,0,PE二、.PA2—AE2二.2，所以P0,0,2,所以eF=eP+1pc】（0,0,72）』二,1,-返〕丄2,1，迈〕，3 （3 3丿（33丿设平面EFB的法向量为n=x,y,z,-一222则n_EF： —xy'z=0,TOC\o"1-5"\h\z3T~»T n_EB=y=0，令z=1，则x=.2，所以n= 2,0,1 ,又因为平面PEB的法向量EA二1,0,0,所以cosn,EA= 2 6' 1仆J2+1 324.【2017福建4月质检】如图，三棱柱ABC-A3G中，.BAA=/C1A1A=60°,AAi=AC=4,AB=2,P,Q分别为棱AA,AC的中点.(1)在平面ABC内过点A作AM//平面PQB1交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明(2)若侧面ACGA-侧面ABB1Ai，求直线AC1与平面PQB1所成角的正弦值

【答案】J39(1)见解析(2) 3913【解析】(1)如图，在平面ABBA内，过点A作AN//RP交BB1于点N，连结BQ，在BB1Q中，作NH//BiQ交BQ于点H，连结AH并延长交BC于点M，则AM为所求作直线(2)连结PG,AG，:AA=AC=^^=4,GAA=60°, AC1A为正三角形.P为AA的中点，•••PCi-AA,又•••侧面ACGA丄侧面ABBA，且面ACGAC面ABB1^=AA1,PGu平面ACGA,•PG丄平面ABBA,在平面ABBA内过点P作PR_AA交BB1于点R,分别以PR,PA,PG的方向为轴， y轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz,则P0,0,0,A0,2,0,A0,-2,0,C0,-4,2、、3,G0,0,2-3.

•••Q为AC的中点，.••点Q的坐标为0,-3^..3,••• 0,-2,2.3,PQ二0,-3八3.•••AB.^AB^Z,.B,A,^600,•耳.3,1,0,•PB^'.-73,1,