2016高考数学一轮立体几何专项练习（附解析）
G1 空间几何体的结构
20．G1、G4、G11[2014·安徽卷] 如图15，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.
图15
(1)证明：Q为BB1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，
BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，
所以平面QBC∥平面A1AD，
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，
即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，
于是△QBC∽△A1AD，
所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．
(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.
图1
V三棱锥Q A1AD＝×·2a·h·d＝ahd，
V四棱锥Q ABCD＝··d·＝ahd，
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所以V下＝V三棱锥Q A1AD＋V四棱锥Q ABCD＝ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1 ABCD＝ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.
又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，
所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．
因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，
所以S△ADC＝4，AE＝4.
于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a.
因为S四边形ABCD＝·2sin θ＝6，
所以a＝.
图2
从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，
所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.
设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，
由
77
得
所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，
所以cos〈n，m〉＝＝，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
8．G1[2014·湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A. B. C. D.
8．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L＝2πr，由题意得L2h≈Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝L2h，则π≈.故选B.
7．G2、G1[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为( )
A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－
图11
7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.
G2 空间几何体的三视图和直观图
7．G2[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图12所示，则该多面体的表面积为( )
A．21＋ B．8＋
C．21 D．18
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图12
7．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S＝6×4－×6＋2×××＝21＋.
2．G2[2014·福建卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )
A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱
2．A [解析] 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．
5．G2[2014·湖北卷] 在如图11所示的空间直角坐标系O xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
图11
A．①和② B．①和③ C．③和② D．④和②
5．D [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②. 故选D.
7．G2、G8[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
77
图12
A．1 B．2 C．3 D．4
7．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r＝＝2.
5．G2[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图11所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )
图11
A B C D
图12
5．B [解析] 易知该几何体的俯视图为选项B中的图形．
7．G2、G1[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为( )
A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－
图11
7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分
77
后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.
3．G2[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图11所示，则此几何体的表面积是( )
图11
A．90 cm2 B．129 cm2 C．132 cm2 D．138 cm2
3．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，
所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2××3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm2)，故选D.
12．G2[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图13，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
图13
A．6 B．6 C．4 D．4
12．B [解析] 该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E CC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E＝＝6.
6．G2[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图11，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
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图11
A. B. C. D.
6．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π×32×2＋π×22×4＝34π(cm3)，原毛坯的体积为π×32×6＝54π(cm3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm3)，故所求的比值为＝.
17．G2[2014·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图14所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.
(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
图14
17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，
BD＝DC＝2，AD＝1.
由题设，BC∥平面EFGH，
平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
DA＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)，
77
BA＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，
∴n·DA＝0，n·BC＝0，
得取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E，F(1，0，0)，G(0，1，0)．
∴＝，FG＝(－1，1，0)，
BA＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
则n·FE＝0，n·FG＝0，
得取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
10．G2[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图13所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
图13
10. [解析] 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.
7．G2[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的表面积为( )
77
图12
A．54 B．60 C．66 D．72
7．B [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S＝×3×4＋＋×4＋×5＋3×5＝60.
G3 平面的基本性质、空间两条直线
4．G3[2014·辽宁卷] 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
4．B [解析] B [解析] 由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与a相交，故D错误．
17．G3、G5、G11[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
图15
17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
77
由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
11．G3[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
11．C [解析] 如图，E为BC的中点．由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MN∥B1C1且MN＝B1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角．设BC＝1，则B1M＝B1A1＝，所以MB＝＝＝NE，AN＝AE＝，
在△ANE中，根据余弦定理得cos ∠ANE＝＝.
77
18．G3，G4，G5，G11[2014·四川卷] 三棱锥A BCD及其侧视图、俯视图如图14所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.
(1)证明：P是线段BC的中点；
(2)求二面角A NP M的余弦值．
图14
18．解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.
由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，
所以AO⊥BD，OC⊥BD.
因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.
取BO的中点H，连接NH，PH.
又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，
因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.
因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.
又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.
因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.
由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A NP M的一个平面角．
77
由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.
由俯视图可知，AO⊥平面BCD.
因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，
所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，
所以NQ＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A NP M的余弦值是.
方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.
因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.
又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．
如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz.
则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．
因为M，N分别为线段AD，AB的中点，
又由(1)知，P为线段BC的中点，
所以M，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即
77
从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．
设二面角A NP M的大小为θ，则cos θ＝＝＝.
故二面角ANPM的余弦值是.
G4 空间中的平行关系
20．G1、G4、G11[2014·安徽卷] 如图15，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.
图15
(1)证明：Q为BB1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，
BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，
所以平面QBC∥平面A1AD，
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，
即QC∥A1D.
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故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，
于是△QBC∽△A1AD，
所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．
(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.
图1
V三棱锥Q A1AD＝×·2a·h·d＝ahd，
V四棱锥Q ABCD＝··d·＝ahd，
所以V下＝V三棱锥Q A1AD＋V四棱锥Q ABCD＝ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1 ABCD＝ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.
又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，
所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．
因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，
所以S△ADC＝4，AE＝4.
于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a.
因为S四边形ABCD＝·2sin θ＝6，
所以a＝.
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图2
从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，
所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.
设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，
由
得
所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，
所以cos〈n，m〉＝＝，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
17．G4、G11[2014·北京卷] 如图13，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.
(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．
图13
17．解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.
又因为AB⊄平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
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因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE，
所以PA⊥AB，PA⊥AE.
建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0)．
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0
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