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1、立体几何与平面几何安徽理(6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为正（主）视图侧（左）视图俯视图44112第6题图 （A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80(6)C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C.（17）（本小题满分12分）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，都是正三角形。（）证明直线；（）求梭锥的体积。解：（）设是线段和线段延长线的交点。由于与都是正三角形，所以：；同
2、理，是线段和线段延长线的交点。有，又由于和都在线段的延长线上，所以和重合。在和中，由和,可知分别是和的中点，所以是的中位线，故。（）由知，而是边长为2的正三角形，故,所以；过点作于点，由于平面平面知，就是四棱锥的高，且，所以。安徽文没有新题北京理5.如图，AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F，延长AF与圆O交于另一点G，给出下列三个结论：； .其中正确的结论的序号是( )A B C D【解析】：正确。由条件可知，BD=BF，CF=CE，可得。正确。通过条件可知，AD=AE。由切割定理可得。CBGAODEF错误。连接FD（如下图），若，则有。通过图像可知，因而错误。答案选A.7.某四面体三
3、视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是A. B. C. D. 【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。16.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，.（1）求证：平面PAC；（2）若，求PB与AC所成角的余弦值；（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.16（本小题共14分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长.【解析】，与共线可得k=1。（16）（共14分）证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD，所
4、以BD平面PAC.（）设ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（0，t）（t0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量，因为平面PCB平面PDC,所以=0，即，解得，所以PA=。北京文（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A. 32 B.C. 48D. ABPGFEDCB（17）（本小题共14分）如图，在四面体中，,点分别是棱的中点。（I）求证：平面；（II）求证
5、：四边形为矩形；（III）是否存在点,到四面体六条棱的中点的距离相等？说明理由。证明：（I）因为分别为的中点，所以;又平面，所以平面（II）因为分别是棱的中点，所以，所以四边形为平行四边形又所以，所以四边形为矩形。（III）存在点满足条件，理由如下：连接,设为的中点，由（II）知，且,与（II）同理可证四边形为矩形,其对角线的交点为的中点,且，所以为满足条件的点。福建理12.三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于_。20（本小题满分14分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4
6、，CD=，（I）求证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。20本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。解法一：（I）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又所以平面PAD。又平面PAB，所以平面平面PAD。（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB
7、交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，（i）设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，设G（0，m，0）（其中）则，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化简得（3）由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等。从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。解法二：（I）同
8、解法一。（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于E，则。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t），由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，由GC=CD，得，从而，即设，在中，这与GB=GD矛盾。所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都
9、相等，从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。福建文15如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于 。20.（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，CEAB。（）求证：CE平面PAD；（）若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积20本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想，满分12分 （I）证明：因
10、为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为又所以平面PAD。（II）由（I）可知，在中，DE=CD又因为，所以四边形ABCE为矩形，所以又平面ABCD，PA=1，所以广东理7如图l3某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A. B. C. D.解析:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体,底面是以3为边长的正方形,该六面体的高15.（几何证明选讲选做题）如图4，过圆外一点分别作圆 的切线和割线交圆于,且，是圆上一点使得，则 .18. （本小题满分13分）如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,分别是的中点，（1）证明：;（2）求二面角
11、的余弦值. 注: 本题也可以,继而可证明第(1)问,并可进一步得到AD,DE,DF两两垂直,从而建立空间直角坐标系,再解决第(2)问.总的说来,本题用传统方法,还更简单.广东文9如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等腰三角形和菱形，则该几何体体积为 CA B4 C D215（几何证明选讲选做题）如图4，在梯形ABCD中，ABCD，AB=4，CD=2E,F分别为AD，BC上点，且EF=3，EFAB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为 7：518（本小题满分13分）图5所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移
12、后得到的A，A，B，B分别为,的中点，分别为的中点（1）证明：四点共面；（2）设G为A A中点，延长到H，使得证明：18（本小题满分13分）证明：（1）中点，连接BO2直线BO2是由直线AO1平移得到共面。 （2）将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接/由平移性质得=HB，湖北理14如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与轴重合）所在的平面为，。（）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的坐标为 ；（）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。（2，2），18（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合（）当=1时，求证
13、：；（）设二面角的大小为，求的最小值18本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A1C。 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC， 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在中，=1，则由，得NF/AC1，又故。由三垂线定理知。（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，设，在中，在故又故当时，达到最小值；，此时F与C1重合。解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得于是则故（II）设，平面AEF的一个法向量为，则由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为， 于是由为锐角可得， 所以， 由，得，即 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值湖北文7.设球的体积为，它
