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2014年全国高考试卷立体几何部分汇编(下)


2014 年全国高考试卷立体几何部分汇编(下)
1. (2014 山东理 13) 三棱锥 P ? ABC 中,D , E 分别为 PB ,PC 的中点, 记三棱锥 D ? ABE 的体积为 V1 ,P ? ABC 的体积为 V 2 ,则 【解析】 2.
V1 ? _____. V2

1 4 (2014 山东理 17) 如图,在四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,?DAB ? 60 , AB ? 2CD ? 2 ,

M 是线段 AB 的中点. ⑴ 求证: C1M ∥ 平面 A1 ADD1 ;
⑵ 若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1 ? 3 ,求平面 C1 D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余 弦值.
D1 A1 C1 B1

D

C M B

A

【解析】 ⑴ 证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,且 AB ? 2CD 所以 AB ∥ DC ,又由 M 是 AB 中点,因此 CD //MA 且 CD ? MA . 连接 AD1 ,在四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, 因为 CD //C1 D1 , CD ? C1 D1

C1D1 =MA 可得 C1D1 //MA,
所以四边形 AMC1 D1 为平行四边形,因此 C1M //D1 A 又 C1M ? 平面 A1 ADD1 , D1 A ? 平面 A1 ADD1 , 所以 C1M // 平面 A1 ADD1 ⑵ 由⑴ 知,平面 D1C1M
ABCD ? AB 过 C 向 AB 做垂线交 AB 于 N ,连接 D1 N ,

由 CD1 ? 面 ABCD ,可得 D1 N ? AB ,故 ?D1 NC 为二面角 C1 ? AB ? C 的平面角
?NBC ? 60? 可得 CN ? 在 Rt△D1CN 中, BC ? 1,

3 , 2

所以 ND1 ? CD12 ? CN 2 ?

15 2

3 CN 5 2 ? ? , 在 Rt△D1CN 中, cos ?D1 NC ? D1 N 5 15 2

所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 3. (2014 山东文 13)

5 . 5

一个六棱锥的体积为 2 3 ,其底面是边长为 2 的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧 面积为 . 【解析】 12 4. (2014 山东文 18) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中, AP ? 平面 PCD ? AD∥BC ? AB ? BC ?
AD ? PC 的中点.

1 AD ? E ? F 分别为线段 2

⑴ 求证: AP∥平面 BEF ; ⑵ 求证: BE ? 平面 PAC
P F D A E C

B

【解析】 ⑴连接 AC 交 BE 于点 O ,连接 OF ,不妨设 AB ? BC ? 1 ,则 AD ? 2 , AB ? BC, AD ∥ BC, ? 四边形 ABCE 为菱形 又 O, F 分别为中点,? OF ∥ AP OF ? 平面 BEF ,∴ ∵ AP ∥平面 BEF AP ? CD ⑵ ∵ AP ? 面 PCD , CD ? 面 PCD ,∴ BC ∥ ED, BC ? ED, ? BCDE 为平行四边形,
? BE ∥ CD, ? BE ? PA

又 又 5.

ABCE 为菱形,? BE ? AC PA∩ AC ? A , PA, AC ? 平面 PAC ,?BE ? 平面 PAC .

(2014 陕西理 5) 已知底面边长为 1, 侧棱长为 2 的正四棱柱的各顶点均在同一球面上, 则该球的体积为 ( ) 32π 4π A. B. 4 π C. 2 π D. 3 3 【解析】 D 如图为正方形四棱柱 AC1 .根据题意得 AC ? 2 ,所以对角面 ACC1 A1 为正方形,所以外接球 直径 2R ? AC ? 2, ?R ? 1 , ?V球 ? 1
4π ,故选 D. 3
D1 A1 B1 C1

D A B

C

6.

(2014 陕西理 17) BC 的平面分别交四面体 四面体 ABCD 及其三视图如图所示,过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD, 的棱 BD , DC ? CA 于点 F ? G ? H . ⑴ 证明:四边形 EFGH 是矩形; ⑵ 求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 ? 的正弦值.
A H E D G F B 俯视图 C 2 1 2 主视图 左视图

【解析】 ⑴ 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 ? FC , 平面 EFGH ∩ 平面 ABC ? EH ,
? BC ∥ FG,BC ∥ EH, ? FG ∥ EH . ? EF ∥ HG 同理 EF ∥ AD,HG ∥ AD,
? 四边形 EFGH 是平行四边形.
B F E D G C A H

? AD ? 平面 BDC , 又 Q AD ? DC,AD ? BD,

? AD ? BC, ? EF ? FG ,
? 四边形 EFGH 是矩形,

⑵ 解法一:如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,
1), 则 D(0,0 0),A(0,0, B(2,0,0),C (0,2,) 0 . uu u r uuu r uu r DA =(, 0 0,), 1 BC ? (?2, 0, 1) , BA ? (?2,0, 1) . r 设平面 EFGH 的法向量 n ? ( x,y,z ) , r uuu r r uuu r ∵ EF ∥ AD,FG ∥ BC .∴ n ? DA ? 0 , n ? BC ? 0 .

r ? z ? 0. 得? 取 n ? (1 ? 1 ? 0) . ??2 x ? 2 y ? 0.
uur r uur r BA ? n 2 10 ∴ sin ? ? cos BA , . n ? uur r ? ? 5 5? 2 BA n

解法二: 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 , ) B1 (2 ,, 0 , 0 )C , (0 ,) 2.0
A H E D G F B x C y z

∵ E 是 AB 的中点,∴ F, G 分别为 BD,DC 的中点.

1? ? ,0, ?,F (1 ,0,0),G (0,, 1 0) . 得 E ?1 2? ? uu u r ? r uur 1 ? uuu ? FE ? ? 0,0, ?, FG ? (?1 ,, 1 0), BA ? (?2,0, 1) . 2? ? r 设平面 EFGH 的法向量 n ? ( x,y,z ) . r uu u r r uuu r 则 n ? FE ? 0 , n ? FG ? 0 .

?1 r ? z ? 0, 得 ?2 取 n ? (1,, 1 0) . ? ? x ? y ? 0 , ? uur r uur r BA ? n 2 10 ∴ sin ? ? cos BA ? n ? uur r ? . ? 5 5? 2 BA n
7. (2014 陕西文 5) 将边长为 1 的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是( ) A. 4 π B. 3 π C. 2 π D. π 【解析】 C 8. (2014 陕西文 17) 四 面 体 A B C D及 其 三 视 图 如 图 所 示 , 平 行 于 棱 AD , BC 的 平 面 分 别 交 四 面 体 的 棱 AB , BD , D, C C于点 A E,F,G,H . ⑴ 求四面体 ABCD 的体积; ⑵ 证明:四边形 EFGH 是矩形.

A H E D G F B C

1 2 主视图 左视图

2

俯视图

【解析】 ⑴ 由该四面体的三视图可知,
BD ? DC , BD ? AD , AD ? DC , BD ? DC ? 2 , AD ? 1 ,

∴ AD ? 平面 BDC
1 1 2 ∴四面体 ABCD 的体积 V ? ? ? 2 ? 2 ?1 ? . 3 2 3

⑵ 证明:∵ 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 ? 平面 BDC ,

∴ AD ? BC , EF ? FG , ∴四边形 EFGH 是矩形. 9. (2014 上海理 19) 底面边长为 2 的正三棱锥 P ? ABC ,其表面展开图是 △PP 1 2P 3 ,如图,求 △PP 1 2P 3 的各边长及

此三棱锥的体积 V

P3

A

C

P1
【解析】 根据题意可得 P 1 , B, P 2 共线,

B

P2

∵ ?ABP 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 , ?ABC ? 60 , ∴ ?ABP 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 ? 60 ∴ ?P 1 ? 60 ,同理 ?P 2 ? ?P 3 ? 60 ,
P ? ABC 是正四面体; ∴ ?P 1P 2P 3 是等边三角形,

∴ ?P 1P 2P 3 边长为 4 ;
2 2 2 ? AB 3 ? 12 3 10. (2014 四川理 8) O 为线段 BD 的中点。设点 P 在线段 CC1 上,直线 如图,在正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,点 VP ? ABC ?

OP 与平面 A1BD 所成的角为 ? ,则 sin ? 的取值范围是(
D1 A1 B1 C1



D O A B

C

A. ? 【解析】 B

? 3 ? , 1? ? 3 ?

B. ?

? 6 ? , 1? ? 3 ?

C. ?

? 6 2 2? , ? 3 ? ? 3

D. ?

?2 2 ? , 1? ? 3 ?

π π 直线 OP 与平面 A1 BD 所成的角为 ? 的取值范围是 [?AOA1, ]∪[?C1OA1, ] , 2 2

由于 sin ?AOA1 ?

6 6 3 2 2 6 π ? ? ? , sin ?C1OA1 ? 2 ? , sin ? 1 . 3 3 3 3 3 2

所以 sin ? 的取值范围是 [

6 , 1] . 3

11. (2014 四川理 18) 三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图如图所示。 设 M ,N 分别为线段 AD , AB 的中点,P 为线段 BC 上的点,且 MN ? NP . ⑴ 证明: P 为线段 BC 的中点; ⑵ 求二面角 A ? NP ? M 的余弦值.
A 2 1 M N D C B P 1 侧视图 1 俯视图 2 2 1 2

【解析】 ⑴ 由三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图可知,在三棱锥 A ? BCD 中: 平面 ABD ? 平面 CBD , AB ? AD ? BD ? CD ? CB ? 2 设 O 为 BD 的中点,连接 OA , OC 于是 OA ? BD , OC ? BD 所以 BD ? 平面 OAC ? BD ? AC 因为 M , N 分别为线段 AD , AB 的中点,所以 MN / / BD ,又 MN ? NP ,故 BD ? NP 假设 P 不是线段 BC 的中点,则直线 NP 与直线 AC 是平面 ABC 内相交直线 从而 BD ? 平面 ABC ,这与 ?DBC ? 60 矛盾 所以 P 为线段 BC 的中点. ⑵ 以 O 为坐标原点, OB 、 OC 、 OA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系,
? 1 ?1 ?1 ? 3? 3? 3 则 A(0, ,N? , , P? , , 0, 3) , M ? 0, ? 0, ? 0? ? ? 2, ? ? ? ? ? 2 ? 2 ? ? ?2 ?2 2 ? ?1 ? 3? 3 3? 于是 AN ? ? ,0, , PN ? ? 0,? , MN ? (1 , 0, 0) ? , ? ? ?2 ? ? 2 ? 2 2 ? ? ? ?

设平面 ANP 和平面 NPM 的法向量分别为 m ? ( x1,y1,z1 ) 和 n ? ( x2,y2,z2 )
?1 3 z1 ? 0 ? x1 ? ? ? AN ? m ? 0 ?2 2 由? ,设 z1 ? 1 ,则 m ? ( 3,, 1 1) ?? 3 ? ? 3 ? PN ? m ? 0 ? y1 ? z1 ? 0 ? ? 2 2
? x2 ? 0 ? ? MN ? n ? 0 ? 由? ,设 z2 ? 1 ,则 n ? (0,, 1 1) ?? 3 3 y2 ? z2 ? 0 ? ?? ? PN ? n ? 0 ? 2 2

cos m, n ?

m?n 2 10 ? ? 5 | m|?| n | 5? 2
10 . 5

所以二面角 A ? NP ? M 的余弦值 12. (2014 四川文 4)

某三棱锥的侧视图. 俯视图如图所示, 则该三棱锥的体积是 (

1 ) (锥体体积公式: V ? Sh , 3

其中 S 为底面面积, h 为高) A. 3 B. 2
2 1 2 2 1 2 1 侧视图 1 俯视图

C. 3

D. 1

【解析】 D 13. (2014 四川文 18) 在如图所示的多面体中,四边形 ABB1 A1 和 ACC1 A1 都为矩形. ⑴ 若 AC ? BC ,证明:直线 BC ? 平面 ACC1 A1 ; ⑵ 设 D , E 分别是线段 BC , CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面
A1 MC ?请证明你的结论.
A1 B1 C1 E C D B

A

【解析】 ⑴ 证明:因为四边形 ABB1 A1 和 ACC1 A1 都是矩形, 所以 AA1 ⊥ AB ,AA1 ⊥ AC . 因为 AB ,AC 为平面 ABC 内两条相交直线, 所以 AA1 ⊥ 平面 ABC . 因为直线 BC ? 平面 ABC ,所以 AA1 ⊥ BC . 又 AC ⊥ BC , AA1 ,AC 为平面 ACC1 A1 内两条相交直线, 所以 BC ⊥ 平面 ACC1 A1 . ⑵ 取线段 AB 的中点 M ,连结 A1M ,MC ,A1C ,AC1 ,设 O 为 A1C ,AC1 的交点. 由已知可知 O 为 AC1 的中点. 连结 MD ,OE ,则 MD ,OE 分别为 △ABC , △ACC1 的中位线,
1 1 所以 MD ∥ AC , OE ∥ AC ,因此, MD ∥OE . 2 2
A1 O A M B D C1 E C

B1

连结 OM ,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE ∥ MO . 因为直线 DE ? 平面 A1 MC , MO ? 平面 A1 MC , 所以直线 DE ∥平面 A1 MC , 即线段 AB 上存在一点 M (线段 AB 的中点) ,使直线 DE ∥平面 A1 MC . 14. (2014 天津理 10 文 10) 一个几何体的三视图如图所示(单位: m ) ,则该几何体的体积为___________ m 3 .
2

4 2 4 主视图 2 4 侧视图

俯视图

【解析】

(第10题图) 20π 3 该几何体上半部分为圆锥,下半部分为圆柱,

1 20π 因此体积为 V ? ? π ? 22 ? 2 ? π ?12 ? 4 ? 3 3 15. (2014 天津理 17) 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中,PA ? 底面 ABCD ,AD ? AB ,AB ∥ DC ,AD ? DC ? AP ? 2 , AB ? 1 ,点 E 为棱 PC 的中点. ⑴ 证明 BE ? DC ; ⑵ 求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; ⑶ 若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF ? AC ,求二面角 F ? AB ? P 的余弦值.
P E D C A B

【解析】 (方法一) 依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图) ,可得 B(1,0, 0), C (2 ,2 ,0) ,
D(0 ,2 , 0) , P(0 ,0 ,2) ,由 E 为棱 PC 的中点,得 E (1, 1, 1) .

⑴ 向量 BE ? (0 , 1, 1) , DC ? (2 , 0, 0) ,故 BE ? DC ? 0 . 所以, BE ? DC .

z P E y D C

A

B

x

⑵ 向量 BD ? (?1, 2, 0) , PB ? (1, 0, ? 2) .设 n ? ( x ,y ,z ) 为平面 PBD 的法向量,
? 则 ?n ? BD ? 0 , 即 ? x ? 2 y ? 0 , 不妨令 y ? 1 , 可得 n ? (2 , 1, 1) 为平面 PBD 的一个法向量. x ? 2 z ? 0. ? n ? PB ? 0 ,

?

于是有 cos n ,BE ?

n ? BE n ? BE

?

2 6? 2

?

3 . 3
3 . 3

所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为

⑶ 向量 BC ? (1, 2, 0) , CP ? (?2 , ? 2, 2) , AC ? (2 , 2, 0) , AB ? (1, 0, 0) , 由点 F 在棱 PC 上,设 CF ? ? CP , 0 ≤ ? ≤ 1 . 故 BF ? BC ? CF ? BC ? ?CP ? (1 ? 2? , 2 ? 2? , 2? ) .由 BF ? AC ,得 BF ? AC ? 0 , 因此, 2(1 ? 2? ) ? 2(2 ? 2? ) ? 0 ,解得 ? ?

3 ? 1 1 3? ,即 BF ? ? ? , , ? . 4 ? 2 2 2?

?x ? 0 , ? ?n1 ? AB ? 0 , ? 1 设 n1 ? ( x1 ,y1 ,z1 ) 为平面 FAB 的法向量,则 ? 即? 1 1 3 ? x1 ? y1 ? z1 ? 0. ? ?n1 ? BF ? 0 , ? ? 2 2 2
不妨令 z1 ? 1 , 可得 n1 ? (0 , ? 3, 1) 为平面 FAB 的一个法向量,

n2 ? 取平面 ABP 的法向量 n2 ? (0 , 1, 0) ,则 cos n1 ,
易知,二面角 F ? AB ? P 是锐角,所以其余弦值为 (方法二)

n1 ? n2 n1 ? n2

?

?3 10 ? 1

??

3 10 . 10

3 10 . 10

⑴ 证明:如图,取 PD 中点 M ,连接 EM , AM .由于 E , M 分别为 PC , PD 的中点, 故 EM ∥ DC ,且 EM ? DC , 又由已知, 可得 EM ∥AB 且 EM ? AB , 故四边形 ABEM 为平行四边形, 所以 BE ∥AM . 因为 PA ? 平面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ,所以 PA ⊥ CD . 又因为 CD ⊥ AD , PA
AD ? A ,所以 CD ⊥ 平面 PAD .

1 2

因为 AM ? 平面 PAD ,于是 CD ? AM ,又 BE ∥AM ,所以 BE ? CD .

P

M

E

D

C

A

B

⑵ 连接 BM ,由⑴ 有 CD ? 平面 PAD ,得 CD ? PD ,而 EM ∥ CD ,故 PD ? EM . 又因为 AD ? AP ,M 为 PD 的中点, 故 PD ? AM , 可得 PD ? BE , 所以 PD ? 平面 BEM , 故平面 BEM ? 平面 PBD . 所以,直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM ,而 BE ? EM ,可得 ?EBM 为锐角, 故 ?EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD ? 2 2 ,而 M 为 PD 中点,可得 AM ? 2 ,进而 BE ? 2 . 故在直角三角形 BEM 中, tan ?EBM ?
3 EM AB 1 ,因此 sin ?EBM ? . ? ? 3 BE BE 2 3 . 3

所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为

⑶ 如图,在 △ PAC 中,过点 F 作 FH ∥PA 交 AC 于点 H . 因为 PA ? 底面 ABCD ,故 FH ? 底面 ABCD ,从而 FH ? AC . 又 BF ? AC ,得 AC ? 平面 FHB ,因此 AC ? BH . 在底面 ABCD 内,可得 CH ? 3HA ,从而 CF ? 3FP .

F ∥ A B 在平面 PDC 内, 作 FG ∥ DC 交 PD 于点 G , 于是 DG ? 3GP . 由于 DC ∥ AB , 故G
所以 A , B , F , G 四点共面. 由 AB ? PA , AB ? AD ,得 AB ? 平面 PAD ,故 AB ? AG . 所以 ?PAG 为二面角 F ? AB ? P 的平面角. 在 △ PAG 中, PA ? 2 , PG ? 由余弦定理可得 AG ?
1 2 PD ? , ?APG ? 45? , 4 2



3 10 10 , cos ?PAG ? . 10 2

所以,二面角 F ? AB ? P 的余弦值为

3 10 . 10

P G F

D H A B

C

16. (2014 天津文 17) 如图,四棱锥 P ? ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形, BA ? BD ? 2,AD ? 2,PA ? PD ? 5 .
E, F 分别是棱 AD,PC 的中点.

⑴ 证明: EF ∥平面 PAB ; ⑵ 若二面角 P ? A ? BD 为 60 ? , ① 证明:平面 PBC ? 平面 ABCD ② 求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值.
P

F

C D E

B A

【解析】 ⑴ 如图,取 PB 中点 M ,连结 MF ,AM .
P

F

M

B C D E A

因为 F 为 PC 中点,取 MF ∥ BC 且 MF ? 由已知有 BC ∥ AD ,BC ? AD .

1 BC . 2

又由于 E 为 AD 中点,因而 MF ∥AE 且 MF ? AE ,故四边形 AMFE 为平行四边形, 所以 EF ∥AM .又 AM ? 平面 PAB ,而 EF ? 平面 PAB ,所以 EF ∥平面 PAB . ⑵ ( i )连结 PE ,BE .因为 PA ? PA ,BA ? BD ,而 E 为 AD 中点,故 PE ? AD ,BE ? AD , 所以 ?PEB 为二面角 P ? AD ? B 的平面角. 在 △ PAD 中,由 PA ? PD ? 5 ,AD ? 2 ,可解得 PE ? 2 .

在 △ ABD 中,由 BA ? BD ? 2 ,AD ? 2 ,可解得 BE ? 1. 在 △ PEB 中, PE ? 2 ,BE ? 1,?PEB ? 60? ,由余弦定理,可解得 PB ? 3 ,从 而 ?PBE ? 90? ,即 BE ? PB . 又 BC ∥ AD ,BE ? AD ,从而 BE ? BC , 因此 BE ? 平面 PBC .又 BE ? 平面 ABCD ,所以,平面 PBC ? 平面 ABCD . ( ii )连结 BF .由( i )知, BE ? 平面 PBC ,所以 ?EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成 的角. 由 PB ? 3 及已知, 得 ?ABP 为直角. 而 MB ? 故 EF ?
1 3 11 PB ? , 可得 AM ? , 2 2 2

11 BE 2 11 ? .又 BE ? 1,故在直角三角形 EBF 中, sin ?EFB ? . 2 EF 11

所以,直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为

2 11 . 11

17. (2014 新课标 1 理 12) 如图,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,则该多面体的个 条棱中,最长的棱的长度为( ) A. 6 2 B. 6 C. 4 2 D.4

【解析】 B 18. (2014 新课标 1 理 19) 如图三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形, AB ? B1C . ⑴ 证明: AC ? AB1 ; ⑵ 若 AC ? AB1 , ?CBB1 ? 60o , AB ? BC ,求二面角 A ? A1 B1 ? C1 的余弦值.
A A1

C

C1

B

B1

【解析】 ⑴ 连结 BC1 ,交 B1C 于 O ,连结 AO . 因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C ? BC1 ,且 O 为 B1C 与 BC1 的中点. 又 AB ? B1C ,所以 B1C ? 平面 ABO .由于 AO ? 平面 ABO ,故 B1C ? AO . 又 B1O ? CO ,故 AC ? AB1 . ⑵ 因为 AC ? AB1 且 O 为 B1C 的中点,所以 AO ? CO . 又因为 AB ? BC ,所以 △BOA ≌△BOC .

故 OA ? OB ,从而 OA , OB , OB1 两两互相垂直. 以 O 为坐标原点, OB 的方向为 x 轴正方向, OB 为单位长,建立如图所示空间直角坐标 系 O ? xyz .
z A

C x B O B1 y

C1

因为 ?CBB1 ? 60? ,所以 △CBB1 为等边三角形.又 AB ? BC ,则
? ? ? 3? 3 ? 3 ? , B ?1 , C ? 0, ,, 0 0 ? , B1 ? 0, , A? 0 0? ? , 0? ? ? 0,, ? ? ? ? 3 ? 3 ? ? ? 3 ? ? ? ? ? ? 3 3? 3? 3 ? , A1 B1 ? AB ? ?1 , B1C1 ? BC ? ? ?1 AB1 ? ? ? ,, 0? , ? , 0? ? ? ? 0,3 , ? ? ? ? 3 ? 3 ? 3 ? ? ? ? ?

设 n ? ? x,, y z ? 是平面 AA1 B1 的法向量,
? 3 3 y? z?0 ? ? n ? AB ? 0 ? 1 ? 3 3 即 ? ? ? ?n ? A1 B1 ? 0 ? x ? 3 z ? 0 ? 3 ?

, 3, 3 所以可取 n ? 1

?

?

? ?m ? B1C1 ? 0 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则 ? ? ?m ? A1 B1 ? 0
? 3, 3 同理可取 m ? 1,

?

?

则 cos n, m ?

n?m n m

?

1 7
1 . 7

所以二面角 A ? A1 B1 ? C1 的余弦值为

19. (2014 新课标 1 文 8) 如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是 ( )

A.三棱锥 【解析】 B

B.三棱柱

C.四棱锥

D.四棱柱

由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示,则这个几何体是三棱柱,故选 B.

20. (2014 新课标 1 文 19) O ,且 AO ? 平面 如图,三棱柱 ABC ? A 1B 1C 1 中,侧面 BB1C1C 为菱形, B1C 的中点为
BB1C1C .

⑴ 证明: B1C ? AB ; ⑵ 若 AC ? AB1,?CBB1 ? 60?,BC ? 1 ,求三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的高.
A A1

C B O B1

C1

【解析】 ⑴ 连结 BC1 ,则 O 为 B1C 与 BC1 的交点.因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C ? BC1 . 又 AO ? 平面 BB1C1C ,所以 B1C ? AO ,故 B1C ? 平面 ABO .
A A1

H D

C C1 O B1

B

由于 AB ? 平面 ABO ,故 B1C ? AB . ⑵ 作 OD ? BC ,垂足为 D ,连结 AD .作 OH ? AD ,垂足为 H . 由于 BC ? AO , BC ? OD ,故 BC ? 平面 AOD ,所以 OH ? BC . 又 OH ? AD ,所以 OH ? 平面 ABC . 因为 ?CBB1 ? 60? ,所以 △CBB1 为等边三角形,又 BC ? 1 ,可得 OD ? 由于 AC ? AB1 ,所以 OA ?
1 1 B1C ? . 2 2
7 , 4 3 . 4

由 OH ? AD ? OD ? OA ,且 AD ? OD 2 ? OA2 ? 得 OH ?
21 . 14

又 O 为 B1C 的中点,所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 故三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的高为
21 . 7

21 . 7

21. (2014 新课标 2 理 6 文 6) 如图,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( ) 17 5 10 1 A. B. C. D. 27 9 27 3

【解析】 C 该零件是两个圆柱体构成的组合体,其体积为 π ? 22 ? 4 ? π ? 32 ? 2 ? 34π cm3 , 圆柱体毛坯的体积为 π ? 32 ? 6 ? 54π cm3 , 所以切削掉部分的体积为 54π ? 34π ? 20π cm3 , 所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为
20π 10 ,故选 C. ? 54π 27

22. (2014 新课标 2 理 11) 直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,?BCA ? 90? ,M ,N 分别是 A1 B1 , A1C1 的中点,BC ? CA ? CC1 , 则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为( A.
1 10

) C.
30 10

B.

2 5

D.

2 2

【解析】 C 23. (2014 新课标 2 理 18) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PA ? 平面 ABCD , E 为 PD 的中点. ⑴ 证明: PB ∥平面 AEC ; ⑵ 设二面角 D ? AE ? C 为 60° , AP ? 1 , AD ? 3 ,求三棱锥 E ? ACD 的体积.
P E A

D C

B

【解析】 ⑴ 连接 BD 交 AC 于点 O ,连接 EO . 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO ∥ PB . EO ? 平面 AEC , PB ? 平面 AEC ,所以 PB ∥平面 AEC . ⑵ 因为 PA ? 平面 ABCD , ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直. 如图,以 A 为坐标原点, AB 的方向为 x 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 A ? xyz ,
z P E D y O x B C

A

? ? 3 1? 3 1? 则 D(0 ? 3 ? 0) , E ? 0 ? ? ? ? ?. ? , AE ? ? ?0 ? ? 2 2? 2 2? ? ? ?

设 B(m ? 0 ? 0)(m ? 0) ,则 C (m ? 3 ? 0) , AC ? (m ? 3 ? 0) . 设 n1 ? ( x ? y ? z ) 为平面 AEC 的法向量,
?mx ? 3 y ? 0, ? ?n1 ? AC ? 0, ? 则? 即? 3 1 y ? z ? 0, ? ?n1 ? AE ? 0, ? ? 2 2

? 3 ? 可取 n1 ? ? . ? ? 1 ? 3 ? ? m ? ? ?

又 n2 ? (1 ? 0 ? 0) 为平面 DAE 的法向量,由题设 cos n1 ? n2 ? 解得 m ?
3 . 2
1 , 2

3 1 1 ? , ,即 2 3 ? 4m 2 2

因为 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E ? ACD 的高为

1 1 3 1 3 三棱锥 E ? ACD 的体积 V ? ? ? 3 ? ? ? . 3 2 2 2 8 24. (2014 新课标 2 文 7) 正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的底面边长为 2 ,侧棱长为 3 , D 为 BC 中点,则三棱锥 A ? B1DC1 的

体积为( A. 3

) B.
3 2

C. 1

D.

3 2

【解析】 C 在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,∵AD ? BC ,∴AD ? 平面 B1 DC1 ,
C1

A1 C D

B1

A

B

1 1 1 ∴VA? B1DC1 ? S△B1DC1 ? AD ? ? ? 2 ? 3 ? 3 ? 1 ,故选 C. 3 3 2 25. (2014 新课标 2 文 18) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PA ? 平面 ABCD , E 为 PD 的中点. ⑴ 证明: PB ∥平面 AEC ;

⑵ 设置 AP ? 1 , AD ? 3 ,三棱锥 P ? ABD 的体积 V ?

3 ,求 A 到平面 PBC 的距离. 4

P E A D

B

C

【解析】 ⑴ 设 BD 与 AC 的交点为 O ,连结 EO . 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO ∥ PB . EO ? 平面 AEC , PB ? 平面 AEC ,所以 PB ∥平面 AEC . ⑵V?
1 3 3 3 PA ? AB ? AD ? AB .由 V ? ,可得 AB ? . 6 6 4 2 作 AH ? PB 交 PB 于 H .
P E A O B C

H

D

由题设知 BC ? 平面 PAB ,所以 BC ? AH ,故 AH ? 平面 PBC . 又 AH ?
PA ? AB 3 13 ? , PB 13

所以 A 到平面 PBC 的距离为

3 13 . 13

26. (2014 浙江理 3) 某几何体的三视图(单位: cm )如图所示,则此几何体的表面积是( A.90 cm
4
2


2

B.129 cm
4 3 3 3

2

C.132 cm

2

D.138 cm

正视图 3 3 俯视图

侧视图

【解析】 D 由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图)其表面积为
1 2 S ? 3 ? 5 ? 2 ? ? 4 ? 3 ? 4 ? 3 ? 3 ? 3 ? 2 ? 4 ? 3 ? 2 ? 4 ? 6 ? 3 ? 6 ? 138 ?cm ? . 2

评析

本题考查三视图的概念和性质,空间几何体的直观图和表面积的计算,考查运算求解

能力和空间想象力.由三视图得几何体的直观图是解题的关键. 27. (2014 浙江理 17) 如图,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面的距离 为 AB , 某目标点 P 沿墙面的射击线 CM 移动, 此人为了准确瞄准目标点 P , 需计算由点 A 观 AC ? 25m, ?BCM ? 30? .则 tan ? 的最大值是 察点 P 的仰角 ? 的大小.若 AB ? 15m, . (仰 角 ? 为直线 AP 与平面 ABC 所成角)
M P B C A

【解析】

5 3 9

过 点 P 作 于 N , 连 结 AN , 则 ?PAN ? ? , 如 图 . 设 PN ? x m , 由 ?BCM ? 30? , 得

CN ? 3x m .在直角 △ ABC 中, AB ? 15m ,AC ? 25m , 则 BC ? 20m ,
故 BN ? 20 ? 3x m . 从而 AN 2 ? 152 故 tan 2 ? ?
3x

?

? ? ? 20 ?

?

2

? 3x 2 ? 40 3x ? 625 ,

PN 2 x2 1 ? ? . 2 2 AN 3x ? 40 3 ? 625 625 40 3 ? ?3 x2 x
M P B N θ C

A

1 40 3 4 3 125 3 5 3 25 ? ? 时, tan 2 ? 取最大值 , 即当 x ? 时, tan ? 取值最大值 . x 2 ? 625 125 12 9 27 28. (2014 浙江理 20) 如 图 , 在 四 棱 锥 A? B C D E 中 , 平 面 ABC ? 平 面 B C D E , ?CDE ? ?BED ? 90? ,



AB ? CD ? 2, DE ? BE ? 1, AC ? 2 .
⑴ 证明: DE ? 平面 ACD ; ⑵ 求二面角 B ? AD ? E 的大小.
A

D E B

C

【解析】 ⑴ 在直角梯形 BCDE 中,由 DE ? BE ? 1,CD ? 2 ,得 BD ? BC ? 2 . 由 AC ? 2 ,AB ? 2 ,得 AB 2 ? AC 2 ? BC 2 ,即 AC ? BC , 又平面 ABC ? 平面 BCDE ,从而 AC ? 平面 BCDE , 所以 AC ? DE .又 DE ? DC ,从而 DE ? 平面 ACD .
A

F D G E B C

⑵ 解法一: 作 BF ? AD , 与 AD 交于点 F , 过点 F 作 FG ∥ DE , 与 AE 交于点 G , 连结 BG , 由⑴ 知 DE ? AD ,则 FG ? AD .所以 ?BFG 是二面角 B ? AD ? E 的平面角. 在直角梯形 BCDE 中,由 CD2 ? BC 2 ? BD2 ,得 BD ? BC , 又平面 ABC ? 平面 BCDE ,得 BE ? 平面 ABC ,从而 BD ? AB . 由于 AC ? 平面 BCDE ,得 AC ? CD . 在 Rt△ ACD 中,由 DC ? 2 ,AC ? 2 ,得 AD ? 6 . 在 Rt△ AED 中,由 ED ? 1,AD ? 6 ,得 AE ? 7 . 在 Rt△ ABD 中, 由 BD ? 2 ,AB ? 2 ,AD ? 6 , 得 BF ?
23 2 2 ,AF ? AD . 从而 GF ? . 3 3 3
5 7 2 ,BC ? . 14 3

在 △ ABE ,△ ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos ?BAE ? 在 △ BFG 中, cos ?BFG ? 所以, ?BFG ?
GF 2 ? BF 2 ? BG 2 3 ? . 2 BF ? GF 2

π π ,即二面角 B ? AD ? E 的大小是 . 6 6 解法二:以 D 为原点,分别以射线 DE ,DC 为 x 轴, y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系

D ? xyz ,如图所示.
z A

D C E x B y

由题意知各点坐标如下:
D ? 0 ,0 ,0 ? ,E ?1,0 ,0 ? ,C ? 0 ,2 ,0 ? ,A 0 ,2 , 2 ,B ?1, 1,0 ? .

?

?

设平面 ADE 的法向量为 m ? ? x1 ,y1 ,z1 ? , 平面 ABD 的法向量为 n ? ? x2 ,y2 ,z2 ? , 可算得

AD ? 0 ,? 2 ,? 2 ,AE 1,? 2 ,? 2 ,DB ? ?1, 1,0 ? .

?

?

?

?

? ?m ? AD ? 0 , ? ??2 y1 ? 2 z1 ? 0 , 1,? 2 . 由? 即? 可取 m ? 0 , ? ?m ? AE ? 0 , ? ? x1 ? 2 y1 ? 2 z1 ? 0 ,

?

?

? ??2 y2 ? 2 z2 ? 0 , ?n ? AD ? 0 , ? 由? 即? 可取 n ? 1,? 1, 2 . ? ? x2 ? y2 ? 0 , ?n ? BD ? 0 , ?

?

?

于是 cos m ,n ?

m?n m?n

?

3 3?2

?

3 , 2

由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角 B ? AD ? E 的大小是

π . 6

评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时 考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力. 29. (2014 浙江文 3) 某几何体的三视图(单位: cm )如图所示,则该几何体的体积是( )
4 4 3 正视图 3 3 俯视图 侧视图 3 3

A. 72cm3 B. 90cm3 C. 108cm3 D. 138cm3 【解析】 B 由三视图可知,该几何体是由一个长方体和一个直三棱柱构成的组合体,如图,其体积为 1 6 ? 4 ? 3 ? ? 4 ? 3 ? 3 ? 90cm3 ,故选 B. 2

30. (2014 浙江文 6) 设m ( ,n 是两条不同的直线, ?,? 是两个不同的平面. A.若 m ⊥ n ? n∥? ,则 m ? ? C.若 m ? ?,n ? ?,n ? ? ,则 m ? ?



B.若 m ∥ ?,? ? ? ,则 m ? ? D.若 m ? n ? n ? ?,? ? ? ,则 m ? ?

【解析】 C 对于选项 A、B、D,均能举出 m ∥ ? 的反例,对于选项 C,若 m ? ? , n ? ? ,则 m ∥ n ,又
n ? ? ,∴m ? ? ,故选 C.

31. (2014 浙江文 10) 如图,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面的距离 为 AB , 某目标点 P 沿墙面的射击线 CM 移动, 此人为了准确瞄准目标点 P , 需计算由点 A 观 察 点 P 的 仰 角 ? 的 大 小 ( 仰 角 ? 为 直 线 AP 与 平 面 ABC 所 成 角 ). 若 AB ? 15m, AC ? 25m, ?BCM ? 30? .则 tan ? 的最大值是( )
M P B C A

A.

30 5

B.

30 10

(第10题图)

C.

4 3 9

D.

5 3 9

【解析】 D Q x ? m, 如图, 过 P 作 PQ ? BC 于 Q , 则 PQ ? 平面 ABC , 所以 ?PAQ ? ? , 设P 则 CQ ? 3x m ,
BC ? 252 ? 152 ? 20m , BQ ? 20 ? 3x m ,∴

?

?

AQ ? 152 ? 20 ? 3x
tan ? ? x

?

?

2

? 625 ? 40 3 ? 3x2 m ,所以
? 1 625 40 3 ? ?3 x2 x
2

625 ? 40 3x ? 3x



2

? 4 3 ? 27 625 40 3 8 3 25 ? 3 ? t2 ? t ?3?? 设 ? t ,则 2 ? ?t ? 5 ? ? ? 25 , x x 5 x ? ?
即 tan ? 取得最大值
25 5 3 ? ,故选 D. 27 9

M B A

P Q C

32. (2014 浙江文 20) 如 图 , 在 四 棱 锥 A? B C D E 中 , 平 面 ABC ? 平 面 B C D E , ?CDE ? ?BED ? 90? ,
AB ? CD ? 2,DE ? BE ? 1 ,AC ? 2 .

⑴ 证明: AC ? 平面 BCDE ; ⑵ 求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值.
A

D E B

C

【解析】 ⑴ 连结 BD ,在直角梯形 BCDE 中,由 DE)? BE ? 1 , CD ? 2 ,得 BD ? BC ? 2 , (第20题图 2 2 由 AC ? 2 , AB ? 2 ,得 AB ? AC ? BC 2 ,即 AC ? BC . 又平面 ABC ? 平面 BCDE ,从而 AD ? 平面 BCDE . ⑵ 在直角梯形 BCDE 中,由 BD ? BC ? 2 , DC ? 2 ,得 BD ? BC . 又平面 ABC ? 平面 BCDE ,所以 BD ? 平面 ABC . 作 EF ∥BD ,与 CB 延长线交于 F ,连结 AF ,则 EF ? 平面 ABC .
A

D E F B

C

所以 ?EAF 是直线 AE 与平面 ABC 所成的角. 在 Rt△ BEF 中,由 EB ? 1 , ?EBF ? 在 Rt△ ACF 中,由 AC ? 2 , CF ? 在 Rt△ AEF 中,由 EF ?
2 2 π ,得 EF ? , BF ? ; 2 2 4 3 2 26 ,得 AF ? . 2 2

13 2 26 , AF ? ,得 tan ?EAF ? . 13 2 2

所以,直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值是

13 . 13

33. (2014 重庆理 7) 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(



5 2 4 主视图 3 左视图

俯视图

A.54 【解析】 B 34. (2014 重庆理 19)

B.60

C.66

D.72

π 如图, 四棱锥 P ? ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形,PO ? 底面 ABCD ,AB ? 2, ?BAD ? , 3 1 MP ? AP . M 为 BC 上一点,且 BM ? , 2 ⑴ 求 PO 的长; ⑵ 求二面角 A ? PM ? C 的正弦值.
P

D O M A B C

【解析】
z

D O x A B 答(19)图 M y

C

BD ,因为 ABCD 为菱形,则 AC ⑴ 如答(19)图,连结 AC,

BD ? O ,且 AC ? BD .

以 O 为坐标原点, OA, OB, OP 的方向分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向,建立空间直角坐 标系 O ? xyz . 因为 ?BAD ?
π π π ,故 OA ? AB ? cos ? 3, OB ? AB ? sin ? 1 , 3 6 6

0 0?, A 所以 O ? 0,,

?

3 ,, 0 0, B? 0 , , 10 ?,C ? 3 ? 0 ? 0 , OB ? ? 0 ? 1 ? 0? , BC ? ? 3 ? ? 1 ? 0 ,

?

?

?

?

?

? 1 3 1 ? 1 由 BM ? , ? , ? , 0? , BC ? 2 知, BM ? BC ? ? ? 4 4 ? 2 ? 4 ? ? ? 3 3 ? 3 3 ? 从而 OM ? OB ? BM ? ? ? ,, ,即 M ? ? ,, . ? 4 4 0? ? ? 4 4 0? ? ? ? ? ?

? 3 3 0 a , MP ? ? 设 P ? 0,, 0 a ?, a ? 0 ,则 AP ? ? 3,, ? 4 ? ?4? ?

?

?

? a? ?。 ?

3 3 3 因为 MP ? AP ,故 MP ? AP ? 0 ,即 ? ? a 2 ? 0 ,所以 a ? 或a ? ? (舍去) . 2 2 4

即 PO ?

3 . 2

? ? 3 3 3? ? 3? 3? ⑵ 由⑴ 知, AP ? ? ? 3 ? 0 ? , MP ? ? , ? , , CP ? 3 ,, 0 ? ? ? ? ,设平面 APM 的法向 ? ? 4 ? 2 ? 4 2 ? 2 ? ? ? ? ? ? ?

量为 n1 ? ? x1, y1, z1 ? ,平面 PMC 的法向量为 n2 ? ? x2, y2, z2 ? .
? 3 z1 ? 0, ?? 3x1 ? ? 5 3 ? ? 2 由 n1 ? AP ? 0 , n1 ? MP ? 0 ,得 ? 故可取 n1 ? ?1 . 2? ? ,3 , ? 3 3 ? ? ? 3 x1 ? y1 ? z1 ? 0, ? ? 4 4 2
? 3 3 3 x2 ? y2 ? z2 ? 0, ? ? 4 2 ? 3, ?2 . 由 n2 ? MP ? 0 , n2 ? CP ? 0 ,得 ? 4 故可取 n2 ? 1, 3 ? 3x2 ? z2 ? 0, ? ? 2

?

?

从而法向量 n1 ? n2 的夹角的余弦值为 cos? n1 ? n2 ? ? 故所求二面角 A ? PM ? C 的正弦值为
10 . 5

n1 ? n2 n1 ? n2

??

15 , 5

35. (2014 重庆文 7) 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()

5 2 4 主视图 3 左视图

俯视图

A.12 【解析】 C 36. (2014 重庆文 20)

B.18

C.24

D.30

PO ? 底面 ABCD , 如图, 四棱锥 P ? ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形, AB ? 2 ? ?BAD ?

π , 3

1 M 为 BC 上一点,且 BM ? . 2 ⑴ 证明: BC ? 平面 POM ; ⑵ 若 MP ? AP ,求四棱锥 P ? ABMO 的体积.

P

D O A M B C

【解析】 ⑴ 如图,连结 OB ,因为 ABCD 为菱形, O 为菱形中心,所以 AO ? OB . π π 因 ?BAD ? , 故 OB ? AB ? sin ?OAB ? 2sin ? 1 , 3 6
P D O A B M

C

又因为 BM ?

1 π 答(20)△ 图 OBM 中, ,且 ?OBM ? ,所以在 2 3
2

1 π 3 ?1? OM 2 ? OB2 ? BM 2 ? 2OB ? BM ? cos ?OBM ? 12 ? ? ? ? 2 ? 1 ? ? cos ? . 2 3 4 ?2?

所以 OB 2 ? OM 2 ? BM 2 .故 OM ? BM . 又 PO ? 底面 ABCD ,所以 PO ? BC . PO 都垂直,所以 BC ? 平面 POM . 从而 BC 与平面 POM 内两条相交直线 OM, ⑵ 由⑴ 可得, OA ? AB ? cos ?OAB ? 2 ? cos
π ? 3. 6

设 PO ? a ,由 PO ? 底面 ABCD 知, △ POA 为直角三角形,故 PA2 ? PD 2 ? OA2 ? a 2 ? 3 . 3 由 △POM 也是直角三角形,故 PM 2 ? PO2 ? OM 2 ? a2 ? . 4 连结 AM , 在 △ ABM 中, AM 2 ? AB2 ? BM 2 ? 2 AB ? BM ? cos ?ABM
1 2π 21 ?1? ? 22 ? ? ? ? 2 ? 2 ? ? cos ? . 2 2 3 4 ? ?
2

由于 MP ? AP, 故 △ APM 为直角三角形.则 PA2 ? PM 2 ? AM 2, 即 a2 ? 3 ? a2 ? 此时 S四边形ABMO
?

3 3 3 3 21 得a ? 或a ? ? (舍去) ,即 PO ? . ? , 2 2 2 4 4 1 1 ? S△ AOB ? S△OMB ? ? AO ? OB ? ? BM ? OM 2 2

1 1 1 3 5 3 ? 3 ?1 ? ? ? ? . 2 2 2 2 8

1 1 5 3 3 5 ? ? 所以四棱锥 P ? ABMO 的体积 VP ? ABMO ? ? S ABMO ? PO ? ? . 3 3 8 2 16


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