2014年高考数学（理）真题分类汇编：立体几何

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编：立体几何，共67页。
 数 学
G单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
8．[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　

G2 空间几何体的三视图和直观图
7．[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



图1­2
7．A　




2．[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　
5．[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　
7．、[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(　　)

图1­2
A．1 B．2 C．3 D．4
7．B
5．[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
7．、[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　
3．[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


12．[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　

6．[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(　　)

图1­1

A. B. C. D.
6．C
17．[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)，
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．[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.　
7．[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(　　)

图1­2
A．54 B．60 C．66 D．72
7．B　

G3 平面的基本性质、空间两条直线
4．[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

17．、、[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.

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．[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＝＝.

18．[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．
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

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．[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，
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
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．[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.
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