2015-2017立体几何高考真题
1、（2015年1卷6题）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（ ） （A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 【答案】B
116
⨯2⨯3r =8=r =，所以米堆43
[1**********]
的体积为⨯⨯3⨯) ⨯5=，故堆放的米约为
43399
【解析】设圆锥底面半径为r ，则÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
2、（2015年1卷11题）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为16 + 20π，则r=（ ）
（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B
【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为+ 20π，解得r=2，故选B.
考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF，AE ⊥EC.
1
⨯4πr 2+πr ⨯2r +πr 2+2r ⨯2r =5πr 2+4r 2=16 2
（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EG ⊥AC ，通过计算可证EG ⊥FG ，根据线面垂直判定定理可知EG ⊥平面AFC ，由面面垂
直判定定理知平面AFC ⊥平面AEC ；（Ⅱ）以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，
y 轴正方向，|GB |为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，利用向量法可求出异面直线
AE 与CF 所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得
由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE ⊥EC ，∴
EG ⊥AC ，
在Rt △EBG 中，可得
DF=
. 2
在Rt △FDG 中，可得
可得
在直角梯形BDFE 中，由BD=2，
222
∴EG +FG =EF ，∴EG ⊥FG ，
∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，
∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.
（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB |为单位长
度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0
0），E （
，F （－
1,0
，C （0
0），∴AE =（1
，CF =（-1，
）.„10
分
AE ⋅CF =故cos =.
3|AE ||CF |
所以直线AE 与CF
考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力
4、（2015年2卷6题）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A ．
1111 B． C． D． 8765
【解析】由三视图得，在正方体ABCD -A 截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，，1BC 11D 1中，
1131315
⨯a =a ，故剩余几何体体积为a 3-a 3=a 3，32666
1
所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D ．
5
设正方体棱长为a ，则V A -A 1B 1D 1=
1
考点：三视图．A
5、（2015年2卷9题）已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36π B．64π C．144π D．256π
【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O -ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O -ABC =V C -AOB =
2
球O 的表面积为S =4πR =144π，故选C ．
1121
⨯R ⨯R =R 3=36，故R =6，则326
考点：外接球表面积和椎体的体积．
AB =16，
6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体ABCD -A 1BC 11D 1中,
BC =10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，C 1D 1上，A 1E =D 1F =4．过点E ，F 的平
面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
D A
E D F
C
B
C
A B
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：
（Ⅱ）作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM =AE =4，EM =AA 1=8，因为EHGF 为正1方形，所以EH =EF =BC =10．于是MH =6，所以AH =10．以D
为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则
A (10,0, 0) ，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE =(10,0,0)，HE =(0,-6,8) ．设
⎧⎧10x =0, ⎪n ⋅FE =0,
即⎨所以可取n =(x , y , z ) 是平面E H G F 的法向量，则⎨
⎩-6y +8z =0, ⎪⎩n ⋅HE =0, n ⋅AF ．又．所以直线AF 与n =(0, 4, 3) AF =(-10,4,8) ，故cos = =
15n ⋅AF
平面α所成角的正弦值为
15
考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．
7、（2016年1卷6题）如图, 某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径. 若该几何体的体积是
28π
, 则它的表面积是 3
（A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28π
【解析】
试题分析： 该几何体直观图如图所示：
7428π1
是一个球被切掉左上角的, 设球的半径为R , 则V =⨯πR 3=, 解得R =2, 所以它
8833
771
的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和S =⨯4π⨯22+3⨯π⨯22=17π故选A ．
884
考点：三视图及球的表面积与体积
8、（2016年1卷11题）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A , α//平面CB 1D 1, αI 平面ABCD =m , αI 平面AB B1A 1=n , 则m 、n 所成角的正弦值为
1 (B
(D) 3
试题分析：如图, 设平面CB 1D 1 平面ABCD =m ' , 平面CB 1D 1 平面ABB 1A 1=n ' , 因为
α//平面CB 1D 1, 所以m //m ', n //n ' , 则m , n 所成的角等于m ', n ' 所成的角. 延长AD , 过D 1
作D 1E //B 1C , 连接CE , B 1D 1, 则CE 为m ' , 同理B 1F 1为n ' , 而BD //CE , B 1F 1//A 1B , 则
m ', n ' 所成的角即为A 1B , BD 所成的角, 即为60︒, 故m , n
考点：平面的截面问题, 面面平行的性质定理, 异面直线所成的角.
, 选A.
【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角, 求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形, 解形求角、得钝求补
.
9、（2016年1卷18题）如图, 在以A , B , C , D , E , F 为顶点的五面体中, 面ABEF 为正方形, AF =2FD ,
∠AFD =90 , 且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60 ．
（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．
D
C
E
F
B
A
试题解析：（I ）由已知可得AF ⊥DF , AF ⊥F E, 所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF , 故平面ABEF ⊥平面EFDC ．
（II ）过D 作DG ⊥EF , 垂足为G , 由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．
以G 为坐标原点, GF 的方向为x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标
系G -xyz ．
由（I ）知∠DF E为二面角D -AF -E的平面角, 故∠DF E=60 , 则DF =2, DG =3, 可得
A(1, 4,0), B(-3, 4,0), E(-
3,0,0), D ．
由已知, AB//EF , 所以AB//平面EFDC ．
又平面ABCD 平面EFDC =DC , 故AB//CD, CD//EF ．
由BE//AF , 可得BE⊥平面EFDC , 所以∠C EF 为二面角C -BE-F 的平面角,
(∠C EF =60
．从而可得C -．
(
所以EC =, EB=(0, 4,0), AC =-3, -, AB=(-4,0,0)．
((设n =(x , y , z )是平面BC E的法向量, 则
⎧⎪n ⋅EC =0⎧⎪x +=0
,
即, ⎨ ⎨
⎪⎩4y =0⎩n ⋅EB=0⎪
所以可取n =3,0, ．
( ⎧ ⎪m ⋅AC =0
设m 是平面ABCD 的法向量, 则⎨ ,
⎪⎩m ⋅AB=0
n ⋅m
同理可取m =4．则cos n , m ==
n m ()
故二面角E-BC -A
的余弦值为
考点：垂直问题的证明及空间向量的应用
【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不大, 以中档题为主. 第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决.
10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，
设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ． 由图得r =2，c =2πr =
4π，由勾股定理得：l =4，
1
S 表=πr 2+ch +cl =4π+16π+8π
=28π，
2
故选C ．
11、（2016年2卷14题）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：
①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β． ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n ． ③如果a ∥β，m ⊂α，那么m ∥β．
④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【解析】②③④
12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）
如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =OD '=5
，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D '
EF 的位置4
'⊥平面ABCD ； （I ）证明：DH
（II ）求二面角B -D 'A -C 的正弦值. 【解析】⑴证明：∵AE =CF =
5AE CF
，∴，∴EF ∥AC ． =4AD CD
∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，∴EF ⊥BD ，∴EF ⊥D H ，
'．∵AC =6，∴AO =3；又AB =5，AO ⊥OB ， ∴EF ⊥DH
∴OB =4，∴OH =
AE 222
⋅OD =1，∴DH =D 'H =3，∴OD '=OH +D ' H ， AO
∴D ' H ⊥OH ．又∵OH I EF =H ，∴D ' H ⊥面ABCD ．
⑵建立如图坐标系H -xyz ．
B (5，0，0)，C (1，3，0)，D ' (0，0，3)，A (1，-3，0)， u u u r u u u r u u u r AB =(4，3，0)，AD ' =(-1，3，3)，AC =(0，6，0)， u r
n 设面ABD ' 法向量1=(x ，y ，z )，
⎧x =3⎧n ⋅AB =0⎧4x +3y =0⎪1⎪
由⎨ 得⎨，取⎨y =-4， ⎪⎪z =5⎩n 1⋅AD '=0⎩-x +3y +3z =0
⎩
u r u u r
AD ' C n =3，-4，5n 0，1)， ∴1(的法向量2=(3，)．同理可得面
u r u u r n 1⋅n 2cos θ=
∴，∴sin θ
=．
n 1n 213、（2016年3卷9题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的
三视图，则该多面体的表面积为（）
（A
）18+B
）54+C ）90（D ）81 【答案】B
考点：空间几何体的三视图及表面积．
【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解． 14、（2016年3卷10题）在封闭的直三棱柱
ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若
AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（） 9π（A ）4π （B ）2
【答案】B
试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下
32π
（C ）6π （D ）3
34439
πR 3=π() 3=π
322，底面都相切时，球的半径取得最大值2，此时球的体积为3故选B ．
考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．
【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）
根据几何体的结构特征，变
动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解． 15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分） 如图，四棱锥P -ABC 中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，AB =AD =AC =3，
PA =BC =4，M 为线段AD 上一点，AM =2MD ，N 为PC 的中点．
（I ）证明MN 平面PAB ；
（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以
AD , AP 所在直线分别为y , z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平
面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．
AM =
试题解析：（Ⅰ）由已知得
2
AD =23，取BP 的中点T ，连接AT , TN ，由N 为PC
中点知TN //BC ，又AD //BC ，故
TN =
1
BC =22.
，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN //AT .
TN AM
因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN //平面PAB
.
⎧2x -4z =0⎪⎧⎪⋅=0⎨⎨ x +y -2z =0⎪⎪⋅=0n =(x , y , z ) 设为平面PMN 的法向量，则⎩，即⎩2，可取
n =(0,2,1)，
|n ⋅AN ||cos |==
|n ||AN |. 于是
考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为
A ．10 B ．12 【答案】B
【解析】由三视图可画出立体图
C ．14 D ．16
该立体图平面内只有两个相同的梯形的面
S 梯=(2+4)⨯2÷2=6
S 全梯=6⨯2=12 故选B
17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ，D 、E 、F 为元O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是一
BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折
起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_______．
【答案】【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD ⊥
BC
OG =
，即OG 的长度与BC 的长度或成正比 设OG =
x ，则BC =，DG =5-x
三棱锥的高h
1
S △ABC =3x ⋅=2
2
1
则V =S △ABC ⋅h =2
3
5
令f (x )=25x 4-10x 5，x
∈(0,) ，f '(x )=100x 3-50x
4
2
令f '(x )>0，即x 4-2x 3
则f (x )≤f (2)=80 则V 45
∴体积最大值为3
AB ∥CD 中， 18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P -ABCD 中，且∠BAP =∠CDP =90︒．
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ，∠APD =90︒，求二面角A -PB -C 的余弦值． 【解析】（1）证明：∵∠BAP =∠CD P =90︒
∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD 又∵AB ∥CD ，∴PD ⊥AB
又∵PD PA =P ，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD
（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB ∴OE
CD
∴四边形ABCD 为平行四边形
AB
由（1）知，AB ⊥平面PAD
∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE ⊥PO ，OE ⊥AD 又∵PA =PD ，∴PO ⊥AD ∴PO 、OE 、AD 两两垂直
∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz
0，0、B 2，0、P 0，0、C 2，0， 设PA =2，∴D
0，、PB =，2、BC =-0，0 ∴PD =()
)(()
(()
设n =(x , y , z )为平面PBC 的法向量
⎧⎪n ⋅PB =0+2y =0
由⎨ ，得
n ⋅BC =0-=0⎪⎪⎩⎩
令y =
1，则z =，x =0，可得平面PBC
的一个法向量n =0, 1
(∵∠APD =90︒，∴PD ⊥PA
又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD ⊥AB ，又PA AB =A ∴PD ⊥平面PAB
即PD 是平面PAB
的一个法向量，PD =, 0,
PD ⋅n ==∴cos PD , n =
PD ⋅n (由图知二面角A -PB -
C 为钝角，所以它的余弦值为19、(2017年2卷4题) 如图，网格纸上小正方形的边长为1，学科&网粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（） 【解析】
【解析】
【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π
为主目的. 【解析】 【解析】
【解析】解法一：常规解法
从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：
【解析】
从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：
20、(2017年2卷10题) 已知直三棱柱ABC -A1B1C 1中，∠ABC =120，AB=2，
BC =CC 1=1，则异面直线AB1与BC 1所成角的余弦值为（）
A B C D 【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法
21、(2017年2卷19题) 如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，
1
AD , ∠BAD =∠ABC =90o , E 是PD 的中点. 2
（1）证明：直线CE //平面PAB AB =BC =
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45，求二面角M -AB -D 的余弦值
o
【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解 【标准答案】（1）证明略；（2
【基本解法1】
（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF 因为∠BAD =∠ABC =90︒，
BC =因为E 是PD 的中点，所以EF
1
AD 所以BC 21
AD 2
1
AD ，所以EF BC 2
所以四边形EFBC 为平行四边形，所以EC //BF 因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB 所以直线CE //平面PAB
（2）取AD 中点为O ，连接OC 、OP
因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD
因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD =AD ，PO ⊂平面PAD 所以PO ⊥平面ABCD
因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以AB //OC 所以OC ⊥AD
以OC , OD , OP 分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，如图
设BC =1，则P A (0,-1,0), B (1, -1,0), C (1,0,0) ，所以PC =(1,0,
设M (x , y , z ) ，则PM =(x , y , z ，AB =(1,0,0)
因为点M 在棱PC 上，所以PM =λPC (0≤λ≤1) ，即(x , y , z =λ(1,0,
所以M (λ) ，所以BM =(λ-1,1)
平面ABCD 的法向量为n =(0,0,1)
因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，
|BM ⋅n |==所以|sin 45︒|=|cos |=2|BM ||n | 解得λ=1-BM =(--
222
⎧AB ⋅m =x =0
⎪
设平面MAB 的法向量为m =(x , y , z ) ，则⎨ x +y z =0⎪BM ⋅m =⎩
令z =
1，则m =
所以cos ==
所以求二面角M -AB -
D 的余弦值
5
5
22、（2017年3卷8题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）
3πππ
A ．π B ． C ． D ．
4２4
【答案】B
【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r =，
3π2
则圆柱体体积V =πr h =，故选B.
4
23、（2017年3卷16题）为空间中两条互相垂直的直线，等腰直
角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与
，都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB 与成60︒角时，AB 与成30︒角； ②当直线AB 与成60︒角时，AB 与成60︒角； ③直线AB 与所成角的最小值为45︒； ④直线AB 与所成角的最大值为60︒．
其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③
【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体边长为1， 故|AC |=
1，AB =
斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．
以C 为坐标原点，以CD 为轴正方向，CB 为轴正方向，
CA 为轴正方向建立空间直角坐标系． 则D (1,0,0)，A (0,0,1)，
直线的方向单位向量a =(0,1,0) ，|a |=1． B 点起始坐标为(0,1,0)，
直线的方向单位向量b =(1,0,0) ，|b |=1． 设B 点在运动过程中的坐标B '(cosθ,sin θ,0) ，
其中为B 'C 与CD 的夹角，θ∈[0,2π) ．
那么AB ' 在运动过程中的向量AB '=(-cos θ, -sin θ,1) ，|AB '| π设AB '与所成夹角为α∈[0,]，
2
(-cos θ, -sin θ,1) ⋅(0,1,0)cos α=sin θ|∈． 则a AB 'ππ
故α∈[, ]，所以③正确，④错误．
42 π设AB '与所成夹角为β∈[0,]，
2
AB '⋅b
cos β=b AB '
=(-cos θ,sin θ,1) ⋅(1,0,0).
b AB 'cos θ| π当AB '与夹角为60︒时，即α=，
3πsin θ=α===．
3∵cos 2θ+sin 2θ=1，
1|cos θ|=． ∴cos β=2π
∵β∈[0,]．
2
π
∴β=，此时AB '与夹角为60︒．
3
∴②正确，①错误．
24、（2017年3卷19题）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角
形．∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．
D
ACD ^ABC 1 （）证明：平面平面；
（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分．求二E
C
面角D -AE -C 的余弦值．
B
A 【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；
∆ABC 为等边三角形 ∴BO ⊥AC ∴AB =BC E
C ⎧AB =BC
⎪
∴∆ABD ≅∆CBD . ⎨BD =BD
O ⎪∠ABD =∠DBC
⎩
∴|cos θ|=
B
A
∴AD =CD , 即∆ACD 为等腰直角三角形，∠ADC 为直角又O 为底边AC 中点
∴DO ⊥AC 令AB =a ，则A =A =OB =
C D =易a 得
：O =
a ，π222
∴OD +OB =BD 由勾股定理的逆定理可得∠DOB =即OD ⊥OB
2⎧OD ⊥AC ⎪OD ⊥OB
⎪⎪
⎨AC OB =O ∴OD ⊥平面ABC ⎪AC ⊂平面ABC ⎪⎪⎩OB ⊂平面ABC
又∵OD ⊂平面ADC
由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC V =V ⑵由题意可知D -ACE B -ACE
即B , D 到平面ACE 的距离相等
即E 为BD 中点
以O 为原点，OA 为轴正方向，OB 为轴正方向，
OD 为轴正方向，设AC =a ，建立空间直角坐标系，
⎛⎫⎛a ⎫a ⎫⎛a ⎫⎛
A ,0,0D 0,0, O 0,0,0B ,0E , ⎪)， 则(， ⎪⎪， ⎪， ⎪ ⎪
224⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
⎝⎭
⎛a ⎛a a ⎫ ⎛a a ⎫ ⎫
AD =-,0, OA = ,0,0⎪ -, 易得：AE = ，，⎪ ⎪ 24⎪2⎭⎝2⎝2⎭⎝⎭
设平面AED 的法向量为n 1，平面AEC 的法向量为n 2，
⎧⎧ AE ⋅n =0AE ⋅n ⎪⎪12=0n =n
则⎨，解得1，解得2=0,1, ⎨⎪⎪⎩AD ⋅n 1=0⎩OA ⋅n 2=0若二面角D -AE -C 为，易知为锐角，
n 1⋅n 2=则cos θ=n 1⋅n 2
(
主要考点：
1、能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图, 能识 别上述三视图所表示的立体模型, 会用斜二侧法画出它们的直观图 .
2、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .
3、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 4、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
5、掌握空间向量的数量积及其坐标表示, 能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
6、理解直线的方向向量与平面的法向量.
7、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题, 了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.
2015-2017立体几何高考真题
1、（2015年1卷6题）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（ ） （A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 【答案】B
116
⨯2⨯3r =8=r =，所以米堆43
[1**********]
的体积为⨯⨯3⨯) ⨯5=，故堆放的米约为
43399
【解析】设圆锥底面半径为r ，则÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
2、（2015年1卷11题）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为16 + 20π，则r=（ ）
（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B
【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为+ 20π，解得r=2，故选B.
考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF，AE ⊥EC.
1
⨯4πr 2+πr ⨯2r +πr 2+2r ⨯2r =5πr 2+4r 2=16 2
（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EG ⊥AC ，通过计算可证EG ⊥FG ，根据线面垂直判定定理可知EG ⊥平面AFC ，由面面垂
直判定定理知平面AFC ⊥平面AEC ；（Ⅱ）以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，
y 轴正方向，|GB |为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，利用向量法可求出异面直线
AE 与CF 所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得
由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE ⊥EC ，∴
EG ⊥AC ，
在Rt △EBG 中，可得
DF=
. 2
在Rt △FDG 中，可得
可得
在直角梯形BDFE 中，由BD=2，
222
∴EG +FG =EF ，∴EG ⊥FG ，
∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，
∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.
（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB |为单位长
度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0
0），E （
，F （－
1,0
，C （0
0），∴AE =（1
，CF =（-1，
）.„10
分
AE ⋅CF =故cos =.
3|AE ||CF |
所以直线AE 与CF
考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力
4、（2015年2卷6题）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A ．
1111 B． C． D． 8765
【解析】由三视图得，在正方体ABCD -A 截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，，1BC 11D 1中，
1131315
⨯a =a ，故剩余几何体体积为a 3-a 3=a 3，32666
1
所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D ．
5
设正方体棱长为a ，则V A -A 1B 1D 1=
1
考点：三视图．A
5、（2015年2卷9题）已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36π B．64π C．144π D．256π
【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O -ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O -ABC =V C -AOB =
2
球O 的表面积为S =4πR =144π，故选C ．
1121
⨯R ⨯R =R 3=36，故R =6，则326
考点：外接球表面积和椎体的体积．
AB =16，
6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体ABCD -A 1BC 11D 1中,
BC =10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，C 1D 1上，A 1E =D 1F =4．过点E ，F 的平
面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
D A
E D F
C
B
C
A B
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：
（Ⅱ）作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM =AE =4，EM =AA 1=8，因为EHGF 为正1方形，所以EH =EF =BC =10．于是MH =6，所以AH =10．以D
为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则
A (10,0, 0) ，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE =(10,0,0)，HE =(0,-6,8) ．设
⎧⎧10x =0, ⎪n ⋅FE =0,
即⎨所以可取n =(x , y , z ) 是平面E H G F 的法向量，则⎨
⎩-6y +8z =0, ⎪⎩n ⋅HE =0, n ⋅AF ．又．所以直线AF 与n =(0, 4, 3) AF =(-10,4,8) ，故cos = =
15n ⋅AF
平面α所成角的正弦值为
15
考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．
7、（2016年1卷6题）如图, 某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径. 若该几何体的体积是
28π
, 则它的表面积是 3
（A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28π
【解析】
试题分析： 该几何体直观图如图所示：
7428π1
是一个球被切掉左上角的, 设球的半径为R , 则V =⨯πR 3=, 解得R =2, 所以它
8833
771
的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和S =⨯4π⨯22+3⨯π⨯22=17π故选A ．
884
考点：三视图及球的表面积与体积
8、（2016年1卷11题）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A , α//平面CB 1D 1, αI 平面ABCD =m , αI 平面AB B1A 1=n , 则m 、n 所成角的正弦值为
1 (B
(D) 3
试题分析：如图, 设平面CB 1D 1 平面ABCD =m ' , 平面CB 1D 1 平面ABB 1A 1=n ' , 因为
α//平面CB 1D 1, 所以m //m ', n //n ' , 则m , n 所成的角等于m ', n ' 所成的角. 延长AD , 过D 1
作D 1E //B 1C , 连接CE , B 1D 1, 则CE 为m ' , 同理B 1F 1为n ' , 而BD //CE , B 1F 1//A 1B , 则
m ', n ' 所成的角即为A 1B , BD 所成的角, 即为60︒, 故m , n
考点：平面的截面问题, 面面平行的性质定理, 异面直线所成的角.
, 选A.
【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角, 求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形, 解形求角、得钝求补
.
9、（2016年1卷18题）如图, 在以A , B , C , D , E , F 为顶点的五面体中, 面ABEF 为正方形, AF =2FD ,
∠AFD =90 , 且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60 ．
（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．
D
C
E
F
B
A
试题解析：（I ）由已知可得AF ⊥DF , AF ⊥F E, 所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF , 故平面ABEF ⊥平面EFDC ．
（II ）过D 作DG ⊥EF , 垂足为G , 由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．
以G 为坐标原点, GF 的方向为x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标
系G -xyz ．
由（I ）知∠DF E为二面角D -AF -E的平面角, 故∠DF E=60 , 则DF =2, DG =3, 可得
A(1, 4,0), B(-3, 4,0), E(-
3,0,0), D ．
由已知, AB//EF , 所以AB//平面EFDC ．
又平面ABCD 平面EFDC =DC , 故AB//CD, CD//EF ．
由BE//AF , 可得BE⊥平面EFDC , 所以∠C EF 为二面角C -BE-F 的平面角,
(∠C EF =60
．从而可得C -．
(
所以EC =, EB=(0, 4,0), AC =-3, -, AB=(-4,0,0)．
((设n =(x , y , z )是平面BC E的法向量, 则
⎧⎪n ⋅EC =0⎧⎪x +=0
,
即, ⎨ ⎨
⎪⎩4y =0⎩n ⋅EB=0⎪
所以可取n =3,0, ．
( ⎧ ⎪m ⋅AC =0
设m 是平面ABCD 的法向量, 则⎨ ,
⎪⎩m ⋅AB=0
n ⋅m
同理可取m =4．则cos n , m ==
n m ()
故二面角E-BC -A
的余弦值为
考点：垂直问题的证明及空间向量的应用
【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不大, 以中档题为主. 第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决.
10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，
设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ． 由图得r =2，c =2πr =
4π，由勾股定理得：l =4，
1
S 表=πr 2+ch +cl =4π+16π+8π
=28π，
2
故选C ．
11、（2016年2卷14题）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：
①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β． ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n ． ③如果a ∥β，m ⊂α，那么m ∥β．
④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【解析】②③④
12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）
如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =OD '=5
，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D '
EF 的位置4
'⊥平面ABCD ； （I ）证明：DH
（II ）求二面角B -D 'A -C 的正弦值. 【解析】⑴证明：∵AE =CF =
5AE CF
，∴，∴EF ∥AC ． =4AD CD
∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，∴EF ⊥BD ，∴EF ⊥D H ，
'．∵AC =6，∴AO =3；又AB =5，AO ⊥OB ， ∴EF ⊥DH
∴OB =4，∴OH =
AE 222
⋅OD =1，∴DH =D 'H =3，∴OD '=OH +D ' H ， AO
∴D ' H ⊥OH ．又∵OH I EF =H ，∴D ' H ⊥面ABCD ．
⑵建立如图坐标系H -xyz ．
B (5，0，0)，C (1，3，0)，D ' (0，0，3)，A (1，-3，0)， u u u r u u u r u u u r AB =(4，3，0)，AD ' =(-1，3，3)，AC =(0，6，0)， u r
n 设面ABD ' 法向量1=(x ，y ，z )，
⎧x =3⎧n ⋅AB =0⎧4x +3y =0⎪1⎪
由⎨ 得⎨，取⎨y =-4， ⎪⎪z =5⎩n 1⋅AD '=0⎩-x +3y +3z =0
⎩
u r u u r
AD ' C n =3，-4，5n 0，1)， ∴1(的法向量2=(3，)．同理可得面
u r u u r n 1⋅n 2cos θ=
∴，∴sin θ
=．
n 1n 213、（2016年3卷9题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的
三视图，则该多面体的表面积为（）
（A
）18+B
）54+C ）90（D ）81 【答案】B
考点：空间几何体的三视图及表面积．
【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解． 14、（2016年3卷10题）在封闭的直三棱柱
ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若
AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（） 9π（A ）4π （B ）2
【答案】B
试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下
32π
（C ）6π （D ）3
34439
πR 3=π() 3=π
322，底面都相切时，球的半径取得最大值2，此时球的体积为3故选B ．
考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．
【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）
根据几何体的结构特征，变
动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解． 15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分） 如图，四棱锥P -ABC 中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，AB =AD =AC =3，
PA =BC =4，M 为线段AD 上一点，AM =2MD ，N 为PC 的中点．
（I ）证明MN 平面PAB ；
（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以
AD , AP 所在直线分别为y , z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平
面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．
AM =
试题解析：（Ⅰ）由已知得
2
AD =23，取BP 的中点T ，连接AT , TN ，由N 为PC
中点知TN //BC ，又AD //BC ，故
TN =
1
BC =22.
，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN //AT .
TN AM
因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN //平面PAB
.
⎧2x -4z =0⎪⎧⎪⋅=0⎨⎨ x +y -2z =0⎪⎪⋅=0n =(x , y , z ) 设为平面PMN 的法向量，则⎩，即⎩2，可取
n =(0,2,1)，
|n ⋅AN ||cos |==
|n ||AN |. 于是
考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为
A ．10 B ．12 【答案】B
【解析】由三视图可画出立体图
C ．14 D ．16
该立体图平面内只有两个相同的梯形的面
S 梯=(2+4)⨯2÷2=6
S 全梯=6⨯2=12 故选B
17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ，D 、E 、F 为元O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是一
BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折
起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_______．
【答案】【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD ⊥
BC
OG =
，即OG 的长度与BC 的长度或成正比 设OG =
x ，则BC =，DG =5-x
三棱锥的高h
1
S △ABC =3x ⋅=2
2
1
则V =S △ABC ⋅h =2
3
5
令f (x )=25x 4-10x 5，x
∈(0,) ，f '(x )=100x 3-50x
4
2
令f '(x )>0，即x 4-2x 3
则f (x )≤f (2)=80 则V 45
∴体积最大值为3
AB ∥CD 中， 18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P -ABCD 中，且∠BAP =∠CDP =90︒．
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ，∠APD =90︒，求二面角A -PB -C 的余弦值． 【解析】（1）证明：∵∠BAP =∠CD P =90︒
∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD 又∵AB ∥CD ，∴PD ⊥AB
又∵PD PA =P ，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD
（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB ∴OE
CD
∴四边形ABCD 为平行四边形
AB
由（1）知，AB ⊥平面PAD
∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE ⊥PO ，OE ⊥AD 又∵PA =PD ，∴PO ⊥AD ∴PO 、OE 、AD 两两垂直
∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz
0，0、B 2，0、P 0，0、C 2，0， 设PA =2，∴D
0，、PB =，2、BC =-0，0 ∴PD =()
)(()
(()
设n =(x , y , z )为平面PBC 的法向量
⎧⎪n ⋅PB =0+2y =0
由⎨ ，得
n ⋅BC =0-=0⎪⎪⎩⎩
令y =
1，则z =，x =0，可得平面PBC
的一个法向量n =0, 1
(∵∠APD =90︒，∴PD ⊥PA
又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD ⊥AB ，又PA AB =A ∴PD ⊥平面PAB
即PD 是平面PAB
的一个法向量，PD =, 0,
PD ⋅n ==∴cos PD , n =
PD ⋅n (由图知二面角A -PB -
C 为钝角，所以它的余弦值为19、(2017年2卷4题) 如图，网格纸上小正方形的边长为1，学科&网粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（） 【解析】
【解析】
【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π
为主目的. 【解析】 【解析】
【解析】解法一：常规解法
从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：
【解析】
从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：
20、(2017年2卷10题) 已知直三棱柱ABC -A1B1C 1中，∠ABC =120，AB=2，
BC =CC 1=1，则异面直线AB1与BC 1所成角的余弦值为（）
A B C D 【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法
21、(2017年2卷19题) 如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，
1
AD , ∠BAD =∠ABC =90o , E 是PD 的中点. 2
（1）证明：直线CE //平面PAB AB =BC =
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45，求二面角M -AB -D 的余弦值
o
【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解 【标准答案】（1）证明略；（2
【基本解法1】
（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF 因为∠BAD =∠ABC =90︒，
BC =因为E 是PD 的中点，所以EF
1
AD 所以BC 21
AD 2
1
AD ，所以EF BC 2
所以四边形EFBC 为平行四边形，所以EC //BF 因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB 所以直线CE //平面PAB
（2）取AD 中点为O ，连接OC 、OP
因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD
因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD =AD ，PO ⊂平面PAD 所以PO ⊥平面ABCD
因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以AB //OC 所以OC ⊥AD
以OC , OD , OP 分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，如图
设BC =1，则P A (0,-1,0), B (1, -1,0), C (1,0,0) ，所以PC =(1,0,
设M (x , y , z ) ，则PM =(x , y , z ，AB =(1,0,0)
因为点M 在棱PC 上，所以PM =λPC (0≤λ≤1) ，即(x , y , z =λ(1,0,
所以M (λ) ，所以BM =(λ-1,1)
平面ABCD 的法向量为n =(0,0,1)
因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，
|BM ⋅n |==所以|sin 45︒|=|cos |=2|BM ||n | 解得λ=1-BM =(--
222
⎧AB ⋅m =x =0
⎪
设平面MAB 的法向量为m =(x , y , z ) ，则⎨ x +y z =0⎪BM ⋅m =⎩
令z =
1，则m =
所以cos ==
所以求二面角M -AB -
D 的余弦值
5
5
22、（2017年3卷8题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）
3πππ
A ．π B ． C ． D ．
4２4
【答案】B
【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r =，
3π2
则圆柱体体积V =πr h =，故选B.
4
23、（2017年3卷16题）为空间中两条互相垂直的直线，等腰直
角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与
，都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB 与成60︒角时，AB 与成30︒角； ②当直线AB 与成60︒角时，AB 与成60︒角； ③直线AB 与所成角的最小值为45︒； ④直线AB 与所成角的最大值为60︒．
其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③
【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体边长为1， 故|AC |=
1，AB =
斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．
以C 为坐标原点，以CD 为轴正方向，CB 为轴正方向，
CA 为轴正方向建立空间直角坐标系． 则D (1,0,0)，A (0,0,1)，
直线的方向单位向量a =(0,1,0) ，|a |=1． B 点起始坐标为(0,1,0)，
直线的方向单位向量b =(1,0,0) ，|b |=1． 设B 点在运动过程中的坐标B '(cosθ,sin θ,0) ，
其中为B 'C 与CD 的夹角，θ∈[0,2π) ．
那么AB ' 在运动过程中的向量AB '=(-cos θ, -sin θ,1) ，|AB '| π设AB '与所成夹角为α∈[0,]，
2
(-cos θ, -sin θ,1) ⋅(0,1,0)cos α=sin θ|∈． 则a AB 'ππ
故α∈[, ]，所以③正确，④错误．
42 π设AB '与所成夹角为β∈[0,]，
2
AB '⋅b
cos β=b AB '
=(-cos θ,sin θ,1) ⋅(1,0,0).
b AB 'cos θ| π当AB '与夹角为60︒时，即α=，
3πsin θ=α===．
3∵cos 2θ+sin 2θ=1，
1|cos θ|=． ∴cos β=2π
∵β∈[0,]．
2
π
∴β=，此时AB '与夹角为60︒．
3
∴②正确，①错误．
24、（2017年3卷19题）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角
形．∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．
D
ACD ^ABC 1 （）证明：平面平面；
（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分．求二E
C
面角D -AE -C 的余弦值．
B
A 【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；
∆ABC 为等边三角形 ∴BO ⊥AC ∴AB =BC E
C ⎧AB =BC
⎪
∴∆ABD ≅∆CBD . ⎨BD =BD
O ⎪∠ABD =∠DBC
⎩
∴|cos θ|=
B
A
∴AD =CD , 即∆ACD 为等腰直角三角形，∠ADC 为直角又O 为底边AC 中点
∴DO ⊥AC 令AB =a ，则A =A =OB =
C D =易a 得
：O =
a ，π222
∴OD +OB =BD 由勾股定理的逆定理可得∠DOB =即OD ⊥OB
2⎧OD ⊥AC ⎪OD ⊥OB
⎪⎪
⎨AC OB =O ∴OD ⊥平面ABC ⎪AC ⊂平面ABC ⎪⎪⎩OB ⊂平面ABC
又∵OD ⊂平面ADC
由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC V =V ⑵由题意可知D -ACE B -ACE
即B , D 到平面ACE 的距离相等
即E 为BD 中点
以O 为原点，OA 为轴正方向，OB 为轴正方向，
OD 为轴正方向，设AC =a ，建立空间直角坐标系，
⎛⎫⎛a ⎫a ⎫⎛a ⎫⎛
A ,0,0D 0,0, O 0,0,0B ,0E , ⎪)， 则(， ⎪⎪， ⎪， ⎪ ⎪
224⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
⎝⎭
⎛a ⎛a a ⎫ ⎛a a ⎫ ⎫
AD =-,0, OA = ,0,0⎪ -, 易得：AE = ，，⎪ ⎪ 24⎪2⎭⎝2⎝2⎭⎝⎭
设平面AED 的法向量为n 1，平面AEC 的法向量为n 2，
⎧⎧ AE ⋅n =0AE ⋅n ⎪⎪12=0n =n
则⎨，解得1，解得2=0,1, ⎨⎪⎪⎩AD ⋅n 1=0⎩OA ⋅n 2=0若二面角D -AE -C 为，易知为锐角，
n 1⋅n 2=则cos θ=n 1⋅n 2
(
主要考点：
1、能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图, 能识 别上述三视图所表示的立体模型, 会用斜二侧法画出它们的直观图 .
2、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .
3、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 4、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
5、掌握空间向量的数量积及其坐标表示, 能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
6、理解直线的方向向量与平面的法向量.
7、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题, 了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.