高考数学原创预测题 专题五 立体几何 理 大纲人教版一、选择题1.设地球半径为R ，若A 地位于北纬45度东经110度，B 地位于北纬45度东经20度，则AB 两地的球面距离为（ ）R 2πR 6πR 65πR 3π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的表面积与这个球的表面积之比为（ ）1:1 1:2 2:3 3:23.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥ ．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥ ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n4.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC ⊥CA,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1,则异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为（ ）1015.1530.21.1030.D C B A 5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米.9 .16 .18 .9或186.在长方体1111ABCD A B C D -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11AB D 的距离为( )．83 ．43 ．38 ． 347.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）、23 、23 、3 、38．二面角βα--l 的平面角为θ，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( ). 52 . 22 . 26 . 是θ的函数9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,=== ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）．1 ．2 ．3 ．410.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分..圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线 二、填空题11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是______________.12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 .13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 . 14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，则 . 三、解答题15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，AB⊥BC.PA=AB=BC=1,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC；(3)求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值.16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，求：(1)异面直线PD与EF所成的角；(2)PD与底面DEF所成的角的正弦值；(3)二面角P-DE-F的正弦值.17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；(2)求二面角B1-EF-G的大小；(3)求四面体EFGB1的体积.18.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，点F在DE上，且AF⊥DE，若圆柱的侧面积与△ABE的面积之比等于4π．(1)求证：AF⊥BD；(2)求二面角A―BD―E的正弦值．19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).(1)求证：AC⊥BF；(2)若二面角F-BD-A的大小为60°，求a的值.20.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ；(2)求平面CDF 与平面ABCD 所成的角的余弦值；(3)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.答案解析（专题五）1.解析：选.设AB 两地所在的小圆圆心为O 1，地球的球心为O ,则由已知得AB O 1为等腰直角三角形，斜边AB=R ，所以三角形AB O 为等边三角形，球心角A O B 的大小为3π，由弧长公式得AB 两地的球面距离为R 3π，故选.2. 解析：选.设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，所以2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱表23422222=⋅+⋅=R r r r S S πππ故选.3.解析：选A.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以A 对，在B 中有m 与n 不垂直的情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选A ．4.解析：选A.如图，设BC=2,取BC 的中点E,连接EF 1、D 1F 1、AE ，所以D 1F 1与BE 平行且相等，四边形BEF 1D 1是平行四边形，BD 1∥EF 1，所以EF 1与AF 1所成的角等于所求的角，在三角形EF 1A 中，EF 1=6，AE=F 1A=5，由余弦定理得cos ∠EF 1A=1030. 所以异面直线BD 1与AF 1成的角的余弦值为1030，故选A. 5. 解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ ，h BC DBC ==∠,45 ,所以在BAC ∆中，,18,30==∠AB BAC 应用余弦定理得() 30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+=，解这个方程得9,18==h h 或，当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.6. 解析：选B. 利用三棱锥111A AB D -的体积变换：111111A AB D A A B D V V --=，则1162433h ⨯⨯=⨯⨯,34=h .故选B.7.解析：选 A .在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°.由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23.KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33.∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A . 8．解析：选C.如图，把平面α展开到β内，成一个平面，当M 位于1M 处时AM +CM 最小，此时AM +CM=AC,过C 作CN 垂直于AB 的延长线，垂足为N ，则()261322222=++=+=CN AN AC .故选C.9. 解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγ ，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C. 11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或 或()9054322=++，故最短路径是74. 答案：7412. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，所以轴截面顶角的一半为 30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin = l 厘米.答案：35厘米.13. 解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3483423-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()ππ-=⨯⨯-⨯441424122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ34056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G的概率为8152121634056ππ-=-. 答案：81521π-14. 解析：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项15.解析： (1)∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BC.又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A ， ∴ BC ⊥平面PAB. 又BC ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD. 在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB.连接BD ，交AC 于点M ，则2==ABDC MB DM .连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DMEB PE ,∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.(3)过A 作PB 的垂线，垂足为G,过A 作AH 垂直于EC ，垂足为H,连接GH,又BC ⊥AG ，PB ⋂BC=B ，则AG ⊥平面PBC ，所以∠AHG 就是所求二面角的平面角.在三角形AEC 中，311,2,35===EC AC AE , 所以由余弦定理得112231122959112cos =⨯⨯-+=ACE , 所以1161132sin =⨯=⋅=ACE AC AH ,所以113sin =ACE . 又22=AG ,所以1211sin ==AH AG AHG ,63121cos ==AHG . ∴平面AEC 和平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为63.16.解析：(1)取EF 的中点N ，连接DN 、PN ，因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥PD ，所以异面直线PD 与EF 所成的角为90度. (2)过点P 作P O ⊥DN ，垂足为O ，由前面知EF ⊥平面PDN ，所以平面PDN ⊥平面DEF ， 所以P O ⊥平面DEF ，D O 是PD 在平面DEF 上的射影，∠PDO 就是直线PD 与平面DEF 所成的角.由图知∠PDO 为锐角.因为PN=DN=5，PD=4，所以522cos 222=⋅-+=PD DN PN PD DN PDO ，所以55cos 1sin 2=-=PDO PDO . (3)过O 作OM ⊥DE ，垂足为M ，连接PM ，所以由三垂线定理知道PM ⊥DE ， ∠PMO 就是二面角P-DE-F 的平面角. 因为sinPMO ×sinPDM=sinPDO ，sinPDM ＝35， 所以sinPMO=53. 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G,延长QE 交AD 于N ，所以EQ 平行于平面FB 1G 须满足A 1M ∥EQ ，因为E 为AA 1中点，所以N 为AM 的中点， 所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ； (2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为25,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF ,所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度 (3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=∆G FB S , 所以83234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析:（1）因为AD ⊥平面ABE ，所以 AD ⊥BE ．又AE ⊥BE ，AD ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面ADE ．因为AF ⊂平面ADE ，所以BE ⊥AF ． 又AF ⊥DE ，所以AF ⊥平面BDE ，故AF ⊥B D ．（2）取BD 的中点M ，连接AM ，FM ． 因为AB ＝AD ，则AM ⊥BD ．又因为AF ⊥BD ． 所以BD ⊥平面AFM ，从而FM ⊥BD ， 所以∠AMF 为二面角A ―BD ―E 的平面角． 过点E 作EO ⊥AB ，垂足为O ．设圆柱的底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面ABCD 是正方形， 则圆柱的母线长为2r ，所以其侧面积为2224r r r ππ⋅=， 又△ABE 的面积为122r OE r OE ⋅⋅=⋅． 由已知，244r r OEππ=⋅，则OE ＝r ， 所以点O 为圆柱底面圆的圆心． 在Rt△AOE 中，222AE OA OE r =+． 在Rt△DAE 中，226DE AD AE r =+=，2263AD AE r AF DE ⋅===．又sin 452AM AB r ==，在Rt△AFM 中，26sin 332AF r AMF AM r===⋅． 故二面角A ―BD ―E 的正弦值为63． 19.解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，∴由余弦定理得︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC =32121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB. 又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ， 过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.∴∠AGF 就是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°. 在∆ABD 中，由余弦定理得。