2024年高考文科數學解析分類匯編：立體幾何

一、選擇題

1.（2024年高考（重慶文））設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,后和a且長為。的棱與

長為0的棱異面,.則a的取值范圍是()

A.(0,72)B.(0,73)C.(1,72)D.(1,73)

2.（2024年高考（浙江文））設/是直線,a,B是兩個不同的平面()

A.若/〃a,/〃B,貝Ua〃BB.若/〃a,

C.若a，B,/，a,則D.若a，B,/〃a,貝

3.（2024年高考（浙江文））已知某三棱錐的三視圖（單位:cm）如圖所示，則該

三棱錐的體積是()

A.1cm3B2cm3C.3cm3D.6cm3正視惦史觀圖

4.（2024年高考（四川文））如圖，半徑為R的半球。的底面圓。在平面e內,

過點。作平面a的垂線交半球面于點A,過圓。的

直徑。作平面a成45角的平面與半球面相交，所他視圖

得交線上到平面a的距離最大的點為占該交線上

二2一

的一點P滿意NBOP=60,則A、P兩點間的球面距

離為

41nR

A.Rarccos——B.C.7?arccos—

443D-T

5.（2024年高考（四川文））下列命題正確的是()

A.若兩條直線和同一個平面所成的角相等,則這兩條直線平行

B.若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行

C.若一條直線平行于兩個相交平面,則這條直線與這兩個平面的交線平行

D.若兩個平面都垂直于第三個平面,則這兩個平面平行

6.（2024年高考（陜西文））將正方形（如圖1所示）截去兩個三棱錐,得到圖2所示的幾何體,

則該幾何體的左視圖為

.7.（2024年高考（課標文））平面a截球0的球面所得圓的半徑為1,球心0到平面a的距離

為明,則此球的體積為()

JIC4鄧JI

D.6^/3JI

8.（2024年高考（課標文））如圖，網格上小正方形的邊長為

1,粗線畫出的是某幾何體的三視圖,則幾何體的體積為

A.6B.9C.12D.18

9.（2024年高考（江西文））若一個幾何體的三視圖如圖所

示,則此幾何體的體積為

A.以B.5C4

2

D.-

2

10.（2024年高考（湖南文））某幾何體的正視圖和側視圖均如圖1所示,則該幾何體的俯視圖

不行能是

11.（2024年高考（廣東文））（立體幾何）某幾何體的三視圖如圖

1所示，它的體積為

A.72兀B.48乃C

D.24萬側視圖

12.（2024年高考（福建文））一個幾何

大小均等,那么這個幾何體不行以是

A.球B.三棱錐

C.正方體D.圓柱、

13.（2024年高考（大綱文））已知正四棱柱ABCD-中，AB=2,CQ=272,E為CC1的

中點，則直線AG與平面5ED的距離為

A.2B.73C.V2D.1

14.（2024年高考（北京文））某三棱錐的三視圖如圖所示，該三棱錐的表i吃去獷

側（左）視圖

A.28+675B.30+6厲C.56+12行D.60+12石

二、填空題

15.（2024年高考（天津文））一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：加；，…JW第一一

m3.

16.（2024年高考（四川文））如圖，在正方體ABCD-A4G2中，/、N

分別是C。、CG的中點，則異面直線4"與。N所成的角的大小是

17.（2024年高考（上海文））一個高為2的圓柱，底面周長為2兀，該圓柱的

表面積為.

18.（2024年高考（山東文））如圖，正方體ABC￡?-aaCQ的棱長為1,E為線

段上的一點，則三棱錐A-DE2的體積為.

19.（2024年高考（遼寧文））已知點P,A,B,C,D是球0表面上的點,PA,平面ABCD,四邊形ABCD

是邊長為2V3正方形.若PA=2V6,則AOAB的面積為.

20.（2024年高考（遼寧文））一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為

21.（湖北文））已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為

惻視圖

22.（2024年高考（大綱文））已知正方形ABC。-A與CQ中，E，F分別為8瓦，CC］的中點，那

么異面直線AE與D.F所成角的余弦值為

23.（2024年高考（安徽文））若四面體ABCD的三組對棱分另U.相等，即

AB=CD,AC=BD,AD=BC,

則（寫出全部正確結論編號）

①四.面體ABCD每組對棱相互垂直

②四面體ABCD每個面的面積相等

③從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和大于90。而小于180。

④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段互垂直平分

⑤從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長

24.（2024年高考（安徽文））某幾何體的三視圖如圖所示，該幾

何體的體積是

三、解答題

25.（2024年高考（重慶文））（本小題滿分12分，（I）小問4

分，（II）小問8分）已知直三棱柱ABC-A.B.C,

中，AB=4,AC=BC=3,。為A3的中點.（I）求異面直

線cq和AB的距離；（II）若.A4，AC,求二面角

A.-CD-B,的平面角的余弦值.

26.（2024年高考（浙江文））如圖,在側棱錐垂直底面的四棱錐ABCD-AiBCDi中,AD〃BC,AD1_

AB,AB=V2.AD=2,BC=4,AA尸2,E是DD1的中點,F是平面BCE與直線AA1的交點.

⑴證明：⑴EF〃AD;

（ii）BAi，平面BCEF;

⑵求BG與平面BCEF所成的角的正弦值.

（第20膻圖）

27.(2024年高考(天津文))如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩

形，AD±PD,BC=1,PC=2^3,PD=CD=2.

(I)求異面直線PA與BC所成角的正切值；

(II)證明平面PDC±平面ABCD;

(III)求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值.

28(2024年高考(四川文))如圖，在三棱錐P—ABC

中，NAP5=9O,ZPAB=60,AB=BC=CA,點P在平面ABC內的射影。在AB上.

(I)求直線PC與平面ABC所成的角的大小;，

(II)求二面角3—AP—C的大小.

29.(2024年高考(上海文))如圖，在三棱錐中，牛/底面/阿。是

產。的中點.已知ZBAC=f,AB2AC^26,

PA4求：

(1)三棱錐的體積；

⑵異面直線BC與所成的角的大小(結果用反壬，

角函數值表示).B

30.(2024年高考(陜西文))直三棱柱ABC-AiBC中，AB=AA】ZCAB^—

2

c.

(I)證明CB];

(II)已知AB=2,BC=75,求三棱錐G-ABA1的體積.

31.(2024年高考(山東文))如圖，幾何體￡-ABCD是四棱錐，△AfiD為正三角

形，CB=CD,EC±BD.

(I)求證：BE=DE；

(II)若N3cD=120。，〃為線段/￡的中點,

求證：DM〃平面BEC.

32.(2024年高考(遼寧文))如圖，直三棱柱ABC-NR4C=90,

AB=AC=C=1,點分別為4力和EC，的

(I)證明：〃平面WAC。/;

(II)求三棱錐N-MNC的體積.

(椎體體積公式V=-Sh,其中S為地面面積,h為高)

3

33.(2024年高考(課標文))如圖,三棱柱A8C-A4G中，側棱垂直底面，NACB=90°,AOBcJ

AAi,D是棱AAi的中點.

(I)證明：平面BDC［，平面BDQ

(II)平面分此棱柱為兩部分,求這兩部分體積的比.

34.(2024年高考(江西文))如圖，在梯形ABCD中，AB〃CD,E,F是線段AB上的兩點，且DE±AB,CF

±AB,AB=12,AD=5,BC=4后，DE=4.現將AADE,ACFB分別沿DE,CF折起,使A,B兩點重合與

點G,得到多面體CDEFG.

(1)求證:平面DEG，平面CFG;

⑵求多面體CDEFG的體積.

35.(2024年高考(湖南文))如圖6,在四棱錐P-ABCD中,PA,平面ABCD,底面ABCD是等腰梯

形,AD〃BC,AC±BD.

(I)證明:BDLPC;

(II)若AD=4,BC=2,直線PD與平面PAC所成的角為30°,求四棱錐P-ABCD的體積.

36.(2024年高考(湖北文))某個實心零部件的

形態是如圖所示的幾何體,其下部是底面均是正方形，側面是全

等的等腰梯形的四棱臺4用GB-ABCD,上不是一個底面與四

八’

第19題圖

棱臺的上底面重合,側面是全等的矩形的四棱柱ABCD-&B2c2%

(1)證明：直線B}D]±平面ACC2A;

⑵現須要對該零部件表面進行防腐處理，已知A3=10,451=20,9=30,"=13(單位:

厘米)，每平方厘米的加工處理費為0.20元,需加工處理費多少元？

37.(2024年高考(廣東文))(立體幾何)如圖5所示，在四棱錐尸-ABCD中，AS,平面R4。，AB

//CD,PD=AD,E是m的中點，尸是。。上的點且

DF^-AB,PH為AR4D中AD邊上的高.

2

(I)證明：PH_L平面ABCD；

(II)若P"=l,AD=j2,尸C=l,求三棱錐E-3CF的體積；

(HI)證明：平面9

38.(2024年高考(福建文))如圖，在長方體ABCD-A4GR中，43=4。=1，人4=2,加為棱

上的一點.

(1)求三棱錐A-MCG的體積；

⑵當A"+MC取得最小值時,求證：BXM±平面MAC.

39.(2024年高考(大綱文))如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，刈，底面

ABCD,AC=2后，PA=2,E是PC上的一點，PE=2EC.

(I)證明：PC,平面BED;

(II)設二面角A—PB—C為90°,求PD與平面PBC所成角的大小.

40.(2024年高考(北京文))如圖1,在RtAABC中，N

C=90°,D,E分別是AC,AB上的中點,

點F為線段CD上的一點.將4ADE沿DE折起到AAiDE的位置，使AF^CD,如圖2.

⑴求證:DE〃平面A￡B;A

(2)求證:AIFLBE;A

⑶線段AjB上是否存在點Q,使AC平面DEQ?說明理且

D

F

CB

41.(2024年高考(安徽文))如圖，長方體ABC。-A1用G2中，

。是30的中點，E是棱AA］上隨意一點.

(I)證明：;

(II)假如A5=2,AE=0,.OELEC求A41的長.

2024年高考文科數學解析分類匯編：立體幾何參考答案

一、選擇題

1.【答案】：A

解

【考點定位】本題考查棱錐的結構特征,考查空間想象實力,

極限思想的應用，是中檔題..

2.【答案】B

【命題意圖】本題考查的是平面幾何的基本學問，詳細為線

面平行、線面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性質.

【解析】利用解除法可得選項B是正確的，a,/，B,

則a，B.如選項A:/〃a,/〃B時,.a,B或a〃B;選項C:

若/，a,/〃B或/u〃；選項D:若若a，B,/，a,/〃B或

3.【答案】C

【命題意圖】本題考查的是三棱錐的三視圖問題，體現了對學生空間想象實力的綜合考查.

【解析】由題意推斷出,底面是一個直角三角形,兩個直角邊分別為1和2,整個棱錐的高由

側視圖可得為3,所以三棱錐的體積為LxLxlx2x3=l.

32

4.［答案］A

［解析］以0為原點，分別以0B、0C、0A所在直線為x、y、z軸，則

c°sNAOP=四詈=與卜吟R,ogR),P卷R*R,O)

ZAOP=arccos—AP=R-arccos—

4'4

［點評］本題綜合性較強,考查學問點較為全面，題設很自然的把向量、立體幾何、三角函數

等基礎學問結合到了一起.是一道學問點考查較為全面的好題.要做好本題須要有扎實的數

學基本功.

5.［答案］C

［解析］若兩條直線和同一平面所成角相等，這兩條直線可能平行，也可能為異面直線，也可

能相交，所以A錯;一個平面不在同一條直線的三點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面

平行,故B錯;若兩個平面垂直同一個平面兩平面可以平行,也可以垂直;.故D錯;故選項C正

確.

［點評］本題旨在考查立體幾何的線、面位置關系及線面的判定和性質，須要嫻熟駕馭課本基

礎學問的定義、定理及公式.

6.畫出三視圖，故選B

7.B

8.【命題意圖】本題主要考查簡潔幾何體的三

視圖及體積計算,是簡潔題.

【解析】由三視圖知，其對應幾何體為三棱錐，

其底面為一邊長為6,這邊上高為3,棱錐的高

俯視圖

為3,故其體積為!><LX6X3><3=9,故選B.

9.【答案】C

【解析】本題的主視圖是一個六棱柱，由三視圖可得地面為變長為1的正六邊形,高為1,則

干脆帶公式可求該直六棱柱的體積是：2xi(3+l)xlxl=4,故選C.

【考點定位】本題是基礎題，考查三視圖與地觀圖的關系，留意幾何體的位置與放法是解題

的關鍵，考查空間想象實力，轉化思想、計算實力.

10.［答案］DI-------------1

【解析】本題是組合體的三視圖問題，由幾何體的正視圖和側視圖均如圖

1所示知，原圖下面圖為圓柱或直四棱柱，上面是圓柱或直四棱柱或下底

是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是該幾何體的俯視圖,D不行能是該幾何

體的俯視圖，因為它的正視圖上面應為如圖的矩形.

【點評】本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查空間想象實力.是近年來

熱點題型.?-------------1

11.解析:C.該幾何體下部分是半徑為3,高為4的圓錐，體積為丫=!*萬義32乂4=12%，上部分是

半球,體積為萬x33=18%,所以體積為30萬.

23

12.【答案】D

【解析】分別比較A、B、C的三視圖不符合條件,D符合

【考點定位】考查空間幾何體的三視圖與直觀圖，考查空間想象實力、邏輯推理實力.

13.答案D

【命題意圖】本試題主要考查了正四棱柱的性質的運用，以及點到面的距離的求解.體現了

轉換與化歸的思想的運用，以及線面平行的距離,轉化為點到面的距離即可.

【解析】連結AC,3。交于點。，連結OE,因為是中點，所以OE〃AG，且。E=：AG，

所以AG〃皮把，即直線AG與平面BED的距離等于點C到平面BED的距離，過C做

CFLOE于尸，則b即為所求距離.因為底面邊長為2,高為2行，所以

AC=242,OC=42,CE=42,OE=2,所以利用等積法得CF=1,選D.

【答案】B

【解析】從所給的三視圖可以得到該幾何體為三棱錐,本題所求表面積為三棱錐四個面的面

積之和.利用垂直關系和三角形面積公式，可得：S底=10,S后=10,S右=10,S左=66,因此該

幾何體表面積S=30+66,故選B.

【考點定位】本小題主要考查的是三棱錐的三視圖問題，原來考查的是棱錐或棱柱的體積而

今年者的是表面積，因此考查了學生的計算基本功和空間想象實力.

二、填空題

15.【解析】由三視圖可知這是一個下面是個長方體,上面是個平躺著的五棱柱構成的組合體.

長方體的體積為3x4x2=24,五棱柱的體積是&瑾><1x4=6,所以幾何體的總體積為

2

30.

16.［答案］900

［解析］方法一:連接DM,易得DNLAD,DNXDiM,

所以,DN,平面AMD“

又AMu平面AMD“所以,DNLAD,故夾角為90°

方法二：以D為原點，分別以DA,DC,DDi為X,y,z軸,建立空間直角坐標系D—xyz.設正

方體邊長為2,則D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)Ai⑵0,2)

故麗=(0,2,1)，汨=(2,-1,2).

所以,cos〈〈而說〉=DN.MA=0,故DNLDM,所以夾角為90°

IDNHMAI|

［點評］異面直線夾角問題通常可以采納兩種途徑：第一，把兩條異面直線平移到同一平面

中借助三角形處理；其次,建立空間直角坐標系，利用向量夾角公式解決.

17.［解析］271r=2兀，尸1,S表=2兀77?+2兀7^=4兀+2兀=6兀.

18.答案：:解析：L-OEA=/必即

6326

19.【答案】3M

【解析】點P、4B、C、。為球。內接長方體的頂點，

球心。為該長方體對角線的中點，

AQ43的面積是該長方體對角面面積的工，

4

AB=2A/3,PA=2瓜：.PB=6,AQABD面積=-x2有x6=3也

4

【點評】本題主要考查組合體的位置關系、抽象概括實力、空間想象實力、運算求解實力

以及轉化思想，該題敏捷性較強,難度較大.該題若干脆利用三棱錐來考慮不宜入手，留意到

條件中的垂直關系，把三棱錐轉化為長方體來考慮就簡潔多了.

20.【答案】12+n

【解析】由三視圖可知該幾何體為一個長方體和一個等高的圓柱的組合體,其中長方體的

長、寬、高分別為4、3、1,圓柱的底面直徑為2,高位1,所以該幾何體的體積為

3x4xl+^-xlxl=12+^-

【點評】本題主要考查幾何體的三視圖、柱體的體積公式,考查空間想象實力、運算求解實

力，屬于簡潔題.本題解決的關鍵是依據三視圖還原出幾何體,確定幾何體的形態,然后再依

據幾何體的形態計算出體積.

21.127V【解析】由三視圖可知，該幾何體是由左右兩個相同的圓柱(底面圓半徑為2,高為1)與

中間一個圓柱(底面圓半徑為1,高為4)組合而成，故該幾何體的體積是

V=TTX22xlx2+^-xl2x4=12^.

【點評】本題考查圓柱的三視圖的識別，圓柱的體積.學生們平常在生活中要多多視察身邊

的實物都是由什么幾何形體構成的，以及它們的三視圖的畫法.來年需留意以三視圖為背

景,考查常見組合體的表面積.

3

22.答案段

【命題意圖】本試題考查了正方體中的異面直線所成角的

求解問題.

【解析】首先依據已知條件，連接O凡則由2E//AE可

知/DEO1或其補角為異面直線AE與D.F所成的角，設正

方體的棱長為2,則可以求解得到。尸=〃尸=&,。2=2,

再由余弦定理可得3〃世=隼n泮L”=|.

23.【解析】正確的是②④⑤

②四面體ABCD每個面是全等三角形,面積相等

③從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和等于180。

④連接四面體ABCD每組對棱中點構成菱形,線段互垂直平分

⑤從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長

24.【解析】表面積是56該幾何體是底面是直角梯形，高為4的直四棱柱幾何體的的體積是

V=1x（2+5）x4x4=56

三、解答題

25.【答案】：（i）（n）L

3

【解析】：（I）如答（20）圖1,因AC=BC,D為AB的中點，故CDLAB.又直三棱柱中，CQ，面

ABC，故CCJCD，所以異面直線CG和AB的距離為CD=，5C2—BD?=迅

(II):由CD_LA3,CD，B3i，故CD上面，從而CD，加,CD±DB,

為所求的二面角A.-CD-B,的平面角.

因AQ是A。在面A}ABB}上的射影，又已知AB1，4C,由三垂線定理的逆定理得

A用±AD,從而^AB{,ZA]DA都與AB}AB互余，因此ZAlAB1=Z^DA,所以Rt.^ADm

Rt4AA,因止匕叢得AV=8

ADA4,

從而+AD2=26,BQ=&D=26

所以在，4。用中，由余弦定理得COSAD4=”+郎-44=)

II2ADDB13

26.【命題意圖】本題主要以四棱錐為載體考查線線平行,線面垂直和線面角的計算，留意與平

面幾何的綜合，同時考查空間想象實力和推理論證實力.

⑴⑴因為C14〃AA，―耳口平面ADD]?所以C]及//平面ADD]AL

又因為平面4GM平面ADDA『所，所以G51//EF.所以4。//瓦\

(ii)因為8與，4與。1。，所以8與J.51G，

又因為3旦±用4,所以用￡±ABB^,，存葉

在矩形ABB.A,中，F是AA的中點，即缸工

tan=tanZA^B=事?即

/ABF=ZA^B，故幽，.

所以54,平面5GM.

(2)設84與用/交點為H,連結G”.

由⑴知B.C.EF,所以ZBQH是8G與平面BgEF所成的角.在矩形ABB}A,

44

中，AB=&,A4,=2,得=,在直角,BHC｝中，BQ=2A/3,BH=，得

^6

sinZBQH=旭=叵，所以BC與平面B^EF所成角的正弦值是730

BCX15

27.解：⑴如圖，在四棱錐P-ABCD中，因為底面ABCD是

矩形,所以AD=6C,且AD//5C,又因為AD±PD,故

NA4D或其補角是異面直線與所成的角.

pn

在RtAPDA中，tanNPAD=——=2,所以異面直線PA

AD

與所成角的正切值為2.

(2)證明：由于底面ABCD是矩形，故AD1CD,又

由于ADLPD,CDcPD=D,因此AD,平面PDC,而

ADu平面ABCD,所以平面PDC，平面ABCD.

⑶在平面P0C內，過點P作尸ELCD交直線CD于點心連接EB.由于平面PDCJ_平面

ABCD,由此得NPBE為直線Pfi與平面ABCD所成的角.

在AP0C中，PD=CD=2,PC=2G,可得ZPCD=30。

在RtAPEC中，PE=PCsin30°=百

由"/〃。，"，平面如口得以?,平面如。，因此6cLpc

在WAPCB中，PB=《PC?+BC。=屈，在HAPEB中,sin/PBE=a=叵

PB13

所以直線班與平面所成角的正弦值為普.

28.［解析］（1）連接0C.由已知，NOCP為直線PC與平面43c所成的角

設AB的中點為D,連接PD、CD.

因為AB=BC=CA,所以CD1AB.

因為ZAPB=90。，NPAB=60。，所以"4泌等邊三角形，

不妨設PA=2,則0D=l,0P=V3,AB=4.

所以CD=2V3,0C=^OD2+CD2=Jl+12=V13.

在RtAOCP中,tanNOPC="=W=g^

OCV1313

(2)過D作DE，AP于E,連接CE.

由已知可得,CD_L平面PAB.

據三垂線定理可知,CELPA,

所以，NCE。為二面角3—AP—C的平面角.

由（1）知,DE=q

在RtACDE中,tanZCED=—==2

DEC

故二面角5—AP—C的大小為arctan2

［點評］本題旨在考查線面位置關系和二面角的基礎概念，重點考查思維實力和空間想象實

力,進一步深化對二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常規步驟:一找（找尋現成的

二面角的平面角）、二作（若沒有找到現成的，須要引出協助線作出二面角.的平面角）、三求

（有了二面角的平面角后，在三角形中求出該角相應的三角函數值）.

29.m（1）5^=1x2x273=273,

三棱錐PN8C的體積為

V=15MfiCxPA=|x2V3x2=^

（2）取陽的中點區連接DE、AE,貝IJ

ED//BC,所以NN應（或其補角）是異面直線

BC與”所成的角

在三角形/鹿中，DE2AE=41,AD2

cosZADE=2：：窘2=弓，所以NN然=arccos|.

ZX/XZ4T-

因此,異面直線BC與所成的角的大小是arccos.

I?(i)妞圖.連結加3),,

VAB「一AH.C1是直三極柱，Z.CAH吟奇，

AC―平面ABBiA1.故ACJ.HA：.

乂■:AB-AAi，四邊形ABB1A1是正方形，

KA,_LAB),又GAflAB：-小

:.BAi_L平面CA8一故CBiIR"

30.

(II)AB=AAi=2./<.*=8.AC=A；C；=I.

由(I)知，ACJ.平面AHA,.

31.證明：(I)設瓦)中點為0,連接0C,OE,則由3C=CD知CO_L3Z),

又已知CE_LBZ),所以3O_L平面OCE.

所以BD_LOE,即是劭的垂直平分線,所以BE=DE.

(n)取四中點兒連接MV,ZW,,.,物是/￡的中點，.?.跖V〃殮，

,..△ARD是等邊三角形，.??由N式次120°知，/CBA30；

所以NN除60°+30°=90°,即8CLAB,所以他〃園

所以平面的跖〃平面BEC,又如u平面MND,故如〃平面BEC.

另證：延長AD,5c相交于點尸，連接EF.因為

CB=CD,ZABC=90°.

因為△ABD為正三角形，所以

ABAD=600,ZABC=900,則ZAKB=30°,

所以A3」AP,又AB=AD,

2

所以D是線段AF的中點,連接DM,]

又由點M是線段AE的中點知。河〃￡/，

而DM.平面附石尸u平面附故加〃平面龐C

32.【答案與解析】

⑴證明：取中點P,連結MP,NP,而M,N分別是AB

與夕。的中點,所以，

MP/7AA',PN〃A'C',所以,MP〃平面A'ACC,PN〃平面

A,ACC,又MPcNP=p,因此平面MPN〃平面4AC。,

而MNu平面MPN,所以,MN〃平面4ACC',

<n)(解法一)

連結8N,主題意/VN_H'C',平直力'8匕'C，血8'8CC'=8(".又以

AfN1fjftlN/iC.

又A'N=yB：C，放

乙:1,

,1I1...

tr—MNC=Xv-Mw=-7匕,4.以=7匕Jt【"-~'...12：j

「解法二；

11

—ITTETMM=y"=T.……?2寸

【點評】本題以三棱柱為載體主要考查空間中的線面平行的判定、棱錐體積的計算,考查空

間想象實力、推理論證實力、運算求解實力，難度適中.第一小題可以通過線線平行來證明

線面平行，也可通過面面平行來證明；其次小題求體積依據條件選擇合適的底面是關鍵,也

可以采納割補發來球體積.

33.【命題意圖】本題主要考查空間線線、線面、面面垂直的判定與性質及幾何體的體積計算,

考查空間想象實力、邏輯推理實力，是簡潔題.

【解析】(I)由題設知BC,CC],BC，AC,C￡cAC=C,6CL面ACCiA,.又：

DC]u面AC￡A,DCX_LBC,

由題設知NADC]=ZADC=45°,/.ZCDQ=90°,即DC,1DC,

又,：DCcBC=C,DG，面BDC,,.?。。]匚面3。。1，

.?.面面BZ)G;

(n)設棱錐5-ZMCG的體積為匕，AC=I,由題意得，x=；><Txixi=；,

由三棱柱ABC-4用G的體積V=1，

?,.(V-%):匕=1:1,??.平面3DG分此棱柱為兩部分體積之比為1:1.

法二：(I)證明：設AC=3C=a,則A4]=2a,

因側棱垂直底面，即D4,平面ABC,所以。A，AC,

又D是棱AAi的中點，所以ZM=gAA=a

在用ADAC中，由勾股定理得：DC=42a

同理。G=后a,又C[C=A]A=2a,

2

所以：DC'+DC=C1C,

即有G。……(1)

因AAL平面ABC,所以AALBC,

又ZACB=90°,所以ACBC,所以BC，側面ACC,AX，而G。口平面ACC^,

所以……(2)；由(1)和(2)得：G。，平面5cD，

又GDC平面BCQ,所以平面Mg，平面BDC

(II)平面BDG分此棱柱的下半部分可看作底面為直角梯形ACG。，高為BC的一個四棱

錐,其體積為:七=VB_ACCiD=--SACCiD?\BC\^--(史3.a].a=■,

該四棱柱的總體積為V=S.C.\AiA\=^.a.a.2a=a\

3

所以，平面BDG分此棱柱的上半部的體積為V上=V-VT=1a

所以，所求兩部分體積之比為1:1

34.【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,則折疊完后EG=3,GF=4,又因為EF=5,所以可得EG，GF

又因為CEL底面EGB,可得CFLEG,即EG,面CFG所以平面DEG,平面CFG.

(2)過G作GO垂直于EF,GO即為四棱錐G-EFCD的高，所以所求體積為

gs正方形》ECF.GO=；x5x5x[=20

35.【解析】(I)因為PAL平面ABCnBDu平面A8CD,所以PAJ_8D

又AC，BD,PA,AC是平面PAC內的兩條相較直線,所以BD，平面PAC,

而PCu平面PAC,所以BDLPC.

(II)設AC和BD相交于點0,連接P0,由(I)知,BD1平面PAC,

所以NDPO是直線PD和平面PAC所成的角，從而NDPO=30.

由BD，平面PAC,POu平面PAC,知BD±PO.

在Rt,POD中，由ZDPO=30,得PD=20D.

因為四邊形ABCD為等腰梯形，ACLBD,所以zMODqBOC均為等腰直角三角形,

從而梯形ABCD的高為gAD+g3C=；><(4+2)=3,于是梯形ABCD面積

S=1x(4+2)x3=9.

在等腰三角形AOD中，OD=JAD=20

2

所以=2OD=4后,PA=y/PD2-AD~=4.

故四棱錐尸一ABCD的體積為丫=工義5*巳4=,、9義4=12.

33

【點評】本題考查空間直線垂直關系的證明，考查空間角的應用，及幾何體體積計算.第一問

只要證明BD1,平面PAC即可，其次問由(I)知,BD_L平面PAC,所以NOPO是直線PD和平面

PAC所成的角，然后算出梯形的面積和棱錐的高，由算得體積.

3

36.【解析】⑴因為四棱柱432c的側面是全等的矩形，所以9LAB,維LAD

又因為ABcA￡)=A,所以A4，平面ABCD

連接3￡),因為5Du平面ABCD,所以AgLBD

因為底面ABCD是正方形，所以依據棱臺的定義可

知，5。與4。共面.

又已知平面ABCDH平面A4C2,且平面BBRDc平面

ABCD=BD

平面BBRDc\BXCXDX=BXDX,所以BQJIBD,于是

由小可得小，與。1，AC1B}D]

又因為A&cAC=A,所以BQ]，平面ACC24.

(2)因為四棱柱ABC。-432c2。2的底面是正方形,側面是全等的矩形,所以

22

E=54恥也+S四個側面=(&用)2+4AB-AA,=10+4xl0x30=1300(cm)

又因為四棱臺4用G2-A3。的上、下底面均是正方形，側面是全等的等腰梯形，所以.

=21

^2+S四個側面梯形=(AA)+4、2(45+等腰梯形的高

=202+4x|(10+20)^132-[1(20-10)]2=1120(cm2)

于是該實心零部件的表面積為5=耳+邑=1300+1120=24203/）,故所需加工處理費為

0.25=0.2x2420=484（7E）

【點評】本題考查線面垂直,空間幾何體的表面積;考查空間想象,運算求解以及轉化與劃歸

的實力.線線垂直。線面垂直。面面垂直是有關垂直的幾何問題的常用轉化方法；四棱柱

與四棱臺的表面積都是由簡潔的四邊形的面積而構成，只需求解四邊形的各邊長即可.來年

需留意線線平行,面面平行特殊是線面平行，以及體積等的考查.

37.解析：（I）因為AS,平面P4O,PHu平面%D,所以又因為PH為AR4。中AD

邊上的高，所以PHLAD.ABAD^A,ABu平面ABCD,ADu平面ABCD,所以PH,平面

ABCD.

(IDS=-FC-AD^-X1XS/2=—,因為E是PB的中點，PH,平面ABCD,所以點E到平

ABCF222

面ABCD的距離等于-PH=-,即三棱錐E-BCF的高h=L,于是

222

17-1e,1V21_V2

VE-BCF=~SABCF二§XyX/二五.

（HD取R4中點G,連接G￡?、GE.因為E是PB的中

GE^-AB且GE〃鉆.而尸是OC上的點且

2

DF^-AB,DF//AB,所以GE=D尸且GE〃DF.

2

邊形GDFE是平行四邊形，所以￡F〃GO.而

所以GD_L卓.又因為AS,平面P4。，G￡）u平面

以ABLGD.而ABPA^A,ABu平面R4u平面%B,所以GDL平面R4B,即平

面RW.

38.【考點定位】本題主要考察直線與直線、直線與平面的位置關系以及體積等基本學問，考查

空間想象實力、推理論證實力、運算求解實力.、數形結合思想、化歸與轉化思想.

【解析】⑴又長方體AD1平面CDDg.點、A到平面CDD