2011-2018年度高考-数学立体几何分类汇编(理).doc

/ 2011-2018新课标(理科)立体几何分类汇编 一、选填题 【2012新课标】（7）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ B ） 【解析】选。该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为，此几何体的体积为 【2012新课标】（11）已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ A ） 【解析】的外接圆的半径，点到面的距离，为球的直径点到面的距离为此棱锥的体积为 另：排除 【2013新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( A ) A、cm3 B、cm312 C、cm3 D、cm3 【解析】设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则，解得R=5，∴球的体积为=，故选A. 【2013新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A ) A、16+8π B、8+8π C、16+16π D、8+16π 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2 高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为 =，故选. 【2013新课标2】4. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则( D　　)． A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 【解析】因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α.同理可得l∥β。又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D. 【2013新课标2】7. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为(　　A )． 【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像如图： 【2014新课标1】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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ B 　　） A、6 B、6 C、4 D、4 【解析】几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4， ，AC==6，AD=4，显然AC最长。 【2014新课标2】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(　C 　) A. B. C. D. 【解析】该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π322＋π224＝34π(cm3)，原毛坯的体积为π326＝54π(cm3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm3)，故所求的比值为＝。 【2014新课标2】11. 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(　 C ) A. B. C. D. 【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＝。 【2015新课标1】6.《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)，米堆底部的弧度为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（ B ） A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 【2015新课标1】(11)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=（ B ） （A）1 （B）2 （C）4 （D）8 【2015新课标2】（6）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） （B） （C） （D） 【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为． 【2015新课标2】（9）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（ C ） A．36π B.64π C.144π D.256π 【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C． 【2016新课标1】（6）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，则它的表面积是（ A ） （A）（B）（C）（D） 【解析】该几何体为球体，从球心挖掉整个球的（如右图所示），故 解得，。 【2016新课标1】(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABA1B1=n，则m、n所成角的正弦值为（ A ） (A) (B) (C) (D) 【详细解答】令平面a与平面CB1D1重合，则m = B1 D1，n= CD1 故直线m、n所成角为，正弦值为 【2016新课标2】6. 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( C ) （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，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．由图得，，由勾股定理得： 【2016新课标2】14. ，是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题： ①如果，，，那么。②如果，，那么． ③如果,,那么。 ④如果,,那么m与所成的角和n与所成的角相等． 其中正确的命题有 ②③④ .(填写所有正确命题的编号) 【2016新课标3】9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ B ） (A)18＋36 (B)54＋18 (C)90 (D)81 【2016新课标3】10. 在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA13，则V的最大值是（ B ） (A)4π (B) (C)6π (D) 【2017新课标1】7．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个是梯形，这些梯形的面积之和为（ B ） A．10 B．12 C．14 D．16 【2017新课标1】16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以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：cm3）的最大值为_______。 【2017新课标2】4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，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（ B ） A． B． C． D． 【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半。 【2017新课标2】10.已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ C ） A． B． C． D． 【解析】，，分别为，，中点，则，夹角为和夹角或其补角（异面线所成角为） 可知，，作中点，则可知为直角三角形． ，，中，，，则，则中，， 则中， 又异面线所成角为，则余弦值为。 【2017新课标3】8．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（ B ） A． B． C． D． 【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径，则圆柱体体积，故选B. 【2017新课标3】16．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与 ，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线与成角时，与成角； ②当直线与成角时，与成角； ③直线与所成角的最小值为； ④直线与所成角的最大值为．其中正确的是___②③_____（填写所有正确结论的编号） 【解析】由题意知，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，，斜边以直线为旋转轴旋转，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆。以为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系． 则，，直线的方向单位向量，，点起始坐标为， 直线的方向单位向量，，设点在运动过程中的坐标， 其中为与的夹角，。 那么在运动过程中的向量，． 设与所成夹角为，则． 故，所以③正确，④错误．设与所成夹角为， . 当与夹角为时，即，． ∵，∴，∴． ∵，∴，此时与夹角为，∴②正确，①错误． 【2018新课标1】7．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ） A． B． C． D．2 【答案】B 【2018新课标1】12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【2018新课标2】9．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【2018新课标2】16．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 【答案】 【2018新课标3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ） 【答案】A 【2018新课标3】10．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 二、解答题 【2011新课标】 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 【答案】 （Ⅰ）因为, 由余弦定理得 ，从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故PABD （Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则 ,,,。 设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即 因此可取n= 设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 【2012新课标】19. 如图，直三棱柱中，，是棱的中点， （1）证明： （2）求二面角的大小。 【答案】（1）在中， 得： 同理： 得：面 （2）面 取的中点，过点作于点，连接 ，面面面 得：点与点重合 且是二面角的平面角 设，则， 既二面角的大小为 【2013新课标1】18、（本小题满分12分） 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1， ∠BAA1=60. （Ⅰ）证明AB⊥A1C; （Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值。 【答案】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，∵AB=，=，∴是正三角形，∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥； （Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB， 又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，由题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,==(－1,0,),=(0,－,), 设=是平面的法向量， 则，即， 可取=（，1，-1）， ∴=， ∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 【2013新课标2】18．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝. (1)证明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D－A1C－E的正弦值． 【答案】 (1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD，BC1平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)由AC＝CB＝得，AC⊥BC. 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. 设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)． 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， 则即 可取n＝(1，－1，－1)． 同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m＝(2,1，－2)． 从而cos〈n，m〉＝，故sin〈n，m〉＝.即二面角D－A1C－E的正弦值为. 【2014新课标1】19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C． （Ⅰ ）证明：AC=AB1； （Ⅱ ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值． 【答案】 （1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形， ∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又 ∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO， ∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO， 又B1O=CO， ∴AC=AB1， （2） ∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO， 又 ∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB， ∴OA，OB，OB1两两垂直， 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度， 的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB1=60，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC， ∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0） ∴=（0，，），==（1，0，），==（﹣1，，0）， 设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量， 则，可取=（1，，）， 同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣，）， ∴cos＜，＞==， ∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 【2014新课标2】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. （Ⅰ）证明：PB∥平面AEC； （Ⅱ）设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积. 【答案】 （1）连结BD交AC于点O,连结EO 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点 又E为的PD的中点，所以EO∥PB EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC （2）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，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则A—xyz,则D(0, ,0),则E(0, ,),=(0, ,) 设B(m,0,0)(m＞0)，则C（m, ，0）设n(x,y,z)为平面ACE的法向量，则{ 即{ 可取=（,-1, ）又=（1,0,0）为平面DAE的法向量， 由题设=，即=，解得m=因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为，三棱锥E-ACD的体积为V== 【2015新课标1】（18）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）证明：平面AEC⊥平面AFC （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值 D D1 C1 A1 E F A B C B1 【2015新课标2】如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E = D1F = 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。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF与平面α所成的角的正弦值。 【答案】 【2016新课标1】18. 如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是． （I）证明平面ABEFEFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I），，又,所以平面ABEFEFDC； （II）以E为坐标原点，EF，EB分别为x轴和y轴建立空间直角坐标系（如图），设，则，因为二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是，即， 易得,,，, 设平面与平面的法向量分别为和，则 令，则， 由， 令，则， ，二面角E-BC-A余弦值. 【2016新课标2】19. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，，，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△的位置. （I）证明：平面ABCD； （II）求二面角的正弦值. 【答案】 ⑴证明：∵，∴，∴． ∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴； 又，，∴，∴，∴，∴， ∴．又∵， ∴面． ⑵建立如图坐标系．， ，，， ,, 设面法向量， 由得，取 ∴．同理可得面的法向量 , ， ∴ 【2016新课标3】(19)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面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。 （1）证明：MN∥平面PAB （2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【答案】 【2017新课标1】18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】 （1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面内做，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系。由（1）及已知可得，，，， 所以，，， 设是平面的法向量，则 ，即，可取. 设是平面的法向量，则 ，即，可取，则， 所以二面角的余弦值为。 【2017新课标2】19. 如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点. （1）证明：直线 平面PAB （2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB-D的余弦值 【答案】 （1）令中点为，连结，，． ∵，为，中点，∴为的中位线，∴．又∵，∴，又∵，∴，∴．∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴ （2）以中点为原点，如图建立空间直角坐标系．设， 则，，，，，，． 在底面上的投影为，∴．∵，∴为等腰直角三角形． ∵为直角三角形，，∴． 设，，．∴． ． ∴．∴， ，．设平面的法向量． ，∴，，． 设平面的法向量为，，∴． ∴二面角的余弦值为． 【2017新课标3】19. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形．，． （1）证明：平面平面； （2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分．求二面角的余弦值． 【解析】⑴取中点为，连接，； 为等边三角形 ∴ ∴ . ∴,即为等腰直角三角形，为直角又为底边中点 ∴ 令，则，易得：， ∴，由勾股定理的逆定理可得，即 又∵， 由面面垂直的判定定理可得 ⑵由题意可知，即,到平面的距离相等，即为中点，以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，， 易得：，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，解得，解得 若二面角为，易知为锐角，则 【2018新课标1】18. 如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 【解析】 （1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF． 又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD． （2）作PH⊥EF，垂足为H．由（1）得，PH⊥平面ABFD． 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz． 由（1）可得，DE⊥PE．又DP=2，DE=1，所以PE=． 又PF=1，EF=2，故PE⊥PF．可得． 则为平面ABFD的法向量． 设DP与平面ABFD所成角为，则． 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为． 【2018新课标2】20. 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【解析】 （1）因为，为的中点，所以，且. 连结，因为，所以为等腰直角三角形， 且，. 由 知.由知平面. （2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由已知得： 取平面的法向量. 设，则. 设平面的法向量为. 由得，可取， 所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 【2018新课标3】19. 如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 【解析】 （1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM． 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以 DM⊥CM． 又 BCCM=C，所以DM⊥平面BMC． 而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． （2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz． 当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点． 由题设得：， 设是平面MAB的法向量，则 即可取． 是平面MCD的法向量，因此，， 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是