2019年高考数学空间几何体(文科)含解析

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2019年高考文数——立体几何(解答)

2019年高考文数——立体几何1.(19全国一文19．（12分）)如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．2.(19全国二文17．（12分）)如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．3.(19全国三文19．（12分）)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.4.(19北京文（18）（本小题14分）)-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．如图，在四棱锥P ABCD（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．5.(19天津文（17）（本小题满分13分）)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.参考答案：1．解：（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为417.2．解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．3．解：（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ．因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2．所以四边形ACGD 的面积为4．4.解：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．5.（Ⅰ）证明：连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD . （Ⅱ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ，所以PA ⊥平面PCD .（Ⅲ）解：连接AN ，由（Ⅱ）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.。

2019年全国统一高考数学试卷(文科)(含解析)

，
，则
，
，
，所以 A 为椭圆短
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轴端点，在
中，
，
在
中，由余弦定理可得
，
根据
，可得
，解得
，
，
13.【答案】
解：
当
时，
曲线
14.【答案】
，所以椭圆 C 的方程为：
，故选 B．
，，
在点
，
在点
处的切线斜率
，
处的切线方程为：
．故答案为
．
解：数列为等比数列，
，
，
，
，整理可得
，
解得
，故
，故答案为．
过点 A，B 且与直线为定值？并说明理由．
相切．
22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为
半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为求 C 和 l 的直角坐标方程；求 C 上的点到 l 距离的最小值．
为参数以坐标原点 O 为极点，x 轴的正．
23. 已知 a，b，c 为正数，且满足
，且
，则与的夹角为
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A.
9. 下图是求
A. B. C. D.
B.
C.
D.
的程序框图，图中空白框中应填入
10. 双曲线
的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线 C 的离心率为
A.
B.
C.
D.
11.
的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，已知
，
A. 6
B. 5
12. 已知椭圆 C 的焦点为
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2019文科数学全国卷立体几何真题练习答案在卷尾

2019文科数学全国卷立体几何真题练习答案在卷尾全国卷14.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是215-（618.0215≈-称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是215- .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为cm 105，头顶至脖子下端的长度为cm 26，则其身高可能是（）A.cm 165B.cm 175C.cm 185D.cm 19016.已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的，那么P 到平面ABC 的距离为 .19. 如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=，,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点.（1）证明：//MN 平面1C DE（2）求点C 到平面1C DE 的距离.全国卷27. 设,αβ为两个平面，则//αβ的充要条件是( )A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. ,αβ平行于同一条直线D. ,αβ垂直于同一平面16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为 .(本题第一空2分，第二空3分.)17.如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥. （1）证明：BE ⊥平面11EB C（2）若1AE AE =,3AB =,求四棱锥11E BB C C -的体积.全国卷38.如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面⊥ECD 平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（）A.EN BM =，且直线EN BM ,是相交直线B.EN BM ≠，且直线EN BM ,是相交直线C.EN BM =，且直线EN BM ,是异面直线D.EN BM ≠，且直线EN BM ,是异面直线16.学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型。

立体几何(文科专用)(解析版)

专题09 立体几何1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（）A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．3．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.一、考向分析：二、考向讲解考查内容解题技巧几何体表面积与体积1、空间几何体表面积的求法（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量。

【2019版课标版】高考数学文科精品课件§8.1空间几何体、三视图和直观图.pdf

4
2
答案 C
14.(2014 浙江 ,3,5 分) 某几何体的三视图 ( 单位 :cm) 如图所示 , 则该几何体的体积是 ( )
A.72 cm 3 B.90 cm 3 C.108 cm 3
D.138 cm 3
答案 B 15.(2014 课标 Ⅱ,6,5 分) 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
A.1
B. √2 C. √3 D.2
答案 C
6.(2014 课标 Ⅰ,8,5 分) 如图 , 网格纸的各小格都是正方形 , 粗实线画出的是一个几何体的三视图 , 则这个几何体是 ( )
A. 三棱锥 C. 四棱锥
B. 三棱柱 D. 四棱柱
答案 B
7.(2017 山东 ,13,5 分) 由一个长方体和两个
要求
高考示例
常考题型预测热度
2017 课标全国 Ⅱ,6;
2017 浙江 ,3;
Ⅱ
2016 课标全国 Ⅰ,7;
选择题、
2015 北京 ,7;
填空题
2014 课标 Ⅰ,8
★★★
分析解读高考对本节内容的考查主要分为两类 : ①以柱、锥、球、台的定义和相关性质为基础 , 考查点、线、面的位置关系 ; ②对空间几何体结构特征的认
A. 1+2π B. 13π C. 7π
3
6
3
答案 B
D. 5π
2
10.(2015 安徽 ,9,5 分) 一个四面体的三视图如图所示 , 则该四面体的表面积是 ( )
A.1+ √3 C.2+ √3 答案 C
B.1+2 D.2
√2 √2

2019年高考数学文真题分项解析：专题10 立体几何

第十章立体几何1.【2019高考新课标Ⅱ，文7】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．2.【2019高考新课标Ⅲ，文8】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则（）A. BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B. BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C. BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D. BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B【解析】【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ．连BF ，Q 平面CDE ⊥平面ABCD ．,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCE ，MFB ∴∆与EON ∆均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===，5,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角性。

3.【2019高考浙江卷，4】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A. 158B. 162C. 182D. 32【答案】B【解析】【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.4.【2019高考浙江卷，8】设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（）A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<【答案】B【解析】【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图G 为AC 中点，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直AE ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 交VG 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB α===<=β，即αβ>，tan tan PD PD ED BDγ=>=β，即y >β，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γ'=γ）由最大角定理β<γ'=γ，故选B.方法3：（特殊位置）取V ABC -为正四面体，P 为VA 中点，易得cos sin sin 33α=⇒α=β=γ=，故选B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.5.【2019高考新课标Ⅰ，文16】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC ，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．【详解】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ，知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD OD P I ，CD \^平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥PD PE ==∵2PC =．sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=， PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===2PC =，PO ∴==．【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．6.【2019高考新课标Ⅱ，文16】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印.信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】 (1). 共26个面. (2). 1.【解析】【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==1．【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．7.【2019高考新课标Ⅲ，文17】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .【答案】118．8【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得， 2146423122EFGH S cm =⨯-⨯⨯⨯=，四棱锥O −EFG 的高3cm ， ∴31123123O EFGH V cm -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144V cm =⨯⨯=，所以该模型体积22114412132V V V cm =-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．8.【2019高考北京卷，文12】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】【分析】本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=. 【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．9.【2019高考北京卷，文13】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m . 正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α.不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α.不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.10.【2019高考天津卷，文12的正方形，侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】4π. 【解析】【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径。

2019年高考数学月考立体几何、解析几何(文科 )含解析

用斜二测画法画出的一图形的直观图是一个如图所示的面积为
′，则原图形的面积是
中，∠ABC＝90°
图所示，则剩下部分的体积是()
由题意及给定的三视图可知，原几何体是在直三棱柱的基础上，
A1所得的几何体，且三棱柱的底面是腰长的等腰直角三角形，高为5.AM＝2，B1C
所以截去后剩余的几何体的体积为V
已知三棱锥S－ABC的底面是以＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥ABC的距离是()
的值最小．
，得
402
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫20－p 22＝41，解得p y 2＝116x ，点M (20,40)在抛物线内，故舍去．或22. 哈尔滨六中一模)如图，在矩形ABCD 中，边的中点，沿AE 将△ADE 折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为________．
ACD ；②CD ⊥平面BED ；③BD ⊥平面
AB＝8，BC＝4
BCE上的投影为
所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面
2
上是否存在一点Q，使BQ∥平面
⊥平面PCD.
与等腰直角△
ACD＝90°，AE
；
的体积．
的中点P，连接为中位线，
，
江苏南京、盐城一模)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆
的焦点．
的标准方程；
m交椭圆E于P，Q
折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥⊥平面A1OC；
BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE 的值．
证明：在题图1中，
若过点M(2,0)的直线→(O为坐标原点＝tOP。

2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案

2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案立体几何专题1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行。

解析：根据面面平行的判定定理，α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件。

又根据面面平行性质定理，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行。

因此，α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件。

所以选B。

名师点睛：本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，需要运用面面平行的判定定理与性质定理进行判断。

容易犯的错误是记不住定理，凭主观臆断。

2.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线。

解析：连接ON，BD，容易得到直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线。

过M作MF⊥OD于F，连接BF，平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊥平面CDE，因此EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON均为直角三角形。

设正方形边长为2，可以计算出EO=3，ON=1，EN=2，MF=35，BF=22，因此BM=7，BM≠EN，故选B。

名师点睛：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形。

解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题。

3.【2019年高考浙江卷】XXX是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高。

若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是162.解析：根据三视图，可以得到底面为直角梯形，上底为10，下底为18，高为9.因此，底面积S=1/2(10+18)×9=108，高h=9，代入公式V柱体=Sh可得V柱体=108×9=972，单位为cm3，故选B。

2019高考文科试题分类图形题立体几何试题集锦含详细答案

图形题及立体几何一、选择题1．（安徽3）．已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是省（ B ）A ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖B ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖C ．,,m n m n αα若则‖‖‖D ．,,m m αβαβ若则‖‖‖2．（北京8）如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设B P x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ B ）3．(福建6)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=BC =2，AA 1=1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为（ D ） A.223 B.23 C.24 D.134．（广东7）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A ，B ，C 分别是△CHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ A ）ABC DMNP A 1B 1C 1D 1 yxA ．OyxB ．OyxC ．Oyx D ．O5．（宁夏12）已知平面α⊥平面β，l αβ=，点A α∈，A l ∉，直线AB l ∥，直线AC l ⊥，直线m m αβ∥，∥，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ D ） A ．AB m ∥B ．AC m ⊥C ．AB β∥D ．AC β⊥6．（湖南5）已知直线m,n 和平面βα,满足βα⊥⊥⊥,,a m n m ,则 ( D ).A n β⊥ ,//.βn B 或β⊂n α⊥n C . ,//.αn D 或α⊂n7．（湖南9）长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，11=AA ，则顶点A 、B 间的球面距离是( B )A ．42π B ．22πC ．π2D ．2π2 8．（江西9）．设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是（ B ） A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不．可能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 9．（辽宁12）在正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别为棱1AA ，1CC 的中点，则在空间中与三条直线11A D ，EF ，CD 都相交的直线（ D ） A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条10．（全国Ⅰ11）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ B ）A ．13B ．23C ．33D ．2311．（全国Ⅱ8）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为（ B ） A ．3 B ．6 C ．9 D ．18 12．（全国Ⅱ12）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（ C ） A ．1B ．2C ．3D ．213．(山东6) 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ D ）俯视图正(主)视图侧(左)视图2 32 2A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π 14．（上海13）给定空间中的直线l 及平面α．条件“直线l 与平面α内两条相交直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（ C ）Ａ．充分非必要条件Ｂ．必要非充分条件C ．充要条件Ｄ．既非充分又非必要条件15．（四川８）设M 是球心O 的半径OP 的中点，分别过,M O 作垂直于OP 的平面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积比值为：( D ) （Ａ）41 （Ｂ）12 （Ｃ）23 （Ｄ）3416．（四川10）设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与,l α都成030角的直线有且只有：( B )（Ａ）１条（Ｂ）２条（Ｃ）３条（Ｄ）４条 17．（四川12）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于( B )（Ａ）2 （Ｂ）22 （Ｃ）32 （Ｄ）42 18．(天津5) 设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ C ） A ．a b αβαβ⊥⊥，∥， B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥ C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，19．（浙江9）对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 ( B ) （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥20．(重庆11)如题（11）图，模块①－⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成.现从模块①－⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体.则下列选择方案中，能够完成任务的为 ( A )(A)模块①，②，⑤ (B)模块①，③，⑤ (C)模块②，④，⑥ (D)模块③，④，⑤21．(湖北4).用与球必距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 ( D ) A.323π B.83πC.82πD. 823π22．(陕西8)长方体1111ABCD A B C D -的各顶点都在半径为1的球面上,其中1::2:1:3A B A D A A=,则两,A B 点的球面距离为( C ) A ．4πB ．3π C ．2π D ．23π 23．(陕西10) 如图，l A B A B αβαβαβ⊥=∈∈，，，，，到l 的距离分别是a 和b ，AB 与αβ，所成的角分别是θ和ϕ，AB 在αβ，内的射影分别是m 和n ，若a b >，则（ D ） A ．m n θϕ>>， B ．m n θϕ><， C ．m n θϕ<<，D ．m n θϕ<>，二、填空题1．（安徽16）已知点,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥若6,AB =213,AC =8AD =,则,B C 两点间的球面距离是43π2．（福建15）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 . 9π3．（广东15）（几何证明选讲选做题）已知PA 是圆O 的切点，切点为A ，A B abl αβMA BDCOPA ＝2.AC 是圆O 的直径，PC 与圆O 交于B 点，PB ＝1，则圆O 的半径R =________.3 4．（宁夏14）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为．43π 5．（江西15）连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB CD 、的长度分别等于27、43，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为．56．（辽宁14）在体积为43π的球的表面上有A 、B ，C 三点，AB =1，BC =2，A ，C 两点的球面距离为33π，则球心到平面ABC 的距离为_________．327．（全国Ⅰ16）已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于．328．（全国Ⅱ16）平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件① ；充要条件② ．（写出你认为正确的两个充要条件）两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点；底面是平行四边形．注：上面给出了四个充要条件．如果考生写出其他正确答案，同样给分．9．（浙江15）已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 点体积等于。

2019年高考数学真题分类汇编：专题(10)立体几何(文科)及答案

2019年高考数学真题分类汇编专题10 立体几何文1.【2018高考浙江，文4】设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（） A ．若l β⊥，则αβ⊥ B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若//l β，则//αβ D ．若//αβ，则//l m 【答案】A【解析】采用排除法，选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当αβ⊥时，,l m 可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，//l β时，,αβ可以相交；选项D 中，//αβ时，,l m 也可以异面.故选A.【考点定位】直线、平面的位置关系.【名师点睛】本题主要考查空间直线、平面的位置关系.解答本题时要根据空间直线、平面的位置关系，从定理、公理以及排除法等角度，对个选项的结论进行确认真假.本题属于容易题，重点考查学生的空间想象能力以及排除错误结论的能力.2.【2018高考新课标1，文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），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，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，估算出堆放的米有（）（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是14圆锥，底面周长是两个底面半径与14圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题. 3.【2018高考浙江，文2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（） A ．83cm B ．123cm C ．3233cm D ．4033cm【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体与一个底面边长为2，高为2的正四棱锥的组合体，故其体积为32313222233V cm =+⨯⨯=.故选C. 【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力. 4.【2018高考重庆，文5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）(A) 123π+ (B)136π (C) 73π (D) 52π【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆柱，再加上一个半圆锥：其底面半径为1，高也为1，构成的一个组合体，故其体积为61311612122πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯，故选B. 【考点定位】三视图及柱体与锥体的体积.【名师点睛】本题考查三视图的概念和组合体体积的计算，采用三视图还原成直观图，再利用简单几何体的体积公式进行求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.5.【2018高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A ．3π B ．4π C ．24π+ D ．34π+【答案】D【解析】由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为21121222342πππ⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=+，故答案选D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.6.【2018高考广东，文6】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列A ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 与1l ，2l 都不相交【答案】A【解析】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则l 至少与1l ，2l 中的一条相交，故选A ．【考点定位】空间点、线、面的位置关系．【名师点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要注意选项中的重要字眼“至少”、“至多”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.【2018高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是（）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【答案】C 【解析】由题可知，当P 点运动时，在空间中，满足条件的AP 绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.【考点定位】1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.【名师点睛】本题主要考查圆锥曲线的定义以及空间线面的位置关系.解答本题时要能够根据给出的线面位置关系，通过空间想象能力，得到一个无限延展的圆锥被一个与之成60角的平面截得的图形是椭圆的结论.本题属于中等题，重点考查学生的空间想象能力以及对圆锥曲线的定义的理解.8.【2018高考湖北，文5】12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则（）A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【答案】A .【解析】若p ：12,l l 是异面直线，由异面直线的定义知，12,l l 不相交，所以命题q ：12,l l 不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：12,l l 不相交，则12,l l 可能平行，也可能异面，所以不能推出12,l l 是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A .【考点定位】本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题. 【名师点睛】以9、【2018高考新课标1，文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，该几何体的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1620π+，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22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B. 【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则组合体中的各个量.10.【2018高考福建，文9】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A．8+ B．11+．14+．15 【答案】B【解析】由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为12，，直角腰长为1，．底面积为12332⨯⨯=，侧面积为所以该几何体的表面积为11+B ．【考点定位】三视图和表面积．【名师点睛】本题考查三视图和表面积计算，关键在于根据三视图还原体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体，属于中档题．11.【2018高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) （A ）错误！未找到引用源。

2019年高考数学真题分类汇编专题17：空间几何(综合题含解析)

2019年高考数学真题分类汇编专题17：空间几何(综合题）一、解答题1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．2.（2019•浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.3.（2019•天津）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.4.（2019•天津）如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.5.（2019•全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.6.（2019•全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DC，如题2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.7.（2019•卷Ⅱ）如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，。

（1）证明：；（2）若，，求四棱锥的体积。

8.（2019•卷Ⅱ）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.9.（2019•北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.10.（2019•北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3。

专题11：文科立体几何高考真题小题(全国卷)赏析(解析版)

专题11：文科立体几何高考真题小题（全国卷）赏析（解析版） 1，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为22(2)222212S πππ=+⋅⋅=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.2，2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则（）A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ．连BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ．,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ， MFB ∴∆与EON ∆均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===，35,,72MF BF BM ==∴=．BM EN ∴≠，故选B ．【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角性．3，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为（）A ．8B ．62C ．82D ．83【答案】C【分析】首先画出长方体1111ABCD A B C D -，利用题中条件，得到130AC B ∠=，根据2AB =，求得123BC =可以确定122CC =之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ∠=，因为2AB =，所以123BC =，从而求得122CC =，所以该长方体的体积为222282V =⨯⨯=故选C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.4．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．22B 3C 5D 7 【答案】C【分析】利用正方体1111ABCD A B C D -中，//CD AB ，将问题转化为求共面直线AB 与AE 所成角的正切值，在ABE ∆中进行计算即可.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，//CD AB ，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以5BE a =，则55tan22BE aEABAB a∠===.故选C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.5．2018年全国卷Ⅲ文数中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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A．B．C．D．【答案】A【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题．6．2018年全国卷Ⅲ理数高考试题文设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为A ．123B ．183C ．243D ．543【答案】B【详解】分析：作图，D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的中心，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2393ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 233BE ∴==Rt OMB ∴中，有22OM 2OB BM -=DM OD OM 426∴=+=+=()max 19361833D ABCV-∴=⨯⨯=故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM⊥平面ABC时，三棱锥D ABC-体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到2BM233BE==，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．7．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A．14B．8πC．12D．4π【答案】B【解析】设正方形边长为a，则圆的半径为2a，正方形的面积为2a，圆的面积为2π4a.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是221ππ248aa⋅=，选B.点睛:对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算()P A.8．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ．点睛:本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．9，2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷）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后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B. 点睛:（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．10．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）（2017新课标全国Ⅲ理科）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A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4 【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径221312r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.11．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（）．A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．【详解】画出正方体1111ABCD A B C D -，如图所示．对于选项A ，连1D E ，若11A E DC ⊥，又111DC A D ⊥，所以1DC ⊥平面11A ED ，所以可得11DC D E ⊥，显然不成立，所以A 不正确．对于选项B ，连AE ，若1A E BD ⊥，又1BD AA ⊥，所以DB ⊥平面1A AE ，故得BD AE ⊥，显然不成立，所以B 不正确．对于选项C ，连1AD ，则11AD BC ．连1A D ，则得111,AD A D AD ED ⊥⊥，所以1AD ⊥平面1A DE ，从而得11AD A E ⊥，所以11A E BC ⊥．所以C 正确．对于选项D ，连AE ，若1A E AC ⊥，又1AC AA ⊥，所以AC ⊥平面1A AE ，故得AC AE ⊥，显然不成立，所以D 不正确．故选C ．【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．12．2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．13．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，,ABCD m α⋂=平面，11ABB A n α⋂=平面，则m ，n 所成角的正弦值为A ．3B 2C 3D ．13【答案】A【详解】试题分析：如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为//α平面11CB D ，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1D 作11D E B C ∥，连接11,CE B D ，则CE 为'm ，同理11B F 为'n ，而111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，即为60︒，故,m n 所3 A.【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,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.14．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国2卷）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 A ．12π B ．323π C ．8π D ．4π【答案】A 【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为233243)12ππ⋅=，故选A. 【考点】正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为a 的正方体相关的球有三个：外接球、内切球和与各条棱都相3a 、2a和22a .15．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国2卷）如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．20πB．24πC．28πD．32π【答案】C【解析】试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．，，所以几何体的表面积为．考点：三视图与表面积．16．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）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，则该多面体的表面积为（）A．B．C．90D．81【答案】B【解析】【详解】试题分析：解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱，其底面面积为：3×6=18，前后侧面的面积为：3×6×2=36，左右侧面的面积为：，故棱柱的表面积为：．故选：B．点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题.17．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则该球体积V的最大值是A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B.考点：球及其性质.18．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ）《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，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】B 【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式19．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）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，该几何体的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1620π+，则r = ( )A ．1B ．2C ．4D ．8 【答案】B【解析】试题分析：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22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+="16" + 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 20．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ）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下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．18B．17C．16D．15【答案】D 【详解】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的16,剩余部分体积是正方体体积的56,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.21．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ）已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【答案】C【详解】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2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ．考点：外接球表面积和椎体的体积．22．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【答案】B 【解析】试题分析：由三视图中的正视图可知，由一个面为直角三角形，左视图和俯视图可知其它的面为长方形．综合可判断为三棱柱．考点：由三视图还原几何体.23．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），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3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为（） A ．2717 B ．95 C ．2710 D ．31【答案】C 【解析】试题分析：由三视图还原几何体为一个小圆柱和大圆柱组成的简单组合体．其中小圆柱底面半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为22243234πππ⨯⨯+⨯⨯=，而圆柱形毛坯体积为23654ππ⨯⨯=，故切削部分体积为20π，从而切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为20105427ππ=．考点：三视图．24．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为A ．3B ．32C ．1D 3【答案】C 【解析】试题分析：如下图所示，连接AD ，因为ABC ∆是正三角形，且D 为BC 中点，则AD BC ⊥，又因为1BB ⊥面ABC ，故1BB AD ⊥，且1BB BC B ⋂=，所以AD ⊥面11BCC B ，所以AD 是三棱锥11A B DC -的高，所以11111133133A B DC B DC V S AD -∆=⋅=⨯⨯=．考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．二、填空题25．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π 【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线SA ，高SO ，底面圆半径AO 的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，30,90SAO ASB ∠=∠=又211822SAB S SA SB SA ∆=⋅==，解得4SA =，所以2212,232SO SA AO SA SO ===-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO ππ=⋅⋅⋅=.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.26，2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为______．【答案】36π 【解析】三棱锥S−ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S−ABC 的体积为9，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ，可得112932r r r ⨯⨯⨯⨯= ，解得r=3.球O 的表面积为：2436r ππ= .点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.27．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离P 到平面ABC 的距离为___________．. 【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．【详解】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ，知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PDOD P ，CD 平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥PD PE ==∵2PC =．sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===2PC =，PO ∴==【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．28，2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .【答案】118．8 【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【详解】由题意得， 2146423122EFGH S cm =⨯-⨯⨯⨯=，四棱锥O −EFG 的高3cm ， ∴31123123O EFGH V cm -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144V cm =⨯⨯=，试卷第21页，总21页所以该模型体积为22114412132V V V cm =-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题13空间几何体热点难点突破理含解析

空间几何体1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．4答案 C解析①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为( )A．①② B．③④ C．①③ D．②④答案D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．8．已知正四棱锥P－ABCD的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( )A.124π3B.625π81C.500π81D.256π9答案 C解析如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O′，正四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O，∵底面正方形的边长为2，∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2，∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3， ∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt △OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2，即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53， ∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81. 9．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.643π B.2563π C.4363π D.2 048327π 答案 B解析由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，则根据余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos∠ABC ，解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则△ABC 的外接圆直径2r ＝AC sin B ＝732，∴r ＝73，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ， ∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 10．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋8答案 D解析由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD ＝2的四棱锥P －ABCD ，因为PD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是正方形，易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ，又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋22＝23，所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22， S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.11．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π答案 B解析因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.12．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20C.101π5D.101π20答案 C解析根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，由于△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心，在△PAD 中，cos ∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin ∠APD ＝459， 2PF ＝AD sin ∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510， PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510，所以S ＝4π×505100＝101π5. 13．如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x ，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ 2 ＝2－12PQ ， ∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x 1＋tan x， ∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x 1＋tan x ＝8tan x ＋tan x 2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2， ∵S ＝8tan x ＋tan x 2＝8tan x 1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号，而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠PAQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥，∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧(左)视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．答案 4＋3＋15 2053π 解析由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1 ＝4＋15＋ 3.以D 为原点，DB 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)，∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 15.如图所示，三棱锥P －ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，D 是线段AB 的中点，DE ∩PB ＝E ，且DE⊥AB ，若∠EDC ＝120°，PA ＝32，PB ＝332，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．答案 13π解析在三棱锥P －ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，设△ABC 的外心为O 1，外接圆的半径O 1A ＝32sin 60°＝3，在△PAB 中，PA ＝32，PB ＝332，AB ＝3，满足PA 2＋PB 2＝AB 2，所以△PAB 为直角三角形，△PAB 的外接圆的圆心为D ，由于CD ⊥AB ，ED ⊥AB ，∠EDC ＝120°为二面角P －AB －C 的平面角，分别过两个三角形的外心O 1，D 作两个半平面的垂线交于点O ，则O 为三棱锥P －ABC 的外接球的球心，在Rt △OO 1D 中，∠ODO 1＝30°，DO 1＝32，则cos 30°＝O 1D OD ＝32OD，OD ＝1，连接OA ，设OA ＝R ，则R 2＝AD 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12＝134， S 球＝4πR 2＝4π×134＝13π.如图，过P 作PO ⊥AE ，垂足为O ，因为平面PAE ⊥平面ABCDE ，平面PAE ∩平面ABCDE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，所以PO ⊥平面ABCDE ，PO 为五棱锥P －ABCDE 的高．在平面PAE 内，PA ＋PE ＝10>AE ＝6，P 在以A ，E 为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知，当点P 为短轴端点时，P 到AE 的距离最大，此时PA ＝PE ＝5，OA ＝OE ＝3，所以PO max ＝4，所以(V P －ABCDE )max ＝13S ABCDE ·PO max ＝13×28×4＝1123. (2)证明连接OB ，如图，由(1)知，OA ＝AB ＝3，。

2019年高考文科数学一轮单元卷：第十四单元空间几何体B卷(含答案)

一轮单元训练金卷▪高三▪数学卷（B）第十四单元空间几何体注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．正方体的内切球与其外接球的体积之比为（）A．1:3B．1:3C．1:33D．1:92．一个椎体的主视图和左视图如图所示下面的选项中不可能是该锥体的俯视图的是（）A．B．C．D．3．用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如右图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为（）A ．9与13B ．7与10C ．10与16D ．10与154．将长方体截去一个四棱锥得到的几何体如右图所示则该几何体的左视图为（）A ．B ．C ．D ．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+6．圆柱形容器内盛有高度为30m 的水，若放入三个相同的小球(小球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的小球(如图所示)，则小球的半径是（）A ．10B ．15C ．20D ．257．平放置的ABC △的直观图A B C '''∆(斜二侧画法)2a 的正三角形，则原ABC △的面积为（） A 22aB ．223a C ．226a D ．26a8．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积(单位：2cm )为（）A ．21248+B ．22448+C ．21236+D ．22436+9．某简单几何体的一条对角线长为a ，在该几何体的正视图、侧视图与俯视图中这条对角线的投影都是长为2的线段，则这条对角线的长a 等于（） A ．1B ．2C ．3D ．210．已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为球面上的动点，若三棱锥ABC O -的体积的最大值为36，则球O 的表面积为（） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π11．如图，三棱锥ABC V -的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VC VA =，已知其正视图的面积为32，则其侧面积为（）A ．23 B ．33 C ．43 D ．63 12．某品牌香水瓶的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积为（）2cmA ．952π-B ．952π+C ．942π-D ．942π+二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）13．一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当6cmx 时，该容cm．器的容积为________314．有一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为______．15．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______．16．某几何体的三视图如图，则该几何体的体积的最大值为______．三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（10分）已知四棱锥P ABCD －的体积为22，其三视图如图所示，其中正视图为等腰三角形，侧视图为直角三角形，俯视图是直角梯形．（1）求正视图的面积；（2）求四棱锥P ABCD －的侧面积．18．（12分）一个倒立的圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在这容器内注入水并且放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切，求将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高(结果用r 表示)．19．（12分）如图所示，正ABC △的边长为a 2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC ，BC 的中点，现将ABC 沿CD 翻折，使翻折后平面⊥ACD 平面BCD ．（1）试判断翻折后直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；（2）求三棱锥DEF C -的体积．20．（12分）已知四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a ．（1）求该四面体体积的最大值；（2）当四面体的体积最大时，求其表面积．21．（12分）如图，四边形ABCD 为正方形，⊥QA 平面ABCD ，PD QA ∥，PD AB QA 21==．（1）证明：⊥PQ 平面DCQ ；（2）求棱锥ABCD Q -的体积与棱锥DCQ P -的体积的比值．22．（12分）已知三棱柱111C B A ABC -的三视图如下图所示，其中正视图B B AA 11和侧视图11BCC B 均为矩形，俯视图111A B C △中，311=C A ，511=B A ，53cos 1=A ．（1）在三棱柱111C B A ABC -中，求证：1AC BC ⊥；（2）在三棱柱111C B A ABC -中，若D 是底边AB 的中点，求证：1AC ∥平面1CDB ；（3）若三棱柱的高为5，求三视图中侧视图的面积．一轮单元训练金卷▪高三▪数学卷答案（B ）第十四单元空间几何体一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．【答案】C【解析】设正方体的棱长为a ，则它的内切球的半径为12a ，它的外接球的半径为3a ，故所求的比为1:33，故选C ． 2．【答案】C【解析】由于C 选项中的俯视图与左视图中的宽不等，故选C ． 3．【答案】C【解析】由于主视图中每列的层数就是俯视图中该列的最大数字，因此，用方块最多的情况是每列都用最大数字，即1613233=+⨯+⨯，最少的情况是每列只有一个用最大数字，其余的各列为1个方块，即101)212()213(=+⨯++⨯+，故选C ． 4．【答案】D【解析】如图，11D B 在侧面11B BCC 上的射影与11C B 重合，1AB 在侧面11B BCC 上的射影与1BB 重合，1DB 在侧面11B BCC 上的射影与C B 1重合，故选D ．5．【答案】D【解析】根据几何体的三视图可知，该几何体半个圆柱体(沿中心轴线分开)，圆柱的高为2，底面圆的半径为1，该几何体的表面积为：21121222342⨯π⨯⨯+π⨯⨯+⨯=π+．故选D ． 6．【答案】B【解析】设小球的半径为cm r ，根据放入小球的先后水的体积相同，得232463303r r r r π⨯-π⨯=π⨯，解得15=r ．故选B ． 7．【答案】D【解析】由斜二侧画法中知：原图面积与直观图面积之比为21:．设原ABC △的面积为S ，则易知422)2(43a S =，∴26a S =．故选D ． 8．【答案】A【解析】由三视图可知，原棱锥为三棱锥，底面是直角边长为6的等腰直角三角形，高为4，把该三棱锥记为ABC P -，易知顶点P 在底面的射影为底面等腰直角三角形斜边AC 的中点，且6==BC AB ，4=PD ．则全面积为：1116626546248122222S =⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ． 9．【答案】C【解析】可以把该几何体想象为一长方体1AC ，设1AC a =，则由题意知11112A C AB BC ===，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则222=+y x ，222=+z y ，222=+x z 三式相加得()6222222==++azy x ．∴3=a ．故选C ．10．【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，当动点C 与平面AOB 垂直时，三棱锥ABC O -的体积达到最大值，且3max 11R 3666V OA OB OC =⨯⨯==，∴R 6=，∴球O 的表面积为24πR 144π=，故选C ．11．【答案】B【解析】由题意知该三棱锥的正视图为VAC ，作AC VO ⊥于O ，连接OB ，设底面边长为a 2，高为h VO =，则VAC △的面积为32221==⨯⨯ah h a ，又三棱锥的正视图为VOB △的面积为113233223OB OV a h ⋅=⨯⨯=⨯=，故选B ． 12．【答案】D【解析】由三视图可知该几何体上下为长方体，中间为圆柱，2S S S S S =++-表面积上长方体下长方体圆柱侧圆柱底211244442233431212()94222π=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+π⨯⨯-⨯π=+，故选D ．二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上） 13．【答案】48【解析】正四棱锥的高43522=-=h ，4846312=⨯⨯=V (3cm )． 14．【答案】24π【解析】由三视图可知，这是一个三棱锥，5=l ，3=r ，∴4=h ，∴2=33524S π⨯+π⨯⨯=π表面积．15．【答案】215+【解析】由三视图可知，该几何体由一个正方体和一个四棱柱组成，其表面积为232121711311522S +=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯=+． 16．【答案】21【解析】由三视图知该几何体为三棱锥记为ABC S -，其中⊥SA 面ABC ，底面ABC 为直角三角形．90BAC ∠=︒，设1=AB ，x SA =，y AC =，则622=+y x ．利用不等式得2262x y xy +=≥，∴3≤xy ．又体积11113262V AB AC SA xy =⨯⨯⨯⨯=≤．三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．【答案】（1）2；（2）22332++．【解析】（1）如图所示四棱锥P ABCD －的高为PA ，底面积为1231222AD BC S CD +⋅⨯＋＝＝＝， ∴四棱锥P ABCD －的体积1132332P ABCD V S PA PA ⋅⨯⋅四棱锥－＝＝＝，∴2PA =，∴正视图的面积为12222S ⨯⨯＝＝．（2）如图所示，过A 作AE CD ∥交BC 于E ，连接PE ．根据三视图可知，E 是BC 的中点，且1BE CE ＝＝，1AE CD ＝＝，且BC AE ⊥，2AB =，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA BC ⊥，PA DC ⊥，3PD =，∴BC ⊥面PAE ，∴BC PE ⊥，又DC AD ⊥，∴DC ⊥面PAD ，∴DC PD ⊥，且PA ⊥平面ABCD ．∴PA AE ⊥， ∴2223PE PA AE +＝＝．∴3PE ＝． ∴四棱锥P ABCD －的侧面积为11112233222113232222PAB PAD PCD PBC S S S S S ++++++⋅⋅△△△△＝＝． 18．315r【解析】设球未取出时高为PC h =，球取出后水面高度PH x =，如图所示，∵3r AC =，3r PC =，∴以AB 为底面直径的圆锥容器的容积为2313πr 3V AC PC =π⋅⋅=圆锥，34πr 3V =球，球取出水面下降到EF ，水的体积为：223111(tan30)339V EH PH PH PH x =π⋅⋅=π⋅︒⋅=π水，而V V V =-水圆锥球，即333143r πr 93x π=π-，∴315r x =315r ． 19．【答案】（1）AB ∥平面DEF ，见解析；（233．【解析】（1）判断AB ∥平面DEF ，证明如下：因为ABC △中，E ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以有EF AB ∥，又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以//AB 平面DEF ．（2）过点E 作DC EM ⊥于点M ，平面⊥ACD 平面BCD ，平面ACD I 平面CD BCD =，而EM ⊂平面ACD ，故⊥EM 平面BCD ，所以EM 是三棱锥CDF E -的高．又CDF △的面积为：22211113(2)2224CDF BCD S S CD BD a a a ==⋅⋅=-=△△． a AD EM 2121==，故三棱锥DEF C -的体积为：2311313332C DEF E CDF CDF V V S EM a --==⋅=⋅△． 20．【答案】（1）83a ；（222315+．【解析】（1）如图，在四面体ABCD 中，设a BD AC CD BC AB =====，x AD =，取AD 的中点P ，BC 的中点为E ，连接BP 、EP 、CP ，得到⊥AD 平面BPC ， ∴1133A BCD A BPC D BPC APC BPC V V V S AP S PD ---=+=⋅⋅+⋅⋅△△ 111333BPC BPC BPC S AP S PD S AD =⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△ 22232222113(3)3244121228x a a a a a a x a a x x =⨯⋅⋅--=-⋅=．当且仅当a x 26=时取到等号，所以该四面体体积的最大值为83a ．（2）由（1）知，ABC △和BCD △都是边长为a 的正三角形，ABD △和ACD △是全等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为a 26， ∴22223166231522()24S a a +=+⨯-表． 21．【答案】（1）见解析；（2）1:1．【解析】（1）由条件知四边形PDAQ 为直角梯形，因为⊥QA 平面ABCD ，所以平面⊥PDAQ 平面ABCD ，交线为AD ．又因为四边形ABCD 为正方形，AD DC ⊥，所以⊥DC 平面PDAQ ，可得DC PQ ⊥．在直角梯形PDAQ 中可得PD PQ DQ 22==，则QD PQ ⊥．又D DC DQ =I ，所以⊥PQ 平面DCQ ．（2）设a AB =，由题意知AQ 为棱锥Q ABCD -的高，所以Q ABCD -的体积3131a V =．由（1）知PQ 为棱锥DCQ P -的高，而a PQ 2=，DCQ △的面积为222a ，所以棱锥DCQ P -的体积为3231a V =．故棱锥ABCD Q -的体积与棱锥DCQ P -的体积的比值为1:1．22．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）12．【解析】（1）证明：因为主视图和左视图均为矩形，所以该三棱柱为直三棱柱，在俯视图111A B C △中，311=C A ，511=B A ，53cos 1=A ．由余弦定理得：22111111111112cos =4B C A B AC A B AC A =+-⋅，∴11190A C B ACB ∠=∠=︒，∴1111C A C B ⊥．又∵1CC BC ⊥，1111CC A C C =I ，∴⊥BC 平面11A ACC ．∵1AC ⊂平面11A ACC ，∴1BC AC ⊥．（2）连结1BC 交C B 1于点M ，则M 为1BC 的中点，连结DM ，则在1BC A △中，1DM AC ∥．∵DM ⊂平面1DCB ，1AC ⊄平面1DCB ，∴1AC ∥平面1DCB ．（3）左视图中BC 的长等于底面ABC 中顶点C 到边AB 的距离d ， ∵341255d ⨯==，∴侧视图的面积125512=⨯=S ．。

2019年高考文科数学阶段测试试卷及答案解析：立体几何

2019年⾼考⽂科数学阶段测试试卷及答案解析：⽴体⼏何阶段检测四⽴体⼏何(时间:120分钟总分:150分)⼀、选择题(本⼤题共12⼩题,每⼩题5分,共60分.在每⼩题给出的四个选项中,只有⼀项是符合题⽬要求的)1.在空间中,已知a,b是直线,α,β是平⾯,且a?α,b?β,α∥β,则a,b的位置关系是()A.平⾏B.相交C.异⾯D.平⾏或异⾯2.设直线m与平⾯α相交但不垂直,则下列说法正确的是()A.在平⾯α内有且只有⼀条直线与直线m垂直B.过直线m有且只有⼀个平⾯与平⾯α垂直C.与直线m垂直的直线不可能与平⾯α平⾏D.与直线m平⾏的平⾯不可能与平⾯α垂直3.在三⾓形ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=90°,若将△ABC绕直线BC旋转⼀周,则所形成的⼏何体的侧⾯积为()A.15πB.20πC.30πD.40π4.如图是正⽅体截去部分后所得的⼏何体,则该⼏何体的侧(左)视图是()5.设a,b是两条互不垂直的异⾯直线,则下列命题成⽴的是()A.存在唯⼀直线l,使得l⊥a,且l⊥bB.存在唯⼀直线l,使得l∥a,且l⊥bC.存在唯⼀平⾯α,使得a?α,且b∥αD.存在唯⼀平⾯α,使得a?α,且b⊥α6.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平⾯,下列命题中正确的是()A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥βB.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥βC.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥βD.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β7.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,则这个⼏何体的体积为()A.1B.2C.3D.48.如图,三棱锥V-ABC的底⾯为正三⾓形,侧⾯VAC与底⾯垂直且VA=VC,已知其正视图的⾯积为,则其侧视图的⾯积为()A. B. C. D.29.如图,⽹格纸上⼩正⽅形的边长为1,粗线画出的是某⼏何体的三视图,则该⼏何体的各个⾯的⾯积中,最⼩的值为()A.2B.8C.4D.810.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=BC=2,AA1=1,则点A到平⾯A1BC的距离为()A. B. C. D.11.⼀个⼏何体的三视图如图所⽰,则这个⼏何体的体积为()11题图12题图A. B. C. D.12.在正⽅体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧⾯BCC1B1内的动点,且A1F与平⾯D1AE的垂线垂直,如图所⽰,下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是⼀条线段B.A1F与BE是异⾯直线13.⼀个⼏何体的三视图如图所⽰(单位:m),则该⼏何体的体积为m3.14.如图是⼀个⼏何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是⾯积为8的矩形.则该⼏何体的表⾯积是.15.底⾯是正多边形,顶点在底⾯的射影是底⾯中⼼的棱锥叫正棱锥.如图,半球内有⼀内接正四棱锥S-ABCD,该四棱锥的体积为,则该半球的体积为.16.已知α,β是两个不同的平⾯,AB,CD是两条不同的线段,α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加⼀个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β;②AC与α,β所成的⾓相等;③AC与CD在β内的射影在同⼀条直线上,其中符合要求的条件的序号是.三、解答题(本⼤题共6⼩题,共70分.解答时写出必要的⽂字说明、证明过程或演算步骤)17.(本⼩题满分10分)如图,在三棱锥P-ABC中,E,F分别为AC,BC的中点.(1)求证:EF∥平⾯PAB;(2)若平⾯PAC⊥平⾯ABC,且PA=PC,AB⊥BC,求证:平⾯PEF⊥平⾯PBC.18.(本⼩题满分12分)⼋⾯体PABCDEF是由⼀个正四棱锥P-ABCD和⼀个直三棱柱ADE-BCF组合⽽成的,△ADE是以A为直⾓顶点的腰长为4的等腰三⾓形.(1)证明:平⾯PAD⊥平⾯ABFE;(2)若四棱锥P-ABCD的体积与三棱锥P-ABF的体积⽐为3∶2,求四棱锥P-ABCD的⾼. 19.(本⼩题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为BC的中点,AB1与A1B交于点O.(1)求证:A1C∥平⾯AB1D;(2)求证:A1B⊥平⾯AB1C;(3)在线段B1C上是否存在点E,使得BC⊥AE?请说明理由.20.(本⼩题满分12分)如图所⽰,在△ABC中,AC=1,AB=3,∠ACB=,且△ABC所在平⾯与矩形BCDE所在平⾯相互垂直,CD=2,P为线段AB 的中点.(1)求证:AD∥平⾯PCE;(2)求三棱锥A-PCE的体积.21.(本⼩题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧⾯AA1C1C⊥侧⾯ABB1A1,AC=AA1=AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H 为CC1的中点,D为BB1的中点.(1)求证:A1D⊥平⾯AB1H;(2)若AB=,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积. 22.(本⼩题满分12分)如图所⽰,AD,DC,DE两两垂直,BC∥AD,AD=DC=DE=2,BC=1,G,H分别是BE,CE的中点.(1)判断CE与平⾯AGHD是否垂直,若垂直,请给予证明;若不垂直,请说明理由;(2)求多⾯体ABG-DCH的体积.阶段检测四⽴体⼏何⼀、选择题1.D由于a?α,b?β,α∥β,所以a,b平⾏或异⾯.2.B可以通过观察正⽅体ABCD-A1B1C1D1进⾏判断,取BC1为直线m,平⾯ABCD为平⾯α,由AB,CD均与m垂直知,A错;由D1C1与m垂直且与平⾯α平⾏知,C错;由平⾯ADD1A1与m平⾏且与平⾯α垂直知,D错.故选B.3.A依题意,所得⼏何体的侧⾯积等于π×3×5=15π.4.C侧(左)视图是从⼏何体的左侧向右边看,故选C.5.C a,b是两条互不垂直的异⾯直线,把它放⼊正⽅体中如图,由图可知A不正确;由l∥a,且l⊥b,可得a⊥b,与题设⽭盾,故B不正确;由a?α,且b⊥α,可得a⊥b,与题设⽭盾,故D不正确,故选C.6.B B选项中,由条件n⊥β,m∥n,推出m⊥β,⼜m∥α,易知α⊥β,故B正确.7.D易知该⼏何体是⼀四棱锥P-ABCD,底⾯为直⾓梯形,BC=2AD=4,PB⊥底⾯ABCD,PB=AB=2,则这个⼏何体的体积V=××(2+4)×2×2=4.8.B 设△ABC 的边长为2a,三棱锥V-ABC 的⾼为h,由题意知,×2a·h=ah=则其侧视图的⾯积为× a ·h= × =.9.B 构造棱长为4的正⽅体,由三视图可知,该⼏何体为如图所⽰的三棱锥P-ABC,其中点P,B 分别为相应棱的中点.S △PAB =S △PBC =××4=4 ,S△ABC = ×4×4=8,S △PAC =·AC · -=×4× -=8 .因为8 >4 >8,所以该⼏何体的各个⾯的⾯积中,最⼩的值为8,故选B.10.B 设点A 到平⾯A 1BC 的距离为h,因为 - = - ,所以·h · △ =·AA 1·S △ABC ,⼜△ =× - ×2=2,AA 1=1,S △ABC =×22= 所以h=.11.A 依题意,该⼏何体是⼀个组合体,左侧是半个圆锥(其底⾯半径是1、⾼是 ),右侧是⼀个四棱锥(其底⾯是边长为2的正⽅形、⾼是 ),因此这个⼏何体的体积为×+×22× =,选A.12.C 由题知A 1F ∥平⾯D 1AE,分别取B 1C 1,BB 1的中点H,G,连接HG,A 1H,A 1G,BC 1,可得HG ∥BC 1∥AD 1,A 1G ∥D 1E,则易知平⾯A 1HG ∥平⾯AD 1E,故点F 的轨迹为线段HG,A 正确;A 1F 与BE 是异⾯直线,故B 正确;当F 是BB 1的中点时,A 1F 与D 1E 平⾏,故C 不正确;∵HG∥平⾯ABC 1,∴F 点到平⾯ABC 1的距离不变,故三棱锥F-ABC 1的体积为定值,故D 正确.⼆、填空题 13.答案π解析由三视图知该⼏何体由两个相同的圆锥和⼀个圆柱组成.其中,圆锥的底⾯半径和圆柱的底⾯半径均为1 m,圆锥的⾼均为 1 m,圆柱的⾼为 2 m.因此该⼏何体的体积为V=2×π×12×1+π×12×2=π m 3. 14.答案 20+8解析这个空间⼏何体是⼀个平放的三棱柱,由其俯视图是⾯积为8 的矩形,可得三棱柱的⾼为4.故其表⾯积为×2×2×2+2×4×2+4×2 =20+8 .15.答案解析连接AC,BD,设交点为O,球的半径为r,连接SO,由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r,则AB= r, 四棱锥的体积为( r)2×r=,解得r= ,故半球的体积为 r 3=. 16.答案①③解析∵AB⊥α于B,CD ⊥α于D,∴AB∥CD,∴A,B,C,D 四点共⾯,若AC ⊥β,⼜EF ?β,∴AC⊥EF,⼜∵AB⊥α,EF?α,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥平⾯ABCD,⼜∵BD?平⾯ABCD,∴BD⊥EF,故①符合要求;由①可知,若BD ⊥EF 成⽴,则有EF ⊥平⾯ABCD,则有EF ⊥AC 成⽴,⽽由AC 与α,β所成⾓相等是⽆法得到EF ⊥AC 的,故②不符合要求;由AC 与CD 在β内的射影在同⼀条直线上可知EF ⊥平⾯ABCD,由①可知③符合要求.三、解答题17.证明 (1)在△ABC 中,∵E,F 分别为AC,BC 的中点,∴EF∥AB.⼜EF ?平⾯PAB,AB ?平⾯PAB,∴EF∥平⾯PAB. (2)在△PAC 中,∵PA=PC,E 为AC 的中点,∴PE⊥AC.∵平⾯PAC ⊥平⾯ABC,平⾯PAC ∩平⾯ABC=AC, ∴PE⊥平⾯ABC.∴PE⊥BC.∵EF∥AB,AB⊥BC,∴EF⊥BC,⼜EF∩PE=E,∴BC⊥平⾯PEF,∴平⾯PEF⊥平⾯PBC.18.解析(1)证明:直三棱柱ADE-BCF中,AB⊥平⾯ADE,∴AB⊥AD,⼜AD⊥AE,AB∩AE=A,∴AD⊥平⾯ABFE,⼜AD?平⾯PAD,∴平⾯PAD⊥平⾯ABFE.(2)设四棱锥P-ABCD的⾼为h,由题意知P到平⾯ABF的距离d=2,∴V P-ABF=S△ABF d=××2=,⽽V P-ABCD=S四边形ABCD h=×(4×4)×h=h,∵--=,∴=,解得h=.∴四棱锥P-ABCD的⾼为.19.解析(1)证明:连接OD.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AB=AA1,所以四边形AA1B1B为正⽅形,所以O为A1B的中点.⼜因为D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以OD∥A1C.⼜因为A1C?平⾯AB1D,OD?平⾯AB1D,所以A1C∥平⾯AB1D.(2)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AC⊥AA1,AA1∩AB=A,所以AC⊥平⾯AA1B1B,所以AC⊥A1B. 在正⽅形AA1B1B中,A1B⊥AB1,⼜AC∩AB1=A,所以A1B⊥平⾯AB1C. (3)在线段B1C上存在点E,使得BC⊥AE.理由如下:取B1C的中点E,连接DE,AE,则DE∥BB1,所以DE⊥BC.因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.因为AD∩DE=D,所以BC⊥平⾯ADE,所以BC⊥AE.20.解析(1)证明:连接BD,交CE于点Q,连接PQ.因为四边形BCDE为矩形,所以Q为BD的中点.在△ABD中,Q为BD的中点,P为AB的中点,所以AD∥PQ,⼜PQ?平⾯PCE,AD?平⾯PCE,所以AD∥平⾯PCE.(2)因为△ABC所在平⾯与矩形BCDE所在平⾯相互垂直,平⾯ABC∩平⾯BCDE=CB,⼜BE⊥CB,所以BE⊥平⾯ABC. 在Rt△ABC中,CB=-=-=2,故S△ABC=·AC·CB=×1×2.因为P为AB的中点,所以S△ACP=S△ABC=.故三棱锥A-PCE的体积为V三棱锥A-PCE=V三棱锥E-APC=S△APC·BE=××2=.21.解析(1)证明:连接AC1,则易知△ACC1为正三⾓形,∵H为CC1的中点,∴AH⊥CC1,从⽽AH⊥AA1,⼜平⾯AA1C1C⊥平⾯ABB1A1,平⾯AA1C1C∩平⾯ABB1A1=AA1,AH?平⾯AA1C1C,∴AH⊥平⾯ABB1A1,⼜A1D?平⾯ABB1A1,∴AH⊥A1D.①设AB=a,∵AC=AA1=AB,∴AC=AA1=2a,DB1=a,==,⼜∠DB1A1=∠B1A1A=90°,∴△A1DB1∽△AB1A1,∴∠B1AA1=∠B1A1D,⼜∠B1A1D+∠AA1D=90°,∴∠B1AA1+∠AA1D=90°,∴A1D⊥AB1,②由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平⾯AB1H.(2)取AA1的中点M,连接C1M,则C1M∥AH,∴C1M⊥平⾯ABB1A1, ∴-=△·C1M=××=,∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3-=.22.解析(1)CE与平⾯AGHD垂直.理由如下:∵AD,DC,DE两两垂直,CD∩DE=D,∴AD⊥平⾯DCE,∵BC∥AD,∴BC⊥平⾯CDE,⽽CE?平⾯CDE,∴BC⊥CE.∵G,H分别是BE,CE的中点,∴GH∥BC,从⽽CE⊥GH.∵CD⊥DE,CD=DE,H是CE的中点,∴CE⊥DH.⼜DH∩GH=H,∴CE⊥平⾯AGHD.(2)∵AD,DC,DE两两垂直,AD∩CD=D,∴ED⊥平⾯ABCD,∴V E-ABCD=S四边形ABCD·DE=××2=2.∵BC∥AD,GH∥BC,∴GH∥AD.⼜GH=BC=,DH=HE=CE=且CE⊥平⾯AGHD,∴V E-AGHD=S四边形AGHD·HE=××=,∴多⾯体ABG-DCH的体积V=V E-ABCD-V E-AGHD=2-=.。