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- 2021-05-13 发布
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高三数学立体几何高考题
1.(2012年7)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,则此几何体的体积为
(A)6
(B)9
(C)12
(D)18
2.(2012年8)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为
(A)π (B)4π (C)4π (D)6π
3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示,
则该几何体的体积为( ).
A.16+8π
B.8+8π
C.16+16π
D.8+16π
4.(2013年15)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为______.
5.(2014年8)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
6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,
底面边长为2,则该球的表面积为( )
A. B.16π C.9π D.
7.(2015年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位多少?”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)斛 (B)斛 (C)斛 (D)斛
8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)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,则( )
(A) (B) (C) (D)
9(2016年7)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的
圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,
则它的表面积是
(A)17π (B)18π (C)20π (D)28π
10(2016年11)平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A,,
,,则m,n所成角的正弦值为
(A) (B) (C) (D)
11.(2017年6)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
12.(2017年16)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________。
13(2011年).如图,四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,,,底面ABCD.
(I)证明:;
(II)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.
14.(2012课标全国Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点
(I)证明:平面BDC1⊥平面BDC
(Ⅱ)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比。
15. (2013课标全国Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.
(1)证明:AB⊥A1C;
(2)若AB=CB=2,A1C=,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
16 (2014课标全国Ⅰ)如图11所示,三棱柱ABC A1B1C1中,点A1在平面
ABC内的射影D在AC上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2.
(1)证明:AC1⊥A1B;
(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为,
求二面角A1-AB-C的大小.
17.(2015年新课标1)如图四边形ABCD为菱形,
G为AC与BD交点,,
(1)证明:平面平面;
(2)若, 三棱锥
的体积为,求该三棱锥的侧面积.
18 (2016年新课标1)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连结PE并延长交AB于点G.
(I)证明:G是AB的中点;
(II)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.
19(2017年新课标1)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,,
且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.
高三数学立体几何高考题答案
1.答案:B
2.答案:B
3.解析:该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体.
V半圆柱=π×22×4=8π,
V长方体=4×2×2=16.
所以所求体积为16+8π.故选A.
4.解析:如图,
设球O的半径为R,则AH=,
OH=.又∵π·EH2=π,∴EH=1.
∵在Rt△OEH中,R2=,∴R2=.∴S球=4πR2=.
5.答案:B
6.A [解析] 如图所示,因为正四棱锥的底面边长为2,
所以AE=AC=.设球心为O,球的半径为R,则OE=4-R,
OA=R.又因为△AOE为直角三角形,所以OA2=OE2+AE2,
即R2=(4-R)2+2,解得R=,
所以该球的表面积S=4πR2=4π2=.
7.答案:B
8.答案:B
9.试题分析:由三视图知:该几何体是个球,设球的半径为,则,
解得,所以它的表面积是,故选A.
10试题分析:如图所成角的正弦值为
11.答案:A
12答案:
13解:(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,作DEPB,垂足为E。已知PD底面ABCD,则PDBC。
由(Ⅰ)知BDAD,又BC//AD,所以BCBD。
故BC平面PBD,BCDE。
则DE平面PBC。
由题设知,PD=1,则BD=,PB=2,
根据BE·PB=PD·BD,得DE=,即棱锥D—PBC的高为
14
15.1)证明:取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°,
故△AA1B为等边三角形,
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.
(2)解:由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形,
所以OC=OA1=.
又A1C=,则A1C2=OC2+,故OA1⊥OC.
因为OC∩AB=O,所以OA1⊥平面ABC,OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高.
又△ABC的面积S△ABC=,故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC×OA1=3.
16.解:方法一:(1)证明:因为A1D⊥平面ABC,A1D⊂平面AA1C1C,
故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC,
平面AA1C1C∩平面ABC=AC,所以BC⊥平面AA1C1C.
连接A1C,因为侧面AA1C1C为菱形,故AC1⊥A1C.
由三垂线定理得AC1⊥A1B.
(2)BC⊥平面AA1C1C,BC⊂平面BCC1B1,
故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.
作A1E⊥CC1,E为垂足,则A1E⊥平面BCC1B1.
又直线AA1∥平面BCC1B1,因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离,即A1E=.
因为A1C为∠ACC1的平分线,故A1D=A1E=.
作DF⊥AB,F为垂足,连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB,
故∠A1FD为二面角A1 AB C的平面角.
由AD==1,得D为AC中点,
所以DF=,tan∠A1FD==,所以cos∠A1FD=.
所以二面角A1 AB C的大小为arccos.
17、解:(I)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,故AC⊥平面BED.
又AC平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED. ……5分
(II)设AB=,在菱形ABCD中,又∠ABC= ,可得
AG=GC=,GB=GD=.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可的EG=.
由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=.
由已知得,三棱锥E-ACD的体积=×AC·GD·BE=.
故=2 ……9分
从而可得AE=EC=ED=.
所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与 △ECD的面积均为.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2. ……12分
18试题分析:(1)
(II)在平面内,过点作的平行线交于点,
即为在平面内的正投影.
理由如下:由已知可得,,又,所以,因此平面,即点为在平面内的正投影.
连结,因为在平面内的正投影为,所以是正三角形的中心.
由(I)知,是的中点,所以在上,故
由题设可得平面,平面,所以,
因此
由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且,可得
在等腰直角三角形中,可得
所以四面体的体积
19.【解析】(1)由已知,得,.
由于,故,从而平面.
又平面,所以平面平面.
(2)在平面内作,垂足为.
由(1)知,平面,故,可得平面.
设,则由已知可得,.
故四棱锥的体积.
由题设得,故.
从而,,.
可得四棱锥的侧面积为
.
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