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  • 2021-05-13 发布

高三数学立体几何历年高考题

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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 ‎.‎