2012017立體幾何全國卷高考真題

1、2021-2021立體幾何高考真題1、2021年1卷6題?九章算術?是我國古代內容極為豐富的數(shù)學名著,書中有如下問題：“今有委米依垣內角, 下周八尺,高五尺.問：積及為米幾何？其意思為：“在屋內墻角 處堆放米如圖,米堆為一個圓錐的四分之一,米堆為一個圓錐的四分之一,米堆底部的弧長為8尺,米堆的高為5尺,問米堆的體積和堆放的米各為多少 ？ 1斛米的體積約為立方尺,圓周率約為 3,估算出堆放斛的米約有A 14 斛B 22 斛C 36 斛D 66 斛【答案】B116所以米堆的體積為【解析】設圓錐底面半徑為r ,那么2 3r 8 = r 一 ,43113 2 5 = 當,故堆放的米約為 當+ = 22

2、,應選B.4 3399考點：圓錐的性質與圓錐的體積公式2、2021年1卷11題圓柱被一個平面截去一局部后與半球半徑為r組成一個幾何體,該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖.假設該幾何體的外表積為16 + 20,那么r=A 1B 2C 4D 8【答案】B【解析】由正視圖和俯視圖知,該幾何體是半球與半個圓柱的組合體,圓柱的半徑與球的半徑都為r,圓柱的高為2r,其外表積為4 r2 r 2r r2 2r 2r = 5 r2 4r2 =16 2+ 20,解得r=2 ,應選B.考點：簡單幾何體的三視圖；球的外表積公式、圓柱的測面積公式3、2021年1卷18題如圖,四邊形 ABC型菱形,/ ABC=120

3、 , E, F是平面ABC胴一 側的兩點,BEX平面 ABCD DF1平面 ABCD BE=2DF AE± EC.I證實：平面 AECL平面AFCn求直線 AE與直線CF所成角的余弦值.【解析】試題分析：I連接 BD設BrnAC=<G 接 EG FG EF,在菱形 ABCD43,不妨設 GB=1 易證EG! AC,通過計算可證 EG! FG根據(jù)線面垂直判定定理可知EGL平面AFC由面面垂uuu uuur直判定定理知平面 AFCL平面AEC n以G為坐標原點,分別以 GB,GC的方向為x軸,uury軸正方向,|GB|為單位長度,建立空間直角坐標系G-xyz ,利用向量法可求出異面

4、直線AE與CF所成角的余弦值.試題解析：I連接BD,設BrnAC=G接 EGFGEF,在菱形 ABCD43,不妨設 GB=1,由/ABC=120 ,可得 AG=GC=. 3 .由 B已平面 ABCD AB=BCT知,AE=EC又A已 EG,EG=J3, EGL AC,在RtEBG中,可得、2BE=72 ,故 DF=¥ .在RtFDG中,可得FG- -6FG2在直角梯形BDFE中,由 BD=2 BE=-2 , DF=可得 EF=, EG2 FG2 EF2,EG!FG,. A6 FG=GEG,平面 AFC.EG 面 AEC 平面 AFC1平面 AEC.uuu uuuruuu(n)如圖,以

5、G為坐標原點,分別以 GB,GC的方向為x軸,y軸正方向,|GB|為單位長度,建立空間直角坐標系 G-xyz,由(I)可得 A (0, J3,0), E (1,0,/),F (-),C (.,2-_、 uur . . , uuu .3 ,0) ,-AE= (1, v3 ,y2 )CF = (-1) - v3 ,).102故cosuuir uuirAE,CFuuu uurAE CF-uuu-uuu-|AE|CF |所以直線AE與CF所成的角的余弦值為考點：空間垂直判定與性質；異面直線所成角的計算；空間想象水平,推理論證水平4、( 2021年2卷6題)一個正方體被一個平面截去 那么截去局部體積與剩

6、余局部體積的比值為(局部后,剩余局部的三視圖如右圖, )【解析】由三視圖得,在正方體 ABCD AB1c1D1中,截去四面體 A A1RD1 ,如下圖,設正方體棱長為a,那么Vaabd- - a3-a3,故剩余幾何體體積為a3-a3 - a3,3 26661所以截去局部體積與剩余局部體積的比值為1 ,應選D.5考點：三視圖.5、2021年2卷9題A,B是球O的球面上兩點,/ AOB=90,C為該球面上的動點,假設三棱錐O-ABC體積的最大值為 36,那么球O的外表積為A. 36兀 B . 64兀C. 144 兀 D . 256 兀【解析】如下圖,當點C位于垂直于面 AOB的直徑端點時,三棱錐

7、O ABC的體積最11 O 1 Q大,設球O的半徑為R ,此時Vo abc Vc aob - - R2 R - R3 36 ,故R 6 ,那么 3 26球O的外表積為S 4 R2 144 ,應選C.考點：外接球外表積和椎體的體積.AB1c1D1 中,AB=16,6、2021年2卷19題此題總分值12分如圖,長方體 ABCDD1F4 .過點E , F的平BC=10, AA 8,點 E, F 分別在 AB , C1D1 上,AE 面 與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.D FCABI 在圖中畫出這個正方形不必說出畫法和理由n求直線 AF與平面 所成角的正弦值.【解析】I交線圍成的正方形 EHG

8、F如圖：(n )作 EMAB ,垂足為 M ,那么 AM A1E 4 , EMAA1 8 ,由于EHGF為正方形,所以EH EF BC 10 .于是MH VEH2 EM 2 6,所以AH 10.以Duur為坐標原點,DA的方向為x軸的正方向,建立如下圖的空間直角坐標系D xyz,那么uuur(10,0,0) , HE (0, 6,8).設uuuA(10,0,0) , H (10,10,0) , E(10,4,8), F (0,4,8) , FErn x, y,z是平面EHGF的法向量,那么r uuurn FE0,10x 0,r uuur 即所以可取n HE0, 6y 8z 0,ruuurn (

9、0, 4,3) .又 AF (10,4,8),故r uuir cos n, AFr uuur n AFUUtFn AF45工.所以直線AF與15平面所成角的正弦值為4x515考點：1、直線和平面平行的性質；2、直線和平面所成的角.7、(2021年1卷6題)如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑.假設該幾何體白體積是 28,那么它的外表積是3(A) 17(B) 18(C) 20(D) 28試題分析：該幾何體直觀圖如下圖:,解得R 2,所以 31_222=17 應選 A.4是一個球被切掉左上角的1,設球的半徑為R,那么V 7 - R388 3它的外表積是7的球面面積和

10、三個扇形面積之和S=7 422+388考點：三視圖及球的外表積與體積8、(2021年1卷11題)平面 過正方體 ABCDABCD的頂點A I I iA3 2 2 1 CB1D1 I ABCDm'CRDJ ABRA n' /CRD1 2 23 3m/m',n/n'm, n m',n '長 AD ,過 D1 作 D1E / /B1c ,連接 CE, B D1,那么 CE 為 m',同理BE為n',而BD/CE,BiFi/AB,那么m',n'所成的角即為 AB, BD所成的角,即為60 , 故m, n所成角的正弦值為,選

11、A.2考點：平面的截面問題,面面平行的性質定理,異面直線所成的角.【名師點睛】求解此題的關鍵是作出異面直線所成角,求異面直線所成角的步驟是：平移定角、連線成形,解形求角、得鈍求補.9、(2021年1卷18題)如圖,在以A, B C D E, F為頂點的五面體中,面ABE叨正方形,AF=2FDAFD 90o,且二面角 DAEE與二面角 CBEF都是60° .(I )證實：平面 ABEF平面EFDCII 求二面角 E-BGA的余弦值.C試題解析：I由可得F DF, F F ,所以 F 平面 FDC .又 F 平面 F,故平面 F 平面FDC .II過D作DG F,垂足為G,由I 知DG

12、平面 F.以G為坐標原點,器的方向為x軸正方向,GF為單位長度,建立如下圖的空間直角坐標系G xyz .由I知 DF為二面角D F 的平面角,故 DF60o,那么|DF| 2, DG 3,可得 1,4,0 ,3,4,0 ,3,0,0 , D 0,0, %3 .由,/ F,所以/平面FDC .又平面 CDI 平面 FDC DC,故 CD , CD/ F.F的平面角由 / F,可得 平面FDC,所以 C F為二面角CC F 600 .從而可得 C 2,0, <3uluuunuujr所以 C 1,0, 3 ,0,4,0 , C3,-uur 4, 3 ,4,0,0一 r設n x, y, z是平面

13、 C的法向量,那么r皿n C 0x3z 0r uur ,即r 04y 0所以可取n 3,0, j§ .、一 r設m是平面r uurcd的法向量,那么m uC0m 02 1919r r同理可取 m073,4.那么 cos(n,m!tn m故二面角C 的余弦值為2 19考點：垂直問題的證實及空間向量的應用【名師點睛】立體幾何解做題第一問通?？疾榫€面位置關系的證實,空間中線面位置關系的證實主要包括線線、線面、面面三者的平行與垂直關系,其中推理論證的關鍵是結合空間想象水平進行推理,要預防步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目又t度不大,以中檔題為主.第二問一般考查角度問題,多用空間向量解決

14、.10、2021年2卷6題右圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖,那么該幾何體的表面積為A 20% B 24 兀 C 28 兀 D 32 天解析：幾何體是圓錐與圓柱的組合體,設圓柱底面圓半徑為,周長為,圓錐母線長為,圓柱高為.由圖得,由勾股定理得：,應選C.11、2021 年 2 卷 14 題 ,如果m n , m, n/如果m , nil如果a/, m如果m/ n ,/其中正確的命題有【解析】是兩個平面,m n是兩條線,有以下四個命題:,那么 .所成的角和n與.填寫所有正確命題的編號12 2021年2卷19題本小題總分值12分如圖,菱形 ABCD勺對角線AC與BD交于點Q AB 5, A

15、C 6,點E, F分別在AD,5 ,_, CD±, AE CFEF 交 BD 于點 H.將 DEF沿 EF 折到 D EF 的位置 OD J10 .4 'I證實：D H 平面ABCDII 求二面角 B D A C的正弦值.【解析】證實：,.四邊形為菱形,.,.又,面.建立如圖坐標系.? ? ?設面法向量,由得,取,同理可得面的法向量,13、2021年3卷9題如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實現(xiàn)畫出的是某多面體的三視圖,那么該多面體的外表積為A 18 36而B 54 18石Q 90D 81【答案】B考點：空間幾何體的三視圖及外表積.【技巧點撥】求解多面體的外表積及體積問題,

16、關鍵是找到其中的特征圖形,如棱柱中的矩形,棱錐中的直角三角形,棱臺中的直角梯形等,通過這些圖形,找到幾何元素間的關系, 建立未知量與量間的關系,進行求解.14、2021年3卷10題在封閉的直三棱柱 ABC A&G內有一個體積為 V的球,假設AB BC, AB 6, BC 8, AA 3,那么 V 的最大值是932A 4兀B 2C 6兀D 3【答案】B試題分析：要使球的體積 V最大,必須球的半徑 R最大.由題意知球的與直三棱柱的上下34 c343 .9R 一 一一底面都相切時,球的半徑取得最大值 2 ,此時球的體積為33 22 ,應選B.考點：1、三棱柱的內切球；2、球的體積.【思維拓展

17、】立體幾何是的最值問題通常有三種思考方向：1根據(jù)幾何體的結構特征,變動態(tài)為靜態(tài),直觀判斷在什么情況下取得最值；2將幾何體平面化,如利用展開圖,在平面幾何圖中直觀求解；3建立函數(shù),通過求函數(shù)的最值來求解.15、2021年3卷19題本小題總分值12分如圖,四棱錐 P ABC 中,PA 地面 ABCD , AD P BC AB AD AC 3 ,PA BC 4, M為線段AD上一點,AM 2MD , N為PC的中點.I 證實MN P平面PAB ；II 求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.8.5【答案】i見解析；n25 .【解析】試題分析：I取PB的中點T ,然后結合條件中的數(shù)據(jù)證實四邊形 AMNT

18、為平行四邊形, 從而得至U MN PAT ,由此結合線面平行的判斷定理可證；n以 A為坐標原點,以人口,人所在直線分別為y,z軸建立空間直角坐標系,然后通過求直線AN的方向向量與平 面PMN法向量的夾角來處理 AN與平面PMN所成角.AD 23 ,取BP的中點T ,連接AT,TN ,由N為PC2AM試題解析：I由得 1 - TN -BC 中點知TN Z/BC,2n PM 0n PN 0 ,即2x 4z 05x y 2z 02,可取又ADBC,故'2A",四邊形AMNT為平行四邊形,于是 MN / AT . 由于AT 平面PAB, MN 平面PAB,所以MN 平面PAB.r設n

19、 (x,y,z)為平面PMN的法向量,那么 rn (0,2,1) r uuu-r * . |n AN | 8.5|cos n, AN | 1f-tutr1 |n|AN|25 .考點：1、空間直線與平面間的平行與垂直關系； 2、棱錐的體積.【技巧點撥】1證實立體幾何中的平行關系,常常是通過線線平行來實現(xiàn),而線線平行常常利用三角形的中位線、平行四邊形與梯形的平行關系來推證；2求解空間中的角和距離常?？赏ㄟ^建立空間直角坐標系,利用空間向量中的夾角與距離來處理.16、2021年1卷7題某多面體的三視圖如下圖,其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成,正方形的邊長為2 ,俯視圖為等腰直角三角形、

20、該多面體的各個面中有假設干是梯形,這些梯形的面積之和為A. 10B. 12C. 14D. 16【答案】B【解析】由三視圖可畫出立體圖該立體圖平面內只有兩個相同的梯形的面S梯 2 42 2 6S全梯6 2 12應選B17、2021年1卷16題如圖,圓形紙片的圓心為 O,半徑為5cm ,該紙片上的等邊三 角形ABC的中央為O, D、E、F為元O上的點,ADBC, AECA, 4FAB分別是一 BC , CA , AB為底邊的等腰三角形,沿虛線剪開后,分別以 BC , CA , AB為折痕折 起ADBC, AECA, AFAB,使得D , E, F重合,得到三棱錐.當 ABC的邊長變 化時,所得三棱

21、錐體積單位：cm3的最大值為 .【答案】4.15【解析】由題,連接 OD ,交BC與點G ,由題,OD BC3OG BC ,即OG的長度與BC的長度或成正比 6設 OG x ,那么 BC 2V3x, DG 5 x三棱錐的高 h dG2 OG225 10x x2 x25-10x& abc 2 3 3x 23 3x21 2 -貝UV -Saabc h 3x 25 10x = 3 . 25x4 10x5 3令 f x 25x4 10x5 , x (0,5) , f x 100x3 50x4令 f x 0 ,即 x4 2x3 0, x 2那么 f x w f 280那么V4石癡 45體積最大值

22、為4W5cm318、2021年1卷18題如圖,在四錐PABCD 中,AB / CD 中,且 BAP CDP 90(1)證實：平面 PAB 平面PAD;(2)假設PA PD AB DC , APD 90 ,求二面角 A PB C的余弦值.【解析】(1)證實：. BAP CDP 90PA AB , PD CD又 AB / CD , PD AB又 PD I PA P , PD、PA 平面 PADAB 平面PAD ,又 AB 平面PAB 平面PAB 平面PAD2取AD中點O , BC中點E ,連接PO , OEAB CD四邊形ABCD為平行四邊形OE AB由1知,AB平面PADOE 平面 PAD,又

23、PO、AD 平面 PADOE PO , OE AD又. PA PD , PO ADPO、OE、AD兩兩垂直以O為坐標原點,建立如下圖的空間直角坐標系設PA uur PDr設nr n 由rn2 , D 亞,0,0、B 亞,2,0、P 0,0,_ uur _ uur72,0, 72、PB22 ,2 ,、2、BCx , y , z為平面PBC的法向量uuuPB 0uurBC 0',2x 2y . 2z 0得 2 2x 0O xyzY,、C 拒,2,0 ,在,x 0 ,可得平面PBC的一個法向量n 0,1 ,2 APD又知ABPD)90 , PD PA平面PAD , PD 平面 AB ,又 P

24、A I AB APADPD 平面 PAB即pd是平面PAB的一個法向量,uur_PD2 ,0 ,uur r.cos PD , nuur rPD n 2uurPD n2,3由圖知二面角A PB C為鈍角,所以它的余弦值為19、2021年2卷4題如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為 幾何體的三視圖,該幾何體由一平面將一圓柱截去一局部所得,1,科刎粗實線畫出的是某那么該幾何體的體積為A. 90634236【命題意圖】此題主要考查簡單幾何體三視圖及體積,以考查考生的空間想象水平【解析】【解析】解法一：常規(guī)解法2,【解析】從三視圖可知：一個圓柱被一截面截取一局部而剩余的局部,具體圖像如下:N>|N)/切

25、割前圓柱切割中切割后幾何體【解析】從上圖可以清楚的可出剩余幾何體形狀,該幾何體的體積分成兩局部,局部圖如下:從左圖可知：剩下的體積分上卜兩局部陰影的體積,卜面陰影的體積為V Sh, r 3, h 4,V 36 ;上面陰影的體積 V2是上八,一 1面局部體積V3的一半,即V2 -V3, V3與M的比為局的比向底,2.33即 V3 M , V2 -V1 27 ,故總體積 V.V2 V 63 .24第二種體積求法：V3 Sh 54 ,其余同上,故總體積V0 V2 V 63 .20、2021年2卷10題直三棱柱C 1 1cl中, C 1200,CCC11,那么異面直線1與C1所成角的余弦值為A. B.

26、玉C.色D.豆553【命題意圖】此題考查立體幾何中的異面直線角度的求解,意在考查考生的空間想象水平【解析】解法一：常規(guī)解法在邊BB、BG、AB1、AB上分別取中點 EF、G、H ,并相互連接.由三角形中位線定理和平行線平移功能,異面直線AB和BC1所成的夾角為 FEG或其補角,通過幾何關系求得EF, FG,22411FH U ,利用余弦定理可求得異面直線2AB1和BC1所成的夾角余弦值為 叵.521、(2021年2卷19題)如圖,四棱錐 P-ABCDK 側面PAM等比三角形且垂直于底面1o ABCD AB BC -AD, BAD ABC 90 , E是 PD的中點. 2''(1

27、)證實：直線 CE/平面PAB(2)點M用程PC上,且直線BM與底面ABCM成銳角為45° ,求二面角 MABD的余弦 值【命題意圖】 線面平行的判定,線面垂直的判定,面面垂直的性質,線面角、二面角的求解【標準答案】(1)證實略；(2) 叵5【根本解法1】(1)由于證實：取PA中點為F ,連接EF、AF11BAD ABC 90 , BC AD 所以 BC AD由于E是PD的中點,所以EF 1 AD ,所以EF BC2所以四邊形EFBC為平行四邊形,所以 EC/BF由于BF 平面PAB , EC 平面PAB所以直線CE/平面PAB(2)取AD中點為O,連接OC、OP由于 PAD為等邊三

28、角形,所以 PO AD由于平面 所以PO 由于AO 所以OCPAD 平面 ABCD ,平面 PAD I 平面 ABCD AD , PO 平面ABCDBC,所以四邊形 OABC為平行四邊形,所以 AB/OC AD平面PAD以OC,OD,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖UULIT設 BC 1,那么 P(0,0,回 A(0, 1,0), B(1, 1,0),C(1,0,0),所以 PCuuuu設 M (x, y,z),那么 PM (x, y,z uuuu由于點M在PC上,所以PM- uuu小),AB (1,0,0)(1,0, 、3)_uuuu所以 M ( ,0, J3 J3 ),所以

29、BM r平面ABCD的法向量為n (0,0,1)uiur.PC(0 1),即(x, y,z V3) (1,1,',3 .3 )(1,0,3)由于直線bm與底面abcd所成角u45,uuuu r所以 |sin45 | |cos BM ,n|BM |n|(1)23 )2 12、2 uuuu解得 1 ,所以BM22二,ur設平面MAB的法向量為muur ir AB m(x, y,z),那么 uuuu ir BM m02x y2-z 02令 z i,那么 m 0,12 r._r r m n 110cos m, n ur ur 1m 11nl 6 2 .252所以求二面角M AB D的余弦值叵5

30、22、2021年3卷8題圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球a兀 B rD.4叵,2面上,那么該圓柱的體積為C.-2【答案】B【解析】由題可知球心在圓柱體中央,圓柱體上下底面圓半徑r 、；1212 23 立那么圓枉體體積V 4h 一 應選B.4 ,ABC的直角邊AC23、2021年3卷16題為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形 所在直線與,都垂直,斜邊 AB以直線AC為旋轉軸旋轉,有以下結論：當直線AB與成60角時,AB與成30角；當直線AB與成60角時,AB與成60角；直線AB與所成角的最小值為 45 ;直線AB與所成角的最大值為 60 .其中正確的選項是 填寫所有

31、正確結論的編號【答案】【解析】由題意知,a、b、AC三條直線兩兩相互垂直,畫出圖形如圖.不妨設圖中所示正方體邊長為 1,故 | AC | 1 , AB 拒, 斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉,那么 A點保持不變,B點的運動軌跡是以 端圓心,1為半觸圓.以C為坐標原點,以 CD為軸正方向,CB為軸正方向CCA為軸正方向建立空間直角坐標系.那么 D(1,0,0), A(0,0,1), rr直線的萬向單位向量a (0,1,0), |a| 1 .B點起始坐標為(0,1,0), rr直線的方向單位向量b (1,0,0), |b | 1 .設B點在運動過程中的坐標 B cos ,sin ,0, 其中為BC與CD的夾角, 0,2兀.uuir那么AB'在運動過程中的向量 ABmur(cos , sin ,1) , | AB |設指與所成夾角為兀0,萬,那么cos1( cos , Mnuur1)1,0)1a AB121sin | 0停兀兀 一_ _._ . , ,所以正確,錯誤.4 2設ABr與所成夾角為iuur rAB b0,多,cosb AB(cos ,sin ,1) (1,0,0) rj.uuun1 .b AB21 | cos2當ABr與夾角為60時,即sin2cos2 cos 一3兀3,212-2