全国各地高考数学分类汇编大全猿辅导高二数学张煜晨13 立体几何.docx
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全国各地高考数学分类汇编大全猿辅导高二数学张煜晨13立体几何
全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全
(13立体几何)
一、选择题
1.(2018北京文、理)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()
A.1B.2C.3D.41.【答案】C
【解析】由三视图可得四棱锥P-ABCD,在四棱锥P-ABCD中,PD=2,AD=2,CD=2,AB=1,
由勾股定理可知,PA=22,PC=22,
PB=3,BC=5,
则在四棱锥中,直角三角形有,
△PAD,△PCD,△PAB共三个,故选C.
2.(2018浙江)某几何体的三视图如图所示(单位:
cm),则该几何体的体积(单位:
cm3)是()
A.2B.4C.6D.8
3.答案:
C
解答:
该几何体的立体图形为四棱柱,
(1+2)⨯2
V=⨯2=6.
2
2
2
11
正视图
俯视图
侧视图
3(2018上海)《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA₁是正六棱柱的一条侧棱,
如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA₁为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是()
(A)4(B)8
(C)12(D)16
4.(2018浙江)已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点),设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S−AB−C的平面角为θ3,则()
A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1
4.答案:
D
解答:
作SO垂直于平面ABCD,垂足为O,取AB的中点M,连接SM.过O作ON垂直于直线SM,可知θ2=∠SEO,θ3=∠SMO,
过SO固定下的二面角与线面角关系,得θ3≥θ2.
易知,θ3也为BC与平面SAB的线面角,即OM与平面SAB的线面角,根据最小角定理,OM与直线SE所成的线线角θ1≥θ3,
所以θ2≤θ3≤θ1.
5.(2018全国新课标Ⅰ文)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M
5
在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()
17
A.2
B.2
C.3D.2
5.答案:
B
解答:
三视图还原几何体为一圆柱,如图,将侧面展开,最短路径为M,N连线的距离,
42+22
5
所以MN==2,所以选B.
2
2
3
6.(2018全国新课标Ⅰ文)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30︒,则该长方体的体积为()
A.8B.6
C.8
D.8
6.
答案:
C解答:
连接AC1和BC1,∵AC1与平面BB1C1C所成角为30,∴∠AC1B=30,∴
ABBC1
=tan30
=2,∴CC1=22,∴V=2⨯2⨯2
=82,∴选C.
3
BC1
2
7.(2018全国新课标Ⅰ理)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则
α截此正方体所得截面面积的最大值为()
A.33
4
7.答案:
A
B.23
3
C.32
4
D.3
2
解答:
由于截面与每条棱所成的角都相等,所以平面α中存在平面与平面AB1D1平行(如图),而在与
平面AB1D1平行的所有平面中,面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN
的面积S=1⨯
2⨯2⨯
3⨯6=33.
22224
8.(2018全国新课标Ⅰ文)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2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
8.答案:
B
2
解答:
截面面积为8,所以高h=22,底面半径r=
2,所以表面积为
S=π⋅
(2)2⋅2+2π⋅
2⋅2
=12π.
9.(2018全国新课标Ⅰ理)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的
对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()
17
5
A.2B.2C.3D.2
9.答案:
B
42+22
5
解答:
三视图还原几何体为一圆柱,如图,将侧面展开,最短路径为M,N连线的距离,
所以MN=
=2,所以选B.
10.(2018全国新课标Ⅱ文)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD
所成角的正切值为()
A.2
2
10.【答案】C
B.3
2
C.5
2
D.7
2
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1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CC1的中点,可得CE=a,所以BE=
5a,
则tan∠EAB=BE=
AB
5a=
2a
5.故选C.
2
11.(2018全国新课标Ⅱ理)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=
与DB1所成角的余弦值为()
3,则异面直线AD1
A.1
5
B.5
6
C.5
5
D.2
2
11.【答案】C
【解析】以D为坐标原点,DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),∴AD1=(-1,0,3),DB1=(1,1,3),
cos
AD1⋅DB1
=-1+3=
5,∴异面直线AD与DB所成角的余弦值为5,故选C.
11
AD1DB1
2⨯55115
12.(2018全国新课标Ⅲ文、理)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()
12.答案:
A
解答:
根据题意,A选项符号题意;
3
13.(2018全国新课标Ⅲ文、理)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC
3
3
3
为等边三角形且其面积为9
,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()
3
A.12
B.18
C.24
D.54
13.答案:
B
解答:
如图,∆ABC为等边三角形,点O为A,B,C,D外接球的球心,G为∆ABC的重
3
42-(23)2
心,由S∆ABC=9
,得AB=6,取BC的中点H,∴AH=AB⋅sin60︒=33,∴
3
AG=2AH=2
3
,∴球心O到面ABC的距离为d=
=2,∴三棱锥D-ABC体
3
1
积最大值VD-ABC=3⨯93⨯(2+4)=18.
二、填空
1.(2018江苏)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为▲.
1.【答案】4
3
2
【解析】由图可知,该多面体为两个全等正四棱锥的组合体,正四棱锥的高为1,底面正
方形的边长等于
,所以该多面体的体积为2⨯1⨯1⨯
(2)2=4.
33
2.(2018天津文)如图,已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1,则四棱柱A1–BB1D1D的体积为
.
2.【答案】1
3
【解析】如图所示,连结A1C1,交B1D1于点O,很明显A1C1⊥平面BDD1B1,则A1O是四棱锥的高,
且AO=1AC=
=2,S
=BD⨯DD=
2
2⨯1=,
1
2
12+12
12112四边形BDD1B11
结合四棱锥体积公式可得其体积为V=1Sh=1⨯2⨯
2=1.
3323
3.(2018天津理)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.
3.【答案】1
12
【解析】由题意可得,底面四边形EFGH为边长为2的正方形,
2
⎛2⎫21
其面积SEFGH=ç2⎪=2,
⎝⎭
顶点M到底面四边形EFGH的距离为d=1,
2
由四棱锥的体积公式可得V
=1⨯1⨯1=1.
M-EFGH
32212
4.(2018全国新课标Ⅱ文)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.
4.【答案】8π
【解析】如下图所示,∠SAO=30︒,∠ASB=90︒,又S△SAB
=1SA⋅SB=1SA2=8,
3
22
SA2-SO2
解得SA=4,所以SO=1SA=2,AO=
2
V=1⋅π⋅OA2⋅SO=8π.
3
=2,所以该圆锥的体积为
5.(2018全国新课标Ⅱ理)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为7,SA与圆锥底
15
8
面所成角为45°,若△SAB的面积为5
,则该圆锥的侧面积为.
5.【答案】402π
【解析】因为母线SA,SB所成角的余弦值为7,所以母线SA,SB所成角的正弦值为15,
因为△SAB的面积为5
8
15
,设母线长为l,所以1⨯l2⨯
15=5
8
15
,∴l2=80,
28
因SA与圆锥底面所成角为45︒,所以底面半径为lcosπ=
2l,
因此圆锥的侧面积为πrl=
42
2πl2=402π.
2
三、解答题
1(.2018北京文)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,
PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.
(1)求证:
PE⊥BC;
(2)求证:
平面PAB⊥平面PCD;
(3)求证:
EF∥平面PCD.
1.【答案】
(1)见解析;
(2)见解析;(3)见解析.
【解析】
(1)PA=PD,且E为AD的中点,
∴PE⊥AD,
底面ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC.
(2)
底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD,
平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,
∴AB⊥PD.又PA⊥PD,PD⊥平面PAB,∴平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图,取PC中点G,连接FG,GD.
F,G分别为PB和PC的中点,∴FG∥BC,且FG=1BC,
2
四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,∴ED∥BC,DE=1BC,
2
∴ED∥FG,且ED=FG,∴四边形EFGD为平行四边形,
∴EF∥GD,又EF⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,
∴EF∥平面PCD.
2.(2018北京理)如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,
5
AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=
(Ⅰ)求证:
AC⊥平面BEF;
,AC=AA1=2.
(Ⅱ)求二面角B−CD−C1的余弦值;
(Ⅲ)证明:
直线FG与平面BCD相交.
2.【答案】
(1)证明见解析
(2)B-CD-C1的余弦值为-
21;(3)证明过程见解析.
21
【解析】
(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,
∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,
∴AC⊥EF,AB=BC,∴AC⊥BE,
∴AC⊥平面BEF.
(2)由
(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.
BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐称系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1),
∴CD=(2,0,1),CB=(1,2,0),设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
∴
⎧⎪n⋅CD=0
⎨
⎪⎩n⋅CB=0
,∴⎧2a+c=0,
⎨a+2b=0
⎩
令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,,-4),
.
1
又平面CDC的法向量为EB=(0,2,0),∴cos
nEB21
由图可得二面角B-CD-C为钝角,所以二面角B-CD-C的余弦值为-
21.
1
(3)平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),
121
G(0,2,1),F(0,0,2),
∴GF=(0,-2,1),∴n⋅GF=-2,∴n与GF不垂直,
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴GF与平面BCD相交.
3.(2018上海)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2
(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;
(2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,
如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小.
4.(2018江苏)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:
(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
4.【答案】
(1)见解析;
(2)见解析.
【解析】
(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,
AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,
因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1BBC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
5.(2018江苏)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
5.【答案】
(1)310;
(2)5.
205
【解析】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,
A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,
OO1⊥OB,以{OB,OC,OO1}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,
所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),
B1(
3,0,2),C1(0,1,2).
⎛31⎫
(1)因为P为AB的中点,所以P,-,2,
11ç22⎪
BP=⎛-3
ç
⎝
2
1⎫
⎝⎭
⎪
从而,-,2,AC=(0,2,2),
故cos<
2⎭1
BP,AC1>=
BP⋅AC1
BP⋅AC1
=-1+4
5⨯22
310
=.
20
因此,异面直线BP与AC所成角的余弦值为310.
120
3
⎛1⎫
(2)因为Q为BC的中点,所以Q,
ç,,0⎪
⎝22⎭
AQ=⎛3
ç2
⎝
⎪
因此,3,0⎫,AC=(0,2,2),CC=(0,0,2).
2⎭1
1
⎧⎪AQ⋅n=0⎧
3
x+3y=0
设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则⎨
⎪⎩AC1⋅n=0
⎪
即
⎨22,
⎩⎪2y+2z=0
CC1⋅n=
CC1⋅n
不妨取n=(3,-1,1),设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,
5
2
则sinθ=
=,
5⨯25
所以直线CC与平面AQC所成角的正弦值为5.
115
6.(2018浙江)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(Ⅰ)证明:
AB1⊥平面A1B1C1;
(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
6.答案:
(1)略;
(2)39
13
解答:
(1)∵AB=B1B=2,且B1B⊥平面ABC,
2
AC2+CC2
1
(23)2+12
∴B1B⊥AB,∴AB1=2.
同理,AC1=
==13.
过点C1作B1B的垂线段交B1B于点G,则C1G=BC=2
5
且B1G=1,∴B1C1=.
在∆ABC中,AB2+BC2=AC2,
111111
∴AB1⊥B1C1,①
过点B1作A1A的垂线段交A1A于点H.
2
则B1H=AB=2,A1H=2,∴A1B1=2.
在∆ABA中,AA2=AB2+AB2,
111111
∴AB1⊥A1B1,②
综合①②,∵A1B1⋂B1C1=B1,A1B1⊂平面A1B1C1,B1C1⊂平面A1B1C1,
∴AB1⊥平面A1B1C1.
(2)过点B作AB的垂线段交AC于点I,以B为原点,以AB所在直线为x轴,以BI所在直线为y轴,以B1B所在直线为z轴,建立空间直角坐标系B-xyz.
则B(0,0,0),A(-2,0,0),B1(0,0,2),C1(1,3,1),
设平面ABB1的一个法向量n=(a,b,c),
则⎧⎪n⋅AB=0⇒⎧2a=0,令b=1,则n=(0,1,0),
⎨
n⋅BB=0
⎨2c=0
⎩⎪1⎩
又∵AC1=(3,3,1),cos<
=39.
n,AC>=
1
3
1⨯13
13
39
由图形可知,直线AC1与平面ABB1所成角为锐角,设AC1与平面ABB1夹角为α.
∴sinα=.
13
7.(2018天津文)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M
3
为棱AB的中点,AB=2,AD=2
(Ⅰ)求证:
AD⊥BC;
,∠BAD=90°.
(Ⅱ)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;
(Ⅲ)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.
7.【答案】
(1)证明见解析;
(2)13;(3)3.
264
【解析】
(1)由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC
平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.
(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.
AD2+AM2
在Rt△DAM中
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