15-17年全国高考立体几何真题及答案详解

近三年立体几何高考真题几详解

1、（2015年1卷6题）《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，估算出堆放斛的米约有（ ） （A）14斛 （B）22斛 （C）36斛 （D）66斛 【答案】B

116?2?3r?8=r?，所以米堆4311162320320的体积为??3?()?5=，故堆放的米约为

43399【解析】设圆锥底面半径为r，则÷1.62≈22，故选B.

考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式

2、（2015年1卷11题）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16 + 20?，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+ 20?，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 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.

1?4?r2??r?2r??r2?2r?2r=5?r2?4r2=16 2

（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；

（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂

????????直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，????y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线

AE与CF所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，

在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=

2. 2在Rt△FDG中，可得FG=6. 2232可得EF=， 22在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=222∴EG?FG?EF，∴EG⊥FG，

∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

∵EG?面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

????????????（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长

度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E（1,0, 2），F（－

????????221,0，），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，）.?10

22分

????????????????AE?CF3???????故cos?AE,CF?????.

3|AE||CF|所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3. 3考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

4、（2015年2卷6题）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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A．

1111 B． C． D． 8765【解析】由三视图得，在正方体ABCD?A截去四面体A?A1B1D1，如图所示，，1BC11D1中，

1131315?a?a，故剩余几何体体积为a3?a3?a3，326661所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．

5设正方体棱长为a，则VA?A1B1D1?D1C1CA1DB1COAB

考点：三视图．AB5、（2015年2卷9题）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ） A．36π B．64π C．144π D．256π

【解析】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VO?ABC?VC?AOB?2球O的表面积为S?4?R?144?，故选C．

1121?R?R?R3?36，故R?6，则326考点：外接球表面积和椎体的体积．

AB=16，6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体ABCD?A1BC11D1中,

BC=10，AA1?8，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1E?D1F?4．过点E，F的平

面?与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

DA

E D F

C

B

C

A B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF与平面?所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：

（Ⅱ）作EM?AB，垂足为M，则AM?AE?4，EM?AA1?8，因为EHGF为正1方形，所以EH?EF?BC?10．于是MH?EH2?EM2?6，所以AH?10．以D

为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，则

????????????A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE?(10,0,0)，HE?(0,?6,8)．设

????????10x?0,?n?FE?0,即?所以可取n?(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则????????6y?8z?0,??n?HE?0,?????n?AF??????????45．又．所以直线AF与n?(0,4,3)AF?(?10,4,8)，故cos?n,AF????????15n?AF平面?所成角的正弦值为

45．15

考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

7、（2016年1卷6题）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相互垂直的半径.若该几何体的体积是

28?,则它的表面积是 3（A）17?（B）18?（C）20?（D）28?

【解析】

试题分析： 该几何体直观图如图所示：

7428?1是一个球被切掉左上角的,设球的半径为R,则V???R3?,解得R?2,所以它

8833771的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和S=?4??22+3???22=17?故选A．

884考点：三视图及球的表面积与体积

8、（2016年1卷11题）平面?过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,?//平面CB1D1,?I平面ABCD=m,?I平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为 (A)3231 (B) (C) (D) 2233试题分析：如图,设平面CB1D1?平面ABCD=m',平面CB1D1?平面ABB1A1=n',因为

?//平面CB1D1,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D1作D1E//B1C,连接CE,B1D1,则CE为m',同理B1F1为n',而BD//CE,B1F1//A1B,则

m',n'所成的角即为A1B,BD所成的角,即为60?,故m,n所成角的正弦值为考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.

3,选A. 2

【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,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.

?2x?4z?0???n?PM?0?5??x?y?2z?0??n?PN?0n?(x,y,z)设为平面PMN的法向量，则?，即?2，可取

?n?(0,2,1)，

??????????|n?AN|85|cos?n,AN?|???????|n||AN|25. 于是

考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 【答案】B

【解析】由三视图可画出立体图

C．14 D．16

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面

S梯??2?4??2?2?6

S全梯?6?2?12 故选B

17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D、E、F为元O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一

BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折

起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______．

【答案】415 【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，OD?BC

OG?3BC，即OG的长度与BC的长度或成正比 6设OG?x，则BC?23x，DG?5?x

三棱锥的高h?DG2?OG2?25?10x?x2?x?25?10x 1S△ABC?23?3x??33x2

21则V?S△ABC?h?3x2?25?10x=3?25x4?10x5 35令f?x??25x4?10x5，x?(0,)，f??x??100x3?50x4

2令f??x??0，即x4?2x3?0，x?2

则f?x?≤f?2??80 则V≤3?80?45

∴体积最大值为415cm3

AB∥CD中， 18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P?ABCD中，且?BAP??CDP?90?．

（1）证明：平面PAB?平面PAD；

（2）若PA?PD?AB?DC，?APD?90?，求二面角A?PB?C的余弦值． 【解析】（1）证明：∵?BAP??CDP?90?

∴PA?AB，PD?CD 又∵AB∥CD，∴PD?AB

又∵PD?PA?P，PD、PA?平面PAD ∴AB?平面PAD，又AB?平面PAB ∴平面PAB?平面PAD

（2）取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE ∵AB∴OECD

∴四边形ABCD为平行四边形

AB

由（1）知，AB?平面PAD

∴OE?平面PAD，又PO、AD?平面PAD ∴OE?PO，OE?AD 又∵PA?PD，∴PO?AD ∴PO、OE、AD两两垂直

∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz

0，0、B2，2，0、P0，0，2、C?2，2，0， 设PA?2，∴D?2，????????????0，?2、PB?2，2，?2、BC??22，0，0 ∴PD??2，???????????????设n??x,y,z?为平面PBC的法向量

????????n?PB?0?2x?2y?2z?0由?????，得??

n?BC?0?22x?0?????令y?1，则z?2，x?0，可得平面PBC的一个法向量n?0,1,2

??∵?APD?90?，∴PD?PA

又知AB?平面PAD，PD?平面PAD ∴PD?AB，又PA?AB?A ∴PD?平面PAB

????????即PD是平面PAB的一个法向量，PD??2,0,?2

??????????PD?n?23?????∴cosPD,n????

3PD?n23??由图知二面角A?PB?C为钝角，所以它的余弦值为?3 319、(2017年2卷4题)如图，网格纸上小正方形的边长为1，学科&网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所得，则该几何体的体积为（） 【解析】

【解析】

【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力A．90? B．63? C．42? D．36?

为主目的. 【解析】 【解析】

【解析】解法一：常规解法

从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：

切割前圆柱 【解析】

切割中 切割后几何体 从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：

从左图可知：剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体 积为V?Sh，r?3，h?4，∴V1?36?；上面阴影的体积V2是上 1面部分体积V3的一半，即V2?V3，V3与V1的比为高的比（同底），

233即V3?V1，V2?V1?27?，故总体积V0?V2?V1?63?. 42第二种体积求法：V3?Sh?54?，其余同上，故总体积 V0?V2?V1?63?. ?20、(2017年2卷10题)已知直三棱柱??C??1?1C1中，???C?120，???2，

?C?CC1?1，则异面直线??1与?C1所成角的余弦值为（）

A．331510 B． C． D． 2355【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法

在边BB1﹑B1C1﹑A1B1﹑AB上分别取中点E﹑

F﹑G﹑H，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面 直线AB1和BC1所成的夹角为?FEG或其补角， 通过几何关系求得EF? FH?25，FG?， 2211，利用余弦定理可求得异面直线 210. 5AB1和BC1所成的夹角余弦值为21、(2017年2卷19题)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，

1AD,?BAD??ABC?90o,E是PD的中点. 2（1）证明：直线CE//平面PAB AB?BC?（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45，求二面角M-AB-D的余弦值

o

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