15全国高考立体几何真题及答案详解

15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 ‎【解析】设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷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==16 + 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.‎ ‎（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，分别以的方向为轴，y轴正方向，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=.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，‎ 又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，‎ 在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.‎ 在Rt△FDG中，可得FG=.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得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，分别以的方向为轴，y轴正方向，‎ 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故.‎ 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. ‎ 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． B． C． D．‎ ‎【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．‎ 考点：三视图．‎ ‎5、（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位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．‎ 考点：外接球表面积和椎体的体积．‎ ‎6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ D D1‎ C1‎ A1‎ E F A B C B1‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：‎ ‎（Ⅱ）作，垂足为，则，，因为为正方形，所以．于是，所以．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设是平面的法向量，则即所以可取．又，故．所以直线与平面所成角的正弦值为 ‎．‎ 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,则它的表面积是 ‎（A）（B）（C）（D）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： 该几何体直观图如图所示：‎ 是一个球被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A．‎ 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,平面ABCD=m,平面AB B‎1A1=n,则m、n所成角的正弦值为 ‎(A) (B) (C) (D)‎ 试题分析：如图,设平面平面=,平面平面=,因为平面,所以,则所成的角等于所成的角.延长,过 作,连接,则为,同理为,而,则所成的角即为所成的角,即为,故所成角的正弦值为,选A.‎ 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.‎ ‎【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.‎ ‎9、（2016年1卷18题）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．‎ ‎（I）证明：平面ABEF平面EFDC；‎ ‎（II）求二面角E-BC-A的余弦值．‎ 试题解析：（I）由已知可得,,所以平面．‎ 又平面,故平面平面．‎ ‎（II）过作,垂足为,由（I）知平面．‎ 以为坐标原点,的方向为轴正方向,‎ 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由（I）知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,．‎ 由已知,,所以平面．‎ 又平面平面,故,．‎ 由,可得平面,所以为二面角的平面角,‎ ‎．从而可得．‎ 所以,,,．‎ 设是平面的法向量,则 ‎,即,‎ 所以可取．‎ 设是平面的法向量,则,‎ 同理可取．则．‎ 故二面角的余弦值为．‎ 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用 ‎【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.‎ ‎10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ‎（A）20π （B）24π （C）28π （D）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，‎ 设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．‎ 由图得，，由勾股定理得：，‎ ‎，‎ 故选C．‎ ‎11、（2016年2卷14题），是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：‎ ‎①如果，，，那么．‎ ‎②如果，，那么．‎ ‎③如果，，那么．‎ ‎④如果，，那么m与所成的角和n与所成的角相等．‎ 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）‎ ‎【解析】②③④‎ ‎12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）‎ 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，，，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△的位置.‎ ‎（I）证明：平面ABCD；‎ ‎（II）求二面角的正弦值. ‎ ‎【解析】⑴证明：∵，∴，∴．‎ ‎∵四边形为菱形，∴，∴，∴，‎ ‎∴．∵，∴；又，，‎ ‎∴，∴，∴，∴，‎ ‎∴．又∵，∴面．‎ ‎⑵建立如图坐标系．‎ ‎，，，，‎ ‎，，，‎ 设面法向量，‎ 由得，取，‎ ‎∴．同理可得面的法向量，‎ ‎∴，∴．‎ ‎13、（2016年3卷9题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）‎ ‎（A）（B）（C）90（D）81‎ ‎【答案】B 考点：空间几何体的三视图及表面积．‎ ‎【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．‎ ‎14、（2016年3卷10题）在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（）‎ ‎（A）4π （B） （C）6π （D）‎ ‎【答案】B 试题分析：要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．‎ 考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．‎ ‎【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．‎ ‎15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分）‎ 如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．‎ ‎（I）证明平面；‎ ‎（II）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面法向量的夹角来处理与平面所成角．‎ 试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.‎ 又，故，四边形为平行四边形，于是.‎ 因为平面，平面，所以平面.‎ 设为平面的法向量，则，即，可取，‎ 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，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． B． C． D．‎ 【答案】 B 【解析】 由三视图可画出立体图 该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 ‎ 故选B ‎17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，、、为元上的点，，，分别是一，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，‎ 为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_______．‎ 【答案】 【解析】 由题，连接，交与点，由题， ，即的长度与的长度或成正比 设，则， 三棱锥的高 则 令，， 令，即， 则 则 体积最大值为 ‎ ‎18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥中，中，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角的余弦值．‎ 【解析】 ‎（1）证明：∵ ∴， 又∵，∴ 又∵，、平面 ∴平面，又平面 ∴平面平面 （2）取中点，中点，连接， ∵ ∴四边形为平行四边形 ∴ 由（1）知，平面 ∴平面，又、平面 ∴， 又∵，∴ ∴、、两两垂直 ∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，∴、、、， ∴、、 设为平面的法向量 由，得 令，则，，可得平面的一个法向量 ∵，∴ 又知平面，平面 ∴，又 ∴平面 即是平面的一个法向量， ∴ 由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为 ‎19、(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】 A． B． C． D．‎ 【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为主目的.‎ 【解析】 ‎【解析】解法一：常规解法 【解析】 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 切割中 切割后几何体 【解析】 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，，，∴；上面阴影的体积是上 面部分体积的一半，即，与的比为高的比（同底），‎ 即，，故总体积.‎ 第二种体积求法：，其余同上，故总体积 ‎.‎ ‎20、(2017年2卷10题)已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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﹑﹑﹑上分别取中点﹑‎ ‎﹑﹑，并相互连接.‎ 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面 直线和所成的夹角为或其补角，‎ 通过几何关系求得，，‎ ‎，利用余弦定理可求得异面直线 和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，E是PD的中点.‎ ‎（1）证明：直线平面PAB ‎（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为，求二面角M-AB-D的余弦值 ‎【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解 ‎【标准答案】（1）证明略；（2）‎ ‎【基本解法1】‎ ‎（1）证明：取中点为，连接、‎ 因为，所以 因为是的中点，所以，所以 所以四边形为平行四边形，所以 因为平面，平面 所以直线平面 ‎（2）取中点为，连接 因为△为等边三角形，所以 因为平面平面，平面平面，平面 所以平面 因为，所以四边形为平行四边形，所以 所以 以分别为轴建立空间直角坐标系，如图 设，则，所以 设，则，‎ 因为点在棱上，所以，即 所以，所以 平面的法向量为 因为直线与底面所成角为，‎ 所以 解得，所以 设平面的法向量为，则 令，则 所以 所以求二面角的余弦值 ‎22、（2017年3卷8题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径，‎ 则圆柱体体积，故选B.‎ ‎23、（2017年3卷16题）为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与 ‎，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：‎ ‎①当直线与成角时，与成角；‎ ‎②当直线与成角时，与成角；‎ ‎③直线与所成角的最小值为；‎ ‎④直线与所成角的最大值为．‎ 其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】由题意知，三条直线两两相互垂直，画出图形如图．‎ 不妨设图中所示正方体边长为1，‎ 故，，‎ 斜边以直线为旋转轴旋转，则点保持不变，‎ 点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆．‎ 以为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，‎ 为轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 则，，‎ 直线的方向单位向量，．‎ 点起始坐标为，‎ 直线的方向单位向量，．‎ 设点在运动过程中的坐标，‎ 其中为与的夹角，．‎ 那么在运动过程中的向量，．‎ 设与所成夹角为，‎ 则．‎ 故，所以③正确，④错误．‎ 设与所成夹角为，‎ ‎.‎ 当与夹角为时，即，‎ ‎．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∵．‎ ‎∴，此时与夹角为．‎ ‎∴②正确，①错误．‎ ‎24、（2017年3卷19题）如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形．，．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分．求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】⑴取中点为，连接，；‎ 为等边三角形 ‎∴∴‎ ‎.‎ ‎∴,即为等腰直角三角形，‎ 为直角又为底边中点 ‎∴令，则易得：，∴由勾股定理的逆定理可得即 又∵‎ 由面面垂直的判定定理可得 ⑵由题意可知 即,到平面的距离相等 即为中点 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 易得：，，‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 则，解得，解得 若二面角为，易知为锐角，‎ 则 主要考点：‎ 1、 能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识 别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图 .‎ 2、 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .‎ 3、 能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 4、 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.‎ 5、 掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.‎ 6、 理解直线的方向向量与平面的法向量.‎ 1、 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.‎