高考文科数学试题分类汇编训练：三视图20180328
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何
2018年全国高考文科数学分类汇编——立体几何1.（北京）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（C）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，PC=3，PD=2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．2.(北京)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．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG ∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．3.（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．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2×=．故答案为：．4. （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．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．5.（全国1卷）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．12πB．12πC．8πD．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，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，可得：4R2=8，解得R=，则该圆柱的表面积为：=10π．故选：D．6.（全国1卷）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（）BA．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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：=2．故选：B．7.（全国1卷）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（）CA．8 B．6C．8D．8【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1==2．可得BB1==2．所以该长方体的体积为：2×=8．故选：C．8.（全国1卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AB=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．9.（全国2卷）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（）CA．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．10.（全国2卷）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8π．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA=4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V==8π．故答案为：8π．11. （全国2卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．【解答】（1）证明：∵AB=BC=2，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=，在△COM中，OM==．S=××=，S△COM==．=V C﹣POM⇒，设点C到平面POM的距离为d．由V P﹣OMC解得d=，∴点C到平面POM的距离为．12.（全国3卷）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（）AA．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．13.（全国3卷）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C==，OO′==2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：=18．故选：B．14.（全国3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．15.（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（）CA．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：根据正六边形的性质可得D1F1⊥A1F1，C1A1⊥A1F1，D1B1⊥A1B1，E1A1⊥A1B1，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，故有2×6=12，故选：C．16.（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．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos ．17.（天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为．【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，四棱锥的高：A1C1=．则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：=．故答案为：．18.（天津）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2，∠BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（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．【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=，∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．在Rt△CAD中，CD=，在Rt△CMD中，sin∠CDM=．∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．19.（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（）CA．2 B．4 C．6 D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V=．故选：C．20.（浙江）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．21.（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【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1==，tanθ3=，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3=，sinθ2=，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．22.（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=l，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．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1==2，又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，﹣，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），设平面ABB1的法向量为=（x，y，z），则，∴，令y=1可得=（﹣，1，0），∴cos＜＞===．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．。
2018年高考数学立体几何试题汇编
2018年全国一卷（文科）：9．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 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 A ．217B ．25C ．3D ．218．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．全国1卷理科理科第7小题同文科第9小题18. 如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.全国2卷理科：9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．1B ．5 C ．5 D ．2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．全国3卷理科3．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19．（12分）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2018年江苏理科：10．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 ▲ ．15．（本小题满分14分）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥． 求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．2018年北京：（5）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 ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4（16）（本小题14分）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．2018年浙江：3．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．2 B．4 C．6 D．819．（本题满分15分）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．2018年上海17.已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半轻为2 1.设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积2.设4,,PO OA OB =是底面半径,且90o AOB ∠=,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。
2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13 立体几何 )
2018 年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 ．4 1．【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -， 在四棱锥P ABCD -中，2PD =，2AD =， 2CD =，1AB =，由勾股定理可知，PA =PC = 3PB =，BC ，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：cm 3）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，(12)2262V +⨯=⨯=.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AA ₁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AA ₁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 ）164．（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≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ14.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2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ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13θθ≥， 所以231θθθ≤≤.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 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（ ）A ．B ．C ．3D ．25. 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， 所以MN ==，所以选B.6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．62C ．82D ．836. 答案： C 解答：连接1AC 和1BC ，∵1AC 与平面11BB C C 所成角为30，∴130AC B ∠=，∴11tan30,23ABBC BC ==，∴122CC =222282V =⨯⨯= C.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 33B 23C 32D 37. 答案：A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11AB D 平行（如图），而在与 平面11AB D 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122333622224S =⨯⨯=.8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．10π8. 答案：B解答：截面面积为8，所以高2h =2r =22212Sπππ=⋅⋅+=.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（）A．172B．52C．3 D．29. 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，所以MN==，所以选B.10．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A B C D10．【答案】C【解析】在正方体1111ABCD A B C D-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1CC的中点，可得CE a=，所以BE=，则55tanBE aEABAB∠===．故选C．11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体1111ABCD A B C D-中，1AB BC==，1AA1AD与1DB 所成角的余弦值为（）A．15B C D11．【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，1DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D，()1,0,0A，(1B，(1D，(1AD∴=-uuu r，(1DB=u u u r，111111cos<,>AD DBAD DBAD DB⋅==uuu ruuu ruuuuu ruuu rQ uuu ru r∴异面直线1AD与1DB，故选C．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；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 △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．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 ∆的重心，由ABC S ∆=6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O 到面ABC 的距离为2d ==，∴三棱锥D ABC -体积最大值1(24)3D ABC V -=⨯+=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】43【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，所以该多面体的体积为2142133⨯⨯⨯=．2．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．2．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且11112A O A C ==1111BDD B S BD DD =⨯=四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为111333V Sh ===．3． （2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C D -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】112【解析】由题意可得，底面四边形EFGH 的正方形，其面积212EFGHS ==⎝⎭，顶点M 到底面四边形EFGH 的距离为12d =， 由四棱锥的体积公式可得111132212M EFGHV -=⨯⨯=． 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S A B △的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 4．【答案】8π【解析】如下图所示，30SAO ∠=︒，90ASB ∠=︒，又211822SAB S SA SB SA =⋅==△，解得4SA =，所以122SO SA ==，AO =，所以该圆锥的体积为2183V OA SO =⋅π⋅⋅=π．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78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，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78，所以母线SA ，SB，因为SAB △的面积为l，所以212l ⨯=，280l ∴=，因SA 与圆锥底面所成角为45︒，所以底面半径为cos 42l π=，因此圆锥的侧面积为22rl l π==．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 =Q ，且E 为AD 的中点，PE AD ∴⊥，Q 底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥． （2）Q 底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PD ⊥Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．F Q ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =， Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =，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 −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1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）1 B CD C --的余弦值为（3）证明过程见解析． 【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥Q 平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，AC EF ∴⊥，AB BC =Q ，AC BE ∴⊥， AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥． 又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ． BE ⊂Q 平面ABC ，EF BE ∴⊥． 如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ， ()=2,01CD ∴uu u r ,，()=1,2,0CB uu r ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ，00CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩uu u r uu rn n ，20 20a c a b +=⎧∴⎨+=⎩， 令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()2,14=--，,n ，又Q 平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB uu r ，cos =EB EB EB ⋅∴<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为 （3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G Q ，()0,0,2F ，()=02,1GF ∴-uuu r ,，2GF ∴⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uu u r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1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．4．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ． （2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥． 又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ， 所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．5．【答案】（1）20；（2）5【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB⊥，以{}1,,OB OC OO为基底，建立空间直角坐标系O xyz-．因为12AB AA==，所以()01,0A-,，)B，()0,1,0C，()10,1,2A-，)12B，()10,1,2C．（1）因为P为11A B的中点，所以1,222P⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，从而1,222BP⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，()10,2,2AC=，故111cos,205BP ACBP ACBP AC⋅-<>===⋅．因此，异面直线BP与1AC．（2）因为Q为BC的中点，所以1,02Q⎫⎪⎪⎝⎭，因此33,,022AQ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，()10,2,2AC=，()10,0,2CC=．设(),,x y z=n为平面1AQC的一个法向量，则1AQAC⎧=⋅=⎨⎪⋅⎪⎩nn即322220x yy z+=+=⎪⎨⎪⎩，不妨取)3,1,1=-n，设直线1CC与平面1AQC所成角为θ，则111sin cos,CCCCCCθ⋅=<>===⋅nnn，所以直线1CC与平面1AQC6．（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解答：（1）∵12AB B B==，且1B B⊥平面ABC，∴1B B AB⊥，∴1AB=同理，1AC===过点1C作1B B的垂线段交1B B于点G，则12C G BC==且11B G=，∴11B C=在11AB C∆中，2221111AB B C AC+=，∴111AB B C⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+，∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（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1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角， 设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin 13α=.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 为棱AB 的中点，AB =2，AD=，∠BAD =90°． （Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（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（3．【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． 在Rt DAM △中，1AM =，故DM = 因为AD ⊥平面ABC ，故AD AC ⊥．在Rt DAN △中，1AN =，故DN =．在等腰三角形DMN 中，1MN =，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD（3）连接CM ，因为ABC △为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM AB ⊥，CM =ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ． 所以，CDM ∠为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt CAD △中，4CD =．在Rt CMD △中，sin CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD．8．（2018天津理） 如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.8．【答案】（1）证明见解析；（2；（3．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图）， 可得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ， ()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,2N ．（1）依题意()0,2,0DC =，()2,0,2DE =．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩，不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC =，()1,2,2BE =-，()0,1,2CF =-． 设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有cos ,⋅<>==m n m n m n，于是sin ,m n <>=． 所以，二面角––E BC F． （3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =--．易知，()0,2,0DC =为平面ADGE 的一个法向量， 故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==sin 60=︒=，解得[]0,2h =． 所以线段DP ． 9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．9. 答案：（1）见解析（2）1 解答：（1）证明：∵ABCM 为平行四边形且90ACM ∠=,∴AB AC ⊥,又∵AB DA ⊥,∴AB ⊥平面ACD ,∵AB ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面ACD . （2）过点Q 作QH AC ⊥,交AC 于点H ，∵AB ⊥平面ACD ，∴A B C D⊥,又∵CD AC ⊥,∴CD ⊥平面ABC ,∴13HQ AQ CD AD ==,∴1HQ =,∵BC BC AM AD ====∴BP =又∵ABC ∆为等腰直角三角形，∴13322ABP S ∆=⋅⋅=，∴1131133Q ABD ABD V S HQ -∆=⋅⋅=⨯⨯=.10．（2018全国新课标Ⅰ理）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.10.答案：（1）略；（2）4. 解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥， 又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴PE = 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴24PH ==而4PD =，∴sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值3.11．（2018全国新课标Ⅱ文） 如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．11．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且OP =OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知，OP OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH OM ⊥，垂足为H ．又由（1）可得OP CH ⊥，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知122OC AC ==，23BC CM ==，45ACB ∠=︒．所以OM =，sin C OC MC A M H CB O ⋅⋅∠==．所以点C 到平面POM ． 12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．12．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且23OP =， 连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==，由222OP OB PB +=知PO OB ⊥，由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz-．由已知得()0,0,0O，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，(P ，(AP =uu u r，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =uu u r ，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-r，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=uu u r n ，0AM ⋅=uuu rn ，得()2040y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取))4,a a =--n ，4cos ,a OB -∴<>=uu u r n ，由已知得cos ,OB <>=uu u r n ，O=4a =-（舍去），43a=，43⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭n ，又(0,2,PC =-u u ur Q ，所以cos ,PC <>=uu u r n ． 所以PC 与平面PAM ．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．13.答案：见解答 解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ， ∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）线段AM 上存在点P 且P 为AM 中点，证明如下：连接,BD AC 交于点O ，连接,,PD PB PO ；在矩形ABCD 中，O 是AC 中点，P 是AM 的中点； ∴//OP MC ，∵OP 在平面PDB 内，MC 不在平面PDB 内，∴//MC 平面PDB .14．（2018全国新课标Ⅲ理）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．14．答案：见解答解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ， ∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，，∴cos θ==，∴ sin θ=.。
三年高考2016_2018高考数学试题分项版解析专题21三视图的辨别与应用文含解析word格式
专题21 三视图的辨别与应用文考纲解读明方向分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年浙江卷】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【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等. 2．【2018年文北京卷】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. 4【答案】C点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.3．【2018年全国卷Ⅲ文】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A. AB. BC. CD. D【答案】A点睛：本题主要考擦空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。
2017年高考全景展示1.【2017课标II，文6】如图，网格纸上小正方形的边长为1，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后所得，则该几何体的体积为A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为，故选B.【考点】三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．2.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）60 （B）30（C）20 （D）10【答案】D【解析】试题分析：该几何体是三棱锥，如图：【考点】1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.2016年高考全景展示1.【2016高考天津文数】将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B【解析】考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．。
2018年高考数学试的题目分类总汇编之立体几何
实用标准文案2018年高考数学试题分类汇编之立体几何（6）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（B . 4C . 6（A ） 1 2.（北京卷理） (B) 2(A ) 1 3.(浙江)(3) (C ) 3 (D) 4（5）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正〔主）观图 恻（左）帆圈(B) 2(C ) 3 (D) 4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： cm 3俯视图r*— 2—侧视图」、选择题1.（北京卷文）4.（全国卷一文）（5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O i , O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积8的正方形，则该圆柱的表面积为5.（全国卷一文）（9）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 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A . 2 17 C . 36.（全国卷一文）（10）在长方体ABCD-AB 1C 1D 1中，AB 二BC=2 , AG 与平面BBGC 所成的角为30，则该长方体的体积为 A . 8B . 6、2C . 8.2D •7 .（全国卷一理）（7）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A . 2.178 （全国卷一理）（12）已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 体所得截面面积的最大值为 A .二4B .二 39. （全国卷二文）（9）在正方体 ABCD -AB 1C 1D 1中，E 为棱C 。
的中点，则异面直线 AE 与CD 所成角 的正切值为12.2 nB . 12 nC .D . 10 nB . 2.5 D . 2D . 2a 所成的角相等，则 a 截此正方恵43 45 47 A• T B• T C• 2 D•210. （全国卷~理） （9）在长方体ABCD 一 AB 1C 1D 1中，AB 二BC 二1 , AA 13，则异面直线 AD 1与DB 1所成角的余弦值为11. （全国卷三文）（3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯 眼，图中木构件右边的小长方体是棒头.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形且其面积为 9 3，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为13.（全国卷三理）（3）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.（全国卷三文）（12）设 A , B , C , D 是同一个半径为 4的球的球面上四点， △ ABC 为等边三角A . 12、.3B . 183C . 24.3D . 54 36A C10）设A , B , C , D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ ABC为等边三角形且14 .（全国卷三理）其面积为9 3，则三棱锥D - ABC体积的最大值为第（打）题图3. （天津理）（11）已知正方体 ABCD - ABC 1D 1的棱长为1,除面ABCD 夕卜，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 ___________第（11）腔團A . 12..3B . 18.3 二、填空题1.（江苏）（10）如图所示，正方体的棱长为C . 24 3D . 54 . 32，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ____________（第1（）题）2.（天津文）ABCD -\1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱柱 A 1 -BB 1D 1D 的体积为4. （全国卷二文）（16）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△ SB的面积为8，则该圆锥的体积为 ____________ .5. （全国卷二理）（16）已知圆锥的顶点为 S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为-，SA 与圆锥底面所成角8为45°若厶SAB 的面积为5丽，则该圆锥的侧面积为 ________________ .三、解答题1.（北京文）（18）（本小题14分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD 丄平面 ABCD ，PA 丄PD ，PA=PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.2.（北京理）（16）（本小题14 分） 如图，在三棱柱 ABC-ABG 中, CG _平面 ABC,D,E, F,G 分别为 AA, ,AC, AC 1，BB 1 的中点，AB=BC=・. 5，AC= AA =2.（I ）求证：AC 丄平面BEF ; （ n ）求二面角 B-CD-C 1的余弦值；（川）证明：直线 FG 与平面BCD 相交.C1（I ）求证:PE 丄BC ; （H ）求证：平面FAB 丄平面PCD ;（川）求证：EF //平面 PCD.B3.（江苏）（15）（本小题满分14分）《第15题）在平行六面体ABCD _A i B i CQ i 中，AA =AB, AR _ RG .求证：（1）AB//平面A i B i C ; （2）平面ABB1A1 _平面ABC .4.（浙江）（19）（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA1B1C1, A A, B i B, C i C均垂直于平面ABC,/ ABC=120°, A1A=4, C1C=1 , AB=BC=B1B=2 .（I）证明：AB1丄平面A1B1C仁（H）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.5.（天津文）（17）（本小题满分13分）如图，在四面体ABCD中，△ ABC是等边三角形，平面ABC丄平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2, AD=2 3，/ BAD=90 ° .（I ）求证：AD丄BC;（H ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（川）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.(2) Q为线段AD上一点,2 P在线段BC上，且艸心严,6. （天津理）（17）（本小题满分13分）如图，AD// BC 且AD=2BC, AD _ CD , EG// AD 且EG=AD , CD// FG 且CD=2FG,DG _ 平面ABCD , DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN //平面CDE ；(II )求二面角E — BC —F的正弦值;(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.7. (全国卷一文)(18)( 12分)如图，在平行四边形ABCM中，AB =AC =3，/ ACM =90，以AC为折痕将厶ACM折起, 使点M到达点D 的位置，且AB丄DA .(1)证明：平面ACD丄平面ABC ；A求三棱锥Q-ABP的体积.8. （全国卷一理）（18）（12分）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△ DFC折起, 使点C到达点P的位置，且PF _ BF .（1）证明：平面PEF —平面ABFD ；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.9. （全国卷二文）（19）（12分）如图，在三棱锥P - ABC 中，AB=BC=2.2，PA =PB =PC =AC =4，O 为AC 的中点.（1）证明：PO _平面ABC ;（2）若点M在棱BC上，且MC =2MB，求点C到平面POM的距离.10. （全国卷二理）（20）（12分）如图，在三棱锥P -ABC 中，AB 二BC=2..2，PA 二PB 二PC 二AC = 4，O 为AC 的中点.（1）证明：PO _平面ABC ;（2）若点M在棱BC上，且二面角M -PA-C为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.11. （全国卷三文）（19）（12分）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C , D的点.（1）证明：平面AMD丄平面BMC ；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC //平面PBD ?说明理由.C12.（全国卷三理）（19）（12分）如图, D的点.(1)(2) 边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，证明：平面AMD丄平面BMC ;当三棱锥M —ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.。
三年高考(2016-2018)高考数学试题分项版解析 专题21 三视图的辨别与应用 理(含解析)
专题21 三视图的辨别与应用考纲解读明方向等几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.2017年高考全景展示1.【2017课标1，理7】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个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【考点】简单几何体的三视图【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.2.【2017浙江，3】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：cm 3）是A ．12+πB ．32+πC ．123+πD ．323+π【答案】A 【解析】试题分析：12)122121(3312+=⨯⨯+⨯⨯⨯=ππV ，选A ． 【考点】 三视图【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．3.【2017北京，理7】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（A）（B）（C）（D）2【答案】B【解析】试题分析：几何体是四棱锥，如图l==，故选B.红色线为三视图还原后的几何体，最长的棱长为正方体的对角线，【考点】三视图【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.2016年高考全景展示1.【2016高考新课标3理数】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 ）18+（B ）54+（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．基本性质及推论，线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题． 2.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）13+ （C ）13+ （D ）1+【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等.3.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图33【答案】3【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为1122sin120132V=⨯⨯⨯⨯︒⨯=考点：三视图，几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．4.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3.【答案】7232考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积与体积．【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．5.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V=⨯⨯⨯=．故答案为2．【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．。
高考文科数学_立体几何三视图问题分类解答
高考文科数学：三视图问题分类解答例1、概念问题1、下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是．（填序号）①正方体④正四棱锥③三棱台②圆锥2、如图，折线ABC表示嵌在玻璃正方体的一根铁丝，请把它的三视图补充完整．俯视图左视图正视图CBA3 、已知某个几何体的三视图如下图所示，试根据图中所标出的尺寸（单位：㎝），可得这个几何体的体积是．101020202020正视图左视图俯视图4、已知某个几何体的三视图如下图所示，试根据图中所标出的尺寸（单位：㎝），可得这个几何体的面积是．222233俯视图正视图左视图例2、图形判定问题1、一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（ D ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱2、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是（ D ）4、某几何体的正视图如左图所示，则该几何体的俯视图不可能的是( C )5、在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如左图，则相应的侧视图可以为（ D ）6、一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为B①长方形；②正方形；③圆；④椭圆. 其中正确的是（A）①②（B）②③（C）③④（D）①④例3、三视图和几何体的体积相结合的问题1、下图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为1与3的直角三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积等于（A）π63（B）π33（C）π334（D）π21答案：A2、一个四棱锥的三视图如图所示，其左视图是等边三角形，该四棱锥的体积等于 A A．3 B．23C．33D．633、设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
答案：D4、如图是一个几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是( B )A.43π B.63π C.12π D.3π例4、三视图和几何体的表面积相结合1、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_____38___。
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何1.在某四棱锥的三视图中，侧面中直角三角形的个数为3个。
解决方法是通过对应的直观图，得出三角形PCD不是直角三角形，同时通过计算得出侧面中有三个直角三角形，分别为△PAB，△PBC和△PAD。
2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，E，F分别为AD，PB的中点。
需要证明PE⊥BC，平面PAB⊥平面PCD和EF∥平面PCD。
证明过程中，需要利用几何图形的性质，如平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD等。
3.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4/3.解决方法是通过计算正方体中间四边形的边长，然后计算出棱锥的高和棱长，最后通过公式计算出多面体的体积。
4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，需要证明AB∥平面A1B1C和平面ABB1A1⊥平面A1BC。
证明过程中，需要利用平行六面体的性质，如AB∥A1B1等。
在平行四边形ABCM中，由XXX可知∠ABC=∠ACB，又∠XXX°，所以∠ABM=∠CBM，即BM=CM，所以四边形ABB1M和四边形CC1BM是菱形，进而可得AB1⊥XXX，AC1⊥CM，所以AB1∥AC1，又因为XXX⊥AC，所以AB1⊥AC，即AB1是平面ABC的法线，同理可得AD是平面ACD的法线，所以平面ACD⊥平面ABC。
2）若BM=2，求AD的长度。
因为AB=AC=3，所以BC=3，又因为BM=2，所以MC=1，由勾股定理可得AM=√8，又因为AB⊥DA，所以AD=√AB^2+BD^2，又因为ABCD是平行四边形，所以BD=AC=3，所以AD=√18，即AD=3√2.题目：求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值。
解答：I）证明：因为A1A垂直于平面ABC，B1B垂直于平面ABC，所以A1A∥B1B。
由于A1A=4，B1B=2，AB=2，所以A1B1=2.又因为AB1⊥A1B1，同理可得AB1⊥B1C1，且A1B1∩B1C1=B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.II）解：取AC的中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考文科数学试题分类汇编训练：空间几何体的三视图、表面积体积
1.【2017课标II ，文6】如图，网格纸上小正方形的边长为1，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后所得，则该几何体的体积为
A.90π
B.63π
C.42π
D.36π
2.【2017课标3，文9】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 ．π
B ．
3π4
C ．
π2
D ．
π4
3.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
（A ）60 （B ）30 （C ）20 （D ）10
4.【2017课标1，文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________．
5.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为
6.【2017江苏，6】 如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12
,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则
1
2
V V 的值是 ▲ .
O O 1
O 2
(第6题)
⋅
⋅ ⋅
7.【2017山东，文13】由一个长方体和两个1 4
圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为.
8、【2016高考新课标1卷】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）
9.【2016高考新课标2文数】下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）（B）（C）（D）
10.【2016年高考北京文数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）
28
3
π
17π18π20π28π
20π24π28π32π
A. B.
C. D. 11.【2016高考山东文数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）
（A ）
（B ） （C ） （D ） 12．(2015·新课标全国Ⅱ，9)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
16131
2
112
33
+π133+π136+π16+
π。