20112017高考全国卷文科数学立体几何汇编
2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.立体几何
平面 ABB1A1 n ，则 m, n 所成角的正弦值为 3
D． 1 3
【2015，6】《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），米堆底部的弧长
【2013，19】如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若 AB＝CB＝2，A1C＝ 6 ，求三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积．
【2012，19】如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧棱垂直底面，ACB 90 ，AC=BC= 1 AA1，D 是棱 AA1 2
【2015，18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 交点，BE⊥平面 ABCD， (Ⅰ)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥 E- ACD
的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积． 3
【2014,19】如图，三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为 O ，且 AO 平 面 BB1C1C . （1）证明： B1C AB; （2）若 AC AB1 , CBB1 60, BC 1, 求三棱柱 ABC A1B1C1的高.
【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
)． D．8＋16π
【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6
B．9
C．12
D．15
2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.立体几何
新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编8．立体几何（含解析）一、选择题【2018,5】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 ．10π【2018,9】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 ．2【2018,10】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 ．83【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）【2016，7】如图所示，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28π3，则它的表面积是（ ） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【2015，6】《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），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】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，该几何体的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+20π，则r =( ) BA ．1B ．2C ．4D ．8【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15 【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题【2017，16】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 SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 三、解答题【2018,18】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．【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD 6【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C 6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． （1）证明：PA BD ⊥；（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．DA 11CC 1新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编8．立体几何（解析版）一、选择题【2018,5】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 ．10π解：选B 。
2017版高考数学(文)(全国)一轮复习文档：第八章 立体几何 8.1 含答案
1．空间几何体的结构特征(1）多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．（2）旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到．2．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是正投影得到,这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．3．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，其规则是：(1）原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直,直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴、y ′轴所在平面垂直．（2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．4．常用结论（1)常见旋转体的三视图①球的三视图都是半径相等的圆．②水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． ③水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形．④水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形．(2)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”错误!“三不变”⎩⎨⎧ 平行性不改变，，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变。
【思考辨析】判断下面结论是否正确（请在括号中打“√”或“×") （1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × )(2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ×）(3）夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( ×）（4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ×) (5）用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( ×）（6)菱形的直观图仍是菱形．( ×）1．(教材改编）下列说法正确的是（)A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱的长度等于（)A.错误!B.错误!C．5错误!D．2错误!答案C解析由题易知该几何体是三棱锥，底面是直角边长分别为3，4的直角三角形,高为5,其最长棱长为错误!＝5错误!.3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ）A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案A解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看）都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形，故选A。
20112017年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编8三角函数与解三角形
2011—2017年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编8．三角函数与解三角形一、选择题?的最小正周期为（函数）（2017·3）)f(x)?sin(2x?3???? D.A.4B.2C. 2??的部分图像如图所示，则（）2016·（3）函数)x sin(?y=A??y?2sin(2)x?)y?2sin(2x?．BA．36??)x+)y?2sin(2y?2sin(2x+ D．．C36π）的最大值为（（2016·11）函数)?x?6cos(xf(x)?cos227D B．5．6C．A．4??B，，ba，，c，已知2013·4）在△ABC的内角A，B，C的对边分别为（2b?6??C），则△ABC的面积为（422323?2?11?33? CA．．DB．．?22???)?cossin2(?），则（6（2013·）已知432111 ．D．B． C ．A3263??5?????xx)sin(?xf(0?x?)?图像的两条相邻的对称和9）已知，>0是函数，直线==（2012·44?）（轴，则=ππππ3 ．A．B．CD．2434 ）=（终边在直线的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，y = 2x上，则cos2θ7（2011·）已知角θ4343 D．B．CA．．??5555??）（2011·11）设函数，则（)?cos(2x?f(x)?sin(2x?)44??单调递增，其图像关于直线对称= f (x)在A．y ?)(0,x42??在x)对称单调递增，其图像关于直线B．y = f (?)(0,x22??单调递减，其图像关于直线在= f (x)对称．C y ?,x)(042??单调递减，其图像关于直线x= f ()在对称y D．?)(0,x22 二、填空题（2017·13）函数的最大值为. x?sin x()?2cos xf（2017·16）△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c，若2b cos B=a cos C+c cos A，则B=45，a=1，则b=____________. a，b，c，若，（2016·15）△ABC的内角A，B，C的对边分别为?s A co?cos C513（2014·14）函数f (x) = sin(x+φ)-2sinφcos x的最大值为_________. ??????)??cos(2x??)(?y y?sin(2x?)的图象重合，个单位后，与函数的图象向右平移2013·16）函数（32??_________.则. =7，AB=5，则△ABC的面积为）在△（2011·15ABC中B=120°，AC三、解答题. DC，BD=2D中，是BC上的点，AD平分∠BAC（2015·17）在ΔABC sin?B；（Ⅰ）求sin?C（Ⅱ）若∠BAC=60°，求∠B.（2014·17）四边形ABCD的内角A与C互补，AB=1，BC=3，CD=DA=2.（Ⅰ）求C和BD；（Ⅱ）求四边形ABCD的面积.c?3a sin C?c cos A. 的对边，B，C分别为△ABC三个内角A，，（2012·17）已知a，bc A；（Ⅰ）求ac b. ，求=2，△ABC，（Ⅱ）若的面积为32011—2017年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编8．三角函数与解三角形（解析版）一、选择题?2?T??由题意解析：3）C（2017·，故选C. 2?????T2?2==)??(?2)(，?T，再将及=2及最小值得，由最大值2-2，的A由（2016·3）A解析：?||22633?????)??2sin(2)?2x?2sin(2=-?y，故选，故代入解析式，A.，解得6363112，而，所以当时，取最大值5，选11）B解析：因为B. （2016·],1[?1sin x?1sin x??))f(x??2(sin x?22???cb7?AB??,C?2c?2所以所以,..由正弦定理得）（2013·4B解析：因为，解得??1264sinsin46?711sinsin bcA??2?22.三角形的面积为1222???????13232712?sin(?)?sincos?cossin????sin?(?)，因为222222243434312．123113??(?)?bc sin A?22B. 所以，故选2222????)?1?1?cos2(cos(2?)??2sin1?242????)cos(?，A解析：因为（2013·6）22422?1??1?sin21 32?????)cos(所以A. ，故选6242?????5????k??Z?k???Zk??k，∴（（=∴由题设知，=）=1，∴），=，（2012·9）A解析：?44244????0??A. ∵，故选，∴=4312??1=-θ-B..由cos2θ（2011·7）B解析：易知tan=2=2，cos，cos=，故选?55????单调递减，其图像关于直线x因为) 在. 所以f (（2011·11）D解析：x2cos2x)?2sin(2fx??)(0,22?D. 故选对称. ?x 2二、填空题??55??x?2))(其中tan f(x)=5sin(. 解析：）（2017·13?B)?sin A?sin(A?CB cos B?sin A cos C?sin C cos2sin解析：16）由正弦定理可得（2017·3π1??cos B?B?321235421，）为三角形内角，所以解析：因为，且（2016·15?CA?,sinsin?,cos C cos A?CA,1351351321sin Bab13a?b????cos A sin C sin B?sin(A?C)?sin A cos C. ，又因为，所以13sin ABA sinsin65)φ= sin(x-φx cos-sinφcos x = sincos x x cosφ+cos x sinφ-2sinφcos x = sin+1（2014·14）解析：∵f (x) = sin(xφ)-2sinφ1.x)的最大值为≤1，∴f (????5?)x?y?cos(2n)y?si2(x)?y?sin(2x?（，向右平移个单位，，即解析：函数2013·16得到）3326????)?y?cos(2x)?y?sin(2x个单位，得向左平移，所以个单位得到函数向左平移322???????)??]?sin(2x?y?sin[2(x)?)?x cos(?2sin(2??x?)?332332?5?5??)?cos(2x?，即. 66315222，有面积公=3解析：）由余弦定理得，所以BC （2011·15?cos120AB?AC?BC2?AC?BC?S 4315.式得?S4三、解答题.DC=2BD，BAC平分∠AD上的点，BC是D中，ABCΔ在）172015·（．sin?B；（Ⅰ）求sin?C（Ⅱ）若∠BAC=60°，求∠B.ADBDADDC?,?.因为AD平定理得分：（2015·17）解析（Ⅰ）由正弦sin?B sin?BAD sin?C sin?CAD sin?BDC1??.,DB?2DC?BAC,所以sin?CBD2?C?180??(?BAC??B),?BAC?60?，（Ⅱ）因为13?B)sin?C?BAC??sin(??cos?B?sin B.,C si?n2sin?B?以Ⅰ）以知所所由（223,?n?B ta. 即?B?30?3（2014·17）四边形ABCD的内角A与C互补，AB=1，BC=3，CD=DA=2.（Ⅰ）求C和BD；（Ⅱ）求四边形ABCD的面积.2 22-2BC·CD cosC = 13 -=2，由余弦定理得：BD12cos= BCC +CD（（2014·17）解析：Ⅰ）在△BCD中，BC=3，CD2 22 -2AB·AD cos A = 5+AD-4cos A = 5+4cos C 中，在△ABDAB=1，DA=2，A+C=π，由余弦定理得：BD= AB①，1BD?7?cos C. ，C=60°②，由①②得：，则2311sin C?sin A??cosAcos C??，则，（Ⅱ）∵，∴222111313AB?DA sin A?BC?CD sin C??1?2???3S??2??23. 222222c?3a sin C?c cos A. C的对边，三个内角A，B，ABC17（2012·）已知a，b，c分别为△A；（Ⅰ）求ac b. ABC，的面积为（Ⅱ）若，求=2，△3c cos A3sin A sin C?cos A sin Cac?3sin C??sin C，由于及正弦定理得解析：（Ⅰ）由17（2012·）??1sin(A?)?A???A sin C?00?.，故，所以，又6231Abc sin3bc?ABCS，=（Ⅱ）而的面积=，故=4222222=8Ac?b cos2ba??c?bc c?b=2.，解得，故。
2011—2017年高考全国卷Ⅰ文科数学三角函数、解三角形汇编
新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编三角函数、解三角形一、选择题【2017，11】△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ．已知sin sin (sin cos )0B A C C +-=，a=2，2，则C=( ) A ．π12B ．π6C ．π4D ．π3【2016，4】ABC △的内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,．已知5a =2c =，2cos 3A =，则b =（ ） A ．2 B3 C ．2 D ．3【2016，6】若将函数π2sin 26y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像向右平移14个周期后，所得图像对应的函数为（ ）． A ．π2sin 24y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭ B ．π2sin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ C ．π2sin 24y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭D ．π2sin 23y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭【2015，8】函数f (x )=cos(ωx +φ)的部分图像如图所示，则f (x )的单调递减区间为( ) A ．13(,),44k k k Z ππ-+∈ B ．13(2,2),44k k k Z ππ-+∈ C ．13(,),44k k k Z -+∈ D ．13(2,2),44k k k Z -+∈ 【2014，7】在函数① y=cos|2x|，②y=|cos x |，③)62cos(π+=x y ，④)42tan(π-=x y 中，最小正周期为π的所有函数为( )A ．①②③B ．①③④C ．②④D ．①③【2014，2】若tan 0α>，则（ ）A ． sin 0α>B ． cos 0α>C ． sin 20α>D ． cos20α>【2013，10】已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,23cos 2A ＋cos 2A ＝0，a ＝7，c ＝6，则b ＝( )A ．10B ．9C ．8D ．5 【2012，9】9．已知0ω>，0ϕπ<<，直线4x π=和54x π=是函数()sin()f x x ωϕ=+图像的两条相邻的对称轴，则ϕ=（ ） A ．4π B ．3π C ．2πD ．34π 【2011，7】已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线2y x =上，则cos2θ=（ ）．A ．45-B ．35-C ．35D ．45【2011，11】设函数ππ()sin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则 （ ） A ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线π4x =对称 B ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线π2x =对称 C ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线π4x =对称 D ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线π2x =对称 二、填空题【2017，15】已知0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，tan 2α=，则cos 4πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭________． 【2016，】14．已知θ是第四象限角，且π3sin 45θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则πtan 4θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 【2013，16】设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝______．【2014，16】如图所示，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角60MAN ∠=︒，C 点的仰角 45CAB ∠=︒以及75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒． 已知山高100BC m =，则山高MN = m ． 【2011，15】ABC △中，120B =，7AC =，5AB =，则ABC △的面积为 ． 三、解答题【2015，17】已知,,a b c 分别为ABC △内角,,A B C 的对边，2sin 2sin sin B A C =．（1）若a b =，求cos B ；（2）设90B ∠=，且2a =ABC △的面积．【2012，17】已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，3sin cos c a C c A =-．（1）求A ；（2）若2a =，△ABC 3，求b ，c ．解 析一、选择题【2017，11】△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ．已知sin sin (sin cos )0B A C C +-=，a=2，2，则C=( ) A ．π12B ．π6C ．π4D ．π3【答案】B【解法】解法一：因为sin sin (sin cos )0B A C C +-=，sin sin()B A C =+，所以sin (sin cos )0C A A +=，又sin 0C >，所以sin cos A A =-，tan 1A =-，又0A π<<，所以34A π=，又a =2，c 222=即1sin 2C =．又02C π<<，所以6C π=，故选B ．解法二：由解法一知sin cos 0A A +=2)04A π+=，又0A π<<，所以34A π=．下同解法一．【2016，4】ABC △的内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,．已知5a =2c =，2cos 3A =，则b =（ ） A ．2 B3 C ．2 D ．3解析：选D ．由余弦定理得222cos 2b c a A bc +-=，即245243b b +-=， 整理得()28113033b b b b ⎛⎫--=-+= ⎪⎝⎭，解得3b =．故选D ． 【2016，6】若将函数π2sin 26y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像向右平移14个周期后，所得图像对应的函数为（ ）． A ．π2sin 24y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭ B ．π2sin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ C ．π2sin 24y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ D ．π2sin 23y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭解析：选D ．将函数π2sin 26y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像向右平移14个周期，即向右平移π4个单位， 故所得图像对应的函数为ππ2sin 246y x ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦π2sin 23x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．故选D ． 【2015，8】函数f (x )=cos(ωx +φ)的部分图像如图所示，则f (x )的单调递减区间为( ) A ．13(,),44k k k Z ππ-+∈ B ．13(2,2),44k k k Z ππ-+∈C ．13(,),44k k k Z -+∈ D ．13(2,2),44k k k Z -+∈ 解：选D ．依图，153++4242ππωϕωϕ==且，解得ω=π，=4πϕ， ()cos()4f x x ππ∴=+， 224k x k πππππ<+<+由，，解得132244k x k -<<+，故选D ． 【2014，7】在函数① y=cos|2x|，②y=|cos x |，③)62cos(π+=x y ，④)42tan(π-=x y 中，最小正周期为π的所有函数为( )A ．①②③B ．①③④C ．②④D ．①③解：选A ．由cos y x =是偶函数可知①y=cos|2x|=cos2x ，最小正周期为π；②y=|cos x |的最小正周期也是π；③中函数最小正周期也是π；正确答案为①②③，故选A【2014，2】若tan 0α>，则（ ）A ． sin 0α>B ． cos 0α>C ． sin 20α>D ． cos20α>解：选C ．tan α>0，α在一或三象限，所以sin α与cos α同号，故选C【2013，10】已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,23cos 2A ＋cos 2A ＝0，a ＝7，c ＝6，则b ＝( )．A ．10B ．9C ．8D ．5解析：选D ．由23cos 2A ＋cos 2A ＝0，得cos 2A ＝125．∵A ∈π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，∴cos A ＝15．∵cos A ＝2364926b b +-⨯，∴b ＝5或135b =-(舍)．【2012，9】9．已知0ω>，0ϕπ<<，直线4x π=和54x π=是函数()sin()f x x ωϕ=+图像的两条相邻的对称轴，则ϕ=（ ）A ．4π B ．3π C ．2πD ．34π【解析】选A ．由直线4x π=和54x π=是函数()sin()f x x ωϕ=+图像的两条相邻的对称轴，得()sin()f x x ωϕ=+的最小正周期52()244T πππ=-=，从而1ω=．由此()sin()f x x ϕ=+，由已知4x π=处()sin()f x x ϕ=+取得最值，所以sin()14πϕ+=±，结合选项，知ϕ=4π，故选择A ．【2011，7】已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线2y x =上，则cos2θ=（ ）．A ．45-B ．35-C ．35D ．45【解析】设(,2)(0)P t t t ≠为角θ终边上任意一点，则cosθ=当0t >时，cos θ=0t <时，cos θ=．因此223cos 22cos 1155θθ=-=-=-．故选B ．【2011，11】设函数ππ()sin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则 （ ） A ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线π4x =对称 B ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线π2x =对称 C ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线π4x =对称 D ．()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线π2x =对称【解析】因为ππππ()sin 2cos 2224444f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当π02x <<时，02πx <<，故()f x x =在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．又当π2x =π22⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭π2x =是()y f x =的一条对称轴．故选D ．二、填空题【2017，15】已知0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，tan 2α=，则cos 4πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭________．【解析】10．0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin tan 22sin 2cos cos ααααα=⇒=⇒=，又22sin cos 1αα+=，解得sin α=，cos α=，cos sin )4210πααα⎛⎫∴-=+= ⎪⎝⎭．【基本解法2】0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，tan 2α=，∴角α的终边过(1,2)P ，故sin y r α==，cos 5x r α==，其中r ==cos (cos sin )4210πααα⎛⎫∴-=+= ⎪⎝⎭．【2016，】14．已知θ是第四象限角，且π3sin 45θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则πtan 4θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 解析：43-．由题意sin sin 442θθπππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦3cos 45θπ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭．因为2222k k θ3ππ+<<π+π()k ∈Z ，所以722444k k θ5ππππ+<-<π+()k ∈Z ， 从而4sin 45θπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，因此4tan 43θπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．故填43-． 方法2：还可利用ππtan tan 144θθ⎛⎫⎛⎫-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭来进行处理，或者直接进行推演，即由题意4cos 45θπ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，故3tan 44θπ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以tan 4θπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭143tan 4θ-=-π⎛⎫+ ⎪⎝⎭． 【2013，16】设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝______．答案：解析：25． ∵f (x )＝sin x －2cos x 5sin(x －φ)，其中sin φ25cos φ5当x －φ＝2k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )取最大值．即θ－φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，θ＝2k π＋π2＋φ(k ∈Z)．∴cos θ＝πcos 2ϕ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝－sin φ＝255-．【2014，16】16．如图所示，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M点的仰角60MAN ∠=︒，C 点的仰角45CAB ∠=︒以及 75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒．已知山高100BC m =，则山高MN = m ．解：在RtΔABC 中，由条件可得1002AC =，在ΔMAC 中，∠MAC=45°；由正弦定理可得sin60sin 45AM AC =︒︒，故310032AM AC =RtΔMAN 中，MN=AM sin60°=150．【2011，15】ABC △中，120B =，7AC =，5AB =，则ABC △的面积为 ．【解析】由余弦定理知2222cos120AC AB BC AB BC =+-⋅，即249255BC BC =++，解得3BC =．故113153sin120532224ABC S AB BC =⋅=⨯⨯⨯=△．故答案为1534．三、解答题【2015，17】已知,,a b c 分别为ABC △内角,,A B C 的对边，2sin 2sin sin B A C =．（1）若a b =，求cos B ；（2）设90B ∠=，且a =ABC △的面积．解析：（1）由正弦定理得，22b ac =．又a b =，所以22a ac =，即2a c =．则22222212cos 2422a a a a cb B a ac a ⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭===⋅．（2）解法一：因为90B ∠=，所以()2sin 12sin sin 2sin sin 90B A C A A ===-， 即2sin cos 1A A =，亦即sin 21A =．又因为在ABC △中，90B ∠=，所以090A <∠<， 则290A ∠=，得45A ∠=．所以ABC △为等腰直角三角形，得a c ==112ABC S ==△． 解法二：由（1）可知22b ac =，① 因为90B ∠=，所以222a c b +=，② 将②代入①得()20a c -=，则a c ==，所以112ABC S ==△． 解：(Ⅰ) 因为sin 2B =2sin A sin C ． 由正弦定理可得b 2=2ac ．又a =b ，可得a=2c ， b=2c ，由余弦定理可得2221cos 24a cb Bac． (Ⅱ)由(Ⅰ)知b 2=2ac ． 因为B=90°，所以a 2+c 2=b 2=2ac ． 解得a =． 所以ΔABC 的面积为1．【2012，17】已知a ，b ，c 分别为△ABC三个内角A ，B ，C 的对边，sin cos c C c A =-．（1）求A ；（2）若2a =，△ABC ，求b ，c ． 【解析】（1）根据正弦定理2sin sin a cR A C==，得A R a sin 2=， C Rc sin 2=， 因为sin cos c C c A =-，所以2sin sin )sin 2sin cos R C R A C R C A =-⋅， 化简得C C A C A sin sin cos sin sin 3=-， 因为0sin ≠C ，所以1cos sin 3=-A A ，即21)6sin(=-πA ， 而π<<A 0，6566πππ<-<-A ，从而66ππ=-A ，解得3π=A ． （2）若2a =，△ABC1）得3π=A ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-+=43cos 233sin 21222a bc c b bc ππ，化简得⎩⎨⎧=+=8422c b bc ， 从而解得2=b ，2=c ．。
2011—2017年高考全国卷Ⅰ文科数学三角函数、解三角形总汇编
5 是函数 f ( x) sin( x
4
) 图像的两条相
A．
4
B．
3
C．
2
3
D．
4
【 2011，7】已知角 的顶点与原点重合， 始边与 x 轴的正半轴重合， 终边在直线 y 2x 上，则 cos 2 （ ）．
4
3
3
4
A．
B
．
C
．
D
．
5
5
5
5
文档
实用标准文案
π
π
【 2011， 11】设函数 f ( x) sin 2x
5 ， c 2， cos A 2 ，则 b （ ） 3
A． 2
B ． 3 C ．2 D ．3
【 2016， 6】若将函数 y
2sin 2x
π 的图像向右平移
1
个周期后，所得图像对应的函数为（
）．
6
4
A． y 2sin 2x π B ． y 2sin 2x π C ． y 2sin 2x π D ． y 2sin 2x π
A． 2
B ． 3 C ．2 D ．3
解析：选 D ．由余弦定理得 cos A
b2 c2 a2
b2 4 5
，即
2
，
2bc
4b
3
整理得 b2 8 b 1 3
b3b1 3
0 ，解得 b 3 ．故选 D．
【 2016， 6】若将函数 y
2sin 2x
π 的图像向右平移
1
个周期后，所得图像对应的函数为（
）．
44
4
4
【 2014， 7】在函数① y= cos|2 x| ，② y=|cos x| ，③ y c．①②③
北京市高考试题立体几何汇编
2011-2017 北京市高考试题立体几何汇编1、(2011 文 5) 某四棱锥的三视图如右图所示，该四棱锥的表面积是（）.A．32 B．16+16 2C．48 D．16+32 22、(2011 理 7) 某四面体的三视图如右图所示，该四面体四面积中最大的是（）个面的A.8B.62 D.823、(2012 理 7，文 7) 某三棱锥的三视图如右图所示，该三棱锥的表面积是（）.4A． 2865 B.30 65234正（主）视图侧（左）视图C. 56125D.601254、，文8)如右图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1中，P (2013俯视图为对角线BD 的三等分点， P到各顶点的距离的不同取1值有 () ．A．3 个 B ．4个 C ．5个 D ．6个5、(2013 ，文 10) 某四棱锥的三视图如下图所示，该四棱锥的体积为__________．6、(2013 ，理14) 如右图，在棱长为 2 的正方体ABCD ABC D 中， E为1 1 11BC 的中点，点P 在线段D1 E 上，点P 到直线CC1的距离的最小值为．7、(2014 ，理 7) 在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1, 2 )，若 S1，S2，S3分别表示三棱锥 D ABC 在 xOy ，yOz，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（A）S1S2S3（B）S1S2且S1S32（C）S1S3且 S2S3（D）S2S3且S1S38、(2014 ，文 11) 某三棱锥的三视图如右图所示，则该21正（主）视图侧（左）视图11三棱锥的最长棱的棱长为.9、(2015 理 5) 某三棱锥的三视图如下图所示，则该三俯视图棱锥的表面积是A．25B． 45C．2 2 5D． 5110、（ 2015 文 7）某四棱锥的三视图如右图所示，该四211正(主 )视图侧(左)视图棱锥最长棱的棱长为(A)1（B）（B）(D)2俯视图11、（ 2016 理 6）某三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．1１正（主）视左（侧）视１１２俯视图12、（ 2016 文 11）某四棱柱的三视图如右图所示，则该四棱柱的体积为________.?13、（ 2017 理 7）如右图，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）3 2（B）23（C）2 2（D）214、（2017 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（1） 15 、（2017 理 16）如下图，在四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为正方形，平面 PAD⊥平面ABCD，点 M 在线段 PB 上， PD6P－ABCD PC ⊥ABCD DC ⊥ AC DC ⊥PAC PAB⊥ PAC E AB PB F PA⊥CEF（2）求证：平面 MOC⊥平面 EAB.（3）求三棱锥 E-ABC的体积。
2011-2019高考文科数学全国卷真题分类汇编(含详细答案)专题：第12章 立体几何
C 1CB第12章 立体几何1.（2014新课标Ⅱ文7）正三棱柱的底面边长为，为中点，则三棱锥的体积为（ ） A. B.C. D.2.(2015全国I 文6)《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（如图所示，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斛米的体积约为立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）. A. 斛B. 斛C. 斛D. 斛3.(2011全国文18)如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：PA BD ⊥；（2）若1P D A D ==，求棱锥D PBC -的高．4.（2012全国文19）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，090ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点.（1）证明：1BDC BDC ⊥平面平面（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.5.（2013全国I 文19）如图，三棱柱中，.（1）证明：；（2）若，求三棱柱的体积. 111ABC A B C -2D BC 11A B DC -332121.6214223666111-ABC A B C 1160CA CB AB AA BAA ==∠=，，1AB A C ⊥12AB CB AC ===，111-ABC A B C1ACA6.（2013全国II文18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）设，，求三棱锥的体积.7.（2014新课标Ⅰ文19）(本题满分12分)如图所示，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）求证：；（2）若，，，求三棱柱的高.8.（2014新课标Ⅱ文18）（本小题满分12分）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.（1）求证：平面；（2）设，三棱锥的体积，求到平面的距离.9. (2015全国I文18)如图所示，四边形为菱形，G为与的交点，平面.（1）求证：平面平面；（2）若，，三棱锥的体积为.111ABC A B C-D EAB1BB1//BC11A CD12AA AC CB===AB=1C A DE-111ABC A B C-11BB C C 1B C O AO⊥11BB C C1B C AB⊥1AC AB⊥160CBB∠=︒1BC=111ABC A B C-P ABCD-ABCD PA⊥ABCD E PD PB∥AEC1AP=AD=P ABD-4V=A PBCABCDAC BD BE⊥ABCDAEC⊥BED120ABC∠=AE EC⊥E ACD-APECBAO1B1ACB1CGEDCBA10. (2015全国II 文19)如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，16AB =，10BC =，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11D C 上，114AE D F ==.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.11.（2011全国文16）已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．12.（2012全国文8）8. 平面截球的球面所得圆的半径为，球心到平面，则此球的体积为（）. A.B.C. D.13.（2013全国I 文15）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，则球的表面积为. 14.（2013全国II 文15）已知正四棱锥为球心，为半径的球的表面积为________.15.(2015全国II 文10)已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB∠=o ，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. 256π16.（2011全国文8）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）.A. B.C. D.316αO 1O αH O AB :1:2AH HB =AB ⊥αHαO πO O ABCD -O OA A C 1A17.(2012全国文7)如图所求，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）.A. B.C. D.18.（2013全国I文11）某几何函数的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.A. B.C. D.19.（2013全国II文9）一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为（）.A. B. C. D.20.（2014新课标Ⅰ文8）如右图所示，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱21.（2014新课标Ⅱ文6）如图所示，网格纸上正方形小格的边长为（表示），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为，高为的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A. B. C. D.1691218168π+88π+1616π+816π+O xyz-(1,0,1) (1,1,0)(0,1,1)(0,0,0)zOx11cm3cm6cm17275910271322. (2015全国I 文11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为）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，则（）.A. 1B. 2C. 4D. 823.(2015全国II 文6)一个正方体被一个平面截取一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）.A. 81B. 71C. 61D. 5124.(2016全国I 文7)7.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28π3，则它的表面积是25.(2016全国I 文18).（本题满分12分）如图，在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，PA =6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D在平面PAB 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G .（Ⅰ）证明G 是AB 的中点；（Ⅱ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．r 1620π+r =A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π俯视图侧视图主视图26.(2017全国I文6)6．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是A．B．C．D．27(2017全国I文16)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________．28(2017全国I文18)18．（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且90BAP CDP∠=∠=．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD∠=，且四棱锥P−ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．29.(2018全国I 文5)5．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 ．B ．12πC ．D ．10π30.(2018全国I 文9)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 ．B ．C ．3D ．231(2018全国I 文10)10．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 ．C ．D ．32(2018全国I 文18)18．（12分）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．33．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面34．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 35．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32436．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 37．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）38．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.高考真题详解1.解析在正三棱柱中，因为，所以平面，所以，故选C. 2.解析由，得..故堆放的米约有（斛）.故选B. 3.解析（1）因为60DBA ∠=，2AB AD =，由余弦定理得BD =，从而222BD AD AB +=，故BD AD ⊥，又PD ⊥底面ABCD ，可得BD PD ⊥．所以BD ⊥平面PAD ，故PA BD ⊥．（2）如图所示，作DE PB ⊥，垂足为E ．已知PD ⊥底面ABCD ，则PD BC ⊥． 由（1）知BD AD ⊥，又BC AD ∥，所以BC BD ⊥． 故BC ⊥平面PBD ，BC DE ⊥，则DE ⊥平面PBC ． 因为1AD =，2AB =，60DAB ∠=，所以BD =1PD =，所以2PB =． 根据DE PB PD BD ⋅=⋅，得DE =，即棱锥D PBC -111ABC A B C -AD BC ⊥AD ⊥11BDC 111111121332A B DCB DC V S AD -=⋅=⨯⨯=△l r α=816332lr α===21116320354339V ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭3201.62229÷≈C 1B 1A 1DC BA4.解析（1）证明：由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =，所以BC ⊥平面11ACC A .又1DC ⊂平面11ACC A ，所以1DC BC ⊥.由题设知1145A DC ADC ∠=∠=，所以190CDC ∠=，即.又，所以平面.（2）设棱锥的体积为，，由题意得.又三棱柱 的体积，所以.故平面分此棱柱所得两部分体积的比为.5.分析（1）先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求解；（2）先证明三棱柱的高，再利用体积公式求解体积.解析：（1）取的中点，连接，.因为，所以.由于，，故为等边三角形，所以.因为，所以.又，故. （2）由题设知与都是边长为2的等边三角形，所以.又，则，故因为，所以，为三棱柱的高.又的面积，故三棱柱的体积.6.分析（1）运用直线与平面平行的判定定理进行求解；（2）求三棱锥的体积，应先找出三棱锥的高及底面积并求出，然后运用体积公式求解.解析：（1）证明：连接交于点，则为中点.又是中点，连接， 则.因为，，所以. （2）解：因为是直三棱柱，所以.由已知，为的中点，所以.又，于是.由得，，，故，即.所以.1DC DC ⊥DCBC C =1DC ⊥BDC 1B DACC -1V 1AC =1112111322V ⨯=⨯⨯⨯=111ABCA B C -1V=()11:1:1V V V -=1BDC 1:1AB O OC 11,OA A B CA CB =OC AB ⊥1AB AA =160BAA ∠=︒1AA B △1OA AB ⊥1OC OA O =1AB OA C ⊥平面11AC OAC ⊂平面1AB A C ⊥ABC △1AA B △1OC OA ==1AC 22211A C OC OA =+1.OA OC ⊥OCAB O =1OA ABC ⊥平面1OA 111-ABC A B C ABC △ABC S =△111-ABC A B C 13ABC V S OA =⋅=△1AC 1A C F F 1AC D AB DF 1//BC DF 1DF ACD ⊂平面11BC ACD ⊄平面11//BC A CD 平面111-ABC A B C 1AA CD ⊥AC CB =D AB CD AB ⊥1AA AB A =11//CD ABB A 平面12,AA AC CD AB ====90ACB ∠=︒CD =1A D 13DE A E ==22211A D DE A E +=1DE A D ⊥1-11132C A DE V =⨯=三棱锥7.解析（1）连接，则为与的交点.因为侧面为棱形，所以.又平面，所以，故平面.由于平面，故.（2）作，垂足为，连接.作，垂足为.由于，，故平面，所以.又，所以平面.因为，所以为等边三角形，又，可得.由于，所以.由，且，得.又为的中点，所以点到平面的距离为.故三棱柱的高为. 评注本题考查直线与平面垂直的判定，点到平面的距离的求法等知识，同时考查空间想象能力和逻辑推理能力.第（2）文中作出垂线段是关键，也可用等积法求解.8.解析（I ）设与的交点为，连接.因为为矩形，所以为的中点.又为的中点，所以.平面，平面，所以平面. （II ）.由，可得.作交于.由题设知平面，所以，故平面.又到平面评注本题考查直线和平面平行、垂直的判定方法以及空间距离的计算，考查了空间想象能力.9.解析（1）因为平面，所以. 又为菱形，所以.1BC O 1B C 1BC 11BB C C 11B C BC ⊥AO ⊥11BB C C 1B C AO ⊥1B C ⊥ABO AB ⊂ABO 1BC AB ⊥C 1A 1B 1OH DC BAOD BC ⊥D AD OH AD ⊥H BC AO ⊥BC OD ⊥BC ⊥AOD OH BC ⊥OH AD ⊥OH ⊥ABC 160CBB ∠=1CBB △1BC =OD =1AC AB ⊥11122OA B C ==OH AD OD OA ⋅=⋅AD ==14OH =O 1B C 1B ABC 111ABC A B C -BD AC O EO ABCD O BD E PD //EO PB EO ⊂AEC PB ⊄AEC //PB AEC 16V PA AB AD AB =⋅⋅=4V =32AB =AH PB ⊥PB H BC ⊥PAB BC AH ⊥AH ⊥PBC PA AB AH PB ⋅==A PBC BE ⊥ABCD BE AC ⊥ABCD AC BD ⊥EAHEOPDCBA又因为，，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在菱形中，取，又，所以，.在中，，所以， 所以在中，，所以，解得.在，，中，可得所以三棱锥的侧面积10.解析 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示： (2)作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，112EB =，18EM AA ==.因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===.于是6MH ==，10AH =，6HB =.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为()()141081072196128102+⨯⨯=+⨯⨯或97. 评注文科对立体几何的考查主要是线面关系的推理证明，画图及简单推理，重点考查多边形，多面体的体积计算，注意在计算中能从不同角度看图的能力.11.解析设圆锥底面半径为，球的半径为，则由，知． 根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此． 设，，则．又，知．BD BE B =BD BE ⊂BED AC ⊥BED AC ⊂AEC AEC ⊥BED ABCD 2AB BC CD AD x ====120ABC ∠=AG GC ==BG GD x ==AEC △90AEC ∠=12EG AC ==Rt EBG △BE ==31122sin12023233E ACD V x x x x -=⨯⨯⋅⋅⋅==1x =Rt EBA △Rt EBC △Rt EBD △AE EC ED ===1122322S =⨯⨯=+侧r R 223π4π16r R =⨯2234r R =O PB QB ⊥PO x '=QO y '=2x y R +=PO B BO Q ''△∽△22r O B xy '==H GFE DCB A 1D 1C 1B 1A即．②由①②及可得．则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为．故答案为．12.分析利用截面圆的性质先求得圆的半径长.解析如图所示，设截面圆的圆心为，为截面圆上任一点， 则，所以即球的半径为，所以.故选B.13.分析利用球的截面建立直角三角形求解.解析：如图，设球的半径为，则由得，所以.因为截面面积为，所以.在中，，所以，所以.所以. 14.分析本题先求出正四棱锥的高，然后求出侧棱的长，再运用球的表面积公式求解.解析：，得.所以.15.解析根据题意，可得图如下，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，则可设球O 的半径为R ，此时21132O ABC C AOB V V R ==⨯⨯﹣﹣31366R R ==， 故6R =，则球O 的表面积为24π144πS R ==.故选C ．16.解析由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形. 故选D.17.分析结合三视图知识求解三棱锥的体积.2234xy r R ==x y >3,22Rx R y ==1313'O M 'OO ='1O M =OM ==34π3V ==O R 12AH HB =::12233HA R R =⋅=3ROH =()2HM π=π⋅1HM =Rt HMO △222OM OH HM =+222211199R R HM R =+=+4R =229442S R ⎛=π=π⋅=π 4⎝⎭球h -13O ABCD V ==四棱锥h =2221866244AC OA h ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭2424S OA =π=π球解析由题意知，此几何体是三棱锥，其高，相应底面面积为，所以.故选B.18.分析将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解.解析：原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半（如图所示），其体积为故选A.19.分析结合已知条件画出图形，然后按照要求作出正视图.解析：根据已知条件作出图形：四面体，标出各个点的坐标如图（1）所示，可以看出正视图是正方形，如图（2）所示.故选A.20.解析由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱，故选B.评注本题考查几何体的三视图，记住基本几何体的三视图是解题的关键.21.解析该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为，圆柱体毛坯的体积为，所以切削掉部分的体积为，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为，故选C. 22.解析由几何体的视图，还原其立体图形，并调整其摆放姿势，让半圆柱体在下方，半球在上方，如图所示.，得.故选B.23.解析 由三视图得，在正方体1111ABCDA B C D ﹣中，截去四面体111A A B D ﹣，如图所示，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a =⨯=﹣，故剩余几何体体积为3331566a a a -=， 所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为15．故选D.24.(2016全国I 文7)7.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28π3，则它的表面积是3h =16392S =⨯⨯=1193933V Sh ==⨯⨯=21422241682V =⨯⨯+π⨯⨯=+π.11-C A DB 22π24π3234π⨯⨯+⨯⨯=3cm 2π3654π⨯⨯=3cm 54π34π20π-=3cm 20π1054π27=224π22π2π2r S r r r r r =+++=2245π1620πr r +=+2r=r答案：A解析：该图形的直观图如图所示，所以此图属于切割体，切去了该球18的体积，根据体积公式34=3V r π球，有317428(1)=8833V r ππ-=球，解得2r =。
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1 / 16 新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编 立 体 几 何 一、选择题 【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）
【2016，7】如图所示，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28π3，则它的表面积是（ ） A．17π B． 18π C． 20π D． 28π 【2016，11】平面过正方体1111ABCDABCD的顶点A，∥平面11CBD，I平面ABCDm，
I
平面11ABBAn，则,mn所成角的正弦值为（ ）
A．32 B．22 C．33 D．13 【2015，6】《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），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛 【2015，11】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，该几何体的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+20π，则r=( ) B A．1 B．2 C．4 D．8
【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】 【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )． A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π 【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 A．6 B．9 C．12 D．15 2 / 16
【2012，8】平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为2，则此球的体积为（ ） A．6 B．43 C．46 D．63 【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）
二、填空题 【2017，16】已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面
SCASCB平面，SAAC，SBBC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为_______．
【2013，15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．
【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 三、解答题 【2017，18】如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且90BAPCDP． （1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，90APD，且四棱锥PABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 3 / 16
【2016，18】如图所示，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，6PA，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E．连结PE并延长交AB于点G． （1）求证：G是AB的中点； （2）在题图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．
P
ABDCG
E
【2015，18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD， (Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED； (Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥E- ACD
的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 4 / 16
【2014,19】如图，三棱柱111CBAABC中，侧面CCBB11为菱形，CB1的中点为O，且AO平面CCBB11. （1）证明：;1ABCB （2）若1ABAC,,1,601BCCBB求三棱柱111CBAABC的高.
【2013，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°． (1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积． 5 / 16
【2012，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，90ACB，AC=BC=21AA1，D是棱AA1
的中点． （1）证明：平面BDC1⊥平面BDC； （2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
【2011，18】如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，60DABo，2ABAD， PD底面ABCD．
（1）证明：PABD； （2）若1PDAD，求棱锥DPBC的高．
DA1
B1
CAB
C16 / 16 解 析 一、选择题 【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）
【解法】选A．由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．
【2016，7】如图所示，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28π3，则它的表面积是（ ）． A．17π B． 18π C． 20π D． 28π
解析：选A． 由三视图可知，该几何体是一个球截去球的18，设球的半径为R，则37428ππ833R，解得2R．该几何体的表面积等于球的表面积的78，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的14， 所以该几何体的表面积为22714π23π284S14π3π17π．故选A． 【2016，11】平面过正方体1111ABCDABCD的顶点A，∥平面11CBD，I平面ABCDm，I
平面11ABBAn，则,mn所成角的正弦值为（ ）
A．32 B．22 C．33 D．13 解析：选A． 解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面，即平面AEF，即研究AE与AF所成角的正弦值，易知3EAF，所以其正弦值为32．故选A． 7 / 16
ABCD
A1
B1
C
1
D1
EF 解法二（原理同解法一）：过平面外一点A作平面，并使∥平面11CBD，不妨将点A变换成B，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面1ABD，如图所示，即研究1AB与BD所成角
的正弦值，易知13ABD，所以其正弦值为32．故选A．
D1
C1B
1
A1
DCB
A
【2015，6】《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），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) B A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
解：设圆锥底面半径为r，依题11623843rr，所以米堆的体积
为211163203()54339，故堆放的米约为3209÷1．62≈22，故选B．
【2015，11】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，该几何体的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+20π，则r=( ) B A．1 B．2 C．4 D．8 解：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2πr2+πr×2r+πr2+2r×2r =5πr2+4r2=16+20π， 解得r=2，故选B．
【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的 一个几何体的三视图，则这个几何体是( )B A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解：几何体是一个横放着的三棱柱． 故选B 8 / 16
【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )． A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π 解析：选A．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．
V半圆柱＝12π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A．
【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ） A．6 B．9 C．12 D．15 【解析】由三视图可知，该几何体为 三棱锥A-BCD， 底面△BCD为 底边为6，高为3的等腰三角形， 侧面ABD⊥底面BCD， AO⊥底面BCD， 因此此几何体的体积为 11(63)3932V，故选择B．
【2012，8】8．平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的 距离为2，则此球的体积为（ ）
A．6 B．43 C．46 D．63 【解析】如图所示，由已知11OA，12OO， 在1RtOOA中，球的半径3ROA， 所以此球的体积34433VR，故选择B． 【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．
OBD
C
A