文科数学2010-2019高考真题分类训练专题八立体几何第二十三讲空间中点、直线、平面之间的位置关系

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理科数学十年高考真题(2010-2019)专项训练-专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积体积

2020高考冲刺提分必备 2010-2019十年高考真题专项训练专题八立体几何初步第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1．(2018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俯视图侧(左)视图正(主)视图A ．1B ．2C ．3D ．42．(2018全国卷Ⅰ)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BAA ．172B ．52C ．3D ．23．(2018全国卷Ⅲ)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4．(2018全国卷Ⅲ)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3，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．3B ．3C ．3D ．35．(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1AA 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1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A 1AA ．4B ．8C ．12D ．166．(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：3cm ）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．87．（2017新课标Ⅰ）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．168．（2017新课标Ⅱ）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所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π9．（2017新课标Ⅲ）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．πB．34πC．2πD．4π10．（2017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：3cm）是俯视图11311A．12π+B．32π+C．312π+D．332π+11．（2017北京）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．2B．3C．2D．212．（2016山东）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 ．1233+π C ．1236+π D ．216+π 13．（2016全国I ）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互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 14．（2016全国II ）如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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π15．（2016年全国III ）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，则该多面体的表面积为A ．185+B ．54185+C ．90D ．8116．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是A ．38cm B ．312cm C ．3323cm D ．3403cm 17．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+ 18．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13π+ B ．23π+ C ．123π+ D ．223π+ 19．（2015新课标）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 20．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是A ．13+B ．23+C ．122+D ．2221．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）A ．89πB ．169πC ．34(21)πD ．312(21)π22．（2015新课标Ⅰ）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 + 20π，则r =A．1 B．2 C．4 D．823．（2014新课标Ⅰ）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，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A．62B．6 C．42D．424．（2014新课标Ⅱ）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），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3cm，高为6cm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．1727B．59C．1027D．1325．（2014安徽）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为A．213+B．183+C．21D．1826．（2014福建）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27．（2014浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是俯视图侧视图正视图3333344A．902cm B．1292cm C．1322cm D．1382cm28．（2014新课标Ⅱ）正三棱柱111ABC A B C-的底面边长为23D为BC中点，则三棱锥11A B DC-的体积为A．3 B．32C．1 D329．（2014福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A．2πB．πC．2 D．130．（2014辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为主(正)视左(侧)视俯视俯视图左视图主视图122122211A ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π-31．（2014陕西）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为A ．4πB ．3πC ．2πD ．π32．（2014江西）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是ABCD33．（2013新课标Ⅰ）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+ 34．（2013江西）一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为俯视图侧视图正视图A ．200+9πB ．200+18πC ．140+9πD ．140+18π 35．（2012广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π36．（2012湖北）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为俯视图正视图A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 37．（2011新课标）在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为俯视图正视图DCB A38．（2011安徽）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为侧视图A ．48B ．C ．D ．8039．（2011辽宁）如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是 BCASDA ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角40．（2010安徽）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A．280 B．292 C．360 D．372 41．(2010浙江)若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是侧视图正视图A．3523cm3B．3203cm3 C．2243cm3D．1603cm3二、填空题42．(2018天津)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．1ACA43．(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．44．（2017新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形。

文科数学2010-2019高考真题分类训练专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积答案

专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积答案部分 2019年1.解析：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为，则122x x x ++=，解得1x =． 2.解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C .（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==. 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=. F3.解析该模型为长方体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，6cm AB BC ==，14cm AA =，所以该模型体积为：1111311664(46432)314412132(cm )32ABCD A B C D O EFGH V V ---=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=，3D 打印所用原料密度因为为30.9g /cm ，不考虑打印损耗，所以制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8(g)⨯=． 4.解析因为长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，所以11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，所以三棱锥E BCD -的体积：111332E BCD BCD V S CE BC DC CE -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=V111012AB BC DD ⨯⨯⨯=.5.解析由题可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得，正四棱锥的高为2.因为圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，则圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12，由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半，为1.所以该圆柱的体积为21124V Sh π⎛⎫==π⨯= ⎪⎝⎭.6.解析三视图对应的几何体，是在棱长为4的正方体上，去掉一个底面为梯形(上底为2，下底为4，高为2)、高为4的四棱柱而得到，故其体积()144424246424402V =⨯⨯-⨯+⨯⨯=-=. 7.解析：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即11(46)3(26)32722ABCDE S =+⨯++⨯=五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V =⨯=．故选B ．2010-2018年1．B 【解析】∵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，所以圆柱的高为2222，所以该圆柱的表面积为22(2)222212πππ⨯⨯+⨯=．故选B ．2．B 【解析】由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长16．画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则2=MS ，4=SN ，则从M 到N 22222425++=MS SN B ．SNM图① 图②3．C 【解析】连接1BC ，因为AB ⊥平面11BB C C ，所以130AC B ∠=o，1AB BC ⊥，所以1ABC ∆为直角三角形．又2AB =，所以123BC =，又112B C =，所以221(23)222BB =-=222282V =⨯⨯=4．A 【解析】由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A ．5．B 【解析】设等边三角形ABC 的边长为x，则21sin 602x =o 6x =．设ABC ∆的外接圆半径为r ，则62sin 60r =o，解得r =，所以球心到ABC ∆所在平面的距离2d ==，则点D 到平面ABC 的最大距离146d d =+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值max 116633ABC V S ∆=⨯=⨯=B ．6．C 【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积1(12)2262V =⨯+⨯⨯=．故选C ． 7．C 【解析】解法一将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，DCBA P易知，BC AD ∥，1BC =，2AD AB PA ===，AB AD ⊥，PA ⊥平面ABCD ，故PAD ∆，PAB ∆为直角三角形，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PA BC ⊥，又BC AB ⊥，且PA AB A =I ，∴BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ．BC PB ⊥，∴PBC ∆为直角三角形，容易求得3PC =，CD =PD =，故PCD ∆不是直角三角形，故选C ．解法二在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD -，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C ．PDCBA8．B 【解析】圆柱的轴截面如图，1AC =，12AB =，所以圆柱底面半径2r BC ==，那么圆柱的体积是223()124V r h πππ==⨯⨯=，故选B ． CBA9．D 【解析】借助立方体可知所求三棱锥为下图粗线部分4该几何体的体积为11(35)41032V =⨯⨯⨯=．选D ． 10．A 【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），其体积为：21111(13)(213)132322ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+．选A ．11．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221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B ． 12．C 【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积21111133V =⨯⨯=．设半球的半径为R，则2R =2R =，所以半球的体积32142326V π=⨯⨯=．故该几何体的体积12136V V V =+=+．故选C ． 13．A 【解析】由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故37428833r ππ⨯=，所以2r =，表面积227341784S r r πππ=⨯+=，选A ． 14．C 【解析】该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c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得2r =，2π4πc r ==，由勾股定理得：4l ==，21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=，故选C ．15．B 【解析】由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为3的正方形，故面积都是9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为3、该边上的高为6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为3，故面积都为2(9 +18+16．C 【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积3322231223=⨯⨯+=V ，故选C ． 17．D 【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是()1211222342ππ⨯⨯⨯++⨯=+，故选D ． 18．A 【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，2111112(12)12323V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+，选A ．19．D 【解析】如图，设正方形的棱长为1，则截取部分为三棱锥111A A B D -，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15．A 1AC20．B 【解析】在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P ABC -，表面积为211222224⨯⨯⨯+⨯=．21．A【解析】由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x，高为h，则由三角形相似可得，2 12 x h-=，所以22h x=-，(0,1)x∈，长方体体积2232216)2(22)2()327x x xV h x x++-==-=长方体≤，当且仅当22x x=-，即23x=时取等号，2121233Vππ=⨯⨯=圆锥，故材料利用率为16827293ππ=，选A．22．B【解析】由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成，其表面积为22222422016r r r rππππ+++=+，所以2r=．23．B【解析】如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A BCD-，最长的棱为6AD==，选B．24．C【解析】原毛坯的体积2(3)654Vππ=⨯⨯=，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积2212(2)4(3)234V V Vπππ'=+=⨯⨯+⨯⨯=，故所求比值为10127VV'-=．25．A【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴213226112(2)21324S =⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯=+表．26．A 【解析】圆柱的正视图是矩形，∴选A ．27．D 【解析】由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积1232S S S S S S =-+++正方形斜面，其中1S 是长方体的表面积，2S 是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，3S 是三棱柱的一个底面的面积，可求得2138()S cm =，选D ．28．C 【解析】由题意可知AD BC ⊥，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面11DB C ，又2sin 603AD =⋅=o11111113231332A B DC B DC V AD S -∆=⋅=⨯=，故选C ．29．A 【解析】圆柱的底面半径为1，母线长为1，2112S ππ=⨯⨯=侧． 30．B 【解析】直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为l 的14圆柱，所以该几何体的体积为321221284ππ-⨯⨯⨯⨯=-． 31．C 【解析】由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积22S rh ππ==．32．B 【解析】由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．33．A 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A ． 34．A 【解析】还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱．35．C 【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为221353573V πππ=⨯⨯+⨯=36．B 【解析】由三视图可知该几何体的体积：221121232V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=． 37．D 【解析】通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，故侧视图可以为D ．38．C 【解析】由三视图可知该几何体是底面为等腰梯形的放倒的一个直四棱柱，如图，所以该四棱柱的表面积12(24)444242S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯24+48=+39．D 【解析】选项A 正确，∵SD ⊥平面ABCD ，而AC 在平面ABCD 内，所以AC SD ⊥．因为ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，而BD 与SD 相交，所以AC ⊥平面SBD ，所以AC SB ⊥；选项B 正确，因为AB CD P ，而CD 在平面SCD 内，AB 不在平面SCD 内，所以AB P 平面SCD ；选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则SA 与平面SBD 所成的角ASO ∠，SC 与平面SBD 所成的角CSO ∠，易知这两个角相等；选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于SCD ∠，而DC 与SA 所成的角等于SAB ∠，易知这两个角不相等．40．C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和．2(10810282)2(6882)360S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 41．B 【解析】该几何体上半部是底面边长为4cm ，高为2cm ，的正四棱柱，其体积为344232()cm ⨯⨯=；下半部分是上、下底面边长分别为4cm ，8cm ，高为2cm 的正四棱台，其体积为1224(164864)233⨯+⨯+⨯=，故其总体积为2243203233+=．42．13【解析】解法一连接11A C ，交11B D 于点E ，则111A E B D ⊥，11A E BB ⊥，则1A E ⊥平面11BB D D ，所以1A E 为四棱锥111A BB D D -的高，且1A E =矩形11BB D D 的，1，故11111133A BB D D V -=⨯=．解法二连接1BD ，则四棱锥111A BB D D -分成两个三棱锥111B A DD -和111B A B D -111111111111111111132323A BB D D B A DD B A B D V V V ---=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．43．43【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正，则该正八面体的体积为214233⨯⨯=． 44．36π【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥．因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ．设OA r =，3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=．45．14π【解析】球的直径是长方体的体对角线，设球O 的半径为R ，所以224π14π.R S R ===46．9π2【解析】设正方体边长为a ，则226183a a =⇒= ，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=.47．22π+【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+． 48．32【解析】设球的半径为r ，则213223423V r r V r ππ⨯==． 49．3.2【解析】通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积(12)1322S +⨯==，通过侧视图可知四棱柱的高1h =，所以该四棱柱的体积32V Sh ==． 50．80 ；40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．51．83π【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积22181221133V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．52．12【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则21623h ⨯⨯=，解得1h =，2=，该六棱锥的侧面积为1122122⨯⨯=． 53．结合三视图有PA ⊥平面ABC ，2PA =，AB BC ==2CA =，所以PB ==PC ==∴三棱锥最长棱的棱长为54．32【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是12,r r ，母线长分别是12,l l ．则由1294S S =，可得1232r r =．又两个圆柱的侧面积相等，即112222rl r l ππ=，则112223l r l r ==，所以111222923432V S l V S l ==⨯=．55【解析】设正方体的棱长为a2r =，即球半径r =．若球的体积为92π，即349)32ππ=，解得a =56．1：24【解析】三棱锥ADE F -与三棱锥ABC A -1的相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥ABC A -1与三棱柱ABC C B A -111的体积之比为1：3．所以，三棱锥ADE F -与三棱柱ABC C B A -111的体积之比为1：24．另：112211111334224ADE ABC V S h S h V ==⨯⨯=，所以121:24V V =． 57．38【解析】由三视图知，此几何体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体中心，去除一个半径为1的圆柱，所以表面积为()243+41+31+2-2=38ππ⨯⨯⨯⨯． 58．92【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱几何体的表面积是12(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=．59111322sin 60332ABC V PA S ∆=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=o．60．13【解析】由圆锥底面面积是这个球面面积的316，得223416r R ππ=，所以2r R =，则小圆锥的高为2R，大圆锥的高为32R ，所以比值为13．61．【解析】(1)由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB 平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．EMP Q DCBA(2)由已知可得，3===DC CM AB，=DA ．又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =P 13DC ．由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，1=QE ．因此，三棱锥Q ABP -的体积为11113451332-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△Q ABP ABP V QE S ．62．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．PACD E（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，2PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 63．【解析】（Ⅰ）证明：PD ⊥平面,,ABCD PD PCD ⊂∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD I 平面,ABCD CD MD =⊂平面ABCD ，MD CD ⊥，∴MD ⊥平面PCD ，,,,,,CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF ⊂∴⊥⊥⊂平面又平面MD MF M =I ，∴CF MDF ⊥平面．（Ⅱ）00,,60,30,CF MDF CF DF PCD CDF ⊥∴⊥∠=∴∠=Q 平面又易知11==,22CF CD 从而12,,,2DE CF EF DC DE PE DP CP ∴=∴=∴=Q ∥12CDE S CD DE ∆=⋅=，22MD ====11.3316M CDE CDE V S MD -∆∴=⋅==64．【解析】（Ⅰ）由已知得ABC DBC ∆≅∆，因此AC DC =，又G 为AD 的中点，CG AD ⊥；同理BG AD ⊥；因此AD ⊥平面BCG ,又EF AD ∥,∴EF ⊥平面BCG ．CD（Ⅱ）在平面ABC 内，做AO CB ⊥，交CB 的延长线于O ，由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BCD ，又G 为AD 的中点，因此G 到平面BCD的距离h 是AO 的一半，在AOB ∆中，sin 60AO AB =⋅=o1132D BCG G BCD DBG V V S h --∆==⨯⨯=． 65．【解析】（Ⅰ）连结1AC ，交1A C 于点O ，连结DO ，则O 为1AC 的中点，因为D 为AB的中点，所以OD ∥1BC ，又因为OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）由题意知 CD ⊥平面11ABB A ．再由12AA AC CB ===，22AB =得90ACB ∠=o ，2CD =，16A D =，3DE =，13A E =．故22211A D DE A E +=，即1DE A D ⊥所以111632132C A DE V -=⨯⨯⨯⨯=． 66．【解析】（Ⅰ）证明：连接AC ，交于BD 于O 点，连接PO ．因为底面ABCD 是菱形，所以,AC BD BO DO ⊥=，由PB PD =知，PO BD ⊥．再由PO AC O ⋂=知，BD ⊥面APC ，因此BD PC ⊥．（Ⅱ）解：因为E 是P A 的中点，所以1122P BCE C PEB C PAB B APC V V V V ----=== 由2PB PD AB AD ====知，ABD PBD ≅V V 因为60BAD ∠=o , 所以3,3,1PO AO AC BO ====.又2226,,PA PO AO PA PO AC =+=⊥即.故132APC S PO AC =•=V . 由（1）知，1111,2232P BCE B APC APC BO APC V V BO S --⊥==•••=V 面因此． 67．【解析】（1）由已知可得AE =3，BF =4，则折叠完后EG =3，GF =4，又因为EF =5，所以可得EG GF ⊥，又因为CF EGF ⊥底面,可得CF EG ⊥，即EG CFG ⊥面所以平面DEG ⊥平面CFG .（2）过G 作GO 垂直于EF ，GO 即为四棱锥G -EFCD 的高，所以所求体积为11124516335CDEF S GO ⋅=⨯⨯⨯=． 68．【解析】（I ）由条件知PDAQ 为直角梯形因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD ．又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC ．在直角梯形PDAQ 中可得DQ =PQ =2PD ，则PQ ⊥QD 所以PQ ⊥平面DCQ . （II ）设AB =a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高，所以棱锥Q —ABCD 的体积311.3V a =由（I ）知PQ 为棱锥P —DCQ 的高，而PQ ，△DCQ 的面积为22a ，所以棱锥P —DCQ 的体积为321.3V a =故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1．。

2010-2019年高考文科数学汇总专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积

专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积2019年1.（2019全国II 文16）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．）2.（2019全国II 文17）如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积．3.(2019全国III 文16）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.4.（2019江苏9）如图,长方体1111ABCD A B C D 的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是 .5.（2019天津文12）的正方形,若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为__________.6.（2019北京文12）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________．7.（2019浙江4）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,则该柱体的体积是A．158 B．162C．182 D．322010-2018年一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)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．10π2．(2018全国卷Ⅰ)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BAA．B．C．3D．23．(2018全国卷Ⅰ)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．4．(2018全国卷Ⅲ)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5．(2018全国卷Ⅲ)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．6．(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：3cm ）是俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．87．(2018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俯视图侧(左)视图正(主)视图A．1 B．2 C．3 D．48．（2017新课标Ⅲ）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．πB．34πC．2πD．4π9．（2017北京）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．1010．（2017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：3cm）是俯视图A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ． 332π+ 11．（2017新课标Ⅱ）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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π12．（2016年山东）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 ．1233π+ B ．13+ C ．13+ D ．1+ 13．（2016年全国I ）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互相垂直的半径,若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 14．（2016年全国II ）如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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π15．（2016年全国III ）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,则该多面体的表面积为A ．18+B ．54+C ．90D ．81 16．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积是A ．38cm B ．312cm C ．3323cm D ．3403cm 17．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+ 18．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A ．13π+ B ．23π+ C ．123π+ D ．223π+ 19．（2015新课标）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图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 20．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是A ．1B ．2C ．1+D ．21．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示,现将该工件通过切割,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）A ．89πB ．169πC ．31)πD ．31)π22．（2015新课标1）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。

专题8 立体几何-备战2019年高考文科数学易错点总结及跟踪训练系列 Word版含解析

专题08 立体几何易错点1 对空间几何体的结构认识不准确致错有一种骰子，每一面上都有一个英文字母，如图是从3个不同的角度看同一粒骰子的情形，请画出骰子的一个侧面展开图，并根据展开图说明字母H对面的字母是 .【错解】P【错因分析】空间想象能力差而乱猜一气，实际上可以动手制作模型，通过折叠得出答案.【试题解析】将原正方体外面朝上展开，得其表面字母的排列如图所示，易得H对面的字母是O.【参考答案】O1．对于平面图形折叠或空间图形展开的问题，空间想象能力是解题的关键，正确识图才能有效折叠平面图形、展开空间图形.而对于简单几何体的展开图，可以通过制作模型来解答.2．关于空间几何体的结构特征问题的注意事项：(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.1．一正方体内接于一个球,经过球心作一个截面,则截面的可能图形为_________(只填写序号).【答案】①②③【解析】当截面与正方体的某一面平行时,可得①,将截面旋转可得②,继续旋转,过正方体两顶点时可得③,即正方体的对角面,不可能得④.易错点2 不能正确画出三视图或还原几何体而致错一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是【错解】A或B或C【试题解析】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【参考答案】D1．当已知三视图去还原成几何体时，要充分关注图形中关键点的投影，先从俯视图来确定是多面体还是旋转体，再从正视图和侧视图想象出几何体的大致形状，然后通过已知的三视图验证几何体的正确性，最后检查轮廓线的实虚．2．三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.2．已知三棱锥的俯视图与侧视图如下图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为【答案】C【解析】通过对比选项可知，对于选项A,D，则俯视图应有一条中线，故排除A,D；从俯视图可以观察得到该几何体的一条侧棱在正视图中应该看不见，为虚线，故排除B.所以选C.易错点3 空间几何体的直观图与原图面积之间的关系如图是水平放置的平面图形的直观图，则原平面图形的面积为本题主要考查了平面图形的直观图及其原图形与直观图面积之间的关系，属于基础题，解答22SS ='．B．3 2本题容易忽视了图形中的平行关系，从而得不到原图中边与坐标轴的平行关系，判断不出直角三角形一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为B．18+3 D．18遗漏.（3）求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.2．柱体、锥体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题. 求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和；如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法．4．如图所示，已知等腰梯形ABCD的上底AD＝2 cm，下底BC＝10 cm，底角∠ABC＝60°，现绕腰AB旋转一周，则所得的旋转体的体积是A．246πB．248πC．249πD．250π【答案】B本题易将所得旋转体漏掉扣除以圆台上底面为底面，高为1 cm的圆锥的体积而错选C.易错点5 问题考虑不全面致错已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为 .曲)为直，使空间图形问题转化为平面图形问题，即空间问题平点和线在展开图中的相应关系是解题的关键．该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连接两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个就是，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误．易错点6 应用公理或其推论时出错已知A，B，C，D，E五点中，A，B，C，D共面，B，C，D，E共面，则A，B，C，D，E五点一定共面吗？【错因分析】错解忽略了公理2中“不在一条直线上的三点”这个重要条件.实际上B，C，D三点有可能共线.【试题解析】（1）如果B，C，D三点不共线，则它们确定一个平面α.因为A，B，C，D共面，所以点A在平面α内，因为B，C，D，E共面，所以点E在平面α内，所以点A，E都在平面α内，即A，B，C，D，E五点一定共面.（2）若B，C，D三点共线于l，若A∈l，E∈l，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E中有且只有一个在l上，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E都不在l上，则A，B，C，D，E五点可能不共面.【参考答案】见试题解析.在立体几何中，空间点、线、面之间的位置关系不确定时，要注意分类讨论，避免片面地思考问题.对于确定平面问题，在应用公理2及其三个推论时一定要注意它们成立的前提条件.1．证明点共线问题，就是证明三个或三个以上的点在同一条直线上，主要依据是公理3.常用方法有：①首先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3知这些点都在这两个平面的交线上；②选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在这条直线上.2．证明三线共点问题，一般先证明待证的三条直线中的两条相交于一点，再证明第三条直线也过该点.常结合公理3，证明该点在不重合的两个平面内，故该点在它们的交线（第三条直线）上，从而证明三线共点.3．证明点或线共面问题，主要有两种方法：①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.6．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：（1）D，B，F，E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．【解析】（1）如图，连接B1D1.∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF、BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．（2）正方体AC 1中，设平面A 1ACC 1确定的平面为α，又设平面BDEF 为β. ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α.又Q ∈EF ，∴Q ∈β.则Q 是α与β的公共点，同理P 是α与β的公共点， ∴α∩β＝PQ .又A 1C ∩β＝R ，∴R ∈A 1C . ∴R ∈α，且R ∈β，则R ∈PQ . 故P ，Q ，R 三点共线．易错点7 忽略空间角的范围或不能正确找出空间角致误如图，已知空间四边形ABCD 中，AD =BC ，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且直线BC 与MN 所成的角为30°，则BC 与AD 所成的角为 .【错解】120°【错因分析】在未判断出∠MEN 是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤，如果∠MEN 为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角.【试题解析】以上同错解，求得∠MEN =120°，即BC 与AD 所成的角为60°.【参考答案】60°求异面直线所成的角的时候，要注意异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤ .1．求异面直线所成的角的常见策略：（1）求异面直线所成的角常用平移法．平移法有三种类型，利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，利用补形平移．（2）求异面直线所成角的步骤①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； ②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； ③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. （3）判定空间两条直线是异面直线的方法①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线． ②反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面． 2．求直线与平面所成的角的方法：（1）求直线和平面所成角的步骤 ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．（2）求线面角的技巧在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 3．求二面角大小的步骤：简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．7．已知四面体ABCD 中，F E ,分别是BD AC ,的中点，若2AB =，4CD =，AB EF ⊥，则EF 与CD 所成角的度数为A ．90 B ．45 C ． 60D ．30【答案】D易错点8 对线面位置关系不能正确应用定理作出判断如果两条平行直线a，b中的a∥α，那么b∥α.这个命题正确吗？为什么？【错解】这个命题正确．∵a∥α，∴在平面α内一定存在一条直线c，使a∥c.又∵a∥b，∴b∥c，∴b∥α.【错因分析】忽略了b⊂α这种情况，从而导致错误，本题条件中的直线b与平面α有两种位置关系：b ∥α和b⊂α.【试题解析】这个命题不正确．若b⊄α，∵a∥α，∴在平面α内必存在一条直线c，使a∥c.又∵a∥b，∴b∥c，∴b∥α.若b⊂α，则不满足题意．综上所述，b与α的位置关系是b∥α或b⊂α.【参考答案】见试题解析.错误的原因是利用线面平行的判定定理时，忽略了定理使用的前提条件必须是平面外的一条直线与平面内的一条直线平行．1．点、线、面之间的位置关系可借助正方体为模型，以正方体为主线，直观感知并认识空间点、线、面的位置关系，准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直．2．熟练应用线面位置关系中的判定定理与性质定理即可顺利解决此类问题.8．下列命题中，错误的是A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一直线的两个平面一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，且l 不在平面α内，则在平面α内不存在与l 平行的直线【答案】B【解析】由直线与平面相交的性质，知一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交，故A 正确；平行于同一直线的两个平面有两种位置关系，可能平行，也可能相交，B 错误；如果一个平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α一定垂直于平面β，故C 正确．若直线l 不平行于平面α，且l 不在α内，则l 与α相交，则在平面α内不存在与l 平行的直线.故选B ．易错点9 证明线面位置关系时不能正确应用定理致错如图，a b ∥，点P 在,a b 所确定的平面γ外，PA a ⊥于点A ，AB b ⊥于点B . 求证：PB b ⊥.【错解】因为PA a ⊥，a b ∥，所以PA b ⊥. 所以PA γ⊥，所以PB b ⊥.【错因分析】本题错解的原因在于没有正确使用线面垂直的判定定理，由,,PA a PA b ⊥⊥ 得PA γ⊥，而忽略了“垂直于平面内两条相交直线”这一条件，即a b ≠∅ . 【试题解析】因为,PA a a b ⊥∥，所以PA b ⊥. 又,AB b PA AB A ⊥= ，所以b ⊥平面PAB .因为PB PAB ⊂平面，所以PB b ⊥. 【参考答案】见试题解析.应用直线与平面垂直的判定定理时，要熟记定理的应用条件，不能忽略“两条相交直线”这一关键点.1．判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a b a b a ααα⊄⊂⇒,,∥∥)； ③利用面面平行的性质(a a αβαβ⊂⇒∥,∥)；④利用面面平行的性质(a a a a αβαβαβ⊄⊄⇒∥,,,∥∥). 2．判定面面平行的常见策略：①利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)． ②利用面面平行的判定定理(主要方法)．③利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．④利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用). 3．证明直线和平面垂直的常用方法： ①线面垂直的定义； ②判定定理；③垂直于平面的传递性(a b a b αα⊥⇒⊥∥,)； ④面面平行的性质(a a ααββ⊥⇒⊥,∥)； ⑤面面垂直的性质． 4．判定面面垂直的常见策略： ①利用定义(直二面角)．②判定定理：可以通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直．③在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直．-中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上（异于点P，C），平面ABE与9．如图，在四棱锥P ABCD棱PD交于点F.AB EF；（1）求证：∥⊥.（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF EF【答案】见解析AB CD．【解析】（1）因为ABCD是矩形，所以∥AB平面PDC．又因为AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以∥=，又因为AB⊂平面ABEF，平面ABEF 平面PDC EF跟踪训练1．（2018新课标全国Ⅰ文科）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【答案】A【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为． B．． D．A．直线AA1 B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1【答案】DB C与EF在同一平面内，是相交的，其他A，B，C选项中的直线与EF都是异面直线，【解析】只有11故选D．【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为，直观图如下图所示，其中平面⊥平面，四个侧面面积分别为．已知是两条不同直线，是平面，则下列命题为真命题的是．若，则．若，则．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是SC在平面，平面任意一点到的距离相.在平面内作的垂直平分线交于，则为三棱锥的外接∴，即为与平面的距离单位：)【答案】15．已知正方体1111ABCD A BC D -的一个面A 1B 1C 1D 1在半径为的半球底面上，A 、B 、C 、D 四个顶点都在此半球面上，则正方体1111ABCD A BC D -的体积为__________. 【答案】16．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．MB，求点C到平面POM（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．20．（2018北京文科）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.（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【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．22．在四棱锥中，底面是菱形，2,60,AB BAD PC BD =∠=︒⊥．（1）证明：；（2）若平面平面，且90DPB ∠=︒，求点到平面的距离．【解析】（1）如图，连接交于，连接．即点到平面的距离为________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ 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2020高考数学文科刷题(2019真题+2019模拟)(课件+优选练)专题13点、直线、平面之间的位置关系(教师版)

专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分80分，考试时间50分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·沈阳质量监测)已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若α∥β，m∥α，则m∥βC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β答案D解析对于A，符合已知条件的直线n还可以在平面α内，所以错误；对于B，符合已知条件的直线m还可以在平面β内，所以错误；对于C，符合已知条件的直线m还可以在平面α内，与平面α斜交，或者与平面α平行，所以错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性．故选D.2．(2019·长春质量监测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1C1与B1C所成角的余弦值为()A．0 B.12 C.22 D.32答案B解析由题意知成角为π3，余弦值为12.故选B.3．(2019·广西百色调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()①平面PB1D⊥平面ACD1；②A 1P ∥平面ACD 1；③异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3； ④三棱锥D 1－APC 的体积不变．A ．①②B ．①②④C ．③④D ．①④答案 B解析根据正方体的性质，有DB 1⊥平面ACD 1，DB 1⊂平面PB 1D ，从而可以证明平面PB 1D ⊥平面ACD 1，①正确；连接A 1B ，A 1C 1，容易证明平面BA 1C 1∥平面ACD 1.又因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，可得A 1P ∥平面ACD 1，②正确；VD 1－APC ＝VC －AD 1P ，因为C 到面AD 1P 的距离不变，且三角形AD 1P 的面积不变，所以三棱锥C －AD 1P 的体积不变，④正确；当P 与线段BC 1的端点重合时，A 1P 与AD 1所成角取得最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成角取得最大值π2，故A 1P 与AD 1所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，③错误．①②④正确．故选B. 4．(2019·泰安期末)若m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列为真命题的是( )A ．若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊥β，m ∥α，则α⊥βD ．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案 C解析对于A ，当且仅当m 与平面α，β的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于B ，若m ∥α，n ∥α，则直线m ，n 可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C ，由m ⊥β，m ∥α，可得平面α内一定存在直线与直线m 平行，进而得出该直线垂直于平面β，从而α⊥β，所以原命题为真命题；对于D ，若α⊥γ，α⊥β，则平面β与平面γ可能相交、平行或垂直，所以原命题为假命题．故选C.5．(2019·武昌调研)已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l()A．相交B．平行C．垂直D．异面答案C解析无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．故选C.6．(2019·全国卷Ⅲ) 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是异面直线答案B解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32， BG ＝CG 2＋BC 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52， ∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7.∴BM ≠EN .∵BM ，EN 都是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.7．(2019·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析 (利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对于A ，易判断PR ∥SQ ，故点P ，Q ，R ，S 共面；对于B ，易判断QR ∥SP ，故点P ，Q ，R ，S 共面；对于C ，易判断PQ ∥SR ，故点P ，Q ，R ，S 共面；而D 中的RS ，PQ 为异面直线．故选D.8．(2019·湖北七市(州)联考)设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( )A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直C ．与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行D ．与直线m 平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；因为直线m与平面α相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B.9．(2019·太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN 平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4答案C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④.故选C.10．(2019·厦门质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥AP B．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1D D．MN∥平面BDP答案C解析取B1C1的中点E，连接ME，NE，由三角形中位线定理可得ME∥B1D1，∴ME∥平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形，得NE∥BB1，∴NE∥平面BB1D1D，∴平面MNE∥平面BB1D1D，又MN⊂平面MNE，∴MN∥平面BB1D1D.故选C.11．(2019·包头模拟)在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G 是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，则在四面体P－DEF中，给出下列结论：①PD⊥平面PEF；②DG ⊥平面PEF；③平面PDE⊥平面PDF.其中正确结论的序号是() A．①②B．②③C．①③D．①②③答案C解析如图所示，因为DA⊥AE，DC⊥CF，所以折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，所以DP⊥平面PEF，所以①正确；由DP⊥平面PEF，可知DG⊥平面PEF 是不正确的，所以②不正确；由PE⊥PF，PE⊥DP，可得PE⊥平面PDF，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PDF，所以③正确．综上可知，正确结论的序号为①③.故选C.12．(2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝42，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案D解析连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝4，∴BD＝4.又△BDD1为直角三角形，∴BD21＝BD2＋DD21，得DD1＝4，∴四边形BCC1B1为正方形．连接BC1交B1C于点O，∵BC1∥AD1，∴∠BOC(或其补角)为异面直线B1C与AD1所成的角．由于四边形BCC1B1为正方形，∴∠BOC ＝90°，故异面直线B1C与AD1所成的角为90°.故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.答案②③⇒①(或①③⇒②)解析②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明略．14．(2019·安徽质量检查)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则M点的轨迹长度为________．答案2解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E，∵M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上．∴M点的轨迹长度GH＝12＋12＝ 2.15．(2019·武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD 与EF 平行．故互为异面直线的有3对．16．(2019·山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．答案 ④解析连接EH ，FG (图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以四边形EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 交线上的一点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．故只有④正确．。

2010-2019“十年高考”数学真题立体几何解析版专项汇总(理数可下载)

可得 AC⊥平面 PBG，则 PB⊥AC.
因为 E，F 分别是 PA，AB 的中点，所以 EF P PB .又 CEF 90 ，即 EF⊥CE，
所以 PB⊥CE，得 PB⊥平面 PAC.所以 PB⊥PA，PB⊥PC. 又因为 PA PB PC ，△ABC 是正三角形，所以 △PAC≌△PBC≌△PAB ，故 PA PC ，所以正三棱锥 P ABC 的三
【解析】如图所示，联结 BE ， BD .因为点 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，所以 BM 平面 BDE ， EN 平面 BDE ，因为 BM 是△BDE 中 DE 边上的中线， EN 是△BDE 中 BD 边上的中线，直线 BM ， EN 是相交直线，设 DE a ，则
则点 D 到平面 ABC 的最大距离 d1 d 4 6 ，
所以三棱锥
D

ABC
体积的最大值 Vmax

1 3
S
ABC

6

19 3
3 6 18
3．
故选 B．
8.（2018 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
对于 B，内有两条相交直线与平行，则∥ ；
对于 C，，平行于同一条直线，则与相交或∥ ，排除；
对于 D，，垂直于同一平面，则与相交或∥ ，排除．故选 B．
2.（2019 全国Ⅲ理 8）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【答案】B．

2010-2019十年高考文科数学专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积答案

专题八立体几何第二十二讲空间几何体的三视图、表面积和体积答案部分 2019年1.解析：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x ，则122x x x ++=，解得1x =． 2.解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C .（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==. 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=. F3.解析该模型为长方体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，6cm AB BC ==，14cm AA =，所以该模型体积为：1111311664(46432)314412132(cm )32ABCD A B C D O EFGH V V ---=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=，3D 打印所用原料密度因为为30.9g /cm ，不考虑打印损耗，所以制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8(g)⨯=．4.解析因为长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，所以11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，所以三棱锥E BCD -的体积：111332E BCD BCD V S CE BC DC CE -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=111012AB BC DD ⨯⨯⨯=.5.解析由题可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得，正四棱锥的高为2.因为圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，则圆柱的上底面直径为底面正方形所以该圆柱的体积为2112V Sh ⎛⎫==π⨯= ⎪⎝⎭6.解析三视图对应的几何体，是在棱长为4的正方体上，去掉一个底面为梯形(上底为2，下底为4，高为2)、高为4的四棱柱而得到，故其体积()144424246424402V =⨯⨯-⨯+⨯⨯=-=. 7.解析：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即11(46)3(26)32722ABCDE S =+⨯++⨯=五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V =⨯=．故选B ．2010-2018年1．B 【解析】∵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，所以圆柱的高为，所以该圆柱的表面积为2212ππ⨯⨯+⨯=．故选B ．2．B 【解析】由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长16．画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则2=MS ，4=SN ，则从M 到N=B ．SNM图① 图②3．C 【解析】连接1BC ，因为AB ⊥平面11BB C C ，所以130AC B ∠=，1AB BC ⊥，所以1ABC ∆为直角三角形．又2AB =，所以1BC =，又112B C =，所以1BB==22V =⨯⨯=4．A 【解析】由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A ．5．B 【解析】设等边三角形ABC 的边长为x ，则21sin 60932x =6x =．设ABC ∆的外接圆半径为r ，则62sin 60r=，解得r =，所以球心到ABC ∆所在平面的距离2d ==，则点D 到平面ABC 的最大距离146d d =+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值max 116633ABC V S ∆=⨯=⨯=B ．6．C 【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积1(12)2262V =⨯+⨯⨯=．故选C ． 7．C 【解析】解法一将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，DCBA P易知，BC AD ∥，1BC =，2AD AB PA ===，AB AD ⊥，PA ⊥平面ABCD ，故PAD ∆，PAB ∆为直角三角形，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PA BC ⊥，又BC AB ⊥，且PA AB A =，∴BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ．BC PB ⊥，∴PBC ∆为直角三角形，容易求得3PC =，CD =，PD =，故PCD ∆不是直角三角形，故选C ．解法二在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD -，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C ．PDCBA8．B 【解析】圆柱的轴截面如图，1AC =，12AB =，所以圆柱底面半径2r BC ==，那么圆柱的体积是223()124V r h πππ==⨯⨯=，故选B ．CBA9．D 【解析】借助立方体可知所求三棱锥为下图粗线部分该几何体的体积为11(35)41032V =⨯⨯⨯=．选D ． 10．A 【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），其体积为：21111(13)(213)132322ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+．选A ．11．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221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B ． 12．C 【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积21111133V =⨯⨯=．设半球的半径为R，则2R =2R =，所以半球的体积32142326V π=⨯⨯=．故该几何体的体积12136V V V =+=+．故选C ．13．A 【解析】由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故37428833r ππ⨯=，所以2r =，表面积227341784S r r πππ=⨯+=，选A ． 14．C 【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得2r =，2π4πc r ==，由勾股定理得：4l =，21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=，故选C ．15．B 【解析】由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为3的正方形，故面积都是9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为3、该边上的高为6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为3，故面积都为2(9 +18+16．C 【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积3322231223=⨯⨯+=V ，故选C ． 17．D 【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是()1211222342ππ⨯⨯⨯++⨯=+，故选D ． 18．A 【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，2111112(12)12323V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+，选A ．19．D 【解析】如图，设正方形的棱长为1，则截取部分为三棱锥111A A B D -，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15．A 1AC20．B 【解析】在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P ABC -，表面积为21122222⨯⨯⨯⨯=+．21．A【解析】由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x，高为h，则由三角形相似可得，2 12 x h-=，所以22h x=-，(0,1)x∈，长方体体积2232216)2(22)2()327x x xV h x x++-==-=长方体≤，当且仅当22x x=-，即23x=时取等号，2121233Vππ=⨯⨯=圆锥，故材料利用率为16827293ππ=，选A．22．B【解析】由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成，其表面积为22222422016r r r rππππ+++=+，所以2r=．23．B【解析】如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A BCD-，最长的棱为6AD==，选B．24．C【解析】原毛坯的体积2(3)654Vππ=⨯⨯=，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积2212(2)4(3)234V V Vπππ'=+=⨯⨯+⨯⨯=，故所求比值为10127VV'-=．25．A【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴21226112212S=⨯⨯-⨯⨯+=+表26．A 【解析】圆柱的正视图是矩形，∴选A ．27．D 【解析】由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积1232S S S S S S =-+++正方形斜面，其中1S 是长方体的表面积，2S 是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，3S 是三棱柱的一个底面的面积，可求得2138()S cm =，选D ．28．C 【解析】由题意可知AD BC ⊥，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面11DB C ，又2sin 603AD =⋅=111111121332A B DC B DC V AD S -∆=⋅=⨯=，故选C ．29．A 【解析】圆柱的底面半径为1，母线长为1，2112S ππ=⨯⨯=侧． 30．B 【解析】直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为l 的14圆柱，所以该几何体的体积为321221284ππ-⨯⨯⨯⨯=-． 31．C 【解析】由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积22S rh ππ==．32．B 【解析】由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．33．A 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A ． 34．A 【解析】还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱．35．C 【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为221353573V πππ=⨯⨯+⨯=36．B 【解析】由三视图可知该几何体的体积：221121232V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=． 37．D 【解析】通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，故侧视图可以为D ．38．C 【解析】由三视图可知该几何体是底面为等腰梯形的放倒的一个直四棱柱，如图，所以该四棱柱的表面积12(24)444242S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯24+48=+39．D 【解析】选项A 正确，∵SD ⊥平面ABCD ，而AC 在平面ABCD 内，所以AC SD ⊥．因为ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，而BD 与SD 相交，所以AC ⊥平面SBD ，所以AC SB ⊥；选项B 正确，因为AB CD ，而CD 在平面SCD 内，AB 不在平面SCD 内，所以AB平面SCD ；选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则SA 与平面SBD 所成的角ASO ∠，SC 与平面SBD 所成的角CSO ∠，易知这两个角相等；选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于SCD ∠，而DC 与SA 所成的角等于SAB ∠，易知这两个角不相等．40．C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和．2(10810282)2(6882)360S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 41．B 【解析】该几何体上半部是底面边长为4cm ，高为2cm ，的正四棱柱，其体积为344232()cm ⨯⨯=；下半部分是上、下底面边长分别为4cm ，8cm ，高为2cm 的正四棱台，其体积为1224(164864)233⨯+⨯+⨯=，故其总体积为2243203233+=．42．13【解析】解法一连接11A C ，交11B D 于点E ，则111AE BD ⊥，11A E BB ⊥，则1A E ⊥平面11BB D D ，所以1A E 为四棱锥111A BB D D -的高，且12A E =，矩形11BB D D 的，1，故111111323A BB D D V -=⨯=．解法二连接1BD ，则四棱锥111A BB D D -分成两个三棱锥111B A DD -和111B A B D -111111111111111111132323A BB D D B A DD B A B D V V V ---=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．43．43【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正，则该正八面体的体积为214233⨯⨯=． 44．36π【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥．因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ．设OA r =，3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=．45．14π【解析】球的直径是长方体的体对角线，设球O 的半径为R ，所以224π14π.R S R ====46．9π2【解析】设正方体边长为a ，则226183a a =⇒= ，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=.47．22π+【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+． 48．32【解析】设球的半径为r ，则213223423V r r V r ππ⨯==． 49．3.2【解析】通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积(12)1322S +⨯==，通过侧视图可知四棱柱的高1h =，所以该四棱柱的体积32V Sh ==． 50．80 ；40【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．51．83π【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积22181221133V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．52．12【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则216234h ⨯⨯⨯=，解得1h =2=，该六棱锥的侧面积为1122122⨯⨯=． 53．结合三视图有PA ⊥平面ABC ，2PA =，AB BC ==2CA =，所以PB ==，PC ==，∴三棱锥最长棱的棱长为54．32【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是12,r r ，母线长分别是12,l l ．则由1294S S =，可得1232r r =．又两个圆柱的侧面积相等，即112222rl r l ππ=，则112223l r l r ==，所以111222923432V S l V S l ==⨯=．55【解析】设正方体的棱长为a2r =，即球半径r =．若球的体积为92π，即349)32ππ=，解得a =56．1：24【解析】三棱锥ADE F -与三棱锥ABC A -1的相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥ABC A -1与三棱柱ABC C B A -111的体积之比为1：3．所以，三棱锥ADE F -与三棱柱ABC C B A -111的体积之比为1：24．另：112211111334224ADE ABC V S h S h V ==⨯⨯=，所以121:24V V =． 57．38【解析】由三视图知，此几何体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体中心，去除一个半径为1的圆柱，所以表面积为()243+41+31+2-2=38ππ⨯⨯⨯⨯． 58．92【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱几何体的表面积是12(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=．59111322sin 603332ABC VPA S ∆=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=．60．13【解析】由圆锥底面面积是这个球面面积的316，得223416r R ππ=，所以2r R =，则小圆锥的高为2R，大圆锥的高为32R ，所以比值为13．61．【解析】(1)由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．EMP QDCBA(2)由已知可得，3===DC CM AB ，=DA ．又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE=13DC ．由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，1=QE ．因此，三棱锥Q ABP -的体积为11113451332-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△Q ABP ABP V QE S ．62．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．PACD E（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，2PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 63．【解析】（Ⅰ）证明：PD ⊥平面,,ABCD PD PCD ⊂∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD平面,ABCD CD MD =⊂平面ABCD ，MD CD ⊥，∴MD ⊥平面PCD ，,,,,,CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF ⊂∴⊥⊥⊂平面又平面MD MF M =，∴CF MDF ⊥平面．（Ⅱ）00,,60,30,CF MDF CF DF PCD CDF ⊥∴⊥∠=∴∠=平面又易知11==,22CF CD 从而12,,,244DE CF EF DC DE PE DP CP ∴=∴=∴=∥12CDE S CD DE ∆=⋅=，22MD ====11.338216M CDE CDE V S MD -∆∴=⋅=⋅=64．【解析】（Ⅰ）由已知得ABC DBC ∆≅∆，因此AC DC =，又G 为AD 的中点，CG AD ⊥；同理BG AD ⊥；因此AD ⊥平面BCG ,又EF AD ∥,∴EF ⊥平面BCG ．CD（Ⅱ）在平面ABC 内，做AO CB ⊥，交CB 的延长线于O ，由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BCD ，又G 为AD 的中点，因此G 到平面BCD 的距离h 是AO 的一半，在AOB ∆中，sin 603AO AB =⋅=1132D BCG G BCD DBG V V S h --∆==⨯⨯=． 65．【解析】（Ⅰ）连结1AC ，交1A C 于点O ，连结DO ，则O 为1AC 的中点，因为D 为AB的中点，所以OD ∥1BC ，又因为OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）由题意知 CD ⊥平面11ABB A ．再由12AA AC CB ===，AB =90ACB ∠=，CD =1A D DE =13A E =．故22211A D DE A E +=，即1DE A D ⊥所以111132C A DE V -=⨯=． 66．【解析】（Ⅰ）证明：连接AC ，交于BD 于O 点，连接PO ．因为底面ABCD 是菱形，所以,AC BD BO DO ⊥=，由PB PD =知，PO BD ⊥．再由PO AC O ⋂=知，BD ⊥面APC ，因此BD PC ⊥．（Ⅱ）解：因为E 是P A 的中点，所以1122P BCE C PEB C PAB B APC V V V V ----=== 由2PB PD AB AD ====知，ABD PBD ≅ 因为60BAD ∠=,所以1PO AO AC BO ====.又222,PA PO AO PA PO AC =+=⊥即.故132APCSPO AC =∙=. 由（1）知，1111,2232P BCE B APC APCBO APC V V BO S --⊥==∙∙∙=面因此． 67．【解析】（1）由已知可得AE =3，BF =4，则折叠完后EG =3，GF =4，又因为EF =5，所以可得EG GF ⊥，又因为CF EGF ⊥底面,可得CF EG ⊥，即EG CFG ⊥面所以平面DEG ⊥平面CFG .（2）过G 作GO 垂直于EF ，GO 即为四棱锥G -EFCD 的高，所以所求体积为11124516335CDEF S GO ⋅=⨯⨯⨯=． 68．【解析】（I ）由条件知PDAQ 为直角梯形因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD ．又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC ．在直角梯形PDAQ 中可得DQ =PQ PD ，则PQ ⊥QD 所以PQ ⊥平面DCQ . （II ）设AB =a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高，所以棱锥Q —ABCD 的体积311.3V a =由（I ）知PQ 为棱锥P —DCQ 的高，而PQ ，△DCQ 的面积为22a ，所以棱锥P —DCQ 的体积为321.3V a =故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1．。

2019年高考数学(文)真题模拟试题专项汇编：专题08 立体几何

专题08 立体几何1、【2019高考全国Ⅲ卷文】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2、【2019高考全国Ⅱ卷文】设,αβ为两个平面，则//αβ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 ．,αβ平行于同一条直线D ．,αβ垂直于同一平面3、【2019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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，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，则该柱体的体积是( )A.158B.162C.182D.324、【济宁市2019届高三下联合考试文数】已知,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,则下列命题正确的是（）A.若//,m n m α⊥,则n α⊥B.若//,//m n αα ,则//m nC.若m α⊥,//m β,则//αβD.若//m α,αβ⊥,则m β⊥5、【河南省顶级名校2019届高三考前押题文数】某几何体的三视图如图所示(单位: cm ),则该几何体的表面积(单位: 2cm )是( )A. 40+B. 40+C. 36+D. 36+6、【山东省邹城二中2019届高三高考模拟适应训练文数】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A.4π3 B. 8π3 C.28π3 D. 40π37、【江西省上饶市玉山一中2019届高三考前模拟文数】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．240 B．264 C．274 D．2828、【河南省顶级名校2019届高三考前信息卷文数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A．6πB．24πC．48πD．96π9、【2019高考北京卷文】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．10、【2019高考北京卷文】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．11、【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_______.12、【2019高考全国Ⅲ卷文】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30.9 /cm g ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.13、【2019高考北京卷文】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由.14、【2019高考天津卷文】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==，1.设,G H 分别为,PB AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；2.求证：PA ⊥平面PCD ；3.求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.15、【2019高考全国Ⅲ卷文】图1是由矩形Rt ADEB ABC 、△和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===，60FBC ∠=︒，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.1.证明：图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；2.求图2中的四边形ACGD 的面积.16、【2019高考全国Ⅱ卷文】如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥.1.证明：BE ⊥平面11EB C ；2.若1,3AE A E AB ==，求四棱锥11E BB C C -的体积．17、【2019高考全国Ⅰ卷文】如图，直四棱柱1111–ABCD A B C D 的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是11,,BC BB A D 的中点.1.证明：//MN 平面1C DE ；2.求点C 到平面1C DE 的距离．答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：BDE ∆∵，N 为BD 中点M 为DE 中点，∴BM ，EN 共面相交，选项C ，D 为错．作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ．连BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ．,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCE ，MFB ∴∆与EON ∆均为直角三角形．设正方形边长为2，易知012EO N EN ===，5,22MF BF BM ===∴=． BM EN ∴≠，故选B ．2答案及解析：答案：B解析：由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B．3答案及解析：答案：B解析：4答案及解析：答案：A解析：5答案及解析：答案：C解析：6答案及解析：答案：C7答案及解析：答案：B解析：8答案及解析：答案：B解析：9答案及解析：答案：40.解析：在正方体中还原该几何体，如图所示几何体的体积V=43-12（2+4）×2×4=4010答案及解析：答案：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.解析：将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.11答案及解析：答案：4π2=，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故其体积为21124ππ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭。

专题09 立体几何-高考数学(文)十年真题(2010-2019)分类汇编(新课标Ⅰ卷)(原卷版)

专题09立体几何历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2018年新课标1文科05】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．10π2．【2018年新课标1文科09】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．2B．2C．3 D．23．【2018年新课标1文科10】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．8 B．6C．8D．84．【2017年新课标1文科06】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．5．【2016年新课标1文科07】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．17πB．18πC．20πD．28π6．【2016年新课标1文科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．【2015年新课标1文科06】《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，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，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛8．【2015年新课标1文科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＝（）A．1 B．2 C．4 D．89．【2014年新课标1文科08】如图，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10．【2013年新课标1文科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+8π C．16+16πD．8+16π11．【2012年新课标1文科07】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．1812．【2012年新课标1文科08】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，则此球的体积为（）A．πB．4πC．4πD．6π13．【2011年新课标1文科08】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．14．【2010年新课标1文科07】设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．3πa2 B．6πa2 C．12πa2D．24πa215．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．16．【2017年新课标1文科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．17．【2013年新课标1文科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．18．【2011年新课标1文科16】已知两个圆锥有公共底面，且两个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．19．【2010年新课标1文科15】一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的（填入所有可能的几何体前的编号）①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱．20．【2019年新课标1文科19】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．21．【2018年新课标1文科18】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．22．【2017年新课标1文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．23．【2016年新课标1文科18】如图，已知正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB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）在图中作出点E在平面P AC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．24．【2015年新课标1文科18】如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，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，求该三棱锥的侧面积．25．【2014年新课标1文科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．26．【2013年新课标1文科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；（Ⅱ）若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．27．【2012年新课标1文科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点．（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．28．【2011年新课标1文科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形．∠DAB＝60°，AB ＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD（Ⅱ）设PD＝AD＝1，求棱锥D﹣PBC的高．29．【2010年新课标1文科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（Ⅰ）证明：平面P AC⊥平面PBD；（Ⅱ）若AB，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在正方体1111ABCD A B C D -中, 1AD 与BD 所成的角为（） A ．45?B ．90C ．60D ．1202．在正方体1111ABCD A B C D -中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面α去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为S ，周长为l ，则( ) A ．S 为定值，l 不为定值 B ．S 不为定值，l 为定值 C ．S 与l 均为定值D ．S 与l 均不为定值3．在四面体P ABC -中，ABC ∆为等边三角形，边长为3，3PA =，4PB =，5PC =，则四面体P ABC -的体积为（）A ．3B ．CD4．若,a b 是不同的直线，,αβ是不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若,,ab a b αβ⊥‖‖，则αβ⊥B ．若,,a b a b αβ‖‖‖，则αβ‖C ．若,,a b a b αβ⊥⊥‖，则αβ‖D ．若,,a b a b αβ⊥⊥‖，则αβ‖5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（）A ．3B C ．3πD ．6．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1BB 的中点，用过点A 、E 、1C 的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（）A ．B ．C ．D ．7．下列说法错误的是（）A ．垂直于同一个平面的两条直线平行B ．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C ．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D ．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PD CD =，点E ，F 分别为PC ，PD 的中点，则图中的鳖臑有（）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个9．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，则该圆锥的体积为_______.11．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____．（1）若m α，n α∥，则m n ∥（2）若m α⊥，m n ⊥则n α∥（3）若m α⊥，n β⊥且m n ⊥，则αβ⊥；（4）若m β⊂，αβ，则m α12．长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是边长为1的正方形，若在侧棱1AA 上存在点E ，使得190C EB ∠=︒，则侧棱1AA 的长的最小值为_______．13．如图，在Rt ABC ∆中，1AB BC ==，D 和E 分别是边BC 和AC 上一点，DE BC ⊥，将C D E ∆沿DE 折起到点P 位置，则该四棱锥P ABDE -体积的最大值为_______．14．三棱锥P ABC -的4的球面上，PA ⊥平面ABC ，V ABC 形，则点A 到平面PBC 的距离为______．15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______．16．直三棱柱111ABC A B C -中，190,2BC A A A ︒∠==，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为1，则球O 表面积的最小值为__________．17．在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为4的等边三角形，PA PB ==，PC =（1）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（2）若点M ，N 分别为棱BC ，PC 的中点，求三棱锥N AMC -的体积V .18．如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=°，1AC ⊥平面1A BC ．（1）证明：平面ABC ⊥平面11ACC A ；（2）若2BC AC ==，11A A A C =，求点1B 到平面1A BC 的距离．19．在边长为3的正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边AB ，BC 上（如左图），且=BE BF ，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ¢（如右图）．（1）求证：A D EF '⊥；（2）当13BF BC =时，求点A ¢到平面DEF 的距离． 20．如图，四棱锥S ABCD -中，SD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AD CD ⊥，SD CD =，AB AD =，2CD AD =，M 是BC 中点，N 是SA 上的点.（1）求证：//MN 平面SDC ；（2）求A 点到平面MDN 的距离.21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PA = //AB CD ，AB AD ⊥，1AD DC ==，2AB =，E 为侧棱PA 上一点. （Ⅰ）若13PE PA =，求证：PC //平面EBD ；（Ⅱ）求证：平面EBC ⊥平面PAC ；（Ⅲ）在侧棱PD 上是否存在点F ，使得AF ⊥平面PCD ？若存在，求出线段PF 的长；若不存在，请说明理由．22．已知三棱柱ABC A B C '''-的底面ABC 是等边三角形，侧面AA C C ''⊥底面ABC ，D 是棱BB '的中点.（1）求证：平面DA C '⊥平面ACC A ''；（2）求平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比.。

2010-2019北京高考数学(文) 空间几何体的三视图、表面积和体积

2010-2019北京高考数学（文）空间几何体的三视图、表面积和体积2019年1.（2019全国II 文16）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．）2.（2019全国II 文17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．3.(2019全国III 文16）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.4.（2019江苏9）如图，长方体1111ABCD A B C D 的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是.5.（2019天津文12若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.6.（2019北京文12）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．7.（2019浙江4）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，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．322010-2018年一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)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 ．10π2．(2018全国卷Ⅰ)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．B．C ．3D ．23．(2018全国卷Ⅰ)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．4．(2018全国卷Ⅲ)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BA5．(2018全国卷Ⅲ)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D ABC 体积的最大值为A．B．C．D．6．(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：3cm ）是A ．2B ．4C ．6D ．87．(2018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A ．1B ．2C ．3D ．48．（2017新课标Ⅲ）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，则该圆柱的体积为俯视图正视图俯视图侧(左)视图正(主)视图A ．πB ．34π C ．2π D ．4π 9．（2017北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A ．60B ．30C ．20D ．1010．（2017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：3cm ）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ． 332π+ 11．（2017新课标Ⅱ）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俯视图侧视图正视图A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π12．（2016年山东）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 ．1233π+B ．133+C ．136+D ．16+ 13．（2016年全国I ）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互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π14．（2016年全国II ）如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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π15．（2016年全国III ）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，则该多面体的表面积为A ．18+．54+．90D ．8116．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是A ．38cm B ．312cm C ．3323cm D ．3403cm 17．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+18．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13π+B ．23π+C ．123π+D ．223π+ 19．（2015新课标）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为A ．81B ．71C ．61D ．51 20．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是A ．1+．2C ．1+．21．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）A ．89πB ．169πC ．31)πD ．31)π22．（2015新课标1）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。

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专题八立体几何第二十三讲空间中点、直线、平面之间的位置关系 2019年 1.(2019全国III文8）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

2.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠

BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离． 3.（2019全国II文7）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 4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 5.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．

6.（2019全国II文17）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1

上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥11EBBCC的体积． 7.(2019全国III文19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，

其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.

8.（2019北京文18）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，

E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

9.（2019天津文17）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCDV为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，2CD，3AD，

（Ⅰ）设GH，分别为PBAC，的中点，求证：GH∥平面PAD；（Ⅱ）求证：PA平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. 10.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．

11.（2019浙江19）如图，已知三棱柱111ABCABC，平面11AACC平面

ABC,90ABC，1130,,,BACAAACACEF分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：EFBC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

12.（2019北京文18）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱

形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由． 13.（2019全国1文16）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边

AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________． 14.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠

BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离． 15.（2019天津文17）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCDV为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，2CD，3AD，

（Ⅰ）设GH，分别为PBAC，的中点，求证：GH∥平面PAD；（Ⅱ）求证：PA平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.

16.（2019浙江8）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不

含端点），记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则 A．βC．β17.（2019浙江19）如图，已知三棱柱111ABCABC，平面11AACC平面

ABC,90ABC，1130,,,BACAAACACEF分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：EFBC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

2010-2018年一、选择题 1．(2018全国卷Ⅱ)在正方体1111ABCDABCD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．22 B．32 C．52 D．72 2．(2018浙江)已知平面，直线m，n满足m，n，则“m∥n”是“m∥”的 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 3．（2017新课标Ⅰ）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

4．（2017新课标Ⅲ）在正方体1111ABCDABCD中，E为棱CD的中点，则 A．11AEDC B．1AEBD C．11AEBC D．1AEAC 5．（2016年全国I卷）平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，αI平面ABCD=m，αI平面ABB1 A1=n，则m，n所成角的正弦值为

A．32 B．22 C．33 D．13 6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面，交于直线l．若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 7．（2015新课标1）《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，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，估算出堆放的米约有 A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛 8．（2015新课标2）已知A、B是球O的球面上两点，90AOB，C为该球面上的动点．若三棱锥ABCO体积的最大值为36，则球O的表面积为 A．36 B．64 C．144 D．256 9．（2015广东）若直线1l和2l是异面直线，1l在平面内，2l在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是 A．l与1l，2l都不相交 B．l与1l，2l都相交 C．l至多与1l，2l中的一条相交 D．l至少与1l，2l中的一条相交 10．（2015浙江）如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则

11．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线1234,,,llll，满足122334,,llllll，则下面结论一定正确的是 A．14ll B．14//ll C．14,ll既不垂直也不平行 D．14,ll的位置关系不确定

12．（2014浙江）设,mn是两条不同的直线，,是两个不同的平面 A．若mn，//n，则m B．若//m，则m C．若,,mnn则m D．若mn，n，，则m 13．（2014辽宁）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A．若//,//,mn则//mn B．若m，n，则mn C．若m，mn，则//n D．若//m，mn，则n 14．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小（仰角为直线AP与平面ABC所成角）。若15ABm，25ACm，30BCM则tan的最大值 M

A．305 B．3010 C．439 D．539 15．（2014四川）如图，在正方体1111ABCDABCD中，点O为线段BD的中点。设点P在线段1CC上，直线OP 与平面1ABD所成的角为，则sin的取值范围是

OA1

ABB1

D A．3[,1]3 B．6[,1]3 C．622[,]33 D．22[,1]3 16．（2013新课标2）已知,mn为异面直线，m⊥平面，n⊥平面．直线l满足,lmln，,ll，则

A．∥且l∥ B．⊥且l⊥ C．与相交，且交线垂直于l D．与相交，且交线平行于l