高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年).doc
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高三数学立体几何高考题
1.（2012年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）18
2.（2012年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，则此球的体积为
（A）π（B）4π（C）4π（D）6π
3.（2013年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
4.（2013年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______．
5.（2014年8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的
事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
6.（2014年10）正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，
底面边长为2，则该球的表面积为（ ）
A.B．16πC．9πD.
7.（2015年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）斛（B）斛（C）斛（D）斛
8.（2015年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，则（）
（A）（B）（C）（D）
9（2016年7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的
圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，
则它的表面积是
（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π
10（2016年11）平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,
，，则m，n所成角的正弦值为
（A）（B）（C）（D）
11．（2017年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
12．（2017年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________。
13（2011年）.如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD．
（I）证明：
；
（II）设PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高．
14.（2012课标全国Ⅰ）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。
15.（2013课标全国Ⅰ）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＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
16（2014课标全国Ⅰ）如图11所示，三棱柱ABCA1B1C1中，点A1在平面
ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.
（1）证明：
AC1⊥A1B；
（2）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，
求二面角A1-AB-C的大小．
17.（2015年新课标1）如图四边形ABCD为菱形，
G为AC与BD交点，，
（1）证明：
平面平面；
（2）若，三棱锥
的体积为，求该三棱锥的侧面积.
18（2016年新课标1）如图，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，连结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PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．
19（2017年新课标1）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且
（1）证明：
平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC,,
且四棱锥P-ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.
高三数学立体几何高考题答案
1.答案：
B
2.答案：
B
3.解析：
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＝π×22×4＝8π，
V长方体＝4×2×2＝16.
所以所求体积为16＋8π.故选A.
4.解析：
如图，
设球O的半径为R，则AH＝，
OH＝.又∵π·EH2＝π，∴EH＝1.
∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝.∴S球＝4πR2＝.
5.答案：
B
6．A [解析]如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，
所以AE＝AC＝.设球心为O，球的半径为R，则OE＝4－R，
OA＝R.又因为△AOE为直角三角形，所以OA2＝OE2＋AE2，
即R2＝（4－R）2＋2，解得R＝，
所以该球的表面积S＝4πR2＝4π2＝.
7.答案：
B
8.答案：
B
9.试题分析：
由三视图知：
该几何体是个球，设球的半径为，则，
解得，所以它的表面积是，故选A．
10试题分析：
如图所成角的正弦值为
11.答案：
A
12答案：
13解：
（Ⅰ）因为，由余弦定理得
从而BD2+AD2=AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD.故PABD
（Ⅱ）如图，作DEPB，垂足为E。
已知PD底面ABCD，则PDBC。
由（Ⅰ）知BDAD，又BC//AD，所以BCBD。
故BC平面PBD，BCDE。
则DE平面PBC。
由题设知，PD=1，则BD=，PB=2，
根据BE·PB=PD·BD，得DE=，即棱锥D—PBC的高为
14
15．1）证明：
取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
（2）解：
由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，
所以OC＝OA1＝.
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋，故OA1⊥OC.
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.
16．解：
方法一：
（1）证明：
因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，
故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，
平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.
连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.
由三垂线定理得AC1⊥A1B.
（2）BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，
故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.
作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1.
又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝.
因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D＝A1E＝.
作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，
故∠A1FD为二面角A1ABC的平面角．
由AD＝＝1，得D为AC中点，
所以DF＝，tan∠A1FD＝＝，所以cos∠A1FD＝.
所以二面角A1ABC的大小为arccos.
17、解：
（I）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,故AC⊥平面BED.
又AC平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.……5分
（II）设AB=，在菱形ABCD中，又∠ABC=，可得
AG=GC=，GB=GD=.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中，可的EG=.
由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形，可得BE=.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积=×AC·GD·BE=.
故=2……9分
从而可得AE=EC=ED=.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.……12分
18试题分析：
（1）
（II）在平面内，过点作的平行线交于点，
即为在平面内的正投影.
理由如下：
由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.
由（I）知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，
因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
19.【解析】
（1）由已知，得,.
由于，故，从而平面.
又平面，所以平面平面.
（2）在平面内作，垂足为.
由
（1）知，平面，故，可得平面.
设，则由已知可得，.
故四棱锥的体积.
由题设得，故.
从而，，.
可得四棱锥的侧面积为
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