07立体几何全国卷高考真题.docx

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07立体几何全国卷高考真题

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2021-2021立体几何高考真题

1、〔2021年1卷6题〕?

九章算术?

是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有以下问

题:

“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。

问:

积及为米几何?

〞其意思为:

“在屋内墙角

处堆放米〔如图，米堆为一个圆锥的四分之一〕，米堆为一个圆锥的四分之一〕，米堆底部的

弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?

〞1斛米的体积约

为立方尺，圆周率约为3，估计出堆放斛的米约有〔〕

〔A〕14斛〔B〕22斛〔C〕36斛〔D〕66斛

【答案】B

【解析】设圆锥底面半径为r，那么

1

4

23r8=

16

r，所以米堆

3

的体积为

1116

2

3（）5

433

=

320

9

，故堆放的米约为

320

9

÷≈22，应选B.

考点：

圆锥的性质与圆锥的体积公式

2、〔2021年1卷11题〕圆柱被一个平面截去一局部后与半球〔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以以下图.假设该几何体的表面积为16+20，那么r=〔〕

〔A〕1〔B〕2〔C〕4〔D〕8

【答案】B

【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半

径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为

1

2

22

4rr2rr2r2r=

22

5r4r=16

+20，解得r=2，应选B.

考点：

简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式

3、〔2021年1卷18题〕如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一

侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.

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〔Ⅰ〕证明：

平面AEC⊥平面AFC；

〔Ⅱ〕求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

【解析】

试题解析：

〔Ⅰ〕连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不如设GB=1

易证EG⊥AC，经过计算可证EG⊥FG，依照线面垂直判判断理可知EG⊥平面AFC，由面面垂

直判判断理知平面AFC⊥平面AEC；〔Ⅱ〕以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，

y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线

AE与CF所成角的余弦值.

试题解析：

〔Ⅰ〕连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不如设GB=1，

由∠ABC=12°0，可得AG=GC=3.

由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，

又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，

在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=2

2

.

在Rt△FDG中，可得FG=

6

2

.

在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=

2

2

32

2

可得EF=

，

∴

222

EGFGEF，∴EG⊥FG，

∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

〔Ⅱ〕如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长

度，建立空间直角坐标系G-xyz，由〔Ⅰ〕可得A〔0，－3，0〕，E〔1,0,2〕，F〔－

1,0，

2

2

〕，C〔0，3，0〕，∴AE=〔1，3，2〕，CF=〔-1，-3，

2

2

〕.⋯10

分

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故

cosAE,CF

AECF

|AE||CF|

3

3

.

所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3

3

.

考点：

空间垂直判断与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

4、〔2021年2卷6题〕一个正方体被一个平面截去一局部后，节余局部的三视图如右图，

那么截去局部体积与节余局部体积的比值为〔〕

1111

A．B．C．D．

8765

【解析】由三视图得，在正方体

ABCDABCD中，截去周围体AA1B1D1，以以下图，，

1111

设正方体棱长为a，那么

111

33

Vaa，故节余几何体体积为

AABD

111

326

31353

aaa，

66

所以截去局部体积与节余局部体积的比值为

1

5

，应选D．

D1C1

C

A1

D

B1

O

C

B

A

A

B

考点：

三视图．

5、〔2021年2卷9题〕A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，假设

三棱锥O-ABC体积的最大值为36，那么球O的表面积为〔〕

A．36πB．64πC．144πD．256π

【解析】以以下图，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最

大，设球O的半径为R，此时

111

23

VVRRR，故R6，那么

36

OABCCAOB

326

球O的表面积为

2

S4R144，应选C．

考点：

外接球表面积和椎体的体积．

6、〔2021年2卷19题〕〔此题总分值12分〕如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16，

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BC=10，AA18，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1ED1F4．过点E，F的平

面与此长方体的面订交，交线围成一个正方形．

DFC

AE

B

C

D

AB

〔Ⅰ〕在图中画出这个正方形〔不用说出画法和原由〕；

〔Ⅱ〕求直线AF与平面所成角的正弦值．

【解析】〔Ⅰ〕交线围成的正方形EHGF如图：

〔Ⅱ〕作EMAB，垂足为M，那么AMA1E4，EMAA18，因为EHGF为正

方形，所以EHEFBC10．于是

226

MHEHEM，所以AH10．以D

为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立以以下图的空间直角坐标系Dxyz，那么

A（10,0,0），H（10,10,0），E（10,4,8），F（0,4,8），FE（10,0,0），HE（0,6,8）．设

n（x,y,z）是平面EHGF的法向量，那么

nFE

nHE

0,

0,

即

10x0,

6y8z0,

所以可取

n（0,4,．3）又AF（10,4,8），故

cosn,AF

nAF

nAF

45

15

．所以直线AF与

45

平面所成角的正弦值为．

15

考点：

1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

7、〔2021年1卷6题〕如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂

直的半径.假设该几何体的体积是

28

3

那么它的表面积是

〔A〕17〔B〕18〔C〕20〔D〕28

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【解析】

试题解析：

该几何体直观图以以下图：

是一个球被切掉左上角的

1

8

设球的半径为R,那么

7428

3

VR

833

解得R2,所以它

的表面积是7

8

的球面面积和三个扇形面积之和

71

22

S=42+32=17应选A．

84

考点：

三视图及球的表面积与体积

8、〔2021年1卷11题〕平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的极点A,//平面CB1D1,I平面

ABCD=m,I平面ABB1A1=n,那么m、n所成角的正弦值为

（A）

3

2

（B）

2

2

（C）

3

3

（D）

1

3

试题解析：

如图,设平面

CBD平面ABCD=m',平面CB1D1平面ABB1A1=n',因为

11

//平面

CBD,所以m//m',n//n',那么m,n所成的角等于m',n'所成的角.延长AD,过

11

D

1

作

D1E//B1C,连接CE,B1D1,那么CE为m',同理B1F1为n',而BD//CE,B1F1//A1B,那么

mn所成的角即为A1B,BD所成的角,即为60,故m,n所成角的正弦值为

','

3

2

选A.

考点：

平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.

【名师点睛】求解此题的要点是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：

平移定

角、连线成形,解形求角、得钝求补.

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9、〔2021年1卷18题〕如图,在以A,B,C,D,E,F为极点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,

AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．

〔I〕证明：

平面ABEF平面EFDC；

〔II〕求二面角E-BC-A的余弦值．

C

D

F

试题解析：

〔I〕由可得FDF,FF,所以F平面FDC．

又F平面F,故平面F平面FDC．

〔II〕过D作DGF,垂足为G,由〔I〕知DG平面F．

以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立以以下图的空间直角坐标

系Gxyz．

由〔I〕知DF为二面角DF的平面角,故DF60,那么DF2,DG3,可得

1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3．

由,//F,所以//平面FDC．

又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．

由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,

CF60．从而可得C2,0,3．

所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0．

设nx,y,z是平面C的法向量,那么

n

n

C0

0

即

x3z0

4y0

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所以可取n3,0,3．

设m是平面CD的法向量,那么

m

m

C0

0

同理可取m0,3,4．那么

cosn,m

nm

nm

219

19

．

故二面角C的余弦值为219

19

．

考点：

垂直问题的证明及空间向量的应用

【名师点睛】立体几何解答题第一问平时观察线面地址关系的证明,空间中线面地址关系的

证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的要点是结合空间想

象能力进行推理,要防范步骤不完满或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为

主.第二问一般观察角度问题,多用空间向量解决.

10、〔2021年2卷6题〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视

图，那么该几何体的表面积为

〔A〕20π〔B〕24π〔C〕28π〔D〕32π

解析：

几何体是圆锥与圆柱的组合体，

设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．

rclh

2

2

由图得2，，由勾股定理得：

l2234，

rc2πr4π

21

Srchcl

π

表

2

4π16π8π28π

，

应选C．

11、〔2021年2卷14题〕，是两个平面，m，n是两条线，有以下四个命题：

①若是mn，m，n∥，那么．

②若是m，n∥，那么mn．

③若是a∥，m，那么m∥．

④若是m∥n，∥，那么m与所成的角和n与所成的角相等．

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其中正确的命题有.（填写所有正确命题的编号〕

【解析】②③④

12〔2021年2卷19题〕〔本小题总分值12分〕

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在

AD，CD上，

5

AECF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的地址

4

OD10.

〔I〕证明：

DH平面ABCD；

〔II〕求二面角BDAC的正弦值.

5AECF

【解析】⑴证明：

∵AECF，∴，∴EF∥AC．

4ADCD

∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，

∴EFDH．∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，

AE

222

∴OB，∴OHOD1，∴DHDH3，∴ODOHD'H，

4

AO

∴D'HOH．又∵OHIEFH，∴D'H面ABCD．

⑵建立如图坐标系Hxyz．

B5，0，0C1，3，0D'0，0，3A1，3，0

，，，，

uuur

AB

uuuruuru

4，3，0AD'1，3，3AC0，6，0

，，，

ur

设面ABD'法向量n1x，y，z，

x3

nAB04x3y0

1

由得，取y4，

x3y3z0nAD0

1

z5

uruur

∴n13，4，5．同理可得面AD'C的法向量n2301，

，，

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uruur

nn

957512

295

∴cosuruur，∴sin．

52102525nn

12

13、〔2021年3卷9题〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的

三视图，那么该多面体的表面积为〔〕

〔A〕18365〔B〕54185〔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，要点是找到其中的特色图形，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，经过这些图形，找到几何元素间的关系，

建立未知量与量间的关系，进行求解．

14、〔2021年3卷10题〕在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，假设

ABBC，AB6，BC8，AA13，那么V的最大值是〔〕

932

〔A〕4π〔B〕

2〔C〕6π〔D〕

3

【答案】B

试题解析：

要使球的体积V最大，必定球的半径R最大．由题意知球的与直三棱柱的上下

3

2，此时球的体积为

4439

33

R（）

3322

底面都相切时，球的半径获取最大值，应选B．

考点：

1、三棱柱的内切球；2、球的体积．

【思想拓展】立体几何是的最值问题平时有三种思虑方向：

〔1〕依照几何体的结构特色，变

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动向为静态，直观判断在什么情况下获取最值；〔2〕将几何体平面化，如利用张开图，在平

面几何图中直观求解；〔3〕建立函数，经过求函数的最值来求解．

15、〔2021年3卷19题〕〔本小题总分值12分〕

如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，ABADAC3，

PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．

〔I〕证明MN平面PAB；

〔II〕求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

85

25．【答案】〔Ⅰ〕见解析；〔Ⅱ〕

【解析】

试题解析：

〔Ⅰ〕取PB的中点T，尔后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，

从而获取MNAT，由此结合线面平行的判判断理可证；〔Ⅱ〕以A为坐标原点，以

AD,AP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系，尔后经过求直线AN的方向向量与平

面PMN法向量的夹角来办理AN与平面PMN所成角．

AM

2

3

AD

2

试题解析：

〔Ⅰ〕由得

，取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC

TN

1

2

BC

2

中点知TN//BC，

.

又AD//BC，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT

.

因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.

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2x4z0

nPM0

5

设n（x,y,z）为平面PMN的法向量，那么0

nPN

，即

2

xy2z0

，可取

n，

（0,2,1）

于是

|cosn,AN|

|nAN|85

||||25

nAN.

考点：

1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．

【技巧点拨】〔1〕证明立体几何中的平行关系，常常是经过线线平行来实现，而线线平行常

常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；〔2〕求解空间中的角和距离

常常可经过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来办理．

16、〔2021年1卷7题〕某多面体的三视图以以下图，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

中有假设干是梯形，这些梯形的面积之和为

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A．10B．12C．14D．16

【答案】B

【解析】由三视图可画出立体图

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面

S

梯

24226

S全梯6212

应选B

17、〔2021年1卷16题〕如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三

角形ABC的中心为O，D、E、F为元O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一

BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折

起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，获取三棱锥．当△ABC的边长变

化时，所得三棱锥体积〔单位：

cm3〕的最大值为_______．

【答案】415

【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC

3

OGBC，即OG的长度与BC的长度或成正比

6

设OGx，那么BC23x，DG5x

三棱锥的高hDG2OG22510xx2x2510x

1

2

S233x33x

△

ABC

2

那么

1

2

VS△hxx=325x410x5

32510

ABC

3

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令

45

fx25x10x，

5

x（0,），

2

34

fx100x50x

令fx0，即x42x30，x2

那么fx≤f280

那么V≤38045

∴体积最大值为415cm3

18〔、2021年1卷18题〕如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD中，且BAPCDP90．

〔1〕证明：

平面PAB平面PAD；

〔2〕假设PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值．

【解析】〔1〕证明：

∵BAPCDP90

∴PAAB，PDCD

又∵AB∥CD，∴PDAB

又∵PDPAP，PD、PA平面PAD

∴AB平面PAD，又AB平面PAB

∴平面PAB平面PAD

〔2〕取AD中点O，