2012-2022高考真题分类汇编及详解8.立体几何初步含答案.pdf

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1、12012-2022 高考真题分类汇编及详解高考真题分类汇编及详解立体几何立体几何初步初步20222022 年题组年题组1（甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若2SS甲乙，则VV甲乙A5B2 2C10D5 104【答案】C【解析】如图，甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为 3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为1r，2r，高分别为1h，2h，则12=4r，22=2r，则1=2r，2=1r，由勾股定理，得15h，22 2h，所以22211112222222125310112 23r hVr hV

2、r hr h甲乙2.（乙卷）在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为 AB，BC 的中点，则A平面1B EF 平面1BDDB平面1B EF 平面1ABDC平面1/B EF平面1A ACD平面1/B EF平面11AC D【答案】A【解析】对于 A 选项：在正方体1111ABCDABC D中，因为 EF 分别为 AB，BC 的中点，易知EFBD，从而EF 平面1BDD，又因为EF 平面1BDD，所以平面1B EF 平面1BDD，所以 A 选项正确；对于 B 选项：因为平面1A BD 平面1BDDBD,由上述过程易知平面1B EF 平面1ABD不成立；2对于 C 选项：由题意知直线1AA

3、与直线1B E必相交，故平面1/B EF平面1A AC有公共点，从而 C 选项错误；对于 D 选项：连接AC，1AB，1BC，易知平面1/ABC平面11AC D，又因为平面1ABC与平面1B EF有公共点1B，故平面1ABC与平面1B EF不平行，所以 D 选项错误.3.（乙卷）已知球 O 的半径为 1，四棱锥的顶点为 O，底面的四个顶点均在球 O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为A13B12C33D22【答案】C【解析】考虑与四棱锥的底面形状无关，不是一般性，假设底面是边长为 a 的正方形，底面所在圆面的半径为 r，则22ra所以该四棱锥的高212ah，所以体积2222222233

4、11444144421(1)()()3234 4233339aaaaa aaVa 当且仅当22142aa，即243a 时，等号成立所以该四棱锥的高22311233ah 故选 C4（新高考 1 卷）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库，已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为2140km；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为2180km将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)A931.0 10 mB931.2 10 mC931.4 10 mD931.6 10 m3【

5、答案】C【解析】由题意21140kmS，22180kmS，(157.5 148.5)km9kmh，代入棱台体积12121()3VSSS Sh，公式可得：931.4 10 mV故选 C5.（新高考 1 卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为36，且3 ll3 3 l，则该正四棱雉体积的取值范围是A8118,4B27 81,44C27,4643D18,27【答案】C【解 析】记 三 棱 锥 高 与 侧 棱 夹 角 为，高 为h，底 面 中 心 到 各 顶 点 的 距 离 为m，2223313cos,23622lll，则6cosl，sin6sincosml，26sinco

6、s6cossintancosmh，212222Smmm底，故222112144(sin cos)33VShm h底，令222313sincossin(1sin)(1),sin,22yxxxx x 231yx，故13,)23x，0y，33(,32x，0y，即22 2maxmax3664144144()333Vy，22min3127144()224V6.（新高考 1 卷）已知正方体1111ABCDABC D，则A直线1BC与1DA所成的角为90B直线1BC与1CA所成的角为90C直线1BC与平面11BB D D所成的角为45D直线1BC与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【解析】在正方体11

7、11ABCDABC D中，因为1BC1B C，1BC11A B，所以1BC 平面11A B CD，所以1BC1DA，1BC1CA，故选项 A，B 均正确；设1111ACB DO，因为11AC 平面11BB D D，所以直线1BC与平面11BB D D所成的角为1C BO，在直角1C BO中，1111sin2C OC BOBC，故130C BO，故选项 C 错误；4直线1BC与平面ABCD所成的角为145C BC，故选项 D 正确综上，答案选 ABD7.（新高考 2 卷）正三棱台高为 1，上下底边长分别是3 3和4 3，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是A100B128C144D192【答案】

8、A【解析】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是 3，下底面所在平面截球所得圆的半径是 4，则轴截面中由几何知识可得2222341RR，解得225R，因此球的表面积是24425100SR故选A.8（新高考 2 卷）如图，四边形ABCD为正方形，ED 平面ABCD，FBED，2ABEDFB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为1V，2V，3V，则A32=2VVB31=VVC312=VVVD312=3VV5【答案】CD【解析】设2=2ABEDFB，则114=22=33V，212=2 1=33V 连结BD交AC于M，连结EM、FM，则=3FM，=6EM，=3EF，故13 2=3622

9、EMFS，31=23EMFVSAC，312=VVV，312=3VV，故选 CD2012-20212012-2021 年题组年题组一、选择题一、选择题1(2021 年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCDABC D中，P 为11B D的中点，则直线PB与1AD所成的角为()A2B3C4D62(2021 年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点 A 的三条棱的中点分别为 E，F，G该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()ABC6D3(2021 年高考全国甲卷理科)已如 ABC 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且,1ACBC AC

10、BC，则三棱锥OABC的体积为()A212B312C24D344(2020 年高考数学课标卷理科)已知,A B C为球O的球面上的三个点，1O为ABC的外接圆，若1O的面积为4，1ABBCACOO，则球O的表面积为()A64B48C36D325(2020 年高考数学课标卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A514B512C514D5126(2020 年高考数学课标卷理科)已知ABC 是面积为9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的

11、球面上 若球 O 的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为()A3B32C1D327(2020 年高考数学课标卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()7()AEBFCGDH8(2020 年高考数学课标卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A6+42B4+42C6+23D4+239(2019 年高考数学课标卷理科)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()ABMEN，且直线,BMEN是相交直线BBMEN，

12、且直线,BMEN是相交直线CBMEN，且直线,BMEN是异面直线DBMEN，且直线,BMEN是异面直线10(2019 年高考数学课标全国卷理科)设、为两个平面，则的充要条件是()()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行8C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面11(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为 2 的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，90CEF，则球O的体积为()A8 6B4 6C2 6D612(2018 年高考数学课标卷（理）)设,A B C D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且

13、其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12 3B18 3C24 3D54 313(2018 年高考数学课标卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫，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()()14(2018 年高考数学课标卷（理）)在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为()A15B56C55D2215(2018 年高考数学课标卷（理）)已知正方体的校长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此

14、正方体所得截面而积的最大值为()A3 34B2 33C3 24D32916(2018 年高考数学课标卷（理）)某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如右圈，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()A2 17B2 5C3D217(2017 年高考数学新课标卷理科)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()A10B12C14D1618(2017 年高考数学课标卷理科)已

15、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()AB34C2D419(2017 年高考数学课标卷理科)已知直三棱柱111CC 中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为()A32B155C105D3320(2017 年高考数学课标卷理科)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()A90B63C42D361021(2016 高考数学课标卷理科)在封闭的直三棱柱111ABCABC内有一个体积为V的球,若ABBC,6AB,8BC,13AA,则V的最大值是(

16、)A4B92C6D32322(2016 高考数学课标卷理科)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实现画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为()A1836 5B54 18 5C90D8123(2016 高考数学课标卷理科)右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()A20B24C28D321124(2016 高考数学课标卷理科)平面过正方体1111ABCDABC D的顶点A，/平面 CB1D1，平面ABCDm，平面11ABB An，则,m n所成角的正弦值为()(A)32(B)22(C)33(D)1325(2016 高考数学课标卷理科)如图，某几何体的三视图是三

17、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283，则它的表面积是()()(A)17(B)18(C)20(D)2826(2015 高考数学新课标 2 理科)已知,A B是球O的球面上两点，90AOB,C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为 36，则球O的表面积为()A36B64C144D25627(2015 高考数学新课标 2 理科)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()()A81B71C61D511228(2015 高考数学新课标 1 理科)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

18、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1620，则r=A1B2C4D829(2015 高考数学新课标 1 理科)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 162 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有()A14 斛B22 斛C36 斛D66 斛30(2014 高考数学课标 2 理科)直三棱柱 ABC-A

19、1B1C1中，BCA=90，M，N 分别是 A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为()A110B25C3010D2231(2014 高考数学课标 2 理科)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()A2717B95C2710D311332(2014 高考数学课标 1 理科)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()()A6 2B

20、4 2C6D433(2013 高考数学新课标 2 理科)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,1,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zox平面为投影面，则得到正视图可以为()()34(2013 高考数学新课标 2 理科)已知,m n为异面直线，m 平面，n 平面直线l满足,lm ln，,ll，则()A/且/lBl且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l35(2013 高考数学新课标 1 理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168B88C1616D8161436(2013 高考数学新课标 1

21、 理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()A5003cm3B8663cm3C13723cm3D20483cm337(2012 高考数学新课标理科)已知集合1,2,3,4,5A,(,),Bx y xA yA xyA；,则B中所含元素的个数为()A3B6C8D10二、填空题二、填空题38(2021 年高考全国乙卷理科)以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_(写出符合要求的一组答案即可)39(20

22、20 年高考数学课标卷理科)设有下列四个命题：15p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml则下述命题中所有真命题的序号是_14pp12pp23pp34pp40(2020 年高考数学课标卷理科)已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_41(2019 年高考数学课标卷理科)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1111ABCDABC D挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,E F G

23、 H分别为所在棱的中点16cm4cmAB=BC=,AA=，3D打印所用原料密度为30.9g/cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g42(2019 年高考数学课标全国卷理科)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).1643(2018 年高考数学课标

24、卷（理）)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为 45，若SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为_44(2017 年高考数学课标卷理科),a b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与,a b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60其中正确的是(填写所有正确结论的编号)45(2016 高考数学课标卷理科),是两个平面，,m n是两条直线，有下列四个命题：(1

25、)如果mn，m，/n，那么(2)如果m，/n，那么mn(3)如果/，m，那么/m(4)如果/mn，/，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有(填写所有正确命题的编号)17立体几何立体几何初步初步一、选择题一、选择题1(2021 年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCDABC D中，P 为11B D的中点，则直线PB与1AD所成的角为()A2B3C4D6【答案】【答案】D解析：如图，连接11,BC PC PB，因为1AD1BC，所以1PBC或其补角为直线PB与1AD所成的角，因为1BB 平面1111DCBA，所以11BBPC，又111PCB D，1111BBB DB，所以1PC

26、平面1PBB，所以1PCPB，设正方体棱长为 2，则111112 2,22BCPCD B，1111sin2PCPBCBC，所以16PBC故选：D2(2021 年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点 A 的三条棱的中点分别为 E，F，G该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()18()ABCD【答案】【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3(2021 年高考全国甲卷理科)已如 ABC 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且,1ACBC ACBC，则三棱锥OABC的体积为()A212B312C24

27、D3419【答案】【答案】A解析：,1ACBC ACBC，ABC为等腰直角三角形，2AB，则ABC外接圆的半径为22，又球的半径为 1，设O到平面ABC的距离为d，则2222122d，所以111221 1332212O ABCABCVSd 故选：A【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解4(2020 年高考数学课标卷理科)已知,A B C为球O的球面上的三个点，1O为ABC的外接圆，若1O的面积为4，1ABBCACOO，则球O的表面积为()A64B48C36D32【答案】【答案】A【解析】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题

28、意，得24,2rr，ABC为等边三角形，由正弦定理可得2 sin602 3ABr，12 3OOAB，根据球的截面性质1OO 平面ABC，222211111,4OOO A ROAOOO AOOr，球O的表面积2464SR故选：A20【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题5(2020 年高考数学课标卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A514B512C514D512【答案】【答案】C【解析】

29、如图，设,CDa PEb，则22224aPOPEOEb，由题意212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa，解得154ba（负值舍去）故选：C21【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题6(2020 年高考数学课标卷理科)已知ABC 是面积为9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上 若球 O 的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为()A3B32C1D32【答案】【答案】C解析：设球O的半径为R，则2416R，解得：2R 设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为9 34的等边三角形，2139 3224

30、a，解得：3a，22229933434ara，球心O到平面ABC的距离224 31dRr故选：C【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面227(2020 年高考数学课标卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()()AEBFCGDH【答案】【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D上的点在正视图中都对应点 M,直线34B C上的点在俯视图中对应的点为 N,在正视图中对应

31、M,在俯视图中对应N的点是4D,线段34D D,上的所有点在侧试图中都对应E,点4D在侧视图中对应的点为E故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题8(2020 年高考数学课标卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()23()A6+42B4+42C6+23D4+23【答案】【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12 222ABCADCCDBSSS 根据勾股定理可得：2 2ABADDBADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形

32、面积公式可得：2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD 该几何体的表面积是：2 362 33 2 故选：C【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题9(2019 年高考数学课标卷理科)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24()ABMEN，且直线,BMEN是相交直线BBMEN，且直线,BMEN是相交直线CBMEN，且直线,BMEN是异面直线DBMEN，且直线,BMEN是异面直线【答案】B【解析】取DC中点E，如图连接辅助线

33、，在BDE中，N为BD中点，M为DE中点，所以/MNBE，所以BM，EN共面相交，选项 C，D 错误平面CDE 平面ABCD，EFCD，EF平面ABCD，又DCCD,DC 平面DCE，从而EFFN，BCMC所以MCB与EFN均 为 直 角 三 角 形 不 妨 设 正 方 形 边 长为2，易 知3,1MCEFNF，所 以22(3)27BM，22(3)12EN,BMEN，故选 B【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目10(2019 年高考数学课标全国卷理科)设、为两个平面，则的充要条件是()()A内有无数条直线与平行B

34、内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【答案】【答案】B25【解析】【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是 的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是 的必要条件，故选 B.【点评】【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,/abab，则/”此类的错误11(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面

35、上，PAPBPC，ABC是边长为 2 的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，90CEF，则球O的体积为()A8 6B4 6C2 6D6【答案】【答案】D解析：三棱锥PABC为正三棱锥，取AC中点M，连接,PM BM，则,ACPM ABBM，PMBMM，可得AC 平面PBM，从而ACPB，又/,PBEF EFCE，可得PBCE，又ACCEC，所以PB 平面PAC，从而,PBPA PBPC，从而正三棱锥PABC的三条侧棱,PA PB PC两两垂直，且2PAPBPC，可将该三棱锥还原成一个以,PA PB PC为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O的直径，即626,2RR，所以球O的体积为3463

36、VR12(2018 年高考数学课标卷（理）)设,A B C D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为()26A12 3B18 3C24 3D54 3【答案】【答案】B解析：设ABC的边长为a，则21sin609 362ABCSaa，此时ABC外接圆的半径为1162 32 sin60232ar，故球心O到面ABC的距离为2216 122Rr，故点D到面ABC的最大距离为26R，此时119 3618 333D ABCABCD ABCVSd，故选 B点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断

37、出当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到22 33BMBE，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型13(2018 年高考数学课标卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫，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()()【答案】【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是 A 图14(2018 年高考数学课标卷（理）)在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直27线1A

38、D与1DB所成角的余弦值为()A15B56C55D22【答案】【答案】C解 析：以D为 坐 标 原 点，1,DA DC DDDA为,x y z轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)DABD，所以11(1,0,3),(1,1,3)ADDB 因为111111135cos,5|25ADDBAD DBADDB 所以异面直线1AD与1DB 所成角的余弦值为55，故选C15(2018 年高考数学课标卷（理）)已知正方体的校长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为()A3 34B2 33C3 24D

39、32【答案】【答案】A【解析一】根据题意，平面与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCDA BC D不妨设平面与1AC垂直，且交于点M 平面ABD与平面11B DC与1AC分别交于,P Q 正方体中心为O,则容易证明当M从A运动到P时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M从P运动到Q时，截面为六边形且周长不变;当M从Q运动到1C时，截面为三角形且周长还渐减小。我们熟知周长一定的多边形中，正多边形的面积最大，因此当M运动到O点时，截面为边长为22的正大边形，此时截面面积最大，为2323 36424【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为28222213

40、332 12232132222Saaaaa232212aa所以当12a 时，max13 324SS16(2018 年高考数学课标卷（理）)某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如右圈，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()A2 17B2 5C3D2【答案】【答案】B解析：由题意可知几何体是圆柱，底面周长 16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：22242 5，故选 B17(2017 年高考数学新课标卷理

41、科)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29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()A10B12C14D16【答案】【答案】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,则表面中含梯形的面积之和为12(24)2122,故选 B【考点】简单几何体的三视图【点评】三视图往往与几何体的体积、表面积及空间线面关系、角、距离等问题相结合,解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图18(2017 年高考数学课标卷理科)已知圆柱的高为1，它的两个底

42、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()AB34C2D4【答案】【答案】B【解析】【解析】法一：如图，画出圆柱的轴截面3011,2ACAB，所以32rBC，那么圆柱的体积是2233124Vr h，故选 B法二：设圆柱的底面圆的半径为r，圆柱的高1h，而该圆柱的外接球的半径为1R 根据球与圆柱的对称性，可得2222hrR即22213124rr，故该圆柱的体积为233144VShrh 圆柱底面积，故选 B【考点】【考点】圆柱的体积公式【点评【点评】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利

43、用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解19(2017 年高考数学课标卷理科)已知直三棱柱111CC 中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为()A32B155C105D33【答案】【答案】C【命题意图命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力【解析解析】解法一：常规解法解法一：常规解法31在边1BB11BC11ABAB上分别取中点EFGH，并相互连接由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB和1BC所成的夹角为FEG或其补角，通过几何关系求得22EF，52FG，112FH，利用余弦定理可求得异面直线1AB和1BC

44、所成的夹角余弦值为105解法二：补形解法二：补形通过补形之后可知：1BC D或其补角为异面直线1AB和1BC所成的角，通过几何关系可知：12BC，15C D，3BD，由勾股定理或余弦定理可得异面直线1AB和1BC所成的夹角余弦值为105解法三：建系解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，0,2,1A10,0,0B，0,0,1B，131,022C131,122BC，10,2,1B A 1111210cos552B A BCB ABC 解法四：投影平移解法四：投影平移-三垂线定理三垂线定理32设异面直线1AB和1BC所成的夹角为3利用三垂线定理可知：312coscoscos32210cos255异

45、面直线1AB和1BC所成的夹角余弦值为105【知识拓展知识拓展】立体几何位置关系中角度问题一直是理科的热点问题，也是高频考点，证明的方法大体有两个方向：1几何法；2建系；几何法步骤简洁，但不易想到；建系容易想到，但计算量偏大，平时复习应注意各方法优势和不足，做到胸有成竹，方能事半功倍20(2017 年高考数学课标卷理科)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()A90B63C42D36【答案】【答案】B【命题意图命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力为主目的【解析解析】解法一

46、：常规解法解法一：常规解法从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：切割前圆柱切割中切割后几何体从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：33从左图可知：剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为VSh，3r，4h，136V；上面阴影的体积2V是上面部分体积3V的一半，即2312VV，3V与1V的比为高的比（同底），即3132VV，213274VV，故总体积02163VVV第二种体积求法：第二种体积求法：354VSh，其余同上，故总体积02163VVV【知识拓展知识拓展】三视图属于高考必考点，几乎年年考三视图，题型一般有五方面，

47、1求体积；2求面积（表面积，侧面积等）；3求棱长；4视图本质考查（推断视图，展开图，空间直角坐标系视图）；5视图与球体综合联立，其中前三个方面考的较多21(2016 高考数学课标卷理科)在封闭的直三棱柱111ABCABC内有一个体积为V的球,若ABBC,6AB,8BC,13AA,则V的最大值是()A4B92C6D323【答案】【答案】B【解析】要使球的体积V最大,必须球的半径R最大.由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值32,此时球的体积为334439()3322R,故选 B.22(2016 高考数学课标卷理科)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

48、三视图,则该多面体的表面积为()A1836 5B54 18 5C90D8134【答案】【答案】B【解析】由三视图知该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱,如图所以该几何体的表面积为2 3 62 3 32 3 3 554 18 5S ,故选 B.23(2016 高考数学课标卷理科)右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()A20B24C28D32【答案】【答案】C【解析】还原几何体后是一个高为 4 底面半径为 2 的圆柱与底面半径为 2 高为2 3的圆锥的组合体35而圆锥的侧面积为：14482pp创=，而圆柱的侧面积为：4216pp=，圆柱的底面积为：4p所以几何体的表面积

49、为：=8+16428Spppp+=表面积，故选 C24(2016 高考数学课标卷理科)平面过正方体1111ABCDABC D的顶点A，/平面 CB1D1，平面ABCDm，平面11ABB An，则,m n所成角的正弦值为()(A)32(B)22(C)33(D)13【答案】【答案】A【解析】如图所示：11CB D平面，若设平面11CB D 平面1ABCDm，则1mm又平面ABCD平面1111ABC D，结合平面11B DC 平面111111ABC DB D111B Dm，故11B Dm同理可得：1CDn故m、n的所成角的大小与11B D、1CD所成角的大小相等，即11CD B的大小而1111BCB

50、 DCD（均为面对交线），因此113CD B，即113sin2CD B故选 A25(2016 高考数学课标卷理科)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283，则它的表面积是()()36(A)17(B)18(C)20(D)28【答案【答案】A【解析】由三视图知：该几何体是78个球，设球的半径为R，则37428VR833，解得R2，所以它的表面积是22734221784，故选 A26(2015 高考数学新课标 2 理科)已知,A B是球O的球面上两点，90AOB,C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为 36，则球O的表面积为()A36B