2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.立体几何

2011年—2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编

8．立体几何

一、选择题 【2018，9】．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，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．217

B．25

C．3

D．2

AB?BC?2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30?，则【2018，10】．在长方体ABCD?A1BC11D1中，

该长方体的体积为（ ） A．8

B．62

C．82

D．83 【2018，5】．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．122?

B．12?

C．82?

D．10?

【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

28π，则它的表面积是（ ） 3A．17π B． 18π C． 20π D． 28π

【2016，11】平面?过正方体ABCD?ABCD1的顶点A，?∥平面CB1D1，?111平面ABCD?m，

?平面ABB1A1?n，则m,n所成角的正弦值为（ ）

A．

1323 B． C． D．

3223【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

1

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=( )

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 【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_______．【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

2

3，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 ． 16

三、解答题 【2018，18】．（12分）

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．

⑴证明：平面ACD⊥平面ABC；

⑵Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP?DQ?2DA，求三棱锥Q?ABP的体积． 3

【2017，18】如图，在四棱锥P?ABCD中，AB∥CD，且?BAP??CDP?90?．

（1）证明：平面PAB?平面PAD；（2）若PA?PD?AB?DC，?APD?90?，且四棱锥

8P?ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

3

3

【2016，18】如图所示，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．

（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．

PAGEDB

C

【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． 34

【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.

【2013，19】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

【2012，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，?ACB?90?，AC=BC=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．

1AA1，D是棱2C1A1B1DCAB【2011，18】如图所示，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为平行四边形，?DAB?60，AB?2AD，

PD?底面ABCD． （1）证明：PA?BD；

（2）若PD?AD?1，求棱锥D?PBC的高．

6

2011年—2017年新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编

8．立体几何（解析版）

一、选择题

【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

28π，则它的表面积是（ ）． 3A．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

174328π，设球的半径为R，则?πR?，

8338解得R?2．该几何体的表面积等于球的表面积的

71，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的， 84所以该几何体的表面积为S?71?4π?22?3??π?22?14π?3π?17π．故选A． 84?∥平面CB1D1，?【2016，11】平面?过正方体ABCD?ABCD1的顶点A，111平面ABB1A1?n，则m,n所成角的正弦值为（ ）

?平面ABCD?m，

A．

1323 B． C． D．

32237

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?EAF??，所以其3正弦值为3．故选A． 2EDABFD1A1B1CC1

解法二（原理同解法一）：过平面外一点A作平面?，并使?∥平面CB1D1，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A1B与BD所成角1BD，如图所示，即研究A的正弦值，易知?A1BD??3，所以其正弦值为．故选A． 32DCBAD1C1A1B1

【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

116?2?3r?8?r?，所以米堆的体积为433201116320??3?()2?5?，故堆放的米约为÷1．62≈22，故选B．

94339

【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

8

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

【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＝

1π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A． 2

【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

A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，

BDO因此此几何体的体积为

11V??(?6?3)?3?9，故选择B． 32距离为2，则此球的体积为（ ） A．6?

B．43? D．63?

C【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

C．46?

【解析】如图所示，由已知O1A?1，OO1?2，

在Rt?OO1A中，球的半径R?OA?3， 所以此球的体积V?4?R3?43?，故选择B． 39

【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．

【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（ ）

【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． 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?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_______．

【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，

11111VA?SBC??S?SBC?OA???2r?r?r?r3，所以r3?9?r?3，

33233所以球的表面积为4?r2?36?．

【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______．

答案：

9π 2解析：如图，

设球O的半径为R，则AH＝

22RR，OH＝．又∵π·EH2＝π，∴EH＝1．∵在Rt△OEH中，R2＝33

99π?R?222，∴R＝． ∴S． +1球＝4πR＝??82?3?

【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

3，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 ． 16332?4πR2，知r2?R2． 【解析】设圆锥底面半径为r，球的半径为R，则由πr?164根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的

积是这个球面面积的

10

点，因此PB?QB．

设PO??x，QO??y，则x?y?2R． ? 又△PO?B∽△BO?Q，知r2?O?B2?xy．

32R． ? 43R由??及x?y可得x?R,y?．

222即xy?r?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

1． 31． 3

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥P?ABCD中，AB∥CD，且?BAP??CDP?90?．

（1）证明：平面PAB?平面PAD；（2）若PA?PD?AB?DC，?APD?90?，且四棱锥

8P?ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

3

【解法】（1） 又

?BAP??CDP?90?，?AB?A,PC?D

PDAB∥CD ?AB?DP

又AP?平面PAD，DP?平面PAD，且AP

DP? P ?AB?平面PAD

AB?平面PAB，所以 平面PAB?平面PAD

（2）由题意：设PA?PD?AB?DC=a ，因为?APD?90? ，所以?PAD为等腰直角三角形 即AD=2a

取AD中点E，连接PE，则PE?

2，PE?AD． a211

又因为平面PAB?平面PAD 所以PE?平面ABCD

因为AB?平面PAD，AB∥CD 所以AB?AD，CD?AD

= a 又AB?DC 所以四边形ABCD为矩形

所以

VP?ABC?D11ABADP?E33a22a218?a3?a3 3 即a?2 S侧=11?2?2?3+?22?6=6+23 22

【2016，18】如图所示，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．

（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．

PAGEDB

C解析 ：（1）由题意可得△ABC为正三角形，故PA?PB?PC?6． 因为P在平面ABC内的正投影为点D，故PD?平面ABC． 又AB?平面ABC，所以AB?PD．

因为D在平面PAB内的正投影为点E，故DE?平面PAB．

12

又AB?平面PAB，所以AB?DE．

因为AB?PD，AB?DE，PDDE?D，PD,DE?平面PDG， 所以AB?平面PDG．又PG?平面PDG，所以AB?PG． 因为PA?PB，所以G是AB的中点．

（2）过E作EF∥BP交PA于F，则F即为所要寻找的正投影．

PFAGEDB

理由如下，因为PB?PA，PB∥EF，故EF?PA．同理EF?PC， 又PAPC?P，PA,PC?平面PAC，所以EF?平面PAC， 故F即为点E在平面PAC内的正投影． 所以VD?PEF?C11S△PEF?DE?PF?EF?DE． 36在△PDG中，PG?32，DG?6，PD?23，故由等面积法知DE?2． 由勾股定理知PE?22，由△PEF为等腰直角三角形知PF?EF?2，故VD?PEF?

【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4． 36，求该三棱锥的侧面积． 3解：(Ⅰ) ∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC． ∵ABCD为菱形，∴ BD⊥AC，

∴AC⊥平面BED，又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED． …6分 (Ⅱ)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°可得， AG=GC=x33x，GB=GD=． 在RtΔAEC中，可得EG=x．

222∴在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=2x． …9分 2∴VE?ACD?11636， 解得x =2． ?AC?GD?BE?x?3224313

由BA=BD=BC可得AE= ED=EC=6．

∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为5．

所以三棱锥E-ACD的侧面积为3+25． …12分 18． 解析 （1）因为BE?平面ABCD，所以BE?AC． 又ABCD为菱形，所以AC?BD．

又因为BDBE?B，BD，BE?平面BED，

所以AC?平面BED．又AC?平面AEC，所以平面AEC?平面BED． （2）在菱形ABCD中，取AB?BC?CD?AD?2x， 又?ABC?120，所以AG?GC?3x，BG?GD?x． 在△AEC中，?AEC?90，所以EG?所以在Rt△EBG中，BE?所以VE?ACD?1AC?3x， 2EG2?BG2?2x，

11636??2x?2x?sin120?2x?x?，解得x?1． 3233在Rt△EBA，Rt△EBC，Rt△EBD中， 可得AE?EC?ED?6．

所以三棱锥的侧面积S侧?2??2?5?

121?6?6?3?25． 2【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. 证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O为B1C与BC1的交点，

∵AO⊥平面BB1C1C. ∴AO⊥B1C， …2分 因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分 ∴BC1⊥平面ABC1，∵AB?平面ABC1，

故B1C⊥AB. …6分

14

(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD， 又BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD， 作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分 ∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=由于AC⊥AB1，∴OA?3， 4117B1C?，∴AD?OD2?OA2?， 22421由 OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC 的距离

142121为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分

77另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，

可得BO=

1132，由于AC⊥AB1，∴OA?B1C?，∴AB=1，AC=，…9分

22221227则等腰三角形ABC的面积为?，设点B1到平面ABC的距离为d，?12?()2?224873121由VB1-ABC=VA-BB1C得， d??,解得d?842721所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分

7

【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．

证明：(1)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，

15

所以OC＝OA1＝3．

又A1C＝6，则A1C2＝OC2＋OA12，

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＝3，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3．

【2012，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，?ACB?90?，AC=BC=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． 【解析】（1）在Rt?DAC中，AD?AC， 得：?ADC?45，

? 同理：?A， C?9?01DC1?45??CD1?1AA1，D是棱2C1A1B1DCB 得：DC． 1?DC由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1所以BC?平面ACC1A1．

又DC1?平面ACC1A1，所以DC1?BC 而DCAAC?C，

BC?C，所以DC1?平面BDC．

又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．

（2）由已知AC=BC=

1AA1，D是棱AA1的中点， 2 设AA，AC?BC?1?2a

AD?，则aVABC?A1BC?1112a?2a?a3． 2BC为四棱锥B?ACC1D的高， 由（1），BC?平面ACC1A1，所以

所以VB?ACC1D?111?(?3a?a)?a?a3． 322 因此平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为

VABC?A1B1C1?VB?ACC1DVB?ACC1D1a3?a32?1． ?131a2【2011，18】如图所示，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为平行四边形，?DAB?60，AB?2AD，

PD?底面ABCD． （1）证明：PA?BD；

（2）若PD?AD?1，求棱锥D?PBC的高．

16

【解析】（1）因为?DBA?60，AB?2AD，由余弦定理得BD?3AD，

222从而BD?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AD?1，AB?2，?DAB?60， 所以BD?3，又PD?1，所以PB?2．

根据DE?PB?PD?BD，得DE?33，即棱锥D?PBC的高为． 22

17

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