2011年高考数学试题分类汇编 立体几何

概率与统计1．（天津文）15．（本小题满分13分）编号为1216,,,A A A ⋅⋅⋅的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下： 运动员编号 1A2A3A4A5A6A7A8A得分 1535212825361834运动员编号 9A10A11A12A13A14A15A16A得分1726253322123138（Ⅰ）将得分在对应区间内的人数填入相应的空格；区间 [)10,20[)20,30[]30,40人数（Ⅱ）从得分在区间[)20,30内的运动员中随机抽取2人，（i ）用运动员的编号列出所有可能的抽取结果；（ii ）求这2人得分之和大于50的概率．2. （北京文）16．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵树.乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示. （1）如果X=8，求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（2）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率. （注：方差],)()()[(1222212x x x x x x ns n -+-+-=其中x 为n x x x ,,,21 的平均数）3. （全国新文）19．某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方（分别称为A 配方和B 配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每产品的质量指标值，得到时下面试验结果：A 配方的频数分布表 指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 8 20 42 22 8 B 配方的频数分布表指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 412423210（I ）分别估计用A 配方，B 配方生产的产品的优质品率；（II ）已知用B 配方生产的一种产品利润y （单位：元）与其质量指标值t 的关系式为2,942,941024,102t y t t -<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩估计用B 配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B 配方生产的上述100件产品平均一件的利润． 4. （辽宁文）19．某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙．（I ）假设n =2，求第一大块地都种植品种甲的概率；（II ）试验时每大块地分成8小块，即n =8，试验结束后得到品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm 2）如下表：品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙419403412418408423400413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？ 附：样本数据n x x x ,,,21⋅⋅⋅的的样本方差])()()[(1222212x x x x x x ns n -+⋅⋅⋅+-+-=，其中x 为样本平均数．5. （江西文）16．某饮料公司对一名员工进行测试以便确定考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中的3杯为A 饮料，另外的2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料。

2011-2019年全国卷立体几何真题汇编2011年全国卷6.在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的俯视图可以为A. B. C. D.2011年全国卷15.已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为_______.2012年全国卷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.6B.9C.12D.182012年全国卷11．已知三棱锥ABC S -的所有顶点都在球O 的球面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2=SC ,则此棱锥的体积为A.26B.36C.23D.222013年全国一卷6.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 ，如果不计的厚度，则球的体积为A.35003cm πB.38663cm πC.313723cm πD.320483cm π2013年全国一卷8.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+2013年全国二卷4.已知,m n 为异面直线,m ^平面a ,n ^平面b ,直线l 满足l m ^,l n ^,l Úa ,l Úb ,则A.//a b 且//l aB.a b ^且l b^C.a 与b 相交，且交线垂直于lD.a 与b 相交,且交线平行于l2013年全国二卷7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标是(1,0,1),(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,则得到的正视图可以为2014年全国一卷12.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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为A.62B.42C.6D.42014年全国二卷6.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.132014年全国二卷11.直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=,M ,N 分别是11A B ,11AC 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为A.110B .25C.3010D.222015年全国一卷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。

2011年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(11解析几何初步)一、选择题：1. (2011全国大纲卷文)设两圆G、C2都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两圆心的距离C1C2 ( )(A)4 (B) 4、、2 (C)8 (D) 8 21. 【答案】C【命题意图】本题主要考查圆的方程与两点间的距离公式【解析】由题意知圆心在直线y=x上并且在第一象限，设圆心坐标为(a,a)(a .0),则a —,(a -4)2• (a -1)2,即a2 -10a 17 =0,所以由两点间的距离公式可求出CQ2| =(2[(印+a2)2—4印82] = J2x(100—4如7) =8.. . . . 2 2 . .2. (2011四川文)圆x …4x：：；£y =0的圆心坐标是( )(A ) (2 , 3) ( B) ( —2, 3) ( C) (—2,- 3) ( D) (2, - 3)答案：D解析：圆方程化为(x -2)2(y - 3)2=13，圆心(2, —3)，选D.3. (2011重庆理)在圆x2y2-2x-6y =0内，过点E (0, 1)的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )A. 5、2 B . 10、2 C. 15'、2 D . 20 24. (2011安徽文)若直线?x y [.过圆X———y二i-的圆心,则a的值为( )(A) -1 (B) 1 (C) 3 (D) -34. B【解析】本题主要考查了圆和直线的方程以及直线和圆的位置关系。

圆的方程可变为X-]亠，因为直线经过圆的圆心，所以' (-1)*亡*£二[.，即a「.【技巧点拨】解题关键是把圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标。

5. (2011北京文)已知点A 0,2 , B 2,0。

若点C在函数y = x?的图象上，则使得L ABC的面积为2 的点C的个数为(A) 4 (B)3 (C)2 (D)1KS1 A【解析1：设C(x T^},因为凶62}』(2「0)所以“迪的直线方程为- + ^- = 1即艾卡y—2=0■—■+据二由= 2昙;= 忑fjw忑技=2却丹二忑*由点到育「.r三画:w/S SPx2 +x—2 »十序耳却令恋故选A6. (2011 北京理)设 A 0,0 , B 4,0 , C t 4,4 , D t,4 t R •记 Nt 为平行四边形 ABCD 内 部(不含边界)的整点的个数，其中整点是指横、 纵坐标都是整数的点， 则函数N t 的值域为() (A ) {9,10,11} (B ) {9,10,12}(C ) {9,11,12}(D ) {10,11,12} 在平丙直角坐标系中画出平行四边形其中一■!位于原点，3位于斗正丰轴F 设 ―如“⑶与蛊D 边的交点为站・边的奁点为跌’四辺据内部{不 礙迦跖 碍厢都在疑段上砸,匸4 /.线段人冬上的聲鬲訪个竝j 个.所以3x3"如3x*=12,神嘶妬』.空.功妬4①不是整数时，謂，」却比都不是整点，"0) = 12②为4起型整較时，4，且▼廷均沟整点■，丫(0 = 9甜倉4 + 2型整数时，* 右 ▲申只有A 是整点,.¥(/) = !!「-J j ■ U 谨4n + 3型整数瞅 胡不.竺虽，—12 (以上表谨中n 为宜上面4种情形涵概了 t 的所有可能取值，所以 N(t)的值域为{ 9 , 11, 12 }，如图所示，故选 C二、填空题：1. (2011湖北文)过点(一1 — 2)的直线I 被圆x 2 y 2 -2x-2y 10 截得的弦长为、• 2，则直线 I 的斜率为 。

2011-2017高考全国I 卷分类汇编——立体几何【2011年全国】（19）如图，四棱锥S ABCD -中，AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥;（Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.【2012年全国】（19）（本小题满分12分） 如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥。

（Ⅰ）证明：1DC BC ⊥（Ⅱ）求二面角11A BD C --的大小。

【2013年全国】18、（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°. （Ⅰ）证明AB ⊥A【2014年全国】19. (本小题满分12分)如图三棱锥111ABC AB C -中，侧面11BB C C 为菱形，A 11AB B C ⊥.(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=Bc ，求二面角111A A B C --的余弦值.【2015年全国】（18）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 。

（1）证明：平面AEC ⊥平面AFC（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值【2016年全国】（18）（本题满分为12分）如图，在已A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，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．【2017年全国】18．（12分）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.。

五、解析几何
一、选择题
22x?y?2x?6y?0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别是AC1.（重庆理8）在圆
和BD，则四边形ABCD的面积为
A．52 B．2 C
．D．2
【答案】B
x2y2y2
2C1:2?2?1(a＞b＞0)C1:x??1ab42.（浙江理8）已知椭圆与双曲线有公共的焦点，
C1的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点，C若1恰好将线段AB三等分，则
a2?
A．
【答案】C 1312b?2 B．a2?13 C．2 2D．b?2
2x2?2x??4y?x?ax?5(a≠0)13.（四川理10）在抛物线上取横坐标为，的两点，过
225x?5y?36相切，则这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆
抛物线顶点的坐标为
A．(?2,?9) B．(0,?5) C．(2,?9) D．(1,?6)
【答案】C
【解析】由已知的割线的坐标(?4,11?4a),(2,2a?1),K?2?a,设直线方程为
36b2
?2y?(a?2)x?b51?(2?a)，则
?y?x2?ax?5?b??6?a?4?(?2,?9)?y?(a?2)x?b又?
4.（陕西理2）设抛物线的顶点在原点，准线方程为x??2，则抛物线的方程是222y??8xy?8xy??4x A． B． C．2y?4x D．
【答案】B
x2y2
?2?1(a＞0，b＞0)2b5.（山东理8）已知双曲线a的两条渐近线均和圆
22x?y?6x?5?0相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为 C:
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2011—2019年高考真题全国卷1理科数学分类汇编——8.立体几何一、选择题【2019.12】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．64π C ．62πD ．6π【2018,7】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 ．172B ．52C ．3D ．2【2018，12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．334B ．233C ．324D ．32【2017，7】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 ．16【2016，11】平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，αI 平面ABCD m =，I α平面n A ABB =11，则n m ,所成角的正弦值为A ．23 B ．22 C ．33 D ．31 【2016，6】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328π，则它的表面积是（ ） A ．π17 B ．π18 C ．π20 D ．π28【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，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【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1620π+，则r=（）A．1 B．2 C．4 D．8【2015年，11题】【2014年，12题】【2013年，6题】【2014，12】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．42C．6 D．4【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，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6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()A．500π3cm3B．866π3cm3 C．1372π3cm3D．2048π3cm3【2013，8】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【2013年，8】 【2012年，7】 【2011年，6】 【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 ．6B ．9C ．12D ．15【2012，11】已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC =2，则此棱锥的体积为（ ） A ．26B ．36C ．23D ．22【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题【2011，15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 ．三、解答题【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【2018,18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,求二面角A -PB -C 的余弦值．【2016，18】 如图，在以F E D C B A ,,,,,为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，︒=∠=90,2AFD FD AF ，且二面角E AF D --与二面角F BE C --都是︒60．（Ⅰ）证明：平面⊥ABEF 平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角A BC E --的余弦值．【2015，18】如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=o，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥．ABCDE F（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．【2014，19】如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥．(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值．【2013，18】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【2012，19】如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ． （1）证明：DC 1⊥BC ；（2）求二面角A 1－BD －C 1的大小．A 1【2011，18】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)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．C7．立体几何（解析版）一、选择题1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．64π C ．62πD ．6π【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==Q △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC Q △为边长为2的等边三角形，3CF ∴=，又90CEF ∠=︒，213,2CE x AE PA x ∴=-==， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x∠==，2243142x x x x+-+∴=， 22122122x x x ∴+=∴==，，，2PA PB PC ∴===， 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，62R ∴=，344666338V R ∴=π=π⨯=π，故选D.8．【2018年理新课标I 卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. 334B. 233C. 324D. 32 【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为S=6×34⋅(22)2=334，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.+【2018年理新课标I 卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．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. 217B. 25C. 3D. 2 【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，点M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M 、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为42+22=25，故选B.【2017，7】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 ．10B ．12C ．14D ．16（7）【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，()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯，故选B ；【2016，11】平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，αI 平面ABCD m =，I α平面n A ABB =11，则n m ,所成角的正弦值为A ．23 B ．22 C ．33 D ．31 【解析】如图所示：αAA 1B1DC1D 1∵11CB D α∥平面，∴若设平面11CB D I 平面1ABCD m =，则1m m ∥ 又∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，结合平面11B D C I 平面111111A B C D B D = ∴111B D m ∥，故11B D m ∥，同理可得：1CD n ∥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1111B C B D CD ==（均为面对交线），因此113CD B π∠=，即113sin CD B ∠=． 故选A ．【2016，6】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328π，则它的 表面积是（ ）A ．π17B ．π18C ．π20D ．π28【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的18后的三视图表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S ⨯⨯⨯⨯πππ，故选A ． 【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，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斛解析：284R π=，圆锥底面半径16R π=，米堆体积21320123V R h ππ==，堆放的米约有221.62V≈，选B ．.【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1620π+，则r =（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都r ，圆柱的高为2r ，其表面积为2222142225416202r r r r r r r r πππππ⨯+⨯++⨯=+=-，解得2r =，故选B ．. 【2014，12】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 .42C .6D .4【解析】如图所示，原几何体为三棱锥D ABC -， 其中4,42,25AB BC AC DB DC =====，()24246DA =+=，故最长的棱的长度为6DA =，选C【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，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6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A ．500π3cm 3 B ．866π3cm 3 C ．1372π3cm 3 D ．2048π3cm 3解析：设球半径为R ，由题可知R ，R －2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图．BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ，由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5， 所以球的体积为34500π5π33=(cm 3)，故选A. 【2013，8】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＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 答案：A解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r ＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr 2×4×12＋4×2×2＝8π＋16.故选A.【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 ．6B ．9C ．12D ．15【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥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 ， 因此此几何体的体积为11(63)3932V =⨯⨯⨯⨯=，故选择B ．【2012，11】已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC =2，则此棱锥的体积为（ ） A ．26B ．36C ．23D ．22【解析】如图所示，根据球的性质，知⊥1OO 平面ABC ，则C O OO 11⊥．在直角C OO 1∆中，1=OC ，331=C O ， ODA所以36)33(122121=-=-=C O OC OO ． 因此三棱锥S －ABC 的体积6236433122=⨯⨯⨯==-ABC O V V ，故选择A ．【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（ ）解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r 的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的．故选D 二、填空题【2011，15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 ．解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M,则AM=221(23)6232+=,OM=224(23)2-=，16232833O ABCD V -=⨯⨯⨯=.三、解答题【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点． （1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）10. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，(1,3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r ，1(1,3,2)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r ，(0,3,0)MN =-u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ， 所以32040x y z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||25⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为10． 13．【2018年理新课标I 卷】如图，四边形ABCD 为正方形，E,F 分别为AD,BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF⊥BF . （1）证明：平面PEF⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析.(2) 34.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成角为θ，利用线面角的定义，可以求得sinθ=|HP⋅DP|HP|⋅|DP||=343=34，得到结果. 详解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF∩EF=F ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE =3.又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P(0,0,32),D(-1,-32,0),DP=(1,32,32), HP=(0,0,32)为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sinθ=|HP⋅DP|HP|⋅|DP||=343=34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o （1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,求二面角A -PB -C 的余弦值．【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒，∴PA AB ⊥，PD CD ⊥， 又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥，又∵PD PA P =I ，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 ，BC 中点E ，连接PO ，OE ，∵AB CD ，∴四边形ABCD 为平行四边形，∴OEAB ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，∴OE ⊥平面PAD ， 又PO 、AD ⊂平面PAD ，∴OE PO ⊥，OE AD ⊥， 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥，∴PO 、OE 、AD 两两垂直，∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，∴()002D -，、()220B ，、(002P ，，、()202C -，， ∴(022PD =-u u u r ，、222PB =u u u r，，、()2200BC =-u u u r，，设()n x y z =r ,,为平面PBC 的法向量，由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r ，得2220220x y z x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量(012n =r,,，∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，∴PD AB ⊥，又PA AB A =I ，∴PD ⊥平面PAB ，即PD u u u r是平面PAB 的一个法向量，(022PD =-u u u r ,,，∴3cos 23PD n PD n PD n ⋅===⋅u u u r ru u u r r u u u r r ,，由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3． 【2016，18】 如图，在以F E D C B A ,,,,,为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，︒=∠=90,2AFD FD AF ，且二面角E AF D --与二面角F BE C --都是︒60． （Ⅰ）证明：平面⊥ABEF 平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角A BC E --的余弦值．【解析】：⑴ ∵ABEF 为正方形，∴AF EF ⊥，∵90AFD ∠=︒，∴AF DF ⊥，∵=DF EF F I∴AF ⊥面EFDC ，AF ⊂面ABEF ，∴平面ABEF ⊥平面EFDC⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒，∵AB EF ∥，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ∵面ABCD I 面EFDC CD = ∴AB CD ∥，∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建立坐标系，设FD a =，()()000020E B a ，，，，()302202a C A a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，，，， ()020EB a =uu r ，，，322a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，，，()200AB a =-uu u r ，，，设面BEC 法向量为()m x y z =u r ，，，00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r uu r u r uu u r ，即1111203202a y a x ay z ⋅=⎧⎪⎨⋅-⋅=⎪⎩，111301x y z ===-，，)301m =-u r ，ABCDE F设面ABC 法向量为()222n x y z =r，，，=00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uu u r .即2222320220a x ay az ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩ 222034x y z ===，，，()034n =r，，，设二面角E BC A --的大小为θ.219cos 31316m n m n⋅===-+⋅+⋅u r r u r r θ，∴二面角E BC A --的余弦值为219-【2015，18】如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=o ，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥.（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：（Ⅰ）证明：连接BD ，设BD AC G =I ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设1GB =，由120ABC ∠=o ，可得3AG GC ==，由BE ⊥平面ABCD ，AB BC =，可知AE EC =.又AE EC ⊥，所以3EG =，且EG AC ⊥.在Rt EBG ∆中，可得2BE =,故22DF =.在Rt FDG ∆中，可得6FG =.在直角梯形BDFE 中，由2BD =，2BE =，22DF =，可得322EF =.因为222EG FG EF +=，所以EG FG ⊥，又AC FG G =I ，则EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AFC ⊥平面AEC . ……6分（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz -，由（Ⅰ）可得(0,3,0)A -，(1,0,2)E ，2(1,0,)2F -，(0,3,0)E ，(1,3,2)AE =u u u r ，2(1,3,)2CF =--u u u r .故3cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-u u u r u u u ru u u r u u u r u u ur u u u r . 所以直线AE 与直线CF 所成的角的余弦值为33. ……12分 【2014，19】如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. (Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC求二面角111A A B C --的余弦值.【解析】：(Ⅰ)连结1BC ，交1B C 于O ，连结AO ．因为侧面11BB C C 为菱形，所以1B C 1BC ⊥，且O 为1B C 与1BC 的中点．又1AB B C ⊥，所以1B C ⊥平面ABO ，故1B C AO ⊥又 1B O CO =，故1AC AB =（Ⅱ）因为1AC AB ⊥且O 为1B C 的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC ，所以BOA BOC ∆≅∆ 故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，1OB 两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，OB 为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz ． 因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形．又AB=BC ，则30,0,3A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()1,0,0B ，130,,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,,03C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ 1330,,33AB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，1131,0,,A B AB ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r u u u r 1131,,0B C BC ⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r u u u r 设(),,n x y z =r是平面的法向量，则11100n AB n A B ⎧=⎪⎨=⎪⎩r u u u r g r u u u ur g ，即33030y z x z ⎧-=⎪⎨⎪-=⎪⎩所以可取()1,3,3n =r设m u r 是平面的法向量，则111100m A B n B C ⎧=⎪⎨=⎪⎩u r u u u u rg r u u u u rg，同理可取(1,m =u r 则1cos ,7n m n m n m ==r u rr u r g r u r g ，所以二面角111A A B C --的余弦值为17.【2013，18】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 证明：(1)取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B .因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C . (2)解：由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA u u u r 的方向为x 轴的正方向，|OA u u u r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC uuu r ＝(1,0，3)，1BB u u u ＝1AA u u r ＝(－1，3，0)，1AC u u u r＝(0，3-，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则10,0,BC BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即30,30.x z x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩可取n ＝(3，1，－1)． 故cos 〈n ，1AC u u u r 〉＝11A C A C⋅u u u ru u u r n n ＝10-. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 【2012，19】如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ． （1）证明：DC 1⊥BC ；（2）求二面角A 1－BD －C 1的大小．【解析】（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =，得：45ADC ︒∠=，同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=，得：1DC DC ⊥．又DC 1⊥BD ，DC BD D =I ， 所以1DC ⊥平面BCD ．而BC ⊂平面BCD ，所以1DC BC ⊥．（2）解法一：（几何法）由11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC ADA 1B 1CABC 1BC AC ⇒⊥．取11A B 的中点O ，连接1C O ，OD ． 因为1111AC B C =，所以111C O A B ⊥，因为面111A B C ⊥面1A BD ，所以1C O ⊥面1A BD ，从而1C O BD ⊥，又DC 1⊥BD ，所以BD ⊥面1DC O ，因为OD ⊂平面1DC O ，所以BD OD ⊥． 由BD OD ⊥，BD ⊥DC 1，所以1C DO ∠为二面角A 1－BD －C 1的平面角． 设12AA a =，AC BC a ==，则122aC O =，12CD a =，在直角△1C OD ，1C O OD ⊥，1112C O CD =， 所以130C DO ︒∠=． 因此二面角11C BD A --的大小为30︒．解法二：（向量法）由11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC ABC AC ⇒⊥．又1C C ⊥平面ABC ，所以1C C AC ⊥，1C C BC ⊥，以C 点为原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C xyz -．不妨设AA 1=2，则AC=BC=21AA 1=1， 从而A 1（1，0，2），D （1，0，1）， B （0，1，0），C 1（0，0，2），所以1(0,0,1)DA =u u u u r ，(1,1,1)DB =--u u u r ， 1(1,0,1)DC =-u u u u r．设平面1A BD 的法向量为1111(,,)n x y z =u r， 则11n DA ⊥u r u u u u r ，1n DB ⊥u r u u u r ，所以111100z x y z =⎧⎨-+-=⎩，即1110z x y =⎧⎨=⎩，令11y =，则1(1,1,0)n =u r ．设平面1C BD 的法向量为2222(,,)n x y z =≤u u r ，则21n DC ⊥u u r u u u u r ，2n DB ⊥u u r u u u r， 所以2222200x z x y z -+=⎧⎨-+-=⎩，即22222x z y z =⎧⎨=⎩，令21z =，则2(1,2,1)n =u u r ．所以121212cos ,2||||n n n n n n ⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 12,30n n <>=︒u r u u r ．因为二面角11C BD A --为锐角，因此二面角11C BD A --的大小为30︒．【2011，18】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)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值．解：（I ）因为60DAB ∠=︒，2AB AD =，由余弦定理得BD =.从而222BD AD AB +=，故BD AD ⊥. 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD PD ⊥. 所以BD ⊥平面PAD . 故PA BD ⊥.（II ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P，()AB =-u u u r，()1PB =-u u u r，()1,0,0BC =-u u u r设平面PAB 的法向量为(),,x y z =n ，则00AB PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rn n，即x z ⎧-⎪-=因此可取=n .设平面PBC 的法向量为m ，则00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rm m ，可取(0,1,m =-. cos ,〈〉==m n 故二面角A PB C --的余弦值为.。

2011-2019年全国卷立体几何真题汇编2011年全国卷6.在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的俯视图 可以为A. B. C. D.2011年全国卷15. 已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为_______.2012年全国卷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.6B.9C.12D.182012年全国卷11．已知三棱锥ABC S -的所有顶点都在球O 的球面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2=SC ,则此棱锥的体积为 A.26B.36C.23D.222013年全国一卷6.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 ，如果不计的厚度，则球的体积为A.35003cm πB. 38663cm πC. 313723cm πD. 320483cm π2013年全国一卷8.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+2013年全国二卷4.已知,m n 为异面直线, m ^平面a ,n ^平面b ,直线l 满足l m ^,l n ^,l Úa ,l Úb ,则A.//a b 且//l aB.a b ^且l b ^C.a 与b 相交，且交线垂直于lD.a 与b 相交,且交线平行于l2013年全国二卷7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标是(1,0,1),(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,则得到的正视图可以为2014年全国一卷12.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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为 A.62 B.42 C.6 D.42014年全国二卷6.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.132014年全国二卷11.直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=o,M ,N 分别是11A B ,11A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为A.110B .25C.30D.222015年全国一卷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。

1、江苏16、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ， AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点 求证：（1）直线EF ‖平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD2、上海文20、（14分）已知1111ABCD A BC D -是底面边长为1的正四棱柱，高12AA =。

求： ⑴ 异面直线BD 与1AB 所成的角的大小（结果用反三角函数表示）；⑵ 四面体11AB D C 的体积。

3、全国文20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（I ）证明：SD ⊥平面SAB ；（II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。

4、北京文17．（本小题共14分）如图，在四面体PABC 中，PC⊥AB，PA⊥BC,点D,E,F,G 分别是棱AP,AC,BC,PB 的中点. （Ⅰ）求证：DE∥平面BCP ； （Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由.ADBD 11B5、四川文19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．（Ⅰ）求证：PB 1∥平面BDA 1；（Ⅱ）求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值；6、天津文17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为 平行四边形，045ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ， 2PO =，M 为PD 中点．（Ⅰ）证明：PB //平面ACM ； （Ⅱ）证明：AD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．7、安徽文（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1OA =，2OD =，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形。

2011-2019新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012新课标】（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（ B ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【解析】选B 。

该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯=【2012新课标】（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ A ）()A 6 ()B 6 ()C 3 ()D 2【解析】ABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离3d ==，SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D【2013新课标1】6、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 ( A )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A.【2013新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A )A 、16+8πB 、8+8πC 、16+16πD 、8+16π 【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 .【2013新课标2】4. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α，lβ，则( D )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l【解析】因为m ⊥α，l ⊥m ，l α，所以l ∥α.同理可得l ∥β。

03 立体几何1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B 的中心，122AA =，1C H ⊥平面11AA B B ，且1 5.C H =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角111A AC B --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM 的长．【解析】17．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点. 依题意得(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)A B C - 111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-u u u r u u u u r ， 于是1111112cos ,,||||322AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯u u u r u u u u ru u u r u u u u u r u u ur u u u u r 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为2. （II ）解：易知111(0,22,0),(2,2,5).AA AC ==--u u u r u u u u r设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u u r即2250,220.x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩ 不妨令5,x =可得(5,0,2)m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r即2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令5y =， 可得(0,5,2).n =于是2cos ,,||||777m n m n m n ⋅===⋅⋅从而35sin ,.7m n =所以二面角A —A 1C 1—B 的正弦值为35.7（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得2325(,,).N 设M （a ，b ，0）， 则2325(,,)222MN a b =--u u u u r 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r 即2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222a ab ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩解得2,22.4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故22(,,0).M因此22(,,0)24BM =u u u u r ，所以线段BM 的长为10||.BM =u u u u r 方法二：（I ）解：由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，1122,5,AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此22211111111111112cos .23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A 1B 1（II ）解：连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1， 又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1=C 1，所以11AC A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ，连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R+-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为7（III ）解：因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN A B ⊥ 取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点， 所以ND//C 1H且1122ND C H ==. 又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MN ND N =I所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故 由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==EM 交AB 于点F ，可得12.BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故 所以252.4ND DM DE == 可得2.4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，2210.4BM FM BF =+=2. （2011北京理）16．（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=o .(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.【解析】（16）（共14分） 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226||||cos =⨯=⋅⋅AC PB AC PB θ. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m BP m BC所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t解得6=t 所以PA=6 3. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ．（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．【解析】18．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz. （I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===-u u u r u u u r u u u r所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CB BP ==--u u u r u u u r设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩u u u r u u u r即 因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r可取15(1,1,1).cos ,.5m m n =<>=-所以 故二面角Q —BP —C 的余弦值为15.5-………………12分 4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．【解析】19．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+， 所以DSE ∠为直角。