（2017-2021）高考数学真题分类汇编11 立体几何.pdf

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1、 近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编 十一、立体几何 一、多选题一、多选题 1 （2021全国高考真题）在正三棱柱111ABCABC中，11ABAA=，点P满足1BPBCBB=+ ，其中0,1，0,1，则（ ） A当1=时，1AB P的周长为定值 B当1=时，三棱锥1PABC的体积为定值 C当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP D当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB 平面1AB P 二、单选题二、单选题 2 （2021浙江高考真题） 如图已知正方体1111ABCDABC D， M， N 分别是1AD，1D B的中点，则（ ） A直线1AD与直线1D B垂直，直线/ /

2、MN平面ABCD B直线1AD与直线1D B平行，直线MN 平面11BDD B C直线1AD与直线1D B相交，直线/ /MN平面ABCD D直线1AD与直线1D B异面，直线MN 平面11BDD B 3 （2021浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A32 B3 C3 22 D3 2 4 （2021全国高考真题（理） ）已如 A，B，C 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（ ） A212 B312 C24 D34 5 （2021全国高考真题（文） ）在一个正方体中，过顶点 A 的三条棱的中点分别为 E，

3、F，G该正方体截去三棱锥AEFG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（ ） A B C D 6 （2021全国高考真题（理） ）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（ ） A2 B3 C4 D6 7 （2021全国高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A2 B2 2 C4 D4 2 8 （2020天津高考真题）若棱长为2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A12 B24 C36 D144 9 （2020北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如

4、图所示，该三棱柱的表面积为（ ） A63+ B62 3+ C123+ D122 3+ 10 （2020浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ） A73 B143 C3 D6 11 （2020海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角， 点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所

5、成角为（ ） A20 B40 C50 D90 12（2020全国高考真题 （文） ） 下图为某几何体的三视图， 则该几何体的表面积是 （ ） A6+42 B4+42 C6+23 D4+23 13（2020全国高考真题 （理） ） 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（ ） A64 B48 C36 D32 14 （2020全国高考真题（理） ）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

6、形的边长的比值为（ ） A514 B512 C514+ D512+ 15 （2020全国高考真题（理） ）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（ ） A3 B32 C1 D32 16 （2020全国高考真题（理） ）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（ ） AE BF CG DH 17 （2019浙江高考真题） 祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家， 他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以

7、得到柱体的体积公式VSh=柱体，其中S是柱体的底面积，h 是柱体的高若某柱体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该柱体的 体积（单位：cm3）是 A158 B162 C182 D324 18 （2019全国高考真题（理） ）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,BM EN是相交直线 BBMEN，且直线,BM EN是相交直线 CBMEN=，且直线,BM EN是异面直线 DBMEN，且直线,BM EN是异面直线 19 （2019浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为

8、祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式VSh=柱体，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A158 B162 C182 D32 20 （2019浙江高考真题）设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点 （不含端点） ， 记直线PB与直线AC所成角为， 直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则 A, B, C, D, 21 （2019全国高考真题（理） ）已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC， ABC 是边长为 2 的正三角形， E， F 分别是 PA， AB 的中点， CEF=

9、90，则球 O 的体积为 A8 6 B4 6 C2 6 D6 22 （2019全国高考真题（文） ）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 C， 平行于同一条直线 D， 垂直于同一平面 23 （2019上海高考真题）已知平面、 、两两垂直，直线abc、 、满足：,abc，则直线abc、 、不可能满足以下哪种关系 A两两垂直 B两两平行 C两两相交 D两两异面 24（2018浙江高考真题） 已知直线,m n和平面，n ， 则“/m n”是“/m”的 （ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 25 （20

10、18上海高考真题） 九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马， 设1AA是正六棱柱的一条侧棱， 如图， 若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） A4 B8 C12 D16 26 （2018浙江高考真题） 已知四棱锥SABCD的底面是正方形， 侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点） ，设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则 A123 B321 C132 D231 27 （2018全国高考真题（文） ）在长方体1111ABCDABC D中，2ABBC=，1AC与平面11BBC C

11、所成的角为30，则该长方体的体积为 A8 B6 2 C8 2 D8 3 28 （2018北京高考真题（理） ）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A1 B2 C3 D4 29 （2018全国高考真题（文） ）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 A2 17 B2 5 C3 D2 30（2018全国高考真题 （理） ） 设ABCD， ， ，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

12、棱锥DABC体积的最大值为 A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 31 （2018全国高考真题（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头，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 A B C D 32 （2018浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位：3cm）是（ ） A2 B4 C6 D8 33 （2018全国高考真题（文） ）在正方体1111ABCDABC D中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 A2

13、2 B32 C52 D72 34 （2018全国高考真题（文） ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO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 A12 2 B12 C8 2 D10 35 （2018全国高考真题（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 A15 B56 C55 D22 36 （2018全国高考真题（理） ）已知正方体的棱长为 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面积的最大值为 A3 34 B2 33 C3 24 D32 37 （20

14、17全国高考真题（文） ）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，直线AB与平面 MNQ不平行的是（ ） A B C D 未命名未命名 未命名 三、解答题三、解答题 38 （2021全国高考真题）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，ABAD=，O为BD的中点. （1）证明：OACD； （2）若OCD是边长为 1 的等边三角形，点E在棱AD上，2DEEA=，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积. 39 （2021全国高考真题（文） ）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M 为BC的中点，且

15、PBAM （1）证明：平面PAM 平面PBD； （2）若1PDDC=，求四棱锥PABCD的体积 40 （2021浙江高考真题） 如图，在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是平行四边形，120 ,1,4,15ABCABBCPA=，M，N 分别为,BC PC的中点，,PDDC PMMD. （1）证明：ABPM； （2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 41 （2021全国高考真题（文） ）已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC=，E，F 分别为AC和1CC的中点，11BFAB. （1）求三棱锥FEBC的体积； （2）已知 D 为棱11AB上的点，证明：BFD

16、E. 42 （2021全国高考真题（理） ）已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC=，E，F 分别为AC和1CC的中点，D 为棱11AB上的点11BFAB （1）证明：BFDE； （2）当1B D为何值时，面11BBC C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 43 （2021全国高考真题（理） ）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC=，M为BC的中点，且PBAM （1）求BC； （2）求二面角APMB的正弦值 44（2020海南高考真题） 如图， 四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形， PD底面 ABCD 设平面 PAD 与平面

17、PBC 的交线为l （1）证明：l平面 PDC； （2）已知 PD=AD=1，Q 为l上的点，QB=2，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值 45 （2020天津高考真题）如图，在三棱柱111ABCABC中，1CC 平面,2ABC ACBC ACBC=，13CC =，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且12,ADCEM=为棱11AB的中点 （）求证：11C MB D； （）求二面角1BB ED的正弦值； （）求直线AB与平面1DB E所成角的正弦值 46 （2020北京高考真题）如图，在正方体1111ABCDABC D中， E 为1BB的中点 （）求证：1/ /BC平面1AD E； （）

18、求直线1AA与平面1AD E所成角的正弦值 47 （2020浙江高考真题）如图，三棱台 ABCDEF 中，平面 ACFD平面 ABC，ACB=ACD=45，DC =2BC （I）证明：EFDB； （II）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值 48 （2020海南高考真题） 如图， 四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形， PD底面 ABCD 设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l （1）证明：l平面 PDC； （2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值 49 （2020江苏高考真题）在三棱锥 ABCD 中，已知 CB=CD=5,BD=

19、2，O 为 BD 的中点，AO平面 BCD，AO=2，E 为 AC 的中点 （1）求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值； （2） 若点 F 在 BC 上， 满足 BF=14BC， 设二面角 FDEC 的大小为 ， 求 sin 的值 50 （2020江苏高考真题）在三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABAC，B1C平面 ABC，E，F分别是 AC，B1C 的中点 （1）求证：EF平面 AB1C1； （2）求证：平面 AB1C平面 ABB1 51 （2020全国高考真题（理） ）如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DEED=，12BFFB= （1

20、）证明：点1C在平面AEF内； （2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1AEFA的正弦值 52 （2020全国高考真题（文） ）如图，在长方体1111ABCDABC D中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED=，12BFFB=证明： （1）当ABBC=时，EFAC； （2）点1C在平面AEF内 53 （2020全国高考真题 （文） ） 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC=90 （1）证明：平面 PAB平面 PAC； （2）设 DO=2，圆锥的侧面积为3，求三棱锥 PABC 的体积. 54 （2020全国高考真

21、题（理） ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD=ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO= （1）证明：PA 平面PBC； （2）求二面角BPCE的余弦值 55 （2020全国高考真题（文） ）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F （1）证明：AA1/MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F； （2）设 O 为A1B1C1的中心，若 AO=AB=6，AO/平面 EB1C1F，且MPN

22、=3，求四棱锥 BEB1C1F 的体积 56 （2020全国高考真题（理） ）如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. （1）证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F； （2）设 O 为A1B1C1的中心，若 AO平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面A1AMN 所成角的正弦值. 57 （2019江苏高考真题）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC的中点，AB=BC 求证：

23、（1）A1B1平面 DEC1； （2）BEC1E 58 （2019天津高考真题（理） ）如图，AE平面ABCD，,CFAEADBC，,1,2ADABABADAEBC=. （）求证：BF平面ADE； （）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （）若二面角EBDF的余弦值为13，求线段CF的长. 59 （2019全国高考真题（理） ）图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB=1，BE=BF=2，FBC=60，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与BF 重合，连结 DG，如图 2. （1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平

24、面 BCGE； （2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小. 60（2019全国高考真题 （文） ） 如图， 直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形， AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点. （1）证明：MN平面 C1DE； （2）求点 C 到平面 C1DE 的距离 61 （2019全国高考真题（理） ） 如图， 长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形， 点 E 在棱 AA1上， BEEC1. （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值. 62 （2019上海高考真题）如

25、图，在正三棱锥PABC中，2,3PAPBPCABBCAC= （1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角； （2）求PABC的体积. 63 （2018上海高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2 （1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积； （2）设4PO =，OA、OB是底面半径，且90AOB=，M为线段AB的中点，如图求异面直线PM与OB所成的角的大小 64（2018江苏高考真题） 在平行六面体1111ABCDABC D中，1AAAB=,111ABBC 求证： （1）11/ /ABABC平面； （2）111ABB AABC平面平面 65 （2018江苏高考真题）如图，

26、在正三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点 （1）求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值； （2）求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 66 （2018全国高考真题（文） ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点 （1）证明：平面AMD 平面BMC； （2）在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由 67 （2018北京高考真题（理） ）如图，在三棱柱 ABC111ABC中，1CC 平面 ABC，D，E，F，G 分别为1AA，AC，11AC，1BB的中点，AB=BC=5，AC=1

27、AA=2 （1）求证：AC平面 BEF； （2）求二面角 BCDC1的余弦值； （3）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交 68 （2018北京高考真题（文） ）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD 平面ABCD，PAPD，PAPD=，E、F分别为AD、PB的中点. （）求证：PEBC； （）求证：平面PAB 平面PCD； （）求证：/EF平面PCD. 69 （2018全国高考真题（理） ）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PFBF. （1）证明：平面PEF 平面ABFD； （2）求DP与平

28、面ABFD所成角的正弦值. 70 （2018全国高考真题（理） ）如图，边长为 2 的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点 （1）证明：平面AMD 平面BMC； （2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值 71 （2018浙江高考真题）如图，已知多面体 ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2 （）证明：AB1平面 A1B1C1； （）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 72 （2018全国高考真题（文） ）如图，在三棱锥P

29、ABC中，2 2ABBC=，4PAPBPCAC=，O为AC的中点 （1）证明：PO 平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且2MCMB=，求点C到平面POM的距离 73 （2018全国高考真题（文） ）如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC=，90ACM=， 以AC为折痕将ACM折起， 使点M到达点D的位置， 且ABDA （1）证明：平面ACD 平面ABC； （2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且23BPDQDA=，求三棱锥QABP的体积 74 （2017山东高考真题（文） ）由四棱柱 ABCDA1B1C1D1截去三棱锥 C1B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形 ABCD 为正

30、方形，O 为 AC 与 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E平面 ABCD. （1）证明：1AO平面 B1CD1； （2）设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM平面 B1CD1. 四、填空题四、填空题 75 （2021全国高考真题（理） ）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） 76 （2021全国高考真题（文） ）已知一个圆锥的底面半径为 6，其体积为30则该圆锥的侧面积为_. 77 （2020海南高考真题） 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，M、 N 分别为

31、 BB1、AB 的中点，则三棱锥 A-NMD1的体积为_ 78（2020海南高考真题） 已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2， BAD=60 以1D为球心，5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_ 79 （2020江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半径为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是_cm. 80 （2020全国高考真题（文） ）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_ 81 （2020全国高考真题（理） ）设有下列四个命题： p1：两两

32、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_. 14pp12pp23pp34pp 82 （2019江苏高考真题）如图，长方体1111ABCDABC D的体积是 120，E 为1CC的中点，则三棱锥 E-BCD 的体积是_. 83 （2019北京高考真题（理） ）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示 如果网格纸上小正方形的边长为1， 那么该几何体的体积为_ 84 （2019北京高考真题（理） ）已知 l

33、，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断： lm；m；l 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_ 85 （2019全国高考真题（理） ）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 H分别为所在棱的中点，16cm4cmAB= BC=, AA =，3D打印所用原料密度为30.9/g cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g. 86 （2019天津高考真题（文） ）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的

34、圆周经过四棱锥四条侧棱的中点， 另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_. 87 （2019全国高考真题（文） ）已知ACB=90，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P到ACB 两边 AC，BC 的距离均为3，那么 P 到平面 ABC 的距离为_ 88 （2018江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为 2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_ 89 （2018全国高考真题（文） ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_ 90 （2018全国高考真题（理） ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角

35、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_ 91（2018天津高考真题 （理） ） 已知正方体1111ABCDABC D的棱长为 1， 除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点 E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为_. 五、双空题五、双空题 92（2019全国高考真题 （文） ） 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

36、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_ 近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编 十一、立体几何（答案解析） 1BD 【分析】 对于 A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于 B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于 C， 考虑借助向量的平移将P点轨迹确定， 进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数； 对于 D， 考虑借助向量的平移将P点轨迹确定， 进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数 【解析】 易知，点P在矩形11BCC

37、B内部（含边界） 对于 A，当1=时，11=BPBCBBBCCC=+ ，即此时P线段1CC，1AB P周长不是定值，故 A 错误； 对于 B，当1=时，1111=BPBCBBBBBC=+ ，故此时P点轨迹为线段11BC，而11/BCBC，11/BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确 对于 C，当12=时，112BPBCBB=+ ，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH=+ ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A，()0,0P,，10,02B，则13,0,12AP= ，10,2BP= ，()110AP

38、 BP = ，所以0=或1=故,H Q均满足，故 C 错误； 对于 D， 当12=时，112BPBCBB=+ ， 取1BB，1CC中点为,M NBPBMMN=+ ，所以P点轨迹为线段MN 设010,2Py， 因为30,02A， 所以031,22APy= ，13 1, 122AB= ，所以00311104222yy+= ，此时P与N重合，故 D 正确 故选：BD 【小结】 本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内 2A 【分析】 由正方体间的垂直、平行关系，可证1/,MN AB AD 平面1ABD，即可得出结论. 【解析】 连1AD，在正方体1111ABCDABC D中，

39、 M 是1AD的中点，所以M为1AD中点， 又 N 是1D B的中点，所以/MN AB， MN 平面,ABCD AB 平面ABCD， 所以/MN平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面11BDD B，所以选项 B,D 不正确； 在正方体1111ABCDABC D中，11ADAD， AB 平面11AAD D，所以1ABAD， 1ADABA=，所以1AD 平面1ABD， 1D B 平面1ABD，所以11ADD B， 且直线11,AD D B是异面直线， 所以选项 B 错误，选项 A 正确. 故选：A. 【小结】 关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关

40、键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 3A 【分析】 根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积. 【解析】 几何体为如图所示的四棱柱1111ABCDABC D，其高为 1，底面为等腰梯形ABCD， 该等腰梯形的上底为2，下底为2 2，腰长为 1，故梯形的高为12122=， 故()1 1 1112322 21222ABCD A B C DV=+ =， 故选：A. 4A 【分析】 由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积. 【解析】 ,1ACBC ACB

41、C=，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. 【小结】 关键小结：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. 5D 【分析】 根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 【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：D 6D 【分析】 平移直线1AD至1BC，将直线PB与1AD所成的角转化为PB与1BC所成的角，解

42、三角形即可. 【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 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：D 7B 【分析】 设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求. 【解析】 设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l=，解得2 2l =. 故选：B

43、. 8C 【分析】 求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【解析】 这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即()()()2222 32 32 332R+=， 所以，这个球的表面积为2244336SR=. 故选：C. 【小结】 本题考查正方体的外接球的表面积的求法， 求出外接球的半径是本题的解题关键， 属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有： （1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径； （2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的

44、圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径； （3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 9D 【分析】 首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可. 【解析】 由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2 的正方形， 则其表面积为：()132 222 2 sin60122 32S= + =+. 故选：D. 【小结】 (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系 (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意

45、重合部分的处理 (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和 10A 【分析】 根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积. 【解析】 由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2， 所以几何体的体积为： 111172 112 12232233 + =+=. 故选：A 【小结】 本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题. 11B 【分析】 画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷

46、面的截面图， 根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角. 【解析】 画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知/m CD、根据线面垂直的定义可得ABm. 由于40 ,/AOCm CD=，所以40OAGAOC= =， 由于90OAGGAEBAEGAE+= +=， 所以40BAEOAG= =，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE=. 故选：B 【小结】 本

47、小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 12C 【分析】 根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【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 2ABADDB= ADB是边长为2 2的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD= = 该几何体的表面积是：2 362 33 2= +. 故选：C. 【小结】 本题主要考查了根据三视图求立体图形的表

48、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. 13A 【分析】 由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【解析】 设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意， 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：A 【小结】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键

49、，考查计算求解能力，属于基础题. 14C 【分析】 设,CDa PEb=，利用212POCD PE=得到关于, a b的方程，解方程即可得到答案. 【解析】 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：C. 【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. 15C 【分析】 根据球O的表面积和ABC的面积可求得球O的半径R和ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离22dRr=. 【解析】 设球O的半径为R，则2

50、416R=，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 3224a=，解得：3a =，22229933434ara =， 球心O到平面ABC的距离22431dRr=. 故选：C. 【小结】 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. 16A 【分析】 根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M点在侧视图中对应的点. 【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