《2022年高考理科数学二轮专题复习大题之立体几何.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考理科数学二轮专题复习大题之立体几何.docx（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 大题专题七立体几何18 或 19 题优秀教案欢迎下载ABC 是边1 （20XX年高考（新课标理）已知三棱锥 SABC 的全部顶点都在球O的求面上 ,长为 1的正三角形 , SC为球 O 的直径 , 且SC2; 就此棱锥的体积为（）A2B3C2D26632）7 （20XX 年高考新课标1（理）如图 , 有一个水平放置的透亮无盖的正方体容器, 容器高 8cm,将一2 （20XX 年高考 （新课标理） ）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,就此几何体的体积为（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
2、深为6cm, 假如不计容器的厚A 6B 9CD3（20XX 年高考 （湖南理）某几何体的正视图和侧视图均如图1 所示 ,就该几何体的俯视图不行能是度, 就球的体积为图 1 A B C D （）A5003 cmB8663 cmC13723 cmD2048cm3）3333【答案】 A 4（20XX 年高考（广东理） ）某几何体的三视图如图1 所示 , 8 （20XX 年上海市春季）如两个球的表面积之比为1: 4, 就这两个球的体积之比为（它的体积为（）A 1: 2B1: 4C 1:8D1:16【答案】 C A 12B 459 （20XX 年高考新课标1 （理）某几何体的三视图如下列图, 就该几何体
3、的体积为C 57D 815（20XX年高考（福建理） ）一个几何体的三视图外形都相同、大小均相等 , 那么这个几何体不行以是A球B三棱柱_. A 168B 8 8C1616D 816C正方形D圆柱6（ 20XX 年高考（辽宁理） ）一个几何体的三视图如下列图, 就该几何体的表面积为【答案】 A 名师归纳总结 10 （20XX 年广东省数学（理）卷）某四棱台的三视图如下列图, 就该四棱台的体积是第 1 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1优秀教案欢迎下载, 就该几何体的体积是_. 13（20XX 年辽宁数学 （理） 试题） 某几何体的三视
4、图如下列图2正2 视侧视11俯视16D6【答案】 161614A4B3C314. 【20XX年陕西卷（理05）】已知底面边长为1,侧棱长为2 就正四棱柱的各顶点均在同一个球某几何体的三视图如题5 图所示 , 就该几何体的体积为面上,就该球的体积为（）【答案】 B 11（20XX 年重庆数学（理）试题）A .32B .4C.2D.4A560 3B580 3C 200D 24033【答案】 D 【解析】设球的半径为r,2r2=2 1+2 1+22=4,解得r=,1V=4 3r3=4 . 选D315. 【20XX年重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示,就该几何体的表面积为（）A.54 B.6
5、0 C.66 D.72 52名师归纳总结 【答案】 C ）某几何体的三视图如下列图, 就其体积为 _. 4,3 左视图俯视图正视图12（20XX 年高考陕西卷（理）CB【答案】 B 【解析】在长方体中构造几何体ABCA B C , 如右图所示,2AAB4,A A5,B B2,AC3,经检验该几何体的三视图满意111题设条件；其表面积SSABCS ACC AS ABB AS BCC BSA B CCAB61514351560,故挑选 B【答案】322111116.【 20XX 年安徽卷（理07）】一个多面体的三视图如下列图,11就该多面体的表面积为（A）213（B）18311正（主）视图侧（左）
6、视图1第 2 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （C） 21（D） 18优秀教案欢迎下载2,应选： A A81 4 B 16 C 9 D27 4【答案】 A 【解析】此多面体的直观图如下图所示）【答案】 A 表面积为2261116【解析】设球的半径为R,就棱锥的高为4,底面边长为2R 2=（4 R）2+（）2, R= ,球的表面积为4 .（）2=3222213417.【20XX 年福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形,就该几何体不行能是（A 圆柱B圆锥C 四周体D三棱柱【答案】 A 【解析】圆柱的正视图为矩形,应选：A ,是两
7、个不同的平面, 以下命题中22. 【20XX年辽宁卷（理07）】某几何体三视图如下列图,就该几何体的体积为（）18（20XX 年广东省数学（理）卷）设m n 是两条不同的直线正确选项（）A如,m,n, 就mnB如/,m,n, 就m/nA 82 B 8 C 82 D 84,m/n ,n/, 就C如mn, m,n, 就D如m【答案】 D 名师归纳总结 19（20XX年新课标 卷数学（理） ） 已知m,n为异面直线 , m平面, n平面. 直线 l 满意【答案】 B 第 3 页,共 13 页lm ln l,l, 就（）A/, 且 /B, 且 lC与相交 , 且交线垂直于 lD与相交 , 且交线平行于
8、l【答案】 D 【解析】由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱,正方体的棱长为2,切去的圆柱的20.【20XX年辽宁卷 （理 04）】已知 m,n 表示两条不同直线,表示平面, 以下说法正确选项 （）底面半径为1,高为 2,几何体的体积V=2 3 2 1 2 2=8 应选： B A如m/ /,n/ /,就m/ /n B如 m, n,就 mn23. 【20XX年全国新课标（理12）】如图,网格纸上小正方形的边长为C如 m, mn ,就n/ / D如m/ /, mn ,就 n1,粗实线画出的是某多面体的三视图,就该多面体的个条棱中,最长的【答案】 B 棱的长度为【解析】 A如 m ,n ,就 m,
9、 n 相交或平行或异面,故A 错；B如 m ,n. ,就 mn,故 B正确；A . 6 2B . 4 2C .6 D .4 C如 m ,mn,就 n 或 n. ,故 C错；D如 m ,mn,就 n 或 n. 或 n ,故 D错应选 B 【答案】：C 【解析】：如下列图,原几何体为三棱锥DABC,21. 【20XX年全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上,如该棱锥的高为4,底面边长为2,就该球的表面积为（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀教案欢迎下载cm）如下列图,就此几何体的表面积是其中ABBC4,AC4 2,DBDC2 5,DA4 2
10、246,故最长的棱的长度为的四个俯视图中正确选项DA6,选 C 【答案】 B 24. 【 20XX年全国新课标（理06）】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,就切削掉部分的体积与原先毛坯体积的比值为（）【解析】俯视图为在底面上的投影,易知选：B A. 17 27 B. 5 9 C. 10 27 D. 1 327. 【20XX年浙江卷（理03）】某几何体的三视图（单位：【答案】C【解析】2 A.90 cm B.129【答案】 D 2 cm C.1322 cm D.1382 cm加工前
11、的零件半径为3,高6,体积v 1=9. 6=54 .【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体,其中直三棱柱的侧棱长为3,底面是直角边长分别为3、4 的直角三角形,四棱柱的高为6,底面为矩形,矩形的两相加工后的零件,左半部为小圆柱,半径2,高4,右半部为大圆柱,半径为3,高为2 .邻边长为 3 和 4,几何体的表面积S=2 46+3 6+3 3+2 3 4+234+（4+5）3=48+18+9+24+12+27=138 （cm 2）体积v2=4 .4+9 .2=34 .削掉部分的体积与原体积之比=54-34=10. 应选C.28. 【20XX年天津卷（理10）】一个几何体的三视图如
12、下列图（单位：m ）,就该几何体的体积为5427_3 m . 25.【20XX 年湖北卷 （理 05）】在如下列图的空间直角坐标系Oxyz中,一个四周体的顶点坐标分别是（ 0,0,2 ）,（2,2,0 ）,（1,2 ,1）,（2,2,2 ）,给出编号、的四个图,就该四周体的正视图和俯视图分别为A. 和 B.和 C. 和 D.和【答案】203名师归纳总结 【答案】 D 【解析】由三视图可得, 该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积 V 1 2 41 3 22 220. 【解析】在坐标系中标出已知的四个点,依据三视图的画图规章判3断三棱锥的正视图为与俯视图为,应选D. 第 4 页,共 13 页26.
13、 【 20XX 年江西卷（理05）】一几何体的直观图如右图,以下给出- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀教案欢迎下载2 33（20XX 年高考 （浙江理） ）如图 , 在四棱锥 PABCD中, 底面是边长为的菱形 , 且BAD=120 , 且 PA平面 ABCD,PA=2 6 ,M,N 分别为 PB,PD的中点 . 证明:MN 平面ABCD; Q,求二面角 AMNQ的平面角的余弦值. 过点 A作 AQPC,垂足为点大题专题七立体几何18 或 19 题1（20XX 年高考（天津理） ）如图 , 在四棱锥 P ABCD中,PA丄平面ABCD,AC丄AD,
14、AB丄BC , ABC =45 0, PA AD =2 , AC =1 . P 证明 PC 丄 AD ; 求二面角 A PC D的正弦值 ; 0 设 E 为棱 PA 上的点 , 满意异面直线 BE与 CD所成的角为 30 , 求 AE的长 . B4 （ 20XX 年 高 考 （ 山 东 理 ） 在 如 图 所 示 的 几 何 体 中 , 四 边 形 ABCD 是 等 腰 梯形, AB CD, DAB 60 , FC 平面 ABCD AE BD CB CD CF . 求证 : BD 平面 AED ; 求二面角 F BD C 的余弦值 . 名师归纳总结 2 （ 20XX年 高 考 （ 新 课 标
15、理 ） 如 图 , 直 三 棱 柱ABCA B C 1DAC5（20XX 年高考（辽宁理） 如图 , 直三棱柱AB AC AA / , 点 M, N分别为ABC/ / /A B C ,BAC90, 第 5 页,共 13 页/ A B 和/ /B C 的中点 . 证明 : MN 平面 A ACC ; / / 如二面角 A MN C 为直二面角 , 求的值 . 中,ACBC1AA , D 是棱AA 的中点 ,DC1BD6（2022 高考（江苏）如图, 在直三棱柱ABCA B C 中,A B 1AC , D, 分别21 证明 :DC1BC2 求二面角A 1BDC1的大小 . 是棱BC CC1上的点
16、点 D 不同于点 C , 且 ADDE,F为B C 的中点 . 求证 :1平面 ADE平面BCC B ; - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 直线A F/平面 ADE . 优秀教案欢迎下载分别是 AC,AB上的点 , 10（20XX 年高考（北京理）如图 1, 在 Rt ABC中, C=90 ,BC=3,AC=6,D,E7（ 20XX年高考（湖南理）如图5, 在四棱锥P-ABCD 中,PA平面B P C E D 且 DE BC,DE=2,将 ADE 沿 DE折起到 A1DE的位置 , 使 A1CCD,如图 2. ,C 是圆上的点 . 1 求证 :A
17、1C平面 BCDE; 2 如 M是 A1D的中点 , 求 CM与平面 A1BE所成角的大小 ; A 3 线段 BC上是否存在点P, 使平面 A1DP与平面 A1BE垂直 . ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,DAB=ABC=90 ,E是 CD的中点 . 证明:CD平面PAE; 如直线 PB与平面 PAE所成的角和PB与平面 ABCD所成的角相等 , 求四棱11（20XX 年辽宁数学（理）试题）如图 ,AB 是圆的直径 ,PA 垂直圆所在的平面锥 P-ABCD的体积 . 图 5 8（20XX 年高考（广东理） ）在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 为矩形, PA平面 ABCD ,
18、点 E 在线段 PC 上, PC平面 BDE . I 求证 :平面PAC平面PBC； 证明 : BD平面 PAC ; II如AB2,AC1,PA1,求：二面角CPBA 的余弦值. 如PA1,AD2, 求二面角 BPCA 的正切值 . 12 （ 20XX年 江 苏 卷 （ 数 学 ） 如 图 , 在 三 棱 锥SABC中 , 平 面 S A B平 面9（20XX 年高考（福建理） ）如图 , 在长方体ABCDA B C D 中ABAD1,E 为 CD 中点 . S B C,ABBC,ASAB, 过 A 作AFSB , 垂足为 F , 点E,G分别是棱SA,SC的中点. BCSA . 求证 :B
19、EAD1求证 :1平面EFG/平面 ABC ; 2 在棱AA 上是否存在一点P , 使得DP/ /平面B AE .如存在 ,求 AP 的长 ; 如不存在 , 说明理由 . S 如二面角AB EA 的大小为 30 , 求 AB 的长 . EGFACB名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀教案欢迎下载13（20XX 年广东省数学（理）卷）如图 1, 在等腰直角三角形ABC 中,A90,BC6,D E 分D 1C1A1B1ADOBC别是AC AB 上的点 ,CD BE2, O 为 BC 的中点 . 将ADE 沿 DE 折
20、起 , 得到如图2 所示的四16（20XX 年高考北京卷 （理）如图 , 在三棱柱 ABC- A1B1C1 中, AA1C1C是边长为 4 的正方形 , 平面 ABC平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. 求证 : AA1平面 ABC; 求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值 ; 棱锥 ABCDE, 其中A O3. 证明 : A O平面 BCDE ; 求二面角ACDB 的平面角的余弦值. C O . B AD E A C D O E B 图 2 证明 : 在线段 BC1存在点 D,使得 ADA1B, 并求BD的值 . 图 1 BC 114（20XX 年高考新课标1（理） 如图 , 三棱柱 A
21、BC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1, BAA1=60 . 证明 ABA1C; 如平面 ABC平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值 . 17.【20XX年陕西卷（理 17）】四周体 ABCD 及其三视图如下列图, 过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD ,15（20XX 年高考陕西卷（理）如图 , 四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面 ABCD是正方形 , O为底面中心 , BC 的平面分别交四周体的棱BD,DC,CA于点F,G,H. 名师归纳总结 A1O平面 ABCD, ABAA 12. 的大小 . （I ）证明：四边形EFG
22、H是矩形；的正弦值 . 第 7 页,共 13 页 证明 : A1C平面 BB1D1D; （II ）求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 求平面 OCB 1与平面 BB1D1D的夹角- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀教案欢迎下载AB / / DC ,AD DC AP 2,AB 1,点 E 为棱 PC 的中点 . 证明： BE DC；求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值；如 F 为棱 PC 上一点,满意 BF AC,求二面角F AB P的余弦值 . 18. 【 20XX年福建卷（理07）】在平面四边形ABCD中, AB=BD=CD=1,ABBD
23、, CDBD,将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面 BCD,如图（1）求证： ABCD；（2）如 M为 AD中点,求直线AD与平面 MBC所成角的正弦值19.【20XX年辽宁卷 （理 19）】 如图,ABC和BCD所在平面相互垂直, 且ABBCBD2,22. 【20XX年全国新课标（理19）】 如图三棱柱ABCA B C 中,侧面BBC C 为菱形,ABCDBC1200,E、F 分别为 AC、DC的中点 . ABB C . （1）求证： EFBC； 证明：ACAB ；（2）求二面角 EBFC的正弦值 . （）如ACAB ,CBB 160 o,AB=BC 20. 【 20XX年山东卷（理17）
24、】 如图,在四棱柱ABCDA B C D 中,底面 ABCD 是等腰梯形,求二面角AA B 1C 的余弦值 . 23. 【20XX年全国新课标 （理 18）】 如图, 四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为矩形, PA平面 ABCD,E 为 PD的中点 . DAB60 ,AB2 CD2, M 是线段 AB 的中点 . D1C1（）证明： PB 平面 AEC；（）设二面角D-AE-C 为 60 , AP=1,AD= 3 ,求三棱锥A1CB1E-ACD的体积 . D（I ）求证：C M/ /平面A ADD1；,求平面AMB（II ）如CD 垂直于平面 ABCD且CD 1= 3C D M 和平面
25、ABCD 所成的角（锐角）的余弦值 . 名师归纳总结 21. 【 20XX年天津卷（理17）】如图,在四棱锥PABCD 中, PA底面 ABCD , ADAB,24. 【20XX年江苏卷（理16）】如图,在三棱锥PABC中, D,E,F 分别为棱PC,AC,AB 的中点；已第 8 页,共 13 页知 PAAC,PA=6,BC=8,DF=5. P D - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 求证：（1）直线 PA 平面 DEF; 优秀教案欢迎下载2DC1BC CC1BCBC面ACC A 1BCAC（2）平面 BDE平面 ABC. 取A B 的中点 O , 过点
26、 O作 OHBD 于点 H , 连接C O C HAC1B C 1C OA B , 面A B C 1面A BDC O面A BDOHBDC HBD得: 点 H 与点 D 重合且C DO 是二面角A 1BDC1的平面角设 ACa , 就C O2a,C D2 a2 C OC DO302既二面角A 1BDC 1的大小为 303. 【解析】 连接 BD.名师归纳总结 1. 方法一 : （ 1）以AD AC AP 为 , , x y z正半轴方向,建立空间直角左边系AxyzA, 故 ADM, N分别为 PB, PD的中点 , 在PBD中 , MN BD. 又 MN 平面 ABCD, MN 平面 ABCD;
27、 4. 解析: 在等腰梯形ABCD中,AB CD,DAB=60 ,CB=CD,由余弦定理可知BD2CD2CB22 CDCBcos 1800DAB3 CD2, 即BD3 CD3AD, 在ABD中, DAB=60 ,BD3AD, 就ABD 为 直 角 三 角 形 , 且ADDB. 又AE BD, AD平 面AED, AE平 面AED,且ADAEA, 故 BD平面 AED; 就D2,0,0,C0,1,0,B1 1 ,2 2,0,P0,0,2AC5. 【解析】（1）证明 : 取A B 中点P, 连结MP,NP,而 M,N 分别是AB 与BC 的中点 , 所以 , MP AA,PNAC, 所以,MP 平
28、面AAC C,PN 平面AAC C, 又MPNPp , 因此平PC0,1, 2,AD2,0,0PC AD0PCAD面 MPN 平面A AC C , 而 MN平面 MPN,所以,MN 平面A AC C , 方法二 :1 证明 , 由 PA平面 ABCD , 可得 PAAD, 又由ADAC PA平面 PAC , 又 PC平面 PAC , 所以 PCAD . 6. 【答案】证明 :1 ABCA B C 是直三棱柱, CC 1平面 ABC . 2. 【解析】 1 在 Rt DAC 中, ADAC又 AD平面 ABC , CC 1AD . 得:ADC45又ADDE,CC 1,DE平面BCC B 1,CC
29、 1DEE, AD平面BCC B . 同理 :A DC145CDC190又 AD平面 ADE , 平面 ADE平面BCC B . 得:DC1DC DC1BDDC1面BCDDC1BC2 A B 1AC , F 为B C 的中点 , A FB C . 第 9 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又CC 1平面A B C , 且A F平面A B C , CC 1A F . 优秀教案欢迎下载DE ,1AEDEDE平面ACD , 10.解:1CD又CC 1,B C 1平面BCC B ,CC 1B C 1C , A F平面A B C . 又1AC平面
30、ACD , A CDE由1 知, AD平面BCC B , A F AD . 又1ACCD , AC平面 BCDE又 AD平面11. 【解析】（1）ADE, A F平面 ADE , 直线A F/平面 ADE7. 【解析】名师归纳总结 解法 1 如图 1,连接 AC,由 AB=4,BC3,ABC90, 得AC5.P12. 【答案】 证明:1 ASAB,AFSBF 分别是 SB的中点平面 SABBCSA第 10 页,共 13 页又AD5,E是 CD的中点 , 所以CDAE.PA平面ABCD CD平面ABCD,所以PACD.而PA AE是平面 PAE内的两条相交直线, 所以 CD平面 PAE. z E
31、.F 分别是 SA.SB的中点EF ABP 又EF平面 ABC, AB平面 ABC EF 平面ABC 解法 2: 如图 2, 以 A 为坐标原点 ,AB AD AP 所在直线分别为同理:FG 平面ABC h 又EFFG=F, EF.FG平面 ABC平面EFG/平面 ABCx 轴, 轴, 轴 建立空间直角坐标系. 设PAh 就相关的各A 5 D y 2 平面 SAB平面 SBC点坐标为 : B4,0,0,C4,3,0,D0,5,0,E2,4,0,P0,0,h .B 4 3 C E 平面 SAB平面 SBC=BC A4,0,0,x AF平面 SAB 图 AFSB 易知CD4,A 2E0因A为AF平
32、面 SBC 又BC 平面 SBC AFBC 又AB h BC , AB AF=A, AB.AF 平面 SAB BC平面SAB又SACD8A8E0所以CDAE CDD AP 而AP AE 是平面 PAE 内13. 【答案】 在图 1 中, 易得OC3,AC3 2,AD2 2的两条相交直线, 所以CD平面PAE.A8. 解 析 : 因 为 PC平 面 BDE , BD平 面 BDE , 所 以 P CB D. 又 因 为 PA平 面C D O E B ABCD , BD平面 ABCD , 所以 PABD . 而 PCPAP , PC平面 PAC , PA平面PAC , 所以 BD平面 PAC .
33、9. 解:1以点A为原点建立空间直角坐标系,设ABa,就H A 0,0,0,D0,1,0,D 10,1,1,Ea,1,0,B a ,0,12连结OD OE , 在OCD 中, 由余弦定理可得AD10,1,1,B Ea,1, 1,AB 1 ,0,1,AEa,1,022ODOC2CD22 OC CDcos455AD1B Ea01 1 1 10, 故B EAD12由翻折不变性可知A D22, - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以A O2OD2A D2, 所以 A OOD , 平面 BCDE . 优秀教案欢迎下载10ABCD,A 1OBD; 直线 A1C 与
34、平面 BB1C1C所成角的正弦值为同理可证 A OOE , 又 ODOEO , 所以 A O514【答案】 取 AB中点 E, 连结 CE,A B ,A E , 15. 【答案】 解: A 1O面ABCD,且BD面又由于 , 在正方形 AB CD中,AB=AA ,BAA =0 60 , BAA 是正三角形 , ACBD；且A 1OACA ,所以BD面A 1AC且A 1 C面A 1AC,故A 1 CBD. 在正方形 AB CD中,AO = 1 . 在RTA 1OA中,A 1O1.设B 1D1 的中点为E1,就四边形A 1 OCE1 为正方形,所以A 1CE 1O. A E AB, CA=CB, CE AB, CEA E =E, AB面CEA , 又BD面BB 1D 1D,E1 O面BB 1D1D,且BDE1 OO,所以由以上三点得AB1AC ; A 1C面BB D1D. 由 知 ECAB,EA AB, 116. 【答案】 解: I由于 AA1C1C为正方形 , 所以 AA1 AC.由于平面 ABC平面 AA1C1C,且 AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以 AA1平面 ABC. 又面 ABC面AB