2015年-2017年立体几何全国卷高考真题版

--..--word可编辑.2015-2017立体几何高考真题1、（2015年1卷6题）《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1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r，则12384r=163r，所以米堆的体积为211163()5433=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式2、（2015年1卷11题）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16+20，则r=（）（A）1（B）2（C）4（D）8【答案】B--..--word可编辑.【解析】由正视图和俯视图知，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，其表面积为22142222rrrrrr=2254rr=16+20，解得r=2，故选B.考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式3、（2015年1卷18题）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.（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.【解析】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以,GBGC的方向为x轴，y轴正方向，||GB为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，--..--word可编辑.在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=22.在Rt△FDG中，可得FG=62.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322，∴222EGFGEF，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以,GBGC的方向为x轴，y轴正方向，||GB为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E（1,0,2），F（－1,0，22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，22）.…10分故3cos,3||||AECFAECFAECF.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为33.考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力4、（2015年2卷6题）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（）--..--word可编辑.A．81B．71C．61D．51【解析】由三视图得，在正方体1111ABCDABCD中，截去四面体111AABD，如图所示，，设正方体棱长为a，则11133111326AABDVaa，故剩余几何体体积为3331566aaa，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选D．考点：三视图．5、（2015年2卷9题）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【解析】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时2311136326OABCCAOBVVRRR，故6R，则球O的表面积为24144SR，故选C．考点：外接球表面积和椎体的体积．6、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体1111ABCDABCD中,=16AB，=10BC，18AA，点E，F分别在11AB，11CD上，114AEDF．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．CBADD1C1B1A1BOAC--..--word可编辑.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则14AMAE，18EMAA，因为EHGF为正方形，所以10EHEFBC．于是226MHEHEM，所以10AH．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,0,0)FE，(0,6,8)HE．设(,,)nxyz是平面EHGF的法向量，则0,0,nFEnHE即100,680,xyz所以可取(0,4,3)n．又(10,4,8)AF，故45cos,15nAFnAFnAF．所以直线AF与平面所成角的正弦值为4515．考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．7、（2016年1卷6题）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DDCAEFABCB--..--word可编辑.（A）17（B）18（C）20（D）28【解析】试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R,则37428VR833,解得R2,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S故选A．考点：三视图及球的表面积与体积8、（2016年1卷11题）平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,I平面ABCD=m,I平面ABB1A1=n,则m、n所成角的正弦值为(A)32(B)22(C)33(D)13试题分析：如图,设平面11CBD平面ABCD='m,平面11CBD平面11ABBA='n,因为//平面11CBD,所以//',//'mmnn,则,mn所成的角等于','mn所成的角.延长AD,过1D作11//DEBC,连接11,CEBD,则CE为'm,同理11BF为'n,而111//,//BDCEBFAB,则','mn所成的角即为1,ABBD所成的角,即为60,故,mn所成角的正弦值为32,选A.考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.--..--word可编辑.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.9、（2016年1卷18题）如图,在以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．试题解析：（I）由已知可得FDF,FF,所以F平面FDC．又F平面F,故平面F平面FDC．（II）过D作DGF,垂足为G,由（I）知DG平面F．以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．由（I）知DF为二面角DF的平面角,故DF60,则DF2,DG3,可CDF--..--word可编辑.得1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3．由已知,//F,所以//平面FDC．又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,CF60．从而可得C2,0,3．所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0．设,,nxyz是平面C的法向量,则C00nn,即3040xzy,所以可取3,0,3n．设m是平面CD的法向量,则C00mm,同理可取0,3,4m．则219cos,19nmnmnm．故二面角C的余弦值为21919．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.--..--word可编辑.10、（2016年2卷6题）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（A）20π（B）24π（C）28π（D）32π解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．由图得，，由勾股定理得：，，故选C．11、（2016年2卷14题），是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：①如果mn，m，n∥，那么．②如果m，n∥，那么mn．③如果a∥，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）【解析】②③④12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置10OD.（I）证明：DH平面ABCD；（II）求二面角BDAC的正弦值.【解析】⑴证明：∵，∴，∴．rclh2r2π4πcr222234l21π2Srchcl表4π16π8π28π54AECFAECFADCDEFAC∥--..--word可编辑.∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，，∴，∴，∴，∴，∴．又∵，∴面．⑵建立如图坐标系．，，，，，，，设面法向量，由得，取，∴．同理可得面的法向量，∴，∴．13、（2016年3卷9题）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（）ABCDACBDEFBDEFDHEFDH6AC3AO5ABAOOB4OB1AEOHODAO3DHDH222'ODOHDH'DHOHOHEFHI'DHABCDHxyz500B，，130C，，'003D，，130A，，430ABuuur，，'133ADuuur，，060ACuuur，，'ABD1nxyz，，ur1100nABnAD430330xyxyz345xyz1345nur，，'ADC2301nuur，，12129575cos255210nnnnuruururuur29