2012~2018高考立体几何文科真题 教师版

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1、 20122018 立体几何文科真题立体几何文科真题 目录目录 2018 高考真题 . 1 一选择题 . 1 二填空题 . 7 三解答题 . 11 2017 高考真题 . 22 一选择题 . 22 二填空题 . 29 三解答题 . 33 2016 高考真题 . 48 一选择题 . 48 二填空题 . 53 三解答题 . 55 2015 高考真题 . 70 一选择题 . 70 二填空题 . 78 三解答题 . 81 2014 高考真题 . 104 一选择题 . 104 二填空题 . 115 三解答题 . 120 2013 高考真题 . 144 一选择题 . 144 二填空题 . 154 三解答题

2、 . 162 2012 高考真题 . 185 一选择题 . 185 二填空题 . 195 三解答题 . 201 1 2018 高考真题高考真题 一选择题一选择题（共（共 9 小题）小题） 1 （2018新课标）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 （ ） A122 B12 C82 D10 【解答】解：设圆柱的底面直径为 2R，则高为 2R， 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， 可得：4R2=8，解得 R=2， 则该圆柱的表面积为：

3、 (2)2 2 + 22 22=12 故选：B 2 （2018新课标）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 （ ） A217 B25 C3 D2 【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长 16，高为：2， 直观图以及侧面展开图如图： 2 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：22+42=25 故选：B 3 （2018新课标）在长方体 ABCDA1B1

4、C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面 BB1C1C 所成的角为 30，则该长方体的体积为（ ） A8 B62 C82 D83 【解答】解：长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=2， AC1与平面 BB1C1C 所成的角为 30， 即AC1B=30，可得 BC1= 30=23 可得 BB1=(23)222=22 所以该长方体的体积为：22 22=82 故选：C 4 （2018新课标）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CC1的中点，则异面 直线 AE 与 CD 所成角的正切值为（ ） A 2 2 B 3 2 C 5 2 D 7 2 3 【解答】解以 D 为原点，DA 为

5、 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐 标系， 设正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 2， 则 A（2，0，0） ，E（0，2，1） ，D（0，0，0） ， C（0，2，0） ， =（2，2，1） ， =（0，2，0） ， 设异面直线 AE 与 CD 所成角为 ， 则 cos= | | | | | = 4 92= 2 3， sin=1(2 3) 2= 5 3 ， tan= 5 2 异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为 5 2 故选：C 5 （2018浙江）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：cm3）是（ ） 4 A2 B4 C6

6、D8 【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱 如图所示： 故该几何体的体积为：V=1 2 (1 + 2) 2 2 = 6 故选：C 6 （2018浙江）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 【解答】解：由题意可知 S 在底面 ABCD 的射影为正方形 ABCD 的中心 过 E 作 EFBC，交 CD 于 F，过底面 ABCD 的中心 O 作 ONEF 交 EF

7、于 N， 连接 SN， 取 AB 中点 M，连接 SM，OM，OE，则 EN=OM， 则 1=SEN，2=SEO，3=SMO 5 显然，1，2，3均为锐角 tan1= = ，tan3= ，SNSO， 13， 又 sin3= ，sin2= ，SESM， 32 故选：D 7 （2018新课标）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 6 【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方 体，小的长方体

8、，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形， 并且一条边重合，另外 3 边是虚线，所以木构件的俯视图是 A 故选：A 8 （2018新课标）设 A，B，C，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， ABC 为等边三角形且面积为 93，则三棱锥 DABC 体积的最大值为（ ） A123 B183 C243 D543 【解答】解：ABC 为等边三角形且面积为 93，可得 3 4 2= 93，解得 AB=6， 球心为 O，三角形 ABC 的外心为 O，显然 D 在 OO 的延长线与球的交点如图： OC=2 3 3 2 6=23，OO=42(23)2=2， 则三棱锥 DABC 高的最大值为：

9、6， 则三棱锥 DABC 体积的最大值为：1 3 3 4 63=183 故选：B 9 （2018北京）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 7 形的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA底面 ABCD， AC=5，CD=5， PC=3，PD=22，可得三角形 PCD 不是直角三角形 所以侧面中有 3 个直角三角形，分别为：PAB，PBC， PAD 故选：C 二填空题二填空题（共（共 5 小题）小题） 10 （2018新课标）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

10、该圆锥的体积为 8 【解答】 解：圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB 互相垂直，SAB 的面积为 8，可得： 8 1 2 2= 8，解得 SA=4， SA 与圆锥底面所成角为 30可得圆锥的底面半径为：23，圆锥的高为：2， 则该圆锥的体积为：V=1 3 (23)2 2=8 故答案为：8 11 （2018江苏）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 4 3 【解答】解：正方体的棱长为 2，中间四边形的边长为：2， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为 1， 多面体的中心为顶点的多面体的体积为：21 3 2 2 1=4 3 故答案为：4 3 12 （2018天津）

11、如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥 A1 BB1D1D 的体积为 1 3 9 【解答】解：由题意可知四棱锥 A1BB1D1D 的底面是矩形，边长：1 和2， 四棱锥的高：1 2A1C1= 2 2 则四棱锥 A1BB1D1D 的体积为：1 3 1 2 2 2 =1 3 故答案为：1 3 13 （2018全国）已知三棱锥 OABC 的体积为 1，A1、B1、C1分别为 OA、OB、 OC 的中点，则三棱锥 OA1B1C1的体积为 1 8 【解答】解：如图， A1、B1、C1分别为 OA、OB、OC 的中点， A1B1C1ABC，则111= 1 4， 过 O 作 OG平

12、面 ABC，交平面 A1B1C1于 G1，则1= 1 2 三棱锥 111 = 1 3111 1=1 8 1 3 =1 8 = 1 8 故答案为：1 8 10 14 （2018全国）长方体 ABCDA1B1C1D1，AB=AD=4，AA1=8，E、F、G 为 AB、 A1B1、DD1的中点，H 为 A1D1上一点，则 A1H=1，求异面直线 FH 与 EG 所成角 的余弦值 45 15 【解答】解：长方体 ABCDA1B1C1D1，AB=AD=4，AA1=8， E、F、G 为 AB、A1B1、DD1的中点， H 为 A1D1上一点，则 A1H=1， 以 D 为原点，DA 为 x 国，DC 为 y

13、 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系， F（4，2，8） ，H（3，0，8） ，E（4，2，0） ， G（0，0，4） ， =（1，2，0） ， =（4，2，4） ， 设异面直线 FH 与 EG 所成角为 ， 则 cos= | | | | | = 8 536= 45 15 故答案为：45 15 11 三解答题三解答题（共（共 9 小题）小题） 15 （2018新课标）如图，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 ABDA （1）证明：平面 ACD平面 ABC； （2）Q 为线段 AD 上一点，P 为线段

14、 BC 上一点，且 BP=DQ=2 3DA，求三棱锥 Q ABP 的体积 【解答】解： （1）证明：在平行四边形 ABCM 中，ACM=90，ABAC， 又 ABDA且 ADAC=A， AB面 ADC，AB面 ABC， 平面 ACD平面 ABC； （2）AB=AC=3，ACM=90，AD=AM=32， 12 BP=DQ=2 3DA=22， 由（1）得 DCAB，又 DCCA，DC面 ABC， 三棱锥 QABP 的体积 V=1 3 1 3 =1 3 2 3 1 3 =1 3 2 3 1 2 3 3 1 3 3=1 16（2018新课标） 如图， 在三棱锥 PABC 中， AB=BC=22， PA

15、=PB=PC=AC=4， O 为 AC 的中点 （1）证明：PO平面 ABC； （2）若点 M 在棱 BC 上，且 MC=2MB，求点 C 到平面 POM 的距离 【解答】 （1）证明：AB=BC=22，AC=4，AB2+BC2=AC2，即ABC 是直角三 角形， 又 O 为 AC 的中点，OA=OB=OC， PA=PB=PC，POAPOBPOC，POA=POB=POC=90， POAC，POOB，OBAC=0，PO平面 ABC； （2）解：由（1）得 PO平面 ABC，PO=22= 23， 在COM 中，OM=2+22450=25 3 S = 1 2 =1 223 25 3 =215 3 ，

16、 SCOM=1 2 2 3 =4 3 设点 C 到平面 POM 的距离为 d 由 VPOMC=VCPOM 1 3 = 1 3 13 ， 解得 d=45 5 ， 点 C 到平面 POM 的距离为45 5 17 （2018浙江）如图，已知多面体 ABCA1B1C1，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 【解答】 （I）证明：A1A平面 ABC，B1B平面 ABC， AA1BB1， AA1=4，BB1=2，AB=2， A1B1=()2+(1

17、1)2=22， 又 AB1=2+12=22，AA12=AB12+A1B12， AB1A1B1， 同理可得：AB1B1C1， 又 A1B1B1C1=B1， AB1平面 A1B1C1 （II）解：取 AC 中点 O，过 O 作平面 ABC 的垂线 OD，交 A1C1于 D， AB=BC，OBOC， AB=BC=2，BAC=120，OB=1，OA=OC=3， 以 O 为原点， 以 OB， OC， OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 14 则 A（0，3，0） ，B（1，0，0） ，B1（1，0，2） ，C1（0，3，1） ， =（1，3，0） ，1 =（0，0，2） ，1 =（0，2

18、3，1） ， 设平面 ABB1的法向量为 =（x，y，z） ，则 = 0 1 = 0 ， + 3 = 0 2 = 0 ，令 y=1 可得 =（3，1，0） ， cos ， 1 = 1 | | 1 | = 23 213= 39 13 设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 ，则 sin=|cos ， 1 |= 39 13 直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值为 39 13 18 （2018江苏）在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，AA1=AB，AB1B1C1 求证： （1）AB平面 A1B1C； （2）平面 ABB1A1平面 A1BC 【解答】证明： （1）平行六面体 ABCDA

19、1B1C1D1中，ABA1B1， ABA1B1，AB平面 A1B1C，A1B1平面 A1B1CAB平面 A1B1C； 15 （2） 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中， AA1=AB， 四边形 ABB1A1是菱形， AB1 A1B 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，AA1=AB，AB1B1C1AB1BC 1 1，1 1 = 1 面1， 面1 AB1面 A1BC，且 AB1平面 ABB1A1平面 ABB1A1平面 A1BC 19 （2018江苏）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，点 P，Q 分别 为 A1B1，BC 的中点 （1）求异面直线 BP 与 AC1

20、所成角的余弦值； （2）求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 【解答】解：如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中， 设 AC，A1C1的中点分别为 O，O1， 则，OBOC，OO1OC，OO1OB， 故以 ， ，1 为基底， 建立空间直角坐标系 Oxyz， AB=AA1=2，A（0，1，0） ，B（3，0，0） ， C（0，1，0） ， A1（0，1，2） ，B1（3，0，2） ，C1（0，1，2） （1）点 P 为 A1B1的中点( 3 2 ， 1 2 ，2)， 16 = ( 3 2 ， 1 2，2)，1 = (0，2，2) |cos ，1 |= | 1 | | |1 | = |;1

21、:4| 522= 310 20 异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为：310 20 ； （2）Q 为 BC 的中点Q（ 3 2 ， 1 2 ，0） = ( 3 2 ， 3 2，0)，1 = (0，2，2)，1 = (0，0，2)， 设平面 AQC1的一个法向量为 =（x，y，z） ， 由 = 3 2 + 3 2 = 0 1 = 2+ 2 = 0 ，可取 =（3，1，1） ， 设直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为 ， sin=|cos1 ， |=|1 | |1 | |= 2 52 = 5 5 ， 直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为 5 5 20 （2018新课标）如图，

22、矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直，M 是 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 17 【解答】 （1）证明：矩形 ABCD 所在平面与半圆弦 所在平面垂直，所以 AD 半圆弦 所在平面，CM半圆弦所在平面， CMAD， M 是 上异于 C，D 的点CMDM，DMAD=D，CM平面 AMD，CM 平面 CMB， 平面 AMD平面 BMC； （2）解：存在 P 是 AM 的中点， 理由： 连接 BD 交 AC 于 O，取 AM 的中点 P，连接 OP，可得 MCOP，MC平面 BDP， O

23、P平面 BDP， 所以 MC平面 PBD 21 （2018上海）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 PO=4， OA、 OB 是底面半径， 且AOB=90， 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 18 【解答】解： （1）圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，半径为 2，圆锥的母线长 为 4， 圆锥的体积 V=1 3 2 =1 3 2242 22 =83 3 （2）PO=4，OA，OB 是底面半径，且AOB=90， M 为线段 AB 的中点， 以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为

24、y 轴，OP 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， P（0，0，4） ，A（2，0，0） ，B（0，2，0） ， M（1，1，0） ，O（0，0，0） ， =（1，1，4） ， =（0，2，0） ， 设异面直线 PM 与 OB 所成的角为 ， 则 cos= | | | | | = 2 182= 2 6 =arccos 2 6 异面直线 PM 与 OB 所成的角的为 arccos 2 6 22 （2018北京）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD 平面 ABCD，PAPD，PA=PD，E，F 分别为 AD，PB 的中点 19 （）求证：PEBC； （）求证：平面 P

25、AB平面 PCD； （）求证：EF平面 PCD 【解答】证明： （）PA=PD，E 为 AD 的中点， 可得 PEAD， 底面 ABCD 为矩形，可得 BCAD， 则 PEBC； （）由于平面 PAB 和平面 PCD 有一个公共点 P， 且 ABCD， 在平面 PAB 内过 P 作直线 PGAB， 可得 PGCD， 即有平面 PAB平面 PCD=PG， 由平面 PAD平面 ABCD，又 ABAD， 可得 AB平面 PAD，即有 ABPA， PAPG； 同理可得 CDPD，即有 PDPG， 可得APD 为平面 PAB 和平面 PCD 的平面角， 由 PAPD， 可得平面 PAB平面 PCD； （

26、）取 PC 的中点 H，连接 DH，FH， 在三角形 PCD 中，FH 为中位线，可得 FHBC， FH=1 2BC， 由 DEBC，DE=1 2BC， 20 可得 DE=FH，DEFH， 四边形 EFHD 为平行四边形， 可得 EFDH， EF平面 PCD，DH平面 PCD， 即有 EF平面 PCD 23 （2018天津）如图，在四面体 ABCD 中，ABC 是等边三角形，平面 ABC 平面 ABD，点 M 为棱 AB 的中点，AB=2，AD=23，BAD=90 （）求证：ADBC； （）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值； （）求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值 【解答】

27、 （）证明：由平面 ABC平面 ABD，平面 ABC平面 ABD=AB，AD AB， 得 AD平面 ABC，故 ADBC； （）解：取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND， M 为棱 AB 的中点，故 MNBC， DMN（或其补角）为异面直线 BC 与 MD 所成角， 在 RtDAM 中，AM=1，故 DM=2+ 2=13， AD平面 ABC，故 ADAC， 21 在 RtDAN 中，AN=1，故 DN=2+2=13， 在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得 cosDMN= 1 2 = 13 26 异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 13 26 ； （）解：连接 CM，ABC 为等

28、边三角形，M 为边 AB 的中点， 故 CMAB，CM=3， 又平面 ABC平面 ABD，而 CM平面 ABC， 故 CM平面 ABD，则CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成角 在 RtCAD 中，CD=2+2= 4， 在 RtCMD 中，sinCDM= = 3 4 直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为 3 4 22 2017 高考真题高考真题 一选择题一选择题（共（共 8 小题）小题） 1 （2017新课标）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 【解

29、答】解：对于选项 B，由于 ABMQ，结合线面平行判定定理可知 B 不满足 题意； 对于选项 C，由于 ABMQ，结合线面平行判定定理可知 C 不满足题意； 对于选项 D，由于 ABNQ，结合线面平行判定定理可知 D 不满足题意； 所以选项 A 满足题意， 故选：A 2 （2017新课标）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某 几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何 体的体积为（ ） 23 A90 B63 C42 D36 【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的 一半， V=32101 23 26=63， 故选：B 3

30、 （2017新课标）已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同 一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ） A B3 4 C 2 D 4 【解答】解：圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球 面上， 该圆柱底面圆周半径 r=12(1 2) 2= 3 2 ， 24 该圆柱的体积：V=Sh= ( 3 2 )2 1=3 4 故选：B 4（2017新课标） 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E 为棱 CD 的中点， 则 （ ） AA1EDC1 BA1EBD CA1EBC1 DA1EAC 【解答】解：法一：连 B1C，由题意得 BC1B1C， A1B1平面 B1BC

31、C1，且 BC1平面 B1BCC1， A1B1BC1， A1B1B1C=B1， BC1平面 A1ECB1， A1E平面 A1ECB1， A1EBC1 故选：C 法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体 ABCDA1B1C1D1中棱长为 2， 则 A1（2，0，2） ，E（0，1，0） ，B（2，2，0） ，D（0，0，0） ，C1（0，2，2） ， A（2，0，0） ，C（0，2，0） ， 1 =（2，1，2） ，1 =（0，2，2） ， =（2，2，0） ， 1 =（2，0，2） ， =（2，2，0） ， 1 1 =2，1 =

32、2，1 1 =0，1 =6， A1EBC1 故选：C 25 5 （2017浙江）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：cm3）是（ ） A 2+1 B 2+3 C3 2 +1 D3 2 +3 【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 圆锥的底面圆的半径为 1，三棱锥的底面是底边长 2 的等腰直角三角形，圆锥的 高和棱锥的高相等均为 3， 故该几何体的体积为1 2 1 31 23+1 3 1 2223= 2+1， 故选：A 26 6 （2017浙江）如图，已知正四面体 DABC（所有棱长均相等的三棱锥） ，P、 Q、R 分别为 AB、B

33、C、CA 上的点，AP=PB， = =2，分别记二面角 DPR Q，DPQR，DQRP 的平面角为 、，则（ ） A B C D 【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC 的中心为 O 不妨设 OP=3 则 O （0， 0， 0） ， P （0， 3， 0） ， C （0， 6， 0） ， D （0， 0， 62） ， B （33， 3， 0） Q(3，3，0)，R(23，0，0)， =(23，3，0)， = （0， 3， 62） ， = （3， 6， 0） ， =(33， 3，0)， =(3， 3，62) 设平面 PDR 的法向量为 =（x，y，z） ，则 = 0 = 0 ，

34、可得23 +3 = 0 3+62 = 0 ， 可得 =(6，22， 1)，取平面 ABC 的法向量 =（0，0，1） 则 cos ， = | | |= ;1 15，取 =arccos 1 15 同理可得：=arccos 3 681=arccos 2 95 1 15 2 95 3 681 解法二：如图所示，连接 OP，OQ，OR，过点 O 分别作垂线：OEPR，OFPQ， OGQR，垂足分别为 E，F，G，连接 DE，DF，DG 设 OD=h 27 则 tan= 同理可得：tan= ，tan= 由已知可得：OEOGOF tantantan， 为锐角 故选：B 7 （2017北京）某三棱锥的三视图

35、如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） 28 A60 B30 C20 D10 【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥， 该三棱锥的体积=1 3 1 2 5 3 4=10 故选：D 8 （2017全国）正三棱柱 ABCA1B1C1各棱长均为 1，D 为 AA1的中点，则四面 体 A1BCD 的体积是（ ） A 3 4 B 3 8 C 3 12 D 3 24 【解答】解：如图， ABCA1B1C1为正三棱柱， 底面 ABC 为正三角形，侧面 BB1C1C 为正方形， 1= 111 111VDABC =1 2 1 3 2 1 1 3 1 3 2 1 3 1 2 1 3 2 1 2= 3 24 29

36、故选：D 二填空题二填空题（共（共 7 小题）小题） 9 （2017新课标）已知三棱锥 SABC 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 SABC 的体积 为 9，则球 O 的表面积为 36 【解答】解：三棱锥 SABC 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 SABC 的体积为 9， 可知三角形 SBC 与三角形 SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为 r， 可得1 3 1 2 2 = 9，解得 r=3 球 O 的表面积为：4r2=36

37、故答案为：36 10 （2017新课标）长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的 球面上，则球 O 的表面积为 14 30 【解答】解：长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上， 可知长方体的对角线的长就是球的直径， 所以球的半径为：1 2 32+ 22+ 12= 14 2 则球 O 的表面积为：4( 14 2 )2=14 故答案为：14 11 （2017江苏）如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面 及母线均相切， 记圆柱O1O2的体积为V1， 球O的体积为V2， 则 1 2的值是 3 2 【解答】解：设球的半径为 R，则球的体积

38、为：4 3 R3， 圆柱的体积为：R22R=2R3 则 1 2= 23 43 3 =3 2 故答案为：3 2 12 （2017天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表 面积为 18，则这个球的体积为 9 2 【解答】解：设正方体的棱长为 a， 这个正方体的表面积为 18， 6a2=18， 31 则 a2=3，即 a=3， 一个正方体的所有顶点在一个球面上， 正方体的体对角线等于球的直径， 即3a=2R， 即 R=3 2， 则球的体积 V=4 3（ 3 2） 3=9 2 ； 故答案为：9 2 13 （2017上海）已知球的体积为 36，则该球主视图的面积等于 9 【解答】解：

39、球的体积为 36， 设球的半径为 R，可得4 3R 3=36， 可得 R=3， 该球主视图为半径为 3 的圆， 可得面积为 R2=9 故答案为：9 14 （2017上海）如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴， 建立空间直角坐标系， 若1 的坐标为 （4， 3， 2） ，则1 的坐标是 （4，3，2） 32 【解答】解：如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点， 过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 1 的坐标为（4，3，2） ，A（4，0，0） ，C1（0，3，2） ， 1 = (4，3，2

40、) 故答案为： （4，3，2） 15 （2017山东）由一个长方体和两个1 4 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则 该几何体的体积为 2+ 2 【解答】解：由长方体长为 2，宽为 1，高为 1，则长方体的体积 V1=211=2， 圆柱的底面半径为 1，高为 1，则圆柱的体积 V2=1 41 21= 4， 33 则该几何体的体积 V=V1+2V1=2+ 2， 故答案为：2+ 2 三解答题三解答题（共（共 11 小题）小题） 16（2017新课标） 如图， 在四棱锥PABCD中， ABCD， 且BAP=CDP=90 （1）证明：平面 PAB平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC，APD=

41、90，且四棱锥 PABCD 的体积为8 3，求该四棱锥 的侧面积 【解答】证明： （1）在四棱锥 PABCD 中，BAP=CDP=90， ABPA，CDPD， 又 ABCD，ABPD， PAPD=P，AB平面 PAD， AB平面 PAB，平面 PAB平面 PAD 解： （2）设 PA=PD=AB=DC=a，取 AD 中点 O，连结 PO， PA=PD=AB=DC，APD=90，平面 PAB平面 PAD， PO底面 ABCD，且 AD=2+2=2，PO= 2 2 ， 四棱锥 PABCD 的体积为8 3， 由 AB平面 PAD，得 ABAD， VPABCD=1 3 四边形 =1 3 =1 3 2 2 2 =1 3 3=8 3， 解得 a=2，PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=22，PO=2， PB=PC=4+4=22， 34 该四棱锥的侧面积： S侧=SPAD+SPAB+SPDC+SPBC =1 2 +1 2 +1 2