高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何汇编Word文档下载推荐.doc

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A．6 B．9 C．12 D．15

【2012，8】平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（）

A． B． C． D．

【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）

二、填空题

【2017，16】已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为_______．

【2013，15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．

【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥中，∥，且．

（1）证明：

平面平面；

（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【2016，18】如图所示，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．

（1）求证：

是的中点；

（2）在题图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．

【2015，18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，

（Ⅰ）证明：

平面AEC⊥平面BED；

（Ⅱ）若∠ABC=120°

，AE⊥EC，三棱锥E-ACD

的体积为，求该三棱锥的侧面积．

【2014,19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.

（2）若,求三棱柱的高.

【2013，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°

．

AB⊥A1C；

（2）若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．

【2012，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．

平面BDC1⊥平面BDC；

（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．

【2011，18】如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，，

底面．

；

（2）若，求棱锥的高．

解析

【解法】选A．由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；

由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；

由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．

【2016，7】如图所示，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，则它的表面积是（）．

解析：

选A．由三视图可知，该几何体是一个球截去球的，设球的半径为，则，解得．该几何体的表面积等于球的表面积的，加上个截面的面积，每个截面是圆面的，

所以该几何体的表面积为．故选A．

【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（）

选A．解法一：

将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．

解法二（原理同解法一）：

过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面，如图所示，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．

”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）B

解：

设圆锥底面半径为r，依题，所以米堆的体积为，故堆放的米约为÷

1．62≈22，故选B．

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2πr2+πr×

2r+πr2+2r×

2r=5πr2+4r2=16+20π，

解得r=2，故选B．

【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的

一个几何体的三视图，则这个几何体是（）B

几何体是一个横放着的三棱柱．故选B

选A．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．

V半圆柱＝π×

22×

4＝8π，V长方体＝4×

2×

2＝16．所以所求体积为16＋8π．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（）

【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

，故选择B．

【2012，8】8．平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的

距离为，则此球的体积为（）

A． B．

C． D．

【解析】如图所示，由已知，，

在中，球的半径，

所以此球的体积，故选择B．

【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．

【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形．故选D．

【解析】取的中点，连接，因为，所以，

因为平面平面，所以平面，设，，所以，

所以球的表面积为．

答案：

如图，

设球O的半径为R，则AH＝，OH＝．又∵π·

EH2＝π，∴EH＝1．∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝．∴S球＝4πR2＝．

【解析】设圆锥底面半径为，球的半径为，则由，知．

根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此．

设，，则．

又，知．

即．‚

由‚及可得．

则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为．

故答案为．

【解法】

（1），

又∥

又平面，平面，且平面

平面，所以平面平面

（2）由题意：

设，因为，所以为等腰直角三角形

即

取中点，连接，则，．

又因为平面平面

所以平面

因为平面，∥

所以，

又

所以四边形为矩形

所以

即

解析：

（1）由题意可得为正三角形，故．

因为在平面内的正投影为点，故平面．

又平面，所以．

因为，，，平面，

所以平面．又平面，所以．

因为，所以是的中点．

（2）过作交于，则即为所要寻找的正投影．

理由如下，因为，，故．同理，

又，平面，所以平面，

故即为点在平面内的正投影．

所以．

在中，，，，故由等面积法知．

由勾股定理知，由为等腰直角三角形知，故．

（Ⅰ）∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC．

∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC，

∴AC⊥平面BED，又ACÌ

平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED．…6分

（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°

可得，

AG=GC=，GB=GD=．在RtΔAEC中，可得EG=．

∴在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=．…9分

∴，解得x=2．

由BA=BD=BC可得AE=ED=EC=．

∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为．

所以三棱锥E-ACD的侧面积为．…12分

18．解析

（1）因为平面，所以．

又为菱形，所以．

又因为，，平面，

所以平面．又平面，所以平面平面．

（2）在菱形中，取，

又，所以，．

在中，，所以，

所以在中，，

所以，解得．

在，，中，

可得．

所以三棱锥的侧面积．

证明：

（Ⅰ）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，

∵AO⊥平面BB1C1C.∴AO⊥B1C，…2分

因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分

∴BC1⊥平面ABC1，∵ABÌ

平面ABC1，

故B1C⊥AB.…6分

（Ⅱ）作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，

又BCÌ

平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，

作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC.…9分

∵∠CBB1=60°

，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，

由于AC⊥AB1，∴，∴，

由OH·

AD=OD·

OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。

…12分

另解（等体积法）：

，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，

可得BO=，由于AC⊥AB1，∴，∴AB=1，AC=，…9分

则等腰三角形ABC的面积为，设点B1到平面ABC的距离为d，由VB1-ABC=VA-BB1C得，

所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。

…12分

（1）取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．

因为CA＝CB，所以OC⊥AB．

由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°

，

故△AA1B为等边三角形，

所以OA1⊥AB．

因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．

又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C．

（2）解：

由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，

所以OC＝OA1＝．

又A1C＝，则A1C2＝OC2＋，

故OA1⊥OC．

因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．

又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×

OA1＝3．

【解析】

（1）在中，，

得：

同理：

由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，，

所以平面．

又平面，所以

而，所以平面．

又平面，故平面BDC1⊥平面BDC．

（2）由已知AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，

设，，则．

由

（1），平面，所以为四棱锥的高，

因此平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为．

（1）因为，，由余弦定理得，

从而，故，又底面，可得．

所以平面，故．

（2）如图所示，作，垂足为．已知底面，则．

由

（1）知，又，所以．

故平面，，则平面．

因为，，，

所以，又，所以．

根据，得，即棱锥的高为．