2012~2018高考立体几何文科真题 教师版

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资源描述

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

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