历年高考真题分类汇编文科单元立体几何

G元G1空间几何体的结构＝8E，FA1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.E，Fα与此长方体的面相1­EHGFEH＝EF＝BC＝10.MH＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6. △VAB为等边三角形，AC⊥BCAC＝BC＝2，O，MAB，VA1­18．解：(1)O，MAB，VA的中点，OM∥VB.VB⊄MOC，OM⊂MOC，VBMOC.(2)AC＝BC，OAB的中点，OC⊥AB.2 4 C．22πD．4[解析]22，斜边上的高为2

(2)2×

4 ＝ 18．G1，G4，G5[2015·卷]一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意1­2所示．1­ABCD­EFGHBC∥FG，BC＝FG，FG∥EH，FG＝EHBC∥EH，BC＝EH，BCHE为平行四边形，BE∥CH.CH⊂ACH，BE⊄ACH，BEACH.EG⊂EFGHDH⊥EG，EG⊥FH，EG∩FH＝O，EG∩BG＝G，DFBEG.10．G1、G2[2015·卷]一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体 1­810.π[解析3 π×1×2＋2××π×1×1＝π(m G2空间几何体的三视图和直观图 1­A．1＋ B．1＋2C．2＋ D．2]＝＝＝2，于是 3 (2)2 ＝＝

4S＝2×1＋2× 2＋

211．G2[2015·卷Ⅰ]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r＝()1­ [解析]r2r的半

20π，

6．G2[2015·卷Ⅱ]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 1­ [解析]

1

3，而正方体的体1a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为

23 23

1­ [解析]根据三视图可得，此四棱锥是底面是正方形，有一条侧棱和底面垂直的PC＝12＋12＋12＝3C.

2222

1­2 ]2＋1＋2＋ G2、G7、K3[2015·湖南卷]1­3所示，现将该工件通过切削

1­8 89A. 98（π248（π [解析]1311—

＝2

16

2

1627 83V正＝x

27V圆锥＝3π×1×3－1

π 1­A．3πB．4π ] 表面积为2×2π×1×2＋2×2×π×114．G2，G7[2015·卷]在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P­A1MN的体积是 1

[解析]1为

110．G1、G2[2015·卷]一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体 1­810.3π[解析]

] 1­A．8 B．1233

D.

[解析]该几何体为一个正方体和一个四棱锥的组合体，故所求体积为

＝3G3平面的基本性质、空间两条直线G3[2015·卷]若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( A．ll1，l2B．ll1，l2C．ll1，l2D．ll1，l2 [解析]l1l2是异面直线，l1α内，l2β内，lα与βll1，l2D.l1，l2不相交，则 A．pqqB．pqqC．pqD．pqq [解析]l1，l2l1，l2p⇒ql1，l2不相交，l1，l2l1∥l2q⇒/ppqq的必要条件．故选A.G4空间中的平行关系18．G4，G5，G11[2015·卷]如图1­3，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所CPDA1­△VAB为等边三角形，AC⊥BCAC＝BC＝2，O，MAB，VA1­18．解：(1)O，MAB，VA的中点，OM∥VB.VB⊄MOC，OM⊂MOC，VBMOC.AC＝BC，OAB的中点，OC⊥AB.OCVAB.OC⊂MOC，ACB中，AC＝BC＝2，AB＝2，OC＝1.VABS△VAB＝ 33OC·S△VAB＝33又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC 318．G4、G5[2015·山东卷]1­3DEFABC中，AB＝2DE，G，HAC，BCDEF­ABCAB＝2DE，GAC的中点，DF∥GC，DF＝GC，DFCGMCDHBC的中点，HM∥BD.HM⊂FGH，BD⊄FGH，BDFGH.DEFABC中，BC＝2EF，HBC的中点，BH∥EF，BH＝EF，HBEF为平行四边形，BE∥HF.在△ABC中，GAC的中点，HBC的中点，GH∥AB.GH∩HF＝H，AB∩BE＝B，FGHABED.BD⊂ABED，BDFGH.G，HAC，BC的中点，GH∥AB.AB⊥BCGH⊥BC，HBC的中点，EFCH是平行四边形，CF∥HE.HE，GH⊂EGH，HE∩GH＝H，BCEGH.18．G1，G4，G5[2015·卷]一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意1­2所示．1­ABCD­EFGHBC∥FG，BC＝FG，FG∥EH，FG＝EHBC∥EH，BC＝EH，BCHE为平行四边形，BE∥CH.CH⊂ACH，BE⊄ACH，BEACH.EG⊂EFGHDH⊥EG，EG⊥FH，EG∩FH＝O，EG∩BG＝G，DFBEG.＝3，BC＝25，AA1＝7，BB1＝27EFBCA1C求证：平面AEA1⊥平面1­17．解：(1)证明：如图所示，连接A1B.在△A1BC中，因为EF分别是BCA1C的EF∥BA1.EF⊄A1B1BAEFA1B1BA.AB＝AC，EBCAE⊥BC.AA1ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1.又因AE⊂AEA1AEA1BCB1.BB1MB1CNA1M，A1N，NE.NEB1C ＝2BRt△A1MB1A1B1＝＝在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N ＝

A1B1＝2，因此] 4．A[解析]由两平面垂直的判定定理知，ABl，m相交、平行、Cαβ，才能推出α∥β，D，l，m平行和异面都有可能，故不正确．]1­16．证明：(1)由题意知，EB1C的中点，DAB1DE∥AC.DE⊄AA1C1C，AC⊂AA1C1C，DEAA1C1C.(2)ABCA1B1C1是直三棱柱，CC1ABC.AC⊂ABCAC⊥CC1.AC⊥BC，CC1⊂BCC1B1，BC⊂BCC1B1，BC∩CC1＝C，又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面又因为AB1⊂B1AC，所以G5空间中的垂直关系18．G4，G5，G11[2015·卷]如图1­3，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所CPDA1­20．G5、G12[2015·卷]《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂1­4P­ABCDPDABCDPD＝CDE记阳马P­ABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为 V，求V21­20．解：(1)PDABCDPD⊥BC.ABCDBC⊥CDPD∩CD＝D，BCPCD.DE⊂PCDBC⊥DE.PD＝CDEPCDE⊥PC.BCPCD，DEPBCEBCD的四个面都是直角三角形，＝3S(2)由已知，PD是阳马P­ABCD的高，所以＝3S由(1)知，DEDBCE

所以

＝2在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以＝233

2于是V26

＝CE·DEABCD.3若∠ABC＝120°，AE⊥EC,三棱锥E­ 31­18．解：(1)ABCDAC⊥BD.BEABCDAC⊥BEACBED.＝2 3，＝2

x＝2＝2＝2＝2EACD

63 6 E­ x＝2.AE＝EC＝ED＝所以△EAC3，△EAD的面积与△ECD的面积均为E­ACD3＋2

24 3△VAB为等边三角形，AC⊥BCAC＝BC＝2，O，MAB，VA1­18．解：(1)O，MAB，VA的中点，OM∥VB.VB⊄MOC，OM⊂MOC，VBMOC.AC＝BC，OAB的中点，OC⊥AB.OCVAB.OC⊂MOC，ACB中，AC＝BC＝2，AB＝2，OC＝1.VABS△VAB＝ 33OC·S△VAB＝33又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC 320．G5、G12[2015·福建卷]1­5，ABOCOA，B的点，POOPO＝OB＝1.DAC的中点，求证：AC若BC＝2，点E段PB上，求CE＋OE的最小值1­20．解：方法一：(1)证明：在△AOCOA＝OC，DAC的中点，AC⊥DO.POO所在的平面，PO⊥AC.DO∩PO＝O，DO⊂PDO，PO⊂PDO，ACPDO.(2)COCO⊥AB时，CAB1P­ABC

(3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，PB＝12＋12＝2.PC＝2P­ABCBCPPBBC′P,ABP共面，如图O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．OP＝OB，C′P＝C′B，OC′PB，EPB中点． 62＋6从而OC′＝OE＋EC′＝2＋2 2＋亦即CE＋OE的最小值 (3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以∠OPB＝45°，PB＝12＋12＝2.PC＝P­ABCBCPPBBC′PABP共面，如O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．所以在△OC′P中，由余弦定理得，×OC′2＝1＋2－2×1× 2×

2 3

2＋2＋

2×2－2×2从而OC′＝2＋ 6CE＋OE2218．G1、G5[2015·湖南卷]1­4ABCA1B1C12的正三角形，E，FBC，CC1的中点．A1CA1ABB145FAEC1­­EABCBCAEB1BCC1.AE⊂AEF，AEFB1BCC1.(2)ABD因为△ABCABCA1B1C1＝2因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角．由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD 3 ＝2＝在Rt△AA1D中，AA1＝A1D2－AD2＝3－1＝2，所以 2＝F­AEC

2 3 2 6＝3S△AEC·FC＝3×2×2＝1218．G4、G5[2015·山东卷]1­3DEFABC中，AB＝2DE，G，HAC，BCDEF­ABCAB＝2DE，GAC的中点，DF∥GC，DF＝GC，DFCGMCDHBC的中点，HM∥BD.HM⊂FGH，BD⊄FGH，BDFGH.DEFABC中，BC＝2EF，HBC的中点，BH∥EF，BH＝EF，HBEF为平行四边形，BE∥HF.在△ABC中，GAC的中点，HBC的中点，GH∥AB.GH∩HF＝H，AB∩BE＝B，FGHABED.BD⊂ABED，BDFGH.G，HAC，BC的中点，GH∥AB.AB⊥BCGH⊥BC，HBC的中点，EFCH是平行四边形，CF∥HE.HE，GH⊂EGH，HE∩GH＝H，BCEGH.π18．G5[2015·陕西卷]1­5(1)ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2 ＝a，EAD的中点，OACBE的交点．将△ABEBE折起到图(2)△A1BEA1BCDE.(1)证明：CDA1OC；(2)A1BEBCDEA1BCDE362a1­因为

＝a，EADπ∠BAD＝2BEA1OC.(2)A1BEBCDE，A1BEBCDE＝BE，A1OBCDE，A1OA1BCDE＝AB＝ 2 2，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝＝AB＝ A1BCDE

2

2＝3×S×AO＝3×a×2a＝6a33由6a＝36218．G1，G4，G5[2015·卷]一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意1­2所示．1­ABCD­EFGHBC∥FG，BC＝FG，FG∥EH，FG＝EHBC∥EH，BC＝EH，BCHE为平行四边形，BE∥CH.CH⊂ACH，BE⊄ACH，BEACH.EG⊂EFGHDH⊥EG，EG⊥FH，EG∩FH＝O，EG∩BG＝G，DFBEG.＝3，BC＝25，AA1＝7，BB1＝27EFBCA1C求证：平面AEA1⊥平面1­17．解：(1)证明：如图所示，连接A1B.在△A1BC中，因为EF分别是BCA1C的EF∥BA1.EF⊄A1B1BAEFA1B1BA.AB＝AC，EBCAE⊥BC.AA1ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1.又因AE⊂AEA1AEA1BCB1.BB1MB1CNA1M，A1N，NE.NEB1C ＝2BRt△A1MB1A1B1＝＝在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N ＝

A1B1＝2，因此] 4．A[解析]由两平面垂直的判定定理知，ABl，m相交、平行、Cαβ，才能推出α∥β，D，l，m平行和异面都有可能，故不正确．]AC＝2，A1A＝4，A1ABCBC的中点，DB1C1证明：A1D⊥平面1­18．解：(1)EBC由题意得A1E⊥平面ABC，所以D，EB1C1，BC的中点，DE∥B1BDE＝B1B，DE∥A1AAA1DE为平行四边形．A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D(2)A1F⊥DEFBF.A1EABCBC⊥A1E.所以BC⊥A1FA1F所以∠A1BFA1BBB1C1C所成的角．AB＝AC＝2，∠CAB＝90EA＝EB＝2.A1EABCA1A＝A1B＝4，A1E＝14.2DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90A1F＝2

A1F＝A1B＝8]π＝2，点 段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点 段AB上，PDFBC7BC1­PEABCPE⊥AB.π因为∠ABC＝2，EF∥BCABPFEPE，EFAB(2)BC＝xABCAB＝AC2－BC2＝

＝2x

， ＝3＝9，

由

从而四边形DFBC的面积为

－x2＝x四边形x

－9x 由(1)知，PEABCPEPDFBC的高．PEC中，PE＝PC2－EC2＝42－22＝23.所以

7P­DFBC＝3·S

·2x4－36x2＋243＝0x2＝9x2＝27x>0x＝3x＝3BC＝3BC＝3G6多面体与球G7棱柱与棱锥]

1­8 89A. 98（π248（π [解析]1311—

＝2

16

2

1627 83V正＝x

27V圆锥＝3π×1×3－1

π14．G2，G7[2015·卷]在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P­A1MN的体积是 1

[解析]1为

1] 1­ A.3＋2πB. C. D. [解析]

＝6]π＝2，点 段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点 段AB上，PDFBC7BC1­PEABCPE⊥AB.π因为∠ABC＝2，EF∥BCABPFEPE，EFAB(2)BC＝xABCAB＝AC2－BC2＝

＝2x

， ＝3＝9，

由

从而四边形DFBC的面积为

－x2＝x四边形x

－9x 由(1)知，PEABCPEPDFBC的高．PEC中，PE＝PC2－EC2＝42－22＝23.所以

7P­DFBC＝3·S

·2x4－36x2＋243＝0x2＝9x2＝27x>0x＝3x＝3BC＝3BC＝39．G7[2015·江苏卷]现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的 7 [解析]设新的底面半径为 7

r2×4＋πr2×8即

，则

3πr＝3π＋32πr＝G8多面体与球] 1­ A.3＋2πB. C. D. [解析]

＝610．G8[2015·卷Ⅱ]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O­ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( A．36πB．64πC．144πD．256π [解析]VOABC＝VCOABOABC体积的最大值即三C­OABCOABCOOAB时，

O­

1C­OAB＝6r＝36r＝6O1­ A.3＋2πB. C. D.G9空间向量及运算G10空间向量解决线面位置关系G11空间角与距离的求法＝3，BC＝25，AA1＝7，BB1＝27EFBCA1C求证：平面AEA1⊥平面1­17．解：(1)证明：如图所示，连接A1B.在△A1BC中，因为EF分别是BCA1C的EF∥BA1.EF⊄A1B1BAEFA1B1BA.AB＝AC，EBCAE⊥BC.AA1ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1.又因AE⊂AEA1AEA1BCB1.BB1MB1CNA1M，A1N，NE.NEB1C ＝2BRt△A1MB1A1B1＝＝在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N ＝

A1B1＝2，因此]AC＝2，A1A＝4，A1ABCBC的中点，DB1C1证明：A1D⊥平面1­18．解：(1)EBC由题意得A1E⊥平面ABC，所以D，EB1C1，BC的中点，DE∥B1BDE＝B1B，DE∥A1AAA1DE为平行四边形．A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D(2)A1F⊥DEFBF.A1EABCBC⊥A1E.所以BC⊥A1FA1F所以∠A1BFA1BBB1C1C所成的角．AB＝AC＝2，∠CAB＝90EA＝EB＝2.A1EABCA1A＝A1B＝4，A1E＝14.2DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90A1F＝2

A1F＝A1B＝8CPDA1­1­]πABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2QBPCQDPBQ1­

→，→，

因为 PCD所 即

→从而cos〈→，m〉＝ 3＝ 3＝3 3由→＝(－1，0，2)，可设＝又 从而cos〈→，→〉

→→

91＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos〈CQ，DP〉＝

＝ 5 ≤10，5t

9－ 当且仅当

9＋3

10因为y＝cosx在 ，2又因为BP＝12＋22＝5，所以 2＝5BP＝5G126．G12[2015·卷Ⅰ]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如屋内墙角处堆放米(1­1，米堆为一个圆锥的四分之一)8尺，米堆511.62立方尺，3，估算出堆放的米约有()A．14斛B．22C．36斛D．66

1­ ]

320立方尺

π＝，所以米堆的体积为π

≈9

，9]πABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2QBPCQDPBQ1­

→，→，

因为 PCD所 即

→从而cos〈→，m〉＝ 3＝ 3＝3 3由→＝(－1，0，2)，可设＝又 从而cos〈→，→〉

→→

91＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos〈CQ，DP〉＝

＝ 5 ≤10，5t

9－ 当且仅当

9＋3

10因为y＝cosx在 ，2又因为BP＝12＋22＝5，所以 2＝5BP＝519．G12[2015·卷]如图1­5，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面 段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求PM的值1­

AB·AC·sin 3 2积 3(2)ABCBBN⊥ACN.PACN作在Rt△BAN中

G5、G12[2015·卷]《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂1­4P­ABCDPDABCDPD＝CDE记阳马P­ABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为 V，求V21­20．解：(1)PDABCDPD⊥BC.ABCDBC⊥CDPD∩CD＝D，BCPCD.DE⊂PCDBC⊥DE.PD＝CDEPCDE⊥PC.BCPCD，DEPBCEBCD的四个面都是直角三角形，＝3S(2)由已知，PD是阳马P­ABCD的高，所以＝3S由(1)知，DEDBCE

所以

＝2在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以＝233

2于是V26

＝CE·DE20．G5、G12[2015·福建卷]1­5，ABOCOA，B的点，POOPO＝OB＝1.DAC的中点，求证：AC若BC＝2，点E段PB上，求CE＋OE的最小值1­20．解：方法一：(1)证明：在△AOCOA＝OC，DAC的中点，AC⊥DO.POO所在的平面，PO⊥AC.DO∩PO＝O，DO⊂PDO，PO⊂PDO，ACPDO.(2)COCO⊥AB时，CAB1P­ABC

(3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，PB＝12＋12＝2.PC＝2P­ABCBCPPBBC′P,ABP共面，如图O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．OP＝OB，C′P＝C′B，OC′PB，EPB中点． 62＋6从而OC′＝OE＋EC′＝2＋2 2＋亦即CE＋OE的最小值 (3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以∠OPB＝45°，PB＝12＋12＝2.PC＝P­ABCBCPPBBC′PABP共面，如O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值