新课标高考数学立体几何分类汇编(文科)

1/1新课标高考数学立体几何分类汇编(文科)2022-2023新课标立体几何分类汇编（文科）

一、选填题

【2023新课标】8.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）

A.B.C.D.

【解析】由正视图和俯视图可以推断此几何体前部分是一个的三棱锥，后面是一个圆锥，选D.

【2023新课标】16.已知两个圆锥有公共底面，且两个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.

【解析】由圆锥底面面积是这个球面面积的，得22

3416rRππ=所以23=Rr，则小圆锥的高为2R

，大圆锥的高为23R，所以比值为31.

【2023新课标】7．如图，网格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（）A．6B．9C．12D．18

【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为11

63332

????=9，故选B.

【2023新课标】8．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α

此球的体积为（）A

B．

C．

πD．

【解析】设求圆O的半径为R

，则R==

34

3

VRπ∴==.选B

【2023新课标1】11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．

A．16＋8π

B．8＋8π

C．16＋16π

D．8＋16π

【解析】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＝1

2

π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.故选

A.

16

3

16

3

【2023新课标1】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______．

【解析】如图，设球O的半径为R，则AH＝

23R，OH＝3

R

.又∵π·EH2＝π，∴EH＝1.∵在Rt△OEH中，R2＝2

2+13R??

???

，∴R2＝98.∴S球＝4πR2＝9π2.

【2023新课标2】9.一个四周体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四周体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()．

【解析】如图所示，该四周体在空间直角坐标系O－xyz的图像为下图：

则它在平面zOx的投影即正视图为，故选A.

【2023新课标2】15.已知正四棱锥O－ABCD的体积为2

，，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为__________．

【解析】如图所示，在正四棱锥O－ABCD中，

VO－ABCD＝13×S正方形ABCD·|OO1|＝1

3

×2×|OO1|＝，

∴|OO1|＝

，|AO1|Rt△OO1A中，

OA=

即R=，∴S球＝4πR2＝24π.

【2023新课标1】8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【解析】：依据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱.选B

【2023新课标2】6.如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（C）（A）1727（B）59（C）1027(D)13

【2023新课标2】7.正三棱柱111ABCABC-的底面边长为2，侧棱

D为BC中点，则三棱锥11DCBA-的体积为（C）

（A）3（B）

3

2（C）1（D）

【2023新课标1】11.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+20π，则r=（B）（A）1(B)2(C)4(D)8

【2023新课标1】6.《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)，米堆底部的弧度为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（B）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛

【2023新课标2】6.一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

A.

81B.71

C.61

D.5

1【解析】如图所示，选D.

【2023新课标2】10.已知A,B是球O的球面上两点，为该球面上动点，CAOB,90?=∠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】由于A,B都在球面上，又为该球面上动点，CAOB,90?=∠所以三棱锥的体积的最大值为366

1

213132==??

RRR，所以R=6，所以球的表面积为S=14442=Rππ，故选C.

【2023新课标1】7.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28π

3，则它的表面积是（A）

（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π

【2023新课标1】11.平面过正文体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，

，平面ABCD=m，平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为（A）

（A）

（B）（C）（D）

【2023新课标2】7.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】由于正方体的体积为8

，所以正方体的体对角线长为

2412ππ?=，故选A.

【2023新课标2】4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为

A．12π

B．32

3

πC．8πD．4π

【解析】由于原几何体由同底面一个圆柱和一个圆锥构成，所以其表面积为28Sπ=，故选C.【2023新课标3】（10）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（B）

（A

）18+（B

）54+（C）90（D）81

【2023新课标3】（11）在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（B）（A）4π（B）

9π2（C）6π（D）32π3

α11//CBDα

平面

2

231

3

二、解答题

【2023新课标】18．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.（Ⅰ）证明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高.【解析】

（Ⅰ）由于∠DAB=60o，AB=2AD，由余弦定理得，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.

（Ⅱ）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD，又PD⊥底面ABCD，所以BC⊥平面PBD，而DE?平面PBD，故DE⊥BC,所以DE⊥平面PBC，由题设知PD=1，则BD=3,PB=2，由DE·PB=PD·BD得DE=23，即棱锥D-PBC的高为2

3

.

【2023新课标】19．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，112

ACBCAA==，D是棱AA1的中点.

（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC；

（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【解析】

（Ⅰ）由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C,∴BC⊥面ACC1A1，又∵DC1?面ACC1A1，∴DC1⊥BC，由题设知∠A1DC1=∠ADC=45o，∴∠CDC1=90o,即DC1⊥DC，又∵DC∩BC=C,∴DC1⊥面BDC，∵DC1?面BDC1，∴面BDC⊥面BDC1.

（Ⅱ）设棱锥B-DACC1的体积为1V，AC=1，由题意得，11121

11322

V+=???=，由三棱柱ABC-A1B1C1的体积1V=，∴11:1:1VVV-=，∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积之比为1:1.

【2023新课标1】19.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；

(2)若AB＝CB＝2，A1C

，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．【解析】

(1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.

由于CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.由于OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C.

(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，

B

A

CD

B1

C1

A1

所以OC＝OA1又A1C，则A1C2＝OC2＋21OA，故OA1⊥OC.由于OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．

又△ABC的面积S△ABCABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.

【2023新课标2】18.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．【解析】

(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.由于DF?平面A1CD，BC1平面A1CD，

所以BC1∥平面A1CD.

(2)由于ABC－A

1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB.又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.

由AA1＝AC＝CB＝2，AB=∠ACB＝90°，CD=

1AD=DE=A1E＝3，

故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.

所以VC－A1DE＝1132

?1.

【2023新课标1】19.如图，三棱柱111CBAABC-中，侧面CCBB11为菱形，CB1的中点为O，且⊥AO平面CCBB

11.（I）证明：;1ABCB⊥

（II）若1ABAC⊥,,1,601==∠BCCBB求三棱柱

111CBAABC-的高.

【解析】

（I）连结1BC，则O为1BC与1BC的交点，由于侧面11BBCC为菱形，所以1BC1

BC⊥，又

AO⊥平面11BBCC，故1BCAO

⊥1BC⊥平面ABO，由于AB?平面ABO，

故1BC⊥AB

（II）作OD⊥BC,垂足为D,连结AD,作OH⊥AD,垂足为H,由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.

由于1,601==∠BCCBB,所以

△1CBB为等边三角形,又BC=1,可得

1ABAC⊥，所以111

22

OABC==，

由OH·AD=OD·OA,且4AD==

，得OH=14

又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为7,故三棱柱ABC-A1B1C1的高为7

【2023新课标2】如图，四凌锥PABCD-中，底面ABCD为矩形，PA⊥面ABCD，E为PD的中点。

（Ⅰ）证明：//PB平面AEC;

（Ⅱ）设置1AP=，AD=三棱锥PABD-的体积V=

，求A到平面PBD的距离。【解析】

（Ⅰ）设BD与AC的交点为O，连接EO由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点，又由于E为PD的中点，所以EO//PB

EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以//PB平面AEC

（Ⅱ）1136ABDVSPAPAABADAB?=

??=??=

由题设知4V=

，可得3

2

AB=做AHPB⊥交PB于H由题设知BCPAB⊥平面，所以BCAH⊥，故AHPBC⊥平面，

又13PAABAHPB?==所以A到平面PBC的距离为13

【2023新课标1】18.如图，四边形ABCD为菱形，G为

AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；

（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥—ACD的体积为

3

6

，求该三棱锥的侧面积【解析】

【2023新课标2】19.如图,长方体1111ABCDABCD-中AB=16,BC=10,18AA=,点E,F分别在1111,ABDC

上,114.AEDF==过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.

（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（II）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.【解析】

（I）在AB上取点M,在DC上取点N，使得AM=DN=10,然后连接EM,MN,NF,即组成正方形EMNF，即平面α。

（II）两部分几何体都是高为10的四棱柱，所以体积之比等于底面积之比，

即.9

71261041121=++==EMBBAMEASSVV

【2023新课标1】18.如图，在已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.

（I）证明G是AB的中点；（II）在答题卡第（18）题图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四周体PDEF的体积．

F

ED1C1

B1

A1

D

C

B

A

【解析】

（I）由于在平面内的正投影为，所以由于在平面内的正投影为，所以所以平面，故

又由已知可得，，从而是的中点.

（II）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.

理由如下：由已知可得，，又,

所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连接，由于在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由（I）知，是的中点，所以在上，故由题设可得平面，平面，所以，因此由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得

【2023新课标2】19.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF=，EF交BD于点H，将DEF△沿EF折到DEF'△的位置．

（Ⅰ）证明：ACHD'⊥；

（Ⅱ）若5AB=，6AC=，5

4

AE=

，OD'=，

求五棱锥DABCFE'-的体积．

【试题分析】（I）先证CA⊥OH，CD'A⊥O，再证CA⊥平面D'OH，即可证CD'A⊥H；（II）先证D'O⊥OH，进而可证D'O⊥平面CDAB，再计算菱形CDAB和FD?E的面积，进而可得五棱锥'ABCEFD-的体积．

PABCD.ABPD⊥DPABE.ABDE⊥AB⊥PED.AB