2024-2024新课标高考立体几何分类汇编(文)

PAGE2024新课标立体几何分类汇编〔文科〕一、选填题【2024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，那么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判断此几何体前局部是一个的三棱锥，后面是一个圆锥，选D.【2024新课标】16.两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，假设圆锥底面面积是这个球面面积的，那么这两个圆锥中，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，得所以，那么小圆锥的高为，大圆锥的高为，所以比值为.【2024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，那么此几何体的体积为〔〕A．6 B．9 C．12 D．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=9，应选B.【2024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的距离为，那么此球的体积为〔〕A．π B．4π C．4π D．6π【解析】设求圆O的半径为R，那么，.选B【2024新课标1】11.某几何体的三视图如以下列图，那么该几何体的体积为()．A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．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＝π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.应选A.【2024新课标1】15.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，那么球O的外表积为______．【解析】如图，设球O的半径为R，那么AH＝，OH＝.又∵π·EH2＝π，∴EH＝1.∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝.∴S球＝4πR2＝.【2024新课标2】9.一个四面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)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么得到的正视图可以为()．【解析】如以下列图，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为以以下列图：那么它在平面zOx的投影即正视图为，应选A.【2024新课标2】15.正四棱锥O－ABCD的体积为，底面边长为，那么以O为球心，OA为半径的球的外表积为__________．【解析】如以下列图，在正四棱锥O－ABCD中，VO－ABCD＝×S正方形ABCD·|OO1|＝××|OO1|＝，∴|OO1|＝，|AO1|＝，在Rt△OO1A中，OA＝＝，即，∴S球＝4πR2＝24π.【2024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，那么这个几何体是〔〕A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【解析】：根据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱.选B【2024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，那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为〔C〕〔A〕〔B〕〔C〕(D)【2024新课标2】7.正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，那么三棱锥的体积为〔C〕〔A〕3〔B〕〔C〕1〔D〕【2024新课标1】11.圆柱被一个平面截去一局部后与半球〔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以下列图，假设该几何体的外表积为16+20π，那么r=〔B〕〔A〕1(B)2(C)4(D)8【2024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?〞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【2024新课标2】6.一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如右图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为A.B.C.D.【解析】如以下列图，选D.【2024新课标2】10.A,B是球O的球面上两点，假设三棱锥O-ABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为〔〕A.36πB.64πC.144πD.256π【解析】因为A,B都在球面上，又所以三棱锥的体积的最大值为，所以R=6，所以球的外表积为S=π，应选C.【2024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.假设该几何体的体积是EQ\F(28π,3)，那么它的外表积是〔A〕〔A〕17π〔B〕18π〔C〕20π〔D〕28π【2024新课标1】11.平面过正文体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，那么m，n所成角的正弦值为〔A〕444〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕444【2024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，那么该几何体的外表积为A．B．C．D．【解析】因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以球面的外表积为，应选A.【2024新课标2】4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，那么该球的外表积为A．B．C．D．【解析】因为原几何体由同底面一个圆柱和一个圆锥构成，所以其外表积为，应选C.【2024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，那么该多面体的外表积为〔B〕〔A〕〔B〕〔C〕90〔D〕81【2024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.假设AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，那么V的最大值是〔B〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【2024新课标1】6．如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是〔A〕【2024新课标1】16．三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径。假设平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S-ABC的体积为9，那么球O的外表积为________。【2024新课标2】6.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局部后所得，那么该几何体的体积为〔B〕

A.90B.63C.42D.36【解析】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=π•32×10﹣•π•32×6=63π，应选：B。【2024新课标2】15.长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，那么球O的外表积为14π。【解析】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：=．那么球O的外表积为：4×=14π，故答案为：14π。【2024新课标3】9.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，那么该圆柱的体积为(B)A.B.C.D.【解析】圆柱的高h=1,设圆柱的底面圆半径为r，那么。【2024新课标3】10.在正方体中，为棱的中点，那么〔C〕A.B.C.D.【解析】平面,又,平面,又平面.二、解答题【2024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.〔1〕证明：PA⊥BD；〔2〕假设PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高.【解析】〔1〕因为∠DAB=60º，AB=2AD，由余弦定理得BD=3AD，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⊥〔2〕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，那么BD=,PB=2，由DE·PB=PD·BD得DE=，即棱锥D-PBC的高为.BACDB1C1A1【2024新课标】19．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，BACDB1C1A1〔1〕证明：平面BDC1⊥平面BDC；〔2〕平面BDC1分此棱柱为两局部，求这两局部体积的比.【解析】〔1〕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.〔2〕设棱锥B-DACC1的体积为，=1，由题意得，，由三棱柱ABC-A1B1C1的体积，∴，∴平面BDC1分此棱柱为两局部体积之比为1:1.【2024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)假设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.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)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＝，那么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.【2024新课标2】18.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点。〔1〕证明：BC1∥平面A1CD〔2〕求三棱锥C-A1DE的体积。【解析】(1)连结AC1交A1C于点F，那么F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，那么BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD(2)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由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，得∠ACB＝90°，，，，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D所以VC－A1DE＝＝1【2024新课标1】19.如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.〔1〕证明：〔2〕假设,求三棱柱的高.【解析】〔1〕连结，那么O为与的交点，因为侧面为菱形，所以，又平面，故平面，由于平面，故〔2〕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.因为,所以△为等边三角形,又BC=1,可得OD=，由于，所以，由OH·AD=OD·OA,且，得OH=又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为,故三棱柱ABC-A1B1C1的高为。【2024新课标2】如图，四凌锥中，底面为矩形，面，为的中点。〔1〕证明：平面;〔2〕设置，，三棱锥的体积，求A到平面PBD的距离。【解析】〔1〕设BD与AC的交点为，连接因为ABCD为矩形，所以为BD的中点，又因为E为PD的中点，所以EO//PB平面，平面，所以平面〔2〕由题设知，可得，做交于由题设知，所以，故，又所以到平面的距离为。【2024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.〔1〕证明：平面AEC⊥平面BED；〔2〕假设∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥—ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积【解析】【2024新课标2】19.如图,长方体中AB=16,BC=10,,点E,F分别在上,过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.〔1〕在图中画出这个正方形〔不必说明画法与理由〕；〔2〕求平面把该长方体分成的两局部体积的比值.【解析】〔1〕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。〔2〕两局部几何体都是高为10的四棱柱，所以体积之比等于底面积之比，即【2024新课标1】18.如图，在正三棱锥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。〔1〕证明G是AB的中点；〔2〕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〕，并求四面体PDEF的体积。【解析】〔1〕因为在平面内的正投影为，所以因为在平面内的正投影为，所以所以平面，故又由可得，，从而是的中点.〔2〕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：由可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由〔1〕知，是的中点，所以在上，故由题设可得平面，平面，所以，因此由，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【2024新课标2】19.如图，菱形的对角线与交于点，点，分别在，上，，交于点，将沿折到的位置．〔1〕证明：；〔2〕假设，，，，求五棱锥的体积．【试题分析】〔1〕先证，，再证平面，即可证；〔2〕先证，进而可证平面，再计算菱形和的面积，进而可得五棱锥的体积．【2024新课标3】〔19〕如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.〔1〕证明MN∥平面PAB;〔2〕求四面体N-BCM的体积.【解析】〔1〕由得，取的中点，连接，由为中点知.又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.〔2〕因为平面，为的中点，所以到平面的距离为.取的