十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上,PA=PB=PC,△ABC 是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB 的中点,∠CEF=90°,则球O 的体积为( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x. ∵E,F 分别为PA,AB 的中点, ∴EF ∥PB,且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形, ∴CF=√3.又∠CEF=90°,∴CE=√3-x 2,AE=12PA=x. 在△AEC 中,由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D,∵PA=PC,∴D 为AC 的中点,cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x=12x. ∴2x 2+1=2.∴x 2=12,即x=√22. ∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2, ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6. ∴R=√62. ∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD,M 是线段ED 的中点,则( ) A.BM=EN,且直线BM,EN 是相交直线B.BM ≠EN,且直线BM,EN 是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN 是异面直线D.BM ≠EN,且直线BM,EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图,连接BD,BE.在△BDE 中,N 为BD 的中点,M 为DE 的中点, ∴BM,EN 是相交直线,排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O,连接ON. 作MF ⊥OD 于点F,连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD,平面CDE ∩平面ABCD=CD,EO ⊥ CD,EO ⊂平面CDE,∴EO ⊥平面ABCD. 同理,MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2,易知 EO=√3,ON=1,MF=√32,BF=√22+94=52, 则EN=√3+1=2,BM=√34+254=√7,∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P-AC-B 的平面角为γ,则( ) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点,点V 在底面ABC 上的投影为点O,则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上,过点D 作DE 垂直AE,易得PE ∥VG,过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F,过点D 作DH ∥AC,交BG 于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cos α=PFPB=EG PB=DH PB<BDPB=cos β,所以α>β,因为tan γ=PDED>PDBD=tan β,所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A,B,C,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC 为等边三角形且面积为9√3,设△ABC 边长为a,则S=12a ·√32a=9√3.∴a=6,则△ABC 的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4. 设球的半径为R,如图,OO 1=√R 2-r 2=√42-(2√3)2=2.当D 在O 的正上方时,V D-ABC =1S △ABC ·(R+|OO 1|)=1×9√3×6=18√3,最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)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( ) A.2√17 B.2√5 C.3 D.2【答案】B【解析】如图所示,易知N 为CD⏜的中点,将圆柱的侧面沿母线MC 剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=14CC'=4,MC=2,从M 到N 的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中,MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)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( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知PD⊥平面ABCD,所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2,BC=√5,PB=3,从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,以侧面AA1B1B,AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B,E 1-AA 1B 1B,D-AA 1B 1B,D 1-AA 1B 1B,C-AA 1F 1F,C 1-AA 1F 1F,D-AA 1F 1F,D 1-AA 1F 1F,共8个,以对角面AA 1C 1C,AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C,F 1-AA 1C 1C,D-AA 1C 1C,D 1-AA 1C 1C,B-AA 1E 1E,B 1-AA 1E 1E,D-AA 1E 1E,D 1-AA 1E 1E,共8个,所以共有8+8=16(个),故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ⊥平面BCC 1B 1,连接BC 1,则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角,∠AC 1B=30°,所以在Rt △ABC 1中,BC 1=AB tan∠AC 1B =2√3,又BC=2,所以在Rt △BCC 1中,CC 1=√(2√3)2-22=2√2, 所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA,DC,DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图, 则D 1(0,0,√3),A(1,0,0),D(0,0,0),B 1(1,1,√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|2×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为棱CC 1的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.√22 B.√32C.√52D.√72【答案】C【解析】如图,因为AB∥CD,所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中,设AB=2,则BE=√5,则tan∠EAB=BEAB =√52,所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√52.14.(2018·全国1·文T5)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( )A.12√2πB.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=2√2,r=√2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)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.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)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( )A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由三视图知,该几何体是一个圆柱截去一部分所得,如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( ) A.10B.12C.14D.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形,且该直角梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,则S 梯=(2+4)×2÷2=6,所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1,如图, 连接C 1D,BD,则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2,BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3,C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2,所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105,故选C.方法二:以B 1为坐标原点,B 1C 1所在的直线为x 轴,垂直于B 1C 1的直线为y 轴,BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示. 由已知条件知B 1(0,0,0),B(0,0,1),C 1(1,0,0),A(-1,√3,1),则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,-1).所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3√2B.2√3C.2√2D.2【答案】B【解析】由题意可知,直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示),最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)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 .π B.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心,画出圆柱的轴截面如图所示,则AC=1,AB=12,底面圆的半径r=BC=√32,所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4,故选B.21.(2017·全国1·文T6)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( )【答案】A【解析】易知选项B 中,AB ∥MQ,且MQ ⊂平面MNQ,AB ⊄平面MNQ,则AB ∥平面MNQ;选项C 中,AB ∥MQ,且MQ ⊂平面MNQ,AB ⊄平面MNQ,则AB ∥平面MNQ;选项D 中,AB ∥NQ,且NQ ⊂平面MNQ,AB ⊄平面MNQ,则AB ∥平面MNQ,故排除选项B,C,D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n 满足m ∥α,n ⊥β,则( ) A.m ∥l B.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n 【答案】C【解析】对于选项A,∵α∩β=l ,∴l ⊂α,∵m ∥α,∴m 与l 可能平行,也可能异面,故选项A 不正确; 对于选项B,D,∵α⊥β,m ∥α,n ⊥β,∴m 与n 可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D 不正确. 对于选项C,∵α∩β=l ,∴l ⊂β. ∵n ⊥β,∴n ⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,如下图所示.易知其左视图为B 项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC,AB=6,BC=8,AA 1=3,则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2C.6πD.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径,再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较,半径较小的球即为所求.设球的半径为R,∵AB ⊥BC,AB=6,BC=8,∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时,有12(6+8+10)×R=12×6×8,此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时,有2R=3,此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中,球的最大半径只能为32,故最大体积V=4π(3)3=9π.24.(2016·全国1·文T4)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.12πB. πC.8πD.4π【答案】A【解析】设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=2则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π,故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )A.√32B.√22C.√33D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为√32.26.(2016·全国1·理T6文T7)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互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体,则78×4π3×R 3=28π3,解得R=2,故其表面积为78×4πR 2+34×πR 2=14π+3π=17π. 27.(2016·全国2·理T6文T7)下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.20πB.24πC.28πD.32π 【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π,故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( ) A.18+36√5 B.54+18√5 C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为3的正方形,侧棱长为3√5,所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5,故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( ) A.1+2πB.1+√2πC.1+√2πD.1+√2π【答案】C【解析】由三视图可知,上面是半径为√22的半球,体积为V 1=12×43π×(√22)3=√2π6,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V 2=13×1×1=13,故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得,三棱锥的直观图如图,则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16,故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《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),米堆底部的弧长为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,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛 【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R,∵米堆底部弧长为8尺,∴14·2πR=8,∴R=16π. ∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3,∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛). 32.(2015·全国2·理T6文T6)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下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V 正方体=a 3,V 截去部分=16a 3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a 3∶56a 3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2πD.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知,该几何体是一个组合体,其左边是一个三棱锥,底面是等腰直角三角形(斜边长等于2),高为1,所以体积V 1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱,底面半径为1,高为2,所以体积V 2=π·12·2·12=π,所以该几何体的体积V=V 1+V 2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3 B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体,其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm,正四棱锥的高为2 cm,则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm 3),故选C.35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD 中,∠ABC=π2,AD ∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥,如图所示. V 圆柱=π×12×2=2π,V 圆锥=13×π×12×1=π3. ∴V 几何体=V 圆柱-V 圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827πC.24(√2-1)3πD.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥,其底面半径r=1,母线长l=3,所以其高h=√l 2-r 2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知,加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体,如图所示.正方体ABCD-EFGH 的底面在圆锥的底面内,下底面中心与圆锥底面的圆心重合,上底面中心在圆锥的高线上,设正方体的棱长为x.在轴截面SMN 中,由O 1G ∥ON可得,O 1GON=SO 1SO ,即√22x 1=√2-2√2,解得x=2√23.所以正方体的体积为V 1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V =16√22722π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)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=( ) A.1 B.2 C.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r ×2r+2×12πr 2+πr ×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π, 解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( ) A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图,在△ABC 中,作AB 边上的高CD,连接SD.在三棱锥S-ABC 中,SC ⊥底面ABC,SC=1,底面三角形ABC 是等腰三角形,AC=BC=√5,AB 边上的高CD=2,AD=BD=1,斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5. 39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,圆柱的底面半径r=1,高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图,已知△ABC,D 是AB 的中点,沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B 的平面角为α,则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α【答案】B【解析】设∠ADC=θ,设AB=2,则由题意AD=BD=1. 在空间图形中,设A'B=t.在△A'BD 中, cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB =12+12-t 22×1×1=2-t 22. 在空间图形中,过A'作A'N ⊥DC,过B 作BM ⊥DC,垂足分别为N,M.过N 作NP MB,连接A'P,所以NP ⊥DC. 则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角, 所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中,DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ,A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ. 同理,BM=PN=sin θ,DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP,故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中,A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中,cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)=2+2cos 2θ-t 22=2-t 22+cos 2θ2=12cos ∠A'DB+cos 2θ2. 因为1sin 2θ≥1,cos 2θsin 2θ≥0,所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号),因为α,∠A'DB ∈[0,π],而y=cos x 在[0,π]上为递减函数,所以α≤∠A'DB.故选B.41.(2015·全国2·理T9文T10)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O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【解析】因为∠AOB=90°,所以S △AOB =12R 2. 因为V O-ABC =V C-AOB ,而△AOB 面积为定值,所以三棱锥底面OAB 上的高最大时,其体积最大.因为高最大为半径R,所以V C-AOB =13×12R 2×R=36,解得R=6,故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m,n 是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( ) A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行．．．与β平行的直线．．．,则在α内不存在D.若m,n不平行．．．垂直于同一平面．．．,则m与n不可能【答案】D【解析】A选项α,β可能相交;B选项m,n可能相交,也可能异面;C选项若α与β相交,则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行,可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.( )A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β,又l⊂α,由面面垂直的判定定理,得α⊥β,故选项A正确;选项B,l⊥m或l∥m或l与m 相交或异面都有可能;选项C,α∥β或α与β相交都有可能;选项D,l∥m或l与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)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.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内,l2与l在平面β内,若l1,l2与l都不相交,则l1∥l,l2∥l,根据直线平行的传递性,则l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意,知所得几何体是一个圆柱,且其底面半径为1,母线长也为1,因此其侧面积为2π×1×1=2π,故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α【答案】B【解析】对A:m,n还可能异面、相交,故A不正确.对C:n还可能在平面α内,故C不正确.对D:n还可能在α内,故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.( )A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α【答案】C【解析】当m⊥n,n∥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故A选项错误;当m∥β,β⊥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故选项B错误;当m⊥β,n⊥β,n⊥α时,必有α∥β,从而m⊥α,故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,取m为B1C1,n为CC1,β为平面ABCD,α为平面ADD1A1,这时满足m⊥n,n ⊥β,β⊥α,但m⊥α不成立,故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1,侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A.32π3B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径R,则2R=√12+12+(√2)2=2,解得R=1,所以V=4π3R 3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.81π4B.16πC.9πD.27π4【答案】A【解析】由图知,R 2=(4-R)2+2, ∴R 2=16-8R+R 2+2,∴R=94, ∴S 表=4πR 2=4π×8116=814π,选A.52.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A 1B 1C 1-ABC,且AB=8,BC=6,BB 1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A 1B 1BA,BCC 1B 1,ACC 1A 1相切,故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B. 53.(2014·全国1·理T12)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6√2B.6C.4√2D.4【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为D1G,D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是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【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1, √2).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy 坐标平面上的正投影分别为A 1(2,0,0),B 1(2,2,0),C 1(0,2,0),D 1(1,1,0).显然D 1点为A 1C 1的中点,如图(1),正投影为Rt △A 1B 1C 1,其面积S 1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz 坐标平面上的正投影分别为A 2(0,0,0),B 2(0,2,0),C 2(0,2,0),D 2(0,1,√2).显然B 2,C 2重合,如图(2),正投影为△A 2B 2D 2,其面积S 2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx 坐标平面上的正投影分别为A 3(2,0,0),B 3(2,0,0),C 3(0,0,0),D 3(1,0,√2),由图(3)可知,正投影为△A 3D 3C 3,其面积S 3=12×2×√2=√2. 综上,S 2=S 3,S 3≠S 1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°,AB ⊂α,AB ⊥l,A 为垂足,CD ⊂β,C ∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( ) A.14B.√24C.√34D.12【答案】B【解析】如图,在平面α内过C 作CE ∥AB,则∠ECD 为异面直线AB 与CD 所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E 作EO ⊥β于O. 在平面β内过O 作OH ⊥CD 于H, 连EH,则EH ⊥CD.因为AB ∥CE,AB ⊥l,所以CE ⊥l. 又因为EO ⊥平面β,所以CO ⊥l.故∠ECO 为二面角α-l-β的平面角,所以∠ECO=60°. 而∠ACD=135°,CO ⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中,CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中,CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin 45°=√24. 在Rt △ECH 中,cos ∠ECH=CHCE=√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示,取AD 的中点F,连EF,CF,则EF ∥BD,∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知,△ABC,△ADC 为正三角形,设AB=2,则 CE=CF=√3,EF=12BD=1.∴在△CEF 中,由余弦定理, 得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF 22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),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3 cm,高为6 cm 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( )A.1727 B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3), 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3). 故所求比值为V1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为√3,D 为BC 中点,则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点,∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱, ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形,∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3. 又AD=2×√32=√3,∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π【答案】A【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.故选A.61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( ) A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知,该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥,故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,体积为9,底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示,由棱柱体积为94,底面正三角形的边长为√3,可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O,则可求得AO 长为1,故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3,即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)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,则得到的正视图可以为 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz 中的图象如图所示.则它在平面zOx 上的投影,即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B.√2 C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时,其正视图的最小面积等于一个面的面积1,最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S 的取值范围为1≤S≤√2. 因为√2-12<1,故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( ) A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1372π3 cm 3D.2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长的一半可构成直角三角形,即△OBA 为直角三角形,如图. BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R, 由R 2=(R-2)2+42,得R=5,所以球的体积为4π3×53=5003π(cm 3),故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上.若AB=3,AC=4,AB ⊥AC,AA 1=12,则球O 的半径为( ) A.3√172 B.2√10C.132D.3√10【答案】C。