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专题 立体几何 历年高考真题
1.(2018·全国Ⅲ卷)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( )
INCLUDEPICTURE"18GS10.tif"
2.(2018·全国Ⅰ卷)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.12π B.12π
C.8π D.10π
3.(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
4.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________(本题第一空2分，第二空3分).
INCLUDEPICTURE"19L11.TIF"
5.(2018·全国Ⅰ卷)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在侧视图上的对应点为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( )
INCLUDEPICTURE"18GW2.TIF"
A.2 B.2 C.3 D.2
6.(2019·唐山模拟)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )
INCLUDEPICTURE"P57.TIF"
A.1－ B.3＋ C.2＋ D.4
7. (1)(2019·浙江卷)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：cm3)是( )
INCLUDEPICTURE"19W42.TIF"
A.158 B.162 C.182 D.324
(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.
8.(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________.
INCLUDEPICTURE"19L32.TIF"
9.(2018·全国Ⅲ卷)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，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( )
A.12 B.18 C.24 D.54
10.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________.
11.(2019·全国Ⅱ卷)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
12.(2019·全国Ⅲ卷)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
13.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B. C. D.
14.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
15.(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
16. (2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
INCLUDEPICTURE"19L24.TIF"
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
17. (2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
18.(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A.8 B.6 C.8 D.8
19.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
20.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________.
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专题 概率与统计 历年高考真题汇编解析版
1.(2018·全国Ⅲ卷)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( )
INCLUDEPICTURE"18GS10.tif"
解析 由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.
答案 A
2.(2018·全国Ⅰ卷)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.12π B.12π
C.8π D.10π
解析 因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2.所以S表面积＝2×π×()2＋2π××2＝12π.
答案 B
3.(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3).
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).
答案 118.8
4.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________(本题第一空2分，第二空3分).
INCLUDEPICTURE"19L11.TIF"
解析 依题意知，题中的半正多面体的上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分为9个面，共面9＋8＋9＝26(个)面，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则 x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案 26 －1
5.(2018·全国Ⅰ卷)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在侧视图上的对应点为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( )
INCLUDEPICTURE"18GW2.TIF"
A.2 B.2 C.3 D.2
解析 由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4.则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.
INCLUDEPICTURE"18GS33.tif"
6.(2019·唐山模拟)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )
INCLUDEPICTURE"P57.TIF"
A.1－ B.3＋ C.2＋ D.4
解析 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的圆柱后得到的，
如图所示，所以表面积
S＝2×＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故选D.
答案 D
7. (1)(2019·浙江卷)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：cm3)是( )
INCLUDEPICTURE"19W42.TIF"
A.158 B.162 C.182 D.324
(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.
解析 (1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作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.
则底面面积S＝×3＋×3＝27.因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.
故选B.
(2)由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π×1＝.
答案 (1)B (2)
8.(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________.
INCLUDEPICTURE"19L32.TIF"
解析 由三视图知，该几何体是如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，去掉四棱柱MQD1A1－NPC1B1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体，
∵V棱柱＝4×＝24，
∴所求几何体的体积V＝43－24＝40.
9.(2018·全国Ⅲ卷)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，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( )
A.12 B.18 C.24 D.54
解析 设等边△ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6.所以三棱锥D－ABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.
答案 B
10.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________.
解析 设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10.
答案 10
11.(2019·全国Ⅱ卷)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
解析 若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.
答案 B
12.(2019·全国Ⅲ卷)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
解析 连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交.
连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，
∴BC⊥平面EDC，
则BD＝a，BE＝＝a，
BM＝＝a，
又EN＝＝a，
故BM≠EN.
答案 B
13.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B. C. D.
解析 如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形.故其面积为6××＝.
答案 A
14.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明 连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
INCLUDEPICTURE"19W7.TIF"
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
15.(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
证明 (1)因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.
又C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，且C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
16. (2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
INCLUDEPICTURE"19L24.TIF"
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.
又DM?平面DEM，因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
17. (2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明 因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解 棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
18.(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A.8 B.6 C.8 D.8
解析 连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形.又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.故选C.
答案 C
19.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，且PD?平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
INCLUDEPICTURE"18GW39.TIF"
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，
DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
20.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________.
解析 如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.
答案
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