2023-2023高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)

2023-2023年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2023，6】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〔〕【2023，7】如下图，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，那么它的外表积是〔〕A．B．C．D．【2023，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，那么所成角的正弦值为〔〕A．B．C．D．【2023，6】?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〕，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？〞1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【2023，11】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，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如下图，假设该几何体的外表积为16+20π，那么r=()BA．1B．2C．4D．8【2023，11】【2023，8】【2023，11】【2023，7】【2023，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的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【2023，11】某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()．A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π【2023，7】如图，网格纸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．15【2023，8】平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，那么此球的体积为〔〕A． B． C． D．【2023，5】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，该圆柱的外表积为122πB. 12πC. 82πD. 10π【2023，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱外表上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱外表上的点N在左视图上的对应点为B，那么在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A. 217B. 25C. 3D. 2【2023，10】在长方形ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，那么该长方体的体积为A. 8B. 62C. 82D. 83二、填空题【2023，16】三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．假设平面，，，三棱锥的体积为9，那么球的外表积为_______．【2023，15】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______．三、解答题【2023，18】如图，在四棱锥中，∥，且．〔1〕证明：平面平面；〔2〕假设，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【2023，18】如下图，正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．〔1〕求证：是的中点；〔2〕在题图中作出点在平面内的正投影〔说明作法及理由〕，并求四面体的体积．【2023，18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；(Ⅱ)假设∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．

【2023,19】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.【2023，19】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．

【2023，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．〔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．【2023，18】如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA。证明：平面ACD⊥平面ABC；Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=23

解析一、选择题【2023，6】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〔〕【解法】选A．由B，AB∥MQ，那么直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，那么直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，那么直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．【2023，7】如下图，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，那么它的外表积是〔〕．A．B．C．D．解析：选A．由三视图可知，该几何体是一个球截去球的，设球的半径为，那么，解得．该几何体的外表积等于球的外表积的，加上个截面的面积，每个截面是圆面的，所以该几何体的外表积为．应选A．【2023，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，那么所成角的正弦值为〔〕A．B．C．D．解析：选A．解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如下图．通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．应选A．解法二〔原理同解法一〕：过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面，如下图，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．应选A．【2023，6】?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〕，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？〞1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有()BA．14斛B．22斛C．36斛D．66斛解：设圆锥底面半径为r，依题，所以米堆的体积为，故堆放的米约为÷1．62≈22，应选B．【2023，11】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，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如下图，假设该几何体的外表积为16+20π，那么r=()BA．1B．2C．4D．8解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其外表积为2πr2+πr×2r+πr2+2r×2r=5πr2+4r2=16+20π，解得r=2，应选B．【2023，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，那么这个几何体是()BA．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解：几何体是一个横放着的三棱柱．应选B【2023，11】某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()．A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π解析：选A．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．【2023，7】如图，网格纸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．15【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD， 底面△BCD为底边为6，高为3的等腰三角形， 侧面ABD⊥底面BCD，AO⊥底面BCD，因此此几何体的体积为，应选择B．【2023，8】8．平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，那么此球的体积为〔〕A． B． C． D．【解析】如下图，由，，在中，球的半径，所以此球的体积，应选择B．【点评】此题主要考察球面的性质及球的体积的计算．【2023，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图，那么相应的侧视图可以为〔〕【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形．应选D．【2023，5】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，该圆柱的外表积为B【2023，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱外表上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱外表上的点N在左视图上的对应点为B，那么在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为BA. 217B. 25C. 3D. 2【2023，10】在长方形ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，那么该长方体的体积为CA. 8B. 62C. 82D. 83二、填空题【2023，16】三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．假设平面，，，三棱锥的体积为9，那么球的外表积为_______．【解析】取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，所以平面，设，，所以，所以球的外表积为．【2023，15】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______．答案：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＝．【2023，16】两个圆锥由公共底面，且两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】设圆锥底面半径为，球的半径为，那么由，知．根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此．设，，那么．又，知．即．由及可得．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为．故答案为．三、解答题【2023，18】如图，在四棱锥中，∥，且．〔1〕证明：平面平面；〔2〕假设，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．【解法】〔1〕，又∥又平面，平面，且平面平面，所以平面平面〔2〕由题意：设，因为，所以为等腰直角三角形即取中点，连接，那么，．又因为平面平面所以平面因为平面，∥所以，又所以四边形为矩形所以即【2023，18】如下图，正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．〔1〕求证：是的中点；〔2〕在题图中作出点在平面内的正投影〔说明作法及理由〕，并求四面体的体积．解析：〔1〕由题意可得为正三角形，故．因为在平面内的正投影为点，故平面．又平面，所以．因为在平面内的正投影为点，故平面．又平面，所以．因为，，，平面，所以平面．又平面，所以．因为，所以是的中点．〔2〕过作交于，那么即为所要寻找的正投影．理由如下，因为，，故．同理，又，平面，所以平面，故即为点在平面内的正投影．所以．在中，，，，故由等面积法知．由勾股定理知，由为等腰直角三角形知，故．【2023，18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；(Ⅱ)假设∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．解：(Ⅰ)∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC．∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC，∴AC⊥平面BED，又AC平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED．…6分(Ⅱ)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°可得，AG=GC=，GB=GD=．在RtΔAEC中，可得EG=．∴在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=．…9分∴，解得x=2．由BA=BD=BC可得AE=ED=EC=．∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为．所以三棱锥E-ACD的侧面积为．…12分18．解析〔1〕因为平面，所以．又为菱形，所以．又因为，，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．〔2〕在菱形中，取，又，所以，．在中，，所以，所以在中，，所以，解得．在，，中，可得．所以三棱锥的侧面积．【2023,19】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.证明：(Ⅰ)连接BC1，那么O为B1C与BC1的交点，∵AO⊥平面BB1C1C.∴AO⊥B1C，…2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.…6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC.…9分∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，由于AC⊥AB1，∴，∴，由OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。…12分另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得BO=，由于AC⊥AB1，∴，∴AB=1，AC=，…9分那么等腰三角形ABC的面积为，设点B1到平面ABC的距离为d，由VB1-ABC=VA-BB1C得，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。…12分【2023，19】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．证明：(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)解：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△