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2011-2018年新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——11.立体几何
2011-2018年新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——11.立体几何

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2011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编
11．立体几何
一、选择题
（2018·9）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
（2017·4）如图，网格纸上小正方形的边长为1,学 科&网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所得，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2017·10)已知直三棱柱中,，，
，则异面直线与所成角的余弦值为（ )
A． B． C． D．
(2016·6）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
2014，6

2015，6
2016，6

（2015·6)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． B． C． D．
（2015·9）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90º，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
(2014·6）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（ ）
A． B． C． D．
(2014·11）直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠BCA=90º，M,N分别是A1B1,A1C1的中点，BC=CA=CC1,则BM与AN所成的角的余弦值为( )
A． B． C． D．
(2013·4)已知为异面直线，平面，平面.直线满足，，，，则( ）
A.α // β且l // α B.且
C。与相交，且交线垂直于 D。与相交，且交线平行于
（2013·7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(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，以平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）

（2012·7)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,则此几何体的体积为（ ）
A. 6 B. 9 C。 12 D。 18
（2012·11）已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）
A. B. C。 D.
(2011·6）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。
二、填空题
（2018·16）16．已知圆锥的顶点为，母线,所成角的余弦值为,与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
(2016·14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：
（1)如果m⊥n，m⊥α，n∥β,那么α⊥β.
（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n。
(3）如果α∥β，mα，那么m∥β。  
(4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等。
其中正确的命题有 . （填写所有正确命题的编号。)
（2011·15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且，则棱锥O-ABCD的体积为 。
三、解答题
（2017·19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD,，， E是PD的中点.
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）点M在棱PC 上,且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M—AB—D的余弦值

(2016·19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=,EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D´EF的位置,。
（Ⅰ）证明：平面ABCD；
(Ⅱ）求二面角的正弦值.

（2015·19)如图,长方体ABCD—A1B1C1D1中AB=16，BC=10,AA1=8，点E，F分别在A1B1,D1C1上，A1E=D1F=4，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.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值.

（2014·18）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD，E为PD的中点。
（Ⅰ）证明:PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60º,AP=1,AD=，求三棱锥E-ACD的体积.

（2013·18)如图,直三棱柱中，，分别是，
的中点，.
（Ⅰ）证明：//平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值。
（2012·19）如图,直三棱柱ABC—A1B1C1中，，D是棱AA1的中点,DC1⊥BD。
(Ⅰ）证明：DC1⊥BC；（Ⅱ）求二面角A1-BD—C1的大小。

（2011·18)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，求二面角A-PB-C的余弦值.

(2018·20）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面;
(2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

2011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编
11．立体几何(逐题解析版)
一、选择题
（2018·9）C
（2017·4）B【解析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，

剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为，，，∴ ;上面阴影的体积是上面部分体积的一半,即,与的比为高的比（同底），即，,故总体积.
方法2：,其余同上，故总体积。
（2017·10）B【解析】解法一：在边﹑﹑﹑上分别取中点﹑﹑﹑，并相互连接。
由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线和所成的夹角为或其补角，
通过几何关系求得,，，利用余弦定理可求得异面直线
和所成的夹角余弦值为.

解法二：补形通过补形之后可知：或其补角为异面直线和所成的角,通过几何关系可知：
，,，由勾股定理或余弦定理可得异面直线和所成的夹角余弦值为。
解法三:建系建立如左图的空间直角坐标系，，，,,
∴ ，，∴
（2016·6）C解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．由图得, ，由勾股定理得：， ，故选C．

(2015·6）D解析：由三视图得,在正方体ABCD—A1B1C1D1中，截去四面体A-A1B1D1，如图所示，设正方体棱长为,则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D。
（2015·9)C解析：如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，此时,故R=6,则球O的表面积为，故选C．
（2014·6）C解析:原来毛坯体积为π·32·6=54π (cm2），由三视图得,该零件由左侧底面半径为2cm，高为4cm的圆柱和右侧底面半径为3cm，高为2cm的圆柱构成，所以该零件的体积为:π·32·2+π·22·4=34π (cm2)，则切削掉部分的体积为54π—34π =20π（cm2)，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为。

（2014·11)C解析：取BC的中点P，连结NP、AP, ∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，∴四边形NMBP为平行四边形,∴BM//PN,∴所求角的余弦值等于∠ANP的余弦值,不妨令BC=CA=CC1=2，则AN=AP=，NP=MB=，
∴ 。
【另解】如图建立坐标系，令AC=BC=C1C=2，则A（0, 2, 2)，B（2, 0, 2),M（1， 1， 0），N(0， 1， 0)，
（2013·4）D解析:因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α。 同理可得l∥β。 又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D。
（2013·7)A解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为右图，则它在平面zOx上的投影即正视图为右图，故选A.

（2012·7）B解析：由三视图可知,此几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形（俯视图），高为3的三棱锥,故其体积为。
（2012·11)A解析：易知点S到平面ABC的距离是点O到平面ABC的距离的2倍。显然O—ABC是棱长为1的正四面体，其高为，故，.
(2011·6）D解析:条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的. 故选D.

二、填空题
（2018·16)
(2016·14）【答案:②③④】
（2011·15)解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,
OM=，.
三、解答题
（2017·19）如图，四棱锥P—ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，,, E是PD的中点.
（1）证明：直线 平面PAB；
（2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB—D的余弦值

【基本解法1】
（1）证明：取中点为，连接、，
因为，所以，
因为是的中点,所以，所以,
所以四边形为平行四边形,所以,
因为平面,平面，所以直线平面，
（2）取中点为，连接，因为△为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面,
所以平面,
因为，所以四边形为平行四边形,所以,
所以，
以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
设，则，所以，
设,则，，
因为点在棱上,所以,即,
所以，所以，
平面的法向量为，
因为直线与底面所成角为，
所以，
解得,所以,
设平面的法向量为，则,
令,则，
所以,
所以求二面角的余弦值。
（2016·19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上,AE=CF=,EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D´EF的位置，.
（Ⅰ）证明：平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角的正弦值。

解析：⑴证明:∵，∴，∴．∵四边形为菱形,∴，∴，∴，∴．∵,∴；
又，，∴，∴，∴，
∴，∴．又∵，∴面．
⑵建立如图坐标系．，，，，，，，
设面法向量,
由得，取,
∴．同理可得面的法向量,
∴,∴．
（2015·19）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中AB=16,BC=10，AA1=8，点E,F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，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。
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由)；
（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值。
（2015·19）解析：(Ⅰ）交线围成的正方形如图：
（Ⅱ)作,垂足为M,则，因为为正方形，所以，于是，所以，以D为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系，则，，,，,，设是平面的法向量，则，即，所以可取,又，故,所以AF与平面所成角的正弦值为.

（2014·18)如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
(Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60º,AP=1，AD=,求三棱锥E-ACD的体积。

解析：（Ⅰ）证明:连结交于点，连结．∵底面为矩形，
∴点为的中点，又为的中点,∴,∵平面，平面,∴//平面。
(Ⅱ)以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则,，,,∴,,设是平面的法向量，则，解得:,令，得,又∵是平面AED的一个法向量，∴， 解得，∴。
（2013·18)如图,直三棱柱中，，分别是,的中点，。
（Ⅰ）证明：//平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值.

解析：（Ⅰ）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. 因为DF⊂平面A1CD，BC1平面A1CD,所以BC1 // 平面A1CD。
(Ⅱ）由AC＝CB＝得,AC⊥BC。 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. 设CA＝2,
则D(1，1,0）,E（0，2，1)，A1（2,0，2)，＝（1，1，0)，＝(0，2，1），＝（2，0，2）．
设n＝(x1，y1,z1)是平面A1CD的法向量，则，即可取n＝(1, —1, —1）．
同理，设m是平面A1CE的法向量，则,可取m＝(2, 1， —2)．
从而cos〈n，m>＝，故sin〈n，m〉＝。
即二面角D－A1C－E的正弦值为.
(2012·19）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，，D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
（Ⅰ）证明：DC1⊥BC；
（Ⅱ）求二面角A1—BD-C1的大小。

14．解析:（Ⅰ） 证明：设，直三棱柱，， ，，. 又，，平面. 平面，.
（Ⅱ）由 (Ⅰ)知，，，又已知，. 在中，，，. ，.
〈法一>取的中点,则易证平面，连结,则，已知，平面，，
是二面角平面角.
在中，，.
即二面角的大小为.
〈法二>以点为坐标原点,为轴，为轴，为轴,建立空间直角坐标系.则. ，，
设平面的法向量为，则，不妨令,得，故可取。
同理，可求得平面的一个法向量.
设与的夹角为，则 ， 。
由图可知，二面角的大小为锐角,故二面角的大小为.

(2011·18）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，求二面角A-PB—C的余弦值.

15．解析：（Ⅰ）因为，由余弦定理得，从而BD2+AD2= AB2，故BDAD，又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD，故 PABD.
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点,AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz，则，，,. ， ,设平面PAB的法向量为n=（x, y， z），则，即 ，因此可取，设平面PBC的法向量为m,则，可取,，故二面角A—PB—C的余弦值为.
（2018·20）
解：（1)因为，为的中点，所以，且。
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，。
由知。
由知平面。
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系。

由已知得取平面的法向量.
设，则。
设平面的法向量为。
由得，可取，
所以.由已知得。
所以。解得(舍去），.
所以。又,所以.
所以与平面所成角的正弦值为。