专题09 立体几何（7大类型）-【中职专用】江西十年（2014-2023）职教高考数学真题分类汇编

江西省十年（2014-2023）职教高考真题汇编 专题09 立体几何 本章内容是高考必考内容之一，一般以一道简答题搭配一道基础题出现. 一般题目类型： 一、是非选择题（对的选A，错的 B） 1.（2023·江西·真题T07）圆锥的底面周长为2π，高为，则圆锥的侧面积为2π………………………（A B） 【答案】A 【解析】因为圆锥的底面周长为2π，所以底面半径r=1，因为高为，所以母线l=2， 所以S侧面积=πrl=2×1×2=2π，故选A. 2.（2022·江西·真题T09）在正方体中，平面………………………（A B） 【答案】A 【解析】连接AD1，易知BC1//AD1，因为BC1平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1， 所以BC1//平面ADD1A1，故选A. 3.（2016·江西·真题T09）若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则该圆柱的全面积为……………（A B） 【答案】A 【解析】由题可知，r=1，l=2，所以S全=2πrl+2πr2=6π.故选A. 4.（2014·江西·真题T08）若点A，B到平面的距离都等于1，则………………………………（A B） 【答案】B 【解析】若点A，B在平面α的两侧，则直线AB与平面α相交，故选B. 二、选择题 5.（2023·江西·真题T18）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径. “开立圆术”给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式：，此公式相当于取圆周率π等于………………（ ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【解析】设球的半径为R，由V=，d=2R，代入得， 得，故选B. 6.（2022·江西·真题T18）根据古希腊数学家阿基米德的遗愿，后人在他的墓碑上刻着这样一个圆柱内切一个球，球的直径与圆柱的高相等（如图），相传此图表达了阿基米德最引以为豪的发现，即：圆柱与球的体积之比和表面积之比都等于（ ）. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R， 所以V圆柱=πR2×2R=2πR3，V球=πR3， S圆柱=2πR×2R+2×πR2=6πR2，S球= 46πR2， 所以，故选A. 7.（2021·江西·真题T18）已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为……………（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题可知r=1，l=2，所以h=，所以V圆锥=πr2h=π，故选A. 8.（2020·江西·真题T11）若圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为………………（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题可知r=1，h=2，所以S圆柱=2πr(r+h)=6π，故选C. 9.（2017·江西·真题T16）若圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，该圆锥的体积为…………（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题可知，所以l=，r=h=1，所以V圆锥=πr2h=，故选A. 三、填空题 10.（2019·江西·真题T24）已知球的体积为，则过球面上任意两点的截面圆的最大面积为_____________； 【答案】9π 【解析】因为V球=πR3=36π，所以R=3，则过球面上任意两点的截面圆的最大面积为大圆面积=πR2=9π. 11.（2018·江西·真题T23）已知一个圆柱的底面半径为1，体积为，则该圆柱的侧面积为____________； 【答案】4π 【解析】由题可知r=1，V圆柱=πr2h=2π，得h=2，所以S圆柱侧=2πrh=4π. 12.（2015·江西·真题T22）已知一个正四棱柱底面积为16，高为3，则该四棱柱外接球的表面积为___________； 【答案】41π 【解析】由题可知，正四棱柱底面边长a=4，高h=3，所以体对角线l==， 所以四棱柱外接球的半径R=，所以S外接球=4πr2=41π. 13.（2014·江西·真题T22）已知一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的全面积为____________； 【答案】6π 【解析】由题可知，r=1，h=2，所以S圆柱=2πr(r+h)=6π. 四、解答题 14.（2023·江西·真题T28）已知四棱锥P-ABCD，四边形ABCD为矩形，E为PA中点. （1）证明：PC//平面BED；O （2）若PA⊥平面ABCD，且PA=2AB，求二面角E-BC-D的大小. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)证明：连结AC，交BD于点O，连结OE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴O为AC的中点， 又∵E为PA的中点， ∴OE为△PAC的中位线， ∴OE// PC， ∵OE平面BED，PC平面BED， ∴PC//平面BED； (2)解：∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD， ∴PA⊥BC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC⊥AB， ∴BC垂直于平面PAB内两条相交直线AB，PA， ∴BC⊥平面PAB， ∴BC⊥BE， ∴∠EBA即为二面角E-BC-D的平面角， ∵PA⊥AB，E为PA的中点，PA=2AB， ∴△ABE为等腰直角三角形， ∴∠EBA=， ∴二面角E-BC-D的大小为. 15.（2022·江西·真题T29）已知在长方体中，，，为上的一动点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】(1)见解析；(2)2. 【解析】(1)证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连结AC交BD于O， 因为AB =AD=2，所以ABCD为正方形， 所以AC⊥BD，且BO=，AC=2， 因为G为CC1的中点，CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以由三垂线定理可知AG⊥BD， 同理，A1A⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1A⊥BD， 因为A1AAG=A，所以BD⊥平面 AA1G. (2)因为B1B // A1A，P为B1B上的一动点，所以P到A1A的距离亦即B到A1A的距离，即BA， 因为C1C// B1B，C1C⊄平面BAA1B1，B1B平面BAA1B1， 所以C1C//平面C1C，因为G为C1C的中点， 所以G到平面BAA1B1的距离即C到平面BAA1B1的距离， 因为CB⊥平面BAA1B1，所以CB为C到平面BAA1B1的距离， 所以三棱锥G-A1PA的体积. 16.（2021·江西·真题T29）在正方体ABCD中，将△ABD沿BD折起，使点A到达点P的位置，且平面PBD⊥平面BCD.设O为BD的中点. （1）求证：BD⊥平面POC； （2）求二面角P-BC-D的正切值. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)因为BP=PD，O为BD的中点，所以OP⊥BD ， 同理，因为BC=CD，O为BD的中点，所以OC⊥BD， 又OP∩OC=O，所以BD⊥平面POC； (2)因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD平面BCD=BD，OP平面PBD， 由(1)可知OP⊥BD，所以OP⊥平面BCD，可得OP⊥BC， 取BC的中点E，连结OE、PE，因为BC⊥CD，OE //CD，所以OE⊥BC， 又OPOE=O，所以BC⊥平面POE，BC⊥PE， 故∠PEO为二面角P-BC-D的平面角， 设正方形ABCD的边长CD=2a(a>0)，则OE=a，OP=a， 所以，即二面角P-BC-D的正切值为. 17.（2020·江西·真题T27）如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1. （1）证明：AB ⊥A1C； （2）求二面角A1 -BC -A 的正弦值. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，AB平面ABC，所以AA1⊥ AB， 又AB⊥AC，AC，AA1平面ACC1A 1=A， 故AB⊥平面ACC1A 1， 因为A 1C平面ACC1A 1，所以 AB⊥A 1C； (2)取BC中点D，连结AD，A1D，设AB =1， 在直三棱柱中，因为AB=AC，所以AD⊥BC，A1B =A1C，从而A1D⊥BC， 故∠A1DA为二面角A1- BC -A的平面角， 在Rt△A1DA中，A1A=1，AD=，A1D=， 所以，即所求二面角的正弦值为. 18.（2019·江西·真题T28）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，是正三角形，. （1） 求证：平面平面；D C B A P （2） 若，，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)证明：因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 又因为AB⊥PA，PA，AD平面PAD，PAAD=A， 所以AB⊥平面PAD， 因为AB平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)取AD的中点N，连接PN、BN， 因为△PAD是正三角形，所以PN⊥AD， 由(1)知平面PAD⊥平面ABCD，所以PN⊥平面ABCD， 所以∠PBN即为直线PB与平面ABCD所成的角， 在△PAD中，因为AD=2，所以PN=， 在Rt△ABN中，因为AB=，AN=1，所以BN=， 所以，所以∠PBN=，即直线PB与平面ABCD所成角为. 19.（2018·江西·真题T30）如图，在正三棱柱中，，D为BC的中点 . （1）证明：；O （2）求二面角的正切值 . 【答案】(1)见解析；(2)2. 【解析】(1)证明：连结A，B交AB1于点O，连结OD. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为平行四边形， 则O为A1B的中点，又因为D为BC的中点， 所以OD //A1C.又OD平面AB1D，A1C⊄平面AB1D， 所以A1C//平面AB1D； (2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱， 所以BB1⊥平面ABC，又AD平面ABC，所以BB1⊥AD. 因为△ABC为正三角形，D为BC的中点，所以AD⊥BC，又BCBB1=B， 则AD⊥平面BCC1B1，又DB1平面BCC1B1，所以AD⊥DB1. 因此∠B1DB为二面角B-AD-B1的平面角， 在正△ABC中，D为BC的中点，所以AB=2BD， 又因为BB1=AB，所以BB1=2BD， 则tan∠B1DB==2，即二面角B-AD-B1的正切值为2. 20.（2017·江西·真题T29）如图，在直棱柱中，底面为菱形，，， . （1）证明：;O （2）求直线与平面所成角的大小 . 【答案】(1)见解析；(2)30°. 【解析】(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD， 又因为四棱柱ABCD-A1B1CD是直棱柱， 所以侧棱BB1⊥底面ABCD， 又AC平面ABCD，所以AC⊥BB1， 又BD∩BB1=B，BD，BB1平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1， 又BD平面BDD1B1，所以AC⊥B1D； (2)解：设AC∩BD=O，连接B1O， 由(1)知AC⊥平面BDD1B1，所以∠CB1O是直线B1C与平面BDD1B1所成角， 因为AB=2，AA1=2，∠BAD=60°，所以CO=，B1C=， 所以，故B1C与平面BDD1B1所成角为30°. 21.（2016·江西·真题T29）如图，已知在长方体中，，，为的中点 . （1）证明：平面；M （2）求平面与平面所成二面角的大小 . 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)连BC1交BC于M，连EM，则M是BC1的中点， 又因为E为 D1C1的中点， 所以EM//D1B，又EM平面EB1C，故BD1//平面B1EC； (2)因为在长方体AC1中，AD1⊥AB，AD⊥AB， 所以∠DAD1为平面ABD1与平面ABCD所成二面角的平面角， 在Rt△DAD1中AD=AA1=DD1=1，所以∠DAD1=， 所以平面ABD1与平面ABCD所成二面角的大小为. 22.（2015·江西·真题T29）如图，直三棱柱中，已知，，. （1） 证明：； （2） 求三棱柱的体积.C A B B1 C1 A1 【答案】(1)见解析；(2). 【解析】(1)证明：∵ABC-A1B1C1为直三棱柱， ∴CC1⊥平面ABC， ∴CC1⊥BC， 又A1C⊥BC，A1C和CC1是平面ACC1A1内的两条相交直线， ∴BC⊥平面ACC1A1， ∴AC⊥BC； (2)由(1)得：AC⊥BC，Rt△ACB中，AC=1，AB=2， ∴BC==，S△ACB=AC·BC=， 又BB1⊥平面ABC， ∴ 23.（2014·江西·真题T30）如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，AB=BC=AA1 . （1）求异面直线所成的角； （2）若M为线段AC的中点，N为线段A1C1的中点，求证：平面 . 【答案】(1)45°；(2)见解析. 【解析】(1)∵ABC-A1B1C1为直三棱柱， ∴BB1//CC1， ∴∠AB1B为异面直线AB1与CC1所成的角， ∵AB=BC=AA1，AA1=BB1， ∴AB=BB1，即△ABB1为直角三角形， ∴∠AB1B=45°， 即异面直线AB1与CC1所成的角为45°； (2)∵M为线段AC的中点，N为线段A1C1的中点， ∴AM=NC1且AM//NC1， ∴四边形AMC1N为平行四边形， ∴AN//MC1， 连接MN，易知MN//BB1且MN=BB1， ∴四边形BB1NM为平行四边形， ∴B1N//BM， ∵AN//MC1，B1N//BM，AN∩B1N=N，MC1∩BM=M， ∴平面. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江西省十年（2014-2023）职教高考真题汇编 专题09 立体几何 本章内容是高考必考内容之一，一般以一道简答题搭配一道基础题出现. 一般题目类型： 一、是非选择题（对的选A，错的 B） 1.（2023·江西·真题T07）圆锥的底面周长为2π，高为，则圆锥的侧面积为2π………………………（A B） 2.（2022·江西·真题T09）在正方体中，平面………………………（A B） 3.（2016·江西·真题T09）若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则该圆柱的全面积为……………（A B） 4.（2014·江西·真题T08）若点A，B到平面的距离都等于1，则………………………………（A B） 二、选择题 5.（2023·江西·真题T18）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径. “开立圆术”给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式：，此公式相当于取圆周率π等于………………（ ） A．3 B． C． D． 6.（2022·江西·真题T18）根据古希腊数学家阿基米德的遗愿，后人在他的墓碑上刻着这样一个圆柱内切一个球，球的直径与圆柱的高相等（如图），相传此图表达了阿基米德最引以为豪的发现，即：圆柱与球的体积之比和表面积之比都等于（ ）. A． B． C． D． 7.（2021·江西·真题T18）已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为……………（ ） A． B． C． D． 8.（2020·江西·真题T11）若圆柱的轴截面是面积为4的正方形,则该圆柱的表面积为………………（ ） A． B． C． D． 9.（2017·江西·真题T16）若圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，该圆锥的体积为…………（ ） A． B． C． D． 三、填空题 10.（2019·江西·真题T24）已知球的体积为，则过球面上任意两点的截面圆的最大面积为_____________； 11.（2018·江西·真题T23）已知一个圆柱的底面半径为1，体积为，则该圆柱的侧面积为____________； 12.（2015·江西·真题T22）已知一个正四棱柱底面积为16，高为3，则该四棱柱外接球的表面积为___________； 13.（2014·江西·真题T22）已知一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的全面积为____________； 四、解答题 14.（2023·江西·真题T28）已知四棱锥P-ABCD，四边形ABCD为矩形，E为PA中点. （1）证明：PC//平面BED； （2）若PA⊥平面ABCD，且PA=2AB，求二面角E-BC-D的大小. 15.（2022·江西·真题T29）已知在长方体中，，,为上的一动点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 16.（2021·江西·真题T29）在正方体ABCD中，将△ABD沿BD折起，使点A到达点P的位置，且平面PBD⊥平面BCD.设O为BD的中点 （1）求证：BD⊥平面POC； （2）求二面角P-BC-D的正切值. 17.（2020·江西·真题T27）如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1. （1）证明：AB ⊥A1C；（2）求二面角A1 -BC -A 的正弦值. 18.（2019·江西·真题T28）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，是正三角形，. （1） 求证：平面平面；D C B A P （2） 若，，求直线与平面所成角的大小. 19.（2018·江西·真题T30）如图，在正三棱柱中，，D为BC的中点 . （1）证明：； （2）求二面角的正切值 . 20.（2017·江西·真题T29）如图，在直棱柱中，底面为菱形，，， . （1）证明：; （2）求直线与平面所成角的大小 . 21.（2016·江西·真题T29）如图，已知在长方体中，，，为的中点 . （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成二面角的大小 . 22.（2015·江西·真题T29）如图，直三棱柱中，已知，，. （1） 证明：； （2） 求三棱柱的体积.C A B B1 C1 A1 23.（2014·江西·真题T30）如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，AB=BC=AA1 . （1）求异面直线所成的角； （2）若M为线段AC的中点，N为线段A1C1的中点，求证：平面 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$