2021年高考数学真题及模拟题分类汇编 专题10：立体几何（含答案解析）

这是一份2021年高考数学真题及模拟题分类汇编 专题10：立体几何（含答案解析），共114页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。
2021年高考真题和模拟题分类汇编
数 学
专题10 立体几何
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
2.(2021•高考全国甲卷•理T6) 在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

所以其侧视图为

故选D．
3.(2021•高考全国甲卷•理T8) 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）

A. 346 B. 373 C. 446 D. 473
【答案】B．
【解析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．

过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选B．
4.(2021•高考全国甲卷•理T11) 已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A．
【解析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.
，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选A.
5.(2021•高考全国乙卷•文T10) 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选D．
6.(2021•浙江卷•T4) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A. B. 3 C. D.
【答案】A．
【解析】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，
该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，
故，
故选A.

7.(2021•浙江卷•T6) 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）

A. 直线与直线垂直，直线平面
B. 直线与直线平行，直线平面
C. 直线与直线相交，直线平面
D. 直线与直线异面，直线平面
【答案】A．
【解析】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选A.
8.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T2．)已知直线l，m和平面α（　　）
A．若l∥m，m⊂α，则l∥α B．若l∥α，m⊂α，则l∥m
C．若l⊥α，m⊂α，则l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，则m⊥α
【答案】C．
【解析】对于A，若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故A错误；
对于B，若l∥α，m⊂α，则l∥m或l与m异面，故B错误；
对于C，若l⊥α，m⊂α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故C正确；
对于D，若l⊥m，l⊥α，则m与α平行或m⊂α，故D错误．
9.(2021•江苏盐城三模•T11)已知矩形ABCD满足AB＝1，AD＝2，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，点B折至B′，得到四棱锥B′－AECD，若点P为B′D的中点，则
A．CP//平面B′AE
B．存在点B′，使得CP⊥平面AB′D
C．四棱锥B′－AECD体积的最大值为
D．存在点B′，使得三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内
【答案】ACD．
【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题
【解析】由题意可知，对于选项A，取AB′的中点为Q，连结EQ、PQ，因为CEÚAD，PQÚAD，所以PQÚCE，所以四边形CEQP为平行四边形，所以CP∥QE，又QEÌ平面AB′E，CPË平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以选项A正确；对于选项B，若CP⊥平面AB′D，则CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，则与AB′⊥BE矛盾，所以选项B错误；对于选项C，过B′作B′O⊥AE，垂足为O，可得B′O＝，所以VB′－AECD＝SAECD×h＝××(1＋1)×1×h≤B′O＝，所以选项C正确；对于选项D，若三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内，则球心为△ADE的外心，则为△ADE直角三角形，且AD为斜边，则球心O为AD的中点，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，则AB′⊥B′D，所以B′D＝，而B′D∈(1，)，可知存在，则满足题意，所以选项D正确；综上，答案选ACD．
10.(2021•河南郑州三模•理T9)已知等腰直角△ABC的斜边BC＝4，沿斜边的高线AD将△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C为，则四面体ABCD的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】如图，

由题意，△BCD是等边三角形，边长为2，
则△BCD外接圆的半径为，
设△BCD的外心为G，四面体ABCD的外接球的球心为O，
连接OG，则OG⊥平面BCD，且OG＝AD＝1．
∴四面体ABCD的外接球的半径R＝＝．
则四面体ABCD的外接球的体积V＝＝．
11.(2021•河南郑州三模•理T11)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则△EBC的面积最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】
如图：取AB中点G，可知Rt△BAF∽Rt△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G，
当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，BC＝2，则△ABC面积为EB•BC，
当△EBC的面积取得最小值时，线段CE的长度为点B到直线B1G的距离，线段CE长度的最小值为，此时△EBC面积为×EB×BC＝．
12.(2021•河南开封三模•文T9理T8)某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四个结论：
①体积可能是；
②体积可能是；
③AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为；
④在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对．
其中所有正确结论的编号是（　　）

A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D．
【解析】由三视图可画出直观图如下图：

如图1，，故①正确；
如图2，，故②正确；

如上图，AB和CD在直观图中所对应的棱分别为EF和FG，由△EFG为正三角形，
可知AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为，故③正确；

如上图，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④正确．
13.(2021•河北张家口三模•T10)已知一个圆柱的上、下底面圆周均在球O的表面上，若圆柱的体积为4π，则球O的表面积不可能为（　　）
A．6π B．8π C．12π D．16π
【答案】AB．
【解析】设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则
所以，所以，
所以当h∈（0，2）时6）′＜0；当h∈（2，（R3）′＞0，
所以当h＝2时，R2有最小值．
此时球O的表面积有最小值，且最小值为，
即球O的表面积S球O≥12π．
14.(2021•山东聊城三模•T12.)已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A'MN，在四棱锥A'-MNCB中，下列说法正确的是（）
A. 直线MN∥平面A'BC
B. 当四棱锥A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角
C. 在折起过程中存在某位置使BN⊥平面A'NC
D. 当四棱A'-MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为39π
【答案】 A,B,D
【考点】反证法，球的体积和表面积，直线与平面平行的判定
【解析】【解答】因为MN//BC , MN⊄平面A'BC，BC⊂平面A'BC，所以直线MN∥平面A'BC，A符合题意；
因为四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，故当二面角A'-MN-B为直二面角时，满足题意，B符合题意；
对于C，如图，

若BN⊥平面A'NC，则BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN⊥平面A'AD ,所以A'A⊥MN ,又MN∩BN=N ,所以A'A⊥平面MNCB ,这显然不可能，C不符合题意；
当四棱A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角，如图，

由∠MBC=π3，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，则O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，且OF=DE= 332，AF= 3 .设四棱锥A' -MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=394，所以球表面积是39π． 
【分析】A由线面平行判定可推得A正确。
B根据四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，进而可判B正确。
C由反证法可得C错误。
D取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心得O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，结合B的结论求得外接球半径R，进而求出球表面积，可判D正确。
15.(2021•四川内江三模•理T8．)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（　　）

A．4 B．8 C． D．
【答案】C．
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体．
如图所示：

由于AB＝2，BD＝4．
所以：，，，．
16.(2021•重庆名校联盟三模•T12．)如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（　　）

A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π
【答案】BD．
【解析】对于A：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，
则NE∥AB1，NF∥MB1，
如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，
又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故A错误．
对于B：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），
NE＝（定值），AM＝EC（定值），
由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，
∴NC是定值，故B正确．
对于C：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，
由题意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，
从而AD＝MD，由题意不成立，可得C错误．
对于D：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，
由题意得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，
球半径为1，表面积是4π，故D正确．


17.(2021•安徽蚌埠三模•文T9．)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a、b、c不可能满足的是（　　）
A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面
【答案】B．
【解析】平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊆α，b⊆β，c⊆γ，
所以直线a、b、c在三个平面内，不会是共面直线，
所以：当直线两两平行时，a、b、c为共面直线．
与已知条件整理出的结论不符．
18.(2021•贵州毕节三模•文T4．)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余几何体的三视图如图，则剩余几何体的表面积为（　　）

A．16 B．18 C． D．
【答案】D．
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为棱长为2 的正方体切去一个角，构成的几何体；
如图所示：

所以＝18+2．
19.(2021•辽宁朝阳三模•T8．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，
∴该三棱柱的九条棱中与BD异面的棱有5条，
从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，
基本事件总数n＝＝36，
这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面包含的基本事件个数为：
m＝+＝26，
则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率P＝＝＝．
20.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T12．)已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线长为（　　）
A． B．π C． D．
【答案】D．
【解析】长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线，是以D1为圆心，为半径的圆弧，如图，∠ED1F＝，
可得：＝．

21.(2021•四川泸州三模•理T8．)如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，CF＝CC1，则（　　）

A．D1E≠AF，且直线D1E，AF是相交直线
B．D1E≠AF，且直线D1E，AF是异面直线
C．D1E＝AF，且直线D1E，AF是异面直线
D．D1E＝AF，且直线D1E，AF是相交直线
【答案】B．
【解析】由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝4，AB＝2，BE＝BB1，CF＝CC1，可得B1E＝3，D1E＝＝，CF＝2，AF＝＝2，AF≠D1E，连接BD，B1D1，设直线AF与平面BDD1B1交于H，可得H不在直线D1E上，
且H∈平面BDD1E1，直线D1E⊂平面BDD1B1，又AF⊄平面BDD1B1，
所以直线AF与D1E为异面直线．

22.(2021•江西上饶三模•理T4．)罗德岛太阳神巨像是古代世界七大奇迹之一．它是希腊太阳神赫利俄斯的青铜铸像．如图所示，太阳神赫利俄斯手中所持的几何体（含火焰）近似是一个底面相同的两个圆锥合在一起，正方向投影过去，其平面几何图形形状是上方内角为60°，边长为2的菱形．现在其中一个圆锥中放置一个球体，使得球与圆锥侧面、底面均相切，则该球的体积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，正三角形内切圆的半径为，则圆锥内切球的半径为，
∴球的体积V＝×＝．

23.(2021•江西上饶三模•理T8．)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G是线段BC1上的一点，且A1G⊥B1D，则（　　）
A．BG＝BC1 B．BC1＝3GC1
C．BG＝3GC1 D．点G为线段BC1上任意一点
【答案】D．
【解析】如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D在侧面ABB1A1内的射影是AB1，且AB1⊥A1B，所以A1B⊥B1D，同理，B1D⊥C1，且A1B∩BC1＝B，所以B1D⊥平面A1BC1，
又A1G⊂平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，即点G为线段BC1上任意一点，选项D正确，A、B、C选项错误．

24.(2021•安徽宿州三模•理T4．)已知a、b为两条不同直线，α、β为两个不同平面．下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥α，b∥α，则a与b共面 B．若a⊥α，α⊥β，则a∥β
C．若a⊥α，α∥β，则a⊥β D．若α∥b，β∥b，则α∥β
【答案】C．
【解析】若a∥α，b∥α，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故A错误；
若a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，故B错误；
若a⊥α，α∥β，由直线与平面垂直的性质，可得a⊥β，故C正确；
若α∥b，β∥b，则α∥β或α与β相交，故D错误．
25.(2021•四川泸州三模•理T11．)已知在Rt△ABC中，斜边AB＝2，BC＝1，若将Rt△ABC沿斜边AB上的中线CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】如图，设点E为△BCD外接圆的圆心，则三棱锥A﹣BCD外接球的球心一定在过点E且与平面BCD垂直的直线上，
不妨设点O为外接圆的圆心，则OE⊥平面BCD，且OA＝OB＝OC＝OD＝R，
过点O作OM⊥平面ACD，则点M为△ACD外接圆的圆心，在△ACD中，由余弦定理有，，
∴，∴，
延长BE交CD于F，连接MF，∵BC＝CD＝BD＝1，
∴△BCD为边长为1的正三角形，F为CD中点，∴，
由于平面ACD⊥平面BCD，故四边形OMFE为矩形，则，
在Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，即，解得，
∴三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为．

26.(2021•江苏常数三模•T11．)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为棱BC，CD，CC1的中点，P是线段A1C1上的动点（含端点），则（　　）
A．PM⊥BD
B．AC1∥平面EFM
C．PE与平面ABCD所成角正切值的最大值为
D．当P位于C1时，三棱锥P﹣CEF的外接球体积最小
【答案】AC．
【解析】对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，又PM⊂平面ACC1A1，则PM⊥BD，故选项A正确；
对于B，设AC∩BD＝O，EF∩AC＝H，如图所示，
若AC1∥平面MEF，又AC⊂平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面MEF＝MH，
则AC1∥MH，由正方体的性质可知，O是AC的中点，M是CC1的中点，
所以AC1∥MO，又MO∩MH＝M，产生矛盾，故假设不成立，故选项B错误；
对于C，点P在平面ABCD上的射影N在AC上，连结NE，
故∠PEN即为PE与平面ABCD所成的角，
设正方体的棱长为a，则PN＝a，tan∠PEN＝，
故EN的最小值即为E到直线AC的距离EH＝，
所以tan∠PEN的最大值为，故选项C正确；
对于D，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，假设HK⊥平面ABCD，交A1C1于点K，
又H为△CEF的外心，则三棱锥P﹣CEF的外接球的球心一定在HK上，
设球心为O'，高O'P＝O'E＝R，正方体的棱长为a，
则，
2a，其中，
故当PK＝0时，R最小，此时点P与点K重合，故选项D错误．

27.(2021•上海浦东新区三模•T13．)下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．三条相交直线确定一个平面
C．对于直线a、b、c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c
D．对于直线a、b、c，若a∥b，b∥c，则a∥c
【答案】D．
【解析】选项A，不共线的三点确定一个平面，故A错误；
选项B，三条相交直线可确定一个平面，或三个平面，（三棱锥的三条侧棱），故B错误；选项C，对于直线a、b、c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c，在平面几何中是正确的，在立体几何中不一定成立，故C错误；
选项D，由平行公理可得：对已直线abc，若a∥b，b∥c，则a∥c，故D正确．
28.(2021•湖南三模•T11．)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列说法正确的有（　　）

A．平面PCD⊥平面PBD
B．三棱锥P﹣BCD四个面都是直角三角形
C．PD与BC所成角的余弦值为
D．过BC的平面与PD交于M，则△MBC面积的最小值为
【答案】ABD．
【解析】△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，
所以BD＝，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，
因为平面PBD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD＝BD，
所以CD⊥平面PBD，CD⊥PD；
同理PB⊥平面CBD，
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面BPD，A，B正确；
以D为原点，联立如图所示的空间直角坐标系，则B（，0，0），C（0，1，0），P（，0，1），因为＝（，0，1），＝（﹣，1，0），
所以cos＝＝，即PD与BC所成角的余弦值为，C错误；因为M在线段PD上，设M（，0，a），则＝（3﹣，0，﹣a），
所以点M到BC的距离d＝＝＝，
当a＝时，d取得最小值，此时△MBC面积取得最小值＝，D正确．

29.(2021•福建宁德三模•T12) 已知正四棱锥的侧面积为43，当该棱锥的体积最大时，以下结论正确的是( )
A. 棱锥的高与底面边长的比为22
B. 侧棱与底面所成的角为60∘
C. 棱锥的每一个侧面都是等边三角形
D. 棱锥的内切球的表面积为(8-43)π
【答案】ACD．
【解析】设底面边长为2a，侧棱长为b，则，即ab2-a2=3，
而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，
故V=4a23⋅3a2-a2=433a2-a6，
设f(a)=3a2-a6(0