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第8讲 立体几何小题 2022高考新题好题汇编
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这是一份第8讲 立体几何小题 2022高考新题好题汇编，文件包含第8讲立体几何小题解析版docx、第8讲立体几何小题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
第8讲 立体几何小题
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习（文））斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．右图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积，
【详解】
根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，
设圆锥底面半径为，则，，
圆锥的高为，
所以圆锥体积为．
故选：A．
2．（2021·山东高三二模）已知圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，则该圆锥的侧面积是（ ）
A．64π B．48π C．32π D．16π
【答案】C
【分析】
由题意可得，圆锥的侧面展开图是扇形，半径为母线8，弧长为圆锥底面周长，进而可得结果.
【详解】
由题意可得，圆锥底面直径为，8半径为4，母线长为8，
圆锥的侧面展开图是扇形，半径为母线8，弧长为圆锥底面周长
扇形面积为：
故选：C
3．（2021·广东韶关市·高三一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
【答案】D
【分析】
根据三角形面积可得点到直线的距离为定值，即点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，由直线与平面既不平行也不垂直，可得点的轨迹是椭圆，即可得出选项.
【详解】
设是三角形边的高，
，所以，
即点到直线的距离为定值，
所以点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，
直线与平面既不平行也不垂直，
所以点的轨迹是平面上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形内.
故选：D
4．（2021·全国高三专题练习）已知点在球O的表面上，平面，若与平面所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面距离的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.
【详解】
如图，因为平面，，所以为球的直径
由得
作，则即为与平面所成角
所以，得
设由等面积法得，解得
所以，即，
又平面过球心，所以P到平面距离即为半径的长
所以P到平面距离的最大值为3.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题属于一道球外接于鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）的题目，可以将鳖臑放到一个长方体中，由对称性可知，鳖臑的外接球就是长方体的外接球，所以长方体的体对角线正好为球的直径，因此，求外接球的半径可转化为先求长方体的体对角线长，再计算半径.
5．（2021·全国高三专题练习（文））蹴鞠（如图所示），2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点、、、，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过点P作，在中，根据，，求得，在中，根据，求得，再根据球心在上，得到PC为球O的直径，再由求得半径即可.
【详解】
如图所示：
在中，因为，，
所以，即，
在中，，
所以，即是等腰三角形，
过点P作，则BD=AD=,
因为，
所以，，
又球心在上，故PC为球O的直径，
所以，，
即，解得，
所以该球的表面积是.
故选：C．
6．（2021·全国高三专题练习（理））如图在底圆半径和高均为的圆锥中，、是过底圆圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）．
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】
如图所示，过点做，垂足为．求出，在平面内建立直角坐标系如图，求出，，，即得解.
【详解】
如图所示，过点做，垂足为．
∵是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为，
∴．∴．
在平面内建立直角坐标系如图．
设抛物线的方程为，为抛物线的焦点．
，所以，解得，
即，，，
该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离为，
故选：A
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是建立直角坐标系，求出，，.
7．（2021·辽宁高三一模（理））过正方体顶点作平面，使平面，和的中点分别为和，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据直线平行及平面平行，问题转化为求与平面所成的角，根据线面角定义求解即可.
【详解】
连接，取中点，连接，如图，
平面，,
直线与平面所成角即为与平面所成的角，
,
平面，
即为与平面所成的角，
设正方体棱长为2，
,
故选：A
【点睛】
关键点点睛：本题求解，利用线线平行，线面平行，将直线与平面所成角转化为与平面所成的角是解题的关键，属于中档题.
8．（2021·浙江高一单元测试）球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正的项点都在半径为的球面上，球心到所在平面距离为，则、两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设球心为点，计算出，利用扇形弧长公式可求得结果.
【详解】
设球心为点，平面截球所得截面圆的半径为，
由正弦定理可得，，
又，所以，为等边三角形，则，
因此，、两点间的球面距离为.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式（其中为截面圆的半径，为球的半径，为球心到截面的距离）来计算.
9．（2021·全国高三专题练习（文））已知两条不同的直线和不重合的两个平面，且，有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
【答案】A
【分析】
根据线面、面面的关系一一判断；
【详解】
解：因为两条不同的直线和不重合的两个平面，且，
对于①，由，可得，故①正确；
对于②，若，可得，故②正确；
对于③，若，则有可能，故③错误；
对于④，当时，则有可能，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故选：A．
二、多选题
10．（2021·广东深圳市·高三一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
【答案】ABD
【分析】
对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【详解】
对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；
对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；
对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
11．（2021·广东广州市·高三一模）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A．与一定不垂直 B．二面角的正弦值是
C．的面积是 D．点到平面的距离是常量
【答案】BCD
【分析】
对A，当与重合时不满足；对B，可得即为二面角的平面角，求出即可；对C，可得即为三角形的高，求出面积即可判断；对D，由平面可判断.
【详解】
对A，当与重合时，，故A错误；
对B，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，故平面也是平面，平面，则,则即为二面角的平面角，，则，则，故B正确；
对C，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，且，则的距离即为三角形的高，平面，，则即为三角形的高，，故C正确；
对D，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，，则平面，则点到平面的距离为常量，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
关键点睛：本题考查立体几何中的相关量的计算，解题的关键是正确利用好进行转化.
12．（2021·广东湛江市·高三一模）在梯形ABCD中，AB=2AD=2DC=2CB，将沿BD折起，使C到C'的位置（C与C'不重合），E，F分别为线段AB，AC'的中点，H在直线DC'上，那么在翻折的过程中（ ）
A．DC'与平面ABD所成角的最大值为
B．F在以E为圆心的一个定圆上
C．若BH丄平面ADC'，则
D．当AD丄平面BDC'时，四面体C'-ABD的体积取得最大值
【答案】ACD
【分析】
根据线面角的知识确定A选项的正确性；根据圆锥的几何性质判断B选项的正确性；求得，由此确定C选项的正确性；结合锥体体积求法，确定D选项的正确性.
【详解】
如图，在梯形中，因为，是的中点，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于，所以三角形是等边三角形，
所以，故，.
在将沿翻折至的过程中，的大小保持不变，由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故A正确.
因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点，故B不正确.
当平面时，.因为，所以，所以，故C正确.
在翻折的过程中，的面积不变，所以当平面时，四面体的体积取得最大值，故D正确.
故选：ACD
13．（2021·全国高三专题练习）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则（ ）
A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是 D．球的体积是
【答案】BC
【分析】
根据题意，结合棱锥满足的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.
【详解】
三棱锥可置于棱长为2的正方体内，
正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，
如下图的，
分别设，为､外接圆圆心，所以A错；
因为，则是的中点.在等腰三角形中，，
设其外接圆半径为(如图)，
则，得：，解得，.所以，B对；
设三棱锥外接球半径为在中，
，，所以，解得.
从而.所以C对，D错.
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，能够正确解题的关键是根据题中所给的棱锥的条件，将其放到正方体中解决，这样有助于更好的分析各量之间的关系.
14．（2021·全国高三专题练习）如图，设正方体的棱长为2，为的中点，为上的一个动点，设由点，，构成的平面为，则（ ）
A．平面截正方体的截面可能是三角形
B．当点与点重合时，平面截正方体的截面面积为
C．点到平面的距离的最大值为
D．当为的中点时，平面截正方体的截面为五边形
【答案】BCD
【分析】
建立空间直角坐标系，平面扩展为平面可判断A，B，D，然后计算点到直线的距离并使用等积法，计算即可知C的正误.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，延长与轴交于点，
连接与轴交于点，
则平面由平面扩展为平面.由此模型可知A错误，B，D正确.
设点的坐标为，
，，
则可知点到直线的距离为，
则可得的面积.
，设点到平面的距离为，
利用等体积法，即
可得.则，
由在单调递增
所以当时，取到最大值为.
故选：BCD
【点睛】
本题关键在于拓展平面以及建立空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，有利的积用向量，是复杂的问题简单化
15．（2021·广东梅州市·高三一模）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变 B．直线与平面所成角的大小不变
C．直线与直线所成角的大小不变 D．二面角的大小不变
【答案】ACD
【分析】
根据线面位置关系分别判断各选项对错.
【详解】
A：平面，上任意一点到平面的距离相等，所以体积不变，A选项正确；
B：与平面相交，所以直线与平面所成角的大小在变，B选项错误；
C：直线平面，，直线与直线所成角的大小不变；C选项正确；
D：二面角也就是二面角大小不变，D选项正确；
故选：ACD.
16．（2021·江苏常州市·高三一模）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体，则（ ）
A．
B．
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
【答案】ABD
【分析】
根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、四点共面即可判断A、B、C的正误，由斜棱柱的性质判断D的正误.
【详解】
由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，连接FG、AH、GH，即，
∴，，，故A、B正确；
∴四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确；
故选：ABD.
17．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）如图，棱长为的正方体的内切球为球分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列结论成立的有（ ）
A．存在点使垂直于平面
B．对于任意点平面
C．直线的被球截得的弦长为
D．过直线的平面截球所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为
【答案】ACD
【分析】
A.当点为中点时，证明平面；B.当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立；C. 点是线段的中点，利用弦长公式求弦长；D. 当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用C的结果求圆的面积.
【详解】
当为中点时，， ，平面，
平面平面，平面，，同理，，
所以平面，即平面，故A正确；
当与重合时，在平面上，在平面外，故B不正确;
如图，点是线段的中点，由对称性可知，由勾股定理可知易知 球心到距离为，
则被球截得的弦长为
故C正确;
当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，面积为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】
思路点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，C选项的关键是利用的长度，计算，再利用球的弦长公式计算弦长.
18．（2021·山东高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）
A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米 D．正四棱锥的侧面积为平方米
【答案】AC
【分析】
利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
设底面边长为．
因为，
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，
平方米．
故选：AC.
三、填空题
19．（2021·全国高三专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也.”现有一个刍甍如图所示，底面是边长为4的正方形，上棱，四边形为两个全等的等腰梯形，到平面的距离为2，则该刍甍外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】
根据几何体的结构特征，得出该刍甍外接球的球心在直线上，结合球的截面性质，列出方程组，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，连接相交于点，取的中点，连接，可得平面，则该刍甍外接球的球心在直线上，
设该刍甍外接球的半径为，，则，解得，所以该刍甍外接球的表面积为.
故答案为：.
20．（2021·广东汕头市·高三一模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积.
【详解】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，
设，为的外接圆半径，
平面，平面，，
由勾股定理得，，
设外接球的半径为，则，①
是等边三角形，且为的中点，所以，，
由球的几何性质可得平面，平面，，
所以，为二面角的余角，
又因为二面角的大小为，，
在中，由余弦定理得，②
因为为等边的高，则，
由①②得，，，因此，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
21．（2021·全国高三专题练习）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为____________.
【答案】
【分析】
先证明平面，再将三棱锥以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，结合三棱柱的性质，以及球的截面圆的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
由，，可得，所以，
由点是的中点，且，可求得，
又由，可得，所以，
又且平面，所以平面，
以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，
则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球，
球心到底面的距离为,
由正弦定理，可得的外接圆的半径为，
所以球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.
22．（2021·全国高三专题练习（理））在正四棱锥中，，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为_________．
【答案】
【分析】
首先作平面，垂足为H．连接，得到，，从而，根据四棱锥的体积为，得到，再设出外接球的球心，得到方程，解方程再求外接球体积即可.
【详解】
如图所示：
作平面，垂足为H．连接，则H为的中点．
设，则，，从而，故四棱锥的体积为，解得．
由题意可知正四棱锥外接球的球心O在上，连接．
设正四棱锥外接球的半径为R，
则，即
解得，故该四棱锥外接球的体积为．
故答案为：
23．（2021·全国高三专题练习（理））早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．
【答案】
【分析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，
则，得，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，
所以，即，解得．
所以该正二十面体的外接球表面积为，
而该正二十面体的表面积是，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
四、双空题
24．（2021·广东广州市·高三一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为________，球的表面积为__________.
【答案】
【分析】
由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【详解】
如图所示：
依题意得
点到平面的距离为
所以 ，侧面高为
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：；
【点睛】
本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径．
25．（2021·江苏常州市·高三一模）四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积___________；这样的不同四面体的个数为___________.
【答案】 3
【分析】
由题意构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，结合体积公式，即可求解，根据三棱锥的几何结构特征，分类列举，即可求解.
【详解】
由题意，可以构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
则三棱锥的高，则体积.
由1和2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，
边长为的三角形除了已求体积的正三棱锥外，
还可以是四个的三角形拼成的三棱锥、两个边长为2的正三角形和两个的三角形拼成的三棱锥，所以满足题意的四面体共3个.
故答案为：
第8讲 立体几何小题
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习（文））斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．右图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积，
【详解】
根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，
设圆锥底面半径为，则，，
圆锥的高为，
所以圆锥体积为．
故选：A．
2．（2021·山东高三二模）已知圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，则该圆锥的侧面积是（ ）
A．64π B．48π C．32π D．16π
【答案】C
【分析】
由题意可得，圆锥的侧面展开图是扇形，半径为母线8，弧长为圆锥底面周长，进而可得结果.
【详解】
由题意可得，圆锥底面直径为，8半径为4，母线长为8，
圆锥的侧面展开图是扇形，半径为母线8，弧长为圆锥底面周长
扇形面积为：
故选：C
3．（2021·广东韶关市·高三一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
【答案】D
【分析】
根据三角形面积可得点到直线的距离为定值，即点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，由直线与平面既不平行也不垂直，可得点的轨迹是椭圆，即可得出选项.
【详解】
设是三角形边的高，
，所以，
即点到直线的距离为定值，
所以点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，
直线与平面既不平行也不垂直，
所以点的轨迹是平面上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形内.
故选：D
4．（2021·全国高三专题练习）已知点在球O的表面上，平面，若与平面所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面距离的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.
【详解】
如图，因为平面，，所以为球的直径
由得
作，则即为与平面所成角
所以，得
设由等面积法得，解得
所以，即，
又平面过球心，所以P到平面距离即为半径的长
所以P到平面距离的最大值为3.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题属于一道球外接于鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）的题目，可以将鳖臑放到一个长方体中，由对称性可知，鳖臑的外接球就是长方体的外接球，所以长方体的体对角线正好为球的直径，因此，求外接球的半径可转化为先求长方体的体对角线长，再计算半径.
5．（2021·全国高三专题练习（文））蹴鞠（如图所示），2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点、、、，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过点P作，在中，根据，，求得，在中，根据，求得，再根据球心在上，得到PC为球O的直径，再由求得半径即可.
【详解】
如图所示：
在中，因为，，
所以，即，
在中，，
所以，即是等腰三角形，
过点P作，则BD=AD=,
因为，
所以，，
又球心在上，故PC为球O的直径，
所以，，
即，解得，
所以该球的表面积是.
故选：C．
6．（2021·全国高三专题练习（理））如图在底圆半径和高均为的圆锥中，、是过底圆圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）．
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】
如图所示，过点做，垂足为．求出，在平面内建立直角坐标系如图，求出，，，即得解.
【详解】
如图所示，过点做，垂足为．
∵是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为，
∴．∴．
在平面内建立直角坐标系如图．
设抛物线的方程为，为抛物线的焦点．
，所以，解得，
即，，，
该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离为，
故选：A
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是建立直角坐标系，求出，，.
7．（2021·辽宁高三一模（理））过正方体顶点作平面，使平面，和的中点分别为和，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据直线平行及平面平行，问题转化为求与平面所成的角，根据线面角定义求解即可.
【详解】
连接，取中点，连接，如图，
平面，,
直线与平面所成角即为与平面所成的角，
,
平面，
即为与平面所成的角，
设正方体棱长为2，
,
故选：A
【点睛】
关键点点睛：本题求解，利用线线平行，线面平行，将直线与平面所成角转化为与平面所成的角是解题的关键，属于中档题.
8．（2021·浙江高一单元测试）球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正的项点都在半径为的球面上，球心到所在平面距离为，则、两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设球心为点，计算出，利用扇形弧长公式可求得结果.
【详解】
设球心为点，平面截球所得截面圆的半径为，
由正弦定理可得，，
又，所以，为等边三角形，则，
因此，、两点间的球面距离为.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式（其中为截面圆的半径，为球的半径，为球心到截面的距离）来计算.
9．（2021·全国高三专题练习（文））已知两条不同的直线和不重合的两个平面，且，有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
【答案】A
【分析】
根据线面、面面的关系一一判断；
【详解】
解：因为两条不同的直线和不重合的两个平面，且，
对于①，由，可得，故①正确；
对于②，若，可得，故②正确；
对于③，若，则有可能，故③错误；
对于④，当时，则有可能，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故选：A．
二、多选题
10．（2021·广东深圳市·高三一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
【答案】ABD
【分析】
对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【详解】
对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；
对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；
对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
11．（2021·广东广州市·高三一模）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A．与一定不垂直 B．二面角的正弦值是
C．的面积是 D．点到平面的距离是常量
【答案】BCD
【分析】
对A，当与重合时不满足；对B，可得即为二面角的平面角，求出即可；对C，可得即为三角形的高，求出面积即可判断；对D，由平面可判断.
【详解】
对A，当与重合时，，故A错误；
对B，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，故平面也是平面，平面，则,则即为二面角的平面角，，则，则，故B正确；
对C，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，且，则的距离即为三角形的高，平面，，则即为三角形的高，，故C正确；
对D，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，，则平面，则点到平面的距离为常量，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
关键点睛：本题考查立体几何中的相关量的计算，解题的关键是正确利用好进行转化.
12．（2021·广东湛江市·高三一模）在梯形ABCD中，AB=2AD=2DC=2CB，将沿BD折起，使C到C'的位置（C与C'不重合），E，F分别为线段AB，AC'的中点，H在直线DC'上，那么在翻折的过程中（ ）
A．DC'与平面ABD所成角的最大值为
B．F在以E为圆心的一个定圆上
C．若BH丄平面ADC'，则
D．当AD丄平面BDC'时，四面体C'-ABD的体积取得最大值
【答案】ACD
【分析】
根据线面角的知识确定A选项的正确性；根据圆锥的几何性质判断B选项的正确性；求得，由此确定C选项的正确性；结合锥体体积求法，确定D选项的正确性.
【详解】
如图，在梯形中，因为，是的中点，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于，所以三角形是等边三角形，
所以，故，.
在将沿翻折至的过程中，的大小保持不变，由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故A正确.
因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点，故B不正确.
当平面时，.因为，所以，所以，故C正确.
在翻折的过程中，的面积不变，所以当平面时，四面体的体积取得最大值，故D正确.
故选：ACD
13．（2021·全国高三专题练习）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则（ ）
A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是 D．球的体积是
【答案】BC
【分析】
根据题意，结合棱锥满足的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.
【详解】
三棱锥可置于棱长为2的正方体内，
正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，
如下图的，
分别设，为､外接圆圆心，所以A错；
因为，则是的中点.在等腰三角形中，，
设其外接圆半径为(如图)，
则，得：，解得，.所以，B对；
设三棱锥外接球半径为在中，
，，所以，解得.
从而.所以C对，D错.
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，能够正确解题的关键是根据题中所给的棱锥的条件，将其放到正方体中解决，这样有助于更好的分析各量之间的关系.
14．（2021·全国高三专题练习）如图，设正方体的棱长为2，为的中点，为上的一个动点，设由点，，构成的平面为，则（ ）
A．平面截正方体的截面可能是三角形
B．当点与点重合时，平面截正方体的截面面积为
C．点到平面的距离的最大值为
D．当为的中点时，平面截正方体的截面为五边形
【答案】BCD
【分析】
建立空间直角坐标系，平面扩展为平面可判断A，B，D，然后计算点到直线的距离并使用等积法，计算即可知C的正误.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，延长与轴交于点，
连接与轴交于点，
则平面由平面扩展为平面.由此模型可知A错误，B，D正确.
设点的坐标为，
，，
则可知点到直线的距离为，
则可得的面积.
，设点到平面的距离为，
利用等体积法，即
可得.则，
由在单调递增
所以当时，取到最大值为.
故选：BCD
【点睛】
本题关键在于拓展平面以及建立空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，有利的积用向量，是复杂的问题简单化
15．（2021·广东梅州市·高三一模）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变 B．直线与平面所成角的大小不变
C．直线与直线所成角的大小不变 D．二面角的大小不变
【答案】ACD
【分析】
根据线面位置关系分别判断各选项对错.
【详解】
A：平面，上任意一点到平面的距离相等，所以体积不变，A选项正确；
B：与平面相交，所以直线与平面所成角的大小在变，B选项错误；
C：直线平面，，直线与直线所成角的大小不变；C选项正确；
D：二面角也就是二面角大小不变，D选项正确；
故选：ACD.
16．（2021·江苏常州市·高三一模）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体，则（ ）
A．
B．
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
【答案】ABD
【分析】
根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、四点共面即可判断A、B、C的正误，由斜棱柱的性质判断D的正误.
【详解】
由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，连接FG、AH、GH，即，
∴，，，故A、B正确；
∴四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确；
故选：ABD.
17．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）如图，棱长为的正方体的内切球为球分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列结论成立的有（ ）
A．存在点使垂直于平面
B．对于任意点平面
C．直线的被球截得的弦长为
D．过直线的平面截球所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为
【答案】ACD
【分析】
A.当点为中点时，证明平面；B.当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立；C. 点是线段的中点，利用弦长公式求弦长；D. 当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用C的结果求圆的面积.
【详解】
当为中点时，， ，平面，
平面平面，平面，，同理，，
所以平面，即平面，故A正确；
当与重合时，在平面上，在平面外，故B不正确;
如图，点是线段的中点，由对称性可知，由勾股定理可知易知 球心到距离为，
则被球截得的弦长为
故C正确;
当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，面积为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】
思路点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，C选项的关键是利用的长度，计算，再利用球的弦长公式计算弦长.
18．（2021·山东高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）
A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米 D．正四棱锥的侧面积为平方米
【答案】AC
【分析】
利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
设底面边长为．
因为，
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，
平方米．
故选：AC.
三、填空题
19．（2021·全国高三专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也.”现有一个刍甍如图所示，底面是边长为4的正方形，上棱，四边形为两个全等的等腰梯形，到平面的距离为2，则该刍甍外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】
根据几何体的结构特征，得出该刍甍外接球的球心在直线上，结合球的截面性质，列出方程组，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，连接相交于点，取的中点，连接，可得平面，则该刍甍外接球的球心在直线上，
设该刍甍外接球的半径为，，则，解得，所以该刍甍外接球的表面积为.
故答案为：.
20．（2021·广东汕头市·高三一模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积.
【详解】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，
设，为的外接圆半径，
平面，平面，，
由勾股定理得，，
设外接球的半径为，则，①
是等边三角形，且为的中点，所以，，
由球的几何性质可得平面，平面，，
所以，为二面角的余角，
又因为二面角的大小为，，
在中，由余弦定理得，②
因为为等边的高，则，
由①②得，，，因此，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
21．（2021·全国高三专题练习）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为____________.
【答案】
【分析】
先证明平面，再将三棱锥以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，结合三棱柱的性质，以及球的截面圆的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
由，，可得，所以，
由点是的中点，且，可求得，
又由，可得，所以，
又且平面，所以平面，
以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，
则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球，
球心到底面的距离为,
由正弦定理，可得的外接圆的半径为，
所以球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.
22．（2021·全国高三专题练习（理））在正四棱锥中，，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为_________．
【答案】
【分析】
首先作平面，垂足为H．连接，得到，，从而，根据四棱锥的体积为，得到，再设出外接球的球心，得到方程，解方程再求外接球体积即可.
【详解】
如图所示：
作平面，垂足为H．连接，则H为的中点．
设，则，，从而，故四棱锥的体积为，解得．
由题意可知正四棱锥外接球的球心O在上，连接．
设正四棱锥外接球的半径为R，
则，即
解得，故该四棱锥外接球的体积为．
故答案为：
23．（2021·全国高三专题练习（理））早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．
【答案】
【分析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，
则，得，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，
所以，即，解得．
所以该正二十面体的外接球表面积为，
而该正二十面体的表面积是，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
四、双空题
24．（2021·广东广州市·高三一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为________，球的表面积为__________.
【答案】
【分析】
由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【详解】
如图所示：
依题意得
点到平面的距离为
所以 ，侧面高为
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：；
【点睛】
本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径．
25．（2021·江苏常州市·高三一模）四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积___________；这样的不同四面体的个数为___________.
【答案】 3
【分析】
由题意构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，结合体积公式，即可求解，根据三棱锥的几何结构特征，分类列举，即可求解.
【详解】
由题意，可以构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
则三棱锥的高，则体积.
由1和2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，
边长为的三角形除了已求体积的正三棱锥外，
还可以是四个的三角形拼成的三棱锥、两个边长为2的正三角形和两个的三角形拼成的三棱锥，所以满足题意的四面体共3个.
故答案为：
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