三年 (2020-2022 ) 高考真题汇编 专题05立体几何（选择题、填空题）（理科专用）

专题05立体几何（选择题、填空题）（理科专用）

【2022年新高考1卷】

1．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．

【详解】

依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．

棱台上底面积，下底面积，

∴

．

故选：C．

【2022年新高考1卷】

2．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】

∵球的体积为，所以球的半径,

方法一：导数法

设正四棱锥的底面边长为，高为，

则，,

所以，

所以正四棱锥的体积，

所以，

当时，，当时，，

所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，

又时，，时，,

所以正四棱锥的体积的最小值为，

所以该正四棱锥体积的取值范围是.

故选：C.

方法二：基本不等式法：

由方法一故所以当且仅当取到，

当时，得，则

当时，球心在正四棱锥高线上，此时，

，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是

【2022年新高考2卷】

3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．

【详解】

设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．

故选：A．

【2021年甲卷理科】

4．2020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】

【分析】

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．

【详解】

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．

【点睛】

本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．

【2021年甲卷理科】

5．已知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】

【分析】

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.

【详解】

，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.

【点睛】

关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.

【2021年新高考1卷】

6．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】

【分析】

设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.

【详解】

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.

故选：B.

【2021年新高考2卷】

7．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.

【详解】

作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，

所以该棱台的高，

下底面面积，上底面面积，

所以该棱台的体积.

故选：D.

【2020年新课标1卷理科】

8．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.

【详解】

如图，设，则，

由题意，即，化简得，

解得（负值舍去）.

故选：C.

【点晴】

本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.

【2020年新课标1卷理科】

9．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.

【详解】

设圆半径为，球的半径为，依题意，

得，为等边三角形，

由正弦定理可得，

，根据球的截面性质平面，

，

球的表面积.

故选：A

【点睛】

本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

【2020年新课标2卷理科】

10．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.

【详解】

根据三视图，画出多面体立体图形，

上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,

∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.

【2020年新课标2卷理科】

11．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【解析】

【分析】

根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.

【详解】

设球的半径为，则，解得：.

设外接圆半径为，边长为，

是面积为的等边三角形，

，解得：，，

球心到平面的距离.

故选：C.

【点睛】

本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

【2020年新课标3卷理科】

12．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ）

A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.

【详解】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：

根据勾股定理可得：

是边长为的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

该几何体的表面积是：.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.

【2020年新高考1卷（山东卷）】

13．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ）

A．20° B．40°

C．50° D．90°

【答案】B

【解析】

【分析】

画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.

【详解】

画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..

由于，所以，

由于，

所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.

【2022年新高考1卷】

14．已知正方体，则（    ）

A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为

C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】

如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，

因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，

因为，，所以平面，

又平面，所以，故B正确；

连接，设，连接，

因为平面，平面，则，

因为，，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，

设正方体棱长为，则，，，

所以，直线与平面所成的角为，故C错误；

因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.

故选：ABD

【2022年新高考2卷】

15．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【解析】

【分析】

直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.

【详解】

设，因为平面，，则，

，连接交于点，连接，易得，

又平面，平面，则，又，平面，则平面，

又，过作于，易得四边形为矩形，则，

则，，

，则，，，

则，则，，，故A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

【2021年新高考1卷】

16．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）

A．当时，的周长为定值

B．当时，三棱锥的体积为定值

C．当时，有且仅有一个点，使得

D．当时，有且仅有一个点，使得平面

【答案】BD

【解析】

【分析】

对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；

对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．

【详解】

易知，点在矩形内部（含边界）．

对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；

对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．

对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；

对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．

故选：BD．

【点睛】

本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．

【2021年新高考2卷】

17．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.

【详解】

设正方体的棱长为，

对于A，如图（1）所示，连接，则，

故（或其补角）为异面直线所成的角，

在直角三角形，，，故，

故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，

由正方体可得平面，而平面，

故，而，故平面，

又平面，，而，

所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，

故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，

则，

因为，故，故，

所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，

，，故不是直角，

故不垂直，故D错误.

故选：BC.

【2020年新课标3卷理科】

18．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】

将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】

易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为，

由于，故，

设内切圆半径为，则：

，

解得：，其体积：.

故答案为：.

【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

【2020年新高考1卷（山东卷）】

19．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

【答案】.

【解析】

【分析】

根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.

【详解】

如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，

因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，

又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，

因为，所以侧面，

设为侧面与球面的交线上的点，则，

因为球的半径为，，所以，

所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，

因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，

因为，所以，

所以根据弧长公式可得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

【2020年新高考2卷（海南卷）】

20．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________

【答案】

【解析】

【分析】

利用计算即可.

【详解】

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点

所以

故答案为：

【点睛】

在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.