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1、專(zhuān)題10 立體幾何一、選擇題部分1.(2021新高考全國(guó)卷T3)已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則，解得.2.(2021高考全國(guó)甲卷理T6) 在一個(gè)正方體中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G該正方體截去三棱錐后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根據(jù)題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀圖，結(jié)合直觀圖進(jìn)行判斷.由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示，所以其側(cè)視圖為故選D3.(2021高考

2、全國(guó)甲卷理T8) 2020年12月8日，中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影滿(mǎn)足，由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為，與的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為，則A，C兩點(diǎn)到水平面的高度差約為（）（）A. 346B. 373C. 446D. 473【答案】B【解析】通過(guò)做輔助線，將已知所求量轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中，借助正弦定理，求得，進(jìn)而得到答案過(guò)作，過(guò)作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以所以因?yàn)?，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以故選B4.(2021

3、高考全國(guó)甲卷理T11) 已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由題可得為等腰直角三角形，得出外接圓的半徑，則可求得到平面的距離，進(jìn)而求得體積.，為等腰直角三角形，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)到平面的距離為，則，所以.故選A.5.(2021高考全國(guó)乙卷文T10) 在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線與所成的角為（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如圖，連接，因?yàn)?，所以或其補(bǔ)角為直線與所成的角，因?yàn)槠矫?，所以，又，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則，所以.故選D6.(2021浙江卷T4) 某幾何體的三視圖如圖

4、所示，則該幾何體的體積是（）A. B. 3C. D. 【答案】A【解析】幾何體為如圖所示的四棱柱，其高為1，底面為等腰梯形，該等腰梯形的上底為，下底為，腰長(zhǎng)為1，故梯形的高為，故，故選A.7.(2021浙江卷T6) 如圖已知正方體，M，N分別是，的中點(diǎn)，則（）A. 直線與直線垂直，直線平面B. 直線與直線平行，直線平面C. 直線與直線相交，直線平面D. 直線與直線異面，直線平面【答案】A【解析】連，在正方體中，M是的中點(diǎn)，所以為中點(diǎn)，又N是的中點(diǎn)，所以，平面平面，所以平面.因?yàn)椴淮怪保圆淮怪眲t不垂直平面，所以選項(xiàng)B,D不正確；在正方體中，平面，所以，所以平面，平面，所以，且直線是異面直線，

5、所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選A.8.(2021浙江麗水湖州衢州二模T2)已知直線l，m和平面（）A若lm，m，則lB若l，m，則lmC若l，m，則lmD若lm，l，則m【答案】C【解析】對(duì)于A，若lm，m，則l或l，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若l，m，則lm或l與m異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若l，m，則由線面垂直的性質(zhì)得lm，故C正確；對(duì)于D，若lm，l，則m與平行或m，故D錯(cuò)誤9.(2021江蘇鹽城三模T11)已知矩形ABCD滿(mǎn)足AB1，AD2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，將ABE沿AE折起，點(diǎn)B折至B，得到四棱錐BAECD，若點(diǎn)P為BD的中點(diǎn)，則ACP/平面BAEB存在點(diǎn)B，使得CP平面ABDC四棱錐BA

6、ECD體積的最大值為D存在點(diǎn)B，使得三棱錐BADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)【答案】ACD【考點(diǎn)】立體幾何的綜合應(yīng)用：位置關(guān)系、體積、外接球問(wèn)題【解析】由題意可知，對(duì)于選項(xiàng)A，取AB的中點(diǎn)為Q，連結(jié)EQ、PQ，因?yàn)镃EAD，PQAD，所以PQCE，所以四邊形CEQP為平行四邊形，所以CPQE，又QE平面ABE，CP平面ABE，所以CP平面ABE，所以選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，若CP平面ABD，則CPAB，所以QEAB，則與ABBE矛盾，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，過(guò)B作BOAE，垂足為O，可得BO，所以VBAECDSAECDh(11)1hBO，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，若三棱錐BADE外接球

7、的球心在平面AECD內(nèi)，則球心為ADE的外心，則為ADE直角三角形，且AD為斜邊，則球心O為AD的中點(diǎn)，所以ROBOAOD1，則ABBD，所以BD，而B(niǎo)D(1，)，可知存在，則滿(mǎn)足題意，所以選項(xiàng)D正確；綜上，答案選ACD10.(2021河南鄭州三模理T9)已知等腰直角ABC的斜邊BC4，沿斜邊的高線AD將ABC折起，使二面角BADC為，則四面體ABCD的外接球的體積為（）ABCD【答案】B【解析】如圖，由題意，BCD是等邊三角形，邊長(zhǎng)為2，則BCD外接圓的半徑為，設(shè)BCD的外心為G，四面體ABCD的外接球的球心為O，連接OG，則OG平面BCD，且OGAD1四面體ABCD的外接球的半徑R則四面體

8、ABCD的外接球的體積V11.(2021河南鄭州三模理T11)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E平面AA1B1B，點(diǎn)F是線段AA1的中點(diǎn)，若D1ECF，則EBC的面積最小值為（）ABCD【答案】B【解析】如圖：取AB中點(diǎn)G，可知RtBAFRtB1BG，得ABFBB1G，B1GB+ABFB1GB+BB1G90，BFGB1，又B1GBC，B1G平面BFC，B1G平面CF，又D1ECF，CF平面B1D1G，當(dāng)點(diǎn)E在直線B1G上時(shí)，D1ECF，BC2，則ABC面積為EBBC，當(dāng)EBC的面積取得最小值時(shí)，線段CE的長(zhǎng)度為點(diǎn)B到直線B1G的距離，線段CE長(zhǎng)度的最小值為，此時(shí)EBC面積為EB

9、BC12.(2021河南開(kāi)封三模文T9理T8)某幾何體的三視圖如圖所示，關(guān)于該幾何體有下述四個(gè)結(jié)論：體積可能是；體積可能是；AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為；在該幾何體的面中，互相平行的面可能有四對(duì)其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是（）ABCD【答案】D【解析】由三視圖可畫(huà)出直觀圖如下圖：如圖1，故正確；如圖2，故正確；如上圖，AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱分別為EF和FG，由EFG為正三角形，可知AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為，故正確；如上圖，平面ABCD平面B1C1D1，面ADD1面BCC1B1，面ABB1面DCC1D1，面AB1D1面BC1D，故正確13.(2021河北張家口三模

10、T10)已知一個(gè)圓柱的上、下底面圓周均在球O的表面上，若圓柱的體積為4，則球O的表面積不可能為（）A6B8C12D16【答案】AB【解析】設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，高為h，則所以，所以，所以當(dāng)h（0，2）時(shí)6）0；當(dāng)h（2，（R3）0，所以當(dāng)h2時(shí)，R2有最小值此時(shí)球O的表面積有最小值，且最小值為，即球O的表面積S球O1214.(2021山東聊城三模T12.)已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為6，M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，將AMN沿MN折起至AMN，在四棱錐A-MNCB中，下列說(shuō)法正確的是（）A.直線MN平面ABCB.當(dāng)四棱錐A-MNCB體積最大時(shí)，二面角A-MN-B為直二面角C.在折起過(guò)程中存在

11、某位置使BN平面ANCD.當(dāng)四棱A-MNCB體積最大時(shí)，它的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為39【答案】 A,B,D 【考點(diǎn)】反證法，球的體積和表面積，直線與平面平行的判定【解析】【解答】因?yàn)镸N/BC , MN平面ABC，BC平面ABC，所以直線MN平面ABC，A符合題意；因?yàn)樗睦忮FA-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，故當(dāng)二面角A-MN-B為直二面角時(shí)，滿(mǎn)足題意，B符合題意；對(duì)于C，如圖，若BN平面ANC，則BNAA，又ADMN，ADMN,ADAD=D，可知MN平面AAD ,所以AAMN ,又MNBN=N ,所以AA平面MNCB ,這顯然不可能，C不

12、符合題意；當(dāng)四棱A-MNCB體積最大時(shí)，二面角A-MN-B為直二面角，如圖，由MBC=3，取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心F是AMN外心，作OE平面MNCB，OF上平面AMN，則O是四棱錐A -MNCB的外接球的球心，且OF=DE= 332，AF= 3 .設(shè)四棱錐A -MNCB的外接球半徑R，則R2=AF2+OF2=394，所以球表面積是39【分析】A由線面平行判定可推得A正確。 B根據(jù)四棱錐A-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，進(jìn)而可判B正確。 C由反證法可得C錯(cuò)誤。 D取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心F是AMN外心得O是四棱錐

13、A -MNCB的外接球的球心，結(jié)合B的結(jié)論求得外接球半徑R，進(jìn)而求出球表面積，可判D正確。15.(2021四川內(nèi)江三模理T8)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個(gè)面的面積中，最大的是（）A4B8CD【答案】C【解析】根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐體如圖所示：由于AB2，BD4所以：，16.(2021重慶名校聯(lián)盟三模T12)如圖，矩形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，將ABM沿直線AM翻折成AB1M，連結(jié)B1D，N為B1D的中點(diǎn)，則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法中所有正確的是（）A存在某個(gè)位置，使得CNAB1B翻折過(guò)程中，CN的長(zhǎng)是定值C若ABBM，則AMB1DD若ABBM1，當(dāng)三棱錐B1AMD的體積最大時(shí)，三棱錐B1AMD的外接球的表面積是4【答案】BD【解析】對(duì)于A：如圖1，取AD中點(diǎn)E，連接EC交MD與F，則NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，可得到ENNF，又ENCN，且三線NE，NF，NC共面共點(diǎn)，不可能，故A錯(cuò)誤對(duì)于B：如圖1，可得由NECMAB1（定值），NE（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC2NE2+EC22NEECcosNEC，NC是定值，故B正確對(duì)于C：如圖2，取AM中點(diǎn)O，連接B1O，DO，由題意得AM面ODB1，即可得ODAM，從而ADMD，由題意不成立，可得C錯(cuò)誤對(duì)于D：當(dāng)平面B1AM平面AMD時(shí)，三棱錐