2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）

2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）

一、空间几何体的体积、面积

1.（2021•全国•高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之

比是（）

A.V2:lB.2:1C.1：V2D.1:2

2.（2021•全国•高考真题）已知圆锥的底面半径为近，其侧面展开图为一个半圆，则该圆

锥的母线长为（）

A.2B.2V2C.4D.4及

3.（2021•全国•高考真题）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.20+12百B.28V2C.芋D.史也

33

4.（2021•全国•高考真题）在正三棱柱4BC-AiBig中，AB=AAX=1,点P满足前=

ABC+nBB1,其中JI6[0,1],ne[0,l]»则（）

A.当4=1时，AABiP的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-&BC的体积为定值

C.当时，有且仅有一个点P,使得41P1BP

D.当〃时，有且仅有一个点P,使得平面

5.（2020•海南•高考真题）已知正方体A8CZ>-AiBiGDi的棱长为2,M.N分别为88卜

A5的中点，则三棱锥A-NMDi的体积为

6.(2021•全国•高考真题(文))如图，四棱锥P-4BC0的底面是矩形，PO1底面

ABCD,M为BC的中点，且PB14M.

(1)证明：平面PAM_L平面PB。；

(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-4BCD的体积.

二、平行、垂直的命题判定

7.（2021•全国•高考真题）已知a,。表示平面，m,n表示直线，以下命题中正确的选项

是（）

A.假设m1a,mln,那么n〃a

B.假设mua,nu0,废〃6，那么

C.假设a〃伙me:a,那么

D.假设mua,nca,m〃仪n〃/?,那么a〃/?

8.（2021•全国•高考真题）设,〃，“为两条不同的直线，a,£为两个不同的平面，则下列

结论正确的是（）

A.若m〃n,n//a,则m〃a

B.若m〃n,m//a,n//p,贝!|a〃6

C.若a1p,mutr,nug,则m1n

D.若m1n,m1.a,n1°,则a1p

9.（2020•山东•高考真题）已知正方体4BCD-41B1C1D1（如图所示），则下列结论正确

的是（）

A.8。1〃414B,BD*C.BD1J.A1。D.B。］_L41cl

10.（2021•浙江•高考真题）如图已知正方体4BC0-&BiCiDi，M,N分别是&D,DXB

的中点，则（）

A.直线&D与直线垂直，直线MN〃平面4BCD

B.直线公。与直线DiB平行，直线MN1平面BDDiBi

C.直线4加与直线相交，直线MN〃平面4BCD

D.直线&D与直线异面，直线MN1平面BOO/i

11.（2021•全国•高考真题）-（多选）如图，在正方体中，。为底面的中心，尸为所在棱的

中点，M,N为正方体的顶点.则满足MN1OP的是（）

12.(2021•全国•高考真题)如下图，在四棱锥S->4BCD中，底面4BCD是正方形，平面

S4D1平面4BCD,SA=SD=2,AB=3.

(1)求S4与BC所成角的余弦值;

(2)求证：AB1SD.

三、球体-能力拓展

13.（2020•天津•高考真题）若棱长为26的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面

积为（）

A.1271B.24兀C.367rD.1447r

14.（2021•天津•高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，

若球的体积为等，两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.37rB.44C.94D.127r

15.（2020•全国•高考真题（理））已知△ABC是面积为我的等边三角形，且其顶点都在球

4

O的球面上.若球O的表面积为16处则O到平面ABC的距离为（）

A.V3B.1C.1D.苧

16.（2021•全国•高考真题（理））已如A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点，且

AC1BC,AC=BC=1,则三棱锥0-4BC的体积为（）

A.巡B.更C.在D.更

121244

17.（2020•全国•高考真题（理））已知A,8,C为球0的球面上的三个点，。。1为△ABC的

外接圆，若。01的面积为4兀，AB=BC^AC=OOX,则球O的表面积为（）

A.647rB.48TTC.36TTD.327r

18.（2020•海南•高考真题）已知直四棱柱ABC。-451Goi的棱长均为2,N

8Ao=60。.以外为球心，的为半径的球面与侧面8CGB1的交线长为.

四、立体几何的数学应用

19.（2021•全国•高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫

星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km

（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O,半径r为6400km

的球，其上点A的纬度是指04与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗

地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=

2兀/（1一cosa）（单位：小2）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

20.（2021•北京•高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗

漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的

等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm,高为300mm的圆锥形雨量

器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h

降雨量的等级是

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

21.（2020・海南•高考真题）日唇是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针

投射到悬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04垂直的平面.在点

A处放置一个日唇，若唇面与赤道所在平面平行，点4处的纬度为北纬40。，则号针与点

A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

22.（2020•全国•高考真题（理））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（）

B.或二！■

A.生D.V5+1

42

23.（2020•江苏•高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成

的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺

帽毛坯的体积是一cm.

五、立体几何与空间向量的综合应用

24.（2021•全国•高考真题（理））在正方体-AiBigOi中，尸为鸟。1的中点，则直

线PB与401所成的角为（）

25.(2021•全国•高考真题)如图，四棱锥P-4BCD中，底面A3CZ)是矩形，P41平面

ABCD,E为尸。的中点.

(1)证明：PB〃平面ACE；

(2)设P4=l,AD=逐,直线与平面ABCD所成的角为45。，求四棱锥P-4BCD

的体积.

26.(2021•全国•高考真题)在四棱锥。-A8C。中，底面4BCD是正方形，若4。=

2,QD=QA=®QC=3.

Q

(1)证明：平面Q4。，平面4BCD；

(2)求二面角B-QO-4的平面角的余弦值.

27.(2021•天津•高考真题)如图，在棱长为2的正方体4BCQ-4iBiCi0i中，E为

棱8c的中点，尸为棱Q9的中点.

(I)求证：DiF〃平面AiECi；

(II)求直线4G与平面为EC1所成角的正弦值.

(III)求二面角4一4也1-E的正弦值.

28.(2021•全国•高考真题(理))已知直三棱柱ABC-AiBiG中，侧面44避述为正方

形，AB=BC=2,E,F分别为4c和CC,的中点，。为棱公比上的点.B尸14/1

(1)证明：BF1DE；

(2)当Bi。为何值时，面BBiGC与面。产E所成的二面角的正弦值最小?

29.(2021•北京•高考真题)如图：在正方体4BC0-41B1C31中，E为中点，BtCt

与平面CDE交于点F.

(1)求证：产为4G的中点；

(2)点M是棱公占上一点，且二面角M—FC-E的余弦值为自，求覆的值.

30.(2020•全国•高考真题(理))如图，。为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，4E为底面

直径，AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，PO=-DO.

6

(1)证明：PA1平面PBC；

(2)求二面角B—PC-E的余弦值.

2020-2021真题精编-立体几何

解析版

一、空间几何体的体积、面积

1.（2021•全国•高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之

比是（）

A.V2:lB.2:1C.1：V2D.1:2

【答案】C

【分析】

根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.

【详解】

根据题意作图，

设圆锥的底面圆半径为r,高为九，母线长为Z.

若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，

则有2rcos45°=I,1=鱼八

该圆锥的底面积与侧面积比值为耳=鼻=三

nrlnr-y/2rV2

故选：c.

2.（2021•全国•高考真题）已知圆锥的底面半径为遮，其侧面展开图为一个半圆，则该圆

锥的母线长为（）

A.2B.2V2C.4D.4及

【答案】B

【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，则内=2TTXVI,解得1=

2A/2.

故选：B.

3.（2021•全国•高考真题）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.20+126B.28V2C.D.

33

【答案】D

【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,

所以该棱台的高口=J22-（2V2-V2）2=V2'

下底面面积Si=16,上底面面积S2=4,

所以该棱台的体积V=1（S[+S2+/范）=ixV2x（16+4+V64）=yV2.

故选：D.

4.（2021•全国•高考真题）在正三棱柱4BC-中，AB=AAt=1,点P满足丽=

2就+〃万瓦，其中4€[0,1],MG[0,1],则（）

A.当4=1时，△48/的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-AiBC的体积为定值

C.当4=号时，有且仅有一个点P，使得占P1BP

D.当〃=号时，有且仅有一个点P，使得4避，平面4B[P

【答案】BD

【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P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P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点

的个数；

对于D,考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点

的个数.

【详解】

易知，点P在矩形BCCiB]内部（含边界）.

对于A,当4=1时，丽=阮+〃瓯=近+”西，即此时PC线段CG，A/IBIP周长不

是定值，故A错误：

对于B,当”=1时，丽=4配+西=西+4瓦其，故此时P点轨迹为线段BC,而

BG“BC,当小〃平面48C,则有P到平面&BC的距离为定值，所以其体积为定值，故

B正确.

对于C,当;1=1时，BP=1BC+nBB^,取BC,Bg中点分别为Q,H,则前=的+

〃丽，所以P点轨迹为线段QH,不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，&（曰,0,1）,

P（0,0，H），B（0,i,0）,则币=（一今RP=（0,-p/z）,

帚・丽=〃（〃—1）=0,所以〃=0或〃=1.故H,Q均满足，故C错误；

对于D,当〃=5寸，丽=2配+|两，取即，CG中点为M,N.BP=BM+XMN，所

以P点轨迹为线段MN.设P（O,yo,3，因为A（中，0,0）,所以都=（一冬心》A^B=

（一3,;，一1）,所以：+：y（）-[=o=y（）=此时P与N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.

5.（2020•海南•高考真题）已知正方体的棱长为2,M、N分别为5为、

A8的中点，则三棱锥A-NMDi的体积为

【答案】|

【分析】

利用以-MMDi=匕)LAMN计算即可.

【详解】

因为正方体A8C£>-4BiGA的棱长为2,M.N分别为BBi、AB的中点

所以以-NMDi=KDJ-XMM=5X]X1X1X2=]

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.

6.(2021•全国•高考真题(文))如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD1底面

ABCD,M为BC的中点，且PB14M.

(1)证明：平面P4MJ_平面PBD；

(2)若PO=OC=1,求四棱锥P-4BCD的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)包.

3

【分析】

(1)由PD1底面ABC。可得PD12M,又PBJLAM,由线面垂直的判定定理可得AM1平

面PBD,再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM，平面PBD；

(2)由(1)可知，AM1BD,由平面知识可知，△DAB〜△ABM,由相似比可求出AD,

再根据四棱锥P-ABC。的体积公式即可求出.

【详解】

(1)因为PCI底面4BCD,AMu平面4BCD,

所以PD14M,

又PB1AM,PBCPD=P,

所以AM_L平面PBC,

而4Mu平面PAM,

所以平面P4M_L平面PBO.

（2）由（1）可知，平面PBD,所以4M1BD,

从而△048〜ZiABM,设BM=x,AD=2x,

则等=*，即2M=1,解得》=也，所以

ABAD2

因为PD，底面ZBCD,

故四棱锥P-4BCD的体积为V=1x（1xV2）X1=y.

【点睛】

本题第一问解题关键是找到平面PAM或平面PBD的垂线，结合题目条件PBL力M,所以垂

线可以从PB,4M中产生，稍加分析即可判断出平面PBD,从而证出；第二问关键是

底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△048〜△4BM,从而

求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积.

二、平行、垂直的命题判定

7.（2021•全国•高考真题）已知a,6表示平面，m,n表示直线，以下命题中正确的选项

是（）

A.假设m1以，mln,那么n〃a

B.假设mua,nuB，a〃0,那么m〃n

C.假设成〃0,mua,那么m〃0

D.假设?nu（r,nca,m〃0,般〃0，那么。〃0

【答案】C

【分析】

根据线面垂直的性质定理，可判断A；根据面面平行的性质定理，可判断B、C；根据面面

平行的判定定理，可判定D

【详解】

选项A：假设mla,mln,那么n〃a或n在a内，故选项A错误；

选项B：假设mua,nu0,a〃夕，那么m〃n或?n与n异面，故选项B错误；

选项D：假设mua,nua,m“B，,且m、n相交才能判定a〃夕，故选项C错

误；

选项C：依照两平面平行的性质可知C正确.

故选：C

8.（2021•全国•高考真题）设胆，"为两条不同的直线，a,£为两个不同的平面，则下列

结论正确的是（）

A.若m〃n,n//a,则m〃a

B.若m〃n,m//a,n//p,则窃〃0

C.若盘1p,ma,nep,则m1n

D.若m1n,m1a,nip,则a1p

【答案】D

【分析】

根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D,进而

可得正确选项.

【详解】

对于A：若m〃n,葭〃a,则m〃a或znua,故选项A不正确；

对于B：如图平面ADD14为平面a,平面AiBiGA为平面氏直线8c为小，直线BC为

n,满足m〃n,m〃a,但a与0相交，故选项B不正确；

对于C：如图在正方体ABCC-&B1GD1中，平面为平面a,平面4B1GD1为平面

0,直线4。为m,直线SC为"，满足al/7,mca,nu则m〃n,故选项C不正

确；

对于D：若m1n,m1a,可得nua或n〃a,若nua,因为zil.夕，由面面垂直的判定

定理可得al。；若72〃。，可过n作平面与a相交，则交线在平面a内，且交线与n平行，由

九1夕可得交线与0垂直，由面面垂直的判定定理可得故选项D正确；

故选：D.

9.（2020•山东•高考真题）已知正方体4BC。-4$1的。1（如图所示），则下列结论正确

的是（）

A.BD、“A\AB.BD、“AiDC.B5141cD.B%141cl

【答案】D

【分析】

根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.

【详解】

hAA\”BB\,Bq与BO1相交，所以8久与441异面，故A错误；

B.B%与平面4。。送1相交，且5C41。，所以8名与&O异面，故B错误；

C.四边形ABCR是矩形，不是菱形，所以对角线3D1与&C不垂直，故C错误；

D.连结2也，8也一£,BB1JL&C1，BRCBB、=所以_L平面叫伉，所以

41cli1BDr,故D正确.

故选：D

10.（2021•浙江•高考真题）如图已知正方体4BCD-&BiGDi，M,N分别是&D,D^B

的中点，则（）

A.直线&D与直线OiB垂直,直线MN〃平面4BC。

B.直线41。与直线D中平行,直线MN1平面BDDiBi

C.直线公。与直线D声相交,直线MN〃平面4BCD

D.直线公。与直线异面,直线MN_1平面BDDiBi

【答案】A

【分析】

由正方体间的垂直、平行关系，可证_L平面ABD1，即可得出结论.

【详解】

连4。1，在正方体力BCD中,

M是4。的中点，所以M为AS中点，

又N是QB的中点，所以MN〃AB,

MN，平面4BC0MBu平面力BCD,

所以MN〃平面4BCD.

因为4B不垂直BO,所以MN不垂直B0

则MN不垂直平面8。。1名，所以选项B,D不正确；

在正方体/BCD-AiBiGDi中，力QI41。，

4B1平面A&OiO,所以4B1&D,

也Ci4B=A,所以J•平面AB%

D1BU平面AB%,所以&O1D1B,

且直线为。,。道是异面直线，

所以选项C错误，选项A正确.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，

同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.

11.（2021•全国•高考真题）如图，在正方体中，。为底面的中心，尸为所在棱的中点，

M,N为正方体的顶点.则满足MN1OP的是（）

【答案】BC

【分析】

根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN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2,

对于A,如图（1）所示，连接力C,贝i」MN〃/1C,

故/POC（或其补角）为异面直线。P,MN所成的角，

在直角三角形OPC,0C=a,CP=1,故tanNPOC=专=当,

故MN10P不成立，故A错误.

对于B,如图（2）所示，取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则。QJLNT,PQ1MN,

由正方体SBCM-NADT可得SNJL平面4NDT,而OQu平面AND7,

故SNJ.OQ,而SNnMN=N,故。Q_L平面SN7M,

又MNu平面SNTM,OQ1MN,而。QCiPQ=Q,

所以MNJL平面OPQ,而POu平面OPQ,故MN10P,故B正确.

对于C,如图（3）,连接B0,则BD〃MN,由B的判断可得。P18D,

故。P1MN,故C正确.

对于D,如图（4）,取4。的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,

则4C〃MN,

因为。P=PC,故PQ〃/1C,椒PQHMN,

所以4QP。或其补角为异面直线P。,MN所成的角，

图（4）

因为正方体的棱长为2,故PQ=g4C=V^,OQ=yjAO2+AQ2=VT+7=V3-

PO=>JPK2+OK2=V4T1=V5，QO2<PQ2+OP2,故/QP。不是直角，

故PO,MN不垂直，故D错误.

故选：BC.

12.（2021•全国•高考真题）如下图，在四棱锥S-ABCD中，底面4BCD是正方形，平面

S40_L平面ABC。，SA=SD=2,AB=3.

(1)求SA与BC所成角的余弦值；

(2)求证：ABA.SD.

【答案】(1)”2)证明见解析.

4

【分析】

(1)由题意可得N54D即为SA与BC所成的角，根据余弦定理计算即可；

(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.

【详解】

【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质

【解】(1)因为因止匕/S40即为S4与BC所成的角，在△S4D中，SA=SD=2,

又在正方形4BC。中AD=AB=3,因此cosZSAD==迎上”=三，

2SAAD2x2x34

因此S4与BC所成角的余弦值是I

4

(2)因为平面SADJ■平面ABCD,平面SADn平面4BCC=4。，在正方形4BCD中，AB1

AD,

因此4B_L平面&W,又因为SDu平面SA£),因此AB1SC.

三、球体-能力拓展

13.(2020•天津•高考真题)若棱长为26的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面

积为()

A.127rB.247rC.367rD.144n

【答案】C

【分析】

求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

【详解】

这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

即D_J(2何?+(2百),(26)2_

K---------------------------------------=3

2

所以，这个球的表面积为S=4TIR2=4TTx32=367r.

故选：C.

【点睛】

本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基

础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可

恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外

接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的

中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外

心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.

14.（2021•天津•高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，

若球的体积为等，两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.37rB.4万C.9式D.127r

【答案】B

【分析】

作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面

圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】

如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D,

设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1,即AD=3BD,

设球的半径为R,则叱=三，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4,

33

所以，BD=1,AD=3,

•:CDLAB,则zTAD+4CD=々CD+ECD=90。，所以，NCAD=NBCD,

又因为Z/WC=NBDC,所以，4ACDFCBD,

ADCD,_______「

所以，＞•••CD=7AD•BD=V3，

因此，这两个圆锥的体积之和为:兀xCO?•（a。+BO）=：兀x3x4=47r.

故选：B.

15.（2020•全国•高考真题（理））已知△ABC是面积为我的等边三角形，且其顶点都在球

4

O的球面上.若球O的表面积为16乃，则O到平面ABC的距离为（）

A.V3B.1C.1D.苧

【答案】C

【分析】

根据球。的表面积和△ABC的面积可求得球。的半径/?和44BC外接圆半径r,由球的性质可

知所求距离d=y/R2-r2.

【详解】

设球。的半径为R,则4兀/?2=第兀，解得：R=2.

设△力BC外接圆半径为r,边长为a,

ABC是面积为度的等边三角形，

4

.'--a2x—=解得：a=3.：.r=-xla2――=-xI9--=V3>

2243743y4

球心。到平面ABC的距离d=V/?2-r2=V4^3=1.

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.

16.（2021•全国•高考真题（理））已如A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点，且

AC1BC,AC=BC=1,则三棱锥0-ABC的体积为（）

A.巫B.更C.红D.更

121244

【答案】A

【分析】

由题可得AABC为等腰直角三角形，得出A/IBC外接圆的半径，则可求得。到平面ABC的距

离，进而求得体积.

【详解】

•••AC1BC,4C=BC=1,为等腰直角三角形，=

则△力BC外接圆的半径为涯，又球的半径为1,

2

设。到平面4BC的距离为d,

所以％78c=^A4BC-d=ixixlxlX^=^|.

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.

17.（2020•全国•高考真题（理））已知A氏C为球0的球面上的三个点，。。1为aABC的

外接圆，若。01的面积为4兀，AB=BC=AC=OOt,则球O的表面积为（）

A.647rB.487rC.367rD.327r

【答案】A

【分析】

由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出。内的值，根据球的截面性

质，求出球的半径，即可得出结论.

【详解】

设圆。1半径为r,球的半径为R,依题意，

得兀*=4兀,r=2,ABC为等边三角形，

由正弦定理可得AB=2rs讥60。=26，

0。1=AB=2V3.根据球的截面性质。。1J■平面48C,

2

A0011OXA,R^OA=Joo/+O1A2=+r=4-

二球。的表面积S=4TCR2=647r.

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.

18.（2020•海南•高考真题）已知直四棱柱48CD-451GOI的棱长均为2,Z

BAD=60°.以以为球心，门为半径的球面与侧面3CG8i的交线长为.

【答案】

2

【分析】

根据已知条件易得。送=8，DiE1侧面BiGCB,可得侧面BiGCB与球面的交线上的点到

E的距离为声，可得侧面BiGCB与球面的交线是扇形EFG的弧角，再根据弧长公式可求得

结果.

【详解】

如图：

取4G的中点为E,B用的中点为F,CG的中点为G,

因为力。=60。，直四棱柱力BCD—4B1GD1的棱长均为2,所以△必为的为等边三角

形，所以。住=遮，DiElBiG，

又四棱柱ABC。—A/iQDi为直四棱柱，所以BB11平面4B1C1D1，所以3与J.BC，

因为BB1nB1G=B1，所以D1E1侧面B1QCB,

设P为侧面&GCB与球面的交线上的点，则DiE1EP,

因为球的半径为遥，=V3.所以|EP|=J|DiP|2一|D]E|2=V5^3=企，

所以侧面BiqCB与球面的交线上的点到E的距离为近，

因为|EF|=\EG\=V2，所以侧面BiQCB与球面的交线是扇形EFG的弧

因为NBiEF="EG=p所以4EG=p

所以根据弧长公式可得怠=巴xa=至加

22

故答案为：—7T-

2

【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.

四、立体几何的数学应用

19.（2021•全国•高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫

星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km

（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O,半径r为6400km

的球，其上点A的纬度是指04与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗

地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=

2兀/（1一cosa）（单位：小2）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【答案】C

【分析】

由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.

【详解】

由题意可得，5占地球表面积的百分比约为：

C-6400

2叱（1-郎a）_1-cosa_'loo+seoo。5s042=42%.

4nr2~2-2~-0

故选：C.

20.（2021•北京•高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗

漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的

等级划分如下：

等级24h降雨量，精确到01）

.........

小雨0.1~9.9

中雨10.0~24.9

大雨25.0-49.9

暴雨50.0~99.9

.........

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm,高为300mm的圆锥形雨量

器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h

降雨量的等级是

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

【答案】B

【分析】

计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.

【详解】

由题意，一个半径为詈=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为等、益=

50（mm），高为150（mm）的圆锥，

所以积水厚度d=喘声=12.5（mm），属于中雨―

故选：B.

21.（2020•海南•高考真题）日展是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针

投射到唇面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为0）,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处放置一个日辱，若辱面与赤道所在平面平行，点4处的纬度为北纬40。，则辱针与点

A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

【答案】B

【分析】

画出过球心和辱针所确定的平面截地球和号面的截面图，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4处的纬度，计算出号针与点4处的水平面所成角.

【详解】

画出截面图如下图所示，其中C。是赤道所在平面的截线；1是点4处的水平面的截线，依题

意可知。力1/：是唇针所在直线.m是悬面的截线，依题意依题意，唇面和赤道平面平

行，辱针与辱面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m〃CD、根据线面垂直的定义可得481m..

由于N40C=40°,m〃C。,所以/OAG=ZAOC=40°.

由于〃4G+^GAE=ZBAE+ZGAE=90°,

所以NBAE=4。4G=40°,也即唇针与点4处的水平面所成角为=40°.

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.

22.（2020•全国•高考真题（理））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.空1B.旦C.3D.四

4242

【答案】C

【分析】

设CD=a,PE=b,利用PM=\CD.PE得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案.

【详解】

如图，设CD=a,PE=b,则PO=_0E2=卜-9,

由题意PO2=；ab,即52_贮=三血，化简得46）2—2/一1=0,

242aa

解得2=上渔（负值舍去）.

a4

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.

23.（2020•江苏•高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成

的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺

帽毛坯的体积是—cm.

【答案】12gg

【分析】

先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

【详解】

正六棱柱体积为6xyX22x2=12V3

圆柱体积为福）2.2=三

所求儿何体体积为126-1

故答案为：12>^——

【点睛】

本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.

五、立体几何与空间向量的综合应用

24.（2021•全国•高考真题（理））在正方体ABCD-AiBigOi中，尸为名外的中点，则直

线PB与AO1所成的角为（）

A.yB.C.?D.

2346

【答案】D

【分析】

平移直线4。1至BG，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BG所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接BCi，PCi，PB,因为4Di〃BG，

所以乙PBQ或其补角为直线PB与A/所成的角，

因为BBi_L平面必当的外，所以8当J.PC1,又PG1当%，,

所以PC】J"平面PBB「所以PC11PB,

设正方体棱长为2,贝IJBQ=2V2,PQ=^D1B1=V2,

sinNPBG=引=3所以4BG=£

故选：D

25.（2021•湖南•高考真题）如图，四棱锥P-4BCD中，底面A8C£＞是矩形，P4，平面

ABCD,E为尸。的中点.

（1）证明：PB〃平面4CE；

（2）设P4=l,AD=遮,直线尸8与平面ABCD所成的角为45。，求四棱锥P-ABCD

的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)立.

3

【分析】

(1)连接8。交4c于点0,连接0E,由三角形的中位线定理可知PB〃0E,结合线面平行的

判定定理可证明PB〃平面AEC.

(2)由题意可知=45。，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.

【详解】

(1)连接BD交4c于点0,连接。E.在aPB。中，因为PE=DE,B0=D。，

所以PB〃0E,因为。Eu平面ACE,PBC平面4CE,则PB〃平面4EC.

(2)因为PA1平面A8CD,所以ZPB4就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以

ZPBA=45°,

又PA=1,AD-V3>所以P力=1=AB,

所以四棱锥P—力BCD的体积VPTBCD=ixf/lx/lBx?l£)=|xlxlxV3=y.

所以四棱锥P-4BCD的体积为它.

3

26.(2021•全国•高考真题)在四棱锥。-ABC。中，底面4BC0是正方形，若AO=

2,QD=QA=EQC=3.

(1)证明：平面Q4D_L平面4BCD；

(2)求二面角B-QO-A的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)|.

【分析】

(1)取40的中点为。，连接Q0,C0,可证Q。_L平面4BC0,从而得至U面Q401面ABCO.

(2)在平面4BCD内，过。作07〃CD,交8c于T,则。71AD,建如图所示的空间坐标

系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.

【详解】

(1)取4。的中点为。，连接QO,CO.

因为Q4=Q0,OA=0D,则QOJ.AO,

而4。=2,QA=V5，故Q。==2.

在正方形4BCD中，因为AD=2,故。。=1,故。。=