2021-2023高考数学真题汇编：四、立体几何（含答案解析）

四、立体几何—三年（2021-2023）高考数学创新真题精编

1.【2023年全国乙卷文科】已知点S,A,B,。均在半径为2的球面上，△ABC是边

长为3的等边三角形，SAL平面ABC,则SA=.

2.【2023年全国甲卷理科】在正方体ABC。-45GA中，E,F分别为AB,GR的中

点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.

3.【2023年新课标I卷】如图，在正四棱柱ABC。-中，AB=2,A^=4.点

4,B2,C2,02分别在棱A4,BB],CC[,OR上，AA2=l,BB2=DD2=2,

CC2=3.

（1）证明：B2C2//AD2；

⑵点P在棱B耳上，当二面角为150°时，求B2P.

4.【2022年北京卷】已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部

的点构成的集合，设集合T={QeS|PQ<5},则T表示的区域的面积为（）

3兀

A.—B.兀C.2兀D.3兀

4

5.【2022年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积

（单位：cm3）是（）

俯视图

A.22KB.8兀C.—7tD.—7i

33

6.【2022年上海卷】如图，正方体中，P,Q,R,S分别为棱AB,

BC,BB],CD的中点，连接AS,8Q.对于空间任意两点M,N,若线段MN上不

存在点在线段A|S,与。上，则称M,N两点可视.则下列选项中与点A可视的为（）

A.点PB.点BC.点RD.点Q

7.【2022年全国甲卷文科】在长方体ABCD-ASGA中，已知片。与平面A8CO和平面

所成的角均为30。，则（）

A.AB=2ADBAB与平面45c。所成的角为30。

C.AC=CBtD.BQ与平面8BCC所成的角为45。

8.【2022年全国乙卷理科】已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶

点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.-C.迫D.立

3232

9.【2021年新高考I卷】已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上，若

该球的体积为36兀，且34”36,则该正四棱锥体积的取值范围是（）

27812764

A.18,—B.D.[18,27]

4T'TT'T

答案以及解析

1.答案：2

解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为连接QA,因为△ABC是边长为3的等边

三角形，所以其外接圆半径厂=。①=2x3X3=G.

32

将三棱锥S-A5C补形为正三棱柱SBC-ABC,由题意知SA为侧棱，设球心为。，

连接OO1,0A,则OQJ•平面A8C,且O«=gsA.

22

又球的半径火=OA=2,OA=OO；+OtA,所以4=；SA?+3,得必=2.

解法二:如图，设△ABC的外接圆圆心为a,连接。小，因为△ABC是边长为3的等

边三角形，所以其外接圆半径r=0d=2x且X3=G.

32

设三棱锥S-ABC的外接球球心为0,连接O。，则，平面ABC又SAJ•平面

ABC,所以。Q//SA,连接OS,0A,由题意知OS=O4=2.过。作SA的垂线，设垂

足为“，则四边形AOQ"为矩形，所以。a=A"，由QS=Q4可知”为SA的中点，

则00i=A”=(SA.

所以在RtaOQA中，由勾股定理可得0A2=0。：+00△2,即4='SA2+3,得SA=2.

2.答案：12

解析：如图，线段所过正方体的中心，所以以EE为直径的球的球心即正方体的中

心，球的半径为红，而正方体的中心到每一条棱的距离均为空，所以以为直径

22

的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.

3.答案：(1)证明见解析

⑵名尸=1

解析：(1)解法一：依题意，得B1G=B，4+4C+GG=£>£>,+AD+A1M=4D>，

所以82c2〃4&.

解法二：以点C为坐标原点，CD,CB,CG所在直线分别为X，y，z轴，建立如图

A(2,2,1),2(2,0,2),

所以B2C2=(0,-2,1),42=(0,—2,1),

所以B2c2=&D；,所以62c2〃43.

(2)建立空间直角坐标系,建系方法同(1)中解法二,设5尸=〃(0«”44),则尸(0,2,〃),

所以％=(2,0,1—〃)，PG=(°，—2,3-

设平面PA2C2的法向量为a=&，乂,zj,

所以吟贝俨+(~注=。，

PC2-a=01一2y+(3-ri)zx-0

令％1,得a二(〃-1,3—九2).

设平面A2C2D2的法向量为人=(x2,y2,z2),

由(1)解法二知，&以=(—2,—2,2),4a=(0,—2,1),

所以卜2c21=。，则厂2々-2必+2Z2=0,

A2D2b=0[-2y2+z?=0

令%=1，得"=(1,1,2).

所以Icos150°|=|cos〈a,万〉|=1'-+""+4|_=正，

11：("—+4+(3—研x#2

整理得“2-4〃+3=0,解得〃=1或〃=3,

所以BP=1或3P=3,

所以32P=1.

4.答案：B

解析：设。为△ABC的中心，连接PO,AO,在正三角形ABC中，

1

AO=-x—x6=273,在RtZVVM中，POVPA—A。=/36-12=2的,当

32

PQ=5时，连接。。，根据勾股定理可得OQ=JPQ2-PO2=1,易知。的轨迹是圆心

为。，半径为1的圆，由于集合7={。€5|PQW5},故集合T表示的区域是圆心为

O,半径为1的圆及其内部，其面积为兀，故选B.

5.答案：C

解析：由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半

径为1,圆柱的底面半径为1,高为2,圆台的上、下底面的半径分别为1和2,高为

2,所以该几何体的体积为上久兀*13+兀*12*2+，兀(12+卜2+22卜2=工兀，故选C.

2331'3

6.答案：D

解析：设与点A可视的点为G,依题意线段AG上不存在点在线段AS,BQ上.当点

G与点P重合时，RG即〃P,与线段AS相交，A错误；当点G与点8重合时，

。。即。田，与线段片。相交，B错误；当点G与点R重合时，QG即RR,与线段

go相交，C错误；当点G与点。重合时，2G即RQ,与线段AS,用。均异面，

故选D.

7.答案：D

解析：如图，连接8。，易知N8型是直线与平面ABC。所成的角，所以在

R3BO始中，ZBDBt=30°,设8q=1,B、D=2BB12,BD=《BQ。-BB；=6.易知

ZABQ是直线耳。与平面惧8出所成的角，所以在RtAWq中，ZABtD=30°,因为

与0=2,所以A£>=；8Q=1,阴=JBQ。-AD。=g,所以在RtzXA明中，

AB=dAB；-BB；=O,所以A项错误.易知N8A4是直线A8与平面A8C。所成的角，

所以在R3AB耳中，sinNBAq=器=4二；，所以NBAB尸30。，所以B项错误.在

R3C84中，C4=/BC?+BB；=及，而AC='JAB2+BC2=&所以C项错误.易知

NZ%C是直线用。与平面班℃所成的角，因为在R3OBC中，CB、=CD=母,所以

ZDBtC=45°,所以D项正确.故选D.

解析：解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为。，底面正方形外接

树的半径为「，则一生，四棱锥的高狂后，所以四棱锥的体积

V=l«2-小_=3回7:迪，当且仅当

3V23^441,2）3\33丫⑶27

即/=9时等号成立，此时四棱锥的高人12=立，故选c.

423V2V33

解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r,四棱锥

的高为人则产+/=1,正方形的边长为及r=所以四棱锥的体

}2

积y=gSG=|(1-序加=|(-"+h).令/(/7)=-h+/Z(0</?<1),则f'(h)=-3h+1,令

尸(力)=-3川+1=0,得〃=当，所以/(〃)在卜分)上单调递增，在［乎,1)上单调递减，

所以当〃时，/(〃)取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为g,故选C.

解法三(转化法)该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点。组成的圆锥体积

最大，设圆锥的高为力(0</?<1),底面半径为「，则圆锥的体积

V=：兀产力=：兀(1-层)//,则V=：兀(1-3斤)，令V，=；兀0-3/)=0,得〃所以

V=g兀(1-〃2加在［o,日)上单调递增，在上单调递减，所以当〃=亭时，四棱锥

的体积最大，故选C.

9.答案：C

解析：通解：如图，设该球的球心为。，半径为R,正四棱锥的底边长为a,高为〃，

下=〃2+(与2

依题意,得36兀=±兀/?3,解得R=3.由题意及图可得“2，解得

3

R2=(h-R)2+(—a)2

2

h~2R~6,所以正四棱锥的体积v

/43

a2=2l2--'

18

3>

v^-/-—=1/-^4--|(3</<3^),令S=0,得/=2"，所以当34/<26时,

9549I6

当2后<”3右时，-<0,所以函数丫=42-二］(34/43肉在［3,2悯上单调递

Vf>0;

增，在（2\/^,3G］上单调递减，又当/=3时，V=—;当/=26时，V=—；当I=36

43

时，丫=以；所以该正四棱锥的体积的取值范围是（2,口］.故选C.

4L43」

光速解：如图，设该球的球心为0,半径为R,正四棱锥的底边长为。，高为力，

依题意，得36兀=3成3解得R=3.由题意及图可得，，解得

R2=(h-R)2+(^a

2R6又所以该正四棱锥的体积

且仅当二=2-即/=2几时取等号），所以正四棱锥的体积的最大值为竺，排除

3618

A,B,D,故选C.

优美解：如图，设该球的半径为R,球心为。，正四棱锥的底边长为m高为人正四

棱锥的侧棱与高所成的角为。，

依题意，得36兀=±兀解得7?=3,所以正四棱锥的底边长〃二瓶/sin。，高〃=/cos。.在

3

L

△O尸。中，作。石_LPC,垂足为£,则可得COS8=2