专题04--立体几何-2022年新高考数学模拟题分项汇编(第四期)(解析版).doc

专题04 立体几何
1．（2021·重庆市涪陵实验中学校高三期中）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，

所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，
所以面角和为，
故总曲率为．
故选：B.
2．（2021·重庆市第十一中学校高三月考）正四棱台上、下底面边长分别为，，侧棱长，则棱台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，，，可得正四棱台的斜高为，
所以棱台的侧面积为．
故选：D．
3．（2021·福建福清西山学校高三期中）若一个圆锥的母线长为4，且其侧面积为其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】如图所示，设圆锥的高为h，底面半径为r，则侧面积为，轴截面为等腰三角形PAB，面积为，其侧面积为其轴截面面积的4倍，所以，解得：

故选：B
4．（2021·山东省青岛第十七中学高三期中）如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC=90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在（ ）

A．直线AC上 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
【答案】B
【解析】连接AC1，如图.

∵∠BAC=90°，
∴AC⊥AB，
∵BC1⊥AC，BC1∩AB=B，
∴AC⊥面ABC1，又AC在平面ABC内，
∴由面面垂直的判定知，面ABC⊥面ABC1，
由面面垂直的性质知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上.
故选：B.
5．（2021·湖南永州一中高三月考）已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】C
【解析】对于选项A：若，，则与平行或相交，故选项A不正确；
对于选项B：若，，则与 可平行、异面、或相交，故选项B不正确；
对于选项C：若，，则，垂直于同一平面的两个直线平行，故选项C正确；
对于选项D：若，，则与平行或相交，故选项D不正确.
故选：C
6．（2021·湖南郴州二中高三月考）已知圆锥的母线长为2，侧面展开图扇形的面积为，那么该圆锥的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设圆锥底面半径为，高为，
，
，
，
故选：D
7．（2021·广东龙岗一中高三期中）如图，在中，，，为的中点，将沿折起到的位置，使得二面角为，则三棱锥的体积为（ ）

A． B．4 C． D．2
【答案】A
【解析】

由，，由旋转前后对应边，对应角相等可得：
，又二面角为，即，
故为等边三角形，作中点，连接，可得，又，所以平面，所以，即平面，结合几何关系可得，故.
故选：A
8．（2021·广东中山中学模拟）四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如图1所示，正四面体ABCD中，AH⊥底面BCD，E、F、G、K为四个球的球心，M为CD中点，连接BM，AM，易知B、H、M三点共线，直线AH交平面EFG于点，连接，交GF于点N，则N为GF的中点，因为内切球半径为2，故EF=4，画出截面ABM如图2所示，正四棱锥EFGK外接球球心设为O，则正四面体ABCD的外接球球心与正四面体EFGK外接球球心重合，设正四面体ABCD的外接球半径为R，正四面体EFGK外接球半径为r，在图2中，EK=4，，，，所以
由，即，解得：
所以
过点E作EP⊥BM于点P，则EP=2
则△BEP∽△
∴，
解得：
∴
∴正四面体ABCD的外接球表面积

故选：A
9．（2021·广东惠州一中高三月考）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
【答案】D
【解析】选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
10．（2021·江苏海安高级中学高三月考）三棱锥中，，，的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
，，，
又，，则，
取中点，连接，
又由的面积为，可得的高，
则可得，
在中，由余弦定理，
，解得，
则，可得，，
，
根据球的性质可得为三棱锥外接球的直径，则半径为1，
故外接球的表面积为.
故选：A.

11．（2021·福建泉州科技中学高三月考）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确（ ）

A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
B．异面直线与所成的角的余弦值为
C．多面体的体积为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】BCD
【解析】设球的半径为，则，解得，
A：经过A、B、C的球的截面圆，如下图即为等边△的外接圆，若其半径为，则，所以面积为，故错误；

B：如下图，过作且，则为异面直线与所成角，且△△，为中点，
∴，故，故正确；

C：将几何体补全为直三棱柱，如下图示，
∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，
∴由下图知：，故正确.

D：如下图为球体纵向轴截面，为球面上过A、B、C的截面圆直径，则，
∴球离球托底面的最小距离为，故正确.

故选：BCD
12．（2021·福建福州三中高三月考）如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2．C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，以下正确的结论有（ ）

A．直线平面PDO B．CE与PD一定为异面直线
C．直线CE可能平行于平面PDO D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A项：在中，，D为AC中点，
所以，又PO垂直于圆O所在的平面，
所以，因为，所以平面PDO，故A正确．
对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．
对于C项：因为可得平面PDO，若直线平面PDO，则有平面平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．
对于D项：在三棱锥中，将侧面PBC绕PB旋转至平面，使之与平面PAB共面，如图所示，

则当A，E，共线时，取得最小值，
因为，，所以，
由余弦定理可得，即的最小值为，故D对．
故选：ABD．
13．（2021·山东烟台一中高三月考）如图，为圆锥的底面直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）

A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】ABC
【解析】在中，，
则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，
此时，
则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，
又，可得，
故选项C正确；
对于选项D：由，
得，又，
则为等边三角形，则，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，
如图：

则，
因为，

则，
故选项D错误；
故选：ABC
14．（2021·湖北武汉二中高三月考）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）

A．经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为
B．平面平面ADE
C．直线AD与平面DEF所成的角为
D．球面上的点离球托底面DEF的最小距离为
【答案】ACD
【解析】因为与全等且所在的面平行，
所以截面圆就是的外接圆与的外接圆相同，
由题意可知，的边长为1，其外接圆的半径为，
则经过，，三点的球的截面圆的面积为，
故选项A正确；

由图形的形成，知，，三点在底面上的射影分别是三边中点，，，
如图，与全等且平行，
又，，所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以与平面相交，故与平面相交，
所以平面平面错误，故B错误；
由平面与平面垂直可知，在平面内的射影是，
所以为直线与平面所成的角，则，
所以直线与平面所成的角为，
故选项C正确；
如图3，，，，
所以球离球托底面的最小距离为，所以D正确．

故选：ACD
15．（2021·湖南郴州一中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，，､分别是､的中点，是上的动点，则下列结论中正确的是（ ）

A．直线，所成的角的大小随点的位置变化而变化
B．三棱锥的体积是定值
C．直线与平面所成的角的余弦值是
D．三棱柱的外接球的表面积是
【答案】BC
【解析】对于A，在直三棱柱中，
平面，平面，所以，
因为，即，是的中点，
所以，
又，所以平面，
又平面，所以，故A错误；
对于B，因为､分别是､的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即三棱锥的高为定值，
又的面积也为定值，即三棱锥的底面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值；
对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成的角的平面角，
在中，，
所以，即直线与平面所成的角的余弦值是，故C正确；
对于D，在直三棱柱中，，所以矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，
矩形的对角线为，即三棱柱的外接球的半径为，
所以三棱柱的外接球的表面积是，故D错误.
故选：BC.
16．（2021·广东普宁市华侨中学高三期中）已知正方体的棱长为，点分别棱的中点，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．四面体的体积等于
C．与平面所成角的正切值为 D．平面
【答案】ABC
【解析】对于，正方体中，，，又，
平面，平面，，
同理，，又，平面，故正确；
对于，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，，，
，，，，，，，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
到平面的距离，
四面体的体积：
．故正确；
对于，，0，，，，，，，，
平面的法向量，0，，
设与平面所成角为，
则，
，，
与平面所成角的正切值为，故正确；
对于，，，，，，，，，，，0，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
，与平面不平行，故错误．

故选：ABC．
17．（2021·广东福田一中高三月考）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为2
B．平面
C．异面直线EF与AG所成的角的余弦值为
D．过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】BD
【解析】对A，，故A错误；
对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，则，，，，，则平面，B正确；
对C，，，，故C错误；
对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确.

故选：BD
18．（2021·广东顺德一模）如图，已知圆锥OP的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）

A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为
D．设圆锥OP有一内接长方体，该长方体的下底面在圆锥底面上，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该长方体体积的最大值为
【答案】AD
【解析】由底面半径，侧面积为可得：，求得，即圆锥母线长为2，则高，设圆锥外接球半径为，则对由勾股定理得，即，，外接球面积为，故A正确；

设内切球的半径为，垂直于交于点，则对，，即，解得，故B项错误；

过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大时，因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点在圆锥底面上，，故C项错误；

设圆锥OP有一内接长方体，其中一个上顶点为，上平面中心为，，则，，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，长方体体积为，，当时，,时，，故，故D正确，

故选：AD
19．（2021·广东金山中学高三期中）已知直三棱柱中，，，为的中点．点满足，其中，则（ ）
A．对时，都有
B．当时，直线与所成的角是30°
C．当时，直线与平面所成的角的正切值
D．当时，直线与相交于一点，则
【答案】AD
【解析】∵直三棱柱中，
∴以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设
则，，，，，
∵为的中点．点满足，其中
∴，
A选项：，
则，
∴对时，都有
A选项正确；
B选项：当时，，.则
故直线与所成的角是不是30°
选项B错误；
C选项：当时，，设平面的法向量，
直线与平面所成的角为
则，所以
选项C错误；
选项D：当时，，
∴，， 则，
∴∥，则当时，直线与相交于一点，则
故选项D正确.

故选：AD
20．（2021·广东惠州一中高三月考）如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（ ）

A．四棱锥的体积是
B．四棱锥的外接球的表面积是
C．异面直线与所成角的大小为
D．二面角所成角的余弦值为
【答案】BCD
【解析】设正方形边长为，则有，
所以，解得，
折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，

四棱锥的高，
所以四棱锥的体积，所以选项A错误；
设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，
则有，
解得，所以四棱锥外接球表面积，
因为，所以异面直线与所成角为，
取的中点，连接，，如图，

因为，均为等边三角形，
所以，，
所以为二面角所成角的平面角，
在中，由余弦定理得
，
故正确答案为BCD.
故选：BCD
21．（2021·江苏扬州中学高三月考）已知正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则下列说法中正确的有（ ）
A．侧棱与底面所成的角为
B．侧面与底面所成角的正切值为
C．正三棱锥外接球的表面积为
D．正三棱锥内切球的半径为
【答案】BC
【解析】若分别是的中点，连接，易知为侧棱与底面所成角，
由题设，，，，则，
∴，故A错误；
若是底面中心，易知：面，连接、，则侧面与底面所成角为，
又，，则，故B正确.
若外接球的半径为，则，解得，
∴正三棱锥外接球的表面积为，故C正确.
由题设易知：，若内切球的半径为，则，
又，，则，故D错误.

故选：BC
22．（2021·福建福清西山学校高三期中）如图，已如平面四边形ABCD，，，，.沿直线AC将翻折成，则______；当平面平面ABC时，则异面直线AC与所成角余弦值是______.

【答案】2
【解析】由题可知，，
由几何关系可知，，
，
，，
故，
则；
设异面直线AC与所成角为，
以中点为原点，方向为轴，方向为轴，与平面垂直方向为轴，建立空间直角坐标系，作交直线于点，
,，，，
故，
，，
则

故答案为：2；
23．（2021·湖北武汉二中高三期中）如图，已如平面四边形ABCD，，，，.沿直线AC将翻折成，则___________；当平面平面ABC时，则异面直线AC与所成角余弦值是___________.

【答案】2
【解析】因为，，，由勾股定理得：，因为，所以三角形ABC为等腰三角形
取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，垂直于平面ABC为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，则；当平面平面ABC时，在yoz平面上，则，
设异面直线AC与所成角为，则
异面直线AC与所成角余弦值是

故答案为：2，
24．（2021·湖南长郡中学高三月考）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，球内切于该四棱锥，球与球及四棱锥的四个侧面相切，球与球及四棱锥的四个侧面相切，依次作球与球及四棱锥的四个侧面相切，则球的表面积为________．球，球，，球的表面积之和为________．

【答案】
【解析】在正四棱锥中，令O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点，
过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，…得对应球的截面大圆，如图：

显然，，，令N为圆与PM相切的切点，
则，设球的半径为，即，因为，则
显然，，解得，，
设球与球相切于点T，则，设球的半径为，同理可得，即，
设球的半径为，同理可得，即球，球，，球的半径依次排成一列构成以为首项，为公比的等比数列，
设球的表面积为，则，球，球，，球的表面积依次排成一列构成以为首项，为公比的等比数列，
于是得，
所以球的表面积为，球，球，球的表面积之和为．
故答案为：；
25．（2021·河北唐山一中高三期中）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称.从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为___________.（容器壁的厚度忽略不计）

【答案】
【解析】
由题可知，当鲁班锁的顶点与球面相接时，球的体积最小，此时，所以，.
故答案为：.