歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！05立體幾何（選擇題、填空題）（理科專用）1．【2022年新高考1卷】南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5A．1.0×109m3 B．1.2×109【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【詳解】依題意可知棱臺的高為MN=157.5?148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故選：C．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33A．18,814 B．274,814【答案】C【解析】【分析】設(shè)正四棱錐的高為?，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a，高為?，則l2=2a所以6?=l2所以正四棱錐的體積V=1所以V'當3≤l≤26時，V'>0，當2所以當l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時，V=274，l=33所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和4A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1【詳解】設(shè)正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影滿足，．由C點測得B點的仰角為，與的差為100；由B點測得A點的仰角為，則A，C兩點到水平面的高度差約為（）（

）A．346 B．373 C．446 D．473【答案】B【解析】【分析】通過做輔助線，將已知所求量轉(zhuǎn)化到一個三角形中，借助正弦定理，求得，進而得到答案．【詳解】過作，過作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．因為，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故選：B．【點睛】本題關(guān)鍵點在于如何正確將的長度通過作輔助線的方式轉(zhuǎn)化為．5．【2021年甲卷理科】已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】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，進而求得體積.【詳解】，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.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查球內(nèi)幾何體問題，解題的關(guān)鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關(guān)系求解.6．【2021年新高考1卷】已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】設(shè)圓錐的母線長為，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.故選：B.7．【2021年新高考2卷】正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.8．【2020年新課標1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】設(shè)，利用得到關(guān)于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設(shè)，則，由題意，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：C.【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關(guān)計算，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計算能力，是一道容易題.9．【2020年新課標1卷理科】已知為球的球面上的三個點，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】由已知可得等邊的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出的值，根據(jù)球的截面性質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)圓半徑為，球的半徑為，依題意，得，為等邊三角形，由正弦定理可得，，根據(jù)球的截面性質(zhì)平面，，球的表面積.故選：A【點睛】本題考查球的表面積，應(yīng)用球的截面性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查計算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.10．【2020年新課標2卷理科】如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為，在俯視圖中對應(yīng)的點為，則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，即可求得點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點.【詳解】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，上的點在正視圖中都對應(yīng)點M,直線上的點在俯視圖中對應(yīng)的點為N,∴在正視圖中對應(yīng),在俯視圖中對應(yīng)的點是,線段,上的所有點在側(cè)試圖中都對應(yīng),∴點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為.故選：A【點睛】本題主要考查了根據(jù)三視圖判斷點的位置，解題關(guān)鍵是掌握三視圖的基礎(chǔ)知識和根據(jù)三視圖能還原立體圖形的方法，考查了分析能力和空間想象，屬于基礎(chǔ)題.11．【2020年新課標2卷理科】已知△ABC是面積為的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為（

）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)球的表面積和的面積可求得球的半徑和外接圓半徑，由球的性質(zhì)可知所求距離.【詳解】設(shè)球的半徑為，則，解得：.設(shè)外接圓半徑為，邊長為，是面積為的等邊三角形，，解得：，，球心到平面的距離.故選：C.【點睛】本題考查球的相關(guān)問題的求解，涉及到球的表面積公式和三角形面積公式的應(yīng)用；解題關(guān)鍵是明確球的性質(zhì)，即球心和三角形外接圓圓心的連線必垂直于三角形所在平面.12．【2020年新課標3卷理科】下圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是（

）A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形，求出每個面的面積，即可求得其表面積.【詳解】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形根據(jù)立體圖形可得：根據(jù)勾股定理可得：是邊長為的等邊三角形根據(jù)三角形面積公式可得：該幾何體的表面積是：.故選：C.【點睛】本題主要考查了根據(jù)三視圖求立體圖形的表面積問題，解題關(guān)鍵是掌握根據(jù)三視圖畫出立體圖形，考查了分析能力和空間想象能力，屬于基礎(chǔ)題.13．【2020年新高考1卷（山東卷）】日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為（

）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【解析】【分析】畫出過球心和晷針所確定的平面截地球和晷面的截面圖，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和線面垂直的定義判定有關(guān)截線的關(guān)系，根據(jù)點處的緯度，計算出晷針與點處的水平面所成角.【詳解】畫出截面圖如下圖所示，其中是赤道所在平面的截線；是點處的水平面的截線，依題意可知；是晷針所在直線.是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知、根據(jù)線面垂直的定義可得..由于，所以，由于，所以，也即晷針與點處的水平面所成角為.故選：B【點睛】本小題主要考查中國古代數(shù)學(xué)文化，考查球體有關(guān)計算，涉及平面平行，線面垂直的性質(zhì)，屬于中檔題.14．【2022年新高考1卷】已知正方體ABCD?AA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°【答案】ABD【解析】【分析】數(shù)形結(jié)合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接B1C、BC1，因為DA1//B1因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥B連接A1C，因為A1B1⊥平面BB因為B1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1連接A1C1，設(shè)A因為BB1⊥平面A1B1C因為C1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設(shè)正方體棱長為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線B故選：ABD15．【2022年新高考2卷】如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F(xiàn)?ABC，F(xiàn)?ACE的體積分別為V1A．V3=2VC．V3=V【答案】CD【解析】【分析】直接由體積公式計算V1,V2，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，由【詳解】設(shè)AB=ED=2FB=2a，因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，則V1V2=13?FB?S△ABC=13?a?又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD?平面BDEF，則AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2+EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM故選：CD.16．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【解析】【分析】對于A，由于等價向量關(guān)系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設(shè)，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關(guān)鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內(nèi)．17．【2021年新高考2卷】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設(shè)正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.18．【2020年新課標3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_________．【答案】【解析】【分析】將原問題轉(zhuǎn)化為求解圓錐內(nèi)切球的問題，然后結(jié)合截面確定其半徑即可確定體積的值.【詳解】易知半徑最大球為圓錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時的軸截面如圖所示，其中，且點M為BC邊上的中點，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為，由于，故，設(shè)內(nèi)切圓半徑為，則：，解得：，其體積：.故答案為：.【點睛】與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外