三年高考（2019-2021）数学（理）试题分项汇编——05 立体几何（选择题、填空题）（教师版）.pdf

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1、专题0 5立 体 几 何（选择题、填空题）1.1 2 0 2 1 浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体枳.【解析】几 何 体 为 如 图 所 示 的 四 棱 柱 其 高 为 1，底面为等腰梯形ABCDn V2该等腰梯形的上底为 正，下底为2 a，腰长为L故梯形的高为十一5 一 彳，故匕1 5 CD-4 8QID）=-X V 2+2 /2 j x-x l =故选：A.B.4c 3+V3D.2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解

2、析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥0 ABC其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,故其表面积为3*；*1*1+乎*（夜）=柠8,故选：A.3.12021 浙江高考真题】如图己知正方体B C。-4 4 a o,河，N分别是4的中点，则（）A.直线4。与 直 线 垂 直，直线M N/平面/8 C DB,直线4。与 直 线*平 行，直线平面蜴C.直线4 与 直 线 相 交，直线M N”平面4BCDD,直线4。与 直 线 异 面，直线平面B D R a【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证M N4民4 J平面9,即可得出结论.【解 析】、4.

3、AD,/1 ABCD A,B,C,D,连 ,在正万体 中,A n,z AnMW 的中点，所 以 为中点，又N是。声 的中点，所以MN/AB,ABCD,AB a,ABCD平面 平面.MNH.ABCD所以 平面m位 AB 丁工士 BD c-、MN 十工士 BD因为 不垂直，所以 不垂直则M N不垂直平面,所 以 选 项B,D不 正确:在“正十方一体/ABCD-A1X B1,C1 D,1.AD.AD1 1,4 8,平 面 4 4 ,所 以 ,4 O,AD n AB=AAD 1,所以,ABD.平血 D1 B u 平面 ABD1】.所 以A.D1 D.B1，且 直 线4是异面直线，所 以 选 项B错 误

4、，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.4 .【2 0 2 1 全国高考真题（理）】已如4,B,C 是半径为1 的球。的球面上的三个点，且V2A-12V2C.4A/3D.4百B-u【答案】A【分析】由 题 可 得 为 等 腰 直 角 三 角 形，得HI外接圆的半径，则可求得。到A R C平面 的距离，进而求得体积.【解析】,C U 8 C，=8 C =1,，比为等腰直角三角形，:.A B=O则AABC外 接 圆 的 半 径 为，又球的半径为1

5、 设到 平 面 的 距 离 为,则”/22 12-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.5 .【2 0 2 1 全国高考真题（理）】在正方体8 8 中，p 为 的 中 点，则直线尸8 与 2所成的角为（）兀 兀 兀 兀A.2 B.3 C.4 D.6【答案】D【分析】平移直 线 至 G,将直线 必 与 2所成的角转化为 心 与8 G所成的角.解三角形即可.如图，连接B G P G,P B,因 为 明产、,/P R A D所以 1或其补角为直线尸8与1所成的角，因为-L 平面 4 8 1 G A，所以 88 J_

6、P g ,乂 P g _L8Z,B BX rBiDi=Bi所以P C1平面尸 即，所以PC S B ,设正方体棱长为2,贝 产=2衣 尸 心；如=近s M P B C 卷=；所以/尸 明 吟故选：D6.【2021全国高考真题】已知圆锥的底面半径为其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线 长 为（）A.2 B,2 0 C.4 D,4夜【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.【解析】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M=解得1 =2 .故 选:B.7.1 2 0 2 1 北京高考真题】定义：2 4 小时内降水在平地上积水

7、厚度(mm)来判断降雨程度.其 中 小 雨(1 0 m m),中 雨(1 0 m m-2 5 m m),大 雨(2 5 m m-5 0 m m),暴 雨(5 0 m m-1 0 0 m m ),小明用一个圆锥形容器接了 2 4 小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个 等 级()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.【解析】由题意，一个半径为石的圆面内的降雨充满一个底面半径为200 150 八/、-X=50(mm)t高为150(mm)的圆能-X502 X150所以积水厚度”=1*1。02=12.5（mm）,属于中雨.故选：B.

8、8.【2021 全国高考真题】在正三棱柱 。一 圈G中，=，4=1,点p满足B P =2 B C +BB1,其中2 e 0,1,0,1,则（）A.当=1时，的周长为定值B.当=1时，三棱锥尸一4 B C的体积为定值C.当2 时，有且仅有一个点尸，使得4尸_L8PD.当=3时，有且仅有一个点尸，使得4 8,平面/g o【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,将尸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?点的个数；对于D,考虑借助向量的平移将P点

9、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.易知，点尸在矩形与 内 部（含边界）.对于A,当；1 =1时，B P =B C +RBB=BC+,即此时Pe线段C G,/与P周长不是定值，故A错误；对于B,当 T 时，B P =2 B C +叫=叫+3G,故此时P点轨迹为线段4G,而,4G平面4夕 则有尸到平面48 C的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.对于C,当 人;时，相=5，C +四，取8 C，8 c中点分别为。，”，则,所以尸点 轨 迹 为 线 段 不 妨 建 系 解 决，建立空间直角坐标系如图,p(o,o,)笛，5，。,则4尸=-,0,一1 ,B P4 P B p =（

10、-1）=0,所以4=。或=1.故”,。均满足，故C错误;对于D,当=5时,B P A B C +-2B B.1,取8 4，C C冲 点 为,N.（、3O,yo,-L 因为4 丁，0,0 ,所2；I 2）7 7）-也 1 -（百 1 l 3 1 1 1以 4 P=-丁/0；，48=-丁，3，一1，所以上+，式_ _1 =0=弘=_ _1,此时I 2 L）1 1）4 2 2 0 2P N与 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.9.【2021 全国高考真题（理）】以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图

11、，则 所 选 侧 视 图 和 俯 视 图 的 编 号 依 次 为 （写出符合要求的一组答案即可）.【答案】（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为，俯视图为，/)!占 匚 匚 一IZ.ABCD-A,B,C,D,AB=BC 2,BB.=1如图所不，长方体 i 中，1民产分别为棱4G，3c的中点,则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥后-/。尸.故答案为：.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.1 0.【2020年高考全国I卷理数】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

12、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旦 B.旦 c.回 D.小【答案】C【解析】如图，设CD=a,PE=b则 PO=IPE2-OE2=由题思得=-a b n nb2-=-a b /u ,4(-)2-2-1 =02，即 4 2 化间得 a a，b _+45解得）二 刀-（负值舍去）.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.1 1.【2020年高考全国H卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为“，在俯视图中对应的点为

13、“，则该端点在侧视图中对应的点为A.D.EMH【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形,22上的点在正视图中都对应点M,直线83c4上的点在俯视图中对应的点为N,.在正视图中对应“，在俯视图中对应N的点是0 4,线段0 3 0 4,上的所有点在侧试图中都对应E，点2在侧视图中对应的点为E.故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查分析能力和空间想象，属于基础题.9731 2.【2020年高考全国II卷理数】已知ABC是面积为丁的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为16兀，则。到平面A BC

14、的距离为3立A.B.2 C.1 D.2【答案】C【解析】设球。的半径为R,则4兀R2=16兀，解得：R =2.设 4 8 C外接圆半径为r,边长为。，9./3C是面积 为 丁 的等边三角形，球心。到平面AB C的距离d=1R，-户=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.1 3.【2020年高考全国HI卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A.6+4及B.4+4&C.6+2百D.4+2 6【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符

15、合题意的立体图形根据立体图形可得：S 好=S A D C=S CDB=X2X2=2根据勾股定理可得：，8 =8 =2后A DB是边长为28的等边三角形根据三角形面积公式可得：S&A DB=A B A D-s i n 6 0 =1(2 7 2)2-=2 7 3,该 几何体的表面积是：3 x 2 +2 6=6 +28故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.14.【2 0 2 0 年高考全国I 卷理数】已知4 氏 C 为球。的球面上的三个点，O Q 为 Z 8 C的外接圆，若。的面积为4兀，A

16、B =B C =A C =O O ,则球。的表面积为A.6 4兀 B.4 8兀C.3 6兀 D.3 2兀【答案】A【解析】设圆0|半径为r，球的半径为火，依题意，得小=4 兀,.=2,SC 为等边三角形，由正弦定理可得AB=2rsln60 =2 6,:.=AB=2 6,根据球的截面性质。1,平面ABC,(9 0,LO,A,R=OA=J o O j+o/2 =J。：+尸=七T,O,-r,S-4 7 r H 2-6 4一球 的 表 面 积故选：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.1 5.【2 0 2 0年高考天津】若棱长为2百 的正方体的顶点

17、都在同一球面上，则该球的表面积A.1 2兀 B.2 4兀C.3 6兀 D.1 4 4兀【答案】C【解析】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，（2可+（2司+（2可IX.-J2所以，这个球的表面积为S =4兀*=4TTX32=36兀故选：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

18、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.1 6.【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为侧（左）mA.6 +sf iC 1 2 +V 3B.6 +2-3n1 2 +2 百【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2 的等边三角形，侧面为三个边长为2 的正方形,则其表面积为:S =3 x（2 x 2）+2 xx2 x2 xsi n 6 0 2=1 2 +26故选：D.【点睛】（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发

19、现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理.圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.1 7.【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是A.正视图侧视图俯视图B.1 4T73C.3D.6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱,且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1,棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2,所以几何体的体积为3（2 J （2 ）3 3 .故选：A【点睛

20、】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.1 8.【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线/,m,n.I,m,n 共面 是/，m,c 两两相交 的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意切，是空间不过同一点的三条直线，产 在同-平面时，可 能 故 不 能 得 出 两 两 相 交.当“/两两相交时，设殖 =4殖/=8,j =0,根据公理2可知”,确定一个平面。，而 8 e?u a,C e u a,根据公理1 可知，直 线 即，ua,所以牡 在同一平面.Y Y l Y 1 I HI Y I 1综上所述，在同一平面

21、 是 两两相交 的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1 和公理2的运用，属于中档题.19.【2 0 2 0 年新高考全国I 卷】日皆是中国古代用来测定时间的仪器，利用与凸面垂直的辱针投射到辱面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。），地球上一点A的纬度是指O A 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O A 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 A处的纬度为北纬40。，则唇针与点A处的水平面所成角为A.20C.50【答案】BB.40D.90【解析】画出截面图如下图所示，其中8是赤道所在平面的截线；/是点

22、力处的水平面的截线，依题意可知4 5是孱针所在直线是唇面的截线，依题意依题意,唇面和赤道平面平行，辱针与卷面垂直，mH CD AB _L m根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.ZAOC=40,m/CD ZOAG ZAOC=40由于，所以，ZOAG+NGAE=ZBAE+NGAE=90由于，.,ZBAE=ZOAG=40 八，”一 一,BAE=40所以，也即劈针与点处的水平面所成角力.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.2 0.【2019年 高 考 全 国 I 卷 理 数】已 知 三 棱 锥 P-Z8c的

23、四 个 顶 点 在 球。的球面上,PA=PB=PC,A 4BC是边长为2 的正三角形，E,F 分别是RA,A B的中点，ZCEF=9 0,则球。的体积为A.88 1 1B.4671C.2&兀【答案】DD.寂兀【解析】解 法 =0 =0 公 8 c 为边长为2 的等边三角形，.S C 为正三棱锥,:.PBVACF F PA又，分别为 3 的中点,:.EF/PB：.EF VAC,又CEn=C，面.尸，平面PAAPB=9 0 ,PA=PB=PC=y/2：.P-ABC为正方体的一部分,n娓 一 4_n,4 6 屈 r.2/?=V2T2T2=V 6-即 R=，兀MJ 成=-x=V TT,故选 口.解法二

24、：设P4=PB=PC=2x,反”分别为04 的中点，,-.EF/PB 且EF=PB=x r-2，为边长为2的等边三角形，C/=6,：.CE=V3-x2,AE=-PA=x又 NCEF=90，24EC 中，由余弦定理可得cos NEA C=X2+4-（3-X2）2x2xx作皿如于。、的 市，cosN C =任J,;PA=PC，二。为ZC 的中点，PA 2 x 4x 2x，221 V22x+1=2,.*.,x=x=2 2PA=PB=PC=B又 止BC=心2,依，PC两两垂直,on d-R=:展九八=x/=痴兀2先 口.2火=J2 +2 +2 =J 6，2，3 3 8 ，古乂也口.【名师点睛】本题主要

25、考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.2 1.【2019年高考全国II卷理数】设a,6为两个平面，则&6的充要条件是A.a内有无数条直线与6平行 B.a内有两条相交直线与6平行C.a,6平行于同一条直线 D.a,6垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：a 内两条相交宜线都与B平 行是 ct/p B的充分条件,由面面平行性质定理知，若a B,则0内任意一条直线都与“平行，所以 内两条相交直线都与B平 行 是B的必要条件，故选B.【名师点睛】本题考查/空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗

26、透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a ua,b uB，a b,则。色,此类的错误.2 2.【2019年高考全国HI卷理数】如图，点N为正方形ABC。的中心，EC。为正三角形,平面ECD_L平面ABCD,M是线段ED的中点，则A.B M=E N,且直线8/W,E/V是相交直线B.BMHE M且直线8M,EN是相交直线C.B M=E N,且直线BM,EN是异面直线D.B M w E N,且直线BM,EN是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作 0,8于 ,连接B D,易

27、得 直 线E N是三角形E 8D的中线，是相交直线.过 作“如于J连 接 研,l；,CDEL y,ABCD EO 工 CD,EOu,CDE：.EO 1 .ABCD平面 平面，平面，平面 尸 平面 88,与、均为直角三角形.设正方形边长为2,易知 八 八八1 rxr c MF=避 ,BF=）、；.BM=V7 痂希EO=3,ON=1,EN=2,2 2，：,BM 手 E N 故选B.E【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.2 3.【2019年高考浙江卷】祖瞄是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的 事势既同，

28、则积不容异”称为祖瞄原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式I/住 体=5人 其中5 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示（单位：cm）,则该柱体的体积（单位：cn?）是1 3 3T便视图A.158C.182【答案】BB.162D.324【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+6.4+6-x3+-x3 x6=16222故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视

29、图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.2 4.【20 1 9年高考浙江卷】设三棱锥I/-A 8 C 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱3上 的 点（不含端点）.记 直 线 P 8 与直线A C 所成的角为a,直线P 8 与平面A 8 C 所成的角为6,二面角P-A C-B 的平面角为y,则A.6y,ay B.6 a,6yC.6 a,ya D.a6,y 6【答案】B【解析】如图，为C中点，连 接 VG,“在底面480的投影为,则尸在底面的投 影%线 段 上，过。作“E垂直于于E,连接P E,B D,易得P E

30、 照，过p P F/A C .V G F 一,M D H/A C B G H ,作 交 于，连接8 尸，过 作 ，交 于，则a =Z B P F,p =Z P B D,y =A P E D 结合尸必，&BDH,P D B 均为直角三角形,P F E G D H B D n,c o s a =-=-=-可得 P B P B P B P B 即a；P D P D 八t a n /=-=t a n p a在 R t Z X P E O 中，E D B D，即丁 ,综上所述，答案为B.71【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答

31、的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法“，寻求简便解法.25.【2 0 2 0 年高考全国H卷理数】设有下列四个命题：P i：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.P 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.P 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线/u 平面a,直线m _ L 平面a,则m _ L/.则 下 述 命 题 中 所 有 真 命 题 的 序 号 是.PSP4 Pl 八 Pz P 2 V p 3 P3 VP4【答案】【解析】对于

32、命题P i，可设4与4相交，这两条直线确定的平面为a ；若4与4相交，则交点4在平面a内，同理，4与4的交点8也在平面a内，所以，4B ua ,即u a,命题化为真命题;对于命题0 2,若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题P2为假命题：对于命题夕3,空间中两条直线相交、平行或异面，命题P3为假命题；对于命题0 4,若 直 线 平面0 ,则切垂直于平面a内所有直线，/(a tn I/,直线 平 面，一直线 直 线，命题”为真命题.综上可知，I ,为真命题，P,0 为假命题，月 4为真命题，I 2为假命题，f V A为真命题，V为真命题.故答案为：.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考

33、查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.2 6.【2020年高考全国川卷理数】已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径 最 大 的 球 的 体 积 为.【答案】万【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，u,BC=2,AB-AC=3 w.其中，且点M为8c边上的中点，设内切圆的圆心为,A由于 AM A/32 I2=2V2,SA ART-=x 2 x 22=2/2故 般2设内切圆半径 为 小 则:S 瓯 个 S AOB+S BOC+SAOC 2x/15xr+x 5 C x r+x ACxr22=g x(3+3+2)xr=2 痣V2 I

34、Z 4 3 V2解得：尸=，其体积：=兀.=彳兀0-7 C故答案为：3【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2 7.【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm?）为2 n,且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是.【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r,母线长为/,则兀xrxl=2%2 x%x r =x2 x x/解得2

35、 r =l,/=2故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28.【2 0 2 0 年高考江苏】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2 cm,高为2 cm,内孔半轻为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是（第9题）【答案】12A/3-1【解析】正六棱柱体积为6 x 2 2/2 2 x 2=1 2 6，4圆柱体积为“（3）之一，1 2 3-所求几何体体积为 2 .126-工故答案为：2【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.29.【2 0 2 0 年新高考全国I 卷】已知直四棱柱A8C D

36、-4&C Q 1 的棱长均为2,Z84 0=6 0.以Z）,为球心，亚为半径的球面与侧面ec G S i 的交线长为.【答案】马【解析】如图：取 G的中点为E，明的中点为F,C的中点为G,因为/加0=6 0。，直四棱柱44CA的棱长均为2,所以 4 G为等边三角形，所以百，*上B ,又四棱柱为直四棱柱，所以片,平面4用0以，所以B B】_L 4 G因 为 叫n qc；=B,所 以*J侧面8 C 0设P为侧面BC CB与球面的交线上的点，则DE 1 EP因为球的半径 为 氐DE=也,所以|E P|=Jl RPF=A/=0,所 以 侧 面 与 球 面 的 交 线 上 的 点 到E的距离为3,因为|

37、1=1 E G=e,所以侧面BCXCB与球面的交线是扇形E尸G的 弧 怒，7 1 7 1,ZB,EF=ZC.EG=-一、NFEG=一因为 4，所以 2，所以根据弧长公式可得bG22故答案为：【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.3 0.【2019年高考全国in卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体/8C。-4 4 c A挖去四棱锥O EFGH后所得的几何体，其 中。为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，/8 =8C=6cm,44=4cm,3D打印所用原料密度

38、为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为一g【答案】118.812.【解析】由 w题意-得，S四i边力形形=4x6-4x x2x3=12cmEFGH 2四棱锥 O-EFGH 的高为 3cm,%-小-三 x 12 x 3-12cm又长方体一4 C的体积为 匕=4X6X6=1 44cm3,所以该模型体积 为/=匕F-EFGH=144-12=132cn?,其质量为0.9x132=118.8g【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,从而利用公式求解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可

39、.3 1.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那 么 该 几 何 体 的 体 积 为.【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱M P D&-N Q C B之后余下的几何体,H,，K=43-X(2+4)X2X4=40则几何体的体积 2 ,【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间儿何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

40、(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.3 2 .【2 0 1 9 年高考北京卷理数】已知/,m是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断：小团；mH a 、/J_a.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：【答案】如 果/加 a,则【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果/_ L a,m/a 则/_LM,正确；(2)如果/_ L a,/则?a,不正确，有可能加在平面a内；(3)如果/_ 1 _ 阳，n i/a,贝 l j/_ L a,不正确，有可能/与a 斜交、/a故答案为：如果/_

41、L a,加a,贝 l _ L 阳.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.3 3 .【2 0 1 9 年高考天津卷理数】已 知 四 棱 锥 的 底 面 是 边 长 为 的 正 方 形，侧棱长均为V 5 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为.7 1【答案】4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为友 的 正 方形，侧棱长均 为 百，借助勾股定理，可 知 四 棱 锥 的 高 为=2若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，个底面的圆心为四棱锥底面的中

42、心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为5,故圆柱的体积为兀 =-.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34.【2 0 1 9 年高考江苏卷】如图，长方体 8。一/4 G A 的体积是1 2 0,E 为 的 中点，则三一锥E-B CD的体积是.-气【答案】1 0【解析】因为长方体 8 一4片G 2 的体积为1 2 0.CE=CC因为“为C G 的中点，所以 2 1，由长方体的性质知81底问A B CD,CE _ E BCD,BCD,所以 是三棱锥 的底面 上的局，CiECCCHIAB BC CC=1

43、2 0所以 V=-x-A B B C C E所以三棱锥E-B C D的体积 3 2=-x-A B B C-C C.=xl20=103 2 2 1 12【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中,往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.3 5.【2019年高考全国II卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正

44、多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为.（本题第一空2分，第二空3分.）【答案】26,【解析】由图可知第一层（包括上底面）与 第 三 层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=2 6个面.Y AQ Rp x CR FF如图，设 该 半正多面体的棱长为，则一，延长 与 的延长线交于点，延长B C交正方体的棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形,：.BG=GE=CH=x,：.GH=2 x x +x=(y2+)x=X=五+1=T，即该半正多面体的棱长为0 1.【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形.