2020-2022年高考数学真题分类汇编专题05 平面解析几何+立体几何(教师版+学生版)

专题05平面解析几何1．【2021年新高考1卷】已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）A．13B．12C．9D．6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．【解析】由题，所以，则，（当且仅当时，等号成立）．故选：C．2．【2021年新高考2卷】抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A．1B．2C．【答案】BD．4【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【解析】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：在抛物线(舍去).故选：B.3．【2022年新高考1卷】已知O为坐标原点，点的直线交C于P，Q两点，则（上，过点）A．C的准线为B．直线AB与C相切D．C．【答案】BCD【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故B正确；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，所以，直线的斜率存在，设其方程为，，联立，得，所以，所以或，，，，又所以，故C正确；因为所以，，，而，故D正确.故选：BCD焦点F的直线与C交于A，B4．【2022年新高考2卷】已知O为坐标原点，过抛物线两点，其中A在第一象限，点，若，则（）A．直线C．的斜率为B．D．【答案】ACD【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出直线的方程，联立抛物线求得即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.【解析】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，设，则，则，代入抛物线得，解得，则，则，B错误；对于C，由抛物线定义知：对于D，，C正确；，则又为钝角，，则为钝角，又，则，D正确.故选：ACD.5．【2021年新高考1卷】已知点在圆上，点、，则（）A．点到直线B．点到直线的距离小于的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.误；分析可知，当最大或最小时，【解析】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接，、，可知，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.6．【2021年新高考2卷】已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【解析】圆心若点到直线l的距离，在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，所以，，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.7．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知曲线A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上.（）B．若m=n>0，则C是圆，其半径为C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，可化为时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【解析】对于A，若，则，因为，所以，即曲线对于B，若表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可得可化为，此时曲线表示双曲线，由，故C正确；对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.8．【2022年新高考1卷】写出与圆________________．和都相切的一条直线的方程【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【解析】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，，由题意，解得当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.9．【2022年新高考1卷】已知椭圆离心率为．过的直线与C交于D，E两点，，C的上顶点为A，两个焦点为，，且垂直于，则的周长是________________．【答案】13【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，得，整理化简得到：，利用弦长公式求得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.【解析】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵且垂直于的直线与C，∴，∴的垂直平分线，∴直线为正三角形，∵过交于D，E两点，为线段的斜率为，斜率倒数为，直线的，方程：判别式，代入椭圆方程，整理化简得到：，∴，∴，得，∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.故答案为：13.10．【2022年新高考2卷】设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．【答案】【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【解析】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以圆所在直线即为直线，所以直线为，圆心，即；，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为：11．【2022年新高考2卷】已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交，则l的方程为___________．于M，N两点，且【答案】【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；，【解析】解：令的中点为，因为，则，所以设，，，所以，即所以令，即，设直线，，，，得，令得，即，所以，即又，解得或（舍去），，即，解得或（舍去），所以直线，即；故答案为：12．【2021年新高考1卷】已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.【答案】【分析】先用坐标表示【解析】抛物线∵P为，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.)的焦点：(,上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，,不妨设,又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为：.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.13．【2021年新高考2卷】若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.【答案】【分析】根据离心率得出【解析】由题可知，离心率，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.，即，，又，即，则故此双曲线的渐近线方程为.故答案为：.14．【2020年新高考1卷（山东卷）】斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．【答案】【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.【解析】∵抛物线的方程为又∵直线AB过焦点F且斜率为代入抛物线方程消去y并化简得，∴抛物线的焦点F坐标为，∴直线AB的方程为：，，解法一：解得，所以解法二：，设，则,过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.故答案为：【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.15．【2022年新高考1卷】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线(1)求l的斜率；(2)若的斜率之和为0．，求的面积．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由点．在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，再根据，即可解出l的斜率；，（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的方程以及积．的斜率，再分别联立直线的长，由点到直线的距离公式求出点到直线与双曲线方程求出点的距离，即可得出的坐标，即可得到直线的面【解析】(1)因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，．所以由即可得，，，即，所以，化简得，所以当，即，或，时，直线过点，与题意不符，舍去，故．(2)不妨设直线因为的倾斜角为，所以，因为，即，，所以，，即，解得于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，所以，．，，点到直线的距离，故的面积为．16．【2022年新高考2卷】已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且的直线交于点M.从下面①②③中选取．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)；(2)见解析【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【解析】(1)右焦点为，∴，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；(2)由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；若选①③推②，则为线段的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在的中点，假若直线轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；总之，直线设直线的斜率存在且不为零.的斜率为,直线方程为,则条件①在上，等价于；两渐近线的方程合并为,联立消去y并化简整理得：设,线段中点为,则,设,则条件③等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即,即；由题意知直线的斜率为,直线的斜率为,∴由,∴,所以直线的斜率,直线,即,即,代入双曲线的方程得：中，,解得的横坐标：,同理：，∴∴,∴条件②等价于，综上所述：条件①在条件②上，等价于等价于；；条件③等价于；选①②推③:由①②解得：选①③推②：由①③解得：,∴③成立；，，∴，∴②成立；选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.17．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且的斜率之和.，求直线的斜率与直线【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得【解析】(1)因为所以，轨迹的值.，是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，，所以，轨迹的方程为.（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立，如图所示，设,设直线的方程为．联立,化简得.则．故．则．设的方程为，同理．因为所以，所以．因为，化简得，，即，所以．[方法二]：参数方程法设．设直线的倾斜角为，则其参数方程为，联立直线方程与曲线C的方程，可得，整理得．设，由根与系数的关系得．设直线的倾斜角为，，同理可得由，得．因为，所以．由题意分析知．所以，故直线的斜率与直线的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设,直线的方程为，直线的方程为,则二次曲线又由．，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.18．【2021年新高考2卷】已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线合弦长公式可得，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结，进而可得，即可得解.【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；，当直线的斜率存在时，设必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立所以可得，所以，,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线联立与曲线相切可得，所以，可得，所以所以，，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.,联立直线方程与椭圆方程，根（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【解析】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，因为根据，所以，即，,代入整理可得：，所以，整理化简得因为，不在直线上，所以，于是，故的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线由的斜率不存在时，可得，得：，得，结合可得：，解得：令为或（舍）.此时直线过点.的中点，即，若与不重合，则由题设知若与重合，则是的斜边，故，，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点．即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为．，直线的方程为．由题意得则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线即及点A处的切线可表示为（其中为系数）．．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线因为的斜率不存在，则．，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当，不合题意；时，直线的方程为的方程为．所以直线恒过当时，直线，所以直线恒过．综上，直线又因为恒过，所以，所以点D在以线段，则．，即为直径的圆上运动．取线段的中点为．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线，再根据平面几何知识可知定点即为方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的中点；的方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为（1）求C的方程；，（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：(2)设与直线AM平行的直线方程为：.，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程可得：与椭圆方程，，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【】专题05平面解析几何1．【2021年新高考1卷】已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）A．13B．12C．9D．62．【2021年新高考2卷】抛物线的焦点到直线在抛物线的距离为，则（）A．1B．2C．D．43．【2022年新高考1卷】已知O为坐标原点，点的直线交C于P，Q两点，则（上，过点）A．C的准线为C．B．直线AB与C相切D．4．【2022年新高考2卷】已知O为坐标原点，过抛物线两点，其中A在第一象限，点，若焦点F的直线与C交于A，B，则（）A．直线C．的斜率为B．D．5．【2021年新高考1卷】已知点在圆上，点、，则（）A．点到直线B．点到直线的距离小于的距离大于C．当D．当最小时，最大时，6．【2021年新高考2卷】已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切7．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知曲线A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n>0，则C是圆，其半径为.（）C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若m=0，n>0，则C是两条直线8．【2022年新高考1卷】写出与圆________________．和都相切的一条直线的方程9．【2022年新高考1卷】已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．10．【2022年新高考2卷】设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．11．【2022年新高考2卷】已知直线l与椭圆于M，N两点，且在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交，则l的方程为___________．12．【2021年新高考1卷】已知为坐标原点，抛物线，为与轴垂直，为轴上一点，且的准线方程为______.：(，若)的焦点为，则上一点，13．【2021年新高考2卷】若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两14．【2020年新高考1卷（山东卷）】斜率为点，则=________．15．【2022年新高考1卷】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线(1)求l的斜率；(2)若的斜率之和为0．，求的面积．16．【2022年新高考2卷】已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.17．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.18．【2021年新高考2卷】已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为（1）求C的方程；，（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【】三年专题05立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔应水面的面积为时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔；水位为海拔时，相上升到时，增加的水量约为（）（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径设球心到上下底面的距离分别为，所以，即，，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）A．346B．373C．446D．473【答案】B【解析】【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得【详解】，进而得到答案．过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以因为在．，所以中，由正弦定理得：，而，所以所以．故选：B．【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．5．【2021年甲卷理科】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】，为等腰直角三角形，，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，，则所以.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.6．【2021年新高考1卷】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．B．C．D．【答案】B【解析】【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，解得.故选：B.7．【2021年新高考2卷】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．B．C．D．【答案】D【解析】【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，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.8．【2020年新课标1卷理科】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．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（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.9．【2020年新课标1卷理科】已知为球的球面上的三个点，⊙，则球的表面积为（）为的外接圆，若⊙的面积为，A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆得半径为，球的半径为，依题意，，为等边三角形，，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，，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.10．【2020年新课标2卷理科】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，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得【详解】点在侧视图中对应的点.根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是侧视图中对应的点为.,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在故选：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，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．B．C．1D．【答案】C【解析】【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.【详解】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离.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.12．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4B．4+4C．6+2D．4+2【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：根据勾股定理可得：是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：该几何体的表面积是：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.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷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OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，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，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，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，..由于，所以由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.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.14．【2022年新高考1卷】已知正方体，则（）A．直线C．直线与所成的角为B．直线与所成的角为与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接的角，、，因为，所以直线与所成的角即为直线所成的角为与所成因为四边形为正方形，则，故直线与，A正确；连接因为又，因为平面，平面，则，，，，所以平面平面，设平面，所以，故B正确；连接因为因为所以，连接，，平面，则，，，所以平面，为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为为直线，故C错误；因为平面，所以与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD15．【2022年新高考2卷】如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（）A．B．D．C．【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，，易得平面，又则平面平面，，平面，则，又，又则，过作于，易得四边形为矩形，则，，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.16．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A．当B．当时，的周长为定值时，三棱锥的体积为定值C．当D．当时，有且仅有一个点，使得时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】【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．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当确．时，时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面，取的距离为定值，所以其体积为定值，故B正对于C，当，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为，所以．，所以点轨迹为线段．设，因为，，所以，此时与重合，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．17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A．B．C．D．【答案】BC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线【详解】构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接平面，，则平面，，由正方体故可得，而，，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，故C正确.，则，由B的判断可得，故对于D，如图（4），取的中点，，故的中点，连接，则，因为所以，故，或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.18．【2020年新课标3卷理科】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】【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】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，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：【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.19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【解析】【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距，再根据弧长公式可求得结果.离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱因为为直四棱柱，所以侧面平面，所以，，所以，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面因为与球面的交线上的点到的距离为，，所以侧面，所以与球面的交线是扇形，的弧，因为所以根据弧长公式可得.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.20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】【解析】【分析】利用计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以故答案为：【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.【】三年专题05立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔应水面的面积为时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔；水位为海拔时，相上升到时，增加的水量约为（）（）A．B．C．D．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．B．C．D．3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）A．346B．373C．446D．4735．【2021年甲卷理科】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）A．B．C．D．6．【2021年新高考1卷】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．B．C．D．7．【2021年新高考2卷】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．B．C．D．8．【2020年新课标1卷理科】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．B．C．D．9．【2020年新课标1卷理科】已知为球的球面上的三个点，⊙，则球的表面积为（）为的外接圆，若⊙的面积为，A．B．C．D．10．【2020年新课标2卷理科】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，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．B．C．D．11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC是面积为球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若）A．B．C．1D．12．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4B．4+4C．6+2D．4+213．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷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OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°14．【2022年新高考1卷】已知正方体，则（）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为15．【2022年新高考2卷】如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（）A．C．B．D．16．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A．当B．当时，的周长为定值时，三棱锥的体积为定值C．当D．当时，有且仅有一个点，使得时，有且仅有一个点，使得平面17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A．B．C．D．18．【2020年新课标3卷理科】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_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【】三年专题05立体几何（选择题、填空题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（）A．B．AB与平面所成的角为所成的角为C．D．与平面【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，即，，与平面，所成角为，所以，解得，．对于A，，A错误；对于B，过作于，易知，所以平面，所以与平面所成角为，因为，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将式即可得解.分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以又，，，则所以，所以甲圆锥的高乙圆锥的高，，所以.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体中，E，F分别为的中点，则（）A．平面平面平面B．平面D