2023年高考数学二轮复习试题（全国通用）专题12立体几何初步Word版含解析

专题12立体几何初步一、一、核心先导二、考点再现二、考点再现【考点1】空间几何体的结构（1）棱柱的定义定义：一般地，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱底面(底)：两个互相平行的面侧面：其余各面侧棱：相邻侧面的公共边顶点：侧面与底面的公共顶点（2）棱锥的定义定义：有一面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥底面：多边形面侧面：有公共顶点的各三角形面侧棱：相邻侧面的公共边顶点：各侧面的公共顶点（3）棱台的定义定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台上底面：原棱锥的截面下底面：原棱锥的底面侧面：除上下底面以外的面侧棱：相邻侧面的公共边顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点（4）圆柱的定义以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体圆柱的轴：旋转轴圆柱的底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面圆柱的侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面圆柱侧面的母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边（5）圆锥的定义以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体轴：旋转轴叫做圆锥的轴底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边锥体：棱锥和圆锥统称为锥体（6）圆台的定义用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台轴：圆锥的轴底面：圆锥的底面和截面侧面：圆锥的侧面在底面与截面之间的部分母线：圆锥的母线在底面与截面之间的部分台体：棱台和圆台统称为台体（7）球球的表面积和体积（1）球的表面积：（2）球的体积:【考点2】柱、锥、台、球的表面积和体积1、柱、锥、台、球的表面积和体积几何体表面积体积柱体（棱柱，圆柱）椎体（棱锥，圆锥）台体（棱台，圆台）球2、圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式几何体圆柱圆锥圆台图示侧面积公式【考点3】点、线、面的位置关系1、与平面有关的三个基本事实（1）基本事实1：过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面

数学语言：,,三点不共线有且只有一个平面,使,,.（2）基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内

数学语言：,,且,（3）基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线

数学语言：,且,且2、基本事实1的三个推论推论1:经过一条直线与这条直线外一点,有且只有一个平面;

推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面;

推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.

3、空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言相交关系图形语言图形语言独有关系图形语言图形语言与是异面直线三、三、解法解密方法一：平行1、直线与平面平行（1）直线与平面平行的定义直线与平面没有公共点，则称直线与平面平行.（2）直线与平面平行的判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行符号表述：（3）直线与平面平行的性质定理如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行符号表述：，，2、平面与平面平行（1）平面与平面平行的定义两个平面没有公共点（2）平面与平面平行的判定定理如果一个平面内的有两条相交直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.符号表述：（3）平面与平面平行的性质定理性质定理两个平行平面，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.符号语言性质两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行与另一平面符号语言：方法二：垂直1、直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果一条直线与平面内的任意一条直线都垂直，那么直线垂直于平面，记为．直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，垂线与平面的交点P叫垂足.符号语言：对于任意，都有.（2）直线和平面垂直的判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.简记：线线垂直线面垂直符号语言：，，，，（3）直线和平面垂直的性质定理定义转化性质：如果一条直线与平面垂直，那么直线垂直于平面内所有直线.符合语言：，.性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.符合语言：，2、平面与平面垂直2.1、平面与平面垂直的定义（1）定义:一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.（2）符号语言:（3）图形语言2.2、平面与平面垂直的判定（1）定理：如果一个平面过另一个平面的的垂线，那么这两个平面垂直.(线面垂直，则面面垂直)（2）符号（图形）语言:，2.3、平面与平面垂直的性质定理（1）定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．(2)符号（图形）语言：，，.四、四、考点解密题型一：空间几何体的结构、直观图例1．（1）、（2022·全国·高一课时练习）如图，一个矩形边长为1和2，绕它的长为2的边旋转一周后所得如图的一开口容器（下表面密封），是中点，现有一只蚂蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为______．【答案】##【详解】该几何体为圆柱，侧面展开图为矩形，其中，，将问题转化为在上找一点，使最短．作关于的对称点，连接，令与交于点，则得的最小值就是，其中BE=2+1=3，所以．故答案为：（2）、（2022·全国·模拟预测）如图，圆柱的底面半径为2，四边形ABCD是圆柱的轴截面，点E在圆柱的下底面圆上，若圆柱的侧面积为，且，则（）A．B．4C．D．【答案】A【分析】根据圆柱侧面积为可求得圆柱母线长，又因为ABCD是圆柱的轴截面，可知与圆柱的上下底面垂直，且是下底面圆的直径，根据勾股定理计算可得，即可得出.【详解】如下图所示：设圆柱的母线长为l，由圆柱的侧面积为可得，得，连接AE，则，连接BE，则，故，故.故选：A.【变式训练1-1】、（2022·吉林·长春外国语学校高一期末）若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，则原四边形的面积为____________【答案】【详解】在直观图中，四边形为直角梯形，，而，则，由斜二测画法得原四边形是直角梯形，，，，如图：所以四边形的面积为.故答案为：【变式训练1-2】、（2022·云南·玉溪市民族中学模拟预测（文））《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若一个直角圆锥的体积是它的表面积的倍，则该直角圆锥的高为（）A．1B．C．2D．3【答案】D【分析】根据直角圆锥的性质求出圆锥的高、母线长与圆锥的底面半径之间的关系，再根据圆锥体积与表面积公式即可求解.【详解】设直角圆锥的高为h，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以．因为直角圆锥的体积是它的表面积的倍，所以，解得.故选：D.题型二:空间几何体的表面积与体积、三视图例2．（1）、（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）法国罗浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高，底宽，则塔身的表面积（精确到是（可能用到的参考数据：，A．B．C．D．【答案】C【详解】如图，正四棱锥，底面，，，则，所以，作，则所以该塔身的表面积故选：．（2）、（2023·全国·模拟预测）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值可能为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解.【详解】解：设圆柱的高为，则，所以,酒杯的体积，半球的体积，因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍，所以，解得，又因，所以，所以.故选：D.（3）、（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，某多面体的体积是，其三视图如图所示，则正视图中的高（）A．1B．C．D．【答案】B【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，然后根据体积公式计算可得．【详解】由三视图还原出原几何体为三棱锥，如图所示，结合三视图得该三棱锥体积为：，所以.故选：B.（4）、（2022·全国·模拟预测（文））《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的体积为________．【答案】【分析】由三视图确定三棱柱的底面面积和高，即可求得答案.【详解】由“堑堵”的三视图可知，直三棱柱的底面直角三角形斜边为2，其上的高为1，三棱柱高为2，原几何体如图示：则底面积为，故三棱柱的体积为：，故答案为：2【变式训练2-1】、（2022·浙江·太湖高级中学高二学业考试）一个球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高.北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”如图深受广大市民的喜爱，它寓意着创造非凡、探索未来，体现了追求卓越、引领时代，以及面向未来的无限可能它的外形可近似抽象成一个球缺与一个圆台构成的组合体如图已知该圆台的底面半径分别和，高为，球缺所在球的半径为，则该组合体的体积为_____.附：圆台体积公式，其中分别表示圆台上下底面面积，为圆台高.【答案】【详解】解：如图作出几何体的轴截面如下所示：依题意可得，，，，所以，则，所以，，所以几何体的体积；故答案为：【变式训练2-2】、（2022·浙江·慈溪市三山高级中学高二学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍，建于清同治十一年（公元1872年）.光绪二十五（1899年）增建钟楼，整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成，造型具有典型罗马哥特式风格.其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体，且正四棱锥的侧棱长为，其底面边长与正方体的棱长均为，则顶端部分的体积为__________.【答案】【详解】解：依题意可得如下直观图，，，设与的交点为，则为正四棱锥的高，所以，，所以，，所以【变式训练2-3】、（2022·四川·模拟预测（文））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．B．8C．D．10【答案】D【分析】多面体的直观图可以看成由直三棱柱与四棱锥组合而成，根据三视图尺寸求出对应体积即可【详解】多面体的直观图如图所示，它可以看成由直三棱柱与四棱锥组合而成，，则直三棱柱体积为，四棱锥体积为，所以多面体的体积为.故选：D【变式训练2-4】、（2022·四川成都·模拟预测（文））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的外接球的表面积为________．【答案】【分析】该几何体的直观图是四面体，将其放入正方体，其外接球即为该正方体的外接球，求出正方体外接球的半径即可求出外接球的表面积.【详解】该几何体的直观图是下图中的四面体，，其外接球即为该正方体的外接球，直径为，即故外接球表面积为．故答案为：.题型三：空间点、线、面的位置关系例3．（1）、（2022·北京·高三学业考试）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【详解】在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，EF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B（2）、（2022·全国·模拟预测（文））设，为不重合的直线，，，为不重合的平面，下列是成立的充分条件的有___________（只填序号）.①，②，，③，④，【答案】④【分析】根据线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】根据线面的位置关系易知，①②③中面和面可能相交也可能平行，④若且，根据面面平行的判定可知垂直于同一直线的两平面互相平行，故④正确.故答案为：④（3）、（2020·四川泸州·一模（理））如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），有下列结论:①平面平面;②多面体的体积为定值;③直线与所成的角可能为;④可能是钝角三角形.其中结论正确的序号是____________（填上所有序号）.【答案】①②④【分析】由面面垂直的判定定理可知①正确，由等体积法可知②正确，由直线与所成的角的最大值小于可知③错误，由可知④正确.【详解】对于①，正方体中，，，平面平面平面平面，故①正确;对于②，到平面的距离，三棱锥，为定值，故②正确;对于③，易得BC∥，即为直线与BC所成角，，当点与点重合时，是直角三角形，，所以，而此时直线与所成的角是最大角，所以直线与所成的角不可能为，故③错误；对于④，以点为原点建立空间直角坐标系如上图所示：由题得，设，所以，所以当时，，即是钝角.此时是钝角三角形.故④正确.故答案为：①②④【变式训练3-1】、（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）设，，为不重合的平面，，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（）①，，则；②，，，则；③，，，则；④，，，则．A．①③B．②③C．②④D．③④【答案】D【详解】①中，，可以相交并垂直于，①错误；②中，或或、相交（不一定垂直），②错误；③中，如图，将直线、平移交于点，设过直线、的平面为，设，因为，，所以，因为，、，所以∥，因为，所以，因为，所以，故③正确；④中，如图，设，在平面内任取一点，分别过作，垂足分别为，因为，，所以，因为，所以，所以，因为，所以，故④正确，故选：D.【变式训练3-2】、（2022·四川省内江市第六中学模拟预测（文））已知，是两条不同的直线，是平面，且，则下列命题中正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】根据线面平行、线线平行、线面垂直、线线垂直的条件逐一判断即可．【详解】解：依题意，若，则可能，∴A错误；若，则与可能相交、异面、平行，∴B错误；若，则可能，，与相交，∴C错误；由于，∴平面内存在直线，满足，若，则，则，∴D正确．故选：D．【变式训练3-3】、（2022·浙江·模拟预测）如图所示，在正方体中，点在矩形内，且到底面的距离是到的距离的倍，点在正方形内，且到面的距离等于到直线的距离，则下列说法错误的是（）A．对于任意，，直线与直线不共面B．对于任意，，直线与直线不垂直C．至少存在两组，，使得直线与直线共面D．至少存在两组，，使得直线与直线垂直【答案】D【分析】由题意可知点的轨迹为椭圆，点的轨迹为抛物线，结合图象的旋转与平移即可求解【详解】对于A：根据圆锥曲线的定义，点在矩形内的轨迹为椭圆（以为焦点，为长轴），点在正方形内的轨迹为以A为焦点，为准线的抛物线.当且仅当在平面内时，与共面，（或以一个动平面绕着旋转过程中与P的轨迹和Q的轨迹不会同时有交点可得），所以对于任意，直线与不共面，故A正确；对于B：设垂直于直线的平面由C往D平移，平移过程中与P的轨迹和Q的轨迹不会同时有交点亦可得：直线与直线不垂直，故B正确；对于C：当与的轨迹相交，为任意一点时，直线与直线共面，故C正确；对于D：判断方法同AB，可知D错误.故选：D.题型四:空间几何体的外接球例4．（1）、（2022·江苏南京·模拟预测）已知，，，为球的球面上的四点，记的中点为，且，四棱锥体积的最大值为，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据给定条件，确定四棱锥底面四边形形状，令，再建立r的函数，求出函数最大值作答.【详解】因，则平面过球O的球心O，又的中点为，则点E是以AB为直径的球的截面小圆圆心，连接，如图，则，四边形为梯形，令球O的半径为，设，则，四棱锥体积最大，当且仅当梯形面积最大，并且点D到平面的距离最大，显然球面上的点D到平面的最大距离为R，梯形面积，令，，求导得：，当时，，当时，，即函数在上递增，在是递减，因此当时，，，于是得四棱锥体积的最大值为，解得，所以球的表面积为.故选：C【点睛】思路点睛：涉及某些几何体面积、体积问题最值，可以引入变量建立函数关系，再求解函数最值作答.（2）、（2022·陕西·西安中学模拟预测（理））在三棱锥中，，，，的中点为，的余弦值是，若都在同一球面上，则该球的表面积是______．【答案】【分析】根据二面角的定义可得为的平面角，利用图中的垂直关系和直线与平面垂直的判定定理可得以为顶点可以补成一个棱长为的正方体，则正方体的对角线为球的一条直径，进而可得到三棱锥外接球的表面积,【详解】如图所示：因为中点为，连接，，则由，，得出，，所以为的平面角，又因为平面，所以面，因为面，所以，又因为，，所以为等腰直角三角形，且，又因为，故，在中，，在中，，在中，由余弦定理得，满足，所以，即，又，，、面，所以面，又因为面，所以两两垂直，以为顶点可以补成一个棱长为的正方体，都在正方体的外接球上，则正方体的对角线为球的一条直径，所以，，所以球的表面积．故答案为：．【变式训练4-1】、（2023·全国·模拟预测（理））若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出外接圆直径，结合锥体体积公式及球面的性质求出球半径即可计算作答.【详解】如图，设的中心为，连接，的延长线交球面于点D，连SD，显然CD是外接圆的直径，则，而平面ABC，则平面ABC，因正边长为3，则，，又，而，解得，在中，球O的直径，球O的半径，所以三棱锥的外接球的体积为.故选：D【变式训练4-2】、（2019·陕西·安康市教学研究室三模（理））同底面的两个正三棱锥和的顶点，，，，均在球的球面上，已知，且两个三棱锥的高的比为，则球的表面积为___________.【答案】【分析】设球的半径为，正三棱锥，的高为，，则由题意可得，，表示出，可求出球心到平面的距离，然后利用勾股定理可求出球的半径，从而可求出球的表面积.【详解】设球的半径为，正三棱锥，的高为，，则，，解得，，∴球心到平面的距离为，取的中点，连接，设为的外心，则在上，又∵，∴，∴在中，，即，解得，∴球的表面积为.故答案为：五、五、分层训练A组基础巩固1．（2022·全国·模拟预测）如图1是文祥塔，位于浙江省温州市泰顺县城南象山之上，初名象山塔，后人重修时易名为文祥塔．已知该塔六面七层且第七层塔身可近似地视为一个高2.8m、底面边长为2m的正六棱柱，塔顶可近似地视为一个高1m的正六棱锥，如图2所示，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和约为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由条件，解三角形求正六棱锥的侧面的高，再结合三角形面积公式和矩形面积公式分别求六棱锥的侧面积和六棱柱的侧面积即可.【详解】如图，设正六棱锥的底面正六边形的中心为O，则为等边三角形，连接点与边的中点，连接，由已知可得，，因为正六边形的边长为2，所以．又正六棱锥的高，故正六棱锥的侧面的高为，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和为，故选：A．2．（2022·全国·模拟预测）米斗是我国古代官仓，粮栈､米行必备的用具，是称量粮食的量器.如图是一种米斗，可盛米10升（1升=1000cm3），已知盛米部分的形状为正四棱台，且上口宽为18cm，下口宽为24cm，则高约为（）A．18.8cmB．20.4cmC．22.5cmD．24.2cm【答案】C【分析】设该米斗的高为hcm，结合台体体积公式可求.【详解】设该米斗的高为hcm，由台体的体积公式可得，解得.故选：C.3．（2022·河南新乡·一模（文））年詹希元创制了“五轮沙漏”，流沙从漏斗形的沙池流到初轮边上的沙斗里，驱动初轮，从而带动各级机械齿轮旋转．最后一级齿轮带动在水平面上旋转的中轮，中轮的轴心上有一根指针，指针则在一个有刻线的仪器圆盘上转动，以此显示时刻，这种显示方法几乎与现代时钟的表面结构完全相同．已知一个沙漏的沙池形状为圆雉形，满沙池的沙漏完正好一小时（假设沙匀速漏下），当沙池中沙的高度漏至一半时，记时时间为（）A．小时B．小时C．小时D．小时【答案】D【分析】设沙漏的底面半径为，高为，然后根据题求出当沙池中沙的高度漏至一半时，所剩余的沙的体积，从而可求出漏下的沙子体积与总体积的关系，进而求得结果.【详解】设沙漏的底面半径为，高为，则沙的体积为，当沙池中沙的高度漏至一半时，所剩余的沙形成的圆锥的高为，底面半径为，所以所剩余的沙的体积为所以漏下的沙子体积为总体积的，故记时时间为小时．故选：D4．（2022·广西北海·一模（理））如图所示几何体是底面直径为2，高为3的圆柱的上底面挖去半个球，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和，再依次计算求和即可.【详解】解：根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和.因为圆柱底面直径为2，高为3，所以，圆柱的侧面积为，一个底面面积为，半个球面的面积为，所以，该几何体的表面积为．故选：B5．（2022·湖北·丹江口市第一中学模拟预测）如图，圆形纸片的四分之一扇形（阴影部分）是圆锥A的侧面展开图，其余部分是圆锥B的侧面展开图，则圆锥A与圆锥B的表面积之比为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据圆锥的侧面积可得两圆锥的底面圆半径关系，进而根据表面积公式即可求解.【详解】设圆的半径为r，圆锥A与B的底面半径分别为，由题意知,解得,圆锥A的表面积，圆锥B的表面积，故．故选:B6．（2022·四川省南充市高坪中学模拟预测（文））已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积等于（）A．B．160C．D．【答案】D【分析】由三视图复原几何体直观图，确定相关棱长，根据表面积公式即可求得答案.【详解】由三视图可知，几何体为直三棱柱截去一个三棱锥C-SAB，如图示：其中直三棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且，故几何体的表面积为：，故选：D7．（2019·陕西·安康市教学研究室三模（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．8B．12C．16D．18【答案】C【分析】作出原几何体四棱锥，确定四棱锥的结构、尺寸，然后由体积公式计算体积．【详解】该几何体是一个底面为梯形的四棱锥，平面，，底面是直角梯形，，，，其体积.故选：C.8．（2018·陕西·安康市教学研究室三模（文））某几何体的三视图如图所示，其中正、侧视图中的三角形是边长为2的正三角形，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据三视图还原组合体的形状为一个圆锥与一个球组成，再结合圆锥与球的表面积公式计算即可.【详解】该几何体由一个圆锥与一个球组成，圆锥的底面和球的半径为1，故其表面积为．故选:D.9．（2022·上海·模拟预测）如图，正方体中，M是的中点，则（）A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线AC异面，直线平面D．直线与直线垂直，直线∥平面【答案】D【分析】根据题意可知，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量来研究直线和平面、直线和直线的位置关系较为简单，用向量的共线定理证明两直线是否平行或异面，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直或平行，得出直线与平面是否平行或垂直，再对选项进行逐一分析判断即可得出结论.【详解】解：因为是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，，，，，，，，又M为的中点，故可得，，，设平面的法向量为，则，即，不妨取，故可得．设平面的法向量为则，即，不妨取，故可得．对A：因为，，故BM，不相交，故错误；对B：，，不存在非零实数，使得，故MB，不平行，故错误；对C：，平面的法向量为，不存在非零实数，使得，故MB与平面不垂直，故错误；对D：，，则，故直线MB与垂直；又，故MB与平面平行，故正确；故选：D．10．（2017·上海普陀·二模）设l、m是不同的直线，、是不同的平面，下列命题中的真命题为（）A．若l∥，m⊥，l⊥m，则⊥B．若l∥，m⊥，l⊥m，则∥C．若l∥，m⊥，l∥m，则⊥D．若l∥，m⊥，l∥m，则∥【答案】C【分析】在A中，与相交或平行；在B中，与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得⊥；在D中，由面面垂直的判定定理得⊥．【详解】解：由l、m是不同的直线，、是不同的平面，知：在A中，若l∥，m⊥，l⊥m，则与相交或平行，故A错误；在B中，若l∥，m⊥，l⊥m，则与相交或平行，故B错误；在C中，若l∥，m⊥，l∥m，则由面面垂直的判定定理得⊥，故C正确；在D中，若l∥，m⊥，l∥m，则由面面垂直的判定定理得⊥，故D错误．故选：C．11．（2022·全国·安阳市第二中学模拟预测（理））已知l、m、n是三条不同的直线，和是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，则D．若，，，，则【答案】D【分析】结合图形或定理判断选项即可.【详解】对于A选项，m在与n垂直时，可能与平面垂直，平行，相交或者在面内，故A错误.对于B选项，如下图，平面与存在相交的可能，故B错误.对于C选项，因，，则.则当时,n不一定垂直于.故C错误.对于D选项，因，，和是两个不重合的平面，则.又因，则.则当时，有.故D正确.故选：D12．（2022·福建福州·三模）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（）A．AE=CF，AC与EF是共面直线B．，AC与EF是共面直线C．AE=CF，AC与EF是异面直线D．，AC与EF是异面直线【答案】D【分析】，，在中，根据中位线可得，由此能求出结果．【详解】在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，如图，，，，在中，是的中点，是的中点，，与是共面直线，若AC与EF是共面直线,则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线故选：D．13．（2021·陕西·安康市教学研究室二模（文））设直四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，底面为平行四边形，，侧面的面积为6，则球O表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题意可判断出四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体，设AD=a，AA1=h，设AD=a，AA1=h，然后求出长方体的体对角线，从而可得球的直径，表示出球的表面积，结合基本不等式可求得结果.【详解】因为底面ABCD为平行四边形，且球O是直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以底面ABCD必为矩形，从而四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体.设AD=a，AA1=h，则AB=2a，ah=6，所以球O的表面积S=4π()2=π(5a2+h2)≥2π×ah=12π，当且仅当5a2=h2，即a=时，等号成立，故球O表面积的最小值为12π.故选：B14．（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室一模（文））北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，该卫星信号覆盖地球表面的表面积（单位：），则S与地球表面积之比为____________．【答案】45:106##【分析】设表示卫星，过作截面，截地球得大圆，过作圆的切线，线段交圆于，得，在直角三角形中求出后，可计算两者面积比．【详解】设表示卫星，过作截面，截地球得大圆，过作圆的切线，线段交圆于，如图，则，，，，则，地球表面积为所以．故答案为：．15．（2022·陕西渭南·一模（文））我国古代《九章算术》中将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图与侧视图为全等的等腰梯形，两底的边长分别为1和3，高为4，则该刍童的表面积为___________.【答案】【分析】根据三视图与几何体的关系求出该几何体的斜高即可求表面积.【详解】由题可知正视图与侧视图的高为刍童几何体的高，则侧面等腰梯形的高等于，所以该几何体的表面积等于，故答案为：.16．（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．【答案】8【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：根据原图与直观图的关系可得，，且，所以，所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，故答案为：817．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（文））如图为某几何体的三视图，该几何体的表面积是___________.【答案】【分析】根据三视图复原出原几何体，根据几何体的结构特征即可求得其表面积.【详解】根据几何体的三视图复原原几何体的直观图，如图示，该几何体为一组合体，上部分为半径为1的半球，下部分为底面半径为1，高为2的圆柱，故该几何体的表面积为，故答案为：18．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模（文））如图，在棱长为2的正方体中，、、分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列命题：①不存在点，使平面；②三棱锥的体积是定值；③直线平面④经过、、、四点的球的表面积为.正确的是______.【答案】②③④【分析】连接PQ，，当Q是的中点时，由线面平行的判定可证，即可判断①，根据即可判断②，证明、，即可判断③，分别取，的中点E，F，构造长方体，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积，即可判断④；【详解】解：连接PQ，，当是的中点时，因为，，所以，因为平面，平面，所以平面，故①错误；因为是线段上的动点，平面，所以到平面的距离，即为到到平面的距离，所以，故三棱锥的体积是定值，即②正确；由正方体的性质可得，平面，平面，，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，同理可证平面，平面，所以，，平面，所以平面，故③正确；当是的中点时，分别取，的中点E，F，构造长方体，则经过、、、四点的球即为长方体的外接球，设所求外接球的直径为2R，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，即，所以经过、、、四点的球的表面积为，故④正确.故答案为：②③④19．（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））在长方体中，底面是边长为4的正方形，，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：①异面直线与所成角的余弦值为；②平面；③点B到平面的距离为；④截面面积的最小值为6．其中正确的是__________（请填写所有正确说法的编号）【答案】②④【分析】利用异面直线所成角的定义及余弦定理可判断①，利用线面平行的判定定理可判断②，利用等积法可判断③，过点A作，连接，进而可得为与平面所成的角，结合条件及基本不等式可判断④.【详解】依题意得，因为，所以异面直线与所成的角即或其补角，在中，，所以异面直线与所成角的余弦值为，故①错误．由于平面平面，所以平面，故②正确．设点B到平面的距离为h，由，得，解得，故③错误．如图，过点A作，连接，因为平面，所以，又，所以平面，平面，则，平面平面，平面平面，故为与平面所成的角，则，在中，，则有，在中，由射影定理得，由基本不等式得，当且仅当，即E为的中点时，等号成立，所以截面面积的最小值为，，故④正确．故答案为：②④.20．（2022·江西·赣州市第三中学模拟预测（文））正方体的棱长为1，E、F、G分别为的中点，有下述四个结论，其中正确的结论是___________.①点C与点B到平面的距离相等；②直线与平面平行；③平面截正方体所得的截面面积为；④直线与直线所成的角的余弦值为.【答案】①②③【分析】对于①：利用平面AEF过BC的中点E，得出C与B到平面AEF的距离相等；对于②：取的中点Q，连接、、QE.证明出平面∥平面AEF.得到∥平面AEF；对于③：连接，延长，AE交于点S.判断出截面即为梯形AEFD1.利用梯形的面积公式直接求解；对于④：判断出直线与直线EF所成的角，利用余弦定理即可求的.【详解】对于①：假设C与B到平面AEF的距离相等，即平面AEF将BC平分，则平面AEF必过BC的中点.由E是BC的中点，所以C与B到平面AEF的距离相等.故①正确对于②：如图所示.取的中点Q，连接、、QE.因为，且，所以四边形为平行四边形，所以∥AE.因为面AEF，面AEF，所以面AEF.同理可证：面AEF.因为，面，面，所以平面∥平面AEF.又因为平面，所以∥平面AEF.故②正确；对于③：连接，延长，AE交于点S.因为E，F分别为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，所以A、E、F、D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1.因为CF=CE，所以，即，所以FS=ES又D1F=AE，所以即，，所以等腰△的高，梯形的高为，所以梯形的面积为.故③正确对于④：因为，所以直线与直线EF所成的角即为所求.在三角形中，，由余弦定理得，.所以直线与直线EF所成的角的余弦值为.故④错误.故答案为：①②③B组能力提升21．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，，则四棱锥的外接球O的表面积是（）A．80πB．160πC．60πD．40π【答案】D【分析】先求底面矩形的外接圆半径，由侧棱垂直底面易得外接球半径，再求体积即可【详解】由题意底面矩形的外接圆半径，则原四棱锥外接球半径，故选：D22．（2022·浙江·模拟预测）如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知，当时，取得最小值为2，此时外接球半径满足，解得或.所以三棱锥的外接球的最小半径为.所以外接球表面积为.故选：C.23．（2022·山东潍坊·三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形．则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】作出图形，设在三棱锥中，平面，且，，证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.【详解】如下图所示：在三棱锥中，平面，且，，因为平面，、、平面，则，，，，，平面，平面，，所以，三棱锥的四个面都是直角三角形，且，，设线段的中点为，则，所以，点为三棱锥的外接球球心，设球的半径为，则，因此，球的表面积为.故选：A.24．（2022·山西·忻州一中模拟预测（文））在三棱锥中，已知平面，，且，，，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由平面，，知三棱锥可补形为以，为长宽高的长方体，三棱锥的外接球即长方体的外接球，设外接球的半径为，则，所以．故选：A25．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）在三棱锥中，二面角和的大小都为，，，，则三棱锥的外接球与内切球的表面积的比值为__________.【答案】【分析】根据等体积法求出内切球半径，设中点为，过作直线的平行线，三棱锥外接球球心在直线上且位于平面下方，根据求出外接球半径解决即可.【详解】如图，作平面，垂足为，过作，垂足为，所以为二面角的平面角，由，大小均为知，点到直线距离相等，即点是的内切圆圆心，设半径为则，又因为在中，，，，所以为直角三角形，，所以，设中点为，过作直线的平行线，所以三棱锥外接球球心在直线上且位于平面下方，在直角中，过作交于，作交于，连接，所以与全等，，因为是中点，所以，所以，所以在直角中，，设，所以又因为，所以，解得，所以，设内切球半径为，因为,所以，所以，所以,故答案为：.26．（2018·甘肃·西北师大附中一模（理））在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为____________．【答案】【分析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，根据几何关系确定外接球球心位置，列勾股定理方程确定该三棱锥的外接球的半径.【详解】因为，所以为等边三角形，所以，等边外接圆的半径为，如图，三棱锥外接球球心为，半径为，设球心到平面的距离为，外接圆圆心为，连接，则平面，取中点，所以，又平面，所以//，则四边形是矩形，所以在和中，由勾股定理可得，解得：，表面积.故答案为：27．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图为一个三棱锥的三视图，则其外接球的表面积为________.【答案】【分析】根据三视图求出直观图，从而求出底面三角形BCD的外接圆半径，进而求出外接球半径，求出外接球表面积.【详解】画出直观图，如图所示：已知BC=1，由勾股定理得：，因为，设△BCD的外接圆半径为R，由正弦定理得：，所以，设三棱锥A-BCD的外接球半径为r，则，所以其外接球的表面积为.故答案为：C组真题实战练28．（2018·全国·高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A．B．C．D．【答案】A【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题．29．（2020·全国·高考真题（理））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【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.30．（2018·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A．B．C．D．【答案】B【详解】分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．31．（2019·全国·高考真题（理））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A．，且直线是相交直线B．，且直线是相交直线C．，且直线是异面直线D．，且直线是异面直线【答案】B【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B．【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．32．（2020·全国·高考真题（文））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【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.33．（2022·全国·高考真题）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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，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上升到时，增加的水量约为（）（）A．B．C．D．【答案】C【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．34．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，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.35．（2018·北京·高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1B．2C．3D．4【答案】C【详解】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四