新高考数学临考题号押题第6题 立体几何（新高考）（解析版）

押新高考卷6题立体几何考点3年考题考情分析立体几何2022年新高考Ⅰ卷第8题2022年新高考Ⅱ卷第7题2021年新高考Ⅰ卷第3题2021年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅱ卷第13题立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查棱锥的体积问题，圆锥的母线长问题，球体的内切外接及表面积体积问题，棱台的体积问题。可以预测2023年新高考命题方向将继续以表面积体积问题、球体等问题展开命题．立体几何基础公式所有椎体体积公式：所有柱体体积公式：球体体积公式：球体表面积公式：圆柱：圆锥：长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式已知长宽高求体对角线：已知共点三面对角线求体对角线：棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.欧拉定理(欧拉公式)(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).（1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：；（2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：.1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题）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【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,[方法一]：导数法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.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是2．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题）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【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，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．3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）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． B． C． D．【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.【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.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）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【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.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）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】.【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离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【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，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，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.6．（2020·新高考Ⅱ卷高考真题）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】【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.1．（2023·辽宁·校联考二模）已知某圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆锥的体积和高，得到底面半径，勾股定理得母线长，由圆锥的侧面积公式计算结果.【详解】设该圆锥的底面半径与母线长分别为，，由，得，所以，从而该圆锥的侧面积．故选：B2．（2023·广东湛江·统考二模）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可.【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为，高为，则，所以圆柱的侧面积为．故选：A.3．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体,设圆锥部分的高为米,圆柱部分的高为米,底面圆的半径为米,则该组合体体积为(

)A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米【答案】C【分析】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高，代入圆柱，圆锥体积公式计算，再相加即可.【详解】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高.圆柱的体积.圆锥的体积.所以该组合体体积（立方米）.故选：C4．（2023·江苏·统考一模）已知正四面体的棱长为1，点O为底面的中心，球О与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，然后利用，即得.【详解】因为正四面体的棱长为1，则正四面体的高为，由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为，则，所以，所以.故选：B5．（2023·广东茂名·统考二模）如图所示，正三棱锥，底面边长为2，点Р到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】过点P作底面的垂线于点O，过B作AC的垂线于H.过点M作平面平行和AC交三棱锥与平面.求出各边边长，及可求出.【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所有三角形为等边三角形并且边长为2，即.又因为为正三棱锥，因此过点P作底面的垂线于点O，则点O为三角形的中心.过B作AC的垂线于H.由三角形为等边三角形，因此，在直角三角形中，.又因为，在直角三角形中，，故.因为三棱锥为正三棱锥，因此均为等腰三角形.又M到平面距离为点P到平面距离的，因此M为的三等分点（靠近P），过点M作交于，交于.过点作交于，过点作交于，连接.所以，则四点共面.因为，面，面所以面.所以面即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.利用三角形相似可得：,.这个平面与三棱锥表面交线的总长为.故选：B6．（2023·浙江台州·统考二模）已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.【详解】因为.所以.因为.所以.所以.即所以异面直线与CD所成角的余弦值为.故选：D7．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，，所以，即.故选：A.8．（2023·重庆·统考模拟预测）在直三棱柱中，，，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（

）A．平面 B．当为中点时，AP与BC成角最大C．当为中点时，AP与成角最小 D．存在点，使得【答案】C【分析】举特例否定选项A；求得AP与BC成角最大时点位置判断选项B；求得AP与成角最小时点位置判断选项C；求得时点位置判断选项D.【详解】由题意得，两两垂直，不妨令以C为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则选项A：当点P与点B重合时，由为梯形的两个腰，可得相交，则直线平面位置关系为相交.判断错误；选项B：设AP与BC成角为，,由，可得当时，即两点重合时，，AP与BC成角为.判断错误；选项C：设AP与成角为，由，可得又，在单调递减，则当即为中点时，AP与成角最小.判断正确；选项D：,由，解得（舍），则不存在点，使得.判断错误.故选：C9．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出图形，找出直线与平面所成角的平面角，在三角形内即可求解.【详解】如图，过点向底面作垂线，垂足为，连接，过点作于G，连接，由题意可知：且，因为平面，所以平面，则即为直线与平面所成角的平面角，设正四面体的棱长为2，则，，所以，则，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直线与平面所成角的正切值是，故选：.10．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.【详解】取的中点，连接，由已知为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，设，则，，又，所以矩形的面积，所以四棱锥的体积，所以，所以，所以，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直角三角形，斜边为，因为平面，所以与平面所成角的平面角为，在中，，，所以，与平面所成角的正切值为.故选：B.11．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）在直三棱柱中，为等腰直角三角形，若三棱柱的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（

）A．12π B．24π C．48π D．96π【答案】C【分析】设为等腰直角三角形的直角边为，三棱柱的高为，根据三棱柱的体积得，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设为等腰直角三角形的直角边为，三棱柱的高为，则，所以，则，外接圆的半径为，所以棱柱外接球的半径为，令，则，则，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，则该三棱柱外接球表面积最小值为.故选：C.12．（2023·山东聊城·统考二模）某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由棱台体积得到棱台的高，并作出辅助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积.【详解】设正四棱台形状的高为，故，解得，取正方形的中心为，正方形的中心为，则，故该模型的外接球的球心在上，设为点，连接，设上底面正方形的边长为，，则，解得，，故，设，则，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为.故选：A13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知点P在棱长为的正方体的外接球O的球面上，当过A，C，P三点的平面截球O的截面面积最大时，此平面截正方体表面的截线长度之和L为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，由此确定平面，再求正方体被该平面截得的截线的长度.【详解】设底面正方形的中心为，当过A，C，P三点的平面截球的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心，故点P，O，三点共线，因为平面，所以平面，此平面截正方体的截面即为正方体的面，所以．故选：A．14．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作二面角的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明，建立坐标系，根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积.【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以为二面角的平面角的补角，所以，又，所以，从而三棱锥的高为1．又的面积，所以当时，的面积最大，最大值为，所以当时，三棱锥的体积最大，因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，于是设．又，，由，得，解得，则球O的半径，所以球O的体积．故选：D.【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，求出球心的位置，再求球的半径.15．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，点E，F分别在上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.设的外心为，外接圆的半径为r，则，利用勾股定理进而得出结论.【详解】如图所示，把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.如图所示，设的外心为，外接圆的半径为r，易得，则.设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接，则，则.∴三棱锥外接球的表面积.故选：B.16．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面内切圆的半径，从而求出结果.【详解】如图，设底面中心为，，中点分别为，，连接，，，，，,设金刚石的边长为，则由题知，，所以，在等边中，边上的高，在中，，由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在点，与面的切点在线段上，球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为，由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为则内切球体积为故选：D.17．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.正方体表面积为，所以，所以，；如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.则，，所以，所以，所以，正四面体的表面积为，所以.又为的中心，所以.又根据正四面体的性质，可知，所以，所以，；球的表面积为，所以，所以，.因为，所以，，所以，.故选：B.18．（2023·浙江杭州·统考一模）空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求的外接圆的半径，过作平面于，可得，可得当，，在一直线上时，三棱锥的外接球体积最大，求解即可．【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，由题意可得，过作平面于，直线与平面所成的角为，，，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，所以在延