三年 (2020-2022 ) 高考数学真题汇编 05立体几何（选择题、填空题）（文科专用）

专题05立体几何（选择题、填空题）（文科专用）

1.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

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,

x2x2=12.

故选：B.

（2022年全国甲卷】

2.在长方体488-A4GR中，已知耳。与平面ABCO和平面AA田田所成的角均为30。，

则（）

A.AB=2ADB.AB与平面ABCQ所成的角为30。

C.AC=CB]D.用。与平面B4GC所成的角为45。

【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==4AA=c,依题以及长方体的结构特征可知，瓦。与平面A8CD所成角

ch

为NBQB,BQ与平面44,8/所成角为所以sin30。二右二6有，即

D}Lft>}Lf

B、D=2c=\/a2+b2+c2,解得。=Oc.

对于A,AB=a,AD=bfAB=yflAD»A错误；

对于B,过g作BEJ.A用于石，易知BE1平面ABC。，所以A3与平面4与0。所成角为

NBAE,因为tan/BAE=£=也，所以NBAEH3(T,B错误；

a2

2

对于C,AC=Ca?+从=也c,CBX=\!b~+c=yf2c,ACwCB],c错误；

对于D,BQ与平面B8CC所成角为NQ8C，sinZDB^=—=—=^,而

BQ2c2

0<ZDB,C<90,所以NO8C=45.D正确.

故选：D.

[2022年全国甲卷】

3.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，侧面积分别为%和%,

体积分别为％和％.若生=2,贝()

〉乙V乙

A.非B.272C.布D.豆叵

4

【答案】C

【解析】

【分析】

设母线长为/，甲圆锥底面半径为4，乙圆锥底面圆半径为4,根据圆锥的侧面积公式可得

4=24，再结合圆心角之和可将小4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式即可得解.

【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4,

则&=也=二=2,

S乙加r2

所以4=2々

巾2兀r、2冗r、_

又一^+―^=2万，

贝IJ牛=1,

21

所以々=§/，2=§/，

所以甲圆锥的高々=

乙圆锥的高为=^^7=乎/,

所以十^一\

2

乙A兀l/x-/

393

故选：C.

[2022年全国乙卷】

4.在正方体ABCO-ABCA中，E,尸分别为A8/C的中点，则()

A.平面用EFJ■平面B.平面耳EFJ.平面A8。

C.平面与£/〃平面AACD.平面qE尸〃平面AC,。

【答案】A

【解析】

【分析】

证明EFJ_平面8。。，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

分别求出平面与或"AtBD,AG。的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】

解：在正方体48CO-A8GA中，

AC_LB£>且DR1平面ABCD,

又EFu平面A8CO,所以EF_LM)|,

因为E,F分别为ABIC的中点，

所以EF||AC,所以EELBD,

又Bon。。=。，

所以EF_L平面B。"，

又£Fu平面4E尸，

所以平面4族，平面BDR,故A正确；

选项BCD解法一：

如图，以点£>为原点，建立空间直角坐标系，设他=2,

则4(2,2,2),E(2,1,0),*1,2,0),3(2,2,0),A(2,0,2),4(2,0,0),C(0,2,0),

C,(0,2,2),

则方=(-1,1,0),函=(0,1,2),丽=(2,2,0),西=(2,0,2),

羽=(0,0,2),/=(-2,2,0),相=(-2,2,0),

设平面B[EF的法向量为m=(X1,y,zJ,

m-EF=-x+y.=0八

则有，立璃=凶+24=0，可取机=(2'2,T)’

同理可得平面\BD的法向量为I=(1,-1,-1),

平面AAC的法向量为第=(1,1,0),

平面ACQ的法向量为裙=(1,1,—1),

贝I］加•4=2-2+1=1^0.

所以平面与£尸与平面A/。不垂直，故B错误;

uu

因为而与〃2不平行，

所以平面与平面A4C不平行，故C错误;

因为而与胃不平行,

所以平面4EF与平面AC&不平行，故D错误,

选项BCD解法二:

解：对于选项B,如图所示，设=EFC\BD=N,则MN为平面与EF与平面

A80的交线，

在△EWN内，作3PLMN于点P,在AEMN内，作GP_LMN,交EN于点G,连结BG,

则NBPG或其补角为平面BXEF与平面AtBD所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形A8CQ中，E,尸为中点，则

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有:NB2+NG2=(PB2+PN2)+(PG2+PN2)=BG2,

22

据此可得PB+PG-丰BG,B|JZBPG丰90,

据此可得平面平面AB。不成立，选项B错误;

对于选项C,取A4的中点“，则

由于Ah与平面AAC相交，故平面AE尸〃平面AAC不成立，选项C错误;

对于选项D,取AZ)的中点M,很明显四边形AB尸例为平行四边形，则

由于AM与平面AG。相交，故平面BfF〃平面4G。不成立，选项D错误;

Cl

故选：A.

［2022年全国乙卷】

5.已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球。的球面上，则当该

四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.；C.息D.—

3232

【答案】C

【解析】

【分析】

方法一：先证明当四棱锥的顶点。到底面ABC力所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最

大值为2，，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而

得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.

【详解】

［方法一］:【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形ABCQ,四边形A8CQ所在小圆半径为r,

设四边形A3C。对角线夹角为a,

（当且仅当四边形ABC。为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点。到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2M

又设四棱锥的高为〃，则/+/=乙

当且仅当r2=2h2即心将时等号成立.

故选：c

［方法二］:统一变量+基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为“，底面所在圆的半径为

，，则”争，所以该四棱锥的高人后'

(当且仅当!=1-1,即储=9时，等号成立)

所以该四棱锥的体积最大时，其高力=考

故选：C.

［方法三］:利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为“，底面所在圆的半径为

『，则r=£,所以该四棱锥的高6=,V」叭叵，令H=r(O<r<2),y=_L%,

2V23V23V2

r3产

设则小)=2£吟，

0</<pf'(t)>0,单调递增，g<f<2,f(t)<0,单调递减，

所以当f=上时，V最大，此时/；=、口!=立.

3Y23

故选：C.

【整体点评】

方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通

性通法.

［2021年甲卷文科】

6.在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG

后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()

正视图

【解析】

【分析】

根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.

【详解】

由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

故选：D

[2021年乙卷文科】

7.在正方体ABCO-ABCR中，P为8a的中点，则直线PB与AD所成的角为（）

7171兀

A.-B.C.D.

2346

【答案】D

【解析】

【分析】

平移直线A4至8G，将直线所与4。所成的角转化为总与8a所成的角，解三角形即可.

如图，连接8G，PC1,P8,因为4O[〃8C],

所以NP8G或其补角为直线PB与A]所成的角,

因为平面AfCR,所以BBiLPq,又尸G_L8a,3片小片。=用，

所以PG，平面依4,所以尸G，PB,

设正方体棱长为2,则BC,=20,PC、=；BBi=母,

sinZPBC,=^=l