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

专题05立体几何（选择题、填空题）

1.【2021年全国高考甲卷数学（文）】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为£,

F,G.该正方体截去三棱锥A-瓦G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

【答案】D

【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,

所以其侧视图为

故选：D

2.【2021年全国高考乙卷数学（文）】在正方体ABCO-AAGR中，P为与。的中点，

则直线依与AO】所成的角为（）

71717171

A.-B.-C.-D.一

2346

【答案】D

【分析】

平移直线至8G，将直线PB与42所成的角转化为依与BG所成的角，解三角形即

可.

【详解】

如图，连接BG，PC「PB,因为AA〃BG，

所以NP5G或其补角为直线P5与AR所成的角，

因为_L平面44GA,所以，PG,又尸G1BQ[,BB]cBR=B],

所以PG，平面PBB、,所以尸q1PB.

设正方体棱长为2,贝ijBG=2JIPG=gz）4=JJ,

所以NPBG=".

6

故选：D

3.【2021年全国新高考I卷数学】己知圆锥的底面半径为血,其侧面展开图为一个半圆，

则该圆锥的母线长为()

A.2B.2夜C.4D.4拒

【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，则力=2%x夜，解得

/=272.

故选：B.

4.【2021年全国新高考I卷数学】在正三棱柱ABC-中，A8=A4=1,点P满

足而=4配+4函，其中；//e[0,l],贝ij()

A.当2=1时，耳P的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P—A8C的体积为定值

C.当彳=:时，有且仅有一个点P,使得AflBP

D.当〃=g时，有且仅有一个点p,使得4BJ.平面Aqp

【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P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P点

的个数；

对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点

的个数.

【详解】

易知，点P在矩形BCG用内部(含边界).

对于A,当；1=1时-，丽=就+〃丽=前+〃页,即此时PG线段CC1,△AB/周长

不是定值，故A错误；

对于B,当〃=1时，丽=4前+函=函+4端，故此时P点轨迹为线段与G，而

B\C\HBC,AG〃平面ABC,则有P到平面48C的距离为定值，所以其体积为定值，

故B正确.

对于C,当时，丽=；而+〃瓯，取6C,5G中点分别为Q，"，则

BP=BQ+^iQH,所以P点轨迹为线段Q”，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图,

41恪,o,1,p(0,0,〃)，小0,；,0),则乖=(一。,0,〃一1,BP=

靠•丽=〃(〃-1)=0,所以〃=0或〃=1.故〃,Q均满足，故C错误；

1-.—.1

对于D,当〃=Q时，BP=2BC+]BBi,取CC中点为M,N.BP=BM+AMN，

—•(61

所以2点轨迹为线段MN.设P0,加3，因为A\-。0，所以AP=一■3'%'2

\2)[2

__]'3]]1

48=--—1,所以一+—%—=0=>y=—,此时P与N电合，故D正确.

2242220

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.

5.【2021年全国新高考II卷数学】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（

56D28―

A.20+12百B.28及C.—

3

【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h=,22_（2血_夜『=V2，

下底面面积S1=16,上底面面积邑=4,

所以该棱台的体积丫=，力（51+邑+，^瓦）=，*0*（16+4+南）=空0.

故选：D.

6.【2021年全国新高考II卷数学】如图，在正方体中，。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MNJ.OP的是（）

B.

【答案】BC

【分析】

根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD

的正误.

【详解】

设正方体的棱长为2,

对于A,如图（1）所示，连接AC,则MW/AC,

故ZPOC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角,

1&

在直角三角形OPC,0C=J5，CP=1,故tan/POC

故MNJ_O尸不成立，故A错误.

对于B,如图（2）所示，取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则0Q工NT,PQLMN,

由正方体SBCM-NADT可得SN_L平面ANDT，而OQu平面ANDT.

故SNJ.OQ,而SNCMN=N,故0Q，平面SN7M，

又MNu平面SNTM,0Q1MN,而。QDPQ=Q，

所以MN,平面OPQ,而POu平面OPQ,故MNLOP,故B正确.

对于C,如图(3),连接80，则BD//MN，由B的判断可得。30,

枚0PlMN,故C正确.

对于D,如图(4),取AO的中点。，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK,

则AC//MN，

因为DP=PC,故PQ〃AC,故PQHMN,

所以NQPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角,

图⑷

因为正方体的棱长为2,故PQ=gAC=J5,OQ=y]AO2+AQ2=7172=73-

PO=4PK2+OK2=V4+1=V5-QO-<PQ2+OP2,故NQPO不是直角，

故PO,MN不垂直，故D错误.

故选：BC.

7【2021年北京市高考数学】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

C.3+6D.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.

【详解】

根据三视图可得如图所示的几何体-正二棱锥0-A6C，

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3x，xlxl+立=土@

241/2

故选：A.

8.[2021年北京市高考数学】定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨

程度.其中小雨(<10mm),中雨(10mm-25mm),大雨(25mm-50mm),暴雨

(50mm-100mm),小明用一个圆锥形容器接了24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.

【详解】

由题意，一个半径为写=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为

200150

----------x-----------=50（mm）,高为150（mm）的圆锥,

2300

1,

…心疗万*50。150

所以积水厚度----------=12.5（皿）,属于中雨.

万XIO。？'）

故选：B.

9.【2021年天津高考数学】两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，

32乃

若球的体积为二,两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

3

A.3兀B.41C.9兀D.12万

【答案】B

【分析】

作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆

半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】

如卜一图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点。，

设圆锥和圆锥BD的高之比为3:1,即AO=3BD,

设球的半径为R，则陋-=必生,可得R=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4,

33

所以，BD=LAD=3,

则NC4T)+ZACO=NBCr)+ZACO=90，所以，/CAD=/BCD，

又因为NAOC=N3r>C,所以，^ACD^CBD.

ADCD,----------

所rr以rl,=--z->CD=VAD-BD=Vr3>

C/JDU

因此，这两个圆锥的体积之和为1万xCO2.(AD+8D)=g〃x3x4=4».

故选:B.

10.【2021年浙江省高考数学】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积.

【详

几何体为如图所示的四棱柱,其高为1,底面为等腰梯形ABC。，

该等腰梯形的上底为、反，下底为2加，腰长为1，故梯形的高为/[=丰，

牧VABCO-ABiGA=5X(0+2^2jxxl=—»

故选：A.

11.【2021年浙江省高考数学】如图已知正方体ABC。-AgGA,M,N分别是4。,

。出的中点，则（）

A.直线AQ与直线。田垂直，直线MN//平面ABCD

B.直线4。与直线。出平行，直线MN_L平面80。片

C.直线4。与直线R8相交，直线MN〃平面ABC。

D.直线4。与直线。乃异面，直线MN，平面BDRB]

【答案】A

【分析】

由正方体间的垂直、平行关系,可证MN〃AB,4。，平面ABQ,即可得出结论.

【详解】

连在正方体ABC。—4片£。中，

M是4。的中点，所以A/为A。中点，

又N是。8的中点，所以MN//AB，

M/VZ平面ABCD,ABu平面ABCD.

所以MN〃平面A5CD.

因为AB不垂宜AD，所以MN不乖宜BD

则MN不垂直平面BDD}B],所以选项B,D不正确；

在正方体ABC。—45G2中，AR_L4。，

43_1平面朋2。，所以AB，A。，

AD}r>AB=A,所以4。_1_平面AB。，

"Bu平面AB?,所以

且直线4。Of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班直或异面垂直关系.

12.【2020年高考全国I卷文数】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

由题意得尸。2=,4/,,即〃一《=Lab,化简得4(2)2一2・2—1=0,

242cia

解得2=11且(负值舍去).故选C.

a4

P

D

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学讲算能力，是•

道容易题.

【2。2。年高考全国n卷文数】已知MBC是面积为竽的等边三角形'且其顶点都在球

O的球面上.若球。的表面积为16n,则。到平面ABC的距离为

A.x/3B.-C.1D.—

22

【答案】C

【解析】设球。的半径为R，则4万穴2=16%,解得：R=2.

设△A5c外接圆半径为r,边长为。，

•.•△ABC是面积为幽的等边三角形，

4

:.二鼠虫=姓,解得：a=3，

224

球心。到平面ABC的距离d='炉一产=’口=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.

14.【2020年高考全国HI卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是

A.6+4夜B.4+4夜C.6+2GD.4+26

【答案】c

【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：S&ABC=S&ADC=S4CDB=3X2乂2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2V2

△A£>5是边长为2夜的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

S4ADB=^ABAD-sin60°=^(2V2)2•=2^

,该几何体的表面积是：3x2+273=6+273.

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.

15.【2020年高考全国I卷文数】已知A,8,C为球。的球面上的三个点，OQ为ZVIBC的

外接圆，若。&的面积为4兀，AB=BC=AC=00,,则球。的表面积为

A.64兀B.48兀C.36兀D.32K

【答案】A

【解析】设圆a半径为r，球的半径为R,

依题意，得万/=4万,.•.r=2,

•••△ABC为等边三角形，

由正弦定理可得AB=2rsin60°=2G，

OOX=AB=2\/§»

根据球的截面性质。。1平面ABC，

:.OO[LO.A,R=OA=Qoo：+ow=^JOO2+r2=4,

*,*球O的表面积S=47I??=64〃.

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.

16.【2020年高考天津】若棱长为26的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积

为

A.12KB.24K

C.36兀D.144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，

即亚可+0南+仅可

1\——J

2

所以，这个球的表面枳为S=4%K=4»x3?=367r.

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.

17.【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

A.6+73B.6+2A/3

C.12+6D.12+2V3

【答案】D

【解析】由题意可得，三棱柱的上卜底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为

2的正方形，

则其表面枳为：S=3x(2x2)+2x(gx2x2xsin60。)=12+26.

故选：D.

【点睛】⑴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，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.

(2)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.

(3)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.

18.【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

正视图侧视图

俯视图

D.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gx2xl)xl+1c八c1c7

gx一x2x1x2——F2="—

2133

故选：A

【点睛】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.

19.【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,。共面"是,

m,"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】依题意加,〃，/是空间不过同一点的三条直线，

当机,〃,/在同一平面时，可能加//〃〃/,故不能得出两两相交.

当两两相交时，设mc〃=A,mc/=B,〃c/=C,根据公理2可知九〃确定一

个平面a，而5emua,Ce〃ua,根据公理1可知，直线5C即/ue,所以机,〃，/

在同一平面.

综卜一所述，"机,〃，/在同一平面”是"加,〃，/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.

20.【2020年新高考全国1卷】日号是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇

针投射到唇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处放置一个日辱，若号面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则

号针与点A处的水平面所成角为

A.20°B.40°

C.50°D.90°

【答案】B

【解析】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A处的水平

面的截线，依题意可知OAJ_/；A5是岩针所在直线.加是唇面的截线，依题意依题意,

号面和赤道平面平行，号针与辱而垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知mllCD，

根据线面垂直的定义可得ABJ_加..

由于NAOC=40°,根〃CO,所以NO4G=NAOC=40°,

由于G+NGAE=ZBAE+NGAE=90°，

所以/BAE=ZOAG=40°,

也即辱针与点A处的水平面所成角为/.BAE=40°.

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.

21.【2019年高考全国II卷文数】设a,6为两个平面，则a〃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内两条相交直线都与万平行是a〃/?的充分条件,

由面面平行性质定理知，若a〃夕，则a内任意一条直线都与£平行，所以a内两条相

交直线都与夕平行是a〃4的必要条件，故选B.

【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、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

aua,Au月,a〃匕，则。〃/?”此类的错误.

22.【2019年高考全国ID卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△EC。为正三角形,

平面ECD，平面ABC。，M是线段ED的中点，则

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线

B.8/W4N,且直线8M,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线B/W,EN是异面直线

D.BMHEN,且直线BM,EN是异面直线

【答案】B

【解析】如图所示，作£O_LCE＞于。，连接QV,BD,

易得直线8M,EN是三角形EBD的中线，是相交直线.

过M作板_LQD于F，连接BE，

•.•平面COE,平面ABC£＞，EO上CD,EOu平面CDE,

.•.EOJ•平面ABC。，叱，平面ABCO,

:.AMFB与AEON均为直角三角形.

设正方形边长为2,易知EO=6,ON=1,EN=2,MF=-,BF=-,：.BM=yH^

22

:.BM彳EN,

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.

23.（2019年高考浙江卷】祖晅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幕势既同，则

积不容异”称为祖咂原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V出产Sh,其中S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:cm3)是

俯视图

A.158B.162

C.182D.324

【答案】B

【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,卜.底为6,高为3,则该棱柱的

2+64+6]

体积为------x3+------x3x6=162.

22)

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.

24.【2019年高考浙江卷】设三棱锥1/-ABC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P8与直线AC所成的角为a,直线P8与平面A8C所成的角

为6,二面角P-AC-B的平面角为则

A.6<y,a<yB.6<af6<y

C.6<afy<aD.a<0,y<6

【答案】B

【解析】如图，G为AC中点，连接VG,V在底面ABC的投影为O,则P在底面的

投影D在线段AO上，过。作上垂直于AC于E,连接PE,BD,易得过

尸作P/〃AC交MGTE，连接BF,过。作交BG于H,则

a=NBPF,。=NPBD,y=NPED,结合△尸FB,ABDH,APCB均为直角三角形，可

PFEGDHBD〃”。,

得Zllcosa=---=----=----<----=cosB,即a>/?；在Ri△尸E£）中，

PBPBPBPB

PDPD

tan/=>---=tan（3,即综上所述，答案为B.

【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.【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30万则该

圆锥的侧面积为.

【答案】397r

【分析】

利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.

【详解】

1,

•••丫=一万62•力=30万

3

26.【2021年全国高考乙卷数学（文）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为

侧视图和俯视图,组成某个三棱锥的三视图，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）.

图①图②图③

图④图⑤

【答案】③④（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.

【详解】

选择侧视图为③，俯视图为④,

如图所示，长方体ABC。—44GA中，AB=BC=2,BB]=1,

E,尸分别为棱BQ”BC的中点,

则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E—ADR.

故答案为：③④.

【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.

27.【2020年高考全国H卷文数】设有下列四个命题：

P”两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

P2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.

P3：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mJJ.

则下述命题中所有真命题的序号是.

①P|/\P4②POP2③「。2丫。3④/3丫「。4

【答案】①③④

【解析】对于命题Pl，可设，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A在平面«内，

同理，与12的交点B也在平面a内，

所以，ABua,即gua,命题p1为真命题；

对于命题〃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，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P”若直线m_L平面a,

则加垂直于平面1内所有直线，

•••直线/u平面a,.•.直线/_L直线/,

命题P4为真命题,

综上口J知，P1,P4为真命题，P］，P3为假命题,

P\AP4为真命题，P\八，2为假命题，

7P3为真命题，%「Pa为真命题.

故答案为：①③④.

【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考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.

28.【2020年高考全国III卷文数】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】也乃

3

【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，

其中8C=2,45=AC=3,且点M为8c边上的中点，

设内切圆的圆心为O，

用jAM=V32—I2=2V2，故S4ABC=5X2X2V2=2V2»

设内切圆半径为广，则：

$△48。=S&AOB+S&BOC+S^AOC=~xABxr+—XBCX〃+5XACxr

=1x(3+3+2)xr=25/2,

解得：r=^~,其体积：V=*冗户=立~兀.

233

故答案为：^~冗.

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匕正方体的体对角线长等于球的直径.

29.【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：err?）为2兀，月.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

7xrx/=27

,c1c解得r=1,/=2.

2x»xr=-x2x万x/

[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.

30.【2020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2cm,高为2cm,内孔半轻为0.5cm,则此六角螺帽毛坯

的体积是▲cm.

（第9题）

【答案】12A/3----

2

【解析】正六棱柱体积为6x^x22x2=126，

4

圆柱体积为亚;）2-2=p所求几何体体积为126-%.

故答案为：12-\/3---

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.

31.【2020年新高考全国I卷】已知直四棱柱ABCD-481GD1的棱长均为2,/BAD=60°.以

Q为球心，石为半径的球面与侧面BCGBx的交线长为.

【答案】也乃.

2

【解析】如图：

取gG的中点为E，的中点为尸，cq的中点为G,

因为ZBM>=60。，直四棱柱ABC。—AgGA的棱长均为2,所以△DgG为等边

三角形，所以RE=JLRE上B©,

又四棱柱ABC。—48c2为直四棱柱，所以84,平面A#GQ,所以

因为8旦04G=g,所以AE_L侧面B^CB,

设P为侧面4cleB与球面的交线上的点，则D.ELEP,

因为球的半径为石，RE=6，所以|EPI=J|D|P『一|。|回2=7^=拒，

所以侧面BgCB与球面的交线上的点到E的距离为血，

因为|Ef|=|EG|=友，所以侧面4GC8与球面的交线是扇形EEG的弧FG，

兀71

因为NB]EF=NGEG=—,所以NFEG=—,

42

所以根据弧长公式可得FG=-x42=—7r.故答案为：—n.

222

【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，考查了立体儿

何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

32.【2019年高考全国I卷文数】已知NACB=90。，P为平面A8c外一点，PC=2,点P到N

AC8两边AC,BC的距离均为百，那么P到平面ABC的距离为

【答案】V2

【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO_L平面ABC，连接CO，

由题意可知CD_LP£>,C£>，PO,PDp\PO=P,

\C0A平面PDO,又ODu平面POO，...CDJ_O。，

•;PD=PE=BPC=2,.•.sinNPCE=sin/PCD=@，

2

NPCB=NPCA=60°，

又易知POLCO，CO为NACB的平分线，

ZOCD=45°,.-.OD=CD=l,OC=y[i,

又PC=2，；.PO=y[^i=e.

【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底

面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决.注意画图视角选

择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体

摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍.

33.【2019年高考全国n卷文数】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L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.）

图1

【答案】26,V2-1

【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行18+8=26个面.

如图，设该半止多面体的棱长为x，则AB=3£=x,延长C5与压的延长线交于点G,

延长3c交正方体的棱于“，由半正多面体对称性可知，△8GE为等腰直角一角形,

BG=GE=CH=^x,：.GH=2x

2

x———=\[2—1,

V2+1

即该半正多面体的棱长为a-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.

34.【2019年高考全国DI卷文数】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ABCD-ABCR挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中。为长

方体