2021-2023高考數(shù)學(xué)真題匯編：四、立體幾何（含答案解析）

四、立體幾何—三年（2021-2023）高考數(shù)學(xué)創(chuàng)新真題精編

1.【2023年全國乙卷文科】已知點S,A,B,。均在半徑為2的球面上，△ABC是邊

長為3的等邊三角形，SAL平面ABC,則SA=.

2.【2023年全國甲卷理科】在正方體ABC。-45GA中，E,F分別為AB,GR的中

點.以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

3.【2023年新課標(biāo)I卷】如圖，在正四棱柱ABC。-中，AB=2,A^=4.點

4,B2,C2,02分別在棱A4,BB],CC[,OR上，AA2=l,BB2=DD2=2,

CC2=3.

（1）證明：B2C2//AD2；

⑵點P在棱B耳上，當(dāng)二面角為150°時，求B2P.

4.【2022年北京卷】已知正三棱錐P-ABC的六條棱長均為6,S是△ABC及其內(nèi)部

的點構(gòu)成的集合，設(shè)集合T={QeS|PQ<5},則T表示的區(qū)域的面積為（）

3兀

A.—B.兀C.2兀D.3兀

4

5.【2022年浙江卷】某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm）,則該幾何體的體積

（單位：cm3）是（）

俯視圖

A.22KB.8兀C.—7tD.—7i

33

6.【2022年上海卷】如圖，正方體中，P,Q,R,S分別為棱AB,

BC,BB],CD的中點，連接AS,8Q.對于空間任意兩點M,N,若線段MN上不

存在點在線段A|S,與。上，則稱M,N兩點可視.則下列選項中與點A可視的為（）

A.點PB.點BC.點RD.點Q

7.【2022年全國甲卷文科】在長方體ABCD-ASGA中，已知片。與平面A8CO和平面

所成的角均為30。，則（）

A.AB=2ADBAB與平面45c。所成的角為30。

C.AC=CBtD.BQ與平面8BCC所成的角為45。

8.【2022年全國乙卷理科】已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂

點均在球。的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A.-B.-C.迫D.立

3232

9.【2021年新高考I卷】已知正四棱錐的側(cè)棱長為/,其各頂點都在同一球面上，若

該球的體積為36兀，且34”36,則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

27812764

A.18,—B.D.[18,27]

4T'TT'T

答案以及解析

1.答案：2

解析：如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為連接QA,因為△ABC是邊長為3的等邊

三角形，所以其外接圓半徑廠=。①=2x3X3=G.

32

將三棱錐S-A5C補形為正三棱柱SBC-ABC,由題意知SA為側(cè)棱，設(shè)球心為。，

連接OO1,0A,則OQJ?平面A8C,且O?=gsA.

22

又球的半徑火=OA=2,OA=OO；+OtA,所以4=；SA?+3,得必=2.

解法二:如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為a,連接。小，因為△ABC是邊長為3的等

邊三角形，所以其外接圓半徑r=0d=2x且X3=G.

32

設(shè)三棱錐S-ABC的外接球球心為0,連接O。，則，平面ABC又SAJ?平面

ABC,所以。Q//SA,連接OS,0A,由題意知OS=O4=2.過。作SA的垂線，設(shè)垂

足為“，則四邊形AOQ"為矩形，所以。a=A"，由QS=Q4可知”為SA的中點，

則00i=A”=(SA.

所以在RtaOQA中，由勾股定理可得0A2=0。：+00△2,即4='SA2+3,得SA=2.

2.答案：12

解析：如圖，線段所過正方體的中心，所以以EE為直徑的球的球心即正方體的中

心，球的半徑為紅，而正方體的中心到每一條棱的距離均為空，所以以為直徑

22

的球與每一條棱均相切，所以共有12個公共點.

3.答案：(1)證明見解析

⑵名尸=1

解析：(1)解法一：依題意，得B1G=B，4+4C+GG=￡>￡>,+AD+A1M=4D>，

所以82c2〃4&.

解法二：以點C為坐標(biāo)原點，CD,CB,CG所在直線分別為X，y，z軸，建立如圖

A(2,2,1),2(2,0,2),

所以B2C2=(0,-2,1),42=(0,—2,1),

所以B2c2=&D；,所以62c2〃43.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系,建系方法同(1)中解法二,設(shè)5尸=〃(0?”44),則尸(0,2,〃),

所以％=(2,0,1—〃)，PG=(°，—2,3-

設(shè)平面PA2C2的法向量為a=&，乂,zj,

所以吟貝儼+(~注=。，

PC2-a=01一2y+(3-ri)zx-0

令％1,得a二(〃-1,3—九2).

設(shè)平面A2C2D2的法向量為人=(x2,y2,z2),

由(1)解法二知，&以=(—2,—2,2),4a=(0,—2,1),

所以卜2c21=。，則廠2々-2必+2Z2=0,

A2D2b=0[-2y2+z?=0

令%=1，得"=(1,1,2).

所以Icos150°|=|cos〈a,萬〉|=1'-+""+4|_=正，

11：("—+4+(3—研x#2

整理得“2-4〃+3=0,解得〃=1或〃=3,

所以BP=1或3P=3,

所以32P=1.

4.答案：B

解析：設(shè)。為△ABC的中心，連接PO,AO,在正三角形ABC中，

1

AO=-x—x6=273,在RtZVVM中，POVPA—A。=/36-12=2的,當(dāng)

32

PQ=5時，連接。。，根據(jù)勾股定理可得OQ=JPQ2-PO2=1,易知。的軌跡是圓心

為。，半徑為1的圓，由于集合7={。€5|PQW5},故集合T表示的區(qū)域是圓心為

O,半徑為1的圓及其內(nèi)部，其面積為兀，故選B.

5.答案：C

解析：由三視圖知，該幾何體是由半球體、圓柱體、圓臺組合而成的，其中半球的半

徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為2,圓臺的上、下底面的半徑分別為1和2,高為

2,所以該幾何體的體積為上久兀*13+兀*12*2+，兀(12+卜2+22卜2=工兀，故選C.

2331'3

6.答案：D

解析：設(shè)與點A可視的點為G,依題意線段AG上不存在點在線段AS,BQ上.當(dāng)點

G與點P重合時，RG即〃P,與線段AS相交，A錯誤；當(dāng)點G與點8重合時，

。。即。田，與線段片。相交，B錯誤；當(dāng)點G與點R重合時，QG即RR,與線段

go相交，C錯誤；當(dāng)點G與點。重合時，2G即RQ,與線段AS,用。均異面，

故選D.

7.答案：D

解析：如圖，連接8。，易知N8型是直線與平面ABC。所成的角，所以在

R3BO始中，ZBDBt=30°,設(shè)8q=1,B、D=2BB12,BD=《BQ。-BB；=6.易知

ZABQ是直線耳。與平面懼8出所成的角，所以在RtAWq中，ZABtD=30°,因為

與0=2,所以A￡>=；8Q=1,陰=JBQ。-AD。=g,所以在RtzXA明中，

AB=dAB；-BB；=O,所以A項錯誤.易知N8A4是直線A8與平面A8C。所成的角，

所以在R3AB耳中，sinNBAq=器=4二；，所以NBAB尸30。，所以B項錯誤.在

R3C84中，C4=/BC?+BB；=及，而AC='JAB2+BC2=&所以C項錯誤.易知

NZ%C是直線用。與平面班℃所成的角，因為在R3OBC中，CB、=CD=母,所以

ZDBtC=45°,所以D項正確.故選D.

解析：解法一（特殊法）不妨設(shè)四棱錐的底面是正方形，邊長為。，底面正方形外接

樹的半徑為「，則一生，四棱錐的高狂后，所以四棱錐的體積

V=l?2-小_=3回7:迪，當(dāng)且僅當(dāng)

3V23^441,2）3\33丫⑶27

即/=9時等號成立，此時四棱錐的高人12=立，故選c.

423V2V33

解法二（導(dǎo)數(shù)法）設(shè)四棱錐的底面是正方形，底面正方形外接圓的半徑為r,四棱錐

的高為人則產(chǎn)+/=1,正方形的邊長為及r=所以四棱錐的體

}2

積y=gSG=|(1-序加=|(-"+h).令/(/7)=-h+/Z(0</?<1),則f'(h)=-3h+1,令

尸(力)=-3川+1=0,得〃=當(dāng)，所以/(〃)在卜分)上單調(diào)遞增，在［乎,1)上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)〃時，/(〃)取得最大值，所以當(dāng)四棱錐的體積最大時，其高為g,故選C.

解法三(轉(zhuǎn)化法)該四棱錐的體積最大即以底面截球的圓面和頂點。組成的圓錐體積

最大，設(shè)圓錐的高為力(0</?<1),底面半徑為「，則圓錐的體積

V=：兀產(chǎn)力=：兀(1-層)//,則V=：兀(1-3斤)，令V，=；兀0-3/)=0,得〃所以

V=g兀(1-〃2加在［o,日)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)〃=亭時，四棱錐

的體積最大，故選C.

9.答案：C

解析：通解：如圖，設(shè)該球的球心為。，半徑為R,正四棱錐的底邊長為a,高為〃，

下=〃2+(與2

依題意,得36兀=±兀/?3,解得R=3.由題意及圖可得“2，解得

3

R2=(h-R)2+(—a)2

2

h~2R~6,所以正四棱錐的體積v

/43

a2=2l2--'

18

3>

v^-/-—=1/-^4--|(3</<3^),令S=0,得/=2"，所以當(dāng)34/<26時,

9549I6

當(dāng)2后<”3右時，-<0,所以函數(shù)丫=42-二］(34/43肉在［3,2憫上單調(diào)遞

Vf>0;

增，在（2\/^,3G］上單調(diào)遞減，又當(dāng)/=3時，V=—;當(dāng)/=26時，V=—；當(dāng)I=36

43

時，丫=以；所以該正四棱錐的體積的取值范圍是（2,口］.故選C.

4L43」

光速解：如圖，設(shè)該球的球心為0,半徑為R,正四棱錐的底邊長為。，高為力，

依題意，得36兀=3成3解得R=3.由題意及圖可得，，解得

R2=(h-R)2+(^a

2R6又所以該正四棱錐的體積

且僅當(dāng)二=2-即/=2幾時取等號），所以正四棱錐的體積的最大值為竺，排除

3618

A,B,D,故選C.

優(yōu)美解：如圖，設(shè)該球的半徑為R,球心為。，正四棱錐的底邊長為m高為人正四

棱錐的側(cè)棱與高所成的角為。，

依題意，得36兀=±兀解得7?=3,所以正四棱錐的底邊長〃二瓶/sin。，高〃=/cos。.在

3

L

△O尸。中，作。石_LPC,垂足為￡,則可得COS8=2