2020-2021高考數(shù)學(xué)真題《立體幾何》專項(xiàng)匯編(含答案)

試卷第=page11頁，共=sectionpages11頁2020-2021高考數(shù)學(xué)真題《立體幾何》專項(xiàng)匯編（含答案）一、空間幾何體的體積、面積1．（2021·全國·高考真題）若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則它的底面積與側(cè)面積之比是（）A．2:1 B．2:1 C．1:2 2．（2021·全國·高考真題）已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．22 C．4 D．3．（2021·全國·高考真題）正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（）A．20+123 B．282 C．5634．（2021·全國·高考真題）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1A．當(dāng)λ=1時(shí)，△AB．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P?AC．當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD．當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A5．（2020·海南·高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)，則三棱錐A-NMD1的體積為____________

6．（2021·全國·高考真題（文））如圖，四棱錐P?ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥（1）證明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱錐P?ABCD的體積．

二、平行、垂直的命題判定7．（2021·全國·高考真題）已知α，β表示平面，m，n表示直線，以下命題中正確的選項(xiàng)是（）A．假設(shè)m⊥α，m⊥n，那么nB．假設(shè)m?α，n?β，α//βC．假設(shè)α//β，m?αD．假設(shè)m?α，n?α，m//β，n8．（2021·全國·高考真題）設(shè)m，n為兩條不同的直線，，為兩個(gè)不同的平面，則下列結(jié)論正確的是（）A．若m//n，n//α，則m//αB．若m//n，m//α，n//β，則α//βC．若α⊥β，m?α，n?β，則mD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α9．（2020·山東·高考真題）已知正方體ABCD?AA．BD1//A1A B．B

10．（2021·浙江·高考真題）如圖已知正方體ABCD?A1B1C1D1，A．直線A1D與直線D1BB．直線A1D與直線D1BC．直線A1D與直線D1BD．直線A1D與直線D1B11．（2021·全國·高考真題）-（多選）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)．則滿足MN⊥A． B．C． D．

12．（2021·全國·高考真題）如下圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，．（1）求SA與BC所成角的余弦值；（2）求證：AB⊥

三、球體-能力拓展13．（2020·天津·高考真題）若棱長為23A．12π B．24π C．36π D．144π14．（2021·天津·高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32π3，兩個(gè)圓錐的高之比為1:3A．3π B． C． D．12π15．（2020·全國·高考真題（理））已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面A．3 B．32 C．1 D．16．（2021·全國·高考真題（理））已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC,AC=BC=1，則三棱錐O?ABC的體積為（）A．212 B．312 C．2417．（2020·全國·高考真題（理））已知為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π D．32π18．（2020·海南·高考真題）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1

四、立體幾何的數(shù)學(xué)應(yīng)用19．（2021·全國·高考真題）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S=2πr2(1?cosαA．26% B．34% C．42% D．50%20．（2021·北京·高考真題）某一時(shí)間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個(gè)時(shí)段的降雨量（單位：mm）．24h降雨量的等級劃分如下：在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組自制了一個(gè)底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨

21．（2020·海南·高考真題）日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（）A．20° B．40°C．50° D．90°22．（2020·全國·高考真題（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A．5?14 B． C．5+14

23．（2020·江蘇·高考真題）如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是____cm.

五、立體幾何與空間向量的綜合應(yīng)用24．（2021·全國·高考真題（理））在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4

25．（2021·全國·高考真題）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD（1）證明：PB//平面ACE；（2）設(shè)PA=1，AD=3，直線PB與平面ABCD所成的角為45°，求四棱錐P?ABCD

26．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）證明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B?QD?A的平面角的余弦值．

27．（2021·天津·高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，（I）求證：D1F//平面（II）求直線AC1與平面（III）求二面角A?A

28．（2021·全國·高考真題（理））已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F(xiàn)（1）證明：BF⊥（2）當(dāng)B1D為何值時(shí)，面BB

29．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為（1）求證：F為的中點(diǎn)；（2）點(diǎn)M是棱A1B1上一點(diǎn)，且二面角M?FC?E的余弦值為5

30．（2020·全國·高考真題（理））如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD．△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO=（1）證明：PA⊥平面PBC（2）求二面角B?PC?E的余弦值．

2020-2021真題精編-立體幾何解析版一、空間幾何體的體積、面積1．（2021·全國·高考真題）若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則它的底面積與側(cè)面積之比是（）A．2:1 B．2:1 C．1:2 【答案】C【分析】根據(jù)題意作圖，由軸截面得出母線與底面圓半徑的等量關(guān)系，再套公式求解.【詳解】根據(jù)題意作圖，設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，高為?，母線長為l.若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則有2rcos45°=l該圓錐的底面積與側(cè)面積比值為πr故選：C.2．（2021·全國·高考真題）已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．22 C．4 D．【答案】B【分析】設(shè)圓錐的母線長為l，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得l的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則πl(wèi)=2π×2，解得l=2故選：B.3．（2021·全國·高考真題）正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（）A．20+123 B．282 C．563【答案】D【分析】由四棱臺(tái)的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺(tái)的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺(tái)的高?=2下底面面積S1=16，上底面面積所以該棱臺(tái)的體積V=1故選：D.4．（2021·全國·高考真題）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1A．當(dāng)λ=1時(shí)，△AB．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P?AC．當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD．當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A【答案】BD【分析】對于A，由于等價(jià)向量關(guān)系，聯(lián)系到一個(gè)三角形內(nèi)，進(jìn)而確定點(diǎn)的坐標(biāo)；對于B，將P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡考慮到一個(gè)三角形內(nèi)，確定路線，進(jìn)而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將P點(diǎn)軌跡確定，進(jìn)而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解P點(diǎn)的個(gè)數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將P點(diǎn)軌跡確定，進(jìn)而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解P點(diǎn)的個(gè)數(shù)．【詳解】易知，點(diǎn)P在矩形BCC對于A，當(dāng)λ=1時(shí)，BP=BC+μBB1=對于B，當(dāng)μ=1時(shí)，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1對于C，當(dāng)λ=12時(shí)，BP=12BC+μBB1，取BC，中點(diǎn)分別為Q，H，則BP=BQ+μQH，所以P點(diǎn)軌跡為線段QH，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，A132,0,1對于D，當(dāng)μ=12時(shí)，BP=λBC+12BB1，取，中點(diǎn)為M,N．BP=BM+λMN，所以P點(diǎn)軌跡為線段MN．設(shè)P0,故選：BD．【點(diǎn)睛】本題主要考查向量的等價(jià)替換，關(guān)鍵之處在于所求點(diǎn)的坐標(biāo)放在三角形內(nèi)．5．（2020·海南·高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)，則三棱錐A-NMD1的體積為____________【答案】【分析】利用VA?NM【詳解】因?yàn)檎襟wABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)所以V故答案為：【點(diǎn)睛】在求解三棱錐的體積時(shí)，要注意觀察圖形的特點(diǎn)，看把哪個(gè)當(dāng)成頂點(diǎn)好計(jì)算一些.6．（2021·全國·高考真題（文））如圖，四棱錐P?ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥（1）證明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱錐P?ABCD的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）23【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由線面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知識(shí)可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根據(jù)四棱錐P?ABCD的體積公式即可求出．【詳解】（1）因?yàn)镻D⊥底面ABCD，AM?平面ABCD，所以PD⊥又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM?平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）由（1）可知，AM⊥平面PBD，所以AM⊥從而△DAB~△ABM，設(shè)BM=x，AD=2x，則BMAB=ABAD，即2x因?yàn)镻D⊥底面ABCD，故四棱錐P?ABCD的體積為V=1【點(diǎn)睛】本題第一問解題關(guān)鍵是找到平面PAM或平面PBD的垂線，結(jié)合題目條件PB⊥AM，所以垂線可以從PB,AM中產(chǎn)生，稍加分析即可判斷出AM⊥平面PBD，從而證出；第二問關(guān)鍵是底面矩形面積的計(jì)算，利用第一問的結(jié)論結(jié)合平面幾何知識(shí)可得出△DAB~二、平行、垂直的命題判定7．（2021·全國·高考真題）已知α，β表示平面，m，n表示直線，以下命題中正確的選項(xiàng)是（）A．假設(shè)m⊥α，m⊥n，那么nB．假設(shè)m?α，n?β，α//βC．假設(shè)α//β，m?αD．假設(shè)m?α，n?α，m//β，n【答案】C【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理，可判斷A；根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，可判斷B、C；根據(jù)面面平行的判定定理，可判定D【詳解】選項(xiàng)A：假設(shè)m⊥α，m⊥n，那么n//α或n在選項(xiàng)B：假設(shè)m?α，n?β，α//β，那么m//n或選項(xiàng)D：假設(shè)m?α，n?α，m//β，n//β，且m、選項(xiàng)C：依照兩平面平行的性質(zhì)可知C正確．故選：C8．（2021·全國·高考真題）設(shè)m，n為兩條不同的直線，，為兩個(gè)不同的平面，則下列結(jié)論正確的是（）A．若m//n，n//α，則m//αB．若m//n，m//α，n//β，則α//βC．若α⊥β，m?α，n?β，則mD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α【答案】D【分析】根據(jù)線面的位置關(guān)系可判斷A；舉反例判斷B、C；由面面垂直的判定定理可判斷D，進(jìn)而可得正確選項(xiàng).【詳解】對于A：若m//n，n//α，則m//對于B：如圖平面ADD1A1為平面α，平面A1B1C1D1為平面β，直線為m，直線BC為n，滿足對于C：如圖在正方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ADD1A1為平面α，平面A1B1C1D1對于D：若m⊥n，m⊥α，可得n?α或n//α，若n?α，因?yàn)閚⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β；若n//α，可過n作平面與α相交，則交線在平面α內(nèi)，且交線與n平行，由n⊥β可得交線與故選：D.9．（2020·山東·高考真題）已知正方體ABCD?AA．BD1//A1A B．B【答案】D【分析】根據(jù)異面直線的定義，垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，判斷選項(xiàng).【詳解】A.AA1//BB1，與BB.BD1與平面ADD1A1相交，且C.四邊形是矩形，不是菱形，所以對角線BD1與AD.連結(jié)B1D1，B1D1⊥A1C1故選：D10．（2021·浙江·高考真題）如圖已知正方體ABCD?A1B1C1D1，A．直線A1D與直線D1BB．直線A1D與直線D1BC．直線A1D與直線D1BD．直線A1D與直線D1B【答案】A【分析】由正方體間的垂直、平行關(guān)系，可證MN//AB,【詳解】連AD1，在正方體M是A1D的中點(diǎn)，所以M為又N是D1B的中點(diǎn)，所以MN?平面ABCD,AB?平面ABCD，所以MN//平面ABCD因?yàn)锳B不垂直BD，所以MN不垂直BD則MN不垂直平面BDD在正方體ABCD?A1BAB⊥平面AA1DAD1∩AB=A，所以AD1B?平面ABD且直線A1所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：熟練掌握正方體中的垂直、平行關(guān)系是解題的關(guān)鍵，如兩條棱平行或垂直，同一個(gè)面對角線互相垂直，正方體的對角線與面的對角線是相交但不垂直或異面垂直關(guān)系.11．（2021·全國·高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)．則滿足MN⊥A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線MN構(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設(shè)正方體的棱長為2，對于A，如圖（1）所示，連接AC，則MN//故（或其補(bǔ)角）為異面直線OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故tan故MN⊥對于B，如圖（2）所示，取的中點(diǎn)為Q，連接PQ，，則OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方體SBCM?NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ?平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO?平面OPQ，故MN⊥對于C，如圖（3），連接BD，則BD//MN，由B的判斷可得故OP⊥對于D，如圖（4），取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC,PQ,OQ,PK,OK，則AC//因?yàn)镈P=PC，故PQ//AC，故所以∠QPO或其補(bǔ)角為異面直線PO,MN所成的角，因?yàn)檎襟w的棱長為2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,MN不垂直，故D錯(cuò)誤.故選：BC.12．（2021·全國·高考真題）如下圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，．（1）求SA與BC所成角的余弦值；（2）求證：AB⊥【答案】（1）34【分析】(1)由題意可得∠SAD即為SA與BC所成的角，根據(jù)余弦定理計(jì)算即可；

【詳解】【考查內(nèi)容】異面直線所成的角，直線與平面垂直的判定和性質(zhì)【解】（1）因?yàn)锳D//BC，因此∠SAD即為SA與BC所成的角，在△SAD中，又在正方形ABCD中，因此cos∠SAD=因此SA與BC所成角的余弦值是34（2）因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，在正方形ABCD中，AB⊥因此AB⊥平面，又因?yàn)镾D?平面，因此AB⊥SD．三、球體-能力拓展13．（2020·天津·高考真題）若棱長為23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C【分析】求出正方體的體對角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.【詳解】這個(gè)球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，即R=2所以，這個(gè)球的表面積為S=4πR故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查正方體的外接球的表面積的求法，求出外接球的半徑是本題的解題關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果設(shè)計(jì)幾何體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)為幾何體的球心.14．（2021·天津·高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32π3，兩個(gè)圓錐的高之比為1:3A．3π B． C． D．12π【答案】B【分析】作出圖形，計(jì)算球體的半徑，可計(jì)算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計(jì)算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結(jié)果.【詳解】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D，設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3BD，設(shè)球的半徑為R，則4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，則∠CAD+∠ACD=又因?yàn)椤螦DC=∠BDC，所以，△ACD所以，，∴CD=AD因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為13故選：B.15．（2020·全國·高考真題（理））已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面A．3 B．32 C．1 D．【答案】C【分析】根據(jù)球O的表面積和△ABC的面積可求得球O的半徑R和△ABC外接圓半徑r，由球的性質(zhì)可知所求距離d=R【詳解】設(shè)球O的半徑為R，則4πR2=16π設(shè)△ABC外接圓半徑為r，邊長為a，∵△ABC是面積為93∴12a2×∴球心O到平面ABC的距離d=R故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查球的相關(guān)問題的求解，涉及到球的表面積公式和三角形面積公式的應(yīng)用；解題關(guān)鍵是明確球的性質(zhì)，即球心和三角形外接圓圓心的連線必垂直于三角形所在平面.16．（2021·全國·高考真題（理））已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC,AC=BC=1，則三棱錐O?ABC的體積為（）A．212 B．312 C．24【答案】A【分析】由題可得△ABC為等腰直角三角形，得出△ABC外接圓的半徑，則可求得O到平面ABC的距離，進(jìn)而求得體積.【詳解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC為等腰直角三角形，∴AB=則△ABC外接圓的半徑為22設(shè)O到平面ABC的距離為d，則，所以VO?ABC故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查球內(nèi)幾何體問題，解題的關(guān)鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關(guān)系求解.17．（2020·全國·高考真題（理））已知為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π D．32π【答案】A【分析】由已知可得等邊△ABC的外接圓半徑，進(jìn)而求出其邊長，得出OO【詳解】設(shè)圓O1半徑為r，球的半徑為R得πr2=4π,∴r=2由正弦定理可得AB=2rsin∴OO1=AB=23，根據(jù)球的截面性質(zhì)∴O∴球O的表面積S=4πR故選：A

【點(diǎn)睛】本題考查球的表面積，應(yīng)用球的截面性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查計(jì)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.18．（2020·海南·高考真題）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1【答案】22【分析】根據(jù)已知條件易得D1E=3，D1E⊥側(cè)面B1C1CB，可得側(cè)面B1C【詳解】如圖：取的中點(diǎn)為E，的中點(diǎn)為F，的中點(diǎn)為G，因?yàn)椤螧AD=60°，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1又四棱柱ABCD?A1B1C1D因?yàn)锽B1∩B1設(shè)P為側(cè)面B1C1因?yàn)榍虻陌霃綖?，D1E=3所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點(diǎn)到因?yàn)閨EF|=|EG|=2，所以側(cè)面B1C1CB因?yàn)椤螧1EF=∠所以根據(jù)弧長公式可得FG=故答案為：22【點(diǎn)睛】本題考查了直棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查了直線與平面垂直的判定，考查了立體幾何中的軌跡問題，考查了扇形中的弧長公式，屬于中檔題.四、立體幾何的數(shù)學(xué)應(yīng)用19．（2021·全國·高考真題）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S=2πr2(1?cosαA．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】由題意結(jié)合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計(jì)算即可求得最終結(jié)果.【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：2πr故選：C.20．（2021·北京·高考真題）某一時(shí)間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個(gè)時(shí)段的降雨量（單位：mm）．24h降雨量的等級劃分如下：在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組自制了一個(gè)底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B【分析】計(jì)算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.【詳解】由題意，一個(gè)半徑為2002=100mm的圓面內(nèi)的降雨充滿一個(gè)底面半徑為200所以積水厚度d=1故選：B.21．（2020·海南·高考真題）日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【分析】畫出過球心和晷針?biāo)_定的平面截地球和晷面的截面圖，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和線面垂直的定義判定有關(guān)截線的關(guān)系，根據(jù)點(diǎn)A處的緯度，計(jì)算出晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角.【詳解】畫出截面圖如下圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線；l是點(diǎn)A處的水平面的截線，依題意可知OA⊥l；AB是晷針?biāo)谥本€.m是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知m//CD、根據(jù)線面垂直的定義可得由于∠AOC=40°,m//CD，所以由于∠OAG+所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為∠BAE=40°故選：B【點(diǎn)睛】本小題主要考查中國古代數(shù)學(xué)文化，考查球體有關(guān)計(jì)算，涉及平面平行，線面垂直的性質(zhì)，屬于中檔題.22．（2020·全國·高考真題（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A．5?14 B． C．5+14【答案】C【分析】設(shè)CD=a,PE=b，利用PO2=【詳解】如圖，設(shè)CD=a,PE=b，則PO=P由題意PO2=12解得ba故選：C.【點(diǎn)晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關(guān)計(jì)算，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計(jì)算能力，是一道容易題.23．（2020·江蘇·高考真題）如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是____cm.【答案】【分析】先求正六棱柱體積，再求圓柱體積，相減得結(jié)果.【詳解】正六棱柱體積為6×圓柱體積為π(所求幾何體體積為故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查正六棱柱體積、圓柱體積，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.五、立體幾何與空間向量的綜合應(yīng)用24．（2021·全國·高考真題（理））在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4【答案】D【分析】平移直線AD1至，將直線PB與AD1所成的角轉(zhuǎn)化為PB【詳解】如圖，連接BC1,PC1所以∠PBC1或其補(bǔ)角為直線PB與因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C所以PC1⊥平面PB設(shè)正方體棱長為2，則BCsin∠PBC故選：D25．（2021·湖南·高考真題）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD（1）證明：PB//平面ACE；（2）設(shè)PA=1，AD=3，直線PB與平面ABCD所成的角為45°，求四棱錐P?ABCD【答案】（1）證明見解析；（2）33【分析】(1)連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，由三角形的中位線定理可知PB//OE，結(jié)合線面平行的判定定理可證明PB//(2)由題意可知∠PBA=4【詳解】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE.在△PBD中，因?yàn)镻E=DE,BO=DO，所以PB//OE，因?yàn)镺E?平面ACE，PB?平面ACE，則PB//（2）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以∠PBA就是直線PB與平面ABCD所成的角，所以∠PBA=4又PA=1，AD=3，所以PA=1=AB所以四棱錐P?ABCD的體積VP?ABCD所以四棱錐P?ABCD的體積為3326．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）證明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B?QD?A的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）23【分析】（1）取AD的中點(diǎn)為O，連接QO,CO，可證QO⊥平面ABCD，從而得到面QAD⊥面ABCD.（2）在平面ABCD內(nèi)，過O作OT//CD，交BC于T，則OT⊥AD，建如圖所示的空間坐標(biāo)系，求出平面QAD、平面【詳解】（1）取AD的中點(diǎn)為O，連接QO,CO.因?yàn)镼A=QD，OA=OD，則QO⊥AD而AD=2,QA=5，故QO=在正方形ABCD中，因?yàn)锳D=2，故DO=1，故CO=5因?yàn)镼C=3，故QC2=QO2因?yàn)镺C∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因?yàn)镼O?平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD內(nèi)，過O作OT//CD，交BC于T，則結(jié)合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如圖所示的空間坐標(biāo)系.則D0,1,0,Q0,0,2設(shè)平面QBD的法向量，則n?BQ=0n?BD=0故n=而平面QAD的法向量為m=1,0,0，故二面角B?QD?A的平面角為銳角，故其余弦值為2327．（2021·天津·高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，（I）求證：D1F//平面（II）求直線AC1與平面（III）求二面角A?A【答案】（I）證明見解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空間直角坐標(biāo)系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一個(gè)法向量【詳解】（I）以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1分別為則A0,0,0,A10,0,2,B2,0,0,C2,2,0,D因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)，所以E2,1,0，F(xiàn)所以D1F=1,0,?2,設(shè)平面A1EC則&m?A1C因?yàn)镈1F?因?yàn)镈1F?平面A1EC（II）由（1）得，AC設(shè)直線AC1與平面A1則sinθ（III）由正方體的特征可得，平面AA1C則cosDB所以二面角A?A1C28．（2021·全國·高考真題（理））已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F(xiàn)（1）證明：BF⊥（2）當(dāng)B1D為何值時(shí)，面BB【答案】（1）見解析；（2）B【分析】通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證明線線垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答案．【詳解】