2019-2023歷年高考真題分類(lèi)專(zhuān)題05 立體幾何（選填題）（文科）（解析版）

五年（2019-2023）年高考真題分項(xiàng)匯編專(zhuān)題05立體幾何（選填題）立體幾何在文科數(shù)高考中屬于重點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)，難度中等。包含題型主要是1空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積2空間幾何題三視圖4空間幾何體內(nèi)切球外接球的應(yīng)用5空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用考點(diǎn)01空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積1．（2023·年全國(guó)甲卷）在三棱錐中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．31．A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點(diǎn)，連接，如圖，

是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為（

）

A． B．C． D．2．C【分析】先根據(jù)線(xiàn)面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長(zhǎng)相加即可得解.【詳解】如圖，過(guò)做平面，垂足為，過(guò)分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，所以.因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)?，平面，，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以?同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因?yàn)?，所有棱長(zhǎng)之和為.故選：C3．（2022·全國(guó)乙卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點(diǎn)，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面3．A【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，分別求出平面，，的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項(xiàng)BCD解法一：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，則，，設(shè)平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故D錯(cuò)誤，故選：A.選項(xiàng)BCD解法二：解：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線(xiàn)，在內(nèi)，作于點(diǎn)，在內(nèi)，作，交于點(diǎn)，連結(jié)，則或其補(bǔ)角為平面與平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，為中點(diǎn)，則，由勾股定理可得，從而有：，據(jù)此可得，即，據(jù)此可得平面平面不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，取的中點(diǎn)，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，取的中點(diǎn)，很明顯四邊形為平行四邊形，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：A.4．（2022·全國(guó)甲卷）在長(zhǎng)方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（

）A． B．AB與平面所成的角為C． D．與平面所成的角為4．D【分析】根據(jù)線(xiàn)面角的定義以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設(shè)，依題以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對(duì)于A(yíng)，，，，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，過(guò)作于，易知平面，所以與平面所成角為，因?yàn)椋裕珺錯(cuò)誤；對(duì)于C，，，，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．5．（2021·全國(guó)乙卷）在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線(xiàn)與所成的角為（

）A． B． C． D．5．D【分析】平移直線(xiàn)至，將直線(xiàn)與所成的角轉(zhuǎn)化為與所成的角，解三角形即可.【詳解】如圖，連接，因?yàn)椤?，所以或其補(bǔ)角為直線(xiàn)與所成的角，因?yàn)槠矫?，所以，又，，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則，，所以.故選：D6．（2021·年全國(guó)新高考Ⅰ卷）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．6．B【分析】設(shè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為，根據(jù)圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)可求得的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則，解得.故選：B.7．（2021年全國(guó)高考Ⅱ卷）正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為（

）A． B． C． D．7．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(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，所以該棱臺(tái)的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺(tái)的體積.故選：D.8．（2021·年全國(guó)高考Ⅰ卷）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(zhǎng)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(zhǎng)的比值為（

） B． C． D．8．C【分析】設(shè)，利用得到關(guān)于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設(shè)，則，由題意，即，化簡(jiǎn)得，解得（負(fù)值舍去）.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.9．（2019·年全國(guó)高考Ⅰ卷）設(shè)，為兩個(gè)平面，則的充要條件是A．內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線(xiàn)與平行B．內(nèi)有兩條相交直線(xiàn)與平行C．，平行于同一條直線(xiàn)D．，垂直于同一平面9．B【分析】本題考查了空間兩個(gè)平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀(guān)想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷．【詳解】由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線(xiàn)都與平行是的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若，則內(nèi)任意一條直線(xiàn)都與平行，所以?xún)?nèi)兩條相交直線(xiàn)都與平行是的必要條件，故選B．【點(diǎn)睛】面面平行的判定問(wèn)題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯(cuò)誤為定理記不住，憑主觀(guān)臆斷，如：“若，則”此類(lèi)的錯(cuò)誤．10．（2019·全國(guó)高考Ⅲ卷）如圖，點(diǎn)為正方形的中心，為正三角形，平面平面是線(xiàn)段的中點(diǎn)，則A．，且直線(xiàn)是相交直線(xiàn)B．，且直線(xiàn)是相交直線(xiàn)C．，且直線(xiàn)是異面直線(xiàn)D．，且直線(xiàn)是異面直線(xiàn)10．B【解析】利用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進(jìn)而解決問(wèn)題．【詳解】如圖所示，作于，連接，過(guò)作于．連，平面平面．平面，平面，平面，與均為直角三角形．設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，易知，．，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查空間想象能力和計(jì)算能力，解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．三、填空題11．（2023全國(guó)高考Ⅰ卷）在正四棱臺(tái)中，，則該棱臺(tái)的體積為．11．/【分析】結(jié)合圖像，依次求得，從而利用棱臺(tái)的體積公式即可得解.【詳解】如圖，過(guò)作，垂足為，易知為四棱臺(tái)的高，

因?yàn)椋瑒t，故，則，所以所求體積為.故答案為：.（2023年全國(guó)高考Ⅱ卷）底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為．12．【分析】方法一：割補(bǔ)法，根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據(jù)臺(tái)體的體積公式直接運(yùn)算求解.【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，所以正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，所以棱臺(tái)的體積為.方法二：棱臺(tái)的體積為.故答案為：.（2020·海南·高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)，則三棱錐A-NMD1的體積為13．【分析】利用計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)檎襟wABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)所以故答案為：考點(diǎn)02空間幾何體三視圖1．（2023·全國(guó)·乙卷）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的一個(gè)零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該零件的表面積為（

）

A．24 B．26 C．28 D．30【答案】D【分析】由題意首先由三視圖還原空間幾何體，然后由所得的空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征求解其表面積即可.【詳解】如圖所示，在長(zhǎng)方體中，，，點(diǎn)為所在棱上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，為所在棱的中點(diǎn)，則三視圖所對(duì)應(yīng)的幾何體為長(zhǎng)方體去掉長(zhǎng)方體之后所得的幾何體，

該幾何體的表面積和原來(lái)的長(zhǎng)方體的表面積相比少2個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形，其表面積為：.故選：D.2．（2022·全國(guó)甲卷）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該多面體的體積為（

）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積.故選：B.3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)三視圖還原幾何體可知，原幾何體是一個(gè)半球，一個(gè)圓柱，一個(gè)圓臺(tái)組合成的幾何體，即可根據(jù)球，圓柱，圓臺(tái)的體積公式求出．【詳解】由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)半球，一個(gè)圓柱，一個(gè)圓臺(tái)組合成的幾何體，球的半徑，圓柱的底面半徑，圓臺(tái)的上底面半徑都為，圓臺(tái)的下底面半徑為，所以該幾何體的體積．故選：C．4．（2021·全國(guó)·乙卷）在一個(gè)正方體中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G．該正方體截去三棱錐后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是（）B．C．D．【答案】D【分析】根據(jù)題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀(guān)圖，結(jié)合直觀(guān)圖進(jìn)行判斷.【詳解】由題意及正視圖可得幾何體的直觀(guān)圖，如圖所示，所以其側(cè)視圖為故選：D5．（2021·北京·統(tǒng)考高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)可計(jì)算該幾何體的表面積.【詳解】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側(cè)面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為1，故其表面積為，故選：A.6．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（

）A． B．3 C． D．【答案】A【分析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體，根據(jù)棱柱的體積公式可求其體積.【詳解】幾何體為如圖所示的四棱柱，其高為1，底面為等腰梯形，該等腰梯形的上底為，下底為，腰長(zhǎng)為1，故梯形的高為，故，故選：A.7．（2020·全國(guó)·Ⅲ卷）下圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是（

）A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2【答案】C【分析】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形，求出每個(gè)面的面積，即可求得其表面積.【詳解】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形根據(jù)立體圖形可得：根據(jù)勾股定理可得：是邊長(zhǎng)為的等邊三角形根據(jù)三角形面積公式可得：該幾何體的表面積是：.故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查了根據(jù)三視圖求立體圖形的表面積問(wèn)題，解題關(guān)鍵是掌握根據(jù)三視圖畫(huà)出立體圖形，考查了分析能力和空間想象能力，屬于基礎(chǔ)題.8．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】首先確定幾何體的結(jié)構(gòu)特征，然后求解其表面積即可.【詳解】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，側(cè)面為三個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形，則其表面積為：.故選：D.【點(diǎn)睛】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關(guān)鍵是能夠?qū)o出的三視圖進(jìn)行恰當(dāng)?shù)姆治?，從三視圖中發(fā)現(xiàn)幾何體中各元素間的位置關(guān)系及數(shù)量關(guān)系．(2)多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和；組合體的表面積應(yīng)注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面是曲面，計(jì)算側(cè)面積時(shí)需要將這個(gè)曲面展為平面圖形計(jì)算，而表面積是側(cè)面積與底面圓的面積之和．9．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）A． B． C．3 D．6【答案】A【分析】根據(jù)三視圖還原原圖，然后根據(jù)柱體和錐體體積計(jì)算公式，計(jì)算出幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體是上半部分是三棱錐，下半部分是三棱柱，且三棱錐的一個(gè)側(cè)面垂直于底面，且棱錐的高為1，棱柱的底面為等腰直角三角形，棱柱的高為2，所以幾何體的體積為：.故選：A【點(diǎn)睛】本小題主要考查根據(jù)三視圖計(jì)算幾何體的體積，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題10．（2021·全國(guó)乙卷）以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為（寫(xiě)出符合要求的一組答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由題意結(jié)合所給的圖形確定一組三視圖的組合即可.【詳解】選擇側(cè)視圖為③，俯視圖為④，如圖所示，長(zhǎng)方體中，，分別為棱的中點(diǎn)，則正視圖①，側(cè)視圖③，俯視圖④對(duì)應(yīng)的幾何體為三棱錐.故答案為：③④.【點(diǎn)睛】三視圖問(wèn)題解決的關(guān)鍵之處是由三視圖確定直觀(guān)圖的形狀以及直觀(guān)圖中線(xiàn)面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系.11．（2019·北京·高考真題）某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，那么該幾何體的體積為．【答案】40.【分析】本題首先根據(jù)三視圖,還原得到幾何體,根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù),計(jì)算幾何體的體積.屬于中等題.【詳解】如圖所示,在棱長(zhǎng)為4的正方體中,三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為正方體去掉棱柱之后余下的幾何體,幾何體的體積.【點(diǎn)睛】(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀(guān)圖的形狀以及直觀(guān)圖中線(xiàn)面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解屬于中等題.【詳解】如圖所示,在棱長(zhǎng)為4的正方體中,三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為正方體去掉棱柱之后余下的幾何體,幾何體的體積.【點(diǎn)睛】(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀(guān)圖的形狀以及直觀(guān)圖中線(xiàn)面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解考點(diǎn)03空間幾何體內(nèi)接球外切球問(wèn)題1．（2022·全國(guó)·乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為，進(jìn)而得到四棱錐體積表達(dá)式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)其高的值.【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線(xiàn)夾角為，則（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立）即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為又設(shè)四棱錐的高為，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立.故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，(當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立)所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高.故選：C．[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設(shè)，則，，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，最大，此時(shí)．故選：C.【點(diǎn)評(píng)】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；方法二：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導(dǎo)數(shù)求最值，是最值問(wèn)題的常用解法，操作簡(jiǎn)便，是通性通法．2．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為和，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意可求出正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑，再根據(jù)球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關(guān)系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設(shè)球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．3．（2020·全國(guó)Ⅰ卷）已知為球的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得等邊的外接圓半徑，進(jìn)而求出其邊長(zhǎng)，得出的值，根據(jù)球的截面性質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)圓半徑為，球的半徑為，依題意，得，為等邊三角形，由正弦定理可得，，根據(jù)球的截面性質(zhì)平面，，球的表面積.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.4．（2020·全國(guó)·Ⅱ卷）已知△ABC是面積為的等邊三角形，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ABC的距離為（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】根據(jù)球的表面積和的面積可求得球的半徑和外接圓半徑，由球的性質(zhì)可知所求距離.【詳解】設(shè)球的半徑為，則，解得：.設(shè)外接圓半徑為，邊長(zhǎng)為，是面積為的等邊三角形，，解得：，，球心到平面的距離.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查球的相關(guān)問(wèn)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(xiàn)必垂直于三角形所在平面.二、填空題5．（2023·全國(guó)乙卷）已知點(diǎn)均在半徑為2的球面上，是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，平面，則．【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運(yùn)算求解.【詳解】如圖，將三棱錐轉(zhuǎn)化為直三棱柱，設(shè)的外接圓圓心為，半徑為，則，可得，設(shè)三棱錐的外接球球心為，連接，則，因?yàn)?，即，解?故答案為：2.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：多面體與球切、接問(wèn)題的求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問(wèn)題時(shí)，一般過(guò)球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線(xiàn)作截面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題求解；（2）若球面上四點(diǎn)P、A、B、C構(gòu)成的三條線(xiàn)段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長(zhǎng)方體，根據(jù)4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長(zhǎng)；（4）球和正方體的棱相切時(shí)，球的直徑為正方體的面對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)；（5）利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫(huà)內(nèi)切、外接的幾何體的直觀(guān)圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解．6．（2019·全國(guó)Ⅱ卷）中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱(chēng)美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1．則該半正多面體共有個(gè)面，其棱長(zhǎng)為．【答案】共26個(gè)面.棱長(zhǎng)為.【分析】第一問(wèn)可按題目數(shù)出來(lái)，第二問(wèn)需在正方體中簡(jiǎn)單還原出物體位置，利用對(duì)稱(chēng)性，平面幾何解決．【詳解】由圖可知第一層與第三層各有9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，第二層共有8個(gè)面，所以該半正多面體共有個(gè)面．如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為，則，延長(zhǎng)與交于點(diǎn)，延長(zhǎng)交正方體棱于，由半正多面體對(duì)稱(chēng)性可知，為等腰直角三角形，，，即該半正多面體棱長(zhǎng)為．【點(diǎn)睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實(shí)很簡(jiǎn)單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵．立體幾何平面化，無(wú)論多難都不怕，強(qiáng)大空間想象能力，快速還原圖形．考點(diǎn)04空間幾何題的綜合應(yīng)用1．（2022·全國(guó)乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為，進(jìn)而得到四棱錐體積表達(dá)式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)其高的值.【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線(xiàn)夾角為，則（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立）即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為又設(shè)四棱錐的高為，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立.故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，(當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立)所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高.故選：C．[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設(shè)，則，，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，最大，此時(shí)．故選：C.【點(diǎn)評(píng)】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；方法二：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導(dǎo)數(shù)求最值，是最值問(wèn)題的常用解法，操作簡(jiǎn)便，是通性通法．2．（2022·全國(guó)·新高考Ⅰ卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)正四棱錐的高為，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長(zhǎng)與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導(dǎo)數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時(shí)，，時(shí)，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當(dāng)且僅當(dāng)取到，當(dāng)時(shí)，得，則當(dāng)時(shí)，球心在正四棱錐高線(xiàn)上，此時(shí)，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是3．（2020·高考Ⅰ卷）已知為球的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得等邊的外接圓半徑，進(jìn)而求出其邊長(zhǎng)，得出的值，根據(jù)球的截面性質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)圓半徑為，球的半徑為，依題意，得，為等邊三角形，由正弦定理可得，，根據(jù)球的截面性質(zhì)平面，，球的表面積.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.二、填空題4．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）已知點(diǎn)均在半徑為2的球面上，是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，平面，則．【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運(yùn)算求解.【詳解】如圖，將三棱錐轉(zhuǎn)化為直三棱柱，設(shè)的外接圓圓心為，半徑為，則，可得，設(shè)三棱錐的外接球球心為，連接，則，因?yàn)?，即，解?故答案為：2.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：多面體與球切、接問(wèn)題的求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問(wèn)題時(shí)，一般過(guò)球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線(xiàn)作截面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題求解；（2）若球面上四點(diǎn)P、A、B、C構(gòu)成的三條線(xiàn)段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長(zhǎng)方體，根據(jù)4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長(zhǎng)；（4）球和正方體的棱相切時(shí)，球的直徑為正方體的面對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)；（5）利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫(huà)內(nèi)切、外接的幾何體的直觀(guān)圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解．5．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）在正方體中，為的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球的球面有公共點(diǎn)，則球的半徑的取值范圍是．【答案】【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)半徑最大，當(dāng)邊長(zhǎng)為的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時(shí)半徑達(dá)到最小.【詳解】設(shè)球的半徑為.當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過(guò)正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會(huì)包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒(méi)有交點(diǎn)，正方體的外接球直徑為體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)，即，故；

分別取側(cè)棱的中點(diǎn)，顯然四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，且為正方形的對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)，連接，則，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即的最小值為.綜上，.故答案為：6．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60°．以為球心，為半徑的球面與