1、押第12题 立体几何高考立体几何承载着考查空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力的考查，是高中数学的传统及核心重点内容，也是高考命题创新的探索者.在每年的试题中，它在继承中求稳定，在创新中求发展. 为了准确地把握2021年高考立体几何小题命题思想与趋势，在最后的复习中做到有的放矢，提高复习效率，我们现一起分析研究2020-2017这4年的考题，以便发现规律，把握住高考命题的脉搏.方法总结1.找出需要我们做的事情，分析题干中的条件2.找准基础概念3.对于夹角问题可以用向量法解决。1（2021新高考全国卷数学高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）ABCD【答案
2、】B【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，解得.故选：B.2（2021新高考全国卷数学高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A26%B34%C42%D50%【答案】C【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C
3、.3（2021新高考全国卷数学高考真题）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（）ABCD【答案】D【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，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.4（多选）（2021新高考全国卷数学高考真题）在正三棱柱中，点满足，其中，则（）A当时，的周长为定值B当时，三棱锥的体积为定值C当时，有且仅有一个点，使得D当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【详解】易知，点在矩形内部（含边界）对于A，当时，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，故此时点
4、轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确对于C，当时，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则，所以或故均满足，故C错误；对于D，当时，取，中点为，所以点轨迹为线段设，因为，所以，所以，此时与重合，故D正确故选：BD5（多选）（2021新高考全国卷数学高考真题）如图，在正方体中，O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的是（）ABCD【答案】BC【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中
5、点为，连接，则，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.1（2022山东淄博一模）若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（）ABCD【答案】B【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则，解得.所以.则圆锥的体积.故选：B2（2022江苏南通模拟预测）某同学画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间
6、的部分叫做切面圆柱体），发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆（如图所示）若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成的角为（）ABCD【答案】B【详解】如图，“切面”所在平面与底面所成的角为BAM，设圆的半径为r， 则，故选：B3（多选）（2022福建漳州二模）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（）AB平面C动点的轨迹长为D与所成角的余弦值为【答案】BC【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，则，所以，由平面，得，即，化简可得，所以动点在直线上，A选项：，所以与不垂直，所以A选项错误；B选项：，平面，平面，所以平面，B选项正确；C
7、选项：动点在直线上，且为侧面上的动点，则在线段上，所以，C选项正确；D选项：，D选项错误；故选：BC.4（多选）（2022湖北一模）我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥SABC中，侧棱SASBSC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SASBSC与底面所成的角分别为，下列结论正确的有（）AD为ABC的外心BABC为锐角三角形C若，则D【答案】BCD【详解】连接并延长交于，连接，因为平面，平面，所以，因为SASBSC两两垂直，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，即，同理可证得，故D应为的垂心，故选
8、项A不正确；由勾股定理可得，在中，由余弦定理得，所以为锐角，同理可得都为锐角，所以为锐角三角形，故选项B正确；设，则由题意得，若，则，因为都为锐角，所以，选项C正确；由选项A可知，平面，因为平面，所以，由等面积法可得，得，故.故选项D正确.故选：BCD5（多选）（2022广东梅州二模）在长方体中，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（）A当为中点时，为锐角B存在点，使得平面C的最小值D顶点到平面的最大距离为【答案】ABD【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，则，故，则，对于A，当为中点时，则，则，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点
9、，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最小值，由B得，此时，则，所以，即的最小值为，故C错误；对于D，设平面的法向量，则有，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D正确.故选：ABD.（限时：30分钟）1“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（）ABCD【答案】A【详解】将该多面体放入正方体中, 如图所
10、示.由于多面体的棱长为, 所以正方体的棱长为因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得,所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即所以所以该多面体外接球的体积 . 故选：A.2如图，正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心）P-ABCD中，点E为PB中点，若CE与PD所成的角余弦值为，则四棱锥P-ABCD的体积为（）ABCD【答案】A【详解】解：如图，连接AC，BD，设交点为O，连接PO，OE，则，所以或其补角即为CE与PD所成的角，设，则，由题意，平面，所以，又，所以平面，所以，即，所以，解得，所以，所以故选：A.3已知三棱锥
11、，其中平面，则该三棱锥外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，所以，设是中点，因为，所以，因为平面，平面，所以，因此，因此四边形是平行四边形，故，由余弦定理，得，由正弦定理，得，所以该外接球的半径满足，故选：C4莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针成60角的次数是（）A2B4C6D8【答案】B【详解】由题设，在0、6点时相邻钟面上的时针都平行，即夹角为0度；在3、9点时相邻钟面上的时针垂直，即夹角为90度，所以相
12、邻钟面上的时针，在、点之间各有一次成60角的情况，故共有4次成60角.故选：B5已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（）AB3CD【答案】C【详解】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：则圆锥的体积，所以，即，则，又，所以，故故选：C6设三棱柱的侧棱垂直于底面，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是ABCD【答案】C【详解】解：由题意知底面外接圆的圆心为斜边的中点，则外接圆的半径，而，所以，所以，过的中点做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，由题意得：，所以外接球的表面积，故选：7下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台
13、的体积是（）ABCD【答案】B【详解】如图，设上底面的半径为，下底面的半径为，高为，母线长为，则，解得，设上底面面积为，下底面面积为，则体积为.故选：B.8（多选）如图，正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，D为BC中点，则（）A直线平面B点到平面的距离为C异面直线与所成角的余弦值为D设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为【答案】ABD【详解】解：在正三棱柱中，为的中点，所以，如图建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为，即，又平面，所以平面，故A正确；因为，所以，则点到平面的距离为，故B正确；因为，设直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值
14、为，故C错误；设，则、，因为，所以，则，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；故选：ABD9（多选）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（）.A平面QBCB设三棱锥和的体积分别为和，则C平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍D二面角的正切值为【答案】BCD【详解】同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PMAB，CMAB，QMAB，PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，设底
15、面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=Rh，MN=h，CN=2h，QN=4h，PN=h，P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得，故B正确；平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；，即二面角的正切值为，故D正确.故选：BCD.10（多选）已知正四面体的棱长为3，其外接球的球心为点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱，相交于点，则（）A四边形的周长为定值B当时，四边形为正方形C当时，截球
16、所得截面的周长为D四棱锥的体积的最大值为【答案】ABD【详解】平面，平面平面，平面平面则 ，则又平面，平面平面，平面平面则 ，则则四边形为平行四边形.由，可得，则，又正四面体的棱长为3，则， 选项A：四边形的周长为.判断正确；选项B：当时，则平行四边形为菱形又正四面体中，对棱，则，则菱形为正方形. 判断正确；分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ ，设DN、CM交于K ，连接AK，则AK为正四面体的高正四面体的棱长为3，其外接球的球心为,则在AK上，连接CO，设球半径为R，则，即，解之得由，可得同理有，则为异面直线之间的距离，则点到的距离为，球心到的距离为选项C：当时，设
17、与交于T，则，T到的距离为球心到平面的距离为则平面截球所得截面半径为则平面截球所得截面的周长为.判断错误；选项D：由，可得点A到平面的距离为，又平行四边形为矩形，则四棱锥的体积令，则由得，由，得则在单调递增，在单调递减，在时取最大值，即的最大值为故四棱锥的体积的最大值为.判断正确.故选：ABD11（多选）如图，设E，F别是正方体的棱CD 的两个动点，点E在F的左边，且，点P在线段上运动，则下列说法正确的是（）A平面B三棱锥的体积为定值C点到平面的距离为D直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BC【详解】易证平面，而平面，平面同一个平面，若平面，即平面，则可推出平面与平面平行或重合，由图易知
18、这两个平面显然是相交的，矛盾，故A错误因为，而定值，也为定值，所以为定值，故B正确因为，所以平面又因为点P线段上运动，所以点P平面的距离等于点B到平面的距离，其中，设点 B平面 的距离为d，由，得：，解得：，即点P到平面的距离为，故C正确以D原点，分别以方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，则，（0t1），设直线与成的角为，则，当且仅当t1时，等号成立，故D错误故选：BC12（多选）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（）A圆柱的侧面积为B圆锥的侧面积为C圆柱的侧面积与球的表面积相等D球的体积是圆锥体积的两倍【答案】ACD【详解】解：
19、对于A，圆柱的底面直径和高都等于，圆柱的侧面积故 A正确；对于B，圆锥的底面直径和高等于，圆锥的侧面积为，故B错误；对于C，圆柱的侧面积为，球的表面积，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为，圆锥的体积为，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确故选：ACD13（多选）如图所示，三棱锥中，为线段上的动点（不与重合），且，则（）ABC存在点，使得D三棱锥的体积有最大值【答案】ABD【详解】三棱锥中，取PA中点E，连接DE，CE，如图，因，则，而，平面，则有平面，又平面，所以，A正确；因，则，又，则，于是得，B正确；假设存在点，使得，由选项A知，又，平面，则平面，而平面，于是得线
20、段是平面的斜线段在平面上的射影，必有，与矛盾，所以假设是错的，C不正确；令，则，令与平面所成角为，因此，点P到平面的距离，而，则三棱锥的体积，当且仅当，且时取“=”，所以当D是AB中点，且平面时三棱锥的体积取最大值，D正确.故选：ABD14（多选）在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（）A当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为B当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为C当时，圆锥的外接球表面积为D当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动【答案】ACD【详解】圆锥的侧面积为，则.对于A选项，当时，将圆锥的侧面沿着母线展开如下图所示：则圆锥的底面周长为，在
21、中，由余弦定理可得，A对；对于B选项，当时，设圆锥轴截面等腰三角形的顶角为，则，则为钝角，在圆上任取两点、，则，当且仅当时，等号成立，故顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，B错；对于C选项，当时，圆锥的高为，设圆锥的外接球的半径为，则，即，可得，故圆锥的外接球的表面积为，C对；对于D选项，当时，圆锥的高为，设圆锥的内切球半径为，圆锥的轴截面面积为，圆锥的轴截面周长为，由等面积法可得，可得，将棱长为的正四面体可放在一个正方体内，使得该正四面体的四个顶点恰为正方体的四个顶点，如下图所示，则该正方体的棱长为，所以正四面体的外接球的半径为，因此，当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D对.故选
22、：ACD.15（多选）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当时，存在点P满足B当时，存在唯一的点P满足C当时，满足BPAM的点P的轨迹长度为D当时，满足的点P轨迹长度为【答案】BCD【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，对于选项A，当时，设点关于平面的对称点为，则，.所以.故A不正确.对于选项B，设，则，由得，即，解得，所以存在唯一的点P满足，故B正确.对于选项C，设，则，由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.对于选项D，当时，设，则，由得，即，在平面中，建立平面直角坐标系，如图，记的圆心为，与交于；令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.故选：BCD.
