2021年高考数学真题和模拟题分类汇编：专题10 立体几何（含解析）.docx

1、20212021 年高考真题和模拟题分类汇编年高考真题和模拟题分类汇编 数数学学 专题专题 1010 立体几何立体几何 一、选择题部分 1.(2021新高考全国卷T3)已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图为一个半圆，则该 圆锥的母线长为（） A. 2 B. 2 2 C. 4 D. 4 2 【答案】B 【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 22l ， 解得 2 2l . 2.(2021高考全国甲卷理 T6) 在一个正方体中，过顶点 A 的三条棱的中点分别为 E，F， G该正方体截去三棱锥AEFG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（） A.

2、B.C.D. 【答案】D 【解析】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. 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 3.(2021高考全国甲卷理 T8) 2020 年 12 月 8 日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新 高程为 8848.86（单位：m） ，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一如图是三角高程测 量法的一个示意图，现有 A，B，C 三点，且 A，B，C 在同一水平面上的投影,A B C 满 足45AC B ，60A BC 由 C 点测得 B 点的仰角为15， BB 与 CC 的差为 100；由 B 点测得 A 点的仰角

3、为45，则 A，C 两点到水平面ABC 的高度差AACC约 为（ 31.732 ） （） A. 346B. 373C. 446D. 473 【答案】B 【解析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得A B， 进而得到答案 过C作CHBB，过B作BDAA， 故 100100AACCAABBBHAABBAD， 由题，易知ADB为等腰直角三角形，所以ADDB 所以100 100AACCDBA B 因为15BCH，所以 100 tan15 CHC B 在A B C中，由正弦定理得： 100100 sin45sin75tan15 cos15sin15 A BC B ， 而 62

4、 sin15sin(4530 )sin45 cos30cos45 sin30 4 ， 所以 2 100 4 2 100( 31)273 62 A B ， 所以 100373AACCA B 故选 B 4.(2021高考全国甲卷理 T11) 已如 A，B，C 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且 ,1ACBC ACBC，则三棱锥OABC的体积为（） A. 2 12 B. 3 12 C. 2 4 D. 3 4 【答案】A 【解析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到 平面ABC的距离，进而求得体积. ,1ACBC ACBC，ABC为等腰直角三角形， 2AB ，

5、 则ABC外接圆的半径为 2 2 ，又球的半径为 1， 设O到平面ABC的距离为d， 则， 所以 11122 1 1 332212 O ABCABC VSd . 故选 A. 5.(2021高考全国乙卷文 T10) 在正方体 1111 ABCDABC D中，P 为 11 B D的中点，则直线 PB与 1 AD所成的角为（） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 如图，连接 11 ,BC PC PB，因为 1 AD 1 BC， 所以 1 PBC或其补角为直线PB与 1 AD所成的角， 因为 1 BB 平面 1111 DCBA，所以 11 BBPC，又 111 PCB D，

6、1111 BBB DB， 所以 1 PC 平面 1 PBB，所以 1 PCPB， 设正方体棱长为 2，则 1111 1 2 2,2 2 BCPCD B， 1 1 1 1 sin 2 PC PBC BC ，所以 1 6 PBC . 故选 D 6.(2021浙江卷T4) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（） A. 3 2 B. 3C. 3 2 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 几何体为如图所示的四棱柱 1111 ABCDABC D， 其高为 1， 底面为等腰梯形ABCD， 该等腰梯形的上底为 2，下底为2 2，腰长为 1，故梯形的高为 12 1 22 ， 故 1 1 11 123

7、 22 21 222 ABCD A BC D V ， 故选 A. 7.(2021浙江卷T6) 如图已知正方体 1111 ABCDABC D，M，N 分别是 1 A D， 1 D B的中 点，则（） A. 直线 1 A D与直线 1 D B垂直，直线/ /MN平面ABCD B. 直线 1 A D与直线 1 D B平行，直线MN 平面 11 BDD B C. 直线 1 A D与直线 1 D B相交，直线/ /MN平面ABCD D. 直线 1 A D与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 【答案】A 【解析】 连 1 AD，在正方体 1111 ABCDABC D中， M 是 1 A

8、 D的中点，所以M为 1 AD中点， 又 N 是 1 D B的中点，所以/MN AB， MN 平面,ABCD AB 平面ABCD， 所以/MN平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面 11 BDD B，所以选项 B,D 不正确； 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 ADAD， AB 平面 11 AAD D，所以 1 ABAD， 1 ADABA，所以 1 AD 平面 1 ABD， 1 D B 平面 1 ABD，所以 11 ADD B， 且直线 11 ,AD D B是异面直线， 所以选项 C 错误，选项 A 正确. 故选 A. 8.(2021浙江丽水湖

9、州衢州二模T2)已知直线 l，m 和平面（） A若 lm，m，则 lB若 l，m，则 lm C若 l，m，则 lmD若 lm，l，则 m 【答案】C 【解析】对于 A，若 lm，m，则 l或 l，故 A 错误； 对于 B，若 l，m，则 lm 或 l 与 m 异面，故 B 错误； 对于 C，若 l，m，则由线面垂直的性质得 lm，故 C 正确； 对于 D，若 lm，l，则 m 与平行或 m，故 D 错误 9.(2021江苏盐城三模T11)已知矩形 ABCD 满足 AB1，AD2，点 E 为 BC 的中点，将 ABE 沿 AE 折起，点 B 折至 B，得到四棱锥 BAECD，若点 P 为 BD

10、的中点，则 ACP/平面 BAE B存在点 B，使得 CP平面 ABD C四棱锥 BAECD 体积的最大值为 2 4 D存在点 B，使得三棱锥 BADE 外接球的球心在平面 AECD 内 【答案】ACD 【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题 【解析】 由题意可知， 对于选项 A， 取 AB的中点为 Q， 连结 EQ、 PQ， 因为 CE1 2D， PQ 1 2D， 所以 PQCE，所以四边形 CEQP 为平行四边形，所以 CPQE，又 QE平面 ABE，CP平 面 ABE，所以 CP平面 ABE，所以选项 A 正确；对于选项 B，若 CP平面 ABD，则 CP AB，所以 Q

11、EAB，则与 ABBE 矛盾，所以选项 B 错误；对于选项 C，过 B作 BO AE，垂足为 O，可得 BO 2 2 ，所以 VBAECD1 3S AECDh1 3 1 2(11)1h 1 2BO 2 4 ，所以选 项 C 正确； 对于选项 D， 若三棱锥 BADE 外接球的球心在平面 AECD 内， 则球心为ADE 的外心，则为ADE 直角三角形，且 AD 为斜边，则球心 O 为 AD 的中点，所以 ROB OAOD1，则 ABBD，所以 BD 3，而 BD(1， 5)，可知存在，则满足题意，所 以选项 D 正确；综上，答案选 ACD 10.(2021河南郑州三模理 T9)已知等腰直角ABC

12、 的斜边 BC4，沿斜边的高线 AD 将 ABC 折起，使二面角 BADC 为，则四面体 ABCD 的外接球的体积为（） AB CD 【答案】B 【解析】如图， 由题意，BCD 是等边三角形，边长为 2， 则BCD 外接圆的半径为， 设BCD 的外心为 G，四面体 ABCD 的外接球的球心为 O， 连接 OG，则 OG平面 BCD，且 OGAD1 四面体 ABCD 的外接球的半径 R 则四面体 ABCD 的外接球的体积 V 11.(2021河南郑州三模理T11)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中， 点E平面AA1B1B， 点 F 是线段 AA1的中点，若 D1ECF，则EBC 的面积

13、最小值为（） AB CD 【答案】B 【解析】 如图：取 AB 中点 G，可知 RtBAFRtB1BG，得ABFBB1G，B1GB+ABF B1GB+BB1G90， BFGB1，又B1GBC，B1G平面 BFC，B1G平面 CF，又D1ECF，CF平 面 B1D1G， 当点 E 在直线 B1G 上时，D1ECF，BC2，则ABC 面积为EBBC， 当EBC 的面积取得最小值时，线段 CE 的长度为点 B 到直线 B1G 的距离，线段 CE 长度 的最小值为，此时EBC 面积为EBBC 12.(2021河南开封三模文 T9 理 T8)某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四 个结论： 体积

14、可能是； 体积可能是； AB 和 CD 在直观图中所对应的棱所成的角为； 在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对 其中所有正确结论的编号是（） ABCD 【答案】D 【解析】由三视图可画出直观图如下图： 如图 1，故正确； 如图 2，故正确； 如上图，AB 和 CD 在直观图中所对应的棱分别为 EF 和 FG，由EFG 为正三角形， 可知 AB 和 CD 在直观图中所对应的棱所成的角为，故正确； 如上图， 平面 ABCD平面 B1C1D1， 面 ADD1面 BCC1B1， 面 ABB1面 DCC1D1， 面 AB1D1 面 BC1D，故正确 13.(2021河北张家口三模T10)已知一个圆柱

15、的上、下底面圆周均在球 O 的表面上，若圆 柱的体积为 4，则球 O 的表面积不可能为（） A6B8 C12D16 【答案】AB 【解析】设圆柱的底面圆半径为 r，高为 h，则 所以，所以， 所以当 h（0，2）时 6）0；当 h（2，（R3）0， 所以当 h2 时，R2有最小值 此时球 O 的表面积有最小值，且最小值为， 即球 O 的表面积 S球O12 14.(2021山东聊城三模T12.)已知等边三角形 ABC 的边长为 6，M，N 分别为 AB，AC 的中 点，将?th 沿 MN 折起至?th，在四棱锥? th? 中，下列说法正确的是（） A. 直线 MN平面? B. 当四棱锥?th?

16、体积最大时，二面角?th 为直二面角 C. 在折起过程中存在某位置使 BN平面?h? D. 当四棱?th? 体积最大时，它的各顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为 ? 【答案】 A,B,D 【考点】反证法，球的体积和表面积，直线与平面平行的判定 【解析】 【解答】因为 th/BC , th平面?，BC 平面?，所以直线 MN平面?， A 符合题意； 因为四棱锥?th? 底面积为定值， 所以当点?到平面 th? 距离最大时体积最大， 故当 二面角?th 为直二面角时，满足题意，B 符合题意； 对于 C，如图， 若 BN平面?h?，则 h ? ?，又? ? th，? ? thh? ? ?

17、 ? ?，可知 th ?平面 ? ,所以? ? th ,又 th ? h ? h ,所以? ?平面 th? ,这显然不可能， C 不符合题意； 当四棱?th? 体积最大时，二面角?th 为直二面角，如图， 由t? ? ? ?，取 BC 的中点 E，则 E 是等腰梯形 MNCB 外接圆圆心F 是AMN 外心， 作 ? ?平面 MNCB，OF 上平面?MN，则 ? 是四棱锥?-MNCB 的外接球的球心，且 OF=DE= ? ? ? ，AF=? .设四棱锥?-MNCB 的外接球半径 R，则? ? ? ? ? ，所以球表面积 是 ? 【分析】A 由线面平行判定可推得 A 正确。 B 根据四棱锥?th?

18、 底面积为定值，所以当点?到平面 th? 距离最大时体积最大， 进而可判 B 正确。 C 由反证法可得 C 错误。 D取BC的中点E， 则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心 F是AMN外心得? 是四棱锥?-MNCB 的外接球的球心，结合 B 的结论求得外接球半径 R，进而求出球表面积，可判 D 正确。 15.(2021四川内江三模理 T8)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中， 最大的是（） A4B8CD 【答案】C 【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体 如图所示： 由于 AB2，BD4 所以：， 16.(2021重庆名校联盟三模T12)如图，矩形 ABCD 中

19、，M 为 BC 的中点，将ABM 沿 直线 AM 翻折成AB1M，连结 B1D，N 为 B1D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所 有正确的是（） A存在某个位置，使得 CNAB1 B翻折过程中，CN 的长是定值 C若 ABBM，则 AMB1D D若 ABBM1，当三棱锥 B1AMD 的体积最大时，三棱锥 B1AMD 的外接球的表 面积是 4 【答案】BD 【解析】对于 A：如图 1，取 AD 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F， 则 NEAB1，NFMB1， 如果 CNAB1，可得到 ENNF， 又 ENCN，且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可能，故 A 错误 对于 B：如图 1

20、，可得由NECMAB1（定值）， NE（定值），AMEC（定值）， 由余弦定理可得 NC2NE2+EC22NEECcosNEC， NC 是定值，故 B 正确 对于 C：如图 2，取 AM 中点 O，连接 B1O，DO， 由题意得 AM面 ODB1，即可得 ODAM， 从而 ADMD，由题意不成立，可得 C 错误 对于 D：当平面 B1AM平面 AMD 时，三棱锥 B1AMD 的体积最大， 由题意得 AD 中点 H 就是三棱锥 B1AMD 的外接球的球心， 球半径为 1，表面积是 4，故 D 正确 17.(2021安徽蚌埠三模文 T9)已知平面、两两垂直，直线 a、b、c 满足 a，b， c，则

21、直线 a、b、c 不可能满足的是（） A两两垂直B两两平行C两两相交D两两异面 【答案】B 【解析】平面、两两垂直，直线 a、b、c 满足 a，b，c， 所以直线 a、b、c 在三个平面内，不会是共面直线， 所以：当直线两两平行时，a、b、c 为共面直线 与已知条件整理出的结论不符 18.(2021贵州毕节三模文 T4)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余几何体的三视 图如图，则剩余几何体的表面积为（） A16B18CD 【答案】D 【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为棱长为 2 的正方体切去一个 角，构成的几何体； 如图所示： 所以18+2 19.(2021辽宁朝阳三模T8

22、)在三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为侧棱 CC1的中点，从该三棱 柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线 BD 异面的概率是 （） ABCD 【答案】B 【解析】在三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为侧棱 CC1的中点， 该三棱柱的九条棱中与 BD 异面的棱有 5 条， 从该三棱柱的九条棱中随机选取两条， 基本事件总数 n36， 这两条棱所在直线至少有一条与直线 BD 异面包含的基本事件个数为： m+26， 则这两条棱所在直线至少有一条与直线 BD 异面的概率 P 20.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T12 )已知长方体 ABCDA1B1C1D1中， 底面 AB

23、CD 为正方形且边长为 1，侧棱 AA1长为 2，以 A1为球心，为半径的球面与侧面 CDD1C1 的交线长为（） ABCD 【答案】D 【解析】 长方体 ABCDA1B1C1D1中， 底面 ABCD 为正方形且边长为 1， 侧棱 AA1长为 2， 以 A1为球心，为半径的球面与侧面 CDD1C1的交线，是以 D1为圆心， 为半径的圆 弧，如图，ED1F， 可得： 21.(2021四川泸州三模理 T8)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是正方形，已知 AA14，AB2，点 E，F 分别在棱 BB1，CC1上，且 BEBB1，CFCC1，则（） AD1EAF，且直线 D1E，AF 是

24、相交直线 BD1EAF，且直线 D1E，AF 是异面直线 CD1EAF，且直线 D1E，AF 是异面直线 DD1EAF，且直线 D1E，AF 是相交直线 【答案】B 【解析】由直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是正方形，AA14，AB2，BEBB1， CFCC1，可得 B1E3，D1E，CF2，AF2，AF D1E，连接 BD，B1D1，设直线 AF 与平面 BDD1B1交于 H，可得 H 不在直线 D1E 上， 且 H平面 BDD1E1，直线 D1E平面 BDD1B1，又 AF平面 BDD1B1， 所以直线 AF 与 D1E 为异面直线 22.(2021江西上饶三模理 T4)罗德岛太阳

25、神巨像是古代世界七大奇迹之一它是希腊太 阳神赫利俄斯的青铜铸像如图所示，太阳神赫利俄斯手中所持的几何体（含火焰）近 似是一个底面相同的两个圆锥合在一起，正方向投影过去，其平面几何图形形状是上方 内角为 60，边长为 2 的菱形现在其中一个圆锥中放置一个球体，使得球与圆锥侧面、 底面均相切，则该球的体积为（） A B C D 【答案】B 【 解 析 】 圆 锥 的 轴 截 面 是 边 长 为 2 的 正 三 角 形 ， 正 三 角 形 内 切 圆 的 半 径 为 ，则圆锥内切球的半径为， 球的体积 V 23.(2021江西上饶三模理 T8)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 G 是线段 B

26、C1上的一点， 且 A1GB1D，则（） ABGBC1BBC13GC1 CBG3GC1D点 G 为线段 BC1上任意一点 【答案】D 【解析】如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1中，B1D 在侧面 ABB1A1内的射影是 AB1，且 AB1A1B，所以 A1BB1D，同理，B1DC1，且 A1BBC1B，所以 B1D平面 A1BC1， 又 A1G平面 A1BC1，所以 A1GB1D，即点 G 为线段 BC1上任意一点，选项 D 正确，A、B、 C 选项错误 24.(2021安徽宿州三模理 T4)已知 a、b 为两条不同直线，、为两个不同平面下列 命题中正确的是（） A若 a，b，则 a

27、与 b 共面B若 a，则 a C若 a，则 aD若b，b，则 【答案】C 【解析】若 a，b，则 ab 或 a 与 b 相交或 a 与 b 异面，故 A 错误； 若 a，则 a或 a，故 B 错误； 若 a，由直线与平面垂直的性质，可得 a，故 C 正确； 若b，b，则或与相交，故 D 错误 25.(2021四川泸州三模理 T11 )已知在 RtABC 中， 斜边 AB2， BC1， 若将 RtABC 沿斜边 AB 上的中线 CD 折起，使平面 ACD平面 BCD，则三棱锥 ABCD 的外接球的 表面积为（） ABCD 【答案】A 【解析】如图，设点 E 为BCD 外接圆的圆心，则三棱锥 AB

28、CD 外接球的球心一定在 过点 E 且与平面 BCD 垂直的直线上， 不妨设点 O 为外接圆的圆心，则 OE平面 BCD，且 OAOBOCODR， 过点 O 作 OM平面 ACD，则点 M 为ACD 外接圆的圆心，在ACD 中，由余弦定理 有， ， 延长 BE 交 CD 于 F，连接 MF，BCCDBD1， BCD 为边长为 1 的正三角形，F 为 CD 中点， 由于平面 ACD平面 BCD，故四边形 OMFE 为矩形，则， 在 RtAOM 中，AM2+OM2OA2，即，解得， 三棱锥 ABCD 的外接球的表面积为 26.(2021江苏常数三模T11)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，

29、F，M 分别为棱 BC，CD， CC1的中点，P 是线段 A1C1上的动点（含端点），则（） APMBD BAC1平面 EFM CPE 与平面 ABCD 所成角正切值的最大值为 D当 P 位于 C1时，三棱锥 PCEF 的外接球体积最小 【答案】AC 【解析】对于 A，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1底面 ABCD，又 BD平面 ABCD， 所以 AA1BD，又 ACBD，且 ACAA1A，AC，AA1平面 ACC1A1， 所以 BD平面 ACC1A1，又 PM平面 ACC1A1，则 PMBD，故选项 A 正确； 对于 B，设 ACBDO，EFACH，如图所示， 若 AC1平面 M

30、EF，又 AC平面 ACC1A1，且平面 ACC1A1平面 MEFMH， 则 AC1MH，由正方体的性质可知，O 是 AC 的中点，M 是 CC1的中点， 所以 AC1MO，又 MOMHM，产生矛盾，故假设不成立，故选项 B 错误； 对于 C，点 P 在平面 ABCD 上的射影 N 在 AC 上，连结 NE， 故PEN 即为 PE 与平面 ABCD 所成的角， 设正方体的棱长为 a，则 PNa，tanPEN， 故 EN 的最小值即为 E 到直线 AC 的距离 EH， 所以 tanPEN 的最大值为，故选项 C 正确； 对于 D，正方体 ABCDA1B1C1D1中，假设 HK平面 ABCD，交

31、A1C1于点 K， 又 H 为CEF 的外心，则三棱锥 PCEF 的外接球的球心一定在 HK 上， 设球心为 O，高 OPOER，正方体的棱长为 a， 则， 2a，其中， 故当 PK0 时，R 最小，此时点 P 与点 K 重合，故选项 D 错误 27.(2021上海浦东新区三模T13)下列命题正确的是（） A三点确定一个平面 B三条相交直线确定一个平面 C对于直线 a、b、c，若 ab，bc，则 ac D对于直线 a、b、c，若 ab，bc，则 ac 【答案】D 【解析】选项 A，不共线的三点确定一个平面，故 A 错误； 选项 B，三条相交直线可确定一个平面，或三个平面，（三棱锥的三条侧棱），

32、故 B 错 误；选项 C，对于直线 a、b、c，若 ab，bc，则 ac，在平面几何中是正确的，在 立体几何中不一定成立，故 C 错误； 选项 D，由平行公理可得：对已直线 abc，若 ab，bc，则 ac，故 D 正确 28.(2021湖南三模T11)如图，在平行四边形 ABCD 中，AB1，AD2，A60， 沿对角线 BD 将ABD 折起到PBD 的位置， 使得平面 PBD平面 BCD，下列说法正确 的有（） A平面 PCD平面 PBD B三棱锥 PBCD 四个面都是直角三角形 CPD 与 BC 所成角的余弦值为 D过 BC 的平面与 PD 交于 M，则MBC 面积的最小值为 【答案】AB

33、D 【解析】BCD 中，CD1，BC2，A60， 所以 BD，故 BD2+CD2BC2，所以 BDCD， 因为平面 PBD平面 BCD 且平面 PBD平面 BCDBD， 所以 CD平面 PBD，CDPD； 同理 PB平面 CBD， 因为 CD平面 PCD， 所以平面 PCD平面 BPD，A，B 正确； 以 D 为原点，联立如图所示的空间直角坐标系，则 B（，0，0），C（0，1，0），P （，0，1），因为（，0，1），（，1，0）， 所以 cos，即 PD 与 BC 所成角的余弦值为，C 错 误；因为 M 在线段 PD 上，设 M（，0，a），则（3，0，a）， 所以点M到BC的距离d， 当

34、 a时，d 取得最小值，此时MBC 面积取得最小值，D 正确 29.(2021福建宁德三模T12) 已知正四棱锥的侧面积为 ? ?，当该棱锥的体积最大时，以 下结论正确的是? A.棱锥的高与底面边长的比为 ? ? B.侧棱与底面所成的角为 ?t ? C.棱锥的每一个侧面都是等边三角形 D.棱锥的内切球的表面积为?t? ? ? 【答案】ACD 【解析】设底面边长为 2a，侧棱长为 b，则 ，即 ? ? ?， 而 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ，又 ? ? ?， 故 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 设 ? ? ? ?t h ? h ? ?，则 ? ? ? ? ? ?

35、 ? ? ? ? ?， 易知函数 ?在?th?单调递增，在?h ? ?单调递减， ?当 ? ? ? 时，?取得最大值，此时棱锥的体积最大，且 ? ? ?， ?底面边长为 2，侧棱长为 2，? ?h? ?， ?棱锥的高与底面边长的比为 ? ? ，选项 A 正确； 侧棱与底面所成的角为?，而 sin? ? ? ? ? ? ? ，则? ? ? ?，选项 B 错误； 由于底面边长与侧棱长均为 2，故侧面为等边三角形，选项 C 正确； 设内切球的半径为 r，由于， ， ，选项 D 正确 故选：? 设底面边长为 2a， 侧棱长为 b， 求出棱锥体积， 通过构造函数，求导可知当 ? ? ?，及 ? ? ?

36、时棱锥体积最大，然后再逐项判断即可 本题考查正棱锥的性质，线面角，以及内切球表面积的求法，同时还涉及了利用导数研究函 数的最值，考查函数思想，考查推理能力及运算能力，属于较难题目 30.(2021福建宁德三模T6)如图，在直四棱柱 ? ? 中，? ? ?，?/?，? ?，? ? ? ? ? ?，点 P，Q， R 分别在棱 ?，?，?上，若 A，P，Q，R 四点共面，则下列结 论错误的是? A.任意点 P，都有 ?/? B.任意点 P，四边形 APQR 不可能为平行四边形 C.存在点 P，使得 ? 为等腰直角三角形 D.存在点 P，使得 ?/平面 APQR 【答案】C 【解析】对于 A：由直四棱

37、柱 ? ?，?/?， 所以平面 ?/平面 ?， 又因为平面 ?平面 ? ?，平面 ?平面 ? ?， 所以 ?/? 对于 B：若四边形 APQR 为平行四边形，则 ?/?， 而 AD 与 BC 不平行，即平面 ?与平面 ?不平行， 所以平面 ?平面 ? ?，平面 ?平面 ? ?， 直线 PQ 与直线 AR 不平行， 与 ?/? 矛盾， 所以四边形 APQR 不可能是平行四边形 对于 C：假设存在点 P，使得 ? 为等腰直角三角形， 令 ? ? ?， 由 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 所以 ? ? ? ? ? 且 ?/? ?四边形 BPDR 为平行四边 BPDR， 所以 ? ? ?

38、 ? ?， 过点 D 作 ? ? ?，则 ? ? ? ? ?， 所以 ? ? ?，即 ? ? ? ? ?， 所以 ? ? ? ? ? ? ?t ? ?t ? ?，无解，故 C 错误； 对于 D：当 ? ? ? 时，R 为 D 时，满足 ?/平面 APQR，故 D 正确 故选：? 根据线线，面面的性质判断 A，B 是否正确；使用假设法判断 C，D 是否正确 本题考查立体几何中线线，线面的位置关系，属于中档题 31.(2021宁夏中卫三模理 T6)已知水平放置的ABC 按“斜二测画法”得到如图所 示的直观图，其中 BOCO1，AO，那么ABC 是一个（） A等边三角形B直角三角形C等腰三角形D钝角

39、三角形 【答案】A 【解析】由已知中ABC 的直观图中 BOCO1，AO， ABC 中，BOCO1，AO，由勾股定理得：ABAC2， 又由 BC2，故ABC 为等边三角形 32.(2021宁夏中卫三模理 T10 )若正四面体 ABCD 的所有棱长均为， 则正四面体 ABCD 的（） A表面积为B高为 C体积为D内切球半径为 【答案】D 【解析】根据题意，正四面体 ABCD 的所有棱长均为，依次分析选项： 对于 A，SABCSABDSACDSBCD2，则其表面积 S42，A 错误； 对于 B， 设ABC 的中心为 O， 易得 DO面 ABC， 则 AO， 则|DO| ，正四面体 ABCD 的高为

40、，B 错误； 对于 C，正四面体 ABCD 的 VSABC|DO|，C 错误； 对于 D，设正四面体 ABCD 的内切球半径为 r，则有 VSABC|DO|（S表） r，解可得 r，D 正确 33.(2021江西南昌三模理 T9)平安夜苹果创意礼品盒，如图 1，它的形状可视为一个十 面体，其中上下底面为全等的正方形，八个侧面是全等的等腰三角形如图 2，底面正方 形 ABCD 的边长为 2，上底面 EFGH 与下底面 ABCD 之间的距离为，则该几何体 的侧面积为（） AB CD 【答案】B 【解析】该几何体的俯视图如图所示，设 O 为俯视图的中心， 则，所以, 设等腰三角形的高为 h,则,得,

41、 所以一个等腰三角形的面积为, 所以该几何体的侧面积为 34.(2021安徽马鞍山三模理 T11)如图，E 是正方体 ABCDA1B1C1D1棱 D1D 的中点，F 是棱 C1B1上的动点，下列命题中： 若过 CF 的平面与直线 EB 垂直，则 F 为 C1B1的中点； 存在 F 使得 D1FBE； 存在 F 使得BEF 的主视图和侧视图的面积相等； 四面体 EBFC 的体积为定值 其中正确的是（） ABCD 【答案】D 【解析】 当 F 为 B1C1中点时，将 CF 平移至 EM，则 M 为 A1D1的四等分点，即， 过 M 作 MNAD，不妨设 AD4，则 MN4，BN5，BD， 在 Rt

42、BDE 中，同理 BM，ME， BE2+ME2BM2，MEBE，CFBE，ACBE，BE面 ACF，故正确； 过 D1作 D1QBE，可得 Q 为 BB1中点，不存在 F 使得 D1FBE，故错误； 当 F 与 B1重合时，侧视图，（P 为 CC1 中点），故正确； C1B1BC，所以 C1B1平面 EBC，B1C1上任一点到平面 EBC 的距离都相等， 设 F 到面 BEC 的距离为 h，且 SEBC为定值，也为定值，故正 确 35.(2021安徽马鞍山三模文 T10)将一个表面积为 36的木质实心球加工成一个体积最 大的圆柱，则该圆柱的底面半径为（） AB3 CD 【答案】C 【解析】由球

43、的表面积为 36，可得球的半径为 3，如图， 设圆柱的底面半径为 r，则高为 2（0r3）， V圆柱2 2 2 当且仅当 r2182r2，即 r26，r时，上式取等号 36.(2021江西九江二模理 T10)如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 E，F，G，H，I，J 分别是棱 A1B1，A1D1，DD1，CD，BC，BB1的中点，现在截面 EFGHIJ 内随机取一点 M，则此点满足|AM|+|MC1|4 的概率为（） ABCD 【答案】D 【解析】连接 AC1交平面 EFGHIJ 于 O，则 O 为 AC1和 GJ 的交点， 由正方体的性质可得 AC1平面 EF

44、GHIJ，AC1OM， 设|OM|x，AOOC1， ，即 x1， 满足|AM|+|MC1|4 的点 M 的轨迹所围成的面积为， 又截面 EFGHIJ 的面积为， 故所求概率 P 37.(2021浙江杭州二模理 T10)如图，长方形 ABCD 中，AD1，点 E 在线 段 AB（端点除外）上，现将ADE 沿 DE 折起为ADE设ADE，二面角 ADE C 的 大 小 为 ， 若， 则 四 棱 锥 A BCDE 体 积 的 最 大 值 为 （） AB CD 【答案】A 【解析】设过 A 与 DE 垂直的线段长为 a，则 AEtan，0tan， DE，asin，则四棱锥 ABCDE 的高 hasin

45、sinsin（） sincos，则 sin（2+），（tan） 四棱锥 ABCDE 体积的最大值为 38.(2021浙江杭州二模理 T4)某四棱锥的三视图（图中每个小方格的边长为 1）如图所 示，则该四棱锥的体积为（） A4BCD1 【答案】C 【解析】根据几何体的三视图转换为几何体四棱锥，一条侧棱与底面垂直，底面是正方 形，该几何体为三棱锥体 PABCD， 如图所示：由于几何体的高为 2，底面边长为， 则四棱锥的体积为 V 39.(2021河北邯郸二模理 T10)设 a，b 是两条不重合的直线，是三个不同的平 面下列四个命题中，正确的是（） A若，则B若，则 C若 a，a，则D若 a，ab，

46、则 b 【答案】AC 【解析】由 a，b 是两条不重合的直线，是三个不同的平面，知： 对于 A，若，则由面面垂直的判定定理得，故 A 正确； 对于 B，若，则与相交或平行，故 B 错误； 对于 C，若 a，a，则由面面平行的判定定理得，故 C 正确； 对于 D，若 a，ab，则 b或 b，故 D 错误 40.(2021河北邯郸二模理 T7)如图所示，正四棱台的下底面与半球的底面重合，上底面 四个顶点均在半球的球面上， 若正四棱台的高与上底面边长均为 1， 则半球的体积为 （） ABCD 【答案】B 【解析】连接上底面中心 G 与球的球心 O，连接 AO，则 AO 为外接球的半径，R ，所以外接

47、球的体积为： 41.(2021北京门头沟二模理 T4)一个体积为 ? ?正三棱柱的三视图如图所示，则这个三 棱柱的左视图的面积为? A.? ?B.8C.t ?D.12 【答案】A 【解析】设棱柱的高为 h， 由左视图知，底面正三角形的高是 ? ?，由正三角形的性质知，其边长是 4， 故底面三角形的面积是? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 由于其体积为 ? ?，故有 ? ? ? ? ? ? ?，得 ? ? ? 由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是 3，其面积为 ? ? ? ? ? ? ? 故选：? 此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是 ? ?，由正

48、三角形的性质 可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的 方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可 本题考点是简单空间图形的三视图， 考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利 用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左 视高平齐，左视、俯视宽相等” 42.(2021江西鹰潭二模理 T8)我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了 一个原理（祖暅原理）： “幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积， “势” 指高这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两

49、个几何体体积相等 利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体 积之差图 1 是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线 AOC 和 BOD 均是以 1 为半径的半 圆， 平面 AOC 和平面 BOD 均垂直于平面 ABCD， 用任意平行于帐篷底面 ABCD 的平面截帐 篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底 等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图 2），从而求得该帐篷的 体积为（） AB CD 【答案】B 【解析】由“祖暅原理”可知，帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，底面 正 方 形 对 角 线 为 2 ，

50、正 方 形 边 长 为， V 帐 篷 V正 四 棱 柱 V正 四 棱 锥 43.(2021广东潮州二模T6)设 a，b 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能 得出 ab 的是（） Aa，b，Ba，b， Ca，b，Da，b， 【答案】C 【解析】A若，a，a，b，b，则 ab，故 A 错； B若 a，则 a，又 b，则 ab，故 B 错； C若 b，则 b，又 a，则 ab，故 C 正确； D若，b，设c，由线面平行的性质得，bc，若 ac，则 ab，故 D 错 44.(2021辽宁朝阳二模T10)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，E，F 是线段 B1D1上的两个动点，且