2022年新教材高考数学 临考题号押第16题 空间几何体（含解析）.docx

1、押第16题 空间几何体空间几何体是高考全国卷每年必考知识点,作为客观题考查的空间几何体试题主要涉及三视图、几何体的表面积与体积、截面等内容,难度有容易题也有难度较大的题，求解本类问题的关键是空间想象能力及运算能力，预测2021年依然会有2道立体几何客观题.依然会遵循前几年的命题风格.1.空间几何的结构特征(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时

2、，要注意“还台为锥”的解题策略2.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示(2)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合3.用斜二测画法画直观图的技巧(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x轴或y轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段

3、可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出(2)注意斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”“三不变”4.空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用5.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换

4、法、分割法、补形法等方法进行求解(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解1（2021全国高考真题（文）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为_.【答案】【详解】.故答案为：.2（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】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.3（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

5、（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.4（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

6、底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.5（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

7、以，此时与重合，故D正确故选：BD6（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

8、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山东济南一模）已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为_.【答案】【详解】因圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，因此，圆锥底面圆半径，所以圆锥的体积为.故答案为：2（2022山东青岛一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为_【答案】#【详解】因为大正四面体的棱长为3，所以正

9、四面体的的一个底面面积为，底面正三角形的高为则正四面体的高为，所以大正四面体的体积为，由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为，底面正三角形的高为为，则小正四面体的高为，所以小正四面体的体积为，所以截得的截角四面体的体积为，故答案为：3（2022山东济宁一模）在边长为6的菱形ABCD中，现将沿BD折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【详解】当三棱锥的体积最大时平面平面，如图，取的中点为，连接，则，设分别为外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，且，且，平面，平面，因为平面平面，平面平面，平面，故平面，故，同理，故四边形为平行四边形，因为平

10、面，平面，故，故四边形矩形，故，而，故外接球半径，故外接球的表面积为，故答案为：.4（2022广东广州一模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于_.【答案】#【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又，所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；所以最长弧的弧长为.故答案为：.5（2

11、022湖南一模）在直四棱柱中，底面为正方形，则与平面所成角的余弦值为_【答案】#【详解】底面为正方形，.连接交于点，连接，如图所示，则，且.设点到平面的距离为，则由，得，即，解得.设与平面所成的角为，则，即与平面所成角的余弦值为.故答案为：.（限时：30分钟）1已知过圆锥顶点P的截面为三角形，O为底面圆的圆心，若二面角的大小为，则圆锥的侧面积为_.【答案】【详解】如图，作，则C为中点，PBPA，即为二面角的平面角，.在等腰中，.在中，.圆锥的侧面积为.故答案为：.2现有一个橡皮泥制作的实心圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的底面积为_.【答案】【详解】由

12、题设可得实心圆柱的体积为，设圆锥底面的半径为，则，如，故该圆锥的底面积为，故答案为：.3陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫作陀罗.陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为，r，且，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S1和S2，则_.【答案】【详解】由题意，圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为，所以.故答案为：.4如图，在三棱锥中，平面，若三棱锥的外接球体积为，则异面直线与所成角为_.【答案】#60【详解】如图，将三棱锥补成三棱柱，取中点，中点，外接球球心即为的中点，设外接球半径为，则，得，

13、所以，得，由，所以或其补角即为所求异面直线所成的角，易得，所以异面直线PB与AC所成角为.故答案为：5如图，在长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为_【答案】2【详解】连接，则，点、在平面中，且，如图1所示；在中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，如图2所示，则，；设点关于直线的对称点为，的方程为，直线的方程为，由组成方程组，解得，直线与的交点，对称点，则的最小值为2故答案为：26在如图直四棱柱中，底面为菱形，点为棱的中点，若为菱形内一点（不包含边界），满足平面，设直线与直线所成角为，则的最小值为_.【答案】【详解】取线段，中点，连结，.如图所示：由于，所以，因

14、为平面，平面，所以平面，同理可得平面平面，又，故平面平面，故点在线段上.因为，所以，故.在中，当时，取得最小值，故tana的最小值为.故答案为：7在四面体中，为等边三角形，边长为6，则四面体的体积为_.【答案】【详解】解：在四面体中，为等边三角形，边长为6，分别取、的中点、，连结、，则，且，平面，平面，平面，四面体的体积为：故答案为：8等边ABC的边长为6，直线l交边AC，AB分别于点D，E(异于ABC的顶点)，将ADE折起，使得平面ADE平面BCDE，则四棱锥ABCDE体积的最大值为_【答案】【详解】令，过作，垂足为，令令在上单调递增，在上单调递减，故答案为：9如图，等腰与矩形所在平面垂直，

15、且，则四棱锥的外接球的表面积为_【答案】【详解】连接，交于点，取的中点，连接，因为，所以，因为等腰与矩形所在平面垂直，平面平面，所以平面，连接，则因为等腰和矩形中，所以，所以，所以，所以，所以点为四棱锥的外接球的球心，则球的半径为所以四棱锥的外接球的表面积为，故答案为：10已知在正四面体中，记以PA为直径的球为球O，则平面ABC截球O所得截面的面积为_【答案】#【详解】如图，取BC的中点D，连接AD，过点P作平面ABC于点E，由正四面体的特征可知，点E为AD上靠近点D的三等分点因为PA为球O的直径，平面ABC，所以平面ABC截球O所得截面的直径为AE因为，所以，故平面ABC截以PA为直径的球所

16、得截面面积为故答案为：.11已知是等腰直角三角形，点P在平面的同一侧运动，P到平面的距离为6，三棱锥的体积为18且其外接球的半径为5，则满足上述条件的点P的轨迹长度为_【答案】【详解】如图所示，由是等腰直角三角形，可得，又由到平面的距离为，三棱锥的体积为，可得，解得，所以，因为其外接球的半径，可得，解得，即圆心到平面的距离为，又因为点到平面的距离为，所以球心到点轨迹所在圆的距离为，设点的轨迹所在圆的半径为，可得，所以点P的轨迹长度为.故答案为：12某中学开展劳动实习，学习加工制作包装盒.现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰

17、淇淋（内切），则该球形冰淇淋的表面积为_.【答案】【详解】如图，由题意知，,故在中，,设内切球球心为，则,在中，所以，解得，所以，故答案为：13已知三棱锥的各棱长均为1，且其四个顶点都在球O的球面上若过球心的一个截面如图所示，则该截面中三角形（阴影部分）的面积为_【答案】【详解】解：根据题意，过该球球心的一个截面经过正三棱锥的一条棱， 由球的对称性可得球心在该正三棱锥的高上，所以截面是三棱锥的一条棱与高线所在的平面，故截面中三角形即为这条棱和与其相对棱的中点构成的三角形，如图，在正三棱锥，设截面中的三角形为，其中为棱的中点，因为三棱锥的各棱长均为1，所以，取的中点，连接，则为等腰三角形底边上的

18、高，所以，即该截面中三角形（阴影部分）的面积为.故答案为：.14边长为3的正方形的四个顶点都在球上，与对角线的夹角为45，则球的体积为_.【答案】【详解】因边长为3的正方形的四个顶点都在球上，则正方形的外接圆是球O的截面小圆，其半径为，令正方形的外接圆圆心为，由球面的截面小圆性质知是直角三角形，且有，而与对角线的夹角为45，即是等腰直角三角形，球O半径，所以球的体积为.故答案为：15矩形中，现将沿对角线向上翻折，得到四面体，则该四面体外接球的表面积为_；若翻折过程中的长度在范围内变化，则点的运动轨迹的长度是_【答案】 【详解】如图，在四面体中，取的中点为，连接，由均为直角三角形可以得到，故为四面体外接球的球心，故外接球的半径为，故外接球的表面积为.在中过作，垂足为，连接，则，在中过作，与交于，连接，则，且，故.又为二面角的平面角，设该角为，在中过作直线的垂线，垂足为，连接，因为，故平面，而平面，故平面平面，因为平面，平面平面，故平面，而平面平面，故，因为，故，所以，所以，故，故，故所在的弧对应的圆心角为（以为圆心，为半径的圆），故其轨迹的长度为，故答案为：.