专题05 立体几何（选填题）（文科）（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题05 立体几何（选填题）立体几何在文科数高考中属于重点知识点，难度中等。包含题型主要是1 空间几何体基本性质及表面积体积2 空间几何题三视图4 空间几何体内切球外接球的应用5 空间几何体性质综合应用考点01 空间几何体基本性质及表面积体积1（2023年全国甲卷）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，则该棱锥的体积为（）A1BC2D31A【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【详解】取中点，连接，如图，是边长为2的等边三角形，又平面，平面，又，故，即，所以，故选：A2（2023北京统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型

2、之一，蕴含着丰富的数学元素安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个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与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（）ABCD2C【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，垂足分别为，连接，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直

3、角三角形中，又因为，所有棱长之和为.故选：C3（2022全国乙卷）在正方体中，E，F分别为的中点，则（）A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面3A【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为

4、与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.4（2022全国甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所

5、成的角均为，则（）ABAB与平面所成的角为CD与平面所成的角为4D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，解得对于A，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，C错误；对于D，与平面所成角为，而，所以D正确故选：D5（2021全国乙卷）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）ABCD5D【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所

6、以，设正方体棱长为2，则，所以.故选：D6（2021年全国新高考卷）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（）ABCD6B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【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.7（2021年全国高考卷）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（）ABCD7D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【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

7、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.8（2021年全国高考卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A BCD8C【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.9（2019年全国高考卷）设，为两个平面，则的充要条件是A内有无数条直线与平行B内有两条相交直

8、线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面9B【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误10（2019全国高考卷）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A，且直线是相交直线B，且直线是相交直线C，且直线是异面直

9、线D，且直线是异面直线10B【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示， 作于，连接，过作于连，平面平面平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形三、填空题11（2023全国高考卷）在正四棱台中，则该棱台的体积为 11/【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.12 （2023年全国高考卷）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四

10、棱锥，所得棱台的体积为 12【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.方法二：棱台的体积为.故答案为：. 13 （2020海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为 13【分析】利用计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以故答案为：考点02 空间几何体三

11、视图1（2023全国乙卷）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A24B26C28D30【答案】D【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【详解】如图所示，在长方体中，点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：.故选：D.2（2022全国甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A8B12C16D20【答案】

12、B【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B.3（2022浙江统考高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）ABCD【答案】C【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为，圆台的下底面半径为，所以该几何体的体积故选：C4（2021全国乙卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E

13、，F，G该正方体截去三棱锥后，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 BC D【答案】D【分析】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.【详解】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：D5（2021北京统考高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）ABCD【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选：A.

14、6（2021浙江统考高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）AB3CD【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，故，故选：A.7（2020全国卷）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+2D4+2【答案】C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：根据勾股定理可得：是边长

15、为的等边三角形根据三角形面积公式可得：该几何体的表面积是：.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.8（2020北京统考高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）ABCD【答案】D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：.故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中

16、各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和9（2020浙江统考高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）ABC3D6【答案】A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积

17、为：.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.二、填空题10（2021全国乙卷）以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）【答案】（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为，俯视图为，如图所示，长方体中，分别为棱的中点，则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥.故答案为：.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.11（2019北京高考真题）某几何体是由一个正方体去掉

18、一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 【答案】40.【分析】本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解属于中等题.【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体

19、为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解考点03 空间几何体内接球外切球问题1（2022全国乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）ABCD【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去

20、求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】方法一：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C方法二：统一变量基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C方法三：利用导数求最值由题意可知，当

21、四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，令，设，则，单调递增， ，单调递减，所以当时，最大，此时故选：C.【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法2（2022全国统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）ABCD【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关

22、系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为故选：A3（2020全国卷）已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为（）ABCD【答案】A【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于

23、基础题.4（2020全国卷）已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（）ABC1D【答案】C【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.【详解】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.二、填空题5（2023全国乙卷）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平

24、面，则 【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2a2b2c2求解；（3）正方体的内切球

25、的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解6（2019全国卷）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有 个面，

26、其棱长为 【答案】 共26个面. 棱长为.【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形考点04 空间几何题的综合应用1（2022全国乙卷）已知球O的半径为1，

27、四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）ABCD【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】方法一：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立

28、.故选：C方法二：统一变量基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C方法三：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，令，设，则，单调递增， ，单调递减，所以当时，最大，此时故选：C.【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，

29、是通性通法2（2022全国新高考卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】球的体积为，所以球的半径,方法一：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，当时，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.方法二：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四

30、棱锥高线上，此时，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是3（2020高考卷）已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为（）ABCD【答案】A【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.二、填空题4（2023全国统考高考乙卷）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 【答案】2【分析】先

31、用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2a2b2c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）

32、球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解5（2023全国统考高考甲卷）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 【答案】【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【详解】设球的半径为.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，

33、即，故；分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：6（2020山东统考高考真题）已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，

34、所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.7（2019全国高考卷）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .【答案】1188【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体

35、积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得， ，四棱锥OEFG的高3cm， 又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解8（2021 全国高考卷）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 .【答案】 5 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减

36、法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.