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1、试卷第 1 页，共 27 页【五年【五年 0707】专题】专题 0505 立体几何（选填题）（理科专用）立体几何（选填题）（理科专用）【2022 年新高考 1 卷】1南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m时，相应水面的面积为1400km2；水位为海拔1575m时，相应水面的面积为1800km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m上升到1575m时，增加的水量约为（7 2.65）（）A1.0 109m3 B1.2 109m3 C1.4 109m3 D1.6 109m3【答案】C【分析】根据题意只要求
2、出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出【详解】依题意可知棱台的高为=157.5 148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积 棱台上底面积=140.02=140 1062，下底面积=180.02=180 1062，=13(+)=13 9 (140 106+180 106+140 180 1012)=3 (320+607)106(96+18 2.65)107=1.437 109 1.4 109(m3)故选：C 【2022 年新高考 1 卷】2 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36，且3 33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18,814 B274,814
3、C274,643 D18,27【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36，所以球的半径=3,试卷第 2 页，共 27 页 方法一方法一：导数法：导数法 设正四棱锥的底面边长为2，高为，则2=22+2，32=22+(3 )2,所以6=2，22=2 2 所以正四棱锥的体积=13=13 42 =23(2436)26=19(4636)，所以=19(4356)=193(2426)，当3 26时，0，当26 33时，0，所以当=26时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为643，又=3时，=274，=33时，
4、=814,所以正四棱锥的体积的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.故选：C.方法二方法二：基本不等式法：基本不等式法 由方法一故所以=432=23(6 2)=13(12 2)13(122)+33=643(当且仅当=4取到)，当=32时，得=332，则min=132=13(332)232=274;当=33时，球心在正四棱锥高线上，此时=32+3=92，22=332 =332，正四棱锥体积1=132=13(332)292=814643，故该正四棱锥体积的取值范围是274,643.【2022 年新高考 2 卷】3 已知正三棱台的高为 1，上、下底面边长分别为33和43，其顶
5、点都在同一球面上，试卷第 3 页，共 27 页 则该球的表面积为（）A100 B128 C144 D192【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1,2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，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1,2，所以21=33sin60,22=43sin60，即1=3,2=4，设球心到上下底面的距离分别为1,2，球的半径为，所以1=2 9，2=2 16，故|1 2|=1或1+2=1，即|2 9 2 16|=1或2 9+2 16=1，解得2=25符合题意，所以球的表面积为=42=100 故选：A 【2
6、021 年甲卷理科】42020 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,满足=45，=60由 C点测得 B 点的仰角为15，与的差为 100；由 B 点测得 A点的仰角为45，则 A，C 两点到水平面的高度差 约为（3 1.732）（）试卷第 4 页，共 27 页 A346 B373 C446 D473【答案】B【分析】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，进而得到答案【详解】过作 ，
7、过作 ，故 =()=+100=+100，由题，易知 为等腰直角三角形，所以=所以 =+100=+100 因为=15，所以=100tan15 在 中，由正弦定理得：sin45=sin75=100tan15cos15=100sin15，而sin15=sin(45 30)=sin45cos30 cos45sin30=624，所以=10042262=100(3+1)273，所以 =+100 373 故选：B【点睛】本题关键点在于如何正确将 的长度通过作辅助线的方式转化为+试卷第 5 页，共 27 页 100 【2021 年甲卷理科】5已知 A，B，C 是半径为 1 的球 O的球面上的三个点，且 ,=1
8、，则三棱锥 的体积为（）A212 B312 C24 D34【答案】A【分析】由题可得 为等腰直角三角形，得出 外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】,=1，为等腰直角三角形，=2，则 外接圆的半径为22，又球的半径为 1，设到平面的距离为，则=12(22)2=22，所以=13 =1312 1 1 22=212.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.【2021 年新高考 1 卷】6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（）A2 B22 C4 D42【答案】B【分析】
9、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=2 2，解得=22.故选：B.【2021 年新高考 2 卷】7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（）试卷第 6 页，共 27 页 A20+123 B282 C563 D2823【答案】D【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 2，所以该棱台的高=22(22 2)2=2，下底面面积
10、1=16，上底面面积2=4，所以该棱台的体积=13(1+2+12)=13 2 (16+4+64)=2832.故选：D.【2020 年新课标 1 卷理科】8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（）A514 B512 C5+14 D5+12【答案】C【分析】设=,=，利用2=12 得到关于,的方程，解方程即可得到答案.试卷第 7 页，共 27 页【详解】如图，设=,=，则=2 2=242，由题意2=12，即224=12，化简得4()2 2 1=0，解得=
11、1+54（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.【2020 年新课标 1 卷理科】9已知,为球的球面上的三个点，1为 的外接圆，若1的面积为4，=1，则球的表面积为（）A64 B48 C36 D32【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1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1半径为，球的半径为，依题意，得2=4,=2，为等边三角形，由正弦定理可得=2sin60=23，1=23，根据球的截面性质1平面，1 1,=12+12=12+2=4，球的表面积=42=64.故选：A
12、 试卷第 8 页，共 27 页【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.【2020 年新课标 2 卷理科】10如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（）A B C D【答案】A【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，14上的点在正视图中都对应点 M,直线34上的点在俯视图中对应的点为 N,在正视图中对应,在俯视图中对应的点是4,线段34,上的所有点在侧试图中都对应,点4在侧视图中对应的点为.故选
13、：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.【2020 年新课标 2 卷理科】11 已知ABC 是面积为934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（）试卷第 9 页，共 27 页 A3 B32 C1 D32【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=2 2.【详解】设球的半径为，则42=16，解得：=2.设 外接圆半径为，边长为，是面积为934的等边三角形，12232=
14、934，解得：=3，=23 224=23 9 94=3，球心到平面的距离=2 2=4 3=1.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.【2020 年新课标 3 卷理科】12下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+42 B4+42 C6+23 D4+23【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 试卷第 10 页，共 27 页 根据立体
15、图形可得：=12 2 2=2 根据勾股定理可得：=22 是边长为22的等边三角形 根据三角形面积公式可得：=12 sin60=12(22)232=23 该几何体的表面积是：3 2+23=6+23.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.【2020 年新高考 1 卷（山东卷）】13日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 O
16、A 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为（）A20 B40 C50 D90【答案】B 试卷第 11 页，共 27 页【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知 ；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知/、根据线面垂直的定义可得
17、 .由于=40,/，所以=40，由于+=+=90，所以=40，也即晷针与点处的水平面所成角为=40.故选：B 【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.【2019 年新课标 1 卷理科】14已知三棱锥 P-ABC的四个顶点在球 O的球面上，PA=PB=PC，ABC 是边长为 2的正三角形，E，F 分别是 PA，AB的中点，CEF=90，则球 O的体积为 A86 B46 C26 D6【答案】D【分析】先证得 平面，再求得=2，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:=,为边长为 2 的等边三角形
18、，为正三棱锥，又，分别为、中点，/，又 ，=,平面，平面，试卷第 12 页，共 27 页 =90,=2，为正方体一部分，2=2+2+2=6，即 =62,=433=43 668=6，故选 D 解法二:设=2，,分别为,中点，/，且=12=，为边长为 2 的等边三角形，=3又=90 =3 2,=12=中余弦定理cos=2+4(32)22，作 于，=，为中点，cos=12，2+43+24=12，22+1=2 2=12 =22，=2，又=2，,两两垂直，2=2+2+2=6，=62，=433=43 668=6，故选 D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两
19、两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决【2019 年新课标 2 卷理科】15设，为两个平面，则/的充要条件是 试卷第 13 页，共 27 页 A内有无数条直线与平行 B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线 D，垂直于同一平面【答案】B【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
20、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【2019 年新课标 3 卷理科】16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,是异面直线 D ，且直线,是异面直线【答案】B【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=3,=1 =2，试卷第 14 页，共 27 页 =32,=52,=7 ，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
21、构造直角三角形【2018 年新课标 1 卷理科】17某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A217 B25 C3 D2【答案】B【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点 N 在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点 M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周
22、长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为42+22=25，故选 B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.【2018 年新课标 1 卷理科】18已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 试卷第 15 页，共 27 页 A334 B233 C324 D32【答案】A【分析】首先利用正方体的棱是 3 组每组有互相平行的 4 条棱，所以与 12 条棱
23、所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 1111中，平面11与线1,11,11所成的角是相等的，所以平面11与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面1也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11与1中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为=6 34(22)2=334，故选 A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积
24、问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.【2018 年新课标 2 卷理科】19在长方体 1111中，=1，1=3，则异面直线1与1所成角的余弦值为 A15 B56 C55 D22【答案】C【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以 D 为坐标原点，DA,DC,DD1为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),1(1,1,3),1(0,0,3),所以1=(1,0,3
25、),1=(1,1,3),因为cos=1 1|1|1|=1+325=55，所以异面直线1与1所成角的余弦值为55，选 C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.试卷第 16 页，共 27 页【2018 年新课标 3 卷理科】20 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头 若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A B
26、C D【答案】A【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形 故俯视图为 故选 A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题【2018 年新课标 3 卷理科】21 设，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为93，则三棱锥 体积的最大值为 A123 B183 C243 D543【答案】B【详解】分析：作图，D 为 MO 与球的交点，点 M 为三角形 ABC 的中心，判断出当DM 平面ABC时，三棱锥D ABC体积最大，然后进行计算可得 试卷
27、第 17 页，共 27 页 详解：如图所示，点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点，当DM 平面ABC时，三棱锥D ABC体积最大 此时，OD=OB=R=4 =342=93 AB=6,点 M 为三角形 ABC 的中心 BM=23=23 中，有OM=2 2=2 DM=OD+OM=4+2=6 ()max=13 93 6=183 故选 B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM 平面ABC时，三棱锥D ABC体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到BM=23=23，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较
28、难题型【2022 年新高考 1 卷】22已知正方体 1111，则（）A直线1与1所成的角为90 B直线1与1所成的角为90 C直线1与平面11所成的角为45 D直线1与平面 ABCD 所成的角为45【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接1、1，因为1/1，所以直线1与1所成的角即为直线1与1所成的角，试卷第 18 页，共 27 页 因为四边形11为正方形，则1 1，故直线1与1所成的角为90，A 正确；连接1，因为11平面11，1平面11，则11 1，因为1 1，11 1=1，所以1平面11，又1 平面11，所以1 1，故 B 正确；连接11，设11 1
29、1=，连接，因为1平面1111，1 平面1111，则1 1，因为1 11，11 1=1，所以1 平面11，所以1为直线1与平面11所成的角，设正方体棱长为1，则1=22，1=2，sin1=11=12，所以，直线1与平面11所成的角为30，故 C 错误；因为1 平面，所以1为直线1与平面所成的角，易得1=45，故 D 正确.故选：ABD 【2022 年新高考 2 卷】23如图，四边形为正方形，平面，,=2，记三棱锥 ，的体积分别为1,2,3，则（）A3=22 B3=1 试卷第 19 页，共 27 页 C3=1+2 D23=31【答案】CD【分析】直接由体积公式计算1,2，连接交于点，连接,，由3
30、=+计算出3，依次判断选项即可.【详解】设=2=2，因为 平面，则1=13 =132 12(2)2=433，2=13 =13 12(2)2=233，连接交于点，连接,，易得 ，又 平面，平面，则 ，又 =，,平面，则 平面，又=12=2，过作 于，易得四边形为矩形，则=22,=，则=(2)2+(2)2=6,=2+(2)2=3，=2+(22)2=3，2+2=2，则 ，=12 =3222，=22，则3=+=13 =23，则23=31，3=32，3=1+2，故 A、B 错误；C、D 正确.故选：CD.【2021 年新高考 1 卷】24在正三棱柱 111中，=1=1，点满足=+1，其中 0,1，0,1
31、，则（）A当=1时，1的周长为定值 B当=1时，三棱锥 1的体积为定值 试卷第 20 页，共 27 页 C当=12时，有且仅有一个点，使得1 D当=12时，有且仅有一个点，使得1 平面1【答案】BD【分析】对于 A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于 B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于 C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于 D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数【详解】易知，点在矩形11内部（含边界）对于 A，当=1时，=+1=+1，即此时
32、 线段1，1周长不是定值，故 A 错误；对于 B，当=1时，=+1=1+11，故此时点轨迹为线段11，而11/，11/平面1，则有到平面1的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确 对于 C，当=12时，=12+1，取，11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，1(32,0,1)，(0,0,)，(0,12,0)，则1=(32,0,1)，=(0,12,)，1 =(1)=0，所以=0或=1故,均满足，故 C 错误；对于 D，当=12时，=+121，取1，1中点为,=+，试卷第 21 页，共 27 页 所以点轨迹为线段 设(0,0,12)，因为(32，0,0)
33、，所以=(32,0,12)，1=(32,12,1)，所以34+12012=0 0=12，此时与重合，故 D 正确 故选：BD【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内 【2021 年新高考 2 卷】25 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（）A B C D【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得 BC 的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断 AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，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，=2，=1，故tan=12=22，
34、故 不成立，故 A 错误.试卷第 22 页，共 27 页 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/，试卷第 23 页，共 27 页 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=12=2，=2+2=1+2=3，=2+2=4+1=5，2 2+2，故不是直角，故,不垂直，故 D 错误.故选：BC.【2020 年新
35、课标 3 卷理科】26 已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_ 【答案】23【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中=2,=3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为，由于=32 12=22，故=12 2 22=22，设内切圆半径为，则：=+=12 +12 +12 试卷第 24 页，共 27 页=12(3+3+2)=22，解得：=22，其体积：=433=23.故答案为：23.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要
36、认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.【2020 年新高考 1 卷（山东卷）】27已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD=60以1为球心，5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_【答案】22.【分析】根据已知条件易得1=3，1 侧面11，可得侧面11与球面的交线上的点到的距离为2，可得侧面11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11的中点为，1的中点为，
37、1的中点为，因为=60，直四棱柱 1111的棱长均为 2，所以111为等边三角形，所以1=3，1 11，又四棱柱 1111为直四棱柱，所以1平面1111，所以1 11，因为1 11=1，所以1 侧面11，设为侧面11与球面的交线上的点，则1 ，因为球的半径为5，1=3，所以|=|1|2|1|2=5 3=2，所以侧面11与球面的交线上的点到的距离为2，试卷第 25 页，共 27 页 因为|=|=2，所以侧面11与球面的交线是扇形的弧，因为1=1=4，所以=2，所以根据弧长公式可得=2 2=22.故答案为：22.【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
38、问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.【2020 年新高考 2 卷（海南卷）】28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_【答案】13【分析】利用1=1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1=1=1312 1 1 2=13 故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.【2019 年新课标 2 卷理科】29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，
39、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，其棱长为_ 试卷第 26 页，共 27 页 【答案】共 26 个面.棱长为2 1.【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18+8=26个面 如图，设该半正多面体的棱长为，则
40、=，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，=22,=2 22+=(2+1)=1，=12+1=2 1，即该半正多面体棱长为2 1 【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【2019 年新课标 3 卷理科】30学生到工厂劳动实践，利用3打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 1111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，=6,1=4，3打印所用原料密度为0.9/3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质
41、量为_.试卷第 27 页，共 27 页 【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，=4 6 4 12 2 3=122，四棱锥 OEFG的高 3cm，=13 12 3=123 又长方体 1111的体积为2=4 6 6=1443，所以该模型体积为=2 1=144 12=1322，其质量为0.9 132=118.8【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【2018 年新课标 2 卷理科】31 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为78，与圆锥底面所成角为 45，若 的面积为515，则该圆锥的侧面积为_【答案】402【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.【详解】因为母线，所成角的余弦值为78，所以母线，所成角的正弦值为158，因为 的面积为515，设母线长为,所以12 2158=515 =45，因为与圆锥底面所成角为 45，所以底面半径为cos4=22，因此圆锥的侧面积为=222=402【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解