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1、试卷第 1 页，共 13 页【五年【五年 0808】专题】专题 0505 立体几何（选填题）（文科专用）立体几何（选填题）（文科专用）null【2022 年全国甲卷】1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（）A8 B12 C16 D20【答案】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=2+42 2 2=12.故选：B.【2022 年全国甲卷】2在长方体 1111中，已知1与平面和平面11所成的角均为30，则（）A=2 BAB 与平面11所成的角为30 C=1 D1与平面11所
2、成的角为45【答案】D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出 试卷第 2 页，共 13 页【详解】如图所示：不妨设=,=,1=，依题以及长方体的结构特征可知，1与平面所成角为1，1与平面11所成角为1，所以sin30=1=1，即=，1=2=2+2+2，解得=2 对于 A，=，=，=2，A 错误；对于 B，过作 1于，易知 平面11，所以与平面11所成角为，因为tan=22，所以 30，B 错误；对于 C，=2+2=3，1=2+2=2，1，C 错误；对于 D，1与平面11所成角为1，sin1=1=2=22，而0 1 90，所以1=45D 正确 故选：D 【2022 年全国甲卷】3甲
3、、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为甲和乙，体积分别为甲和乙若甲乙=2，则甲乙=（）A5 B22 C10 D5104【答案】C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为1，乙圆锥底面圆半径为2，根据圆锥的侧面积公式可得1=22，再结合圆心角之和可将1,2分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为1，乙圆锥底面圆半径为2，则甲乙=12=12=2，所以1=22，又21+22=2，试卷第 3 页，共 13 页 则1+2=1，所以1=23,2=13，所以甲圆锥的高1=2492=53，乙圆锥的高2=2192
4、=223，所以甲乙=1312113222=49253192223=10.故选：C.【2022 年全国乙卷】4在正方体 1111中，E，F 分别为,的中点，则（）A平面1 平面1 B平面1 平面1 C平面1/平面1 D平面1/平面11【答案】A【分析】证明 平面1，即可判断 A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设=2，分别求出平面1，1，11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 1111中，且1平面，又 平面，所以 1，因为,分别为,的中点，所以 ，所以 ，又 1=，所以 平面1，又 平面1，所以平面1 平面1，故 A 正确；选项 BCD 解法一：如图，以
5、点为原点，建立空间直角坐标系，设=2，则1(2,2,2),(2,1,0),(1,2,0),(2,2,0),1(2,0,2),(2,0,0),(0,2,0)，1(0,2,2)，则=(1,1,0),1=(0,1,2)，=(2,2,0),1=(2,0,2)，1=(0,0,2),=(2,2,0),11=(2,2,0),试卷第 4 页，共 13 页 设平面1的法向量为 =(1,1,1)，则有 =1+1=0 1=1+21=0，可取 =(2,2,1)，同理可得平面1的法向量为1=(1,1,1)，平面1的法向量为2=(1,1,0)，平面11的法向量为3=(1,1,1)，则 1=2 2+1=1 0，所以平面1与
6、平面1不垂直，故 B 错误；因为 与2 不平行，所以平面1与平面1不平行，故 C 错误；因为 与3 不平行，所以平面1与平面11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1 1=，=，则为平面1与平面1的交线，在 内，作 于点，在 内，作 ，交于点，连结，则或其补角为平面1与平面1所成二面角的平面角，由勾股定理可知：2+2=2，2+2=2，试卷第 5 页，共 13 页 底面正方形中，,为中点，则 ，由勾股定理可得2+2=2，从而有：2+2=(2+2)+(2+2)=2，据此可得2+2 2，即 90，据此可得平面1 平面1不成立，选项 B 错误；对于选项
7、C，取11的中点，则 1，由于与平面1相交，故平面1 平面1不成立，选项 C 错误；对于选项 D，取的中点，很明显四边形11为平行四边形，则1 1，由于1与平面11相交，故平面1 平面11不成立，选项 D 错误；故选：A.【2022 年全国乙卷】5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（）A13 B12 C33 D22【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22，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
8、积最大时其高的值.【详解】方法一方法一：【最优解】基本不等式：【最优解】基本不等式 试卷第 6 页，共 13 页 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=12 sin 12 12 2 2=22（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22 又设四棱锥的高为，则2+2=1，=13 22 =232 2 2223(2+2+223)3=4327 当且仅当2=22即=33时等号成立.故选：C 方法二方法二：统一变量基本不等式：统一变量基本不等式 由题
9、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=22，所以该四棱锥的高=1 22，=1321 22=432424(1 22)43(24+24+1223)3=43(13)3=4327 (当且仅当24=1 22，即2=43时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高=1 22=1 23=33.故选：C 方法三方法三：利用导数求最值：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=22，所以该四棱锥的高=1 22，=1321 22，令2=(0 2)，=13232，设()=232，则()=2 322，0 0，单调递增，
10、43 2，()0，单调递减，所以当=43时，最大，此时=1 22=33 故选：C.【整体点评】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 试卷第 7 页，共 13 页 【2021 年甲卷文科】6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 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 B C 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.【
11、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：D 试卷第 8 页，共 13 页 【2021 年乙卷文科】7 在正方体 1111中，P为11的中点，则直线与1所成的角为（）A2 B3 C4 D6【答案】D【分析】平移直线1至1，将直线与1所成的角转化为与1所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接1,1,，因为11，所以1或其补角为直线与1所成的角，因为1平面1111，所以1 1，又1 11，1 11=1，所以1平面1，所以1，设正方体棱长为 2，则1=22,1=1211=2，sin1=11=12，所以1=6.故选：D【2018 年新课标 1 卷文科】8已知圆柱的上、下
12、底面的中心分别为1，2，过直线12的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为 A122 B12 C82 D10【答案】B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，试卷第 9 页，共 13 页 所以其表面积为=2(2)2+2 2 22=12，故选 B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求
13、圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.【2018 年新课标 1 卷文科】9在长方体 1111中，=2，1与平面11所成的角为30，则该长方体的体积为 A8 B62 C82 D83【答案】C【分析】首先画出长方体 1111，利用题中条件，得到1=30，根据=2，求得1=23，可以确定1=22，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体 1111中，连接1，根据线面角的定义可知1=30，因为=2，所以1=23，从而求得1=22，所以该长方体的体积为=2 2 22=82，故选 C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为
14、长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.【2018 年新课标 2 卷文科】10在正方体 1111中，为棱1的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A22 B32 C52 D72 试卷第 10 页，共 13 页【答案】C【分析】利用正方体 1111中，/，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.【详解】在正方体 1111中，/，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为2，则由为棱1的中点，可得=，所以=5，则tan=52=52.故选 C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下
15、两种方法：（1）几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：求两直线的方向向量；求两向量夹角的余弦；因为直线夹角为锐角，所以对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.【2021 年甲卷文科】11已知一个圆锥的底面半径为 6，其体积为30则该圆锥的侧面积为_.【答案】39【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】=1362 =30 =52 =2+2=(52)2+62=132 侧=6 132=39.故答案为：39.试卷第 11 页，共 13 页 【
16、2021 年乙卷文科】12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 1111中，=2,1=1，试卷第 12 页，共 13 页,分别为棱11,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.【2019 年新课标 1 卷文科】13已知ACB=90，P为平面 ABC
17、外一点，PC=2，点 P到ACB两边 AC，BC 的距离均为3，那么 P到平面 ABC的距离为_【答案】2.【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决【详解】作,分别垂直于,，平面，连CO，知 ,，=，平面，平面，=3，=2 sin=sin=32，=60，CO为平分线，=45 =1,=2，又=2，=4 2=2 【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即试卷第 13 页，共 13 页 很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍【2018 年新课标 2 卷文科】14已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为30，若 的面积为8，则该圆锥的体积为_【答案】8【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，=30,=90 又=12 =122=8，解得=4，所以=12=2,=2 2=23，所以该圆锥的体积为=13 2 =8.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.