高考数学真题 立体几何
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1 / 20 专题04 立体几何
【2020年】
1.（2020·新课标Ⅰ）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. 514 B. 512 C. 514 D. 512
【答案】D
【解析】如图，设,CDaPEb，则22224aPOPEOEb，
由题意212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa，
解得154ba（负值舍去）.
2.（2020·新课标Ⅰ）已知A、B、C为球O球面上的三个点，⊙1O为ABC的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO，则球O的表面积为（ ）
A. 64π B. 48π C. 36π D. 32π
【答案】A
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2 / 20 【解析】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，
得24,2rr，
由正弦定理可得2sin6023ABr，
123OOAB，根据圆截面性质1OO平面ABC，
222211111,4OOOAROAOOOAOOr，
球O的表面积2464SR.
6.（2020·山东卷）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OA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（ ）
A. 20° B. 40°
C. 50° D. 90°
【答案】B
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3 / 20 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl；AB是晷针所在直线.m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//mCD、根据线面垂直的定义可得ABm..
由于40,//AOCmCD，所以40OAGAOC，
由于90OAGGAEBAEGAE，
所以40BAEOAG，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE.
7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（
）
A. 12 B. 24 C. 36 D. 144
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即22223232332R，
所以，这个球的表面积为2244336SR.
9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】22.
【解析】如图：
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4 / 20 取11BC的中点为E，1BB的中点为F，1CC的中点为G，
因为BAD60°，直四棱柱1111ABCDABCD的棱长均为2，所以△111DBC为等边三角形，所以1DE3，111DEBC，
又四棱柱1111ABCDABCD为直四棱柱，所以1BB平面1111DCBA，所以111BBBC，
因为1111BBBCB，所以1DE侧面11BCCB，
设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP，
因为球的半径为5，13DE，所以2211||||||532EPDPDE，
所以侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，
因为||||2EFEG，所以侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，
因为114BEFCEG，所以2FEG，
所以根据弧长公式可得2222FG.
10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．
【答案】1
【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则
21222rlrl，解得1,2rl.
11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.
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5 / 20 【答案】1232
【解析】正六棱柱体积为23622=1234
圆柱体积为21()222
所求几何体体积为1232
12.（2020·新课标Ⅲ）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
【解析】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2,3BCABAC，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
由于223122AM，故1222222S△ABC，
设内切圆半径为r，则：
ABCAOBBOCAOCSSSS△△△△111222ABrBCrACr
1332222r，
解得：22r，其体积：34233Vr.
【2019年】
1．【2019·全国Ⅰ卷】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( )
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6 / 20 A．68
B．64
C．62 D．6
【答案】D
【解析】解法一：,PAPBPCABC△为边长为2的等边三角形，PABC为正三棱锥，
PBAC，又E，F分别为PA，AB的中点，EFPB∥，EFAC，又EFCE，,CEACCEF平面PAC，∴PB平面PAC，2APBPAPBPC，PABC为正方体的一部分，22226R，即364466,π62338RVR，故选D．
解法二：设2PAPBPCx，,EF分别为,PAAB的中点，EFPB∥，且12EFPBx，ABC△为边长为2的等边三角形，3CF，
又90CEF，213,2CExAEPAx，
AEC△中，由余弦定理可得2243cos22xxEACx，
作PDAC于D，PAPC，D为AC的中点，1cos2ADEACPAx，2243142xxxx，
221221222xxx，，，2PAPBPC，
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7 / 20 又===2ABBCAC，,,PAPBPC两两垂直，22226R，62R，344666338VR，故选D.
2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】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．
3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM=EN，且直线BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线BM，EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
【答案】B
【解析】如图所示，作EOCD于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.
过M作MFOD于F，连接BF，
平面CDE平面ABCD，,EOCDEO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCD，
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8 / 20 MFB△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EOONEN,，35,,722MFBFBM，BMEN，故选B．
5．【2019·浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则( )
A．β
C．β
【答案】B
【解析】如图，G为AC中点，连接VG，V在底面ABC的投影为O，则P在底面的投影D在线段AO上，过D作DE垂直于AC于E，连接PE，BD，易得PEVG∥，过P作PFAC∥交VG于F，连接BF，过D作DHAC∥，交BG于H，则,,BPFPBDPED，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，即；
在Rt△PED中，tantanPDPDEDBD，即，综上所述，答案为B.
6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCDABCD挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，16cm4cmAB=BC=, AA=，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.
