第十章立体几何与空间向量-【高考一线·真题研究】2024年高考数学分类必刷1200题

高考一线 真题研究 数学 第十章 立体几何与空间向量 10.1 空间点、直线、平面之间的位置关系 【解题·小帮手】 (2)直线与平面相交一一有且只有一个公共 ★三个基本事实 点,记用/Oa-A: 基本事实1 过不在一条直线上的三个点. (3)直线与平面平行--没有公共点,记作 有且只有一个平面. /. 基本事实2 如果一条直线上的两个点在一 ★空间中平面与平面的位置关系 个平面内,那么这条直线在这个平面内, (1)两个乎面平行-没有公共点,记作a/ 基本事实3 如果两个不重合的平面有一个 (2)两个平面相交 -有一条公共直线,记 公共点,那么它们有且只有一条经过该点的 作。3-/. 公共直线. 推论1 经过一条直线和这条直线外一点, 648.(2020·新课标全国三,19节选)如图所 有且只有一个平面. 示,在长方体ABCD一A.B.CD.中,点 推论2 经过两条相交直线,有且只有一个 E,F分别在校DD,BB 上,且2DE三 平面。 ED.,BF=2FB,证明:点C 在平面AEF 推论3 经过两条平行直线,有且只有一个 内. 平面。 空间中点与直线、平面的位置关系 (1)点A在直线/上,记作A /;点B在直 线/外,记作B/ (2)点A在平面a内,记作Aa;点P在平 面a外,记作Pa。 ★空间中直线与直线的位置关系 (1)相交直线:在同一平面内,有且只有一个 公共点; (2)乎行直线:在同一平面内,没有公共点; (3)异面直线:不同在任何一个平面内,没有 公共点. 649.(2020·浙江,6)已知空间中不过同一点 【判定方法】平面内一点与平面外一点的连 的三条直线n,n,/,则“n,n,/在同一平 线,和平面内不经过该点的直线是异面 ( 面”是“n,n,/两两相交”的 - 直线. A.充分不必要条件 ★空间中直线与平面的位置关系 B.必要不充分条件 (1)直线在平面内--有无数个公共点,记 C.充分必要条件 作/□a: D.既不充分也不必要条件 3 第十章 立体几何与空间向量 650.(2019·新课标全国三,19节选)图1是由 C.BM-EN,且直线BM,EN是异面直线 矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组 D. BMEN,且直线BM,EN是异面直线 成的一个平面图形,其中AB-1,BE-BF 652.(2016·上海,16)如图所示,在正方体 -2. FBC=60{*,将其沿AB,BC折起使 ABCD一A.BC D 中,E,F分别为BC, 得BE与BF重合,连接DG,如图2所示。 BB.的中点,则下列直线中与直线EF相 ( 交的是 证明:图2中的A,C,G,D四点共面 ~ , D. D C /E0F) G # D F) E -.-_C 图1 图2 A.直线AA. B. 直线A.B C.直线A.D D.直线B.C 653.(2015·湖北,5)/,1。表示空间中的两条 直线,若;/./;是异面直线;;,L。不相 交,则 ( ) A.?是。的充分条件,但不是a的必要条件 B.是g的必要条件,但不是?的充分条件 C.p是q的充分必要条件 651.(2019·新课标全国三,8)如图所示,点N D.?既不是g的充分条件,也不是g的必 为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角 要条件 形,平面ECD1平面ABCD,M是线段 654.(2015·广东,6)若直线/.和/。是异面直 ( ED的中点,则 ~ 线,乙在平面g内,/,在平面8内,/是平面 a与平面3的交线,则下列命题正确的是 ( A./与,/。都不相交 B./与/./。都相交 A. BM-EN,且直线BM,EN是相交直线 C./至多与/,1。中的一条相交 B. BMEN,且直线BM,EN是相交直线 D./至少与,/,中的一条相交 5 高考一线 真题研究 数学 10.2 空间几何体的表面积与体积 【解题·小帮手】 截去一个底面边长为2,高为3的正四校 ★柱体的表面积与体积 锥,所得校台的体积为 (1)Sa-S.+S。+S(S 为侧面四边形 657.(2023·新课标全国甲文,10)在三校锥 面积之和,S.一Ch.C为校柱底面周长,h P一ABC中,△ABC是边长为2的等边三 为校杜斜高): 角形,PA-PB-2.PC- 6,则该校锥的 ($2)Sn=S +S+S=2πr(r+)(r为 体积为 ( ~ 上下底面圆半径,/为圆柱母线长). B.③ C.2 A.1 D.3 (3)V一Sh(S为柱体底面积,h为校柱高). 658.(2023·新课标全国乙理,8)已知圆锥PO ★锥体的表面积与体积 的底面半径为3,0为底面圆心,PA,PB (1)S*-S.+S(S 为侧面三角形面积 为圆锥的母线, AOB=120{,若△PAE 之和); ,则该圆锥的体积为( ~ (2)Smn-S+S=πr(r十/)(r为圆锥底 面圆半径,/为圆锥母线长). B.6π A.π C.3rr D.3、/6π (3)V- -Sh(S为锥体底面积,h为校锥高) 659.(2023·天津,8)在三校锥P-ABC中. ★台体的表面积与体积 (1)S。-S.+S。+S(S.为侧面梯形面 PB上的点N满足PN= 积之和): (2)Sms=π(ri十r十rI十r/)(r,r:为圆 P一AMN和三楼锥P一ABC的体积之比 台上下底面圆半径,/为圆台母线长). ) A. B. C . D. (3)V= S为台体上下底面面积,h为台体的高) 660.(2022·新高考全国一,4)南水北调工程 ★球的表面积与体积 缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其 (1)表面积:S-4rR; 中一部分水蓄人某水库,已知该水库水位 为海拔148.5m时,相应水面的面积为 (2)体积:V一 #R.# 140.0km{};水位为海拔157.5m时,相应 水面的面积为180.0km{},将该水库在这两 655.(2023·新高考全国一,14)在正四校台 个水位间的形状看作一个校台,则该水库 ABCD-ABC D 中,AB=2,A B =1$ 水位从海拔148.5m上升到157.5m时. AA.一、/2,则该校台的体积为 增加的水量约为(/7~2.65) ) A.1.0×10m* 656.(2023·新高考全国二,14)底面边长为4 B.1.2×10m{ C.1.4×10m 的正四校锥被平行于其底面的平面所截 D.1.6X10*m 第十章 立体几何与空间向量 661.(多选题)(2022·新高考全国二,11)如 667.(2019·天津,9)已知四校锥的底面是边 图,四边形ABCD为正方形,ED工平面 长为②的正方形,侧校长均为/5,若圆柱的 ABCD,FB/ED,AB=ED=2 FB,记三 一个底面的圆周经过四校锥四条侧校的中 锥E一ACD,F一ABC,F一ACE的体积 点,另一个底面的圆心为四校锥底面的中 ( 分别为V,V。,V。,则 ) 心,则该圆柱的体积为 668.(2018·新课标全国一,5)已知圆柱的上、 下底面的中心分别为O,0。,过直线O0。 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的 D , 正方形,则该圆杜的表面积为 ) A. 12/2 B.12π C.8/2π D.10π A.V-2V。 B.V.-V 669.(2018·新课标全国二,16)已知圆锥的顶 C.V-V.+V D. 2V.-3V 点为S,母线SA.SB互相垂直.SA与圆 662.(2022·新课标全国甲,9)甲、乙两个圆锥 锥底面所成角为30{},若△SAB的面积为 的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和 8.则该圆锥的体积为 为2x,侧面积分别为S。和S。,体积分别 670.(2018·天津,11)如图所示,已知正方体 V ABCD一A.B.C.D.的梭长为1.则四梭锥 _~ A.-BB.D.D的体积为 A./5 B.2/2 D C 5/10 C./10 D. 663.(2021·新课标全国甲,14)已知一个圆锥 的底面半径为6,其体积为30t,则该圆锥 的侧面积为 671.(2015·上海,4)若正三校柱的所有校长均 664.(2020·新高考全国二,13)已知正方体 为a,且其体积为16/③,则a二 ABCD-A.B.C.D 的梭长为2,M,N分 672.(2012·山东,14)如 别为BB,AB的中点,则三校锥A一 图所示,正方体ABCD NMD;的体积为 一ABCD 的校长 665.(2020·浙江,14)已知圆锥的侧面积为2π 为1.E,F分别为线段 且展开图为半圆,则底面半径为 AA,BC上的点,则 666.(2019·江苏,9)如图所示,长方体ABCD一 三校锥D.一EDF的体积为 A.B.C.D. 的体积是120,E为CC 的中点,则 673.(2003·全国,6)已知圆锥的底面半径为 三校锥E一BCD的体积是 R,高为3R,在它的所有内接圆柱中,全面 D. 积的最大值是 ( ) A& A.2xR{ # D. B 3 高考一线 真题研究 数学 10.3 球的截面 【解题·小帮手】 是半径为1的球O的球面上的三个点,目 ★球的截面示意图 ACIBC,AC=BC=1,则三校锥O- ( ABC的体积为 如图,球心O与截面圆圆心Q的连线Q① ) # # 与截面垂直,设球的半径为R,截面圆半径 为r,球心O到截面距离为d,则R}-a十$ r.(为方便,通常使用下面的右图) 676.(2020·新课标全国一,10)已知A,B,C 0 为球O的球面上的三个点,O为△ABC 的外接圆,若⊙O;的面积为4x,AB= BC=AC-OO.,则球O的表面积为( ) A.647 ★截面圈半径的求法 B.48π C.36π 截面圆半径,通常为截面圆中三角形或四 D.32π 边形的外接圆半径. 677.(2020·新课标全国二,10)已知△ABC (1)直角三角形外接圆半径为斜边的一半; .9③ 是面积为 的等边三角形,且其顶点都 (2)若等边三角形边长为a..则其外接圆半 在球O的球面上.若球O的表面积为16* ③ ( 径r 则O到平面ABC的距离为 ) 3; 过 (3)一般三角形外接圆半径求解借助正弦定 A.③ 理或余弦定理; (4)矩形,正方形:外接圆半径等于对角线长 C.1 的一半; 678.(2012·新课标全国二,8)平面a截球O (5)其他四边形若存在外接围,连接任意三 所得截面圆的半径为1,球心0到平面。的 个项点组成的三角形的外接圆即为四边形 ( 距离为2,则此球的体积为 _~ 的外接园. A.v6n B.4③π C.4/6x D.6/3π 674.(2022·北京,9)已知正三校锥P一ABC 679.(2012·新课标全国二,11)已知三校锥S一 的六条校长均为6,S是△ABC及其内部的 ABC的所有顶点都在球O的球面上, 点构成的集合,设集合T一QES|PQ<5 . △ABC是边长为1的正三角形,SC为球C ( ~ 则T表示的区域的面积为 的直径,且SC一2,则此梭锥的体积为( ) B.π C.2r D.3π 675.(2021·新课标全国甲,11)已知A,B,C 第十章 立体几何与空间向量 C.10 680.(2011·新课标全国,15)已知矩形ABCD D.12 的顶点都在半径为4的球O的球面上,且 682.(2006·全国二,4)过球的一条半径的中 AB=6,BC=2/3,则校锥O-ABCD的 点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的 ( ) 体积为 而积与球的表面积的比为 # 681.(2007·陕西,7)Rt△ABC的三个顶点在 # 半径为13的球面上,两直角边的长分别为6 和8,则球心到平面ABC的距离是( ) A.5 B.6 10.4 外接球与内切球 【解题·小帮手】 1*+OH 一、外接球 题设(二):点P的投影为△ABC的外心(如 ★墙角模型(三条线两两垂直) 图3). 题设:OA,OB,OC两两垂直(如图1). 图3 图1 方法:(1)确定球心O的位置,取△ABC的 方法:把三梭锥补成一个长方体,设外接球 半径为R,OA=a,OB-b.OC=c,则 外心H,则P.O.H三点共线;(2)计算小圆 半径AH,计算校锥的高PH一h:(3)由勾 +6十c-2R,解出R. 股定理得OH十AH-OA→(h-R)+ ★垂面模型(一条直线垂直于一个平面) ,-R,解出R. 题设(一):PA1平面ABC(如图2). ★切瓜模型(两个平面互相垂直) 题设(一):平面PAC|平面BAC,AB |BC (AC为小圆直径,如图4). 图2 方法:(1)将平面ABC画在小圆面上,A为 小圆面直径的一个端点,作小圆面的直径 图4 AD.连接PD,则PD必过球心O;(2)设H 为△ABC的外心,则OH1平面ABC,计算 方法:(1)由图知球心O必为△PAC的外 1pA;(3) 心,即△PAC在大圆面上,先求出小圆面直 出小圆面的半径HD-r,OH= 径AC的长; 设外接球的半径为R,则由幻股定理得R 高考一线 真题研究 数学 (2)在△PAC中,根据正弦定理- -2R. sin/A 解出R. 题设(二):平面PAC 平面BAC,PA PC.AB.BC(如图5). 图7 方法:首先补成直三校柱,然后方法同上,由 勾股定理得OH*+PH{=OP{→()+ 10 r一R,解出R ★折叠模型 图5 题设:两个全等三角形拼在一起(或菱形折 方法:(1)确定球心0的位置,由图知P,0 叠,如图8). H三点共线;(2)计算小圆面半径AH=r. 计算校锥的高PH三么;(3)由勾股定理得 OH*+AH-OA→(h-R)+,-R,解 出R. ★汉堡模型(直梭杜的外接球) 图8 题设(一):直三校杜内接于球(校杜的上下 方法:(1)如图8所示,将△BCD画在小圆 底面为任意三角形,如图6) 面上,找出△BCD与△ABD的外心H;和 H.:(2)过H,和H,分别作所在三角形的 垂线,交点即为球心O.连接OE,OC;(3)解 △OEH,算出OH,在Rt△OCH中,勾股 定理:OHi+CH-OC,解出OC-R ★对楼相等模型 图6 题设:三校锥或四面体三组对梭相等(如图9) 方法:(1)确定球心0的位置,H为△ABC 的外心,则OH 平面ABC;(2)计算小圆面 1 半径AH一r,OH 2;(3)由勾股 定理得OH+AH-OA{→() 图 方法:(1)画一个长方体,标出三组互为异面 R,解出R. 的对校,如图9所示,AB一CD,AD一BC. 题设(二):四校锥P一ABCD内接于球,平 AC-BD; 面PAD1平面ABCD(如图7). (2)设长方体的长宽高分别为a,.c,列出方 第十章 立体几何与空间向量 +b*-B[C&-^$$$$ OE 程组 6b&+}=AC-B^,→a+b^+^ $*+a=AB{->, PO PD,解出r. a+3{+7 一;(3)由墙角模型得va+6^{+^{ 题设(二):正四校锥求内切球半径 2 方法:(1)先画出内切球的截面图(如图12). -2R→R- P,O.H三点共线; ★两个直角三角形拼在一起模型 题设:APB= AQB=90^{*},求外接球半径 (如图10). r 图12 0 BC.PO=PH-r,PF 为侧 图10 面△PCD的高,,为内切球半径; 方法:取斜边AB的中点O.连接OP,QQ. OG PO P解出r. 即为外接球的球心,然后在△POQ中解出 题设(三):求任意三校锥的内切球半径(等 外接球半径R. 二、内切球 体积法) 方法;(1)先求出四个表面的面积和整体锥 ★校锥内切球 体的体积(如图13);(2)设内切球半径为/. 题设(一):正三校锥求内切球半径 建立等式Vp-auc-Vo-anc+Vo-pAn+ 方法:(1)先画出内切球的截面图(如图11); Vo-+Vo-a:→Vp-c 1. E.H分别为两个三角形的外心; 3 S.pAB十Spae+S△pnc)r:(3)解出r= 3Vp-An S△Anc+S△pAB+S△Pac+S.Po' 阁11 (2)求DH一 1 3 BD.PO=PH一,PD为侧 面△PAC的高,r为内切球半径; 图13 高考一线 真题研究 数学 题设(四):正四面体的梭长为a. 685.(2023·新课标全国甲文,16)在正方体 6 ABCD-A.BCD 中,AB=4,O为AC 结论:外接球半径R ##,内切球半径为 的中点,若该正方体的校与球O的球面有 公共点,则球②的平径的取值范围是 2. ★圆锥内切球 686.(2022·新课标全国乙,9)已知球O的半 过圆锥顶点做轴截面,如图14.设圆锥母线 径为1,四校锥的顶点为O,底面的四个项 长为/(即AB一AC一/),圆锥底面半径为 点均在球O的球面上,则当该四梳锥的体 r.(即DB-DC一r),圆锥高为h(即AD= 积最大时,其高为 C ) 6).内切球半径为R,有以下两种方法求R. C# D OE (1)相似法:由△AEOC△ADC,得 过A 687.(2022·新高考全国二,7)已知正三校台 R DC r AC,即 r十 的高为1,上、下底面的边长分别为3/3和 43,其顶点都在同一球面上,则该球的表 面积为 A.100π B. 128r C.14π D.192π 688.(2020·天津,5)若校长为23的正方体 C D 的顶点都在同一球面上,则该球的表面积 为 ( 图14 ) A.12r (2)等面积法:由S--Sn:十Sa,十 B.24n C.36r D. 144n Sn,得 1 689.(2018·新课标全国三,10)设A,B,C,D _X&XR,解得Rrh R 是同一个半径为4的球的球面上四点, 7r △ABC为等边三角形且面积为9/③,则三 梭锥D一ABC体积的最大值为 ) 683.(2023·新课标全国甲理,15)在正方体 A.12/3 B.18/3 ABCD-AB.C.D 中,E,F分别为CD. C.24/③ D.54/3 A.B 的中点,则以EF为直径的球面与正 690.(2017·新课标全国一,16)已知三枝锥 方体每条校的交点总数为 S一ABC的所有顶点都在球O的球面上 684.(2023·全国课标全国乙文,16)已知点 SC是球O的直径,若平面SCA平面 S.A,B,C均在半径为2的球面上 SCB,SA=AC,SB=BC,三楼锥$ △ABC是边长为3的等边三角形,SAI平 ABC的体积为9,则球O的表面积为 面ABC,则SA= 第十章 立体几何与空间向量 691.(2017·新课标全国三,8)已知圆柱的高为 698.(2010·新课标全国一,10)设三校柱的侧 1.它的两个底面的圆周在直径为2的同一 梭垂直于底面,所有校长都为a,顶点都在 个球的球面上,则该园杜柱的体积为 ( ) 一个球面上,则该球的表面积为 ( ) ## ## 3π A.元 A.ra{} D D.5xa*} 692.(2017·新课标全国二,15)长方体的长。 699.(2010·辽宁,11)已知S,A,B,C是球C 宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球0的球 面上,则球O的表面积为 表面上的点,SAI平面ABC,AB BC,SA 693.(2017·天津,10)已知一个正方体的所有 AB-1,BC-/2,则球O表面积等于( ) 顶点在一个球面上,若这个正方体的表面 A.4 B.3π 积为18,则这个球的体积为 C.2π D. 694.(2014·新课标全国一,8)正四校锥的项 700.(2009·新课标全国一:15)真三校桂 点都在同一球面上,若该校锥的高为4,底 ~ ABC一A.BC 的各顶点都在同一球面 面边长为2,则该球的表面积为 81π 上,若AB-AC-AA-2. BAC-120*; A. B. 16t 则此球的表面积等于 27n D. C.9t 701.(2008·浙江,14)如图 所示,已知球O表面上 695.(2014·陕西,5)已知底面边长为1、侧 四点A,B,C,D,DAC 长为/2的正四校柱的各顶点均在同一个球 ) 平面ABC,AB1BC. 面上,则该球的体积为 ( 32π A.23 DA-AB=BC-3,则球O体积等于 B.4 D C.2r 702.(2008·福建,15)若三校锥的三个侧梭两 696.(2013·辽宁,10)已知三校柱ABC一 两垂直,且侧校长均为/3,则其外接球的表 A. B.C的6个顶点都在球O的球面上 面积是 AB-3,AC-4,AB 1AC,AA.-12,则球 703.(2007·新课标全国二,15)一个正四校桂 O的半径为 . ) 的各个顶点在一个直径为2cm的球面上 -2 3/17 B.2/10 如果正四校柱的底面边长为1cm,那么该 楼柱的表面积为 cm^{} D.3/10 704.(2006·新课标全国一,7)已知各顶点都 697.(2012·辽宁,16)已知点P.A,B,C.D 在一个球同上的正四校柱高为4,体积为 是球O表面上的点,PA1平面ABCD,四 ( 16.则这个球的表面积是 ~ 边形ABCD是边长为2③正方形,若PA A.16π B.20t -2、6,则△OAB的面积为 C.24r D.32nt 3高考一线真题研究数学 第十章立体儿何与空间向量 10.1空间点、直线、平面之间的位置关系 648.证明：由图所示：在CC1上取点M,使得 CM=2MC1,连接DM.MF. 651.B解析：不要小看这个题目，并不简单， B 考查的知识点非常多，我们分开来解决一 下，如图所示 B D 因为DE=2ED,DD1CC1,DD1=CC1, 长度关系：解决长度关系，就是求解BM, 所以DE∥MC,且DE=MC EN的长度，那就需要构造三角形.看一下 因此四边形DMCE为平行四边形，故 已知条件，给了等边三角形，那就考虑三线 DM∥EC1. 合一，给了面面垂直，就需要考虑面面垂直 因为AD∥MF,AD=MF,所以四边形 的性质定理：两个平面垂直，其中一个平面 MFAD为平行四边形.因此DM∥AF, 内垂直于棱的直线垂直于另一个平面，所 AF∥EC1,则A,E,F,C四点共面，故 以辅助线自然知道应该怎么做：取CD的 C,在平面AEF内. 中点F,连接EF,FN:连接CM,由面面垂 649.B解析：如下图，m,n,1在同一平面时， 直的性质定理得△EFN和△BCM均为直 m,,l三条直线不一定相交，也可能平行： 角三角形，设AB=2;在等边三角形ECD 反过来，m,n,l三条直线相交（不相交于同 中，利用勾股定理求得EF=CM=√3.在 一点)时，根据公理2推论两条相交直线确 △EFN中，EF=5,NF=1,求得EN= 定一个平面可知m,n,l共面，所以“m,n,l 2,在△BCM中，CM=3,BC=2,求得 在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要 BM=√7.所以BM≠EN,排除A,C 不充分条件，故选B. 位置关系：如何说明是异面还是相交，异面 直线并不太好证明，所以还是优先考虑相 交，只要能够说明它们共面即可：连接BD, 沙 BE,可得BMC平面BDE,ENC平面 650.证明：因为四边形ADEB为矩形，所以 BDE,所以BM,EN在同一个平面内，所 ADEB:又因为四边形BFGC为菱形，所 以BM,EN为相交直线，故选B. 以BF∥GC.因此AD∥GC,故A,C,G,D 652.D解析：按照方法2所讲，既然找相交直 四点共面。 线，那就说明共面，先找在同一个平面的直 284 参考答案 线，只有D选项满足，而且B,C1与EF不 V=专(S,+5:+SS)h=号4+1+ 平行，则必然相交，故选D 653.A解析：如下图，见方法3.当11，l3是异 v4XI)x6_76 2 6 面直线时，l1,l:必然不相交，即p是q的 充分条件，反过来，11，不相交时，可以是 D 平行，不一定是异面，即p是g的非必要条 件，故选A. 656.28 解桥：因为子-令：线去的正四棱锥的 高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正 四棱锥的体积为×（④X4)X6=32,截去 654.D解析：按照方法1所讲：画个正方体， 问题马上解决，如下左图：1与1,2都相 的正四棱锥的体积为号×(2×2)X3=4, 交，排除A,C,如下右图：l与11，l其中一 所以棱台的体积为32一4=28. 条相交，另一条不相交，排除B,故选D. B 657.A解析：取AB中点E,连接PE,CE,如 10.2空间几何体的表面积与体积 图.因为△ABC是边长为2的等边三角 形，PA=PB=2,所以PE⊥AB,CE⊥ 6s76 解析：如图，正四棱台ABCD AB.又因为PE,CEC平面PEC,PE∩ A,BC1D,中，点B,在平面ABCD的投影为 CE=E,所以AB⊥平面PEC,又因为 E,则该正四棱台的高h2=BE=BB PE-CE-2X =3,PC=6,所以 BE.由A1B=1,得DB1-√2；由AB-2, PC=PE+CE,即PE⊥CE,所以V= 得DB=2E,所以BE=(DB-D,B)= V。m+V,m=专Sam·AB=号X ,又B,B=AM,=2,所以=BB ××B×2=1,故选A BE=2--36=6 22h= 正方形ABCD的面 积S,=4,正方形ABC,D,的面积S:=1. 所以正四棱台ABCD一A1BC,D,的体积 285 高考一线真题研究数学 658.B解析：在△AOB中，∠AOB=120°，而 Sapw·NVr 1 OA-OB=√5，取AB中点C,连接OC, VN-PAM VB-PAC PC,则OC⊥AB,PC⊥AB.如图， SAPC·BB' 1 ∠AB0=302.0C=.AB=2BC=.由 故选B △PAB的面积为93，得，X3XPC ·PAcC·BB ,解得PC= 93 ,于是P0 33 PC-OC - 6,所 以圆锥的体积V-3x×OA'×P0-3r× 660.C解析：依题意可知棱台的高为MN= 157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即 (3)×6=√6元，故选B. 为棱台的体积V. H M Q 棱台上底面积S=140.0km2=140× 659.B解析：如图，分别过M,C作MM'⊥PA, 10m2,下底面积S'=180.0km2=180× CC'⊥PA,垂足分别为M',C.过B作 BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过 10m,所以V=3h(s+s”+SS) N作NN'⊥PB',垂足为N'.因为BB'⊥ ×9×(140×10°+180×105+ 平面PAC,BB'C平面PBB',所以平面 /140×180×10)=3×(320+60,/7)× PBB'⊥平面PAC.又因为平面PBB'∩平 10°≈(96+18×2.65)×107=1.437× 面PAC=PB,NN'⊥PB',NN'C平面 10°≈1.4×10(m3),故选C. PBB',所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥ 661.CD解析：设AB=ED=2FB=2a,因为 NN.在△PCC中，因为MM'⊥PA, ED⊥平面ABCD,FB∥ED,所以V,= CC'⊥PA,所以MM'/CC,所以PM PC ·2a· -在△PBB中，因为B八X 名·EDS= 2·(2a)= 青-号FB-吉a·: 1 所以器一诺一景所以 VP-AMY (2a)r- ga'. 286 参考答案 E 选C. G 663.39π 解析：如图所示，首先由V雕 D 号5动=3rh=30,代人r=6,解得h 再由=十小解得1-最后一步 5 连接BD交AC于点M,连接EM,FM,易 得BD⊥AC.又ED⊥平面ABCD,ACC 计算圆锥侧面积：S侧=πrl=39π. 平面ABCD,则ED⊥AC,又ED∩BD= D,ED,BDC平面BDEF,则AC⊥平面 BDFE.又BM=DM=2BD=2a,过F 作FG⊥DE于G,易得四边形BDGF为矩 664. 1 形，则FG=BD=22a,EG=a,所以 解析：如图所示，如果以A为顶点、 EM=√(2a)2+(2a)2=6a,FM= MVD,为底面，则此三棱锥的高不易求解， Na2+(2a)2=3a,EF=/a+(22a)'= 所以要考虑等体积法，转换顶点.如果以 3a,所以EM”+FM=EF2,则EM⊥ AMN为底面、D1为顶点，则D,到平面 AMN的距离实际上就是D,到平面 M图为Sam=B1·FM=32, A1ABB,的距离，即为D1A1,所以 AC=22a,所以V,=VA-M+Vc-FM= 1 VA-D,=Vn-AN=3·SAANME·D,A: 5AC·Sw=2a,则2V,=3,V,自 X×AN·BMDA=号X1X 3×2 3V2,V=V1+V2,故选CD. 662.C解析：设母线长为l,甲圆锥底面半径 1×2= 3 为，乙圆锥底面圆半径为，则 C l=n=2,所以r1=2r, 2r1十 πrzlr2 22=2元，则上=1，所以r三3，r月 3,所以甲圆锥的高1三 4 N 665.1解析：根据方法所讲，圆锥侧面展开图 31,乙圆锥的高h:=- 21 12 为半圆时得S=2πr2=2π，解得r=1. 9 3 666.10解析：如图所示，这个题目中没有具 1 体的棱长，只有长方体的体积，由此来求解 V甲 916 所以V2 3 1 -=10,故 三棱锥的体积.很明显，我们需要找到它们 之间的关系：V长体=BC·CD·CC1= 287 高考一线真题研究数学 120:而我们要求解的三棱锥的体积： 669.8π解析：如图所示，由题意可得 ·BC· ∠ASB=90°，∠SAO=30°，S△sg=8.从 cDGB=×2·BccD·2cC,= 面积入手，由面积公式S=2·SA·SB· sim∠ASB=8,解得SA=4,即圆锥的母线 kt=10. 长1=4.Rt△SAO中，∠SAO=30°，解得 D SO=2,即圆锥的高h=2.由12=r+ h解得r=2√3，代人圆锥体积计算公式 D Ve-S 3rh=8元 67. 解析：如图所示，分析已知条件：由题 意得四棱锥为正四棱锥，可解得棱锥的高 P0=2. 670.3 解析：方法一：直接法，如图所示，连 G 接AC,与B1D1相交于O点，由A:O⊥ BD1,AO⊥DD1,B1D1∩DD,=D1得 AO⊥平面DBB,D1,即A,O为棱锥A,一 由于圆柱一个底面的圆周经过棱锥四条侧 DB,D,的商，且A,0-AC=号底 棱的中点，由相似可得OG=0C=2即 面DBB:D,为矩形，且Sp,D=1X√2= 圆柱底面圆半径r= 200= 20p=1, √2，所以棱锥A1一DBBD,的体积 所以圆柱的休积V=xX)×1=要 VA-DBB,D,= 3 x2x21 23 668.B解析：如下图所示，由截面为面积为8 的正方形，可得正方形边长为2√2，即圆柱 B 的母线长1=22，底面半径r=√2，代入圆 柱表面积公式得S则：=2πr(r十l)=12π， 故选B. 01 方法二：割补法，VA-,D,一 V三旋柱AD-A,D一VA,-ABD=S△ABD·AA1 ·5a@·AM,-号XAA,- 1 3 28 参考答案 671.4解析：如图所示，底面正三角形，侧棱 673.B解析：圆柱内接圆锥问题，我们需要做 与底面垂直的棱柱正三棱柱的所有棱长均 轴截面，在平面图形中解决问题，如图所 为a,则底面的正三角形ABC的面积S 示.由题意可得CD-R,AD-3R,圆柱的 2,高为a,代入三棱柱的体积计算公式 3 半径r=MH(或者ME,DG,DF),圆柱的 母线1=MD,要表示圆柱的全面积，设半 得163= a,解得a=4 径MH-x,由△AMH与△ADC相似可 得AM=3x,MD=3R-3.x,则圆柱的全面 积S=2πr(r+l)=一4xx2十6πR.x,当x= B 寻R时.S取最大值为R,放连B 672.6 解析：一看是动点，还是两个，有的同 学直接放弃了，其实仔细分析发现并不 难.如图所示，如果以D1为顶点，EDF为 F D G 底面，则此三棱锥的底面积在发生变化，高 10.3球的截面 也在发生变化，不易求解，所以要考虑等体 积法，转换顶点，如果以F为顶点 674.B解析：设顶点P在底面上的投影为O, EDD,为底面，那么问题就容易求解了. 连接BO,则O为三角形ABC的中心，且 B0-号X6×=23,所以0= B √36-12=2w6.因为PQ=5,所以OQ=1, 所以S的轨迹为以O为圆心，1为半径的 圆.又三角形ABC内切圆的圆心为O,半 B 先看底面积：当E在AA,上运动时， △EDD,的高不变，所以面积为定值，且面 径为 3X6 一=3>1，所以S的轨迹圆 积等于正方形ADD,A,面积的一半，即 在三角形ABC内部，其面积为π，故选B. Somo- 1 接下来看棱锥的高：F到平面EDD,的距 离实际上就是F到平面ADD1A,的距离， 即为1，所以V。w=V-m=号X名× 61 289 高考一线真题研究数学 675.A解析：如图，由题意知R=1,底面为直 角三角形，AC=BC=1,∠ACB=90°，则 斜边AB=区，其外接圆半径r=AB= Cd、R 2.由R=r+d产代入已知条件得d 678.B解析：先考虑球的半径：如图，根据方 00,-接下来计算体积就可以了：V 法所讲，由已知得r=1,d=2,由R 1 1 r+d得R=3,代入球体积公式得V XS△Am·d= 3 2·AC·BC·d= 3R=43x,故选B. 2放选A 679.A解析：根据题意作图，如图所示，首先， 676.A解析：如图，由⊙O1的面积为4x得 底面三角形ABC为等边三角形，则S= πr2=4π，解得r=2.接下来就是求解 (O),的问题，由题意，也就是等边三角形的 4:其外接圆半径，=尽 3 ×1= 、边长，那就需要正统统定理了：4。三 3 ,接下来由已知得球半径R=1,则由 2r,解得AB=23,即O01=23,由R2= r2+OO,代入已知条件得R=4,则球的 R=r+d”代人R=1,r= 3,解得d= 表面积S=4πR2=64π，故选A 3,即00'= 3设S在底面ABC的投影 点为S,即SS⊥平面ABC,又OO'⊥平 C 面ABC则SS=200-2,,即棱锥的 高h=26 . 所以棱锥的体积V-专Sh 677.C解析：如图，设等边三角形ABC的边 长为e,由题意得只。-9 2,解得a=3.由等 ××2- 4 3 ,故选A 4 边三角形外接圆半径，一。=3，由球的表 面积4R2=16r,解得R=2.由R2=r2+ d代入已知条件得d=1,故选C. 280 参考答案 680.83解析：如图，虽然考查的是四棱锥的 选A. 体积，根据已知条件：四棱锥的底面为矩 形，面积求解S=AB·BC=12√，核心就 是求高，高其实就是球心到平面ABCD的 距离d,要解决d,关键就是求解矩形外接 圆的半径r,矩形外接圆半径等于对角线的 一半，即r=号AC=2AB+BC= 10.4外接球与内切球 26干于2=2：由R=r+d代人 683.12解析：不妨设正方体棱长为2，EF中 点为O,取AB,BB,中点G,M,侧面 R=4,r=23,解得d=2.所以棱锥O BBC1C的中心为N,连接FG,EG,OM, ABCD的体积为V=3Sh=专×12,5× ON,MN,如图，由题意可知，O为球心.在 正方体中，EF=√FG+EG=2+2 2=85. 2√2，即R=2,则球心O到BB1的距离为 OM=√ON+MN=√1+1下=√2，所以 球O与棱BB,相切，球面与棱BB,只有 1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其 余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF 681.D解析：如图，先解出Rt△ABC的外接 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数 圆半径r:直角三角形两条直角边为6和8， 为12. 则斜边为10，所以外接圆半径r=5.由 D R=r2+d,代入R=13,r=5,解得d= 12,即球心到平面的距离为12，故选D. 684.2解析：如图，将三棱锥S一ABC转化为 d 直三棱柱SMN一ABC.设△ABC的外接圆 AB 682,A解析：如图，设球的半径为R,由题意 圆心为0，半径为r,则2=n∠ACB 得d尽由R=r2+日代入已知条件得 3=25,得r=3,设三棱锥S-ABC的 2 3 3燕一 外接球球心为O,连接OA,OO,则OA= S4R=4R=6,故 291 高考一线真题研究数学 2.00,=25A.因为0A=00+0,A, 2·2r·2=2r产（当且仅当四边形ABCD 即4=3+SA,解得SA=2. 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2r,又x十h= 1 1,则Vo=AD= ·2r2·h= 2 3 3 √2·r2·2h2≤ 十r2+2h 3 43 2当且仅当2三2h,即h一3时等号 685.[22,23]解析：设球的半径为R,当 成立，故选C 球是正方体的外接球时，恰好经过正方体 687.A解析：情况一：如图1所示，由题意知 的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径 △ABC与△A,B,C,为等边三角形，且边 变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱 长分别为33,43，由正弦定理可得外接 没有交点.因为正方体的外接球直径 圆半径r1=3,r2=4.在直角三角形 2R'为体对角线长AC,=√4十4+4= OBO,中，OO1=√R一9，在直角三角形 45,即2R'=45,R′=25，所以Rmm= OB,O2中，O02=√R-16,则√R-9+ 25.分别取侧棱AA,BB1,CC1,DD1的 √R2-16=1,无解. 中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是 边长为4的正方形，且O为正方形MNGH 的对角线交点，连接MG,则MG=4√2，当 球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外 接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为 22.综上，R∈[22,23]. 图1 情况二：如图2所示，在直角三角形 OC,O1中，OO1=R2一9，在直角三角形 B OCO:中，O02=√R-16,则R2-9 70 M DL H VR-16=1,解得R=5,代入表面积公式 B 得S=4πR=100π，故选A. 686.C解析：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a,则S△An= AC·BD·ma≤，AC,BD≤ 1 图2 22 参考答案 688.C解析：如图所示，根据核心笔记正方体 作图，如图所示 模型的外接球半径R=2®@-。 =3, 代入球的表面积公式得S=4πR2=36π，故 选C B D C 第一，由题意知SC为直径，取SC的中点 O,则O为球心，因为A,B,C都在球面上， 则∠SAC=∠SBC=90°，又SA=AC, SB=BC,即△SAC与△SBC为等腰直角 B 689.B解析：由题意可知R=4,等边三角形 三角形 第二，连接OA,OB,可以得到几个结论：首 面积为93，则3a2=93,解得u=6,即 先OA=OB=OS=OC=R,其次根据等腰 等边三角形的边长为6，则等边三角形外接 三角形三线合一得AO⊥SC,紧接着由平 圆的半径r3。=23.要想找体积的最 面SCA⊥平面SCB及AO⊥SC得AO⊥ 平面SBC(面面垂直性质定理)， 大值，就是让三棱锥的高最大.当高线过底 第三，以S为顶点，ABC为底面，三棱锥的 面ABC的外心O',并且与底面垂直、与球 体积并不好计算，所以考虑等体积法，以A 面的交点为D时，高最大.由方法中所讲， 为顶点，SBC为底面时，底面积及高都容易 此时球心O有可能在高线上，也有可能在 高线延长线上，要想取到最大，则球心O在 求解，所以V=Va-s=3 ·Ssc· 高线上，此时h=R+√R一r=6,则体积 A0=吉×名·2R·R·R=9,解得R 的最大值V=号Sh=3×9,3×6=18,3, 3.代人球的表面积公式得S=4πR2=36π. 故选B. D 691.B解析：如图，由R=+(份》广，代入 h=1,R=1,解得r= 则圆柱的体积 3 -R V=rh=4,故选B 690.36π解析：作为本卷中填空题的最后一 题，难点在于知识综合应用.综合了根据球 定义确定球心及半径，面面垂直的性质，以 及等体积法等知识点，下面分步解决.首先 289