专题8.7 立体几何（2021-2023年）真题训练（解析版）

专题8.7立体几何一、单选题1．（2021年全国新高考I卷数学试题）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（）A．2B．22C．4D．42【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l，解得22l.故选：B.2．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）在正方体1111ABCDABCD中，P为11BD的中点，则直线PB与1AD所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π6【答案】D【分析】平移直线1AD至1BC，将直线PB与1AD所成的角转化为PB与1BC所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接11,,BCPCPB，因为1AD∥1BC，所以1PBC或其补角为直线PB与1AD所成的角，因为1BB平面1111DCBA，所以11BBPC，又111PCBD，1111BBBDB，所以1PC平面1PBB，所以1PCPB，设正方体棱长为2，则1111122,22BCPCDB，1111sin2PCPBCBC，所以16PBC.故选：D3．（2021年全国新高考II卷数学试题）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（）A．20123B．282C．563D．2823【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2222222h，下底面面积116S，上底面面积24S，所以该棱台的体积121211282164642333VhSSSS.故选：D.4．（2021年全国新高考II卷数学试题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos)Sr（单位：2km），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos)1cos44242%22rr.故选：C.5．（2022年新高考全国I卷数学真题）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21400km．；水位为海拔1575m．时，相应水面的面积为21800km．，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（72.65）（）A．931.010mB．931.210mC．931.410mD．931.610m【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，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157.5148.59MN(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积262140.014010Skmm，下底面积262180.018010Skmm，∴661211914010180101401801033VhSSSS6799333206071096182.65101.437101.410(m)．故选：C．6．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30，则（）A．2ABADB．AB与平面11ABCD所成的角为30C．1ACCBD．1BD与平面11BBCC所成的角为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．【详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．7．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【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12,rr，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12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．8．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，2,6PAPBPC，则该棱锥的体积为（）A．1B．3C．2D．3【答案】A【分析】证明AB平面PEC，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AB中点E，连接,PECE，如图，ABC是边长为2的等边三角形，2PAPB，,PEABCEAB，又,PECE平面PEC，PECEE，AB平面PEC，又3232PECE，6PC，故222PCPECE，即PECE，所以1113321332BPECAPECPECVVVSAB△，故选：A9．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，4,3,45ABPCPDPCA，则PBC的面积为（）A．22B．32C．42D．52【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO，PDBPCA，从而得到PAPB，再在PAC△中利用余弦定理求得17PA，从而求得17PB，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在PAC△中利用余弦定理求得17PA，1cos3PCB，从而求得3PAPC，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于,PBBPD的方程组，从而求得17PB，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以42ACBD，则22DOCO，又3PCPD，POOP，所以PDOPCO，则PDOPCO，又3PCPD，42ACBD，所以PDBPCA，则PAPB，在PAC△中，3,42,45PCACPCA，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA，故17PA，则17PB，故在PBC中，7,43,1PPBCCB，所以222916171cos22343PCBCPBPCBPCBC，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB，所以PBC的面积为1122sin3442223SPCBCPCB.法二：连结,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以42ACBD，在PAC△中，3,45PCPCA，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA，故17PA，所以2221793217cos2172173PAPCACAPCPAPC，则17cos173317PAPCPAPCAPC，不妨记,PBmBPD，因为1122POPAPCPBPD，所以22PAPCPBPD，即222222PAPCPAPCPBPDPBPD，则217923923cosmm，整理得26cos110mm①，又在PBD△中，2222cosBDPBPDPBPDBPD，即23296cosmm，则26cos230mm②，两式相加得22340m，故17PBm，故在PBC中，7,43,1PPBCCB，所以222916171cos22343PCBCPBPCBPCBC，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB，所以PBC的面积为1122sin3442223SPCBCPCB.故选：C.10．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1ACBCACBC，则三棱锥OABC的体积为（）A．212B．312C．24D．34【答案】A【分析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】,1ACBCACBC，ABC为等腰直角三角形，2AB，则ABC外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，则2222122d，所以1112211332212OABCABCVSd.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.11．（2022年新高考全国I卷数学真题）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333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．8118,4B．2781,44C．2764,43D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为h，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3R,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围