2022年高考冲刺立体几何专题（理科）

这是一份2022年高考冲刺立体几何专题（理科），共27页。试卷主要包含了几何体的表面积与体积，几何体的外接球内切球，三视图，点线面的位置关系等内容，欢迎下载使用。

2022年高考冲刺立体几何专题（理科）
一、几何体的表面积与体积
1．若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（       ）
A． B． C． D．
2．在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（       ）
A． B． C． D．
3．四氯化碳是一种有机化合物，分子式为，是一种无色透明液体，易挥发，曾作为灭火剂使用．四氯化碳分子的结构为正四面体结构，四个氯原子（Cl）位于正四面体的四个顶点处，碳原子（C）位于正四面体的中心．则四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为（       ）．

A． B． C． D．
4．如图在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．
5．已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为（       ）
A． B． C． D．
6．已知圆台形水泥花盆的盆口与盆底的直径分别为、（边缘忽略不计），母线长为，则该花盆的高为（       ）
A． B． C． D．
7．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（       ）
A．5 B． C． D．
8．某圆柱的高为2．底面周长为12，其三视图如图，圆柱表面上的点M在正视图上对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上对应点B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（       ）

A． B．5 C． D．8
9．已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（       ）
A． B． C． D．
二、几何体的外接球内切球
10．已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球心到平面的距离为1，则球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
11．已知一圆柱的底面半径与球的半径均为R，且该圆柱的体积与球的体积也相等，则该圆柱的侧面积为（       ）
A． B． C． D．
12．A，B，C，D是半径为4的球面上的四点，已知AB=5，BC=3，cos∠BAC=，当AD取得最大值时，四面体ABCD的体积为（       ）
A． B． C． D．

13．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（       ）
A． B． C． D．
14．已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（       ）
A． B． C． D．
15．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
16．已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
三、三视图
17．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
A． B． C． D．
18．某几何体的三视图如图所示，图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．
19．一个三棱锥的正视图如图①所示，则其侧视图和俯视图可以为（       ）

A．②④ B．②⑤ C．③④ D．③⑤
20．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（       ）

A． B． C． D．
21．如图是一个空间几何体的三视图，则该空间几何体的表面积为（       ）

A． B．
C． D．
22．在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为（       ）

A． B． C． D．
四、点线面的位置关系
23．已知m，n，p是不同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（       ）
A．“”是“m平行于平面内的任意一条直线”的充分不必要条件
B．“，”是“”的必要不充分条件
C．“，”是“，，”的必要不充分条件
D．已知，则“”是“”的充要条件
24．m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是（       ）
A．若α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n⊥β
B．若m∥α，n⊂α，则m∥n
C．若m，n，l两两相交，且交于同一点，则m，n，l共面
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
25．已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是（       ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
26．如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；②；③面面．
其中所有正确结论的序号是（       ）

A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
27．如图，圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦， 则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．
二、解答题
28．如图，已知四边形是边长为2的菱形，，平面平面．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值．




29．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，BC1⊥AC.

(1)证明：点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上；
(2)若二面角C1-AC-B的大小为60°，CC1＝2，求BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值.



30．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，，O分别是上、下底面圆的圆心，EF是底面圆的一条直径，DE＝DF.

(1)证明：EF⊥AB；
(2)若，求平面BCF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.
【详解】
根据题意作图，

设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：C.
2．C
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，则可得梯形 为平面所在的截面，则为三棱台的体积，设正方体的棱长为2，先求出，从而可求出，进而可求出的值
【详解】
如图，取的中点，连接，
因为M为棱的中点，所以∥，，
因为∥, ，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，
所以∥，，
所以梯形 为平面所在的截面，
则为三棱台的体积，
不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为，
所以
,
所以，
所以，
故选：C

3．D
【解析】
【分析】
将四面体放入正方体中进行计算，结合正方体和正四面体的几何特点，借助余弦定理即可容易求得结果.
【详解】
如图所示，正方体的棱长为a，正四面体的棱长为，

又该正方体的体对角线长度为，故，
根据题意可知，所求夹角为，
在中，由余弦定理可得：，
故，即四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为.
故选：D．
4．B
【解析】
【分析】
将直三棱柱补成长方体，采用平移的方法，找到两异面直线所成角，解三角形即可.
【详解】
将直三棱柱补成如图示的长方体，
则底面 为正方形，边长为1，
连接 ,则,
故 为所求角或其补角，连接,

在中， ,
故 ,
故选：B.
5．C
【解析】
【分析】
设圆锥的底半径为，母线为，高为，则，则由条件可得，由勾股定理可得，从而得出的最小值，得出答案.
【详解】
设圆锥的底半径为，母线为，高为，则
由圆锥的底面圆心到母线的距离为2，则，即
又，所以，解得
由，则
当，即时，最小值
则圆锥的侧面积为
故选：C

6．B
【解析】
【分析】
取圆台的轴截面，利用勾股定理可求得结果.
【详解】
设花盆的盆口与盆底的半径分别为、，母线长与高分别为、，

则，，，.
故选：B.
7．D
【解析】
【分析】
作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.
【详解】
如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，

由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则共面，
故平面截该正方体所得的截面为.
又正方体的棱长为2，，，，，
故的面积为.
故选：D.
8．A
【解析】
【分析】
判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可．
【详解】
解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长12，高为：2，
直观图以及侧面展开图如图：

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：．
故选：．
9．A
【解析】
【分析】
过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可.
【详解】

如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点，
则，，所以平面，平面，且，
所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形.
，所以，所以.
故选：A
【点睛】
本题考查面面平行的判定和面面平行的性质，以及正方体的截面问题，属综合中档题.
10．C
【解析】
【分析】
首先作出图形，利用已知条件求出的外接圆圆心，再根据几何关系进一步解出外接球半径，代入表面积公式即可.
【详解】
由题意可知，如图：

是面积为的等边三角形
，，
又是外接圆圆心

又

球的表面积为:

故选：C.
11．D
【解析】
【分析】
设圆柱的高为，根据球的体积与圆柱的体积公式求出，再根据圆柱的侧面积公式计算可得；
【详解】
解：设圆柱的高为，则，所以，所以；
故选：D
12．D
【解析】
【分析】
根据余弦定理确定为直角三角形，求出球心到平面的距离，
又当AD为直径时取得最大值，得到到平面的距离，即可得到四面体ABCD的体积.
【详解】
在中，，
解得，则，∴
设球心到平面的距离为，则.
当AD为直径时取得最大值，点到平面的距离为，
故四面体的体积.
故选：D
13．B
【解析】
【分析】
作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，

设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
14．A
【解析】
【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】
，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
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.
15．A
【解析】
【分析】
由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.
【详解】
设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A

【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.
16．C
【解析】
【详解】

如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
17．D
【解析】
【详解】
本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.

【点评】
本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型
18．C
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体为三棱锥，再应用棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】
由三视图知：如下图示，几何体为三棱锥，而面，，

所以.
故选：C
19．C
【解析】
【分析】
由题意及正视图可知，三棱锥只能在正方体所截的三棱柱中，然后从选项可知分别对侧视图为②③分析判断即可
【详解】
由题意及正视图可知，三棱锥只能在正方体所截的三棱柱中．

当侧视图为②时，三棱锥只可能是，这时侧视图中无虚线，所以侧视图不可能为②，所以排除AB选项，

当侧视图为③时，三棱锥可以为，此时俯视图为④，所以C正确，
当俯视图为⑤时，三棱锥可以为，此时的侧视图不可能是③，所以D错误，

故选：C．
20．C
【解析】
【分析】
在长方体中画出直观图，计算体积得到答案.
【详解】
如图所示，长方体中三棱锥是对应的直观图，
故.
故选：C.

21．C
【解析】
【分析】
由三视图可是该几何体为四棱锥，求出每个面的面积再相加即可
【详解】
由三视图可知，该空间几何体是一个四棱锥（如下图），且平面平面ABCD， ，ABCD为矩形，且，

所以该几何体的表面积为
故选：C

22．C
【解析】
【分析】
根据三视图作出几何体的直观图，然后根据几何体的结构特征，利用分割法可求得几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：

其中，底面为直角三角形，且，，，
侧棱、、与底面垂直，且，，
过点分别作、分别交、于点、，
则三棱柱为直棱柱，四棱锥的底面为矩形，高为，
所以，.
故选:C.
【点睛】
方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键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，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
23．C
【解析】
【分析】
根据空间中线线、线面、面面的位置关系，结合充分条件与必要条件的概念依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项；“m平行于平面内的任意一条直线”这句话本身的表达就是错的；
对于B选项：“，”是“”的既不充分也不必要条件；
对于C选项：“，，”可以证明“，”，
由“，”要证明“”，还需添加条件“，，且m和n相交”，
所以C正确；
对于D选项：已知，则“”是“”的充分不必要条件.
故选：C
24．D
【解析】
【分析】
对于选项A，还需要添加条件n⊂α，故A不正确; 对于选项B，可能得到m，n是异面直线，故B不正确;对于选项C，可举反例，得 C不正确; 对于选项D，可以证明 D正确.
【详解】
解：对于选项A，若成立还需要添加条件n⊂α，故A不正确;
对于选项B，由m∥α，n⊂α，还可能得到m，n是异面直线，故B不正确;
对于选项C，可举反例，如三棱锥同一顶点出发的三条棱，故C不正确;
对于选项D，∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故D正确.
故选：D
25．A
【解析】
【分析】
根据各选项线线、线面及面面的位置关系，结合平面的基本性质判断面面、线面的位置关系.
【详解】
A：由，，若，过n的平面，则，又，则，，则；若，又，则；综上，正确；
B：若，，，则可能平行、相交，错误；
C：若，，，则可能平行、相交或，错误；
D：若，，，则可能相交或，错误.
故选：A
26．A
【解析】
【分析】
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.

对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.

对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A

27．C
【解析】
【分析】
分别做直线与的平行线构成三角形，得到异面直线与所成角，求其余弦值即可解决.
【详解】
圆锥底面周长为，又其侧面展开图为半圆，则圆锥母线长
直角三角形中，，,，则
分别取、、的中点M、N、P，连接、、、、

又由O为中点，则，，
则为异面直线与所成角或其补角.
由，可知平面，则
在△中，,，，则
在△中，，，
则
则异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
28．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质和判定可得证；
（2）设AC与BD相交于点O，连接FO，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法可得答案.
(1)
证明：菱形ABCD中，，又平面平面，平面平面，所以平面AEFC，
又BD在平面BED内，所以平面平面；
(2)
解：因为平面平面．平面平面，所以平面．
设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为，所以，所以四边形AOEF为平行四边形，所以，所以平面ABCD，
菱形ABCD中，，所以是正三角形，则OC=1，OF=AE=AB=2，，
以点O为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，
则，，，，
则，，，
设平面ACF的法向量为，
设平面DCF的法向量为，则，令，则，
所以，
又由图示得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

29．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)由题目条件先证明AC⊥平面ABC1，再证明平面ABC⊥平面ABC1，过点C1作⊥AB，由面面垂直的性质定理可知⊥平面ABC，推出，H重合,得到结论.
(2) 在平面ABC内，过点H作Hx⊥AB，以H为坐标原点，以Hx，HB，HC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AA1B1B的法向量利用空间向量的数量积求解即可.
(1)
证明：因为BC1⊥AC，AC⊥AB，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1.
故平面ABC⊥平面ABC1.
过点C1作⊥AB，则由面面垂直的性质定理可知⊥平面ABC.
又C1H⊥平面ABC，所以，H重合，
所以点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上.


(2)
在平面ABC内，过点H作Hx⊥AB，以H为坐标原点，以Hx，HB，HC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

由(1)可知∠BAC1是二面角C1­AC­B的平面角，所以∠BAC1＝60°，因为AC⊥AC1，CC1＝2，AC＝2，所以AC1＝2.在△ABC1中，AB＝2，AC1＝2，∠BAC1＝60°，
所以BC1＝2，C1H＝，AH＝BH＝1.
所以A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C1(0，0，)，C(2，－1，0)，
＝(0，2，0)， ＝＝(－2，1，)， ＝(0，－1，).
设平面AA1B1B的一个法向量＝(x，y，z)，
则即
令x＝，得平面AA1B1B的一个法向量＝(，0，2)，设BC1与平面AA1B1B所成角为，所以=|cos〈，〉|＝＝，
所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为.
30．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）通过证明来证得平面，由此证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面BCF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.
(1)
由于是的中点，所以，
根据圆柱的几何性质可知，
由于，所以平面，
所以.
(2)
由（1）知，
根据圆柱的性质可知，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
同理可求得平面的法向量为，
设平面BCF与平面CDE所成锐二面角为，
则.