四、立体几何——三年（2021-2023）高考数学创新真题精编

四、立体几何——三年（2021-2023）高考数学创新真题精编

1. 【2023年全国乙卷文科】已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面ABC，则__________.

2. 【2023年全国甲卷理科】在正方体中，E，F分别为AB，的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有_________个公共点.

3. 【2023年新课标Ⅰ卷】如图，在正四棱柱中，，.点，，，分别在棱，，，上，，，.

(1)证明：；

(2)点P在棱上，当二面角为时，求.

4. 【2022年北京卷】已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的区域的面积为(   )

A. B. C. D.

5. 【2022年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是(   )

A. B. C. D.

6. 【2022年上海卷】如图，正方体中，P，Q，R，S分别为棱，，，的中点，连接，.对于空间任意两点M，N，若线段MN上不存在点在线段，上，则称M，N两点可视.则下列选项中与点可视的为(   )

A.点P B.点B C.点R D.点Q

7. 【2022年全国甲卷文科】在长方体中，已知与平面ABCD和平面所成的角均为30°，则(   )

A.  B.AB与平面所成的角为30°

C.  D.与平面所成的角为45°

8. 【2022年全国乙卷理科】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(   )

A. B. C. D.

9.  【2021年新高考Ⅰ卷】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36π，且，则该正四棱锥体积的取值范围是(   )

A. B. C. D.

答案以及解析

1.答案：2

解析：如图，设的外接圆圆心为，连接，因为是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径.

将三棱锥补形为正三棱柱，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接，，则平面ABC，且.

又球的半径，，所以，得.

解法二：如图，设的外接圆圆心为，连接，因为是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径.

设三棱锥的外接球球心为O，连接，则平面ABC.又平面ABC，所以，连接OS，OA，由题意知.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形为矩形，所以，由可知H为SA的中点，则.

所以在中，由勾股定理可得，即，得.

2.答案：12

解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.

3.答案：(1)证明见解析

(2)

解析：(1)解法一：依题意，得，

所以.

解法二：以点C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，

所以，所以.

(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中解法二，设，则，

所以，，

设平面的法向量为，

所以，则，

令，得.

设平面的法向量为，

由(1)解法二知，，，

所以，则，

令，得.

所以，

整理得，解得或，

所以或，

所以.

4.答案：B

解析：设O为的中心，连接PO，AO，在正三角形ABC中，，在中，，当时，连接OQ，根据勾股定理可得，易知Q的轨迹是圆心为O，半径为1的圆，由于集合，故集合T表示的区域是圆心为O，半径为1的圆及其内部，其面积为，故选B.

5.答案：C

解析：由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底面的半径分别为1和2，高为2，所以该几何体的体积为，故选C.

6.答案：D

解析：设与点可视的点为G，依题意线段上不存在点在线段，上.当点G与点P重合时，即，与线段相交，A错误；当点G与点B重合时，即，与线段相交，B错误；当点G与点R重合时，即，与线段相交，C错误；当点G与点Q重合时，即，与线段，均异面，故选D.

7.答案：D

解析：如图，连接BD，易知是直线与平面ABCD所成的角，所以在中，，设，，.易知是直线与平面所成的角，所以在中，，因为，所以，，所以在中，，所以A项错误.易知是直线AB与平面所成的角，所以在中，，所以，所以B项错误.在中，，而，所以C项错误.易知是直线与平面所成的角，因为在中，，所以，所以D项正确.故选D.

8.答案：C

解析：解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接树的半径为r，则，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，当且仅当，即时等号成立，此时四棱锥的高，故选C.

解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则，，正方形的边长为，所以四棱锥的体积.令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C.

解法三（转化法）该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（），底面半径为r，则圆锥的体积，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，四棱锥的体积最大，故选C.

9.答案：C

解析：通解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，

依题意，得，解得.由题意及图可得，解得，所以正四棱锥的体积，所以，令，得，所以当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又当时，；当时，；当时，；所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.

光速解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，

依题意，得，解得.由题意及图可得，解得，又，所以该正四棱锥的体积（当且仅当，即时取等号），所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A,B,D，故选C.

优美解：如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为，

依题意，得，解得，所以正四棱锥的底边长，高.在中，作，垂足为E，则可得，所以，（另解：也可以利用余弦定理，得）所以正四校维的体积，设，易得，则，则，令，得，所以当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减.又当时，；当时，；当时，；所以，所以.所以该正四棱维的体积的取值范围是，故选C.