2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题10立体几何【含答案】

专题10 立体几何 一、选择题部分 1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（） A. B. C. D. B． 设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 2.(2021•高考全国甲卷•理T6) 在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（） A. B. C. D. D． 根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示， 所以其侧视图为 故选D． 3.(2021•高考全国甲卷•理T8) 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（） A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 B． 通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案． 过作，过作， 故， 由题，易知为等腰直角三角形，所以． 所以． 因为，所以 在中，由正弦定理得： ， 而， 所以 所以． 故选B． 4.(2021•高考全国甲卷•理T11) 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. A． 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. ，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. 5.(2021•高考全国乙卷•文T10) 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（） A. B. C. D. D． 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选D． 6.(2021•浙江卷•T4) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（） A. B. 3 C. D. A． 几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形， 该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为， 故， 故选A. 7.(2021•浙江卷•T6) 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（） A. 直线与直线垂直，直线平面 B. 直线与直线平行，直线平面 C. 直线与直线相交，直线平面 D. 直线与直线异面，直线平面 A． 连，在正方体中， M是的中点，所以为中点， 又N是的中点，所以， 平面平面， 所以平面. 因为不垂直，所以不垂直 则不垂直平面，所以选项B,D不正确； 在正方体中，， 平面，所以， ，所以平面， 平面，所以， 且直线是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选A. 8.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T2．)已知直线l，m和平面α（　　） A．若l∥m，m⊂α，则l∥α B．若l∥α，m⊂α，则l∥m C．若l⊥α，m⊂α，则l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，则m⊥α C． 对于A，若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故A错误； 对于B，若l∥α，m⊂α，则l∥m或l与m异面，故B错误； 对于C，若l⊥α，m⊂α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故C正确； 对于D，若l⊥m，l⊥α，则m与α平行或m⊂α，故D错误． 9.(2021•江苏盐城三模•T11)已知矩形ABCD满足AB＝1，AD＝2，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，点B折至B′，得到四棱锥B′－AECD，若点P为B′D的中点，则 A．CP//平面B′AE B．存在点B′，使得CP⊥平面AB′D C．四棱锥B′－AECD体积的最大值为 D．存在点B′，使得三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内 ACD． 【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题 由题意可知，对于选项A，取AB′的中点为Q，连结EQ、PQ，因为CEÚAD，PQÚAD，所以PQÚCE，所以四边形CEQP为平行四边形，所以CP∥QE，又QEÌ平面AB′E，CPË平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以选项A正确；对于选项B，若CP⊥平面AB′D，则CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，则与AB′⊥BE矛盾，所以选项B错误；对于选项C，过B′作B′O⊥AE，垂足为O，可得B′O＝，所以VB′－AECD＝SAECD×h＝××(1＋1)×1×h≤B′O＝，所以选项C正确；对于选项D，若三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内，则球心为△ADE的外心，则为△ADE直角三角形，且AD为斜边，则球心O为AD的中点，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，则AB′⊥B′D，所以B′D＝，而B′D∈(1，)，可知存在，则满足题意，所以选项D正确；综上，答案选ACD． 10.(2021•河南郑州三模•理T9)已知等腰直角△ABC的斜边BC＝4，沿斜边的高线AD将△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C为，则四面体ABCD的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． B． 如图， 由题意，△BCD是等边三角形，边长为2， 则△BCD外接圆的半径为， 设△BCD的外心为G，四面体ABCD的外接球的球心为O， 连接OG，则OG⊥平面BCD，且OG＝AD＝1． ∴四面体ABCD的外接球的半径R＝＝． 则四面体ABCD的外接球的体积V＝＝． 11.(2021•河南郑州三模•理T11)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则△EBC的面积最小值为（　　） A． B． C． D． B． 如图：取AB中点G，可知Rt△BAF∽Rt△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°， ∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G， 当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，BC＝2，则△ABC面积为EB•BC， 当△EBC的面积取得最小值时，线段CE的长度为点B到直线B1G的距离，线段CE长度的最小值为，此时△EBC面积为×EB×BC＝． 12.(2021•河南开封三模•文T9理T8)某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四个结论： ①体积可能是； ②体积可能是； ③AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为； ④在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对． 其中所有正确结论的编号是（　　） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④ D． 由三视图可画出直观图如下图： 如图1，，故①正确； 如图2，，故②正确； 如上图，AB和CD在直观图中所对应的棱分别为EF和FG，由△EFG为正三角形， 可知AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为，故③正确； 如上图，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④正确． 13.(2021•河北张家口三模•T10)已知一个圆柱的上、下底面圆周均在球O的表面上，若圆柱的体积为4π，则球O的表面积不可能为（　　） A．6π B．8π C．12π D．16π AB． 设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则 所以，所以， 所以当h∈（0，2）时6）′＜0；当h∈（2，（R3）′＞0， 所以当h＝2时，R2有最小值． 此时球O的表面积有最小值，且最小值为， 即球O的表面积S球O≥12π． 14.(2021•山东聊城三模•T12.)已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A'MN，在四棱锥A'-MNCB中，下列说法正确的是（） A. 直线MN∥平面A'BC B. 当四棱锥A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角 C. 在折起过程中存在某位置使BN⊥平面A'NC D. 当四棱A'-MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为39π A,B,D 【考点】反证法，球的体积和表面积，直线与平面平行的判定 因为MN//BC , MN⊄平面A'BC，BC⊂平面A'BC，所以直线MN∥平面A'BC，A符合题意； 因为四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，故当二面角A'-MN-B为直二面角时，满足题意，B符合题意； 对于C，如图， 若BN⊥平面A'NC，则BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN⊥平面A'AD ,所以A'A⊥MN ,又MN∩BN=N ,所以A'A⊥平面MNCB ,这显然不可能，C不符合题意； 当四棱A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角，如图， 由∠MBC=π3，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心， 作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，则O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，且OF=DE= 332，AF= 3 .设四棱锥A' -MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=394，所以球表面积是39π．  【分析】A由线面平行判定可推得A正确。 B根据四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，进而可判B正确。 C由反证法可得C错误。 D取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心得O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，结合B的结论求得外接球半径R，进而求出球表面积，可判D正确。 15.(2021•四川内江三模•理T8．)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（　　） A．4 B．8 C． D． C． 根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体． 如图所示： 由于AB＝2，BD＝4． 所以：，，，． 16.(2021•重庆名校联盟三模•T12．)如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（　　） A．存在某个位置，使得CN⊥AB1 B．翻折过程中，CN的长是定值 C．若AB＝BM，则AM⊥B1D D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π BD． 对于A：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F， 则NE∥AB1，NF∥MB1， 如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF， 又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故A错误． 对于B：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值）， NE＝（定值），AM＝EC（定值）， 由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC， ∴NC是定值，故B正确． 对于C：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO， 由题意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM， 从而AD＝MD，由题意不成立，可得C错误． 对于D：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大， 由题意得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心， 球半径为1，表面积是4π，故D正确． 17.(2021•安徽蚌埠三模•文T