专题 05 立体几何（选填题）（理科专用）
1．【2022年新高考1卷】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148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水
位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，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148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（
√7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】
【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MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
1 1
∴V = ℎ (S+S'+√SS')= ×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)
3 3
=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109 (m3 )．
故选：C．
2．【2022年新高考1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3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
[ 81] [27 81] [27 64]
A． 18, B． , C． , D．[18,27]
4 4 4 4 3
【答案】C【解析】
【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36π，所以球的半径R=3,
设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，
则l2=2a2+
ℎ
2，32=2a2+(3−ℎ) 2,
所以6ℎ =l2，2a2=l2−ℎ 2
1 1 2 l4 l2 1( l6 )
所以正四棱锥的体积V = Sℎ = ×4a2×ℎ = ×(l2− )× = l4− ，
3 3 3 36 6 9 36
1( l5 ) 1 (24−l2 )
所以V'= 4l3− = l3 ，
9 6 9 6
当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√6<l≤3√3时，V'<0，
64
所以当l=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为 ，
3
27 81
又l=3时，V = ，l=3√3时，V = ,
4 4
27
所以正四棱锥的体积V的最小值为 ，
4
[27 64]
所以该正四棱锥体积的取值范围是 ， .
4 3
故选：C.
3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其
顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r ,r ，再根据球心距，圆面半径，以及
1 2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】
3√3 4√3
设正三棱台上下底面所在圆面的半径r ,r ，所以2r = ,2r = ，即
1 2 1 sin60∘ 2 sin60∘
r =3,r =4，设球心到上下底面的距离分别为d ,d ，球的半径为R，所以d =√R2−9，
1 2 1 2 1
d =√R2−16，故|d −d |=1或d +d =1，即|√R2−9−√R2−16|=1或
2 1 2 1 2
√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．
4．【2021年甲卷理科】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
【答案】B
【解析】
【分析】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．
【详解】
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．
【点睛】
本题关键点在于如何正确将 的长度通过作辅助线的方式转化为 ．
5．【2021年甲卷理科】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．
【答案】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.
6．【2021年新高考1卷】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．
【答案】B
【解析】
【分析】
设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求.【详解】
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
.
故选：B.
7．【2021年新高考2卷】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． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【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 ，
下底面面积 ，上底面面积 ，
所以该棱台的体积 .
故选：D.
8．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面
积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设 ，利用 得到关于 的方程，解方程即可得到答案.
【详解】
如图，设 ，则 ，
由题意 ，即 ，化简得 ，
解得 （负值舍去）.
故选：C.【点晴】
本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
9．【2020年新课标1卷理科】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．
【答案】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.
10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端
点在正视图中对应的点为 ，在俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的点为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得 点在侧视图中对应的点.
【详解】
根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线 上的点在俯视图中对应的点为N,
∴在正视图中对应 ,在俯视图中对应 的点是 ,线段 ,上的所有点在侧试图中都对
应 ,∴点 在侧视图中对应的点为 .
故选：A
【点睛】
本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视
图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.
11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球
O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据球 的表面积和 的面积可求得球 的半径 和 外接圆半径 ，由球的性质
可知所求距离 .【详解】
设球 的半径为 ，则 ，解得： .
设 外接圆半径为 ，边长为 ，
是面积为 的等边三角形，
，解得： ， ，
球心 到平面 的距离 .
故选：C.
【点睛】
本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关
键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.
12．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（
）
A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得
其表面积.
【详解】
根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是： .
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立
体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面
垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A
的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平
面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷
针与点A处的水平面所成角为（ ）A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】
【分析】
画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面
垂直的定义判定有关截线的关系，根据点 处的纬度，计算出晷针与点 处的水平面所成
角.
【详解】
画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的截线，依
题意可知 ； 是晷针所在直线. 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平
行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 ..
由于 ，所以 ，
由于 ，
所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 .
故选：B【点睛】
本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，
属于中档题.
14．【2019年新课标1卷理科】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，
PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，
则球O的体积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先证得 平面 ，再求得 ，从而得 为正方体一部分，进
而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
【详解】
解法一: 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥，
，又 ， 分别为 、 中点，
， ，又 ， 平面 ， 平面
， ， 为正方体一部分，
，即 ，故选D．解法二:
设 ， 分别为 中点，
，且 ， 为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理 ，作 于 ， ，
为 中点， ， ，
， ，又 ，
两两垂直， ， ，，故选D.
【点睛】
本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两
两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
15．【2019年新课标2卷理科】设 ， 为两个平面，则 的充要条件是
A． 内有无数条直线与 平行
B． 内有两条相交直线与 平行
C． ， 平行于同一条直线
D． ， 垂直于同一平面
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用
面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是 的充分条件，由面面平
行性质定理知，若 ，则 内任意一条直线都与 平行，所以 内两条相交直线都与
平行是 的必要条件，故选B．
【点睛】
面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆
断，如：“若 ，则 ”此类的错误．
16．【2019年新课标3卷理科】如图，点 为正方形 的中心， 为正三角形，平面 平面 是线段 的中点，则
A． ，且直线 是相交直线
B． ，且直线 是相交直线
C． ，且直线 是异面直线
D． ，且直线 是异面直线
【答案】B
【解析】
利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】
如图所示， 作 于 ，连接 ，过 作 于 ．
连 ， 平面 平面 ．
平面 ， 平面 ， 平面 ，
与 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知 ，
． ，故选B．【点睛】
本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
17．【2018年新课标1卷理科】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆
柱表面上的点 在正视图上的对应点为 ，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，最短路径的长度为
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图
平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，
利用勾股定理，求得结果.
【详解】
根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的
长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为 ，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理
方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
18．【2018年新课标1卷理科】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的
角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与
从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面
为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】
根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体 中，
平面 与线 所成的角是相等的，
所以平面 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 与 中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为 ，
所以其面积为 ，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要
先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中
点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.19．【2018年新课标2卷理科】在长方体 中， ， ，
则异面直线 与 所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量
夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则
1
,所以 ,
因为 ，所以异面直线 与 所成角的余弦值为
，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当
的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向
量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20．【2018年新课标3卷理科】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分
叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某
一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【详解】
详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是
凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，
且俯视图应为对称图形
故俯视图为
故选A.
点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题．
21．【2018年新课标3卷理科】设 是同一个半径为4的球的球面上四点，
为等边三角形且其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当 平面
时，三棱锥 体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当 平面 时，三棱锥 体积最大
此时，
,
点M为三角形ABC的中心
中，有
故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体
积公式，判断出当 平面 时，三棱锥 体积最大很关键，由M为三角形
ABC的重心，计算得到 ，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于
较难题型．
22．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD−A B C D ，则（ ）
1 1 1 1
A．直线BC 与DA 所成的角为90° B．直线BC 与C A 所成的角为90°
1 1 1 1
C．直线BC 与平面BB D D所成的角为45° D．直线BC 与平面ABCD所成的角为
1 1 1 1
45°
【答案】ABD【解析】
【分析】
数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】
如图，连接B C、BC ，因为DA //B C，所以直线BC 与B C所成的角即为直线BC
1 1 1 1 1 1 1
与DA 所成的角，
1
因为四边形BB C C为正方形，则B C⊥ BC ，故直线BC 与DA 所成的角为90°，A
1 1 1 1 1 1
正确；
连接A C，因为A B ⊥平面BB C C，BC ⊂平面BB C C，则A B ⊥BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为B C⊥ BC ，A B ∩B C=B ，所以BC ⊥平面A B C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又A C⊂平面A B C，所以BC ⊥C A ，故B正确；
1 1 1 1 1
连接A C ，设A C ∩B D =O，连接BO，
1 1 1 1 1 1
因为BB ⊥平面A B C D ，C O⊂平面A B C D ，则C O⊥B B，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为C O⊥B D ，B D ∩B B=B ，所以C O⊥平面BB D D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以∠C BO为直线BC 与平面BB D D所成的角，
1 1 1 1
√2 C O 1
设正方体棱长为1，则C O= ，BC =√2，sin∠C BO= 1 = ，
1 2 1 1 BC 2
1
所以，直线BC 与平面BB D D所成的角为30∘，故C错误；
1 1 1
因为C C⊥平面ABCD，所以∠C BC为直线BC 与平面ABCD所成的角，易得
1 1 1
∠C BC=45∘，故D正确.
1
故选：ABD
23．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，
FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V ,V ,V ，则（ ）
1 2 3
A．V =2V B．V =V
3 2 3 1
C．V =V +V D．2V =3V
3 1 2 3 1
【答案】CD
【解析】
【分析】
直接由体积公式计算V ,V ，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由
1 2
V =V +V 计算出V ，依次判断选项即可.
3 A−EFM C−EFM 3
【详解】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则
1 1 1 4
V = ⋅ED⋅S = ⋅2a⋅ ⋅(2a) 2= a3 ，
1 3 △ACD 3 2 3
1 1 1 2
V = ⋅FB⋅S = ⋅a⋅ ⋅(2a) 2= a3 ，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易
2 3 △ABC 3 2 3
得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂
平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
1
又BM=DM= BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则
2FG=BD=2√2a,EG=a，
则EM=√ (2a) 2+(√2a) 2=√6a,FM=√a2+(√2a) 2=√3a，EF=√a2+(2√2a) 2=3a，
1 3√2
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S = EM⋅FM= a2 ，AC=2√2a，
△EFM 2 2
1
则V =V +V = AC⋅S =2a3 ，则2V =3V ，V =3V ，V =V +V ，
3 A−EFM C−EFM 3 △EFM 3 1 3 2 3 1 2
故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
24．【2021年新高考1卷】在正三棱柱 中， ，点 满足
，其中 ， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解
点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解
点的个数．
【详解】易知，点 在矩形 内部（含边界）．
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是
定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而
， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故
B正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则
，所以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，
， ， ，则 ， ，
，所以 或 ．故 均满足，故C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为线段 ．设 ，因为 ，所以 ，
，所以 ，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】
本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
25．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，
M，N为正方体的顶点．则满足 的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线 构造所考虑的线线角后可判断AD
的正误.
【详解】
设正方体的棱长为 ，
对于A，如图（1）所示，连接 ，则 ，
故 （或其补角）为异面直线 所成的角，在直角三角形 ， ， ，故 ，
故 不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ，
由正方体 可得 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 平面 ，
又 平面 ， ，而 ，
所以 平面 ，而 平面 ，故 ，故B正确.
对于C，如图（3），连接 ，则 ，由B的判断可得 ，
故 ，故C正确.对于D，如图（4），取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则 ，
因为 ，故 ，故 ，
所以 或其补角为异面直线 所成的角，
因为正方体的棱长为2，故 ， ，
， ，故 不是直角，
故 不垂直，故D错误.
故选：BC.
26．【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.
【详解】
易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 ，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为 ，
由于 ，故 ，
设内切圆半径为 ，则：
，
解得： ，其体积： .
故答案为： .
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切
点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点
均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
27．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–ABC D 的棱长均为2，
1 1 1 1
∠BAD=60°．以 为球心， 为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________．
1 1
【答案】 .
【解析】
【分析】
根据已知条件易得 ， 侧面 ，可得侧面 与球面的交线上的点
到 的距离为 ，可得侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ，再根据弧长公式
可求得结果.
【详解】
如图：
取 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ，
因为 60°，直四棱柱 的棱长均为2，所以△ 为等边三角形，
所以 ， ，A B C D
又四棱柱 为直四棱柱，所以 平面 1 1 1 1，所以 ，
因为 ，所以 侧面 ，
设 为侧面 与球面的交线上的点，则 ，
因为球的半径为 ， ，所以 ，
所以侧面 与球面的交线上的点到 的距离为 ，
因为 ，所以侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ，
因为 ，所以 ，
所以根据弧长公式可得 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹
问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.
28．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-ABC D 的棱长为2，M、N分别
1 1 1 1
为BB、AB的中点，则三棱锥A-NMD 的体积为____________
1 1
【答案】
【解析】
【分析】
利用 计算即可.
【详解】因为正方体ABCD-ABC D 的棱长为2，M、N分别为BB、AB的中点
1 1 1 1 1
所以
故答案为：
【点睛】
在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
29．【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印
信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正
多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体
现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体
的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为
_________．
【答案】 共26个面. 棱长为 .
【解析】
【分析】
第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几
何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体
共有 个面．
如图，设该半正多面体的棱长为 ，则 ，延长 与 交于点 ，延长 交
正方体棱于 ，由半正多面体对称性可知， 为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为 ．
【点睛】
本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实
很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速
还原图形．
30．【2019年新课标3卷理科】学生到工厂劳动实践，利用 打印技术制作模型.如图，
该模型为长方体 挖去四棱锥 后所得的几何体，其中 为长方体
的中心， 分别为所在棱的中点， ， 打印所用原料
密度为 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________ .【答案】118．8
【解析】
【分析】
根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模
型的质量.
【详解】
由题意得， ，
四棱锥O−EFG的高3cm， ∴ ．
又长方体 的体积为 ，
所以该模型体积为 ，
其质量为 ．
【点睛】
本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式
求解．
31．【2018年新课标2卷理科】已知圆锥的顶点为 ，母线 ， 所成角的余弦值为 ，
与圆锥底面所成角为45°，若 的面积为 ，则该圆锥的侧面积为__________．
【答案】
【解析】【详解】
分析：先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据
圆锥侧面积公式求结果.
详解：因为母线 ， 所成角的余弦值为 ，所以母线 ， 所成角的正弦值为 ，
因为 的面积为 ，设母线长为 所以 ，
因为 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
因此圆锥的侧面积为
