【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题05 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）（教师版）【高考】.docx，共(23)页，1.534 MB，由小赞的店铺上传

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三年专题05立体几何（选择题、填空题）（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140．0k

m2；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

×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．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，∴𝑉=13ℎ(𝑆+𝑆′+√𝑆𝑆′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×10

6≈(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（）A．[18,814]

B．[274,814]C．[274,643]D．[18,27]【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𝑙

2=2𝑎2+ℎ2，32=2𝑎2+(3−ℎ)2,所以6ℎ=𝑙2，2𝑎2=𝑙2−ℎ2所以正四棱锥的体积𝑉=13𝑆ℎ=13×4𝑎2×ℎ=23×(𝑙2−𝑙436)×𝑙26=19(𝑙4−𝑙636)，所以𝑉′=19(4𝑙3−𝑙56)=19

𝑙3(24−𝑙26)，当3≤𝑙≤2√6时，𝑉′>0，当2√6<𝑙≤3√3时，𝑉′<0，所以当𝑙=2√6时，正四棱锥的体积𝑉取最大值，最大值为643，又𝑙=3时，𝑉=274，𝑙=3√3时，𝑉=

814,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是[274，643].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．100πB．128πC．144πD．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𝑟1,𝑟2，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

𝑟1,𝑟2，所以2𝑟1=3√3sin60∘,2𝑟2=4√3sin60∘，即𝑟1=3,𝑟2=4，设球心到上下底面的距离分别为𝑑1,𝑑2，球的半径为𝑅，所以𝑑1=√𝑅2−9，𝑑2=√

𝑅2−16，故|𝑑1−𝑑2|=1或𝑑1+𝑑2=1，即|√𝑅2−9−√𝑅2−16|=1或√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,,ABC满足45ACB=，

60ABC=．由C点测得B点的仰角为15，BB与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45，则A，C两点到水平面ABC的高度差AACC−约为（31.732）（）A．346B．373C．446D．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''AB，进而得到答案．【详解】过C作'CHBB⊥，过B作'BDAA⊥，故()''''''100100AACCAABBBHAABBAD−=−−=−+=+，由题，易知ADB△为等腰直角三

角形，所以ADDB=．所以''100''100AACCDBAB−=+=+．因为15BCH=，所以100''tan15CHCB==在'''ABC中，由正弦定理得：''''100100sin45sin75tan15cos15sin15ABCB===，而6

2sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin304−=−=−=，所以210042''100(31)27362AB==+−，所以''''100373AACCAB−=+．故选：B．【点睛】本题关键点在于如何正确将''AACC−的长度通过作辅助线的

方式转化为''100AB+．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,1ACBCACBC⊥==，则三棱锥OABC−的体积为（）A．212B．312C．24D．34【答案】A【解析】【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A

BC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.6．【2021年新高考1卷】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【解析】

【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.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．20123+B．282C．563D．2823【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()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.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．514−B．512−C．514+D．512+【答案】C【解

析】【分析】设,CDaPEb==，利用212POCDPE=得到关于,ab的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CDaPEb==，则22224aPOPEOEb=−=−，由题意212POab=，即22142abab

−=，化简得24()210bbaa−−=，解得154ba+=（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,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC的外接圆，若⊙1O的面

积为4π，1ABBCACOO===，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO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1O

半径为r，球的半径为R，依题意，得24,2rr==，ABC为等边三角形，由正弦定理可得2sin6023ABr==，123OOAB==，根据球的截面性质1OO⊥平面ABC，222211111,4OOOAROAOOOAOOr⊥==+=+=，球O的表面积2464SR==.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M，在俯视图

中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．EB．FC．GD．H【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M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，14DD上的点在正视图中都对应点M,直线34BC上的点在俯视图中对应的点为N

,∴在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是4D,线段34DD,上的所有点在侧试图中都对应E,∴点4D在侧视图中对应的点为E.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934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．3B．32C．1D．32【答案】C【解析】【分析】根据球O的表面积和ABC的面积可求得球O的半径R和ABC外接圆半径r

，由球的性质可知所求距离22dRr=−.【详解】设球O的半径为R，则2416R=，解得：2R=.设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为934的等边三角形，21393224a=，解得：3a=，22229933434ara=−=−=，

球心O到平面ABC的距离22431dRr=−=−=.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+42B．4+42C．6+23D．4+23【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：12222ABCADCCDBSSS====△△△根据勾股定理可得：22ABADDB===ADB△是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin60(22)23222ADB

SABAD===△该几何体的表面积是：2362332=++.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A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl⊥；AB是晷针所在直线.

m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//mCD、根据线面垂直的定义可得ABm⊥..由于40,//AOCmCD=，所以40OAGAOC==，由于90OA

GGAEBAEGAE+=+=，所以40BAEOAG==，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE=.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．【2022年新高考1卷】已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，则（）A．直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角为90°B．直线𝐵𝐶1与𝐶𝐴1所成的角为90°C．直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角为45°D．直线𝐵𝐶1与平面ABCD所成的角为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𝐵1𝐶、𝐵𝐶1，因为𝐷𝐴1//𝐵1𝐶，所以直线𝐵𝐶1与𝐵1𝐶所成的角即为直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角，因为四边形𝐵𝐵1𝐶1𝐶为正方形，

则𝐵1𝐶⊥𝐵𝐶1，故直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角为90°，A正确；连接𝐴1𝐶，因为𝐴1𝐵1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，则𝐴1𝐵1⊥𝐵𝐶1，

因为𝐵1𝐶⊥𝐵𝐶1，𝐴1𝐵1∩𝐵1𝐶=𝐵1，所以𝐵𝐶1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶，又𝐴1𝐶⊂平面𝐴1𝐵1𝐶，所以𝐵𝐶1⊥𝐶𝐴1，故B正确；连接𝐴1𝐶1，设𝐴1𝐶1∩𝐵1𝐷1=𝑂，连接𝐵𝑂，因为𝐵𝐵1

⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，𝐶1𝑂⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，则𝐶1𝑂⊥𝐵1𝐵，因为𝐶1𝑂⊥𝐵1𝐷1，𝐵1𝐷1∩𝐵1𝐵=𝐵1，所以𝐶1𝑂⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，所以∠𝐶1𝐵𝑂为直线𝐵𝐶1与

平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角，设正方体棱长为1，则𝐶1𝑂=√22，𝐵𝐶1=√2，sin∠𝐶1𝐵𝑂=𝐶1𝑂𝐵𝐶1=12，所以，直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角为30∘，故C错误；因为𝐶1𝐶⊥平面

𝐴𝐵𝐶𝐷，所以∠𝐶1𝐵𝐶为直线𝐵𝐶1与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角，易得∠𝐶1𝐵𝐶=45∘，故D正确.故选：ABD15．【2022年新高考2卷】如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐹𝐵∥𝐸𝐷,𝐴�

�=𝐸𝐷=2𝐹𝐵，记三棱锥𝐸−𝐴𝐶𝐷，𝐹−𝐴𝐵𝐶，𝐹−𝐴𝐶𝐸的体积分别为𝑉1,𝑉2,𝑉3，则（）A．𝑉3=2𝑉2B．𝑉3=𝑉1C．𝑉3=𝑉1+𝑉2D．2𝑉3=3𝑉1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算𝑉1,𝑉2，连接𝐵𝐷

交𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐸𝑀,𝐹𝑀，由𝑉3=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝑀+𝑉𝐶−𝐸𝐹𝑀计算出𝑉3，依次判断选项即可.【详解】设𝐴𝐵=𝐸𝐷=2𝐹𝐵=2𝑎，因为𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐹𝐵∥𝐸𝐷，则𝑉1=13⋅𝐸𝐷⋅𝑆△𝐴𝐶�

�=13⋅2𝑎⋅12⋅(2𝑎)2=43𝑎3，𝑉2=13⋅𝐹𝐵⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶=13⋅𝑎⋅12⋅(2𝑎)2=23𝑎3，连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐸𝑀,𝐹𝑀，易得𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴

𝐵𝐶𝐷，则𝐸𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐸𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，𝐸𝐷,𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐸𝐹，则𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸𝐹，又𝐵𝑀=𝐷𝑀=12𝐵𝐷=√2𝑎，过𝐹作𝐹𝐺⊥𝐷𝐸于𝐺，易得四边形𝐵𝐷𝐺

𝐹为矩形，则𝐹𝐺=𝐵𝐷=2√2𝑎,𝐸𝐺=𝑎，则𝐸𝑀=√(2𝑎)2+(√2𝑎)2=√6𝑎,𝐹𝑀=√𝑎2+(√2𝑎)2=√3𝑎，𝐸𝐹=√𝑎2+(2√2𝑎)2=3𝑎，𝐸𝑀2+𝐹𝑀2=𝐸𝐹2，则𝐸𝑀⊥𝐹𝑀，𝑆△�

�𝐹𝑀=12𝐸𝑀⋅𝐹𝑀=3√22𝑎2，𝐴𝐶=2√2𝑎，则𝑉3=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝑀+𝑉𝐶−𝐸𝐹𝑀=13𝐴𝐶⋅𝑆△𝐸𝐹𝑀=2𝑎3，则2𝑉3=3𝑉1，𝑉3=3𝑉2，𝑉3=𝑉1+𝑉2，故A、B错误；C、D

正确.故选：CD.16．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111ABCABC−中，11ABAA==，点P满足1BPBCBB=+，其中0,1，0,1，则（）A．当1=时，1ABP△的周长为定值B．当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C．当12=时，有且仅

有一个点P，使得1APBP⊥D．当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【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P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P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点

的个数．【详解】易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于A，当1=时，11=BPBCBBBCCC=++，即此时P线段1CC，1ABP△周长不是定值，故A错误；对于B，当1=时，1111=BPBCBBBBBC=++，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC

平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当12=时，112BPBCBB=+，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH=+，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系

如图，13,0,12A，()0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP=−−，10,,2BP=−，()110APBP=−=，所以0=或1=．故,HQ均满足，故C错误；对于D，当12=时，

112BPBCBB=+，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN=+，所以P点轨迹为线段MN．设010,,2Py，因为30,02A，，所以031,,22APy=−

，131,,122AB=−−，所以00311104222yy+−==−，此时P与N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．17．【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MNOP⊥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MN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2，对于A，如图（1）所示，连接AC，

则//MNAC，故POC（或其补角）为异面直线,OPMN所成的角，在直角三角形OPC，2OC=，1CP=，故12tan22POC==，故MNOP⊥不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQNT⊥，PQMN⊥，由正方体SBCMN

ADT−可得SN⊥平面ANDT，而OQ平面ANDT，故SNOQ⊥，而SNMNN=，故OQ⊥平面SNTM，又MN平面SNTM，OQMN⊥，而OQPQQ=，所以MN⊥平面OPQ，而PO平面OPQ，故MNOP⊥，故B正确.对于C

，如图（3），连接BD，则//BDMN，由B的判断可得OPBD⊥，故OPMN⊥，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接,,,,ACPQOQPKOK，则//ACMN，因为DPPC=，故//PQAC，故//P

QMN，所以QPO或其补角为异面直线,POMN所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQAC==，22123OQAOAQ=+=+=，22415POPKOK=+=+=，222QOPQOP+，故QPO不是直角，故,POMN不垂直，故D错误.故选：BC.18．【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】23【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2,3BCABAC===，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于223122AM=−=，故1222222S==△ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS=++△△△△111222ABrBCrACr=++()133222

2r=++=，解得：22r=，其体积：34233Vr==.故答案为：23.【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.19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1

D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】22.【解析】【分析】根据已知条件易得1DE3=，1DE⊥侧面11BCCB，可得侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，可得侧面1

1BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11BC的中点为E，1BB的中点为F，1CC的中点为G，因为BAD=60°，直四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为2，所以△111DBC为等边三角形，所以1DE3=

，111DEBC⊥，又四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以1BB⊥平面1111DCBA，所以111BBBC⊥，因为1111BBBCB=，所以1DE⊥侧面11BCCB，设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP⊥，因为球的半径为5，13DE=，所以2211|||||

|532EPDPDE=−=−=，所以侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，因为||||2EFEG==，所以侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，因为114BEFCEG==，所以2FEG=，所以根据弧长公式可得

2222FG==.故答案为：22.【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.20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则

三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】13【解析】【分析】利用11ANMDDAMNVV−−=计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的

中点所以11111112323ANMDDAMNVV−−===故答案为：13【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.