專題13立體幾何與空間向量(選擇填空題)(第二部分)（解析版） - 大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2014-2025）與優(yōu) 質(zhì)模擬題（新高考卷與全國(guó)理科卷）

大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2015-2024）與優(yōu)質(zhì)模擬題（新高考卷）專題13立體幾何與空間向量(選擇填空題)(第二部分)1．【2024年甲卷理科第10題】設(shè)α、β為兩個(gè)平面，m、n為兩條直線，且α?β=m.下述四個(gè)命題：①若m//n，則n//α或n//β

②③若n//α且n//β，則m//n

④若n其中所有真命題的編號(hào)是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【詳解】對(duì)①，當(dāng)n?α，因?yàn)閙//n，m?β，則當(dāng)n?β，因?yàn)閙//n，m?α，則當(dāng)n既不在α也不在β內(nèi)，因?yàn)閙//n，m?α,m?β，則n//對(duì)②，若m⊥n，則n與α,β不一定垂直，故對(duì)③，過(guò)直線n分別作兩平面與α,β分別相交于直線s和直線因?yàn)閚//α，過(guò)直線n的平面與平面α的交線為直線s，則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知同理可得n//t，則s//t，因?yàn)閟?平面β，t?平面β，則因?yàn)閟?平面α，α?β=m，則s//m，又因?yàn)閚//s，則對(duì)④，若x與α和β所成的角相等，如果n//α,n//綜上只有①③正確，故選：A.2．【2023年高考全國(guó)乙卷理第3題】如圖，網(wǎng)格紙上繪制的一個(gè)零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該零件的表面積為（

）

A．24 B．26 C．28 D．30【答案】D【詳解】如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C點(diǎn)H,I,J,則三視圖所對(duì)應(yīng)的幾何體為長(zhǎng)方體ABCD?A1B

該幾何體的表面積和原來(lái)的長(zhǎng)方體的表面積相比少2個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形，其表面積為：2×故選：D.3．【2023年高考全國(guó)乙卷理第8題】已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=120°，若△PAB的面積等于93A．π B．6π C．3π 【答案】B【詳解】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AB中點(diǎn)C，連接∠ABO=30°，OC=32,AB=解得PC=332所以圓錐的體積V=1故選：B4．【2023年高考全國(guó)乙卷理第9題】已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C?AB?D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（A．15 B．25 C．35【答案】C【詳解】取AB的中點(diǎn)E，連接CE,DE，因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C?AB?D的平面角，即∠CED=

顯然CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC=CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B=2，則CE=1,DE=CD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=顯然∠DCE是銳角，cos∠DCE=所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為35故選：C5．【2023年高考全國(guó)甲卷理第11題】已知四棱錐P?ABCD的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，PC=PD=3,∠PCA=45°，則A．22 B．32 C．42【答案】C【詳解】法一：連結(jié)AC,BD交于O，連結(jié)PO，則O為因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，AB=4，所以AC=BD=42又PC=PD=3，PO=OP，所以△PDO?△PCO，則∠PDO=∠PCO又PC=PD=3，AC=BD=42，所以△PDB?△PCA在△PAC中，PC=則由余弦定理可得PA故PA=17，則PB=故在△PBC中，PC=所以cos∠PCB=又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面積為S=法二：連結(jié)AC,BD交于O，連結(jié)PO，則O為因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，AB=4，所以AC=BD=在△PAC中，PC=則由余弦定理可得PA2=A所以cos∠APC=PA不妨記PB=m,因?yàn)镻O=12即PA2則17+9+2又在△PBD中，BD2=PB2兩式相加得2m2?故在△PBC中，PC=所以cos∠PCB=又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面積為S=故選：C.6．【2022年高考全國(guó)乙卷理第7題】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC【答案】A【詳解】解：在正方體ABCD?AAC⊥BD且DD1⊥又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD因?yàn)镋,F分別為所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD?DD所以EF⊥平面BDD又EF?平面B1所以平面B1EF⊥平面選項(xiàng)BCD解法一：如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2則B1C1則EF=?1,1,0A設(shè)平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?所以平面B1EF與平面因?yàn)閙與n2所以平面B1EF與平面因?yàn)閙與n3所以平面B1EF與平面故選：A.選項(xiàng)BCD解法二：解：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)A1B?B1E=M，EF?BD=N，則MN在△BMN內(nèi)，作BP⊥MN于點(diǎn)P，在△EMN內(nèi)，作GP⊥MN，交EN于點(diǎn)G，連結(jié)BG，則∠BPG或其補(bǔ)角為平面B1EF與平面由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F為中點(diǎn)，則由勾股定理可得NB從而有：NB據(jù)此可得PB2+P據(jù)此可得平面B1EF⊥平面對(duì)于選項(xiàng)C，取A1B1的中點(diǎn)H由于AH與平面A1AC相交，故平面B1對(duì)于選項(xiàng)D，取AD的中點(diǎn)M，很明顯四邊形A1B1由于A1M與平面A1C1故選：A.7．【2022年高考全國(guó)乙卷理第9題】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線夾角為α，則S（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立）即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為2又設(shè)四棱錐的高為?，則r2V當(dāng)且僅當(dāng)r2=2故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22aV=1(當(dāng)且僅當(dāng)a24=所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高?=1故選：C．[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22a，所以該四棱錐的高?=1?a22，V=10<t<43，f't>所以當(dāng)t=43時(shí)，V最大，此時(shí)故選：C.【點(diǎn)評(píng)】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；方法二：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導(dǎo)數(shù)求最值，是最值問(wèn)題的常用解法，操作簡(jiǎn)便，是通性通法．8．【2022年高考全國(guó)甲卷理第4題】如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該多面體的體積為（

）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積V=2故選：B.9．【2022年高考全國(guó)甲卷理第7題】在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB與平面AC．AC=CB1 D．B1D【答案】D【詳解】如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為∠B1DB，B1對(duì)于A，AB=a，AD=b，AB=2對(duì)于B，過(guò)B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB與平面A對(duì)于C，AC=a2+b2對(duì)于D，B1D與平面BB1C1C所成角為∠D故選：D．10．【2022年高考全國(guó)甲卷理第9題】甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．【答案】C【詳解】解：設(shè)母線長(zhǎng)為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r則S甲所以r1又2π則r1所以r1所以甲圓錐的高?1乙圓錐的高?2所以V甲故選：C.11．【2021年高考全國(guó)乙卷理第5題】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為A．π2 B．π3 C．π4【答案】D【詳解】如圖，連接BC1,PC所以∠PBC1或其補(bǔ)角為直線PB與因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C所以PC1⊥平面PBB設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則BCsin∠PBC1故選：D12．【2021年高考全國(guó)甲卷理第6題】在一個(gè)正方體中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G．該正方體截去三棱錐A?EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示，所以其側(cè)視圖為故選：D13．【2021年高考全國(guó)甲卷理第11題】已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC,AC=BC=1，則三棱錐O?ABCA．212 B．312 C．24【答案】A【詳解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC則△ABC外接圓的半徑為22設(shè)O到平面ABC的距離為d，則d=1所以VO?ABC故選：A.14．【2020年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第8題】下圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是（

）A．6+42 B．4+42 C．6+23 D．4+23【答案】C【詳解】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形根據(jù)立體圖形可得：S根據(jù)勾股定理可得：AB=AD=DB=∴△ADB是邊長(zhǎng)為22根據(jù)三角形面積公式可得：S∴該幾何體的表面積是：3×故選：C.15．【2020年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第7題】如圖是一個(gè)多面體的三視圖，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，在俯視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為N，則該端點(diǎn)在側(cè)視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（

）A．E B．F C．G D．H【答案】A【詳解】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，D1D4上的點(diǎn)在正視圖中都對(duì)應(yīng)點(diǎn)M∴在正視圖中對(duì)應(yīng)M,在俯視圖中對(duì)應(yīng)N的點(diǎn)是D4,線段D3D4,上的所有點(diǎn)在側(cè)試圖中都對(duì)應(yīng)E,∴點(diǎn)故選：A16．【2020年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第10題】已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為（A．3 B．32 C．1 D．【答案】C【詳解】設(shè)球O的半徑為R，則4πR2設(shè)△ABC外接圓半徑為r，邊長(zhǎng)為a，∵△ABC是面積為93∴12a2×∴球心O到平面ABC的距離d=R故選：C.17．【2020年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第3題】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為（

）A．5?14 B．5?12【答案】C【詳解】如圖，設(shè)CD=a,PE=b，則由題意PO2=12解得ba故選：C.18．【2020年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第10題】已知A,B,C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，A．64π B．48π C．36π D．32π【答案】A【詳解】設(shè)圓O1半徑為r，球的半徑為R得πr2=由正弦定理可得AB=2∴OO1=AB=23∴OO∴球O的表面積S=4故選：A

19．【2019年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第8題】如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，ΔECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是線段A．BM=EN，且直線BM,B．BM≠EN，且直線BM,C．BM=EN，且直線BM,D．BM≠EN，且直線BM,【答案】B【詳解】如圖所示，作EO⊥CD于O，連接ON，過(guò)M作MF⊥連BF，∵平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD,EO?平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，∴ΔMFB與ΔEON均為直角三角形．設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，易知MF=32,20．【2019年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第12題】已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF=90°，則球O的體積為A．86π B．46π C．【答案】D【詳解】解法一:∵PA=PB=PC,Δ∴PB⊥AC，又E，F(xiàn)分別為PA、AB中點(diǎn)，∴EF//PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE?AC=C,∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB=90°,∴解法二:設(shè)PA=PB=PC=2x，E,∴EF//PB，且EF=∴CF=3又ΔAEC中余弦定理cos∠EAC=x2+4?3∵D為AC中點(diǎn)，cos∠EAC=ADPA∴2x2+1=2∴x2=1221．【2018年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第9題】在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，A．15 B．56 C．55【答案】C【詳解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0),A(1,0,0),因?yàn)閏osAD1,DB122．【2018年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第3題】中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)，構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是A． B．C． D．【答案】A【詳解】由題意知，題干中所給的是榫頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進(jìn)去的，即俯視圖中應(yīng)有一不可見的長(zhǎng)方形，且俯視圖應(yīng)為對(duì)稱圖形故俯視圖為故選A.23．【2018年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第10題】設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為93，則三棱錐D?ABCA．123 B．183 C．243【答案】B【詳解】如圖所示，點(diǎn)M為三角形ABC的中心，E為AC中點(diǎn)，當(dāng)DM⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D此時(shí)，OD∵∴AB∵點(diǎn)M為三角形ABC的中心∴∴Rt△OMB中，有OM∴∴故選B.24．【2018年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第7題】某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為

A．217 B．25 C．3【答案】B【詳解】根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側(cè)面展開圖平鋪,可以確定點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在以圓柱的高為長(zhǎng)方形的寬，圓柱底面圓周長(zhǎng)的四分之一為長(zhǎng)的長(zhǎng)方形的對(duì)角線的端點(diǎn)處，所以所求的最短路徑的長(zhǎng)度為4225．【2018年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第12題】已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為A．334 B．233 C．【答案】A【詳解】根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCD?A平面AB1D所以平面AB同理平面C1要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個(gè)面AB1D且過(guò)棱的中點(diǎn)的正六邊形，且邊長(zhǎng)為22所以其面積為S=626．【2024年甲卷理科第14題】已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2，圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為2r2?【答案】6【詳解】由題可得兩個(gè)圓臺(tái)的高分別為?甲?乙所以V甲故答案為：6427．【2023年高考全國(guó)甲卷理第15題】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為【答案】12【詳解】不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，EF中點(diǎn)為O，取CD，CC1中點(diǎn)G,M，側(cè)面BB由題意可知，O為球心，在正方體中，EF=F即R=2則球心O到CC1的距離為所以球O與棱CC1相切，球面與棱同理，根據(jù)正方體的對(duì)稱性知，其余各棱和球面也只有1個(gè)交點(diǎn)，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點(diǎn)總數(shù)為12.故答案為：1228．【2021年高考全國(guó)乙卷理第16題】以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為（寫出符合要求的一組答案即可）．【答案】③④（或②⑤，答案不唯一）【詳解】選擇側(cè)視圖為③，俯視圖為④，

如圖所示，長(zhǎng)方體ABCD?A1BE,F分別為棱則正視圖①，側(cè)視圖③，俯視圖④對(duì)應(yīng)的幾何體為三棱錐E?ADF;則正視圖①，側(cè)視圖②，俯視圖⑤對(duì)應(yīng)的幾何體為三棱錐E?CBG;故答案為：③④或②⑤.29．【2020年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第15題】已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為．【答案】2【詳解】易知半徑最大球?yàn)閳A錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時(shí)的軸截面如圖所示，其中BC=2,AB=AC=3，且點(diǎn)M設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，

由于AM=32?設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則：S=1解得：r=22，其體積：故答案為：2330．【2020年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第16題】設(shè)有下列四個(gè)命題：p1：兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.p4：若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號(hào)是.①p1∧p4②p【答案】①③④【詳解】對(duì)于命題p1，可設(shè)l1與l2若l3與l1相交，則交點(diǎn)A在平面同理，l3與l2的交點(diǎn)B也在平面所以，AB?α，即l3?α，命題對(duì)于命題p2命題p2對(duì)于命題p3命題p3對(duì)于命題p4，若直線m⊥平面α則m垂直于平面α內(nèi)所有直線，∵直線l?平面α，∴直線m⊥直線l，命題p4綜上可知，，為真命題，，為假命題，p1∧p?p2∨故答案為：①③④.31．【2020年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第16題】如圖，在三棱錐P–ABC的平面展開圖中，AC=1，AB=AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，則cos∠FCB=【答案】?【詳解】∵AB⊥AC，AB=3，AC=由勾股定理得BC=A同理得BD=6，∴BF=BD=在△ACE中，AC=1，AE=AD=3，由余弦定理得CE∴CF=CE=1在△BCF中，BC=2，BF=6由余弦定理得cos∠FCB=故答案為：?132．【2019年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第16題】學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1挖去四棱錐O?EFGH后所得的幾何體，其中O為長(zhǎng)方體的中心，E,【答案】118．8【詳解】由題意得，SEFGH四棱錐O?EFG的高3cm，∴VO?EFGH又長(zhǎng)方體ABCD?A1B所以該模型體積為V=V其質(zhì)量為0.9×33．【2019年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第16題】中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1．則該半正多面體共有個(gè)面，其棱長(zhǎng)為．【答案】共26個(gè)面.棱長(zhǎng)為2?【詳解】由圖可知第一層與第三層各有9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，第二層共有8個(gè)面，所以該半正多面體共有18+如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為x，則AB=BE=x，延長(zhǎng)BC與FE交于點(diǎn)G，延長(zhǎng)BC交正方體棱于H，由半正多面體對(duì)稱性可知，ΔBGE為等腰直角三角形，∴BG=GE=CH=2∴x=12+34．【2018年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第16題】已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為78，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為515，則該圓錐的側(cè)面積為【答案】40【詳解】因?yàn)槟妇€SA，SB所成角的余弦值為78，所以母線SA，SB所成角的正弦值為158，因?yàn)椤鱏AB的面積為515，設(shè)母線長(zhǎng)為l因?yàn)镾A與圓錐底面所成角為45°，所以底面半徑為lcos因此圓錐的側(cè)面積為πrl=1．（2024·四川·三模）龍洗，古代中國(guó)盥洗用具，狀貌像鼎，用青銅鑄造，因盆內(nèi)有龍紋而稱之為龍洗，中國(guó)傳說(shuō)中也稱作聚寶盆．其盆體可以近似看作一個(gè)圓臺(tái)，現(xiàn)有一龍洗盆高12cm，盆口直徑24cm，盆底直徑12cm．現(xiàn)往盆內(nèi)注水，當(dāng)水深為4cm時(shí)，則盆內(nèi)水的體積為（

）（圓臺(tái)的體積公式：V=13S+SA．11843πcm3 B．5923πc【答案】B【詳解】由題意可知，該龍洗盆的軸截面圖如圖：龍洗盆上底半徑為12cm，下底半徑為6cm，當(dāng)水深為4cm時(shí)，占盆高的13，此時(shí)水面的半徑為6則盆內(nèi)水的體積V=1故選：B

2．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長(zhǎng)均相等，E為棱PA的中點(diǎn)，則異面直線BE與PC所成角的余弦值為（

）A．63 B．?63 C．3【答案】C【詳解】連接AC，取AC的中點(diǎn)O，連接BO,由題意知，EO//則異面直線BE與PC所成角為∠BEO（或其補(bǔ)角），在△BOE中，EO=則cos∠BEO=則異面直線BE與PC所成角的余弦值為33故選：C．

3．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）已知某圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為22，母線與軸所在直線的夾角是45°，且上、下底面的面積之比為1:4，則該圓臺(tái)外接球的表面積為（A．40π B．64π C．80π D．128π【答案】C【詳解】如圖：上，下底面圓心分別為M,N，外接球球心為連接OC,因?yàn)樯稀⑾碌酌娴拿娣e之比為1：4，則上底面半徑與下底面半徑之比為1:2，即CN＝2又母線與軸所在直線的夾角是45°,故∠BCN=45則有CN?BM=2,MN=記圓臺(tái)外接球半徑為R,OM=?，在直角△OCN和直角△OBM中由勾股定理知：OM則有?2+2故圓臺(tái)外接球的半徑R2則該圓臺(tái)外接球的表面積S=4π故選：C．

4．（2024·四川攀枝花·三模）在一個(gè)圓錐中，D為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面圓的圓心，P為線段DO的中點(diǎn)，AE為底面圓的直徑，△ABC是底面圓的內(nèi)接正三角形，AB=AD=3①BE//平面PAC②PA⊥平面PBC；③圓錐的側(cè)面積為3π④三棱錐P?ABC的內(nèi)切球表面積為(2?其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【詳解】由△ABC是底面圓的內(nèi)接正三角形，AB=AD=3設(shè)圓錐的底面半徑為r，則可得ABsin60°=2r

因?yàn)锳D=3，故高DO=所以圓錐的側(cè)面積S側(cè)=π假設(shè)BE//平面PAC，由于BE?平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，故BE則∠BEA=∠EAC，而因?yàn)锳E為底面圓的直徑，又∠BAC=60°，且故BE、AC不可能平行，所以BE與平面PAC不平行；故①錯(cuò)誤；因?yàn)镻為線段DO的中點(diǎn)，故PA=PB=PC=則PA2+PB2故PA⊥PB，PA⊥PC，又PB∩PC=P，PB,PC?平面所以PA⊥平面PBC，故②正確；又S△S△PABVP?ABC設(shè)三棱錐P?ABC的內(nèi)切球的半徑為R，則VP?ABC即68=133所以三棱錐P?ABC的內(nèi)切球的表面積S=4πR2綜上有②③④正確.故選：C．

5．（2024·四川成都·三模）已知直線l、m、n與平面α、β，下列命題正確的是（

）A．若l⊥n，m⊥n，則lB．若l⊥α，l//βC．若l⊥α，l⊥m，則mD．若α⊥β，α?β=m，l⊥m，則l⊥β【答案】B【詳解】對(duì)于A，若l⊥n，m⊥n，則l,對(duì)于B，若l//β，則存在l1?β，使得l//l1，又因?yàn)閘⊥α對(duì)于C，若l⊥α，l⊥m，則m//α或?qū)τ贒，若α⊥β，α?β=m，l⊥m，且如果l不在α內(nèi)，則不會(huì)有l(wèi)⊥β，故D錯(cuò)誤.故選：B.

6．（2024·四川自貢·三模）已知球O半徑為4，圓O1與圓O2為球體的兩個(gè)截面圓，它們的公共弦長(zhǎng)為4，若OO1=3，A．3 B．433 C．3+【答案】D【詳解】設(shè)圓O1與圓O2公共弦為AB，其中點(diǎn)為則O1A=所以O(shè)1E=所以在Rt△OO1E中，在Rt△OO2E中，所以在△O1EO2故選：D.

7．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為2，M，N，P，Q分別是線段AC，A1C1，AAA．三棱柱ABC?A1B1CC．DQ⊥面B1QN D．三棱錐【答案】C【詳解】在直三棱柱ABC?A對(duì)于A，顯然三棱柱ABC?A1B△ABC外接圓半徑r=23×2sin60其表面積S=4π對(duì)于B，由M是BC的中點(diǎn)，得BM⊥BC，而CC1⊥平面ABC則BM⊥CC1，而AC?CC1=C,AC又MQ?平面ACC1A1，則MQ⊥BM，由P,得∠AMP=∠CMQ=45°，則∠PMQ=90°，即因此MQ⊥平面BMP，而BD?平面BMP，所以BD⊥MQ，B正確；對(duì)于C，由N是正方形ACC1A1邊A1C1DQ是Rt△MDQ的斜邊，DQ不垂直于MP，因此DQ不垂直于NQ，NQ?平面B1QN，DQ對(duì)于D，由選項(xiàng)C知，MP//NQ，NQ?平面B1QN，MP?平面B1從而點(diǎn)D到平面B1QN的距離是定值，顯然△B故選：C

8．（2024·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·二模）在半徑為5的球體內(nèi)部放置一個(gè)圓錐，則該圓錐體積的最大值為（

）A．4000π81 B．4000π27 C．2000π81【答案】A【詳解】由題知，如圖，當(dāng)圓錐體積最大時(shí)，此時(shí)圓錐內(nèi)接于球，球心在圓錐的高上，設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為?0<?<10所以該圓錐的體積V=1則V'=13π??3?+20．當(dāng)故當(dāng)?=203時(shí)，V取得最大值，且最大值為故選：A.

9．（2024·四川成都·三模）已知正四棱臺(tái)ABCD?EFGH的上底面積為16，下底面積為64，且其各個(gè)頂點(diǎn)均在半徑R=57的球O的表面上，則該四棱臺(tái)的高為（

）A．2 B．8 C．8或12 D．2或12【答案】D【詳解】

如圖，做出截面DBFH，當(dāng)圓心O位于截面內(nèi)部時(shí)，

取DB中點(diǎn)E，HF中點(diǎn)F1，連接DO、EF1易得點(diǎn)O在EF1上，由題意得DB=42，因?yàn)镺F1=所以EF當(dāng)O不在截面內(nèi)時(shí)，

同第一種情況理可得OE=7，O所以EF故選：D.

10．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4,M為棱DC的中點(diǎn)，N為側(cè)面BC1的中心，過(guò)點(diǎn)MA．45+2C．53 D．【答案】D【詳解】如圖所示，取BC,CC1的中點(diǎn)在正方形ABCD中，因?yàn)镸,E分別為DC,所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因?yàn)椤螦DM=90°，所以∠AMD+∠CDE=90又因?yàn)镋,N分別為BC,因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，所以C又因?yàn)镈E?NE=E且DE,NE?平面DNE，所以AM⊥平面因?yàn)镈N?平面DNE，所以AM⊥DN，同理可證：D1又因?yàn)锳M?D1M=M且AM,D1M?即平面α截正方體ABCD?A1B由正方體ABCD?A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面積為S=1故選：D.11．（2024·陜西渭南·二模）已知棱長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)有一個(gè)正方體玩具，若正方體玩具可以在該正四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則這個(gè)正方體玩具的棱長(zhǎng)最大值為.【答案】2【詳解】根據(jù)題意，如圖：正四面體PABC中，其棱長(zhǎng)為a，設(shè)O為底面△ABC的外心，O'為其內(nèi)切球的球心，設(shè)其內(nèi)切球半徑為R，連接OC、O'C，

底面△ABC為等邊三角形，則CO=3a3則PO'=6則有O'C2=O若正方體在紙盒內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)正方體玩具的棱長(zhǎng)最大時(shí)，其外接球是正四面體的內(nèi)切球，設(shè)此時(shí)正方體玩具的棱長(zhǎng)為m，則其外接球直徑為3m則有3m=2×即這個(gè)正方體玩具的棱長(zhǎng)最大值為2a故答案為：2a6.

12．（2024·陜西·三模）如圖，四邊形ABCD是圓柱的軸截面，E是底面圓周上異于A,①AE⊥CE；②BE⊥DE；③DE⊥平面BCE；④平面ADE⊥平面BCE．【答案】①②④【詳解】因?yàn)樗倪呅蜛BCD是圓柱的軸截面，則線段AB是底面圓的直徑，BC,又E是底面圓周上異于A,B的一點(diǎn)，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE?平面ABE，則因?yàn)锽C∩BE=B,BC,BE?平面BCE，則AE⊥平面BCE，因?yàn)镃E?平面BCE，所以同理可證BE⊥DE，②正確：點(diǎn)D不在底面ABE內(nèi)，而直線AE在底面ABE內(nèi)，即AE,若DE⊥平面BCE，因AE⊥平面BCE，與過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線垂直于已知平面矛盾，③不正確；因?yàn)锳E⊥平面BCE，而AE?平面ADE，于是得平面ADE⊥平面BCE，④正確．故答案為：①②④

13．（2024·四川遂寧·二模）一個(gè)圓錐的頂點(diǎn)和底面圓都在半徑為2的球體表面上，當(dāng)圓錐的體積最大時(shí)，其側(cè)面積為．【答案】32【詳解】設(shè)圓錐高為?(0<?<4)，底面半徑為r，則2∴V=1∴V'=83π??π?2當(dāng)0<?<83時(shí)，V'>0，函數(shù)V是增函數(shù)；當(dāng)83因此當(dāng)?=83，故側(cè)面積為π故答案為：323π9．

14．（2024·四川·三模）已知正四棱臺(tái)ABCD?A1B【答案】38023【詳解】設(shè)外接球的半徑為R，則4πR2=設(shè)正方形ABCD和正方形A1B1C1則M在線段OO如圖，在等腰梯形ACCMA=MA則MO=26所以O(shè)O1=52所以正四棱臺(tái)ABCD?A1B故答案為：38023.

15．（2024·內(nèi)蒙古·三模）在平行四邊形ABCD中，AB=1,AD=2,∠A=π4，沿BD【答案】3π【詳解】在△ABD中，AB=由余弦定理得BD得到BD=1，所以AB2由題可知，當(dāng)AB⊥平面BCD時(shí)，三棱錐A?BCD的體積最大，如下圖，可將三棱錐A?BCD補(bǔ)全為正方體，則三棱錐A?BCD外接球的半徑即為正方體外接球的半徑，易知2R=AC=所以R=32，故三棱錐A?BCD外接球的表面積為故答案為：3π.

16．（2024·河北邯鄲·二模）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=5,AD=3,【答