專題12立體幾何與空間向量(選擇填空題)(第一部分)（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12立體幾何與空間向量(選擇填空題)(第一部分)1．【2024年新高考2卷第7題】已知正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的體積為523，AB=6，A．12 B．1 C．2 【答案】B【詳解】解法一：分別取BC,B1C1可知S△ABC設(shè)正三棱臺(tái)ABC?A1B則VABC?A1如圖，分別過A1,D1作底面垂線，垂足為則AA1=可得DD結(jié)合等腰梯形BCC1B即x2+16所以A1A與平面ABC所成角的正切值為解法二：將正三棱臺(tái)ABC?A1B則A1A與平面ABC所成角即為PA與平面因?yàn)镻A1PA可知VABC?A1設(shè)正三棱錐P?ABC的高為d，則VP?ABC=1取底面ABC的中心為O，則PO⊥底面ABC，且AO=2所以PA與平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=故選：B.2．【2024年新高考1卷第5題】已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為3，則圓錐的體積為（

）A．23π B．33π C．【答案】B【詳解】設(shè)圓柱的底面半徑為r，則圓錐的母線長(zhǎng)為r2而它們的側(cè)面積相等，所以2πr×3=故r=3，故圓錐的體積為1故選：B.3．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第4題】南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180．A．1.0×109m3 B．1.2×1【答案】C【詳解】依題意可知棱臺(tái)的高為MN=157.5?148.5=棱臺(tái)上底面積S=140.0km2∴V==3故選：C．4．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第7題】已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為33和43，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【詳解】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．

5．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第3題】已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（

）A．2 B．22 C．4 D．【答案】B【詳解】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則πl(wèi)=2π×2故選：B.6．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第4題】北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測(cè)到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S=2πr2(1?cosA．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：2π故選：C.7．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第5題】正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為（

）A．20+123 B．282 C．56【答案】D【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，所以該棱臺(tái)的高?=2下底面面積S1=16所以該棱臺(tái)的體積V=1故選：D.8．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第4題】日晷是中國(guó)古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測(cè)定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（

）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【詳解】畫出截面圖如下圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線；l是點(diǎn)A處的水平面的截線，依題意可知OA⊥l；AB是晷針?biāo)谥本€.m是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知m//CD、根據(jù)線面垂直的定義可得由于∠AOC=40°,由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為故選：B9．【2017年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第8題】（2017新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ理科）已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為A．π B．3πC．π2 D．【答案】B【詳解】繪制圓柱的軸截面如圖所示，由題意可得：AC=1,結(jié)合勾股定理，底面半徑r=1由圓柱的體積公式，可得圓柱的體積是V=πr10．【2017年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第4題】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為A．90π B．63π C．42π D．36π【答案】B【詳解】由題意，該幾何體是由高為6的圓柱截取一半后的圖形加上高為4的圓柱，故其體積為V=111．【2017年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第10題】已知直三棱柱ΑΒC?Α1Β1C1中，∠ΑΒC=A．32 B．155 C．105【答案】C【詳解】如圖所示，補(bǔ)成直四棱柱ABCD?A則所求角為∠BC易得C1D212．【2017年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第7題】某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為A．10 B．12C．14 D．16【答案】B【詳解】由題意該幾何體的直觀圖是由一個(gè)三棱錐和三棱柱構(gòu)成，如下圖，則該幾何體各面內(nèi)只有兩個(gè)相同的梯形，則這些梯形的面積之和為2×13．【2016年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第9題】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為A．18+365 B．54+【答案】B【詳解】由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)以俯視圖為底面的斜四棱柱，其底面面積為：3×6=18，前后側(cè)面的面積為：3×6×2=36，左右側(cè)面的面積為：3×故棱柱的表面積為：18+故選B．14．【2016年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第10題】在封閉的直三棱柱ABC?A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若AAA．4π B．92π C．6【答案】B【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，則，故球的最大半徑為，故選B.15．【2016年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第6題】如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為

A．20π B．24π C．28π【答案】C【詳解】由三視圖分析可知，該幾何體的表面積為圓錐的表面積與圓柱的側(cè)面積之和．，，所以幾何體的表面積為．16．【2016年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第6題】如圖，某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是28π3A．17π B．18π C．20π D．28π【答案】A【詳解】由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖所示：是一個(gè)球被切掉左上角的18,即該幾何體是78個(gè)球，設(shè)球的半徑為R，則V=78×4317．【2016年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第11題】平面α過正方體ABCD—A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，,α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A．32 B．22 C．33【答案】A【詳解】如圖，設(shè)平面CB1D1?平面ABCD=m'，平面CB1D1?平面ABB1A1=n'，因?yàn)棣?/平面CB1D1，所以m//m',n//n'，則m,n所成的角等于18．【2015年新課標(biāo)Ⅱ理科第6題】一個(gè)正方體被一個(gè)平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如右圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，由三視圖判斷，正方體被切掉的部分為三棱錐，∴正方體切掉部分的體積為13×12×1×1故選D．19．【2015年新課標(biāo)Ⅱ理科第9題】已知是球的球面上兩點(diǎn),,為該球面上的動(dòng)點(diǎn).若三棱錐體積的最大值為36,則球的表面積為（）A．36π B．64π C．144π D．256π【答案】C【詳解】

如圖所示，當(dāng)點(diǎn)C位于垂直于面AOB的直徑端點(diǎn)時(shí)，三棱錐O?ABC的體積最大，設(shè)球O的半徑為R，此時(shí)VO?ABC=VC?AOB=1320．【2015年新課標(biāo)Ⅰ理科第6題】《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題:“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺.問:積及為米幾何?”其意思為:“在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個(gè)圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長(zhǎng)為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少?”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有

A．14斛 B．22斛C．36斛 D．66斛【答案】B【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為r，則14×2×3r=8，所以r=21．【2015年新課標(biāo)Ⅰ理科第11題】圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π，則r=A．1 B．2 C．4 D．8【答案】B【詳解】由幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖可知，截圓柱的平面過圓柱的軸線，該幾何體是一個(gè)半球拼接半個(gè)圓柱，∴其表面積為：12又∵該幾何體的表面積為16+20π，∴5π本題選擇B選項(xiàng).22．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第9題】已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P?AC?O為45°A．該圓錐的體積為π B．該圓錐的側(cè)面積為4C．AC=22 D．△【答案】AC【詳解】依題意，∠APB=120°，PA=2A選項(xiàng)，圓錐的體積為13×πB選項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積為π×3×C選項(xiàng)，設(shè)D是AC的中點(diǎn)，連接OD,則AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角則∠PDO=45°，所以故AD=CD=3?1=2D選項(xiàng)，PD=12+12=故選：AC.

23．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第12題】下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（

）A．直徑為0.99m的球體B．所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C．底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D．底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體【答案】ABD【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)?.99m<所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)檎襟w的面對(duì)角線長(zhǎng)為2m，且2所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)檎襟w的體對(duì)角線長(zhǎng)為3m，且3所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)?.2m>如圖，過AC1的中點(diǎn)O作OE⊥AC可知AC=2,C即12=OE且642=故以AC1為軸可能對(duì)稱放置底面直徑為若底面直徑為1.2m的圓柱與正方體的上下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心O1，與正方體的下底面的切點(diǎn)為M可知：AC1⊥即12=0.6根據(jù)對(duì)稱性可知圓柱的高為3?所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確；故選：ABD.24．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第9題】已知正方體ABCD?A1BA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°【答案】ABD【詳解】如圖，連接B1C、BC1，因?yàn)镈A1//B1因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB因?yàn)锽1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1B1連接A1C1，設(shè)A因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C因?yàn)镃1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB1D因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面故選：ABD25．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第11題】如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F(xiàn)?ABC，F(xiàn)?ACE的體積分別為A．V3=2VC．V3=V1【答案】CD【詳解】設(shè)AB=ED=2FB=2a，因?yàn)镋D⊥平面ABCD，V2=13?FB?S△ABC=13?a?又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED?BD=D，ED,BD?平面BDEF，則AC⊥平面又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM=13AC?S△EFM=2a故選：CD.26．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第12題】在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1，點(diǎn)A．當(dāng)λ=1時(shí)，△B．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P?C．當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD．當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A【答案】BD【詳解】易知，點(diǎn)P在矩形BCC對(duì)于A，當(dāng)λ=1時(shí)，BP=BC+μBB1=BC對(duì)于B，當(dāng)μ=1時(shí)，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此時(shí)對(duì)于C，當(dāng)λ=12時(shí)，BP=12BC+μBB1，取BC，B1C1中點(diǎn)分別為Q，H，則BP=BQ+μQH，所以P點(diǎn)軌跡為線段QH，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，A13對(duì)于D，當(dāng)μ=12時(shí)，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中點(diǎn)為M,N．BP=BM+λMN，所以故選：BD．27．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第10題】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)．則滿足MN⊥OP的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【詳解】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，對(duì)于A，如圖（1）所示，連接AC，則MN//故∠POC（或其補(bǔ)角）為異面直線OP,在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故故MN⊥OP不成立，故A錯(cuò)誤.對(duì)于B，如圖（2）所示，取NT的中點(diǎn)為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方體SBCM?NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ?平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN?MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ?PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確.對(duì)于C，如圖（3），連接BD，則BD//MN，由B的判斷可得故OP⊥MN，故C正確.對(duì)于D，如圖（4），取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC,則AC//因?yàn)镈P=PC，故PQ//AC，故所以∠QPO或其補(bǔ)角為異面直線PO,因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,MN不垂直，故D故選：BC.28．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第14題】底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為．【答案】28【詳解】方法一：由于24=12，而截去的正四棱錐的高為所以正四棱錐的體積為13截去的正四棱錐的體積為13所以棱臺(tái)的體積為32?方法二：棱臺(tái)的體積為13故答案為：28.29．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第14題】在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C【答案】766【詳解】如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M，易知A

因?yàn)锳B=2,則A1故AM=12AC?所以所求體積為V=1故答案為：7630．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第13題】已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)，則三棱錐A-NMD1的體積為【答案】1【詳解】因?yàn)檎襟wABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)所以V故答案為：131．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第16題】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為【答案】22【詳解】如圖：取B1C1的中點(diǎn)為E，BB1的中點(diǎn)為F因?yàn)椤螧AD=60°，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1又四棱柱ABCD?A1B1C1D因?yàn)锽B1?B1設(shè)P為側(cè)面B1C1因?yàn)榍虻陌霃綖?，D1E=3所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點(diǎn)到因?yàn)閨EF|=|EG|=因?yàn)椤螧1EF=∠所以根據(jù)弧長(zhǎng)公式可得FG=故答案為：2232．【2017年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第16題】如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為．

【答案】4【詳解】如下圖，連接DO交BC于點(diǎn)G，設(shè)D，E，F(xiàn)重合于S點(diǎn)，正三角形的邊長(zhǎng)為x(53>x>0)，則∴DG=SG=5SO=?=SG2∴三棱錐的體積V=1設(shè)nx=5令n'x=0，即4x3?x∴Vmax

33．【2017年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第16題】a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成30°角；②當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是.（填寫所有正確結(jié)論的編號(hào)）【答案】②③【詳解】由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設(shè)圖中所示正方體邊長(zhǎng)為1，故|AC|＝1，|AB|=2斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點(diǎn)保持不變，B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C坐標(biāo)原點(diǎn)，以CD為x軸，CB為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D（1，0，0），A（0，0，1），直線a的方向單位向量a=（0，1，0），|a直線b的方向單位向量b=（1，0，0），|b設(shè)B點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中的坐標(biāo)中的坐標(biāo)B′（cosθ，sinθ，0），其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0，2π），∴AB′在運(yùn)動(dòng)過程中的向量，AB'=（cosθ，sinθ，﹣1），|AB'設(shè)AB'與a所成夾角為α∈[0，π則cosα=cosθ，sinθ，?1?0，∴α∈[π4，π2]，∴③正確，設(shè)AB'與b所成夾角為β∈[0，πcosβ=AB當(dāng)AB'與a夾角為60°時(shí)，即α=|sinθ|=2∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ=22|cosθ|∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此時(shí)AB∴②正確，①錯(cuò)誤．故答案為②③．

34．【2016年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第14題】α、β是兩個(gè)平面，m、n是兩條直線，有下列四個(gè)命題：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，m?α，那么m∥β.（4）如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號(hào)）【答案】②③④【詳解】：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故錯(cuò)誤；②如果n∥α，則存在直線l?α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正確；③如果α∥β，m?α，那么m與β無公共點(diǎn)，則m∥β．故正確④如果m∥n，α∥β，那么m，n與α所成的角和m，n與β所成的角均相等．故正確1．（2024·浙江紹興·三模）設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是（

）A．若α⊥β，m∥α，則m⊥βB．若m⊥β，m⊥α，n∥α，則n∥βC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α⊥βD．若α?β=m，n∥α，n∥β，則m∥n【答案】D【詳解】若α⊥β，m∥α，則m∥β或m?β，所以A錯(cuò)；∵m⊥β，m⊥α，∴α∥β，n∥α，∴n∥β或n?β，所以B錯(cuò)；若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β，所以C錯(cuò)；若α?β=m，n∥α，n∥β，則n與兩面的交線m平行，即m∥n，故D對(duì).故選：D.

2．（2024·河北邢臺(tái)·二模）已知兩條不同的直線a、b和平面α，下列命題中真命題的個(gè)數(shù)是（

）（1）若a//α，b//α，則a//b

（3）若a⊥α，b⊥α，則a//b

（4）若a⊥bA．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【詳解】由兩條不同直線a，b及平面α，知：對(duì)（1），若a//α，b//α，則對(duì)（2），若a//b，b//α，則對(duì)（3），若a⊥α，b⊥α，則由線面垂直的性質(zhì)得a//對(duì)（4），若a⊥b，b⊥α，則a//α或故選：A．

3．（2024·山東濰坊·二模）如圖，圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r1，r2，且2rA．36π B．64π C．72π D．100π【答案】D【詳解】如圖所示，作出軸截面，O1,O2分別為上下底面圓的圓心，M則O為O1OM⊥AB,因?yàn)?r1+則AB=MA+MB=過點(diǎn)A作AG⊥O2B則BG=r在Rt△ABG中，由勾股定理得A即82+12?3因?yàn)閞1<r2，所以r1所以圓臺(tái)的側(cè)面積為π×故選：D.

4．（2024·江蘇鹽城·一模）已知球O與圓臺(tái)O1O2的上下底面和側(cè)面都相切.若圓臺(tái)上下底面半徑分別為r1、r2，且2r1A．13 B．27 C．23【答案】D【詳解】

因?yàn)榍騉與圓臺(tái)O1圓臺(tái)上下底面半徑分別為r1、r2，且由切線長(zhǎng)定理有圓臺(tái)O1O2設(shè)球O的半徑為R，幾何體軸截面上右端點(diǎn)為A，下右端點(diǎn)為B，過點(diǎn)A作AA1⊥BO2于A1，則圓臺(tái)則由勾股定理有r1+r因?yàn)榍騉與圓臺(tái)O1O2的體積分別為V所以V1因?yàn)?r1≤令r1r2=t，y=t+1t+當(dāng)r1r2=1所以V1V2故選：D.

5．（2024·河北·二模）如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為3，以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體為正八面體，若球O能在此正八面體內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則球O半徑的最大值為（

）A．22 B．12 C．24【答案】B【詳解】根據(jù)圖形，在正方體中易知正八面體的棱長(zhǎng)為32如圖，在正八面體中連接AF,DB,在Rt△AOD中，AO=則該正八面體的體積V=2該八面體的表面積S=8設(shè)正八面體的內(nèi)切球半徑為r，因?yàn)?3即13×3故選:B.

6．（2024·河北·三模）已知三棱錐S?ABC，SA⊥平面ABC，AB=AC=2，∠BAC=120°，若三棱錐外接球的表面積為28πA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】因?yàn)锳B=AC=2，∠BAC=120°S△ABC設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，則2r=ABsin設(shè)三棱錐外接球的半徑為R，4πR2=因?yàn)镾A⊥平面ABC，所以R2=r2+所以VS?ABC故選：B

7．（2024·浙江紹興·二模）三棱錐A?BCD滿足BC?AC=BD?AD=2，二面角C?AB?D的大小為60°，CD⊥AB，AB=4，CD=3A．7π B．28π C．77π3【答案】D【詳解】如圖所示，設(shè)AC=m,AD=n，則由向量的運(yùn)算及余弦定理可得：CD==所以CD?解得：m=n，故AC=AD,BC=BD，過C作CE⊥AB，連接DE，則設(shè)AE=x，則m2?x2=m+2故AC⊥AB，AD⊥AB，即∠CAD為二面C?AB?D的平面角，故三棱錐可放置成如圖所示，O1為底面正△ACD的外心，即AOO為A?BCD的外接球球心，即OO1//AB，為使得所以三棱錐A?BCD的外接球半徑R=3所以外接球的體積V=4故選：D.8．（2024·江蘇南通·三模）已知一個(gè)正四棱臺(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為2，8，側(cè)棱長(zhǎng)為35，則該正四棱臺(tái)內(nèi)半徑最大的球的表面積為（

A．12π B．27π C．64π9 D．【答案】D【詳解】作出如圖所示正四棱臺(tái)，其中OO1為正四棱臺(tái)的高，

因?yàn)檎睦馀_(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為2，8，側(cè)棱長(zhǎng)為35則B1O1=2因?yàn)镺OEE1=35過O,E,則OO

即該正四棱臺(tái)內(nèi)半徑最大的球半徑r=433故選：D.9．（2024·江蘇宿遷·三模）若一個(gè)多面體的各面都與一個(gè)球的球面相切，則稱這個(gè)球是這個(gè)多面體的內(nèi)切球．在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAB是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱錐P?ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，設(shè)球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1A．3π6 B．3π12 C．【答案】C【詳解】如圖，取AB中點(diǎn)M，CD中點(diǎn)N，連接PM，PN，MN，因△PAB是正三角形，則PM⊥AB，又ABCD是矩形，有MN⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM?平面PAB，MN?平面ABCD，因此PM⊥平面ABCD，MN⊥平面PAB，又AD//MN//BC，則AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，則PM∩MN=M，PM,MN?平面PMN，則AB⊥平面PMN，又PN?平面所以AB⊥PN，而AB//CD，則CD⊥PN，顯然由球的對(duì)稱性和正四棱錐P?ABCD的特征知，平面PMN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O得截面大圓，此圓是Rt△PMN的內(nèi)切圓，切MN，PM分別于E，F(xiàn)，有四邊形OEMF設(shè)AD=x，又PM=32，PN=3又四棱錐P?ABCD的表面積為S=S由VP?ABCD=1∴V1=所以V1故選：C.10．（2024·遼寧大連·二模）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M為CC1中點(diǎn)，A．NB1⊥NC1C．點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為22 D．tan∠【答案】BD【詳解】在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，B1N//取AA1、DD1中點(diǎn)分別為N1、E，連接D1N1、∵ABCD?A1B1C1D1為正方體，M∴AE//BM，B1D1∵D1N1、B1D1?平面B1D1∴平面B1D1∵N為四邊形A1D1DA內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），且∴點(diǎn)N在線段D1對(duì)于A：當(dāng)N在D1時(shí)，則NB1與NC1則NB1與對(duì)于B:∵N為四邊形A∴N到平面B1∴三棱錐B1?NBM的體積為對(duì)于C：由于點(diǎn)N在線段D1而D1∴點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為5，故C不正確；對(duì)于D:∵ABCD?∴A1B∵A1N?∴A∴△A1B1∴tan∵點(diǎn)N在線段D1則當(dāng)A1N最大時(shí)，即點(diǎn)N為點(diǎn)D1時(shí)，此時(shí)A1N=當(dāng)A1N最小時(shí)，即A1此時(shí)tan∠A1則tan∠A1故選：BD．

11．（2024·遼寧沈陽·二模）已知正四棱錐S?ABCD的所有棱長(zhǎng)均相等，O為頂點(diǎn)S在底面內(nèi)的射影，則下列說法正確的有（

）A．平面SAD⊥平面SBCB．側(cè)面SBC內(nèi)存在無窮多個(gè)點(diǎn)P，使得OP//平面C．在正方形ABCD的邊上存在點(diǎn)Q，使得直線SQ與底面所成角大小為πD．動(dòng)點(diǎn)M,N分別在棱AB和BC上（不含端點(diǎn)），則二面角S?MN?O【答案】BD【詳解】已知所有棱長(zhǎng)都相等，不妨設(shè)為1．對(duì)于A：過S作直線l∥AD，因?yàn)锽C∥AD，所以所以l為平面SAD與平面SBC的交線，取AD中點(diǎn)E,BC中點(diǎn)F，連接ES,可得SE⊥AD,SF⊥BC，所以所以∠ESF為二面角A?l?B的平面角，連接EF，在△EFS中，cos所以平面SAD與平面SBC不垂直，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：取SB中點(diǎn)G,SC中點(diǎn)H，連接因?yàn)镺G∥SD,OH∥SA，又OG,OH?平面

SAD，所以O(shè)G//平面SAD，OH//平面SAD，又所以平面OGH//平面SAD，所以當(dāng)P∈GH時(shí)，OP//平面SAD，這樣的點(diǎn)對(duì)于C：由已知可知當(dāng)Q在正方形ABCD各邊中點(diǎn)時(shí)，SQ與底面ABCD所成的角最大，cos∠SEO=1232=33>12對(duì)于D：作OI垂直于MN，連接SI，因?yàn)镾O⊥平面ABCD，又MN?平面ABCD，所以SO⊥MN，又SO?OI=O，所以MN⊥平面SIO，因?yàn)镾I?平面SIO，所以MN⊥SI，因?yàn)閯t∠SIO為二面角S?MN?O的平面角，當(dāng)MN都無限向點(diǎn)B靠攏時(shí)，∠SIO→π4；當(dāng)M→A,所以二面角S?MN?O范圍是π4故選：BD.

12．（2024·吉林延邊·一模）如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，DE=BF=1,DE∥BF,DE⊥平面ABCD，動(dòng)點(diǎn)P在線段A．AC⊥DPB．存在點(diǎn)P，使得DP∥平面ACFC．三棱錐A?CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面積是9πD．當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P與點(diǎn)F重合時(shí)，直線DP與平面ACF所成角的余弦值為3【答案】ABD【詳解】設(shè)AC?BD=O,連接FO，令EF中點(diǎn)為G，連接DG，如圖所示：由底面ABCD是正方形可得：O是BD,AC的中點(diǎn)，且由DE⊥平面ABCD，DE?平面ABCD，BD?平面ABCD,可得平面ABCD⊥平面DEFB，DE⊥BD；由DE=BF=1,DE//BF，對(duì)于選項(xiàng)A:由BD⊥AC，平面ABCD⊥平面DEFB，且平面ABCD∩平面DEFB=BD,AC?面DEFB，可得AC⊥面DEFB，又DP?面DEFB,所以AC⊥DP，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B:因?yàn)樵诰匦蜠EFB中,DO所以四邊形DOFG是平行四邊形，則直線DG因?yàn)镺F?平面ACF,DG?平面ACF,則DG//面ACF故當(dāng)P是線段EF的中點(diǎn)G時(shí)，直線DP//面ACF對(duì)于選項(xiàng)C:因?yàn)樵凇鰽CF中，AC=所以sin∠FAC=由正弦定理得：△ACF的外接圓直徑2則半徑為r=322因?yàn)槿忮FA?CDE的外接球的球心在過點(diǎn)O且與平面ACD垂直的直線上，且四邊形BDEF為矩形，所以點(diǎn)F在三棱錐A?CDE的外接球上.所以三棱錐A?CDE的外接球被平面ACF所截取的截面是△ACF因此三棱錐A?CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面積是9π8對(duì)于選項(xiàng)D:因?yàn)锳C⊥面DEFB，AC?平面ACF,所以面DEFB⊥平面ACF，所以DPDF在平面ACF內(nèi)的射影在直線OF即直線DP與平面ACF所成角為∠OFD∠OPD在△OFD中，OD=故選項(xiàng)D正確；故選：ABD.

13．（2024·吉林長(zhǎng)春·三模）某圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為2π3，面積為3π的扇形，則（

）A．該圓錐的母線與底面所成角的正弦值為2B．若該圓錐內(nèi)部有一個(gè)圓柱，且其一個(gè)底面落在圓錐的底面內(nèi)，則當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，圓柱的高為2C．若該圓錐內(nèi)部有一個(gè)球，則當(dāng)球的半徑最大時(shí)，球的內(nèi)接正四面體的棱長(zhǎng)為2D．若該圓錐內(nèi)部有一個(gè)正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】ACD【詳解】對(duì)于A，由圓錐側(cè)面積公式S側(cè)=πrl和扇形弧長(zhǎng)公式得?l=3,r=1設(shè)圓錐的母線與底面所成角θ，則sinθ=

對(duì)于B，設(shè)圓錐內(nèi)切圓柱底面半徑為r1r1則有???所以圓柱體積為V柱設(shè)y=x2?所以當(dāng)x∈0,23時(shí)y'>0，y=x2?所以x=23時(shí)y取得最大值，即r1

對(duì)于C，當(dāng)球的半徑最大時(shí)，球?yàn)閳A錐的內(nèi)切球，設(shè)球的半徑設(shè)為R，此時(shí)圓錐與球的軸截面如圖，因?yàn)镾△SAB又S△SAB=R正四面體可由正方體面的對(duì)角線切割得到，如圖，正四面體外接球與相對(duì)應(yīng)正方體外接球?yàn)橥粋€(gè)球，

當(dāng)正四面體的棱長(zhǎng)為233時(shí)，其相對(duì)應(yīng)的正方體棱長(zhǎng)為所以外接球直徑為2R=3×所以該圓錐內(nèi)部有一個(gè)球，則當(dāng)球的半徑最大時(shí)，球的內(nèi)接正四面體的棱長(zhǎng)為23對(duì)于D，設(shè)圓錐內(nèi)接最大正方體ABCD?A1B

則有2a所以正方體面的對(duì)角線長(zhǎng)為2a=所以以正方體頂點(diǎn)A為球心，半徑為46

所以交線有兩組各有三條長(zhǎng)度相等的曲線，第一組曲線如圖（1），第二組曲線如圖（2），

由上AA1=AB=所以A1所以∠A1AE=∠EAF=BAF=所以交線的總長(zhǎng)度為.3EG故選：ACD.14．（2024·廣東深圳·二模）已知圓錐的內(nèi)切球半徑為1，底面半徑為2，則該圓錐的表面積為．注：在圓錐內(nèi)部，且與底面和各母線均有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的球，稱為圓錐的內(nèi)切球．【答案】8π【詳解】由題過圓錐的軸以及內(nèi)切球球心的截面圖如下：

設(shè)圓錐高為?，母線長(zhǎng)為l，則在三角形SO1B中有?2又由△SDO~△SO1B得Rr所以由①②得l=3所以圓錐的表面積為S=S故答案為：8π.

15．（2024·福建福州·一模）已知三棱錐P?ABC中，△PBC為等邊三角形，AC⊥AB，PA⊥BC，PA=23，BC=【答案】3【詳解】取線段BC的中點(diǎn)K，分別連接AK,PK，因?yàn)閯tPB=PC=BC=26，所以PK⊥BC，因?yàn)镻A⊥BC，且PK?PA=P，PK,所以BC⊥平面APK，因?yàn)锳K?平面APK，所以BC⊥AK，又因?yàn)锽C的中點(diǎn)為K，則AK垂直平分BC，因?yàn)锳C⊥AB，所以∠CAK=∠BAK=45°所以AC=AB=23，因?yàn)镻B=2所以PA⊥AB，又因?yàn)镻A⊥BC，AB,BC?平面ABC，AB?BC?B，所以PA⊥平面則易知PA，AB，AC兩兩垂直且長(zhǎng)度均為23所以可將三棱錐補(bǔ)成正方體，如圖所示三棱錐的外接球就是正方體的外接球，設(shè)外接球的半徑為R，則R=1故答案為：3.

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