高考數(shù)學一輪復習全套歷年真題大數(shù)據(jù)之10年高考真題專題11立體幾何與空間向量選擇填空題特訓(原卷版+解析)

大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2013-2022）與優(yōu)質(zhì)模擬題（新高考卷與新課標理科卷）專題11立體幾何與空間向量選擇填空題真題匯總命題趨勢真題匯總命題趨勢1．【2022年全國甲卷理科04】如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（

）A．8 B．12 C．16 D．202．【2022年全國甲卷理科07】在長方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB與平面AB1C．AC=CB1 D．B1D3．【2022年全國甲卷理科09】甲、乙兩個圓錐的母線長相等，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．4．【2022年全國乙卷理科07】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 5．【2022年全國乙卷理科09】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．336．【2022年新高考1卷04】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，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應(yīng)水面的面積為A．1.0×109m3 B．1.2×1097．【2022年新高考1卷08】已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

A．18,814 B．274,8148．【2022年新高考2卷07】已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（A．100π B．128π C．144π D．192π9．【2021年全國甲卷理科6】在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為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．10．【2021年全國甲卷理科8】2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A',B',C'滿足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°．由C點測得B點的仰角為15°，BB'與CC'的差為100；由A．346 B．373 C．446 D．47311．【2021年全國甲卷理科11】已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC,AC=BC=1，則三棱錐O?ABC的體積為（）A．212 B．312 C．2412．【2021年新高考1卷3】已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．22 C．4 D．13．【2021年全國乙卷理科5】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π414．【2021年全國乙卷理科9】魏晉時劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)測量的數(shù)學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB=（）A．表高×表距表目距的差+表高 B．C．表高×表距表目距的差+表距 D．15．【2021年新高考2卷4】北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導航系統(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）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點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到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S=2πr2(1?A．26% B．34% C．42% D．50%16．【2021年新高考2卷5】正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（）A．20+123 B．282 C．56317．【2020年全國1卷理科03】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正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(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的比值為（）

A．5?14 B．5?12 C．18．【2020年全國1卷理科10】已知A,B,C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π19．【2020年全國2卷理科07】如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為（）A．E B．F C．G D．H20．【2020年全國2卷理科10】已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球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．21．【2020年全國3卷理科08】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+2322．【2020年海南卷04】日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為（）A．20° B．40°C．50° D．90°23．【2019年新課標3理科08】如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則（）A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線24．【2019年全國新課標2理科07】設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面25．【2019年新課標1理科12】已知三棱錐P﹣ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為（）A．86π B．46π C．26π D．6π26．【2018年新課標1理科07】某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為（）A．217 B．25 C．3 D．227．【2018年新課標1理科12】已知正方體的棱長為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．28．【2018年新課標2理科09】在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1=3，則異面直線AD1與DB1A．15 B．56 C．5529．【2018年新課標3理科03】中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是（）A． B． C． D．30．【2018年新課標3理科10】設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且面積為93，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為（）A．123 B．183 C．243 D．54331．【2017年新課標1理科07】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，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）A．10 B．12 C．14 D．1632．【2017年新課標2理科04】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實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．36π33．【2017年新課標2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為（）A．32 B．155 C．10534．【2017年新課標3理科08】已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）A．π B．3π4 C．π2 35．【2016年新課標1理科06】如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是28π3A．17π B．18π C．20π D．28π36．【2016年新課標1理科11】平面α過正方體ABCD﹣A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m、n所成角的正弦值為（）A．32 B．22 C．3337．【2016年新課標2理科06】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 D．32π38．【2016年新課標3理科09】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實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+185 C．90 D．8139．【2016年新課標3理科10】在封閉的直三棱柱ABC﹣A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是（）A．4π B．9π2 C．6π D．40．【2015年新課標1理科06】《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，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，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為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41．【2015年新課標1理科11】圓柱被一個平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個幾何體，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．842．【2015年新課標2理科06】一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為（）A．18 B．17 C．1643．【2015年新課標2理科09】已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點，若三棱錐O﹣ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為（）A．36π B．64π C．144π D．256π44．【2014年新課標1理科12】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長的棱的長度為（）A．62 B．6 C．42 D．445．【2014年新課標2理科06】如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1（表示1cm），圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯切削得到，則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為（）A．1727 B．59 C．102746．【2014年新課標2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為（）A．110 B．25 C．301047．【2013年新課標1理科06】如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如不計容器的厚度，則球的體積為（）A．500π3cm3 B．866π3c48．【2013年新課標1理科08】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π49．【2013年新課標2理科04】已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β．直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l50．【2013年新課標2理科07】一個四面體的頂點在空間直角坐標系O﹣xyz中的坐標分別是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），畫該四面體三視圖中的正視圖時，以zOx平面為投影面，則得到正視圖可以為（）A． B． C． D．51．【2022年新高考1卷09】已知正方體ABCD?A1BA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°52．【2022年新高考2卷11】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V1,VA．V3=2VC．V3=V53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1A．當λ=1時，△ABB．當μ=1時，三棱錐P?AC．當λ=12時，有且僅有一個點PD．當μ=12時，有且僅有一個點P，使得A54．【2021年新高考2卷10】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是（）A． B．C． D．55．【2021年全國乙卷理科16】以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次為_________（寫出符合要求的一組答案即可）．56．【2020年全國1卷理科16】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=______________

57．【2020年全國2卷理科16】設(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.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是__________.①p1∧p4②p58．【2020年全國3卷理科15】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_________．59．【2020年山東卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________60．【2020年海南卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B161．【2019年新課標3理科16】學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱錐O﹣EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3．不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為g．62．【2018年新課標2理科16】已知圓錐的頂點為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63．【2017年新課標1理科16】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為圓O上的點，△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重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為．64．【2017年新課標3理科16】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當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當直線AB與a成60°角時，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所成角的最小值為60°；其中正確的是．（填寫所有正確結(jié)論的編號）65．【2016年新課標2理科14】α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題：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．其中正確的命題是（填序號）模擬好題模擬好題1．已知a，b是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面，則下列命題錯誤的是（

）A．若α⊥γ,β//α，則β⊥γB．若α//β,β//γ,a⊥α，則a⊥γC．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，則α//βD．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，則b⊥γ2．如圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖，其面積為3π，兩個圓弧所在的圓半徑分別為2和4，則該圓臺的體積為（

）A．733π B．736π3．四面體P?ABC中，∠APB=45°,∠APC=∠BPC=30°，則二面角A?PC?B的平面角的余弦值為（

）A．2?1 B．34 C．224．在三棱錐P?ABC中，△ABC為等腰直角三角形，AB=AC=2，△PAC為正三角形，且二面角P?AC?B的平面角為π6，則三棱錐P?ABC的外接球表面積為（

A．529π B．49π C．5．中國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中記載：“芻甍者，下有表有廣，而上有表無廣．芻，草也，甍，屋蓋也”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱．芻甍字面意思為茅草屋頂．”現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，四邊形為ABCD正方形，ABFE、DCFE為兩個全等的等腰梯形，EF∥AB,AB=BF=2EF=4，則此芻甍的外接球的表面積為（

）A．41111π B．41313π6．中國古代數(shù)學的瑰寶《九章算術(shù)》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體是上?下底面均為扇環(huán)形的柱體（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）現(xiàn)有一個如圖所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=3，底面扇環(huán)所對的圓心角為π2，弧AD長度是弧A．9π2 B．5π C．11π2 7．劉徽構(gòu)造的幾何模型“牟合方蓋”中說：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，積之為立方二寸．規(guī)之為圓困，徑二寸，高二寸．又復橫規(guī)之，則其形有似牟合方蓋矣．”牟合方蓋是一個正方體被兩個圓柱從縱橫兩側(cè)面作內(nèi)切圓柱體時的兩圓柱體的公共部分，計算其體積的方法是將原來的“牟合方益”平均分為八份，取它的八分之一（如圖一）．記正方形OABC的邊長為r，設(shè)OP=?，過P點作平面PQRS平行于平面OABC．OS=OO=r，由勾股定理有PS=PQ=r2??2，故此正方形PQRS面積是r2??2．如果將圖一的幾何體放在棱長為r的正方體內(nèi)（如圖二），不難證明圖二中與圖一等高處陰影部分的面積等于?注：祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．意思是兩個同高的立體，如在等高處的截面積相等，則體積相等A．83r3 B．83r38．已知正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上、下底面邊長分別為1和2，A．72 B．214 C．7109．在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，沿對角線AC將矩形折成一個大小為θ的二面角B?AC?D，若cosθ=1①四面體ABCD外接球的表面積為16π②點B與點D之間的距離為2③四面體ABCD的體積為4④異面直線AC與BD所成的角為60A．1 B．2 C．3 D．410．如圖，在單位正方體ABCD?A1B1C①異面直線PC1與直線②二面角P?BC③若Q是對角線AC1上一點，則PQ+QC長度的最小值為④若R是線段BD上一動點，則直線PR與直線A1其中真命題有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個11．直三棱柱ABC?A1B1C1，中，AB⊥AC，AB=AC=AAA．AC//平面B．CD與ACC．∠ADC的取值范圍為πD．AD+DC的最小值為312．正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為A．直線D1D與直線B．直線A1G與平面C．平面AEF截正方體所得的截面面積為9D．點C與點G到平面AEF的距離相等13．“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，它是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．如圖，將正方體沿交于同一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共截去八個三棱錐，得到的半正多面體的表面積為12+43，則關(guān)于該半正多面體的下列說法中正確的是（

A．AB與平面BCD所成的角為π4 B．C．與AB所成的角是π3的棱共有16條 D．該半正多面體的外接球的表面積為14．截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)慕亟?，即截去四面體的四個頂點處的小棱錐所得的多面體，如圖所示，將棱長為3a的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面，得到所有棱長均為a的截角四面體，則下列說法正確的是（

）A．直線AC與DE所成角為120B．該截角四面體的表面積為7C．該截角四面體的外接球表面積為11D．AF=2a15．棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A．三棱錐F?AB．二面角G?EF?A1C．當λ=12時，平面D．當λ=34時，三棱錐A16．正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E、17．已知菱形ABCD的邊長為2，且∠ABC=π3，點M，N分別為線段AB，CD上的動點，沿DM將△ADM翻折至△A'DM，若點C在平面A'DM18．如圖所示，二面角α?l?β的平面角的大小為60°，A,B是l上的兩個定點，且AB=2,C∈α,D∈β，滿足AB與平面BCD所成的角為30°，且點A在平面BCD上的射影H在△BCD的內(nèi)部（包括邊界），則點19．在《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑如圖，三棱錐D?ABC為一個鱉臑，其中DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA=AB=BC=2，AM⊥DC，M為垂足，則三棱錐M?ABC的外接球的表面積為________．20．如圖，四邊形ABCD是邊長為2的菱形且∠A=π3，現(xiàn)將△ABD以BD為軸翻折2π3至△A'BD，使得二面角21．如圖，已知球C與圓錐VO的側(cè)面和底面均相切，且球心C在線段VO上，球的半徑為R，圓錐VO的底面半徑為r，圓錐的表面積為9πR222．有一張面積為82的矩形紙片ABCD，其中O為AB的中點，O1為CD的中點，將矩形ABCD繞OO1旋轉(zhuǎn)得到圓柱OO1，如圖所示，若點M為BC的中點，直線AM與底面圓O所成角的正切值為24，EF為圓柱的一條母線（與AD23．如圖，在三棱錐P-ABC的平面展開圖中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cos∠BCF24．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長為a，則下列結(jié)論正確的序號是__________．①能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為a；②勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為1?6③勒洛四面體的截面面積的最大值為14(2π?3)a25．如圖，在正方形ABCD中，點M是邊CD的中點，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的過程中，下列說法正確的是_________．（將正確說法的序號都寫上）

①點P的軌跡為圓??；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中點為E，則CE的長為定值；大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2013-2022）與優(yōu)質(zhì)模擬題（新高考卷與新課標理科卷）專題11立體幾何與空間向量選擇填空題真題匯總命題趨勢真題匯總命題趨勢1．【2022年全國甲卷理科04】如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（

）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【解析】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積V=2+4故選：B.2．【2022年全國甲卷理科07】在長方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB與平面AB1C．AC=CB1 D．B1D【答案】D【解析】如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為∠B1DB，B1D與平面AA對于A，AB=a，AD=b，AB=2對于B，過B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB與平面A對于C，AC=a2+b2對于D，B1D與平面BB1C1C所成角為∠D故選：D．3．【2022年全國甲卷理科09】甲、乙兩個圓錐的母線長相等，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【解析】解：設(shè)母線長為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2πr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.4．【2022年全國乙卷理科07】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【答案】A【解析】解：在正方體ABCD?AAC⊥BD且DD1⊥又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD因為E,F分別為AB,BC的中點，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BDD如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)AB=2，則B1C1則EF=?1,1,0,A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A1因為m與n2所以平面B1EF與平面A1因為m與n3所以平面B1EF與平面A1故選：A.5．【2022年全國乙卷理科09】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【解析】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對角線夾角為α，則S（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2又r則V當且僅當r2=2?故選：C6．【2022年新高考1卷04】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，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應(yīng)水面的面積為A．1.0×109m3 B．1.2×109【答案】C【解析】依題意可知棱臺的高為MN=157.5?148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故選：C．7．【2022年新高考1卷08】已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

A．18,814 B．274,814【答案】C【解析】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a，高為?，則l2=2a所以6?=l2所以正四棱錐的體積V=1所以V'當3≤l≤26時，V'>0，當2所以當l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時，V=274，l=33所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.8．【2022年新高考2卷07】已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【解析】設(shè)正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．9．【2021年全國甲卷理科6】在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為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：D10．【2021年全國甲卷理科8】2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A',B',C'滿足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°．由C點測得B點的仰角為15°，BB'與CC'的差為100；由A．346 B．373 C．446 D．473【答案】B過C作CH⊥BB'，過B作BD⊥AA'，故AA'?CC'=AA'?(BB'?BH)=AA'?BB'+100=AD+100，由題，易知△ADB為等腰直角三角形，所以AD=DB．所以AA'?CC'=DB+100=A'B'+100．因為∠BCH=15°，所以CH=C'B'=在△A'B'C'中，由正弦定理得：A'B'sin而sin15°=所以A'B'=100×4×所以AA'?CC'=A'B'+100≈373．故選：B．11．【2021年全國甲卷理科11】已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC,AC=BC=1，則三棱錐O?ABC的體積為（）A．212 B．312 C．24【答案】A∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC為等腰直角三角形，∴AB=2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.12．【2021年新高考1卷3】已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．22 C．4 D．【答案】B設(shè)圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則πl(wèi)=2π×2，解得l=2故選：B.13．【2021年全國乙卷理科5】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4【答案】D如圖，連接BC1,PC1所以∠PBC1或其補角為直線PB與因為BB1⊥平面，所以BB1⊥P所以PC1⊥平面PB設(shè)正方體棱長為2，則BCsin∠PBC1故選：D14．【2021年全國乙卷理科9】魏晉時劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)測量的數(shù)學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB=（）A．表高×表距表目距的差+表高 B．C．表高×表距表目距的差+表距 D．【答案】A如圖所示：由平面相似可知，DEAB=EHDEAB=EH即AB=CG?EH+EGCG?EH×DE=故選：A.15．【2021年新高考2卷4】北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導航系統(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）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點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到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S=2πr2(1?A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：2πr故選：C.16．【2021年新高考2卷5】正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（）A．20+123 B．282 C．563【答案】D作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺的高h=2下底面面積S1=16，上底面面積所以該棱臺的體積V=1故選：D.17．【2020年全國1卷理科03】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正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(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的比值為（）

A．5?14 B．5?12 C．【答案】D【解析】如圖，設(shè)CD=a,PE=b，則PO=P由題意PO2=12解得ba=故選：C.18．【2020年全國1卷理科10】已知A,B,C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π【答案】A【解析】設(shè)圓O1半徑為r，球的半徑為R得πr由正弦定理可得AB=2rsin∴OO1=AB=23，根據(jù)圓截面性質(zhì)∴OO∴球O的表面積S=4πR故選：A19．【2020年全國2卷理科07】如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為（）A．E B．F C．G D．H【答案】A【解析】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，圖中標出了根據(jù)三視圖M點所在位置，可知在側(cè)視圖中所對應(yīng)的點為E.故選：A20．【2020年全國2卷理科10】已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球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【解析】設(shè)球O的半徑為R，則4πR2=16π設(shè)△ABC外接圓半徑為r，邊長為a，∵△ABC是面積為93∴12a2×∴球心O到平面ABC的距離d=R故選：C.21．【2020年全國3卷理科08】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【解析】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=2∴△ADB是邊長為22根據(jù)三角形面積公式可得：S∴該幾何體的表面積是：3×2+23故選：C.22．【2020年海南卷04】日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為（）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【解析】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A處的水平面的截線，依題意可知OA⊥l；AB是晷針所在直線.m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°,m//CD，所以由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷針與點A處的水平面所成角為∠BAE=40°.故選：B23．【2019年新課標3理科08】如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則（）A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線【答案】解：∵點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，∴BM?平面BDE，EN?平面BDE，∵BM是△BDE中DE邊上的中線，EN是△BDE中BD邊上的中線，∴直線BM，EN是相交直線，設(shè)DE＝a，則BD=2a，BE∴BM=62a，EN=∴BM≠EN，故選：B．24．【2019年全國新課標2理科07】設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面【答案】解：對于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，α∩β或α∥β；對于B，α內(nèi)有兩條相交直線與β平行，α∥β；對于C，α，β平行于同一條直線，α∩β或α∥β；對于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故選：B．25．【2019年新課標1理科12】已知三棱錐P﹣ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為（）A．86π B．46π C．26π D．6π【答案】解：如圖，由PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，可知三棱錐P﹣ABC為正三棱錐，則頂點P在底面的射影O為底面三角形的中心，連接BO并延長，交AC于G，則AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，則PB⊥AC，∵E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱錐P﹣ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，把三棱錐補形為正方體，則正方體外接球即為三棱錐的外接球，其直徑為D=P半徑為62，則球O的體積為4故選：D．26．【2018年新課標1理科07】某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為（）A．217 B．25 C．3 D．2【答案】解：由題意可知幾何體是圓柱，底面周長16，高為：2，直觀圖以及側(cè)面展開圖如圖：圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度：22+4故選：B．27．【2018年新課標1理科12】已知正方體的棱長為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】解：正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，如圖：所示的正六邊形平行的平面，并且正六邊形時，α截此正方體所得截面面積的最大，此時正六邊形的邊長22α截此正方體所得截面最大值為：6×3故選：A．28．【2018年新課標2理科09】在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1=3，則異面直線AD1與DB1A．15 B．56 C．55【答案】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，∵在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1=3∴A（1，0，0），D1（0，0，3），D（0，0，0），B1（1，1，3），AD1→=（﹣1，0，3），設(shè)異面直線AD1與DB1所成角為θ，則cosθ=|∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為55故選：C．29．【2018年新課標3理科03】中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是（）A． B． C． D．【答案】解：由題意可知，如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，小的長方體，是榫頭，從圖形看出，輪廓是長方形，內(nèi)含一個長方形，并且一條邊重合，另外3邊是虛線，所以木構(gòu)件的俯視圖是A．故選：A．30．【2018年新課標3理科10】設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且面積為93，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為（）A．123 B．183 C．243 D．543【答案】解：△ABC為等邊三角形且面積為93，可得34×AB球心為O，三角形ABC的外心為O′，顯然D在O′O的延長線與球的交點如圖：O′C=23×32則三棱錐D﹣ABC高的最大值為：6，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為：13×3故選：B．31．【2017年新課標1理科07】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，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】解：由三視圖可畫出直觀圖，該立體圖中只有兩個相同的梯形的面，S梯形=1∴這些梯形的面積之和為6×2＝12，故選：B．32．【2017年新課標2理科04】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實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】解：由三視圖可得，直觀圖為一個完整的圓柱減去一個高為6的圓柱的一半，V＝π?32×10?12?π?32×6＝63故選：B．33．【2017年新課標2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為（）A．32 B．155 C．105【答案】解：【解法一】如圖所示，設(shè)M、N、P分別為AB，BB1和B1C1的中點，則AB1、BC1夾角為MN和NP夾角或其補角（因異面直線所成角為（0，π2可知MN=12AB1NP=12BC1作BC中點Q，則△PQM為直角三角形；∵PQ＝1，MQ=12△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（?1＝7，∴AC=7∴MQ=7在△MQP中，MP=MQ在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP=MN又異面直線所成角的范圍是（0，π2∴AB1與BC1所成角的余弦值為105【解法二】如圖所示，補成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1=2，BD=C1D=5∴BC12+BD∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D=2故選：C．34．【2017年新課標3理科08】已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）A．π B．3π4 C．π2 【答案】解：∵圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，∴該圓柱底面圓周半徑r=1∴該圓柱的體積：V＝Sh=π×(3故選：B．35．【2016年新課標1理科06】如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是28π3A．17π B．18π C．20π D．28π【答案】解：由題意可知三視圖復原的幾何體是一個球去掉18可得：78×4它的表面積是：78×4π?22+3故選：A．36．【2016年新課標1理科11】平面α過正方體ABCD﹣A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m、n所成角的正弦值為（）A．32 B．22 C．33【答案】解：如圖：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．則m、n所成角的正弦值為：32故選：A．37．【2016年新課標2理科06】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 D．32π【答案】解：由三視圖知，空間幾何體是一個組合體，上面是一個圓錐，圓錐的底面直徑是4，圓錐的高是23，∴在軸截面中圓錐的母線長是12+4=∴圓錐的側(cè)面積是π×2×4＝8π，下面是一個圓柱，圓柱的底面直徑是4，圓柱的高是4，∴圓柱表現(xiàn)出來的表面積是π×22+2π×2×4＝20π∴空間組合體的表面積是28π，故選：C．38．【2016年新課標3理科09】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實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+185 C．90 D．81【答案】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以主視圖為底面的直四棱柱，其底面面積為：3×6＝18，側(cè)面的面積為：（3×3+3×32+故棱柱的表面積為：18×2+18+185=54+185故選：B．39．【2016年新課標3理科10】在封閉的直三棱柱ABC﹣A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是（）A．4π B．9π2 C．6π D．【答案】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的內(nèi)切圓半徑r=6+8?10又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的內(nèi)切球半徑為32此時V的最大值43故選：B．40．【2015年新課標1理科06】《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，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，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為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】解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，則π2r解得r=16故米堆的體積為14×13×π×（16∵1斛米的體積約為1.62立方，∴3209故選：B．41．【2015年新課標1理科11】圓柱被一個平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個幾何體，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】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，該幾何體是一個半球拼接半個圓柱，∴其表面積為：12×4πr2+12×πr2+12×2r×2πr+2r×2r+12×又∵該幾何體的表面積為16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故選：B．42．【2015年新課標2理科06】一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為（）A．18 B．17 C．16【答案】解：設(shè)正方體的棱長為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13×1∴剩余部分體積為1?1∴截去部分體積與剩余部分體積的比值為15故選：D．43．【2015年新課標2理科09】已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點，若三棱錐O﹣ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為（）A．36π B．64π C．144π D．256π【答案】解：如圖所示，當點C位于垂直于面AOB的直徑端點時，三棱錐O﹣ABC的體積最大，設(shè)球O的半徑為R，此時VO﹣ABC＝VC﹣AOB=13×12×R2×R=16故選：C．44．【2014年新課標1理科12】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長的棱的長度為（）A．62 B．6 C．42 D．4【答案】解：幾何體的直觀圖如圖：AB＝4，BD＝4，C到BD的中點的距離為：4，∴BC=CD=22+42=25．顯然AC最長．長為6．故選：B．45．【2014年新課標2理科06】如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1（表示1cm），圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯切削得到，則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為（）A．1727 B．59 C．1027【答案】解：幾何體是由兩個圓柱組成，一個是底面半徑為3高為2，一個是底面半徑為2，高為4，組合體體積是：32π?2+22π?4＝34π．底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯的體積為：32π×6＝54π切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為：54π?34π54π故選：C．46．【2014年新課標2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為（）A．110 B．25 C．3010【答案】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，如圖：BC的中點為O，連結(jié)ON，MN=∥12B1C1=OB，則MN∵BC＝CA＝CC1，設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO=5，AN=5，MB在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO=AN故選：C．47．【2013年新課標1理科06】如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如不計容器的厚度，則球的體積為（）A．500π3cm3 B．866π3c【答案】解：設(shè)正方體上底面所在平面截球得小圓M，則圓心M為正方體上底面正方形的中心．如圖．設(shè)球的半徑為R，根據(jù)題意得球心到上底面的距離等于（R﹣2）cm，而圓M的半徑為4，由球的截面圓性質(zhì)，得R2＝（R﹣2）2+42，解出R＝5，∴根據(jù)球的體積公式，該球的體積V=4π故選：A．48．【2013年新課標1理科08】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π【答案】解：三視圖復原的幾何體是一個長方體與半個圓柱的組合體，如圖，其中長方體長、寬、高分別是：4，2，2，半個圓柱的底面半徑為2，母線長為4．∴長方體的體積＝4×2×2＝16，半個圓柱的體積=12×22×所以這個幾何體的體積是16+8π；故選：A．49．【2013年新課標2理科04】已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β．直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l【答案】解：由m⊥平面α，直線l滿足l⊥m，且l?α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l?β，所以l∥β．由直線m，n為異面直線，且m⊥平面α，n⊥平面β，則α與β相交，否則，若α∥β則推出m∥n，與m，n異面矛盾．故α與β相交，且交線平行于l．故選：D．50．【2013年新課標2理科07】一個四面體的頂點在空間直角坐標系O﹣xyz中的坐標分別是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），畫該四面體三視圖中的正視圖時，以zOx平面為投影面，則得到正視圖可以為（）A． B． C． D．【答案】解：因為一個四面體的頂點在空間直角坐標系O﹣xyz中的坐標分別是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），幾何體的直觀圖如圖，是正方體的頂點為頂點的一個正四面體，所以以zOx平面為投影面，則得到正視圖為：故選：A．51．【2022年新高考1卷09】已知正方體ABCD?A1BA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°【答案】ABD【解析】如圖，連接B1C、BC1，因為DA1//B1因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥B連接A1C，因為A1B1⊥平面BB因為B1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1連接A1C1，設(shè)A因為BB1⊥平面A1B1C因為C1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設(shè)正方體棱長為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線B故選：ABD52．【2022年新高考2卷11】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V1,VA．V3=2VC．V3=V【答案】CD【解析】設(shè)AB=ED=2FB=2a，因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，則V1V2=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BDEF，又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2+EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM故選：CD.53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1A．當λ=1時，△ABB．當μ=1時，三棱錐P?AC．當λ=12時，有且僅有一個點PD．當μ=12時，有且僅有一個點P，使得A【答案】BD易知，點P在矩形BCC對于A，當λ=1時，BP=BC+μBB1=對于B，當μ=1時，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1對于C，當λ=12時，BP=12BC+μBB1，取BC，B1C1中點分別為Q，H，則BP=BQ+μQH，所以P點軌跡為線段QH，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，A對于D，當μ=12時，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中點為M,N．BP=BM+λMN，所以故選：BD．54．【2021年新高考2卷10】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是（）A． B．C． D．【答案】BC設(shè)正方體的棱長為2，對于A，如圖（1）所示，連接AC，則MN//故∠POC（或其補角）為異面直線OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故tan故MN⊥OP不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取NT的中點為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.對于D，如圖（4），取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC,PQ,OQ,PK,OK，則AC//因為DP=PC，故PQ//AC，故所以∠QPO或其補角為異面直線PO,因為正方體的棱長為2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,故選：BC.55．【2021年全國乙卷理科16】以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次為_________（寫出符合要求的一組答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）選擇側(cè)視圖為③，俯視圖為④，如圖所示，長方體ABCD?A1BE,F分別為棱B1則正視圖①，側(cè)視圖③，俯視圖④對應(yīng)的幾何體為三棱錐E?ADF.故答案為：③④.56．【2020年全國1卷理科16】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】?【解析】∵AB⊥AC，AB=3，AC=1由勾股定理得BC=A同理得BD=6，∴BF=BD=在△ACE中，AC=1，AE=AD=3，∠CAE=由余弦定理得CE∴CF=CE=1，在△BCF中，BC=2，BF=6，CF=1由余弦定理得cos∠FCB=故答案為：?157．【2020年全國2卷理科16】設(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.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是__________.①p1∧p4②p【答案】①③④【解析】對于命題p1，可設(shè)l1與l2若l3與l1相交，則交點A在平面同理，l3與l2的交點B也在平面所以，AB?α，即l3?α，命題對于命題p2命題p2對于命題p3命題p3對于命題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為真命題綜上可知，p1∧p?p2∨p故答案為：①③④.58．【2020年全國3卷理科15】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_________．【答案】2【解析】易知半徑最大球為圓錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時的軸截面如圖所示，其中BC=2,AB=AC=3，且點M為BC邊上的中點，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：2359．【2020年山東卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________【答案】22【解析】如圖：取B1C1的中點為E，BB1的中點為F因為∠BAD=60°，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的棱長均為又四棱柱ABCD?A1B1C1D因為BB1∩B1設(shè)P為側(cè)面B1C1因為球的半徑為5，D1E=3所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點到因為|EF|=|EG|=2，所以側(cè)面B1C1CB因為∠B1EF=∠所以根據(jù)弧長公式可得FG=故答案為：2260．【2020年海南卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以D1為球心，5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1【答案】22【解析】如圖：取B1C1的中點為E，BB1的中點為F因為∠BAD=60°，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1又四棱柱ABCD?A1B1C1D因為BB1∩B1設(shè)P為側(cè)面B1C1因為球的半徑為5，D1E=3所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點到因為|EF|=|EG|=2，所以側(cè)面B1C1CB因為∠B1EF=∠所以根據(jù)弧長公式可得FG=故答案為：2261．【2019年新課標3理科16】學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱錐O﹣EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3．不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為g．【答案】解：該模型為長方體ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱錐O﹣EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H，分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴該模型體積為：VABCD?A1B＝6×6×4?＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，∴制作該模型所需原料的質(zhì)量為：132×0.9＝118.8（g）．故答案為：118.8．62．【2018年新課標2理科16】已知圓錐的頂點為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】解：圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為78，可得sin∠ASB=△SAB的面積為515，可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SASA與圓錐底面所成角為45°，可得圓錐的底面半徑為：22×45則該圓錐的側(cè)面積：12×410×45故答案為：402π．63．【2017年新課標1理科16】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為圓O上的點，△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重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為．【答案】解法一：由題意，連接OD，交BC于點G，由題意得OD⊥BC，OG=36即OG的長度與BC的長度成正比，設(shè)OG＝x，則BC＝23x，DG＝5﹣x，三棱錐的高h=DS△ABC=1則V=1令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，52），f′（x）＝100x3﹣50x4令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，則f（x）≤f（2）＝80，∴V≤3×80=415cm3，∴體積最大值為4故答案為：415cm3．解法二：如圖，設(shè)正三角形的邊長為x，則OG=1∴FG＝SG＝5?3SO＝h=S∴三棱錐的體積V==1令b（x）＝5x4?33x令b′（x）＝0，則4x3?x43=0，解得∴Vmax=7512故答案為：415cm3．64．【2017年新課標3理科16】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當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當直線AB與a成60°角時，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所成角的最小值為60°；其中正確的是．（填寫所有正確結(jié)論的編號）【答案】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為1，故|AC|＝1，|AB|=2斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點保持不變，B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C坐標原點，以CD為x軸，CB為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標系，則D（1，0，0），A（0，0，1），直線a的方向單位向量a→=（0，1，0），|直線b的方向單位向量b→=（1，0，0），|設(shè)B點在運動過程中的坐標中的坐標B′（cosθ，sinθ，0），其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0，2π），∴AB′在運動過程中的向量，AB'→=（cosθ，sinθ，﹣1），|AB'→設(shè)AB'→與a→所成夾角為α∈[0，則cosα=|(?cosθ，?sinθ，1)?(0，1，0)||a→|?|AB'→∴α∈[π4，π2]，∴③正確，設(shè)AB'→與b→所成夾角為β∈[0，cosβ=|AB'→當AB'→與a→夾角為60°時，即α|sinθ|=2∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ=22|cosθ|∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此時AB'∴②正確，①錯誤．故答案為：②③．65．【2016年新課標2理科14】α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題：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．其中正確的命題是（填序號）【答案】解：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故錯誤；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，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；故答案為：②③④模擬好題模擬好題1．已知a，b是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面，則下列命題錯誤的是（

）A．若α⊥γ,β//α，則β⊥γB．若α//β,β//γ,a⊥α，則a⊥γC．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，則α//βD．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，則b⊥γ【答案】C【解析】設(shè)平面α,β,γ的法向量分別為m,對于A，由β//α得，m//n，m=λn(λ≠0)，而α⊥γ，則m?p對于B，因α//β,β//γ，則m//n//p，令直線a的方向向量為a，又a⊥α，于是得a//對于C，三棱柱ABC?A1B1C顯然平面ABB1A1∩平面CAA1即滿足C中命題的條件，但平面ABB1A對于D，因α⊥γ,β⊥γ，則p⊥m,p⊥n，因此，向量m,n共面于平面而平面α∩β=b，即m,n不共線，于是得b//故選：C2．如圖是一個