2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编-空间几何体五年

五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编14-空间几

何体（含解析）

一、单选题

1.（2022.全国.统考高考真题）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个

顶点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.1C.且D.也

3232

2.（2022•全国•统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.

若该球的体积为36万，且34”3代，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

811「2781]「2764]

A.18,—B.—C.—D.r[i1o8,27]

_4J144」L43_

3.（2022.全国•统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之

和为2兀，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为%和%.若*2,则*（）

»乙V乙

A.y/5B.2V2c.MD.

4

4.（2022•全国•统考高考真题）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14Q0km2；

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

(V7»2.65)()

A.1.0xl09m3B.1.2xlO9m3C.1.4xl09m3D.1.6xlO9m3

5.（2022.全国•统考高考真题）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3括和4拒，

其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.100兀B.12871C.144KD.192TI

6.（2022•全国•统考高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小

正方形的边长为1,则该多面体的体积为（）

A.8B.12C.16D.20

7.（2022・北京・统考高考真题）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是及

其内部的点构成的集合.设集合T={Q£S|PQ«5},则T表示的区域的面积为（）

A.—B.乃C.2兀D.37r

4

8.（2022.浙江•统考高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体

-22c16

A.22兀B.8兀C.---71D.—兀

33

9.（2022・天津.统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重

叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120。，腰为3的等腰三角形，则该几何

A.23B.24C.26D.27

10.（2021・全国•统考高考真题）已知圆锥的底面半径为0,其侧面展开图为一个半圆，

则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2立C.4D.4A/2

11.（2021・全国•统考高考真题）已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，

且AC，8C,AC=3C=1,则三棱锥O—ABC的体积为（）

A.正B.在C.巫D.且

121244

12.（2021•全国•高考真题）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,

G.该正方体截去三棱锥A-跳G后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相

应的侧视图是（）

13.（2021•全国•统考高考真题）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.20+126B.28-72C.三D.空叵

33

14.（2021・全国•统考高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成

果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为

36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为。，半径

r为6400km的球，其上点A的纬度是指。4与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直

接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为。，记卫星信号覆盖地球表面的

表面积为S=2+（l-cosa）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

15.（2021・天津・统考高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上，

若球的体积为32深万，两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.3万B.4万C.D.12乃

16.（2021•浙江•统考高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

—1-►V-1―►V-1―►V-1►

正视图侧视图

3a

D.3亚

17.（2021・北京・统考高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

H—1—HH—1—H

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

3+3B.3+73C.—FA/3D3+

2-f

18.（2021・北京・统考高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、

渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨

量的等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm,高为300mm的圆锥形雨

量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这

24h降雨量的等级是

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

19.（2020.全国•统考高考真题）已知A,B,C为球0的球面上的三个点，为一ABC的

外接圆，若。。1的面积为4兀，AB=BC=AC=OOi,则球。的表面积为（）

A.64兀B.48KC.3671D.32兀

20.（2020•全国•统考高考真题）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布-1R6-1p布+1nA/5+1

A.-----D.-----C.-----U.-----

4242

21.（2020•全国•统考高考真题）已知△ABC是面积为上叵的等边三角形，且其顶点都在

4

球O的球面上.若球O的表面积为16兀，则O到平面ABC的距离为（）

A.J3B.-C.1D.也

22

22.（2020•全国•统考高考真题）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

23.（2020•海南・高考真题）日号是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的辱

针投射到唇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处放置一个日号，若辱面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则

密针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

24.（2020•全国•统考高考真题）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（）

EF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

25.（2020・天津・统考高考真题）若棱长为2石的正方体的顶点都在同一球面上，则该球

的表面积为（）

A.127rB.24〃C.36万D.144万

26.（2020.浙江•统考高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何

体的体积（单位：cn?）是（）

27.（2020•北京•统考高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三

棱柱的表面积为（）.

A.6+73B.6+273C.12+8D.12+2若

28.（2019•全国•高考真题）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,尸分别是以，A8的中点，ZCEF=90°,则球。的

体积为

A.8娓兀B.4瓜兀C.2巫兀D.娓乃

29.（2018•全国•高考真题）设A,B,C,〃是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC

为等边三角形且其面积为9力，则三棱锥D-A3C体积的最大值为

A.12mB.18A/3C.2473D.5473

30.（2018•全国•高考真题）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A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,

则在此圆柱侧面上，从Af到N的路径中，最短路径的长度为

A.2A/17B.2A/5C.3D.2

31.（2018・全国•高考真题）在长方体中，AB=BC=2,AC;与平面

84GC所成的角为30，则该长方体的体积为

A.8B.6A/2C.8A/2D.8A/3

32.（2018•全国•高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为02,过直线002

的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为

A.120兀B.127tC.8A/2TTD.10n

33.（2018・全国•高考真题）已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角

都相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为

A3A/3R2A/3-30n6

4342

34.（2018•全国•高考真题）中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫

桦头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是樟头.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

C.

35.（2018・北京・高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三

角形的个数为

36.（2018・浙江・高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体

积（单位：cm3）是（）

C.6D.8

二、多选题

37.（2022.全国•统考高考真题）如图，四边形45CD为正方形，平面ABCD,

FB//ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E—ACD,F-ABC,尸―ACE的体积分别为

匕匕,匕,则（）

三、填空题

38.（2021•全国•统考高考真题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视

图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为

（写出符合要求的一组答案即可）.

图④

39.（2021•全国•高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30万则该圆锥的侧

面积为.

40.（2020•全国•统考高考真题）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.

41.（2020•全国•统考高考真题）如图，在三棱锥尸-ABC的平面展开图中，AC=1,

AB=AD=y/3,AB1AC,AB±AD,ZCAE=30°,则cos/FCB=.

〃仍）

H

42.（2020•海南・统考高考真题）已知直四棱柱ABCD-A/B/GQ的棱长均为2,

ZBAD=60°.以Q为球心，逐为半径的球面与侧面8CQH的交线长为

43.（2020•海南・高考真题）己知正方体ABCD-A/BG。/的棱长为2,M,N分别为BBi、

A8的中点，则三棱锥A-M0D/的体积为

44.（2020・江苏.统考高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所

构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此

六角螺帽毛坯的体积是—cm3.

45.（2020•山东・统考高考真题）已知球的直径为2,则该球的体积是.

46.（2019•全国•统考高考真题）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，

该模型为长方体ABCD-Ag挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中。为长

方体的中心，E,£G,”分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,A4]=4cm,3。打印所

用原料密度为0.9g/”？，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为

g.

47.（2018・全国•高考真题）已知圆锥的顶点为S,母线a1,S5所成角的余弦值为7《，

以与圆锥底面所成角为45。，若△&山的面积为5小，则该圆锥的侧面积为

48.（2018•全国•高考真题）已知圆锥的顶点为S,母线&4,S3互相垂直，与圆锥底

面所成角为30。，若△SA3的面积为8,则该圆锥的体积为.

49.（2019・天津•高考真题）已知四棱锥的底面是边长为拒的正方形，侧棱长均为正.

若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面

的中心，则该圆柱的体积为.

50.（2019・北京・高考真题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如

图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为.

51.（2019.江苏.高考真题）如图，长方体的体积是120,£为CG的中

点，则三棱锥的体积是.

52.（2018・天津•高考真题）如图，已知正方体ABCD-A/B/G。/的棱长为1,则四棱锥

Ai—BBQQ的体积为

53.（2018・天津•高考真题）已知正方体ABCD-AgGA的棱长为1，除面ABCD外，该

正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,Af（如图），则四棱锥加'-ErGH的体积

四、解答题

54.（2022.全国.统考高考真题）如图，四面体ABCD中,

AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E为AC的中点.

（1）证明：平面3ED_L平面ACD；

（2）设AB=3。=2,ZACB=60。，点尸在8。上，当△诙（7的面积最小时，求三棱锥

/-ABC的体积.

55.（2022•全国•统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒,

包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，

一EAB,FBC,_GCD,.HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面A3CD垂直.

⑴证明：所〃平面ABC。；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

56.（2021.全国•统考高考真题）如图，在三棱锥A-BCD中，平面平面BCD,

AB=AD,。为80的中点.

(1)证明：0A1CD；

(2)若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA,且二面角

E-BC-Z)的大小为45。，求三棱锥A-BCD的体积.

57.(2021•全国•高考真题)已知直三棱柱ABC-A2C1中，侧面四片台为正方形,

AB=BC=2,E,B分别为AC和CG的中点，BF

(1)求三棱锥尸-EBC的体积;

(2)己知。为棱4月上的点，证明：BF±DE.

58.(2021•全国•统考高考真题)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，底面ABC。,

M为BC的中点，且尸3_L4s.

(1)证明：平面尸AMJ■平面尸fiD；

(2)若PD=DC=1,求四棱锥尸—ASCD的体积.

59.(2020•全国•统考高考真题)如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，ABC

是底面的内接正三角形，尸为。。上一点，ZAPC=90°.

D

(1)证明：平面朋8_L平面必C；

(2)设。。=血，圆锥的侧面积为6兀，求三棱锥P-A8C的体积.

60.(2020•全国•统考高考真题)如图，已知三棱柱ABC-A/8/G的底面是正三角形，侧

面BB/GC是矩形，M,N分别为BC,的中点，P为AM上一点.过氏。和尸的

平面交A2于E,交AC于足

C,

(1)证明：AA1//MN,且平面平面EB/C/B

_TT

(2)设。为△48心的中心，若AO=A8=6,A。//平面血心尸，且求四

棱锥B-EBiCiF的体积.

61.(2019•全国•高考真题)如图，长方体42348/。。/的底面A8CD是正方形，点

E■在棱AA/上，BELECi.

(1)证明：3E_L平面EB/G；

(2)若AE=AjE,AB=3,求四棱锥片-28。0的体积.

62.(2018•全国•高考真题)如图，在平行四边形A3cM中，AB=AC=3,ZACM=90°,

以AC为折痕将小AC"折起，使点M到达点。的位置，且ABLZM.

(1)证明：平面ACD±平面ABC；

2

(2)。为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=r>Q=1D4,求三棱锥。-A3P

的体积.

五、双空题

63.（2019•全国•高考真题）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.

图1图2

考答案：

1.C

【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面A8C。所在小圆距离一定时，底面A8C。

面积最大值为2,，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，

从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.

【详解】［方法一］:【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形A8CD四边形ABCD所在小圆半径为r,

设四边形ABC。对角线夹角为a,

2

则5ABe。=1-ACB£>.sintz<|.AC-BD<1-2r-2r=2r

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点。到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABC。面积最大值为2r2

又设四棱锥的高为〃，则/+/V=/,

当且仅当r2=2h2即，邛时等号成立.

故选：C

［方法二］：统一变量+基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为。，底面所在圆的半径为

r,则r=克°,所以该四棱锥的高九、「三，

2V2

a2a2a2、3

一+—+1-----

4442

3府考

（当且仅当9=1-即/=:时，等号成立）

所以该四棱锥的体积最大时，其高〃=

故选：C.

［方法三］:利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为。，底面所在圆的半径为

r,则r=变°,所以该四棱锥的高仁「Z,V△吟令/=«07<2）,

2V23V23V2

设/⑺=产-；,则广⑺=2"*,

o<f<1,r(r)>0,单调递增，g<r<2,r(r)<0,单调递减，

所以当f=g时，V最大，此时心=

故选：C.

【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通

性通法.

2.C

【分析】设正四棱锥的高为心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36%，所以球的半径R=3,

［方法一］:导数法

设正四棱锥的底面边长为2“，高为"

贝!J/2=2a?，32=2〃+(3—/z)2,

所以6h-I292aN=I2—h2

ii974721f76

所以正四棱锥的体积丫=wS//=wx4/x/z=w*(/2-)X"=HI4--

所以『=［4/3一4

八O

当3V/V2指时，V'>0,当2"</434时,V'<Q,

所以当/=2#时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为三,

2721

又/=3时，V=—,/=3指时，V=—,

44

所以正四棱锥的体积V的最小值为2一7，

4

所以该正四棱锥体积的取值范围是y.y.

故选：C.

［方法二］：基本不等式法

由方法一故所以丫=+%=，6%-町〃=；（12-2%）"反%（12-2?+〃+〃=£（当且

仅当〃=4取到），

当仁|时,得a萼,则嗫“=”=；（*x|=*

ZA/ZDD7乙乙4

当/=36l时，球心在正四棱锥高线上，此时/?=；3+3=/Q

坐"挛"=辈，正四棱锥体积匕=:八=:（芈）2'上?<",故该正四棱锥体积的取

22，233A/2243

值范围是目苧

3.C

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为小乙圆锥底面圆半径为弓，根据圆锥的侧面积

公式可得4=20再结合圆心角之和可将4也分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两圆

锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为/,甲圆锥底面半径为心乙圆锥底面圆半径为4,

吟啜丁=2,

所以乙=2々,

又子+手=2万，

则三=1,

21

所以々=~1，

所以甲圆锥的高4=，/-：尸=手

2c

乙圆锥的高〃2=

1/工仍2%—/2X^-l

所以

彩g

393

故选：c.

4.C

【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肱V=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=140.03?=140xl()6m2,下底面积S'=180.0km2=180xl06m2,

V=1/7(S+S,+A/SS7)=1X9X(140X106+180X106+7140X180X1012)

=3X(320+60A/7)X106«(96+18x2.65)xl07=1.437xl09«1.4xl09(m3).

5.A

【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径？々再根据球心距，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4/，所以2外=应一,26=必-，即

sin60sin60

4=3,々=4,设球心到上下底面的距离分别为4,右，球的半径为R,所以4='&_9,

d2=」R2-16,故_闵=1或4+d?=1,即胸2一9一＞/店—16|=1或一9+JR2_I6=I,

解得炉=25符合题意，所以球的表面积为S=4JIR2=ioo兀.

故选：A.

6.B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

故选：B.

7.B

【分析】求出以尸为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.

设顶点P在底面上的投影为0,连接3。，则。为三角形ABC的中心,

J.B(9=-X6x—=2A/3,故尸O=J36-12=2«.

32

因为PQ=5,故。。=1,

故S的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆,

2x3x36

而三角形ABC内切圆的圆心为。，半径为2义彳义—_万,],

-376—-

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为万

故选：B

8.C

【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的

几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出.

【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的

半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm,圆台的下底面半径为2cm,所以该

几何体的体积丫=—X—7txl3+7txl2x2+—x2x(7tx22+71XI2+VTIX22X71X122271R

亍cm.

233\

故选：c.

9.D

【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.

【详解1该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成，作碗，CB于

如图，

因为CH=BH=3,NCHB=120,所以CM=，

22

因为重叠后的底面为正方形，所以A3=8C=3岔，

在直棱柱AFD-3HC中，AB人平面8HC,则

由ABc3C=3可得_L平面ADCB,

设重叠后的EG与交点为/,

则V!-BCDA-|X3A/3X3A/3X|=^,V皿BHC=1X3^X|X3寻y

o197

则该几何体的体积为V=^D.BHC-V,_BCDA=2x---=27.

故选：D.

10.B

【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M=2万x0,解

得/=2怎

故选：B.

11.A

【分析】由题可得ASC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得0到平面

ABC的距离，进而求得体积.

【详解】AC，BC,AC=BC=1,，ABC为等腰直角三角形，"8=0,

则ABC外接圆的半径为正，又球的半径为1,

2

设。到平面43c的距离为d,

诉I、"-1e1,.V2_V2

所以%-ABC=§SABC=5X5X1xlx-^-=五.

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.

12.D

【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.

【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

13.D

【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G=’2?-仅忘-⑹2=血，

下底面面积y=16,上底面面积S?=4,

所以该棱台的体积V=gM»+S2+悟T)=；x&x(16+4+病)=

故选：D.

14.C

【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.

【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：

16400

2

27r”cosa)=l-cosc=-6400+36000〜()42=42%-

4万尸—2一2~.一°

故选：C.

15.B

【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥

的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点。，

所以，BD=1,AD=3,

CD_LAB,则/G4D+ZACE)=N3a)+ZACZ)=90,所以，ZCAD=ZBCD,

又因为NAZ)C=/3r)C,所以，△ACDS/XCBD,

ADCDi-------

所以，—=~z~，CD=>JAD-rBD=V3，

CL)BD

因此，这两个圆锥的体积之和为g万xCZ)2.(AD+80=g;rx3x4=4万.

故选：B.

16.A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.

【详解】几何体为如图所示的四棱柱ABCO-AgGA，其高为1,底面为等腰梯形ABCD,

该等腰梯形的上底为g,下底为2忘，腰长为1,故梯形的高为，二!=*，

故匕皿.侬=3(&+2后卜［*1=|,

17.A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体(三棱锥)，根据三视图中的数据可计算该几何

体的表面积.

【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O-ABC,

其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，

由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,

故其表面积为3xgxlxl+¥x(0)=,

故选：A.

A

C

B

18.B

【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.

【详解】由题意，一个半径为1=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为

等x1^=50（mm）,高为150（mm）的圆锥,

所以积水厚*5（洞,属于中雨.

故选：B.

19.A

【分析】由已知可得等边ASC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R,依题意，

得万户=4肛.r=2,ABC为等边三角形，

由正弦定理可得AB=2rsin60o=26,

OR=A5=，根据球的截面性质0a±平面ABC,

OOX±OjA,R=OA=+=^OO2+r2=4,

球。的表面积S=MR?=64%.

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.

20.C

【分析】设Q==利用尸。2=：8》后得到关于“力的方程，解方程即可得到答

案.

【详解】如图，设CD=a,PE=b,则尸O=，PE2-OE2=16一§,

1“21AA

由题意尸BPb--—=-ab,化简得4（士）2—2・2—1=0,

242aa

解得2=1±@（负值舍去）.

a4

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.

21.C

【分析】根据球。的表面积和ABC的面积可求得球。的半径R和.ABC外接圆半径,，由

球的性质可知所求距离d=VF二7.

R

【详解】

设球。的半径为R,则4万尺2=16%，解得：R=2.

设,ABC外接圆半径为小边长为。，

ABC是面积为些的等边三角形，

4

:%速=也,解得：a=3,，一M"式占口他,

2243V43V4

球心。到平面ABC的距离d=，代_尸=,4—3=1-

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.

22.C

【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：S^ABC=S^ADC=黑曲=；x2x2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2近

..ADB是边长为20的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

SAADB=^ABADsin60°=1-=2^3

,该几何体的表面积是：3X2+2A/3=6+273.

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.

23.B

【分析】画出过球心和辱针所确定的平面截地球和号面的截面图，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，计算出辱针与点A处的水平面

所成角.

【详解】画出截面图如下图所示，其中8是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的

截线，依题意可知。4，/;是号针所在直线.加是号面的截线，依题意依题意，辱面和赤

道平面平行，辱针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知利//8、根据线面垂直的定义可得

由于乙40。=40。,帆〃8,所以NQ4G=NAOC=40。，

由于ZOAG+ZGAE=ZBAE+ZGAE=90°,

所以/54E=N(MG=40。，也即辱针与点A处的水平面所成角为N54E=40。.

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.

24.A

【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，

B&B3

22上的点在正视图中都对应点M直线83c4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2，线段鼻。4,上的所有点在侧试图中都对

应E,点D&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.

25.C

【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

2

所以，这个球的表面积为S=4%&=4^x32=36乃.

故选：C.

【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键,

属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直

时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱

的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线

的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外

心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.

26.A

【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.

【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，

且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1,

棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2,

所以几何体的体积为：

-x|-x2xl|xl+|-x2xl|x2=-+2=-.

3（2））33

故选：A

【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.

27.D

【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2

的正方形，

贝其表面积为：S=3x(2x2)+2x^x2x2xsin60°^=12+2yf3.

故选：D.

【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的

分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理.

(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而

表面积是侧面积与底面圆的面积之和.

28.D

【分析】先证得平面PAC,再求得PA=PB=PC=0,从而得尸-ABC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：PA=PB=PC,AA6C为边长为2的等边三角形，.1P-ABC为正三棱锥，

:.PBLAC,又E,尸分别为B4、中点，

:.EF//PB,：.EFLAC,又EF1.CE,CEAC=C,.•.所，平面PAC,P3_L平面尸AC,

ZAPB=90°,:.PA=PB=PC=y/2,P-W,2R=,2+2+2=#,即

R=—,:.V=±nR3=+乃乂逃=府,故选D.

2338

p

设丛=P3=PC=2x,瓦尸分别为尸AA8中点,

:.EF//PB,S.EF=^PB=x,AABC为边长为2的等边三角形,

:.CF=也又NCEF=90°CE=13-,AE=1PA=X

AAEC中余弦定理cosZEAC=『十，一。一厂）,作「D_LAC于。，PA=PC,

2x2xx

Ar)i2+4-321

D为AC中点，cos/EAC==—,X+X=—，

PA2x4x2x

2X2+1=2;.X2=-X=—,..PA=PB=PC=y[2,又AB=BC=AC=2,：.PA,PB,PC

22

两两垂直,2R=72+2+2=V6,.-.7?=—,.-.V=-nR3=-nx^-=46n,故选D.

2338

【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