高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题11立体几何与空间向量选择填空题特训(原卷版+解析)

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题11立体几何与空间向量选择填空题真题汇总命题趋势真题汇总命题趋势1．【2022年全国甲卷理科04】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．8 B．12 C．16 D．202．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB与平面AB1C．AC=CB1 D．B1D3．【2022年全国甲卷理科09】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 5．【2022年全国乙卷理科09】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A．13 B．12 C．336．【2022年新高考1卷04】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140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为A．1.0×109m3 B．1.2×1097．【2022年新高考1卷08】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≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

A．18,814 B．274,8148．【2022年新高考2卷07】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A．100π B．128π C．144π D．192π9．【2021年全国甲卷理科6】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−EFG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（）A． B． C． D．10．【2021年全国甲卷理科8】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A',B',C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由A．346 B．373 C．446 D．47311．【2021年全国甲卷理科11】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．212 B．312 C．2412．【2021年新高考1卷3】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．2 B．22 C．4 D．13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π414．【2021年全国乙卷理科9】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高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O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA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α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−A．26% B．34% C．42% D．50%16．【2021年新高考2卷5】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+123 B．282 C．56317．【2020年全国1卷理科03】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．5−14 B．5−12 C．18．【2020年全国1卷理科10】已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π19．【2020年全国2卷理科07】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．E B．F C．G D．H20．【2020年全国2卷理科10】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．3 B．32 C．1 D．21．【2020年全国3卷理科08】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42 B．4+42 C．6+23 D．4+2322．【2020年海南卷04】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°23．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线24．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面25．【2019年新课标1理科12】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，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．86π B．46π C．26π D．6π26．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M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M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．217 B．25 C．3 D．227．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334 B．233 C．28．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1A．15 B．56 C．5529．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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（）A． B． C． D．30．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为93，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．123 B．183 C．243 D．54331．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．1632．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90π B．63π C．42π D．36π33．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．32 B．155 C．10534．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．π B．3π4 C．π2 35．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3A．17π B．18π C．20π D．28π36．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．32 B．22 C．3337．【2016年新课标2理科06】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．20π B．24π C．28π D．32π38．【2016年新课标3理科09】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A．18+365 B．54+185 C．90 D．8139．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4π B．9π2 C．6π D．40．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛41．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．842．【2015年新课标2理科06】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．18 B．17 C．1643．【2015年新课标2理科09】已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36π B．64π C．144π D．256π44．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．62 B．6 C．42 D．445．【2014年新课标2理科06】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A．1727 B．59 C．102746．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．110 B．25 C．301047．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．500π3cm3 B．866π3c48．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π49．【2013年新课标2理科04】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l50．【2013年新课标2理科07】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A． B． C． D．51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1BA．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°52．【2022年新高考2卷11】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为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．当λ=1时，△ABB．当μ=1时，三棱锥P−AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A54．【2021年新高考2卷10】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MN⊥OP的是（）A． B．C． D．55．【2021年全国乙卷理科16】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）．56．【2020年全国1卷理科16】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________

57．【2020年全国2卷理科16】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①p1∧p4②p58．【2020年全国3卷理科15】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_________．59．【2020年山东卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________60．【2020年海南卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B161．【2019年新课标3理科16】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﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．62．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为63．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．64．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）65．【2016年新课标2理科14】α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：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与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题是（填序号）模拟好题模拟好题1．已知a，b是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题错误的是（

）A．若α⊥γ,β//α，则β⊥γB．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γC．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//βD．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，则b⊥γ2．如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为3π，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为（

）A．733π B．736π3．四面体P−ABC中，∠APB=45°,∠APC=∠BPC=30°，则二面角A−PC−B的平面角的余弦值为（

）A．2−1 B．34 C．224．在三棱锥P−ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=2，△PAC为正三角形，且二面角P−AC−B的平面角为π6，则三棱锥P−ABC的外接球表面积为（

A．529π B．49π C．5．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广．刍，草也，甍，屋盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形为ABCD正方形，ABFE、DCFE为两个全等的等腰梯形，EF∥AB,AB=BF=2EF=4，则此刍甍的外接球的表面积为（

）A．41111π B．41313π6．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=3，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD长度是弧A．9π2 B．5π C．11π2 7．刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆困，径二寸，高二寸．又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方益”平均分为八份，取它的八分之一（如图一）．记正方形OABC的边长为r，设OP=ℎ，过P点作平面PQRS平行于平面OABC．OS=OO=r，由勾股定理有PS=PQ=r2−ℎ2，故此正方形PQRS面积是r2−ℎ2．如果将图一的几何体放在棱长为r的正方体内（如图二），不难证明图二中与图一等高处阴影部分的面积等于ℎ注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等A．83r3 B．83r38．已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，A．72 B．214 C．7109．在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B−AC−D，若cosθ=1①四面体ABCD外接球的表面积为16π②点B与点D之间的距离为2③四面体ABCD的体积为4④异面直线AC与BD所成的角为60A．1 B．2 C．3 D．410．如图，在单位正方体ABCD−A1B1C①异面直线PC1与直线②二面角P−BC③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1其中真命题有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．直三棱柱ABC−A1B1C1，中，AB⊥AC，AB=AC=AAA．AC//平面B．CD与ACC．∠ADC的取值范围为πD．AD+DC的最小值为312．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为A．直线D1D与直线B．直线A1G与平面C．平面AEF截正方体所得的截面面积为9D．点C与点G到平面AEF的距离相等13．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（

A．AB与平面BCD所成的角为π4 B．C．与AB所成的角是π3的棱共有16条 D．该半正多面体的外接球的表面积为14．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是（

）A．直线AC与DE所成角为120B．该截角四面体的表面积为7C．该截角四面体的外接球表面积为11D．AF=2a15．棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A．三棱锥F−AB．二面角G−EF−A1C．当λ=12时，平面D．当λ=34时，三棱锥A16．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、17．已知菱形ABCD的边长为2，且∠ABC=π3，点M，N分别为线段AB，CD上的动点，沿DM将△ADM翻折至△A'DM，若点C在平面A'DM18．如图所示，二面角α−l−β的平面角的大小为60∘，A,B是l上的两个定点，且AB=2,C∈α,D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30∘，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点19．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，三棱锥D−ABC为一个鳖臑，其中DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA=AB=BC=2，AM⊥DC，M为垂足，则三棱锥M−ABC的外接球的表面积为________．20．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形且∠A=π3，现将△ABD以BD为轴翻折2π3至△A'BD，使得二面角21．如图，已知球C与圆锥VO的侧面和底面均相切，且球心C在线段VO上，球的半径为R，圆锥VO的底面半径为r，圆锥的表面积为9πR222．有一张面积为82的矩形纸片ABCD，其中O为AB的中点，O1为CD的中点，将矩形ABCD绕OO1旋转得到圆柱OO1，如图所示，若点M为BC的中点，直线AM与底面圆O所成角的正切值为24，EF为圆柱的一条母线（与AD23．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cos∠BCF24．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是__________．①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1−6③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π−3)a25．如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）

①点P的轨迹为圆弧；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题11立体几何与空间向量选择填空题真题汇总命题趋势真题汇总命题趋势1．【2022年全国甲卷理科04】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．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【解析】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2+4故选：B.2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB与平面AB1C．AC=CB1 D．B1D【答案】D【解析】如图所示：不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA对于A，AB=a，AD=b，AB=2对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面A对于C，AC=a2+b2对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠D故选：D．3．【2022年全国甲卷理科09】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．【答案】C【解析】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r则S甲所以r1又2πr则r1所以r1所以甲圆锥的高ℎ1乙圆锥的高ℎ2所以V甲故选：C.4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【答案】A【解析】解：在正方体ABCD−AAC⊥BD且DD1⊥又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD因为E,F分别为AB,BC的中点，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如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，则B1C1则EF=−1,1,0,A设平面B1EF的法向量为则有m⋅EF=−同理可得平面A1BD的法向量为平面A1AC的法向量为平面A1C1则m⋅所以平面B1EF与平面A1因为m与n2所以平面B1EF与平面A1因为m与n3所以平面B1EF与平面A1故选：A.5．【2022年全国乙卷理科09】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S（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O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2又r则V当且仅当r2=2ℎ故选：C6．【2022年新高考1卷04】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140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为A．1.0×109m3 B．1.2×109【答案】C【解析】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×∴V==3×320+60故选：C．7．【2022年新高考1卷08】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≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

A．18,814 B．274,814【答案】C【解析】∵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l2=2a所以6ℎ=l2所以正四棱锥的体积V=1所以V'当3≤l≤26时，V'>0，当2所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64又l=3时，V=274，l=33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故选：C.8．【2022年新高考2卷07】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r故选：A．9．【2021年全国甲卷理科6】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−EFG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（）A． B． C． D．【答案】D由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D10．【2021年全国甲卷理科8】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A',B',C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由A．346 B．373 C．446 D．473【答案】B过C作CH⊥BB'，过B作BD⊥AA'，故AA'−CC'=AA'−(BB'−BH)=AA'−BB'+100=AD+100，由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD=DB．所以AA'−CC'=DB+100=A'B'+100．因为∠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．故选：B．11．【2021年全国甲卷理科11】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．212 B．312 C．24【答案】A∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=2则△ABC外接圆的半径为22设O到平面ABC的距离为d，则d=1所以VO−ABC故选：A.12．【2021年新高考1卷3】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．2 B．22 C．4 D．【答案】B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πl=2π×2，解得l=2故选：B.13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4【答案】D如图，连接BC1,PC1所以∠PBC1或其补角为直线PB与因为BB1⊥平面，所以BB1⊥P所以PC1⊥平面PB设正方体棱长为2，则BCsin∠PBC1故选：D14．【2021年全国乙卷理科9】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高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如图所示：由平面相似可知，DEAB=EHDEAB=EH即AB=CG−EH+EGCG−EH×DE=故选：A.15．【2021年新高考2卷4】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O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA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α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr故选：C.16．【2021年新高考2卷5】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+123 B．282 C．563【答案】D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h=2下底面面积S1=16，上底面面积所以该棱台的体积V=1故选：D.17．【2020年全国1卷理科03】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．5−14 B．5−12 C．【答案】D【解析】如图，设CD=a,PE=b，则PO=P由题意PO2=12解得ba=故选：C.18．【2020年全国1卷理科10】已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π【答案】A【解析】设圆O1半径为r，球的半径为R得πr由正弦定理可得AB=2rsin∴OO1=AB=23，根据圆截面性质∴OO∴球O的表面积S=4πR故选：A19．【2020年全国2卷理科07】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．E B．F C．G D．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E.故选：A20．【2020年全国2卷理科10】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．3 B．32 C．1 D．【答案】C【解析】设球O的半径为R，则4πR2=16π设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为93∴12a2×∴球心O到平面ABC的距离d=R故选：C.21．【2020年全国3卷理科08】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42 B．4+42 C．6+23 D．4+23【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：S根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2∴△ADB是边长为22根据三角形面积公式可得：S∴该几何体的表面积是：3×2+23故选：C.22．【2020年海南卷04】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】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OA⊥l；AB是晷针所在直线.m根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得由于∠AOC=40°,m//CD，所以由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.故选：B23．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD=2a，BE∴BM=62a，EN=∴BM≠EN，故选：B．24．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面【答案】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．25．【2019年新课标1理科12】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，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．86π B．46π C．26π D．6π【答案】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D=P半径为62，则球O的体积为4故选：D．26．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M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M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．217 B．25 C．3 D．2【答案】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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M到N的路径中，最短路径的长度：22+4故选：B．27．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334 B．233 C．【答案】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长22α截此正方体所得截面最大值为：6×3故选：A．28．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1A．15 B．56 C．55【答案】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体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），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ=|∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55故选：C．29．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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（）A． B． C． D．【答案】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．30．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为93，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．123 B．183 C．243 D．543【答案】解：△ABC为等边三角形且面积为93，可得34×AB球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C=23×32则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：13×3故选：B．31．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=1∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．32．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90π B．63π C．42π D．36π【答案】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V＝π•32×10−12•π•32×6＝63故选：B．33．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．32 B．155 C．105【答案】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，π2可知MN=12AB1NP=12BC1作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵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又异面直线所成角的范围是（0，π2∴AB1与BC1所成角的余弦值为105【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1=2，BD=C1D=5∴BC12+BD∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D=2故选：C．34．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．π B．3π4 C．π2 【答案】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r=1∴该圆柱的体积：V＝Sh=π×(3故选：B．35．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3A．17π B．18π C．20π D．28π【答案】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18可得：78×4它的表面积是：78×4π•22+3故选：A．36．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．32 B．22 C．33【答案】解：如图：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°．则m、n所成角的正弦值为：32故选：A．37．【2016年新课标2理科06】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．20π B．24π C．28π D．32π【答案】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是23，∴在轴截面中圆锥的母线长是12+4=∴圆锥的侧面积是π×2×4＝8π，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4＝20π∴空间组合体的表面积是28π，故选：C．38．【2016年新课标3理科09】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A．18+365 B．54+185 C．90 D．81【答案】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为：3×6＝18，侧面的面积为：（3×3+3×32+故棱柱的表面积为：18×2+18+185=54+185故选：B．39．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则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的内切圆半径r=6+8−10又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为32此时V的最大值43故选：B．40．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛【答案】解：设圆锥的底面半径为r，则π2r解得r=16故米堆的体积为14×13×π×（16∵1斛米的体积约为1.62立方，∴3209故选：B．41．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4πr2+12×πr2+12×2r×2πr+2r×2r+12×又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故选：B．42．【2015年新课标2理科06】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．18 B．17 C．16【答案】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为13×1∴剩余部分体积为1−1∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为15故选：D．43．【2015年新课标2理科09】已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36π B．64π C．144π D．256π【答案】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC＝VC﹣AOB=13×12×R2×R=16故选：C．44．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．62 B．6 C．42 D．4【答案】解：几何体的直观图如图：AB＝4，BD＝4，C到BD的中点的距离为：4，∴BC=CD=22+42=25．显然AC最长．长为6．故选：B．45．【2014年新课标2理科06】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A．1727 B．59 C．1027【答案】解：几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4，组合体体积是：32π•2+22π•4＝34π．底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：32π×6＝54π切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：54π−34π54π故选：C．46．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．110 B．25 C．3010【答案】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，MN=∥12B1C1=OB，则MN∵BC＝CA＝CC1，设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO=5，AN=5，MB在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO=AN故选：C．47．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．500π3cm3 B．866π3c【答案】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R﹣2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2＝（R﹣2）2+42，解出R＝5，∴根据球的体积公式，该球的体积V=4π故选：A．48．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π【答案】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积=12×22×所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．49．【2013年新课标2理科04】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l【答案】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选：D．50．【2013年新课标2理科07】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A． B． C． D．【答案】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选：A．51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1BA．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°【答案】ABD【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥B连接A1C，因为A1B1⊥平面BB因为B1C⊥BC1，A1又A1C⊂平面A1连接A1C1，设A因为BB1⊥平面A1B1C因为C1O⊥B1D1，所以∠C1BO为直线B设正方体棱长为1，则C1O=22，所以，直线BC1与平面BB因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线B故选：ABD52．【2022年新高考2卷11】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,VA．V3=2VC．V3=V【答案】CD【解析】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，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则EM=2a2+EM2+FM2=EF则V3=VA−EFM+VC−EFM故选：CD.53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1A．当λ=1时，△ABB．当μ=1时，三棱锥P−AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A【答案】BD易知，点P在矩形BCC对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1=对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1对于C，当λ=12时，BP=12BC+μBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则BP=BQ+μQH，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，A对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中点为M,N．BP=BM+λMN，所以故选：BD．54．【2021年新高考2卷10】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MN⊥OP的是（）A． B．C． D．【答案】BC设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//故∠POC（或其补角）为异面直线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错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体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正确.对于C，如图（3），连接BD，则BD//MN，由B的判断可得故OP⊥MN，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//因为DP=PC，故PQ//AC，故所以∠QPO或其补角为异面直线PO,因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,故选：BC.55．【2021年全国乙卷理科16】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）．【答案】③④（答案不唯一）选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体ABCD−A1BE,F分别为棱B1则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E−ADF.故答案为：③④.56．【2020年全国1卷理科16】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则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=故答案为：−157．【2020年全国2卷理科16】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①p1∧p4②p【答案】①③④【解析】对于命题p1，可设l1与l2若l3与l1相交，则交点A在平面同理，l3与l2的交点B也在平面所以，AB⊂α，即l3⊂α，命题对于命题p2命题p2对于命题p3命题p3对于命题p4，若直线m⊥平面α则m垂直于平面α内所有直线，∵直线l⊂平面α，∴直线m⊥直线l，命题p4为真命题综上可知，p1∧p¬p2∨p故答案为：①③④.58．【2020年全国3卷理科15】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】2【解析】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BC=2,AB=AC=3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM=32−设内切圆半径为r，则：S=1解得：r=22，其体积：故答案为：2359．【2020年山东卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________【答案】22【解析】如图：取B1C1的中点为E，BB1的中点为F因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为又四棱柱ABCD−A1B1C1D因为BB1∩B1设P为侧面B1C1因为球的半径为5，D1E=3所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB因为∠B1EF=∠所以根据弧长公式可得FG=故答案为：2260．【2020年海南卷16】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1【答案】22【解析】如图：取B1C1的中点为E，BB1的中点为F因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1又四棱柱ABCD−A1B1C1D因为BB1∩B1设P为侧面B1C1因为球的半径为5，D1E=3所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB因为∠B1EF=∠所以根据弧长公式可得FG=故答案为：2261．【2019年新课标3理科16】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﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【答案】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：VABCD−A1B＝6×6×4−＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．62．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为【答案】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，可得sin∠ASB=△SAB的面积为515，可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SASA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：22×45则该圆锥的侧面积：12×410×45故答案为：402π．63．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【答案】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=36即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h=DS△ABC=1则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，则f（x）≤f（2）＝80，∴V≤3×80=415cm3，∴体积最大值为4故答案为：415cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=1∴FG＝SG＝5−3SO＝h=S∴三棱锥的体积V==1令b（x）＝5x4−33x令b′（x）＝0，则4x3−x43=0，解得∴Vmax=7512故答案为：415cm3．64．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【答案】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|=2斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量a→=（0，1，0），|直线b的方向单位向量b→=（1，0，0），|设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，AB'→=（cosθ，sinθ，﹣1），|AB'→设AB'→与a→所成夹角为α∈[0，则cosα=|(−cosθ，−sinθ，1)⋅(0，1，0)||a→|⋅|AB'→∴α∈[π4，π2]，∴③正确，设AB'→与b→所成夹角为β∈[0，cosβ=|AB'→当AB'→与a→夹角为60°时，即α|sinθ|=2∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ=22|cosθ|∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此时AB'∴②正确，①错误．故答案为：②③．65．【2016年新课标2理科14】α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：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与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题是（填序号）【答案】解：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故错误；②如果n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；③如果α∥β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m∥β．故正确④如果m∥n，α∥β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确；故答案为：②③④模拟好题模拟好题1．已知a，b是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题错误的是（

）A．若α⊥γ,β//α，则β⊥γB．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γC．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//βD．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，则b⊥γ【答案】C【解析】设平面α,β,γ的法向量分别为m,对于A，由β//α得，m//n，m=λn(λ≠0)，而α⊥γ，则m⋅p对于B，因α//β,β//γ，则m//n//p，令直线a的方向向量为a，又a⊥α，于是得a//对于C，三棱柱ABC−A1B1C显然平面ABB1A1∩平面CAA1即满足C中命题的条件，但平面ABB1A对于D，因α⊥γ,β⊥γ，则p⊥m,p⊥n，因此，向量m,n共面于平面而平面α∩β=b，即m,n不共线，于是得b//故选：C2．如图是一个