专题13立体几何与空间向量(选择填空题)(第二部分)（解析版） - 大数据之十年高考真题（2014-2025）与优 质模拟题（新高考卷与全国理科卷）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）专题13立体几何与空间向量(选择填空题)(第二部分)1．【2024年甲卷理科第10题】设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α⋂β=m.下述四个命题：①若m//n，则n//α或n//β

②③若n//α且n//β，则m//n

④若n其中所有真命题的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【详解】对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则因为s⊂平面α，α⋂β=m，则s//m，又因为n//s，则对④，若x与α和β所成的角相等，如果n//α,n//综上只有①③正确，故选：A.2．【2023年高考全国乙卷理第3题】如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（

）

A．24 B．26 C．28 D．30【答案】D【详解】如图所示，在长方体ABCD−A1B1C点H,I,J,则三视图所对应的几何体为长方体ABCD−A1B

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：2×故选：D.3．【2023年高考全国乙卷理第8题】已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于93A．π B．6π C．3π 【答案】B【详解】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3，取AB中点C，连接∠ABO=30∘，OC=32,AB=解得PC=332所以圆锥的体积V=1故选：B4．【2023年高考全国乙卷理第9题】已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（A．15 B．25 C．35【答案】C【详解】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=CD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35故选：C5．【2023年高考全国甲卷理第11题】已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,∠PCA=45°，则A．22 B．32 C．42【答案】C【详解】法一：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=42又PC=PD=3，PO=OP，所以△PDO≅△PCO，则∠PDO=∠PCO又PC=PD=3，AC=BD=42，所以△PDB≅△PCA在△PAC中，PC=则由余弦定理可得PA故PA=17，则PB=故在△PBC中，PC=所以cos∠PCB=又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面积为S=法二：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=在△PAC中，PC=则由余弦定理可得PA2=A所以cos∠APC=PA不妨记PB=m,因为PO=12即PA2则17+9+2又在△PBD中，BD2=PB2两式相加得2m2−故在△PBC中，PC=所以cos∠PCB=又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面积为S=故选：C.6．【2022年高考全国乙卷理第7题】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC【答案】A【详解】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⊥平面选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2则B1C1则EF=−1,1,0A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与平面因为m与n2所以平面B1EF与平面因为m与n3所以平面B1EF与平面故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1B⋂B1E=M，EF⋂BD=N，则MN在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交EN于点G，连结BG，则∠BPG或其补角为平面B1EF与平面由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F为中点，则由勾股定理可得NB从而有：NB据此可得PB2+P据此可得平面B1EF⊥平面对于选项C，取A1B1的中点H由于AH与平面A1AC相交，故平面B1对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1由于A1M与平面A1C1故选：A.7．【2022年高考全国乙卷理第9题】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【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式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又设四棱锥的高为ℎ，则r2V当且仅当r2=2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a，底面所在圆的半径为r，则r=22aV=1(当且仅当a24=所以该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=1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a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，V=10<t<43，f't>所以当t=43时，V最大，此时故选：C.【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．8．【2022年高考全国甲卷理第4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．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2故选：B.9．【2022年高考全国甲卷理第7题】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB与平面AC．AC=CB1 D．B1D【答案】D【详解】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，B1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．10．【2022年高考全国甲卷理第9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【详解】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2π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.11．【2021年高考全国乙卷理第5题】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A．π2 B．π3 C．π4【答案】D【详解】如图，连接BC1,PC所以∠PBC1或其补角为直线PB与因为BB1⊥平面A1B1C所以PC1⊥平面PBB设正方体棱长为2，则BCsin∠PBC1故选：D12．【2021年高考全国甲卷理第6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−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【详解】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：D13．【2021年高考全国甲卷理第11题】已知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−ABCA．212 B．312 C．24【答案】A【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC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.14．【2020年新课标Ⅲ卷理科第8题】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【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根据勾股定理可得：AB=AD=DB=∴△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×故选：C.15．【2020年新课标Ⅱ卷理科第7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（

）A．E B．F C．G D．H【答案】A【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，D1D4上的点在正视图中都对应点M∴在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是D4,线段D3D4,上的所有点在侧试图中都对应E,∴点故选：A16．【2020年新课标Ⅱ卷理科第10题】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【详解】设球O的半径为R，则4πR2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.17．【2020年新课标Ⅰ卷理科第3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．5−14 B．5−12【答案】C【详解】如图，设CD=a,PE=b，则由题意PO2=12解得ba故选：C.18．【2020年新课标Ⅰ卷理科第10题】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，A．64π B．48π C．36π D．32π【答案】A【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R得πr2=由正弦定理可得AB=2∴OO1=AB=23∴OO∴球O的表面积S=4故选：A

19．【2019年新课标Ⅲ卷理科第8题】如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段A．BM=EN，且直线BM,B．BM≠EN，且直线BM,C．BM=EN，且直线BM,D．BM≠EN，且直线BM,【答案】B【详解】如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥连BF，∵平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知MF=32,20．【2019年新课标Ⅰ卷理科第12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，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．86π B．46π C．【答案】D【详解】解法一:∵PA=PB=PC,Δ∴PB⊥AC，又E，F分别为PA、AB中点，∴EF//PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE⋂AC=C,∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB=90°,∴解法二:设PA=PB=PC=2x，E,∴EF//PB，且EF=∴CF=3又ΔAEC中余弦定理cos∠EAC=x2+4−3∵D为AC中点，cos∠EAC=ADPA∴2x2+1=2∴x2=1221．【2018年新课标Ⅱ卷理科第9题】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A．15 B．56 C．55【答案】C【详解】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),因为cosAD1,DB122．【2018年新课标Ⅲ卷理科第3题】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】A【详解】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.23．【2018年新课标Ⅲ卷理科第10题】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D−ABCA．123 B．183 C．243【答案】B【详解】如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D此时，OD∵∴AB∵点M为三角形ABC的中心∴∴Rt△OMB中，有OM∴∴故选B.24．【2018年新课标Ⅰ卷理科第7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【答案】B【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为4225．【2018年新课标Ⅰ卷理科第12题】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】A【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD−A平面AB1D所以平面AB同理平面C1要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D且过棱的中点的正六边形，且边长为22所以其面积为S=626．【2024年甲卷理科第14题】已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2r2−【答案】6【详解】由题可得两个圆台的高分别为ℎ甲ℎ乙所以V甲故答案为：6427．【2023年高考全国甲卷理第15题】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为【答案】12【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取CD，CC1中点G,M，侧面BB由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=F即R=2则球心O到CC1的距离为所以球O与棱CC1相切，球面与棱同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故答案为：1228．【2021年高考全国乙卷理第16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）．【答案】③④（或②⑤，答案不唯一）【详解】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;则正视图①，侧视图②，俯视图⑤对应的几何体为三棱锥E−CBG;故答案为：③④或②⑤.29．【2020年新课标Ⅲ卷理科第15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．【答案】2【详解】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：2330．【2020年新课标Ⅱ卷理科第16题】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【详解】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综上可知，，为真命题，，为假命题，p1∧p¬p2∨故答案为：①③④.31．【2020年新课标Ⅰ卷理科第16题】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】−【详解】∵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=故答案为：−132．【2019年新课标Ⅲ卷理科第16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−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,【答案】118．8【详解】由题意得，SEFGH四棱锥O−EFG的高3cm，∴VO−EFGH又长方体ABCD−A1B所以该模型体积为V=V其质量为0.9×33．【2019年新课标Ⅱ卷理科第16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．【答案】共26个面.棱长为2−【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB=BE=x，延长BC与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，ΔBGE为等腰直角三角形，∴BG=GE=CH=2∴x=12+34．【2018年新课标Ⅱ卷理科第16题】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】40【详解】因为母线SA，SB所成角的余弦值为78，所以母线SA，SB所成角的正弦值为158，因为△SAB的面积为515，设母线长为l因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为lcos因此圆锥的侧面积为πrl=1．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高12cm，盆口直径24cm，盆底直径12cm．现往盆内注水，当水深为4cm时，则盆内水的体积为（

）（圆台的体积公式：V=13S+SA．11843πcm3 B．5923πc【答案】B【详解】由题意可知，该龙洗盆的轴截面图如图：龙洗盆上底半径为12cm，下底半径为6cm，当水深为4cm时，占盆高的13，此时水面的半径为6则盆内水的体积V=1故选：B

2．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均相等，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（

）A．63 B．−63 C．3【答案】C【详解】连接AC，取AC的中点O，连接BO,由题意知，EO//则异面直线BE与PC所成角为∠BEO（或其补角），在△BOE中，EO=则cos∠BEO=则异面直线BE与PC所成角的余弦值为33故选：C．

3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为22，母线与轴所在直线的夹角是45∘，且上、下底面的面积之比为1:4，则该圆台外接球的表面积为（A．40π B．64π C．80π D．128π【答案】C【详解】如图：上，下底面圆心分别为M,N，外接球球心为连接OC,因为上、下底面的面积之比为1：4，则上底面半径与下底面半径之比为1:2，即CN＝2又母线与轴所在直线的夹角是45∘,故∠BCN=45则有CN−BM=2,MN=记圆台外接球半径为R,OM=ℎ，在直角△OCN和直角△OBM中由勾股定理知：OM则有ℎ2+2故圆台外接球的半径R2则该圆台外接球的表面积S=4π故选：C．

4．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，△ABC是底面圆的内接正三角形，AB=AD=3①BE//平面PAC②PA⊥平面PBC；③圆锥的侧面积为3π④三棱锥P−ABC的内切球表面积为(2−其中正确的结论个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】由△ABC是底面圆的内接正三角形，AB=AD=3设圆锥的底面半径为r，则可得ABsin60°=2r

因为AD=3，故高DO=所以圆锥的侧面积S侧=π假设BE//平面PAC，由于BE⊂平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，故BE则∠BEA=∠EAC，而因为AE为底面圆的直径，又∠BAC=60°，且故BE、AC不可能平行，所以BE与平面PAC不平行；故①错误；因为P为线段DO的中点，故PA=PB=PC=则PA2+PB2故PA⊥PB，PA⊥PC，又PB∩PC=P，PB,PC⊂平面所以PA⊥平面PBC，故②正确；又S△S△PABVP−ABC设三棱锥P−ABC的内切球的半径为R，则VP−ABC即68=133所以三棱锥P−ABC的内切球的表面积S=4πR2综上有②③④正确.故选：C．

5．（2024·四川成都·三模）已知直线l、m、n与平面α、β，下列命题正确的是（

）A．若l⊥n，m⊥n，则lB．若l⊥α，l//βC．若l⊥α，l⊥m，则mD．若α⊥β，α⋂β=m，l⊥m，则l⊥β【答案】B【详解】对于A，若l⊥n，m⊥n，则l,对于B，若l//β，则存在l1⊂β，使得l//l1，又因为l⊥α对于C，若l⊥α，l⊥m，则m//α或对于D，若α⊥β，α⋂β=m，l⊥m，且如果l不在α内，则不会有l⊥β，故D错误.故选：B.

6．（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆O1与圆O2为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若OO1=3，A．3 B．433 C．3+【答案】D【详解】设圆O1与圆O2公共弦为AB，其中点为则O1A=所以O1E=所以在Rt△OO1E中，在Rt△OO2E中，所以在△O1EO2故选：D.

7．（2024·内蒙古赤峰·一模）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线段AC，A1C1，AAA．三棱柱ABC−A1B1CC．DQ⊥面B1QN D．三棱锥【答案】C【详解】在直三棱柱ABC−A对于A，显然三棱柱ABC−A1B△ABC外接圆半径r=23×2sin60其表面积S=4π对于B，由M是BC的中点，得BM⊥BC，而CC1⊥平面ABC则BM⊥CC1，而AC⋂CC1=C,AC又MQ⊂平面ACC1A1，则MQ⊥BM，由P,得∠AMP=∠CMQ=45∘，则∠PMQ=90∘，即因此MQ⊥平面BMP，而BD⊂平面BMP，所以BD⊥MQ，B正确；对于C，由N是正方形ACC1A1边A1C1DQ是Rt△MDQ的斜边，DQ不垂直于MP，因此DQ不垂直于NQ，NQ⊂平面B1QN，DQ对于D，由选项C知，MP//NQ，NQ⊂平面B1QN，MP⊄平面B1从而点D到平面B1QN的距离是定值，显然△B故选：C

8．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为（

）A．4000π81 B．4000π27 C．2000π81【答案】A【详解】由题知，如图，当圆锥体积最大时，此时圆锥内接于球，球心在圆锥的高上，设圆锥的底面半径为r，高为ℎ0<ℎ<10所以该圆锥的体积V=1则V'=13πℎ−3ℎ+20．当故当ℎ=203时，V取得最大值，且最大值为故选：A.

9．（2024·四川成都·三模）已知正四棱台ABCD−EFGH的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径R=57的球O的表面上，则该四棱台的高为（

）A．2 B．8 C．8或12 D．2或12【答案】D【详解】

如图，做出截面DBFH，当圆心O位于截面内部时，

取DB中点E，HF中点F1，连接DO、EF1易得点O在EF1上，由题意得DB=42，因为OF1=所以EF当O不在截面内时，

同第一种情况理可得OE=7，O所以EF故选：D.

10．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4,M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点MA．45+2C．53 D．【答案】D【详解】如图所示，取BC,CC1的中点在正方形ABCD中，因为M,E分别为DC,所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因为∠ADM=90∘，所以∠AMD+∠CDE=90又因为E,N分别为BC,因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以C又因为DE⋂NE=E且DE,NE⊂平面DNE，所以AM⊥平面因为DN⊂平面DNE，所以AM⊥DN，同理可证：D1又因为AM⋂D1M=M且AM,D1M⊂即平面α截正方体ABCD−A1B由正方体ABCD−A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面积为S=1故选：D.11．（2024·陕西渭南·二模）已知棱长为a的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为.【答案】2【详解】根据题意，如图：正四面体PABC中，其棱长为a，设O为底面△ABC的外心，O'为其内切球的球心，设其内切球半径为R，连接OC、O'C，

底面△ABC为等边三角形，则CO=3a3则PO'=6则有O'C2=O若正方体在纸盒内任意转动，当正方体玩具的棱长最大时，其外接球是正四面体的内切球，设此时正方体玩具的棱长为m，则其外接球直径为3m则有3m=2×即这个正方体玩具的棱长最大值为2a故答案为：2a6.

12．（2024·陕西·三模）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A,①AE⊥CE；②BE⊥DE；③DE⊥平面BCE；④平面ADE⊥平面BCE．【答案】①②④【详解】因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是底面圆的直径，BC,又E是底面圆周上异于A,B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE，则AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以同理可证BE⊥DE，②正确：点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE,若DE⊥平面BCE，因AE⊥平面BCE，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，于是得平面ADE⊥平面BCE，④正确．故答案为：①②④

13．（2024·四川遂宁·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为．【答案】32【详解】设圆锥高为ℎ(0<ℎ<4)，底面半径为r，则2∴V=1∴V'=83πℎ−πℎ2当0<ℎ<83时，V'>0，函数V是增函数；当83因此当ℎ=83，故侧面积为π故答案为：323π9．

14．（2024·四川·三模）已知正四棱台ABCD−A1B【答案】38023【详解】设外接球的半径为R，则4πR2=设正方形ABCD和正方形A1B1C1则M在线段OO如图，在等腰梯形ACCMA=MA则MO=26所以OO1=52所以正四棱台ABCD−A1B故答案为：38023.

15．（2024·内蒙古·三模）在平行四边形ABCD中，AB=1,AD=2,∠A=π4，沿BD【答案】3π【详解】在△ABD中，AB=由余弦定理得BD得到BD=1，所以AB2由题可知，当AB⊥平面BCD时，三棱锥A−BCD的体积最大，如下图，可将三棱锥A−BCD补全为正方体，则三棱锥A−BCD外接球的半径即为正方体外接球的半径，易知2R=AC=所以R=32，故三棱锥A−BCD外接球的表面积为故答案为：3π.

16．（2024·河北邯郸·二模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5,AD=3,【答