专题12 立体几何与空间向量(选择填空题)(第一部分)-大数据之十年高考数学真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考+全国理）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题12立体几何与空间向量(选择填空题)(第一部分) 1．【2024年新高考2卷第7题】已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 2．【2024年新高考1卷第5题】已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．【2022年新课标全国Ⅰ卷第4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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 4．【2022年新课标全国Ⅱ卷第7题】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．【2021年新课标全国Ⅰ卷第3题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 6．【2021年新课标全国Ⅱ卷第4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（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为的球，其上点A的纬度是指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（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 7．【2021年新课标全国Ⅱ卷第5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． B． C． D． 8．【2020年新课标全国Ⅱ卷第4题】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° 9．【2017年新课标Ⅲ卷理科第8题】（2017新课标全国Ⅲ理科）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． B． C． D． 10．【2017年新课标Ⅱ卷理科第4题】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． B． C． D． 11．【2017年新课标Ⅱ卷理科第10题】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 12．【2017年新课标Ⅰ卷理科第7题】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 13．【2016年新课标Ⅲ卷理科第9题】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． B． C．90 D．81 14．【2016年新课标Ⅲ卷理科第10题】在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，， ，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 15．【2016年新课标Ⅱ卷理科第6题】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． B． C． D． 16．【2016年新课标Ⅰ卷理科第6题】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互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是 A．17π B．18π C．20π D．28π 17．【2016年新课标Ⅰ卷理科第11题】平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为 A． B． C． D． 18．【2015年新课标Ⅱ理科第6题】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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 A． B． C． D． 19．【2015年新课标Ⅱ理科第9题】已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 20．【2015年新课标Ⅰ理科第6题】《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 21．【2015年新课标Ⅰ理科第11题】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 + 20，则r= A．1 B．2 C．4 D．8 22．【2023年新课标全国Ⅱ卷第9题】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 23．【2023年新课标全国Ⅰ卷第12题】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 24．【2022年新课标全国Ⅰ卷第9题】已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 25．【2022年新课标全国Ⅱ卷第11题】如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 26．【2021年新课标全国Ⅰ卷第12题】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 27．【2021年新课标全国Ⅱ卷第10题】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．则满足的是（    ） A． B． C． D． 28．【2023年新课标全国Ⅱ卷第14题】底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 29．【2023年新课标全国Ⅰ卷第14题】在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 30．【2020年新课标全国Ⅱ卷第13题】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为 31．【2020年新课标全国Ⅰ卷第16题】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ． 32．【2017年新课标Ⅰ卷理科第16题】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，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 ．    33．【2017年新课标Ⅲ卷理科第16题】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所成角的最大值为60°. 其中正确的是 .（填写所有正确结论的编号） 34．【2016年新课标Ⅱ卷理科第14题】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，mα，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. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 1．（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（    ） （1）若，，则    （2）若，，则 （3）若，，则    （4）若，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·山东潍坊·二模）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2024·江苏盐城·一模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为，且.若球和圆台的体积分别为和，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·河北·二模）如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球能在此正八面体内自由转动，则球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2024·浙江绍兴·二模）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（      ） A． B． C． D． 8．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·江苏宿迁·三模）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 11．（2024·辽宁沈阳·二模）已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（    ） A．平面平面 B．侧面内存在无穷多个点，使得平面 C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为 D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是 12．（2024·吉林延边·一模）如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得平面 C．三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是 D．当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为 13．（2024·吉林长春·三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则（    ） A．该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 B．若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为 C．若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为 D．若该圆锥内部有一个正方体，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为 14．（2024·广东深圳·二模）已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ． 注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球． 15．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 16．（2024·广东茂名·二模）如图，在梯形中，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是 . 17．（2024·广东广州·二模）用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为 ． 18．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 . 19．（2024·福建南平·二模）在正四棱台中，，，且该正四棱台的每个顶点均在表面积为的球上，则平面截球所得截面的面积为 . 20．（2024·福建泉州·二模）在四面体ABCD中，，且，则该四面体的外接球表面积为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题12立体几何与空间向量(选择填空题)(第一部分) 1．【2024年新高考2卷第7题】已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 2．【2024年新高考1卷第5题】已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 3．【2022年新课标全国Ⅰ卷第4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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积． 棱台上底面积，下底面积， ∴ ． 故选：C． 4．【2022年新课标全国Ⅱ卷第7题】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为． 故选：A．    5．【2021年新课标全国Ⅰ卷第3题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【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，解得. 故选：B. 6．【2021年新课标全国Ⅱ卷第4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（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为的球，其上点A的纬度是指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（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【答案】C 【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为： . 故选：C. 7．【2021年新课标全国Ⅱ卷第5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． B． C． D． 【答案】D 【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， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 故选：D. 8．【2020年新课标全国Ⅱ卷第4题】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 【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.. 由于，所以， 由于， 所以，也即晷针与点处的水平面所成角为. 故选：B 9．【2017年新课标Ⅲ卷理科第8题】（2017新课标全国Ⅲ理科）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． B． C． D． 【答案】B 【详解】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：， 结合勾股定理，底面半径， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B. 10．【2017年新课标Ⅱ卷理科第4题】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． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为，故选B. 11．【2017年新课标Ⅱ卷理科第10题】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为， 易得，因此，故选C． 12．【2017年新课标Ⅰ卷理科第7题】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】B 【详解】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为，故选B. 13．【2016年新课标Ⅲ卷理科第9题】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． B． C．90 D．81 【答案】B 【详解】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱， 其底面面积为：3×6=18， 前后侧面的面积为：3×6×2=36， 左右侧面的面积为： ， 故棱柱的表面积为： ． 故选B． 14．【2016年新课标Ⅲ卷理科第10题】在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，， ，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B. 15．【2016年新课标Ⅱ卷理科第6题】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． B． C． D． 【答案】C 【详解】由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．，，所以几何体的表面积为． 16．【2016年新课标Ⅰ卷理科第6题】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互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是 A．17π B．18π C．20π D．28π 【答案】A 【详解】由三视图知，该几何体的直观图如图所示： 是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A． 17．【2016年新课标Ⅰ卷理科第11题】平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.延长，过作，连接，则为，同理为，而，则所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A. 18．【2015年新课标Ⅱ理科第6题】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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】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∴剩余部分体积为，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为． 故选D． 19．【2015年新课标Ⅱ理科第9题】已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】   如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C． 20．【2015年新课标Ⅰ理科第6题】《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】B 【详解】设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B. 21．【2015年新课标Ⅰ理科第11题】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 + 20，则r= A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【详解】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： ， 又∵该几何体的表面积为16+20π， ∴ ，解得r=2， 本题选择B选项. 22．【2023年新课标全国Ⅱ卷第9题】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    23．【2023年新课标全国Ⅰ卷第12题】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 24．【2022年新课标全国Ⅰ卷第9题】已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 【答案】ABD 【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确； 连接，因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 又平面，所以，故B正确； 连接，设，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 设正方体棱长为，则，，， 所以，直线与平面所成的角为，故C错误； 因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确. 故选：ABD 25．【2022年新课标全国Ⅱ卷第11题】如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】 设，因为平面，，则， ，连接交于点，连接，易得， 又平面，平面，则，又，平面，则平面， 又，过作于，易得四边形为矩形，则， 则，， ，则，，， 则，则，，，故A、B错误；C、D正确. 故选：CD. 26．【2021年新课标全国Ⅰ卷第12题】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 27．【2021年新课标全国Ⅱ卷第10题】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．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 28．【2023年新课标全国Ⅱ卷第14题】底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 【答案】 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 29．【2023年新课标全国Ⅰ卷第14题】在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 30．【2020年新课标全国Ⅱ卷第13题】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为 【答案】 【详解】 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点 所以 故答案为： 31．【2020年新课标全国Ⅰ卷第16题】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ． 【答案】. 【详解】如图： 取的中点为，的中点为，的中点为， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以， 因为，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 32．【2017年新课标Ⅰ卷理科第16题】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，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】 【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则. ， ， 三棱锥的体积. 设，则， 令，即，得，易知在处取得最大值. ∴.    33．【2017年新课标Ⅲ卷理科第16题】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所成角的最大值为60°. 其中正确的是 .（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【详解】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|， 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（0，1，0），||＝1， 直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1， 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，（cosθ，sinθ，﹣1），||， 设与所成夹角为α∈[0，]， 则cosα|sinθ|∈[0，]， ∴α∈[，]，∴③正确，④错误． 设与所成夹角为β∈[0，]， cosβ|cosθ|， 当与夹角为60°时，即α， |sinθ|， ∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|， ∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°， ∴②正确，①错误． 故答案为②③．    34．【2016年新课标Ⅱ卷理科第14题】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，mα，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. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④ 【详解】：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 1．（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【详解】若，，则或，所以A错；，，，，或，所以B错； 若，，，则，所以C错；若，，，则与两面的交线平行，即，故D对. 故选：D. 2．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（    ） （1）若，，则    （2）若，，则 （3）若，，则    （4）若，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】由两条不同直线，及平面，知： 对（1），若，，则与相交、平行或异面，故错误； 对（2），若，，则或，故错误； 对（3），若，，则由线面垂直的性质得，故正确； 对（4），若，，则或，故错误． 故选：A． 3．（2024·山东潍坊·二模）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 4．（2024·江苏盐城·一模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为，且.若球和圆台的体积分别为和，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】    因为球O与圆台的上下底面和侧面都相切， 圆台上下底面半径分别为、，且， 由切线长定理有圆台的母线长为， 设球O的半径为R，几何体轴截面上右端点为，下右端点为， 过点作于，则圆台的高，， 则由勾股定理有，化简得， 因为球O与圆台的体积分别为和， 所以， 因为，所以， 令，，由对勾函数可知，时，随的增大而减小， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为. 故选：D. 5．（2024·河北·二模）如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球能在此正八面体内自由转动，则球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据图形，在正方体中易知正八面体的棱长为， 如图， 在正八面体中连接，可得互相垂直平分， 在Rt中，， 则该正八面体的体积， 该八面体的表面积， 设正八面体的内切球半径为，因为， 即，解得. 故选:B. 6．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】因为，，所以， ， 设外接圆的半径为，则，即， 设三棱锥外接球的半径为，，解得（负值已舍去）； 因为平面，所以，即，解得（负值已舍去）； 所以. 故选：B 7．（2024·浙江绍兴·二模）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示， 设，则， 由向量的运算及余弦定理可得： 所以， 解得：，故，过作，连接，则， 设，则，解得：，所以点与点重合， 故，，即为二面的平面角， 故三棱锥可放置成如图所示， 为底面正的外心，即, 为的外接球球心，即，为使得，故， 所以三棱锥的外接球半径， 所以外接球的体积. 故选：D. 8．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，    因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切， ，则，则， 过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则， 则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，    即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为. 故选：D. 9．（2024·江苏宿迁·三模）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，取中点，中点，连接，，， 因是正三角形，则，又是矩形，有， 而平面平面，平面平面，平面，平面， 因此平面，平面， 又，则平面，平面，则，， ，平面，则平面，又平面， 所以，而，则，显然， 由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆， 此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形， 设，又，，则球的半径， 又四棱锥的表面积为， 由，解得， ，， 所以. 故选：C. 10．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 【答案】BD 【详解】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 11．（2024·辽宁沈阳·二模）已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（    ） A．平面平面 B．侧面内存在无穷多个点，使得平面 C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为 D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是 【答案】BD 【详解】已知所有棱长都相等，不妨设为1． 对于A：过S作直线，因为，所以， 所以为平面与平面的交线， 取中点中点F，连接，由正四棱锥， 可得，所以， 所以为二面角的平面角，连接， 在中， 所以平面与平面不垂直，故A错误； 对于B：取中点中点H，连接， 因为，又平面    ，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确； 对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误； 对于D：作垂直于，连接， 因为平面，又平面，所以， 又，所以平面，因为平面，所以， 因为则为二面角的平面角， 当都无限向点B靠拢时，；当时，， 所以二面角范围是，故D正确． 故选：BD. 12．（2024·吉林延边·一模）如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得平面 C．三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是 D．当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为 【答案】ABD 【详解】设,连接，令中点为，连接，如图所示： 由底面是正方形可得：是的中点，且； 由平面，平面，平面, 可得平面平面，； 由，,可得四边形为矩形. 对于选项A:由，平面平面， 且平面平面,面，可得面， 又面,所以，故选项A正确； 对于选项B: 因为在矩形中, 所以四边形是平行四边形，则直线 因为平面,平面,则面. 故当是线段的中点时，直线面,故B正确； 对于选项C:因为在中，, 所以, 由正弦定理得：的外接圆直径, 则半径为，圆面积为, 因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，且四边形为矩形， 所以点在三棱锥的外接球上. 所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆， 因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故C错误． 对于选项D:因为面，平面, 所以面平面， 所以在平面内的射影在直线上， 即直线与平面所成角为. 在中，, 故选项D正确； 故选：ABD. 13．（2024·吉林长春·三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则（    ） A．该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 B．若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为 C．若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为 D．若该圆锥内部有一个正方体，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为 【答案】ACD 【详解】对于A，由圆锥侧面积公式和扇形弧长公式得， ，所以圆锥的高， 设圆锥的母线与底面所成角，则，故A对；    对于B，设圆锥内切圆柱底面半径为，高为， 则有， 所以圆柱体积为， 设，则， 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 所以时y取得最大值，即时圆柱体积取得最大，此时圆柱的高，故B错.    对于C，当球的半径最大时，球为圆锥的内切球，设球的半径设为R，此时圆锥与球的轴截面如图， 因为, 又，所以， 正四面体可由正方体面的对角线切割得到，如图，正四面体外接球与相对应正方体外接球为同一个球，    当正四面体的棱长为时，其相对应的正方体棱长为， 所以外接球直径为，所以外接球半径为， 所以该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为，故C对； 对于D，设圆锥内接最大正方体棱长为a，则沿着正方体体对角面作圆锥轴截面得到截面图如下，    则有， 所以正方体面的对角线长为， 所以以正方体顶点A为球心，半径为的球与正方体表面交线情况如下图所示，    所以交线有两组各有三条长度相等的曲线，第一组曲线如图（1），第二组曲线如图（2），    由上，， 所以， 所以，， 所以交线的总长度为. ，故D对. 故选：ACD. 14．（2024·广东深圳·二模）已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ． 注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球． 【答案】 【详解】由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：    设圆锥高为，母线长为， 则在三角形中有，即①， 又由得，即②， 所以由①②得， 所以圆锥的表面积为. 故答案为：. 15．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 【答案】3 【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形， 则，所以，因为，且，平面， 所以平面，因为平面， 所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，因为，则， 所以，又因为，平面，，所以平面， 则易知，，两两垂直且长度均为， 所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设外接球的半径为，则. 故答案为：3. 16．（2024·广东茂名·二模）如图，在梯形中，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是 . 【答案】 【详解】当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值， 所以此时到底面的距离最大，平面平面， 且平面平面， 取的中点，则，故平面， 取的中点，则，又，且，则， 又∵， 故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径； 显然，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小， 此时，截面的圆心就是点，记其半径为，则； 由于，平面，所以平面， 而平面，则，则， 在中，，故； 又，故，又， 故由余弦定理有， ∴，故所求面积为. 故答案为： 17．（2024·广东广州·二模）用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为 ． 【答案】 【详解】设圆台的一条母线为，过点作的垂线，垂足为， 则即为母线与底面所成的角为， 设圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 则， 即，即， 圆台体积为， 球台的体积为 ， 由题意， 则， 即， 即，即， 设圆台外接球的球心为，半径为，则在所在直线上， 设，则， 由， 解得， 则球的表面积， 台体侧面积， 故， ， 由，可得，则，则， 故的取值范围为， 故答案为：． 18．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 . 【答案】 【详解】因为，，为的中点， 则有，， 所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面. 所以平面， 又为等腰直角三角形，所以其外接圆的半径， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 19．（2024·福建南平·二模）在正四棱台中，，，且该正四棱台的每个顶点均在表面积为的球上，则平面截球所得截面的面积为 . 【答案】/ 【详解】      由球的表面积为，所以，可知球的半径为， 设上下底面的中心分别为，因为， 从而可知球的球心与下底面的中心重合； 分别取和的中点，连接， 则在直角梯形中得， 则在直角梯形中得， 过点作的垂线，垂足为， 由于平面， 平面，所以， 由，，平面，从而平面， 在中，设， 则，则，和， 联立解得：， 又因为平面截球所得平面图形为圆面，所以圆面的半径， 所以圆面面积为. 20．（2024·福建泉州·二模）在四面体ABCD中，，且，则该四面体的外接球表面积为 ． 【答案】 【详解】如图，作平面ABC，连接AH，HB，HC， 易得，因平面DAH， 所以平面DAH，平面DAH，故， 由题可得，则． 不妨设，则有①， 中，由余弦定理，， 在中，②， 将两式相减化简即得：． 取线段AC中点E，过点E作平面ABC， 其中点O为外接球的球心，设外接球半径为R， 由余弦定理求得，    在直角梯形中，，由计算可得：， 则该四面体的外接球表面积为． 故答案为：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$