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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)
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这是一份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)，共92页。
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．8B．12C．16D．20
2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
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S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
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．13B．12C．33D．22
6．【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（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
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．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
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．100πB．128πC．144πD．192π
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．
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B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'−CC'约为（3≈1.732）（ ）
A．346B．373C．446D．473
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．212B．312C．24D．34
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．2B．22C．4D．42
13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
14．【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．表高×表距表目距的差−表高
C．表高×表距表目距的差+表距D．表高×表距表目距的差−表距
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−csα)（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%
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+123B．282C．563D．2823
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．5−14B．5−12C．5+14D．5+12
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=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
19．【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．EB．FC．GD．H
20．【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．3B．32C．1D．32
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+42B．4+42C．6+23D．4+23
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°
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．86πB．46πC．26πD．6π
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．217B．25C．3D．2
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．334B．233C．324D．32
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DB1所成角的余弦值为（ ）
A．15B．56C．55D．22
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．
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．123B．183C．243D．543
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．10B．12C．14D．16
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．90πB．63πC．42πD．36π
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．32B．155C．105D．33
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．πB．3π4C．π2D．π4
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28π3，则它的表面积是（ ）
A．17πB．18πC．20πD．28π
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．32B．22C．33D．13
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．20πB．24πC．28πD．32π
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+365B．54+185C．90D．81
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．4πB．9π2C．6πD．32π3
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．1B．2C．4D．8
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．18B．17C．16D．15
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．36πB．64πC．144πD．256π
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．62B．6C．42D．4
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．1727B．59C．1027D．13
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．110B．25C．3010D．22
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．500π3cm3B．866π3cm3C．1372π3cm3D．2048π3cm3
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+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π
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
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．
51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD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,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2B．V3=V1
C．V3=V1+V2D．2V3=3V1
53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
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．
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cs∠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∧p4②p1∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬p4
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_________．
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BCC1B1的交线长为________．
61．【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
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⊥γ
B．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γ
C．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//β
D．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，则b⊥γ
2．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．733πB．736πC．71512πD．71524π
3．四面体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．2−1B．34C．22−3D．23
4．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．529πB．49πC．283πD．329π
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．41111πB．41313πC．36811πD．16013π
6．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BC长度的3倍，CD=2，则该曲池的体积为（ ）
A．9π2B．5πC．11π2D．6π
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ℎ2．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为ℎ2，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（ ）
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．83r3B．83r3πC．163r3D．163r3π
8．已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面A1B1C1D1的边界上一点．若PA⋅PC的最小值为12，则该正四棱台的体积为（ ）
A．72B．214C．7106D．356
9．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csθ=13，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体ABCD外接球的表面积为16π
②点B与点D之间的距离为23
③四面体ABCD的体积为423
④异面直线AC与BD所成的角为60∘
A．1B．2C．3D．4
10．如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线PC1与直线B1C所成角的大小为定值；
②二面角P−BC1−D的大小为定值；
③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为43；
④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行．
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=AA1=1，点D是线段BC1上的动点(不含端点)，则（ ）
A．AC//平面A1BD
B．CD与AC1不垂直
C．∠ADC的取值范围为π4,π2
D．AD+DC的最小值为3
12．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D．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π4B．AB=22
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6π
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120∘
B．该截角四面体的表面积为73a2
C．该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D．AF=2a
15．棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，若B1G=λB1C0≤λ≤1，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥F−A1EG的体积为定值
B．二面角G−EF−A1的正切值的取值范围为223,22
C．当λ=12时，平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形
D．当λ=34时，三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为1534π
16．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为____________．
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'DM内的射影恰好落在直线DM上，则当线段A'N最短时，三棱锥A'−CMN的体积为___________.
18．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H的轨迹的长度等于_________．
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A'−BD−C为锐二面角，则点B到平面A'CD的距离是______．
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9πR2，则Rr=______．
22．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AD，BC不重合），则当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，三棱锥A−EFM外接球的表面积为___________.
23．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cs∠BCF =46565，则三棱锥P−ABC外接球表面积为____________．
24．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1−64a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π−3)a2； ④勒洛四面体的体积V∈212a3,6π8a3；
25．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
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．8B．12C．16D．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+42×2×2=12.
故选：B.
2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【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AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．
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S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
【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r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1=l2−49l2=53l，
乙圆锥的高ℎ2=l2−19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=−1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=−2,2,0,A1C1=−2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,−1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,−1,−1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,−1，
则m⋅n1=2−2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
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．13B．12C．33D．22
【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SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（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2r2
又r2+ℎ2=1
则VO−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=23r2⋅r2⋅2ℎ2≤23r2+r2+2ℎ233=4327
当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立，
故选：C
6．【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（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
【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=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
∴V=13ℎS+S'+SS'=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．
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．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
【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=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V'=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V'>0，当26所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
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274，643.
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．100πB．128πC．144πD．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r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2−9，d2=R2−16，故d1−d2=1或d1+d2=1，即R2−9−R2−16=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
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：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B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'−CC'约为（3≈1.732）（ ）
A．346B．373C．446D．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'=100tan15°
在△A'B'C'中，由正弦定理得：
A'B'sin45°=C'B'sin75°=100tan15°cs15°=100sin15°，
而sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−cs45°sin30°=6−24，
所以A'B'=100×4×226−2=100(3+1)≈273，
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．212B．312C．24D．34
【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，又球的半径为1，
设O到平面ABC的距离为d，
则d=12−(22)2=22，
所以VO−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×22=212.
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．2B．22C．4D．42
【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=22.
故选：B.
13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】D
如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
设正方体棱长为2，则BC1=22,PC1=12D1B1=2，
sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.
故选：D
14．【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．表高×表距表目距的差−表高
C．表高×表距表目距的差+表距D．表高×表距表目距的差−表距
【答案】A
如图所示：
由平面相似可知，DEAB=EHAH,FGAB=CGAC，而DE=FG，所以
DEAB=EHAH=CGAC=CG−EHAC−AH=CG−EHCH，而CH=CE−EH=CG−EH+EG，
即AB=CG−EH+EGCG−EH×DE=EG×DECG−EH+DE＝表高×表距表目距的差+表高．
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−csα)（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%
【答案】C
由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
2πr2(1−csα)4πr2=1−csα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.
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+123B．282C．563D．2823
【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=22−(22−2)2=2，
下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，
所以该棱台的体积V=13h(S1+S2+S1S2)=13×2×(16+4+64)=2832.
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．5−14B．5−12C．5+14D．5+12
【答案】D
【解析】
如图，设CD=a,PE=b，则PO=PE2−OE2=b2−a42，
由题意PO2=12ab，即b2−a24=12ab，化简得4(ba)2−2⋅ba−1=0，
解得ba=1+54（负值舍去）.
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=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
【答案】A
【解析】
设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2=4π,∴r=2，
由正弦定理可得AB=2rsin60°=23，
∴OO1=AB=23，根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，
∴OO1⊥O1A,R=OA=OO12+O1A2=OO12+r2=4，
∴球O的表面积S=4πR2=64π.
故选：A
19．【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．EB．FC．GD．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：A
20．【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．3B．32C．1D．32
【答案】C
【解析】
设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.
设△ABC外接圆半径为r，边长为a，
∵△ABC是面积为934的等边三角形，
∴12a2×32=934，解得：a=3，∴r=23×a2−a24=23×9−94=3，
∴球心O到平面ABC的距离d=R2−r2=4−3=1.
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+42B．4+42C．6+23D．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△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2
根据勾股定理可得：AB=AD=DB=22
∴△ADB是边长为22的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60°=12(22)2⋅32=23
∴该几何体的表面积是：3×2+23=6+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m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..
由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，
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：B
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
【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=34a2+54a2=2a，
∴BM=62a，EN=34a2+14a2=a，
∴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．86πB．46πC．26πD．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=PA2+PB2+PC2=6．
半径为62，则球O的体积为43π×(62)3=6π．
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．217B．25C．3D．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+42=25．
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．334B．233C．324D．32
【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22，
α截此正方体所得截面最大值为：6×34×(22)2=334．
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DB1所成角的余弦值为（ ）
A．15B．56C．55D．22
【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），DB1→=（1，1，3），
设异面直线AD1与DB1所成角为θ，
则csθ=|AD1→⋅DB1→||AD1→|⋅|DB1→|=225=55，
∴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．123B．183C．243D．543
【答案】解：△ABC为等边三角形且面积为93，可得34×AB2=93，解得AB＝6，
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=23×32×6=23，OO′=42−(23)2=2，
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：13×34×63=183．
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．10B．12C．14D．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=12×2×（2+4）＝6，
∴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．90πB．63πC．42πD．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＝63π，
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．32B．155C．105D．33
【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=12AB1=52，
NP=12BC1=22；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵PQ＝1，MQ=12AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cs∠ABC
＝4+1﹣2×2×1×（−12）
＝7，
∴AC=7，
∴MQ=72；
在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=112；
在△PMN中，由余弦定理得
cs∠MNP=MN2+NP2−PM22⋅MN⋅NP=(52)2+(22)2−(112)22×52×22=−105；
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=22+12−2×2×1×cs60°=3，
C1D=5，
∴BC12+BD2=C1D2，
∴∠DBC1＝90°，
∴cs∠BC1D=25=105．
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．πB．3π4C．π2D．π4
【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=12−(12)2=32，
∴该圆柱的体积：V＝Sh=π×(32)2×1=3π4．
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28π3，则它的表面积是（ ）
A．17πB．18πC．20πD．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后的几何体，如图：
可得：78×43πR3=28π3，R＝2．
它的表面积是：78×4π•22+34×π⋅22=17π．
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．32B．22C．33D．13
【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．20πB．24πC．28πD．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=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+365B．54+185C．90D．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+62）×2＝18+185，
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．4πB．9π2C．6πD．32π3
【答案】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10．
故三角形ABC的内切圆半径r=6+8−102=2，
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43π⋅(32)3=9π2，
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＝8，
解得r=16π，
故米堆的体积为14×13×π×（16π）2×5≈3209，
∵1斛米的体积约为1.62立方，
∴3209÷1.62≈22，
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．1B．2C．4D．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×πr2＝5πr2+4r2，
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．18B．17C．16D．15
【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13×12×1×1×1=16，
∴剩余部分体积为1−16=56，
∴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．36πB．64πC．144πD．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=16R3=36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π，
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．62B．6C．42D．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．AC=42+(25)2=6，AD＝42，
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．1727B．59C．1027D．13
【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=1027．
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．110B．25C．3010D．22
【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MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC＝CA＝CC1，
设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO=5，AN=5，MB=B1M2+BB12=(2)2+22=6，
在△ANO中，由余弦定理可得：cs∠ANO=AN2+NO2−AO22AN⋅NO=62×5×6=3010．
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．500π3cm3B．866π3cm3C．1372π3cm3D．2048π3cm3
【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=4π3R3=4π3×53=500π3cm3．
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+8πB．8+8πC．16+16πD．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×π×4＝8π
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−A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【答案】ABD
【解析】
如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥ BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥ BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O=22，BC1=2，sin∠C1BO=C1OBC1=12，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30∘，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.
故选：ABD
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,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2B．V3=V1
C．V3=V1+V2D．2V3=3V1
【答案】CD
【解析】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅2a2=43a3，
V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅2a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，
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，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，
则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，
则V3=VA−EFM+VC−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案】BD
易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．
对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1=BC+μCC1，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
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，A1(32,0,1)，P(0,0,μ)，B(0,12,0)，则A1P=(−32,0,μ−1)，BP=(0,−12,μ)，A1P⋅BP=μ(μ−1)=0，所以μ=0或μ=1．故H,Q均满足，故C错误；
对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中点为M,N．BP=BM+λMN，所以P点轨迹为线段MN．设P(0,y0,12)，因为A(32，0,0)，所以AP=(−32,y0,12)，A1B=(−32,12,−1)，所以34+12y0−12=0⇒y0=−12，此时P与N重合，故D正确．
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//AC，
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∠POC=12=22，
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OP⊥BD，
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//MN，
因为DP=PC，故PQ//AC，故PQ//MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=2，OQ=AO2+AQ2=1+2=3，
PO=PK2+OK2=4+1=5，QO2故PO,MN不垂直，故D错误.
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−A1B1C1D1中，AB=BC=2,BB1=1，
E,F分别为棱B1C1,BC的中点，
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cs∠FCB=______________.
【答案】−14
【解析】
∵AB⊥AC，AB=3，AC=1，
由勾股定理得BC=AB2+AC2=2，
同理得BD=6，∴BF=BD=6，
在△ACE中，AC=1，AE=AD=3，∠CAE=30∘，
由余弦定理得CE2=AC2+AE2−2AC⋅AEcs30∘=1+3−2×1×3×32=1，
∴CF=CE=1，
在△BCF中，BC=2，BF=6，CF=1，
由余弦定理得cs∠FCB=CF2+BC2−BF22CF⋅BC=1+4−62×1×2=−14.
故答案为：−14.
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∧p4②p1∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬p4
【答案】①③④
【解析】
对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；
若l3与l1相交，则交点A在平面α内，
同理，l3与l2的交点B也在平面α内，
所以，AB⊂α，即l3⊂α，命题p1为真命题；
对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题p2为假命题；
对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题p3为假命题；
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∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，
¬p2∨p3为真命题，¬p3∨¬p4为真命题.
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】23π
【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=32−12=22，故S△ABC=12×2×22=22，
设内切圆半径为r，则：
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r
=12×3+3+2×r=22，
解得：r=22，其体积：V=43πr3=23π.
故答案为：23π.
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________．
【答案】22π.
【解析】
如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E=3，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面，所以BB1⊥B1C1，
因为BB1∩B1C1=B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为5，D1E=3，所以|EP|=|D1P|2−|D1E|2=5−3=2，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为2，
因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，
因为∠B1EF=∠C1EG=π4，所以∠FEG=π2，
所以根据弧长公式可得FG=π2×2=22π.
故答案为：22π.
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BCC1B1的交线长为________．
【答案】22π.
【解析】
如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E=3，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面，所以BB1⊥B1C1，
因为BB1∩B1C1=B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为5，D1E=3，所以|EP|=|D1P|2−|D1E|2=5−3=2，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为2，
因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，
因为∠B1EF=∠C1EG=π4，所以∠FEG=π2，
所以根据弧长公式可得FG=π2×2=22π.
故答案为：22π.
61．【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−A1B1C1D1−VO﹣EFGH
＝6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3
＝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=1−(78)2=158．
△SAB的面积为515，
可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SA2×158=515，即SA＝45．
SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：22×45=210．
则该圆锥的侧面积：12×410×45π＝402π．
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=36BC，
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=DG2−OG2=25−10x+x2−x2=25−10x，
S△ABC=12×32×(23x)2=33x2，
则V=13S△ABC×ℎ=3x2×25−10x=3⋅25x4−10x5，
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415cm3．
故答案为：415cm3．
解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=13×32x=36x，
∴FG＝SG＝5−36x，
SO＝h=SG2−GO2=(5−36x)2−(36x)2=5(5−33)，
∴三棱锥的体积V=13S△ABC⋅ℎ
=13×34×5(5−33x)=15125x4−33x5，
令b（x）＝5x4−33x5，则b'(x)=20x3−533x4，
令b′（x）＝0，则4x3−x43=0，解得x＝43，
∴Vmax=7512×48×5−4=415（cm3）．
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），|a→|＝1，
直线b的方向单位向量b→=（1，0，0），|b→|＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（csθ，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'→=（csθ，sinθ，﹣1），|AB'→|=2，
设AB'→与a→所成夹角为α∈[0，π2]，
则csα=|(−csθ，−sinθ，1)⋅(0，1，0)||a→|⋅|AB'→|=22|sinθ|∈[0，22]，
∴α∈[π4，π2]，∴③正确，④错误．
设AB'→与b→所成夹角为β∈[0，π2]，
csβ=|AB'→⋅b→||AB'→|⋅|b→|=|(−csθ，sinθ，1)⋅(1，0，0)||b→|⋅|AB'→|=22|csθ|，
当AB'→与a→夹角为60°时，即α=π3，
|sinθ|=2csα=2csπ3=22，
∵cs2θ+sin2θ＝1，∴csβ=22|csθ|=12，
∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此时AB'→与b→的夹角为60°，
∴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
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⊥γ
B．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γ
C．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//β
D．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,n,p，
对于A，由β//α得，m//n，m=λn(λ≠0)，而α⊥γ，则m⋅p=0，有n⋅p=0，即n⊥p，于是得β⊥γ，A正确；
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//m，有a//p，a⊥γ，B正确；
对于C，三棱柱ABC−A1B1C1的三个侧面ABB1A1,BCC1B1,CAA1C1分别视为平面α,β,γ，
显然平面ABB1A1∩平面CAA1C1=AA1，BCC1B1∩平面CAA1C1=CC1，有AA1//CC1，
即满足C中命题的条件，但平面ABB1A1与平面BCC1B1相交，C不正确；
对于D，因α⊥γ,β⊥γ，则p⊥m,p⊥n，因此，向量m,n共面于平面γ，令直线b的方向向量为b，显然m⊥b,n⊥b，
而平面α∩β=b，即m,n不共线，于是得b//p，所以b⊥γ，D正确.
故选：C
2．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．733πB．736πC．71512πD．71524π
【答案】D
【解析】
圆台的侧面展开图是一扇环，设该扇环的圆心角为α，
则其面积为12×α×42−12×α×22=3π，得α=π2，
所以扇环的两个圆弧长分别为π和2π，
设圆台的上底半径，下底半径分别为r1,r2，圆台的高为ℎ，
则2πr1=π,2πr2=2π
所以r1=12，r2=1，又圆台的母线长l=4−2=2
所以圆台的高为ℎ=22−1−122=152，
所以圆台的体积为V=13π122+12+12×1×152=71524π．
故选：D.
3．四面体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．2−1B．34C．22−3D．23
【答案】C
【解析】
过点A作AM⊥PC交PC于点M，过点M作MN⊥PC交PB于点N，如图，
则∠AMN是二面角A−PC−B的平面角，设AM=x，则MN=x,AP=PN=2x，
在△APN和△AMN中，由余弦定理，AN2=AP2+PN2−2AP⋅PN⋅cs∠APN=AM2+MN2−2AM⋅MN⋅cs∠AMN，
所以cs∠AMN=22−3，
故选：C
4．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．529πB．49πC．283πD．329π
【答案】C
【解析】
如图所示，△ABC为直角三角形，又AB=AC=2，
所以BC=22，
因为△PAC为正三角形，所以PA=PC=AC=2，
连接PD,DE，D为AC的中点，E为BC中点，
则PD⊥AC,DE⊥AC，所以∠PDE为二面角P−AC−B的平面角
所以∠PDE=30°．
因为△ABC为直角三角形，E为BC中点，
所以点E为△ABC的外接圆的圆心，
设G为△PAC的中心，则G为△PAC的外接圆圆心．过E作面ABC的垂线，过G作面PAC的垂线，设两垂线交于O．
则O即为三棱锥P−ABC的外接球球心．设GO与DE交于点H，
GD=13PD=33,DH=DGcs30∘=33×23=23，
所以HE=DE−DH=13,OE=HE×tan60∘=33，
∴R2=CO2=CE2+EO2=2+13=73．
所以S=4πR2=283π，
故选：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．41111πB．41313πC．36811πD．16013π
【答案】C
【解析】
解：设AC∩BD=M，取EF中点为N，由题意知，球心O在直线MN上，
由AB=BF=2EF=4可得MN=11，
设OM=x，则x2+8=(11−x)2+1，
解得x=211，故R2=8+x2=9211，
所以外接球的表面积S=4πR2=36811π.
故选：C
6．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BC长度的3倍，CD=2，则该曲池的体积为（ ）
A．9π2B．5πC．11π2D．6π
【答案】D
【解析】
不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知R=3r，CD=R−r=2r=2，
所以r=1，R=3.
故该曲池的体积V=π4×(R2−r2)×3=6π.
故选：D.
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ℎ2．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为ℎ2，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（ ）
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．83r3B．83r3πC．163r3D．163r3π
【答案】C
【解析】
V棱锥=13Sℎ=13×r2×r=13r3，
由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于V棱锥=13r3
所以图1中几何体体积为V=r3−13r3=23r3，
所以牟合方盖体积为8V=163r3．
故选：C．
8．已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面A1B1C1D1的边界上一点．若PA⋅PC的最小值为12，则该正四棱台的体积为（ ）
A．72B．214C．7106D．356
【答案】A
【解析】
由题意可知，以O为坐标原点，OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示
A0,−2,0，C0,2,0，由对称性，点P在A1B1,B1C1,A1D1,C1D1是相同的，
故只考虑P在B1C1上时，设正四棱台的高为ℎ，则
B122,0,ℎ，C10,22,ℎ，设Px,y,z，PC1=−x,22−y,ℎ−z，
B1C1=−22,22,0，因为P在B1C1上，所以PC1=λB1C10≤λ≤1，则
P22λ,22−22λ,ℎ，
PA=−22λ,−2−22+22λ,−ℎ=−22λ,−322+22λ,−ℎ，
PC=−22λ,2−22+22λ,−ℎ=−22λ,22+22λ,−ℎ，
所以PA⋅PC=12λ2+22λ−32222λ+22+ℎ2
=12λ2+12λ2+12λ−32λ−32+ℎ2
=λ2−λ−32+ℎ2=λ−122−74+ℎ2
由二次函数的性质知，当λ=12时，PA⋅PC取得最小值为ℎ2−74，
又因为PA⋅PC的最小值为12，所以ℎ2−74=12，解得ℎ=±32（负舍），
故正四棱台的体积为：
V=13S1+S1S2+S2ℎ=132×2+2×2×1×1+1×1×32=72.
故选：A.
9．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csθ=13，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体ABCD外接球的表面积为16π
②点B与点D之间的距离为23
③四面体ABCD的体积为423
④异面直线AC与BD所成的角为60∘
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】
对于①，取AC的中点M，连接MB、MD，则AC=AB2+AD2=4，
因为∠ABC=∠ADC=90∘，所以，MB=MD=12AC=MA=MC=2，
所以，M为四面体ABCD的外接球球心，球M的表面积为4π×22=16π，①对；
对于②③④，过点D在平面ADC内作DO⊥AC，垂足为点O，过点O作OE⊥AC交BC于点E，
则二面角B−AC−D的平面角为∠DOE=θ，
在Rt△ACD中，AD=23，CD=2，AC=4，则∠CAD=30∘，∠ACD=60∘，
∵DO⊥AC，则OD=12AD=3，AO=ADcs30∘=3，OC=AC−OA=1，
∵AC⊥OD，AC⊥OE，OD∩OE=O，∴AC⊥平面ODE，
以点O为坐标原点，OE、OC所在直线分别为x、y轴，平面ODE内过点O且垂直于OE的垂线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为csθ=13，则A0,−3,0、B3,−2,0、C0,1,0、D33,0,263，
BD=3−332+−2−02+0−2632=22，②错，
S△ABC=12AB⋅BC=23，VD−ABC=13×23×263=423，③对，
AC=0,4,0，BD=−233,2,263，
cs=AC⋅BDAC⋅BD=84×22=22，故异面直线AC与BD所成角为45∘，④错.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
10．如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线PC1与直线B1C所成角的大小为定值；
②二面角P−BC1−D的大小为定值；
③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为43；
④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行．
其中真命题有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】
解：对于①，由正方体的性质可知，B1C⊥平面ABC1D1，又PC1⊂平面ABC1D1,
故B1C⊥PC1，异面直线PC1与直线BC1的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面PBC1即为平面ABC1D1，平面ABC1D1与平面BC1D所成的二面角为定值，故二面角P−BC1−D为定值，②正确；
对于③，将平面ACC1沿直线AC1翻折到平面ABC1D1内，平面图如下，过C点做CP⊥AD1，CP∩AC1=Q，CP∩BC1=E,此时，PQ+QC的值最小.
由题可知，CC1=1,CA=2,AC1=3,∠D1AC1=∠C1AC=∠AC1B,
sin∠C1AC=33,cs∠C1AC=233，
则∠CC1E=π2−2∠C1AC，sin∠CC1E=cs2∠C1AC=2cs2∠C1AC−1=13，
故EC=CC1×sin∠CC1E=13,又PE=AB=1，
故PQ+QC的最小值为43，故③正确.
对于④，在正方体ABCD−A1B1C1D1中易证A1C⊥平面BDC1，设AC∩BD=O，则∠A1OC1即为二面角A1−BD−C1的平面角，又正方体边长为1，故A1C1=2,AO=OC=22，则A1O=C1O=62,由余弦定理得cs∠A1OC1=A1O2+C1O2−A1C122⋅A1O⋅C1O=29，故∠A1OC1<π2，同理π2<∠AOC1<π,
故在AA1上必然存在一点E，使得二面角E−BD−C1为π2，即平面EBD⊥平面BDC1，平面EBD与平面ADD1A1的交线为ED，
则ED∩AD1=P，过P点作BD的垂线PR.此时PR⊥平面BDC1，又A1C⊥平面BDC1，故PR//A1C.故④错误.
故选：C.
11．直三棱柱ABC−A1B1C1，中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，点D是线段BC1上的动点(不含端点)，则（ ）
A．AC//平面A1BD
B．CD与AC1不垂直
C．∠ADC的取值范围为π4,π2
D．AD+DC的最小值为3
【答案】AD
【解析】
依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为AC//A1C1，A1C1⊂平面A1BD，AC⊄平面A1BD，所以AC//平面A1BD，故A正确.
B：如图1，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，
A(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,0,1)
设BD=λBC1，λ∈0,1，则D(1−λ,λ,λ)，
CD=(1−λ,λ−1,λ)，AC1=(0,1,1)，CD⋅AC1=2λ−1
当λ=12时，CD⊥AC1，当λ≠12且λ∈0,1时CD与AC1不垂直，故B错误.
C：判断以AC为直径的球与C1B的交点情况，
如图3，取AC中点F，则FC1=FB=52，FD=FB2−(12C1B)2=22>12AC，
所以以AC为直径的球与C1B没有交点.所以∠ADC<π2，故C错误.
D：将面CBC1，翻折至与ABC1共面，此时点C与E1重合，所以AD+DC的最小值为AE1，且AE1=3，故D正确.
故选：AD
图1 图2 图3
12．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【解析】
对于A，若D1D⊥AF，
因为D1D⊥AE且AE∩AF=A，所以D1D⊥平面AEF，
所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，此时不成立，所以线D1D与直线AF不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q,GQ，
由条件可知：GQ//EF,A1Q//AE，且GQ∩A1Q=Q,EF∩AE=E,
又GQ⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，A1Q⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴GQ//平面AEF，A1Q//平面AEF，又GQ∩A1Q=Q，
所以平面A1GQ//平面AEF，又因为A1G⊂平面A1GQ，
所以A1G//平面AEF，故B正确；
对于C，因为E,F为BC,C1C的中点，所以EF//AD1，
所以A,E,F,D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，
由题得该等腰梯形的上底EF=22,下底AD1=2，腰长为52，所以梯形面积为98，故C正确；
对于D，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．
故选：BC．
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π4B．AB=22
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6π
【答案】AC
【解析】
补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为a，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为12+43，
得8×34×22a2+6×22a2=12+43，解得a=2，
∵a=2，
因为AE⊥平面BCD，∠ABE为AB与平面BCD的夹角，
因为△AEB为直角三角形，且AE=BE，所以∠ABE=π4
所以AB与平面BCD所成的角为∠ABE=π4，故A正确；
∴AB=AE2+BE2=2，故B错误；
在与AB相交的6条棱中，与AB所成的角是π3的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是π3的棱共有16条，故C正确；
由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影点为O1，
则有OO1=1，AO1=1，所以AO=OO12+AO12=2，
故该半正多面体的外接球的半径为2，面积为4π×22=8π，故D错误；
故选：AC.
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120∘
B．该截角四面体的表面积为73a2
C．该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D．AF=2a
【答案】BC
【解析】
由题意，截去四面体还原为正四面体，如图（1）所示，
因为AC//LI,LI//EF，所以AC//EF，
又因为△DEF为等边三角形，所以∠DEF=60∘，
即直线AC与DE所成角为60∘，所以A错误；
由题意，截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，
所以其表面积为S=4×34a2+4×6×34a2=73a2，所以B正确；
如图（2）所示，取上下底面的中心分别为O1,O2，外接球的球心为O，
连接OC,OH,CO1,HO2，
因为截角四面体上下底面距离为6a−63a=263a，
设球的半径为R，所以R2−O1C2+R2−O2H2=263，
即R2−a23=263−R2−a2，化简得的R2=118a2，
所以球的表面积为S=4πR2=112πa2，所以C正确；
连接AE,AF，则AE//BD，所以AE=2a，
由正四面体中对棱互相垂直，可得LI⊥BD，所以EF⊥AE，
在直角△AEF中，AF=AE2+EF2=4a2+a2=5a，所以D不正确.
故选：BC.
15．棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，若B1G=λB1C0≤λ≤1，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥F−A1EG的体积为定值
B．二面角G−EF−A1的正切值的取值范围为223,22
C．当λ=12时，平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形
D．当λ=34时，三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为1534π
【答案】ACD
【解析】
对于A中，因为B1G=λB1C，可得点G是线段B1C上的一个动点，
又因为B1C//平面ADD1A1，所以点G到平面ADD1A1的距离为定值，
所以三棱锥VG−EFA1是定值，又由VG−EFA1=VF−EGA1，所以A正确；
对于B中，当λ=1时，点G与点C重合，此时二面角G−EF−A1的平面角大于90∘，
如图所示，此时二面角G−EF−A1的正切值小于0，所以B不正确；
对于C中，当λ=12时，此时B1G=12B1C，即点G为B1C的中点，如图所示，
连接BC1，此时BC1∩B1C=G，
在正方体中ABCD−A1B1C1D1，因为可得E,F分别为棱A1D1，AA1的中点，
可得EF//BC1且EF=12BC1，
在直角△ABE中，可得BE=AB2+AE2=25,
在直角△C1D1F中，可得C1F=C1D12+D1F2=25,
所以四边形BC1FE为等腰梯形，即平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；
对于D中，如图所示，连接A1D，交EF于J，则J为EF的中点，所以A1J=JE=JF=2，
在A1H上取点H，使A1H=34A1D，连接GH，则GH//CD，所以GH⊥平面ADD1A1，
则GH=4，设三棱锥A1−EFG的外接球的球心为O，则OA1=OG=OE=OF，
由OA1=OE=OF及A1J=JE=JF=2，得点O在过点J且平行于GH的直线上，
设OJ=ℎ，因为OA12=OJ12=A1J2=ℎ2+(2)2，OG2=(4−ℎ)2+(22)2，
所以ℎ2+(2)2=(4−ℎ)2+(22)2，解得ℎ=114，所以OA12=15316，
所以三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为S=4π×15316=153π4，所以D正确.
故选：ACD
16．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为____________．
【答案】98
【解析】
如图，连接AD1 则EF//AD1，可得等腰梯形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面图形，
由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，得AD1=2，EF=22，AE=1+14=52，则E到AD1的距离为54−242=324，
∴S四边形AEFD1=12×22+2×324=98，
故答案为：98.
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'DM内的射影恰好落在直线DM上，则当线段A'N最短时，三棱锥A'−CMN的体积为___________.
【答案】312
【解析】
设点C在平面A'DM内的射影是直线DM上的点T，如图，
设∠ A'DM=θ，∠ MDN=π3−θ.
∵CT⊥平面A'MD，CT⊂平面BCDM
∴平面A'MD⊥平面BCDM，且平面A'MD∩平面BCDM =MD，
在平面A'DM内做A'W⊥MD 于点W，连接WN和 A'N，
此时A'W⊥平面BCDM.当WN⊥CD时A'N最小，
A'W=2sinθ，WD=2csθ，WN=WDsinπ3−θ=2csθsinπ3−θ，
f(θ)=2csθsinπ3−θ，
则f'(θ)=2csθ4sinθ−3csθ−sinθ3sin2θ+cs2θ，
令f'(θ)=0得sinθ=sinπ3−θsinπ6+2θ，即sinθsinπ3−θ=sinπ6+2θ，
在区间0,π3上，函数y=sinπ6+2x与函数y=sinxsinπ3−x交于唯一的点π6,1，
如图，
∴当且仅当θ=π6的时候A'N取最小值，
此时，点M即点B，A'W=1，DN=32，CN=12，
所以VA'−CMN=13A'W⋅SΔCMN=13⋅1⋅12⋅2⋅12⋅sin2π3=312.
故答案为：312
18．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H的轨迹的长度等于_________．
【答案】36π
【解析】
如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为30°，点A在平面BCD上的射影H，AB=2，
所以AH=AB⋅sin30°=1,BH=AB⋅cs30°=3，
所以H的轨迹为直角三角形ABH绕斜边AB旋转所形成的轨迹，
在直角△ABH中，作HO⊥AB，垂足为O，
因为AB=2,AH=1,BH=3，可得OH=AH⋅BHAB=32，
即点H的轨迹为以O为圆心，以OH为半径的圆弧，
又因为二面角α−l−β的平面角的大小为60∘，
所以点H的轨迹的长度等于π3×32=36π.
故答案为：36π.
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________．
【答案】8π
【解析】
解：取AC的中点O，连接MO、BO，则AB⊥BC，DA=AB=BC=2，所以AC=22，
则AO=BO=CO=2，
又AM⊥DC，所以MO=12AC=2，所以点O就是三棱锥M−ABC的外接球的球心，所以三棱锥M−ABC的外接球的球半径为2，
所以三棱锥M−ABC的外接球的表面积为4π×22=8π，
故答案为：8π．
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A'−BD−C为锐二面角，则点B到平面A'CD的距离是______．
【答案】61313## 61313
【解析】
如图，取BD的中点E，连接A'E，CE，则△A'EC为二面角A'−BD−C的平面角，∠A'EC=π3，A'E=CE=3，所以△A'CE为正三角形，
所以A'C=CE=A'E=3，
因为A'D=CD=2，
所以S△A'CD=12A'C⋅CD2−A'C22=12×3×4−34=394,
过点A'作A'F⊥CE于点F，
因为BD⊥CE,BD⊥A'E,A'E∩CE=E，
所以BD⊥平面A'EC，
因为BD⊂平面BCD,
所以平面BCD⊥平面A'EC，
因为平面BCD∩平面A'EC=CE，A'F⊂平面A'EC，
所以A'F⊥面BCD，
所以A'F=A'E⋅sin∠A'EC=32，
设点B到△A'CD所在平面的距离为d，
由VA'−BCD=VB−A'CD，得A'F⋅S△BCD=d⋅S△A'CD，
所以32×34×22=394d
解得d=61313．
故答案为：61313
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9πR2，则Rr=______．
【答案】33或63##63或33
【解析】
设圆锥的母线长为l，因为圆锥的表面积为πrl+πr2=9πR2，所以rl+r2=9R2
又VO=l2−r2，△VCB∼△VAO，所以CBAO=VCVA,Rr=l2−r2−Rl
即Rl=rl2−r2−Rr，又l=9R2−r2r，所以R9R2−r2r=rl2−r2−Rr
整理得9R4−9R2r2+2r4=0，即3R2−2r23R2−r2=0，解得Rr=63或Rr=33
故答案为：33或63
22．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AD，BC不重合），则当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，三棱锥A−EFM外接球的表面积为___________.
【答案】412π
【解析】
设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则2rℎ=82，即rℎ=42.
因为直线AM与底面圆O所成角的正切值为24，
所以ℎ22r=24，即ℎr=2.
由rℎ=42ℎr=2，得ℎ=22r=2.
连接BE，由题意得AE⊥BE，AE⊥EF，
又BE∩EF=E，所以AE⊥平面MEF，
而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面MEF.
过点M作MN⊥EF于点N，则MN⊥平面AEF.
设AE=a，BE=b，则a2+b2=16，
于是三棱锥A−EFM的体积VA−EFM=13×12a×22×b=23ab≤23×a2+b22=823，
当且仅当a=b=22时取等号，
设此时三棱锥A−EFM外接球的球心到平面AEF的距离为x，外接球半径为R，
则x2+4=2+(22−x)2，解得x=324，
于是R2=x2+4=98+4=418，
所以当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，
三棱锥A−EFM外接球的表面积S=4πR2=412π.
故答案为：412π.
23．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cs∠BCF =46565，则三棱锥P−ABC外接球表面积为____________．
【答案】14π
【解析】
由题意可知，DC⊥AC，CD=CF=13，AD=AE=14，BC=5，
在△BCF中，BF2=CF2+BC2−2CF⋅BCcs∠BCF=10，则BE=BF=10，
因为AB2+BE2=AE2，所以AB⊥BE，
在三棱锥P-ABC外接球的球心为O，PC⊥AC，PB⊥AB，记PA中点为O，OC=OB=OA=OP，即三棱锥P-ABC外接球的球心为点O，
半径R=PA2=AD2=142，所以外接球表面积为14π．
故答案为：14π
24．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1−64a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π−3)a2； ④勒洛四面体的体积V∈212a3,6π8a3；
【答案】①②④
【解析】
正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，
BM=23×32a=33a, AM=AB2−BM2=63a，
由BO2=BM2+OM得R2=63a−R2+33a2，
解得R=64a，OM=612R（内切球半径）．
所以正四面体ABCD的体积为VABCD=13×34a2×63a=212a3，
外接球体积为V=43π×64a2=68πa3．
对于①，由勒洛四面体的结构知，
能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；
对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且BE=a, OB=64a，
因此OE=a−64a=1−64a，故②正确；
对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，
勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角
不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小．
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×60°360°×πa2−2×34a2=12(π−3)a2，故③错误；
对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体ABCD的体积V1=212a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2=6π8a3，所以V∈(212a3,6π8a3)，故④正确．
故答案为：①②④.
25．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；
【答案】①③
【解析】
设正方形ABCD边长为a,
①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=55a
在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=55a均不变，
则点P的轨迹为以H为圆心，以55a为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.
在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，
由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN
又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cs∠MAB=ANAB=255
又在正方形ABCD中，cs∠MAB=cs∠AMD=55.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判断错误；
③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则MK=22a
则有EK∥AB，EK=12AB，则EK∥MC，EK=MC
则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，
又MK=22a，则CE=22a，即CE的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
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．8B．12C．16D．20
2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
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S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
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．13B．12C．33D．22
6．【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（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
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．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
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．100πB．128πC．144πD．192π
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．
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B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'−CC'约为（3≈1.732）（ ）
A．346B．373C．446D．473
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．212B．312C．24D．34
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．2B．22C．4D．42
13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
14．【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．表高×表距表目距的差−表高
C．表高×表距表目距的差+表距D．表高×表距表目距的差−表距
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−csα)（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%
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+123B．282C．563D．2823
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．5−14B．5−12C．5+14D．5+12
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=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
19．【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．EB．FC．GD．H
20．【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．3B．32C．1D．32
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+42B．4+42C．6+23D．4+23
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°
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．86πB．46πC．26πD．6π
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．217B．25C．3D．2
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．334B．233C．324D．32
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DB1所成角的余弦值为（ ）
A．15B．56C．55D．22
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．
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．123B．183C．243D．543
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．10B．12C．14D．16
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．90πB．63πC．42πD．36π
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．32B．155C．105D．33
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．πB．3π4C．π2D．π4
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28π3，则它的表面积是（ ）
A．17πB．18πC．20πD．28π
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．32B．22C．33D．13
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．20πB．24πC．28πD．32π
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+365B．54+185C．90D．81
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．4πB．9π2C．6πD．32π3
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．1B．2C．4D．8
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．18B．17C．16D．15
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．36πB．64πC．144πD．256π
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．62B．6C．42D．4
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．1727B．59C．1027D．13
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．110B．25C．3010D．22
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．500π3cm3B．866π3cm3C．1372π3cm3D．2048π3cm3
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+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π
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
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．
51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD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,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2B．V3=V1
C．V3=V1+V2D．2V3=3V1
53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
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．
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cs∠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∧p4②p1∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬p4
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_________．
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BCC1B1的交线长为________．
61．【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
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⊥γ
B．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γ
C．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//β
D．若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=b，则b⊥γ
2．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．733πB．736πC．71512πD．71524π
3．四面体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．2−1B．34C．22−3D．23
4．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．529πB．49πC．283πD．329π
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．41111πB．41313πC．36811πD．16013π
6．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BC长度的3倍，CD=2，则该曲池的体积为（ ）
A．9π2B．5πC．11π2D．6π
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ℎ2．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为ℎ2，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（ ）
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．83r3B．83r3πC．163r3D．163r3π
8．已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面A1B1C1D1的边界上一点．若PA⋅PC的最小值为12，则该正四棱台的体积为（ ）
A．72B．214C．7106D．356
9．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csθ=13，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体ABCD外接球的表面积为16π
②点B与点D之间的距离为23
③四面体ABCD的体积为423
④异面直线AC与BD所成的角为60∘
A．1B．2C．3D．4
10．如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线PC1与直线B1C所成角的大小为定值；
②二面角P−BC1−D的大小为定值；
③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为43；
④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行．
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=AA1=1，点D是线段BC1上的动点(不含端点)，则（ ）
A．AC//平面A1BD
B．CD与AC1不垂直
C．∠ADC的取值范围为π4,π2
D．AD+DC的最小值为3
12．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D．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π4B．AB=22
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6π
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120∘
B．该截角四面体的表面积为73a2
C．该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D．AF=2a
15．棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，若B1G=λB1C0≤λ≤1，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥F−A1EG的体积为定值
B．二面角G−EF−A1的正切值的取值范围为223,22
C．当λ=12时，平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形
D．当λ=34时，三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为1534π
16．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为____________．
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'DM内的射影恰好落在直线DM上，则当线段A'N最短时，三棱锥A'−CMN的体积为___________.
18．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H的轨迹的长度等于_________．
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A'−BD−C为锐二面角，则点B到平面A'CD的距离是______．
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9πR2，则Rr=______．
22．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AD，BC不重合），则当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，三棱锥A−EFM外接球的表面积为___________.
23．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cs∠BCF =46565，则三棱锥P−ABC外接球表面积为____________．
24．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1−64a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π−3)a2； ④勒洛四面体的体积V∈212a3,6π8a3；
25．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
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．8B．12C．16D．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+42×2×2=12.
故选：B.
2．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【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AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．
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S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
【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r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1=l2−49l2=53l，
乙圆锥的高ℎ2=l2−19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
4．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=−1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=−2,2,0,A1C1=−2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,−1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,−1,−1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,−1，
则m⋅n1=2−2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
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．13B．12C．33D．22
【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SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（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2r2
又r2+ℎ2=1
则VO−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=23r2⋅r2⋅2ℎ2≤23r2+r2+2ℎ233=4327
当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立，
故选：C
6．【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（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
【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=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
∴V=13ℎS+S'+SS'=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．
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．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
【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=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V'=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V'>0，当26
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
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274，643.
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．100πB．128πC．144πD．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r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2−9，d2=R2−16，故d1−d2=1或d1+d2=1，即R2−9−R2−16=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
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：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B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'−CC'约为（3≈1.732）（ ）
A．346B．373C．446D．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'=100tan15°
在△A'B'C'中，由正弦定理得：
A'B'sin45°=C'B'sin75°=100tan15°cs15°=100sin15°，
而sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−cs45°sin30°=6−24，
所以A'B'=100×4×226−2=100(3+1)≈273，
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．212B．312C．24D．34
【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，又球的半径为1，
设O到平面ABC的距离为d，
则d=12−(22)2=22，
所以VO−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×22=212.
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．2B．22C．4D．42
【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=22.
故选：B.
13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】D
如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
设正方体棱长为2，则BC1=22,PC1=12D1B1=2，
sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.
故选：D
14．【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．表高×表距表目距的差−表高
C．表高×表距表目距的差+表距D．表高×表距表目距的差−表距
【答案】A
如图所示：
由平面相似可知，DEAB=EHAH,FGAB=CGAC，而DE=FG，所以
DEAB=EHAH=CGAC=CG−EHAC−AH=CG−EHCH，而CH=CE−EH=CG−EH+EG，
即AB=CG−EH+EGCG−EH×DE=EG×DECG−EH+DE＝表高×表距表目距的差+表高．
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−csα)（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%
【答案】C
由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
2πr2(1−csα)4πr2=1−csα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.
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+123B．282C．563D．2823
【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=22−(22−2)2=2，
下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，
所以该棱台的体积V=13h(S1+S2+S1S2)=13×2×(16+4+64)=2832.
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．5−14B．5−12C．5+14D．5+12
【答案】D
【解析】
如图，设CD=a,PE=b，则PO=PE2−OE2=b2−a42，
由题意PO2=12ab，即b2−a24=12ab，化简得4(ba)2−2⋅ba−1=0，
解得ba=1+54（负值舍去）.
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=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
【答案】A
【解析】
设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2=4π,∴r=2，
由正弦定理可得AB=2rsin60°=23，
∴OO1=AB=23，根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，
∴OO1⊥O1A,R=OA=OO12+O1A2=OO12+r2=4，
∴球O的表面积S=4πR2=64π.
故选：A
19．【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．EB．FC．GD．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：A
20．【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．3B．32C．1D．32
【答案】C
【解析】
设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.
设△ABC外接圆半径为r，边长为a，
∵△ABC是面积为934的等边三角形，
∴12a2×32=934，解得：a=3，∴r=23×a2−a24=23×9−94=3，
∴球心O到平面ABC的距离d=R2−r2=4−3=1.
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+42B．4+42C．6+23D．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△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2
根据勾股定理可得：AB=AD=DB=22
∴△ADB是边长为22的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60°=12(22)2⋅32=23
∴该几何体的表面积是：3×2+23=6+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m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..
由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，
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：B
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
【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=34a2+54a2=2a，
∴BM=62a，EN=34a2+14a2=a，
∴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．86πB．46πC．26πD．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=PA2+PB2+PC2=6．
半径为62，则球O的体积为43π×(62)3=6π．
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．217B．25C．3D．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+42=25．
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．334B．233C．324D．32
【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22，
α截此正方体所得截面最大值为：6×34×(22)2=334．
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DB1所成角的余弦值为（ ）
A．15B．56C．55D．22
【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），DB1→=（1，1，3），
设异面直线AD1与DB1所成角为θ，
则csθ=|AD1→⋅DB1→||AD1→|⋅|DB1→|=225=55，
∴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．123B．183C．243D．543
【答案】解：△ABC为等边三角形且面积为93，可得34×AB2=93，解得AB＝6，
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=23×32×6=23，OO′=42−(23)2=2，
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：13×34×63=183．
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．10B．12C．14D．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=12×2×（2+4）＝6，
∴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．90πB．63πC．42πD．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＝63π，
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．32B．155C．105D．33
【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=12AB1=52，
NP=12BC1=22；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵PQ＝1，MQ=12AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cs∠ABC
＝4+1﹣2×2×1×（−12）
＝7，
∴AC=7，
∴MQ=72；
在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=112；
在△PMN中，由余弦定理得
cs∠MNP=MN2+NP2−PM22⋅MN⋅NP=(52)2+(22)2−(112)22×52×22=−105；
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=22+12−2×2×1×cs60°=3，
C1D=5，
∴BC12+BD2=C1D2，
∴∠DBC1＝90°，
∴cs∠BC1D=25=105．
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．πB．3π4C．π2D．π4
【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=12−(12)2=32，
∴该圆柱的体积：V＝Sh=π×(32)2×1=3π4．
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28π3，则它的表面积是（ ）
A．17πB．18πC．20πD．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后的几何体，如图：
可得：78×43πR3=28π3，R＝2．
它的表面积是：78×4π•22+34×π⋅22=17π．
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．32B．22C．33D．13
【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．20πB．24πC．28πD．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=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+365B．54+185C．90D．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+62）×2＝18+185，
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．4πB．9π2C．6πD．32π3
【答案】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10．
故三角形ABC的内切圆半径r=6+8−102=2，
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43π⋅(32)3=9π2，
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＝8，
解得r=16π，
故米堆的体积为14×13×π×（16π）2×5≈3209，
∵1斛米的体积约为1.62立方，
∴3209÷1.62≈22，
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．1B．2C．4D．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×πr2＝5πr2+4r2，
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．18B．17C．16D．15
【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13×12×1×1×1=16，
∴剩余部分体积为1−16=56，
∴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．36πB．64πC．144πD．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=16R3=36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π，
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．62B．6C．42D．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．AC=42+(25)2=6，AD＝42，
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．1727B．59C．1027D．13
【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=1027．
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．110B．25C．3010D．22
【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MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC＝CA＝CC1，
设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO=5，AN=5，MB=B1M2+BB12=(2)2+22=6，
在△ANO中，由余弦定理可得：cs∠ANO=AN2+NO2−AO22AN⋅NO=62×5×6=3010．
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．500π3cm3B．866π3cm3C．1372π3cm3D．2048π3cm3
【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=4π3R3=4π3×53=500π3cm3．
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+8πB．8+8πC．16+16πD．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×π×4＝8π
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−A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【答案】ABD
【解析】
如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥ BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥ BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O=22，BC1=2，sin∠C1BO=C1OBC1=12，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30∘，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.
故选：ABD
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,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2B．V3=V1
C．V3=V1+V2D．2V3=3V1
【答案】CD
【解析】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅2a2=43a3，
V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅2a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，
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，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，
则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，
则V3=VA−EFM+VC−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案】BD
易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．
对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1=BC+μCC1，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
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，A1(32,0,1)，P(0,0,μ)，B(0,12,0)，则A1P=(−32,0,μ−1)，BP=(0,−12,μ)，A1P⋅BP=μ(μ−1)=0，所以μ=0或μ=1．故H,Q均满足，故C错误；
对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中点为M,N．BP=BM+λMN，所以P点轨迹为线段MN．设P(0,y0,12)，因为A(32，0,0)，所以AP=(−32,y0,12)，A1B=(−32,12,−1)，所以34+12y0−12=0⇒y0=−12，此时P与N重合，故D正确．
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//AC，
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∠POC=12=22，
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OP⊥BD，
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//MN，
因为DP=PC，故PQ//AC，故PQ//MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=2，OQ=AO2+AQ2=1+2=3，
PO=PK2+OK2=4+1=5，QO2
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−A1B1C1D1中，AB=BC=2,BB1=1，
E,F分别为棱B1C1,BC的中点，
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cs∠FCB=______________.
【答案】−14
【解析】
∵AB⊥AC，AB=3，AC=1，
由勾股定理得BC=AB2+AC2=2，
同理得BD=6，∴BF=BD=6，
在△ACE中，AC=1，AE=AD=3，∠CAE=30∘，
由余弦定理得CE2=AC2+AE2−2AC⋅AEcs30∘=1+3−2×1×3×32=1，
∴CF=CE=1，
在△BCF中，BC=2，BF=6，CF=1，
由余弦定理得cs∠FCB=CF2+BC2−BF22CF⋅BC=1+4−62×1×2=−14.
故答案为：−14.
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∧p4②p1∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬p4
【答案】①③④
【解析】
对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；
若l3与l1相交，则交点A在平面α内，
同理，l3与l2的交点B也在平面α内，
所以，AB⊂α，即l3⊂α，命题p1为真命题；
对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题p2为假命题；
对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题p3为假命题；
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∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，
¬p2∨p3为真命题，¬p3∨¬p4为真命题.
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】23π
【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=32−12=22，故S△ABC=12×2×22=22，
设内切圆半径为r，则：
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r
=12×3+3+2×r=22，
解得：r=22，其体积：V=43πr3=23π.
故答案为：23π.
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________．
【答案】22π.
【解析】
如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E=3，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面，所以BB1⊥B1C1，
因为BB1∩B1C1=B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为5，D1E=3，所以|EP|=|D1P|2−|D1E|2=5−3=2，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为2，
因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，
因为∠B1EF=∠C1EG=π4，所以∠FEG=π2，
所以根据弧长公式可得FG=π2×2=22π.
故答案为：22π.
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BCC1B1的交线长为________．
【答案】22π.
【解析】
如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E=3，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面，所以BB1⊥B1C1，
因为BB1∩B1C1=B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为5，D1E=3，所以|EP|=|D1P|2−|D1E|2=5−3=2，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为2，
因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，
因为∠B1EF=∠C1EG=π4，所以∠FEG=π2，
所以根据弧长公式可得FG=π2×2=22π.
故答案为：22π.
61．【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−A1B1C1D1−VO﹣EFGH
＝6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3
＝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=1−(78)2=158．
△SAB的面积为515，
可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SA2×158=515，即SA＝45．
SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：22×45=210．
则该圆锥的侧面积：12×410×45π＝402π．
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=36BC，
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=DG2−OG2=25−10x+x2−x2=25−10x，
S△ABC=12×32×(23x)2=33x2，
则V=13S△ABC×ℎ=3x2×25−10x=3⋅25x4−10x5，
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415cm3．
故答案为：415cm3．
解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=13×32x=36x，
∴FG＝SG＝5−36x，
SO＝h=SG2−GO2=(5−36x)2−(36x)2=5(5−33)，
∴三棱锥的体积V=13S△ABC⋅ℎ
=13×34×5(5−33x)=15125x4−33x5，
令b（x）＝5x4−33x5，则b'(x)=20x3−533x4，
令b′（x）＝0，则4x3−x43=0，解得x＝43，
∴Vmax=7512×48×5−4=415（cm3）．
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），|a→|＝1，
直线b的方向单位向量b→=（1，0，0），|b→|＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（csθ，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'→=（csθ，sinθ，﹣1），|AB'→|=2，
设AB'→与a→所成夹角为α∈[0，π2]，
则csα=|(−csθ，−sinθ，1)⋅(0，1，0)||a→|⋅|AB'→|=22|sinθ|∈[0，22]，
∴α∈[π4，π2]，∴③正确，④错误．
设AB'→与b→所成夹角为β∈[0，π2]，
csβ=|AB'→⋅b→||AB'→|⋅|b→|=|(−csθ，sinθ，1)⋅(1，0，0)||b→|⋅|AB'→|=22|csθ|，
当AB'→与a→夹角为60°时，即α=π3，
|sinθ|=2csα=2csπ3=22，
∵cs2θ+sin2θ＝1，∴csβ=22|csθ|=12，
∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此时AB'→与b→的夹角为60°，
∴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
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⊥γ
B．若α//β,β//γ,a⊥α，则a⊥γ
C．若α∩γ=a,β∩γ=b,a//b，则α//β
D．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,n,p，
对于A，由β//α得，m//n，m=λn(λ≠0)，而α⊥γ，则m⋅p=0，有n⋅p=0，即n⊥p，于是得β⊥γ，A正确；
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//m，有a//p，a⊥γ，B正确；
对于C，三棱柱ABC−A1B1C1的三个侧面ABB1A1,BCC1B1,CAA1C1分别视为平面α,β,γ，
显然平面ABB1A1∩平面CAA1C1=AA1，BCC1B1∩平面CAA1C1=CC1，有AA1//CC1，
即满足C中命题的条件，但平面ABB1A1与平面BCC1B1相交，C不正确；
对于D，因α⊥γ,β⊥γ，则p⊥m,p⊥n，因此，向量m,n共面于平面γ，令直线b的方向向量为b，显然m⊥b,n⊥b，
而平面α∩β=b，即m,n不共线，于是得b//p，所以b⊥γ，D正确.
故选：C
2．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．733πB．736πC．71512πD．71524π
【答案】D
【解析】
圆台的侧面展开图是一扇环，设该扇环的圆心角为α，
则其面积为12×α×42−12×α×22=3π，得α=π2，
所以扇环的两个圆弧长分别为π和2π，
设圆台的上底半径，下底半径分别为r1,r2，圆台的高为ℎ，
则2πr1=π,2πr2=2π
所以r1=12，r2=1，又圆台的母线长l=4−2=2
所以圆台的高为ℎ=22−1−122=152，
所以圆台的体积为V=13π122+12+12×1×152=71524π．
故选：D.
3．四面体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．2−1B．34C．22−3D．23
【答案】C
【解析】
过点A作AM⊥PC交PC于点M，过点M作MN⊥PC交PB于点N，如图，
则∠AMN是二面角A−PC−B的平面角，设AM=x，则MN=x,AP=PN=2x，
在△APN和△AMN中，由余弦定理，AN2=AP2+PN2−2AP⋅PN⋅cs∠APN=AM2+MN2−2AM⋅MN⋅cs∠AMN，
所以cs∠AMN=22−3，
故选：C
4．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．529πB．49πC．283πD．329π
【答案】C
【解析】
如图所示，△ABC为直角三角形，又AB=AC=2，
所以BC=22，
因为△PAC为正三角形，所以PA=PC=AC=2，
连接PD,DE，D为AC的中点，E为BC中点，
则PD⊥AC,DE⊥AC，所以∠PDE为二面角P−AC−B的平面角
所以∠PDE=30°．
因为△ABC为直角三角形，E为BC中点，
所以点E为△ABC的外接圆的圆心，
设G为△PAC的中心，则G为△PAC的外接圆圆心．过E作面ABC的垂线，过G作面PAC的垂线，设两垂线交于O．
则O即为三棱锥P−ABC的外接球球心．设GO与DE交于点H，
GD=13PD=33,DH=DGcs30∘=33×23=23，
所以HE=DE−DH=13,OE=HE×tan60∘=33，
∴R2=CO2=CE2+EO2=2+13=73．
所以S=4πR2=283π，
故选：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．41111πB．41313πC．36811πD．16013π
【答案】C
【解析】
解：设AC∩BD=M，取EF中点为N，由题意知，球心O在直线MN上，
由AB=BF=2EF=4可得MN=11，
设OM=x，则x2+8=(11−x)2+1，
解得x=211，故R2=8+x2=9211，
所以外接球的表面积S=4πR2=36811π.
故选：C
6．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BC长度的3倍，CD=2，则该曲池的体积为（ ）
A．9π2B．5πC．11π2D．6π
【答案】D
【解析】
不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知R=3r，CD=R−r=2r=2，
所以r=1，R=3.
故该曲池的体积V=π4×(R2−r2)×3=6π.
故选：D.
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ℎ2．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为ℎ2，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（ ）
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．83r3B．83r3πC．163r3D．163r3π
【答案】C
【解析】
V棱锥=13Sℎ=13×r2×r=13r3，
由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于V棱锥=13r3
所以图1中几何体体积为V=r3−13r3=23r3，
所以牟合方盖体积为8V=163r3．
故选：C．
8．已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面A1B1C1D1的边界上一点．若PA⋅PC的最小值为12，则该正四棱台的体积为（ ）
A．72B．214C．7106D．356
【答案】A
【解析】
由题意可知，以O为坐标原点，OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示
A0,−2,0，C0,2,0，由对称性，点P在A1B1,B1C1,A1D1,C1D1是相同的，
故只考虑P在B1C1上时，设正四棱台的高为ℎ，则
B122,0,ℎ，C10,22,ℎ，设Px,y,z，PC1=−x,22−y,ℎ−z，
B1C1=−22,22,0，因为P在B1C1上，所以PC1=λB1C10≤λ≤1，则
P22λ,22−22λ,ℎ，
PA=−22λ,−2−22+22λ,−ℎ=−22λ,−322+22λ,−ℎ，
PC=−22λ,2−22+22λ,−ℎ=−22λ,22+22λ,−ℎ，
所以PA⋅PC=12λ2+22λ−32222λ+22+ℎ2
=12λ2+12λ2+12λ−32λ−32+ℎ2
=λ2−λ−32+ℎ2=λ−122−74+ℎ2
由二次函数的性质知，当λ=12时，PA⋅PC取得最小值为ℎ2−74，
又因为PA⋅PC的最小值为12，所以ℎ2−74=12，解得ℎ=±32（负舍），
故正四棱台的体积为：
V=13S1+S1S2+S2ℎ=132×2+2×2×1×1+1×1×32=72.
故选：A.
9．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csθ=13，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体ABCD外接球的表面积为16π
②点B与点D之间的距离为23
③四面体ABCD的体积为423
④异面直线AC与BD所成的角为60∘
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】
对于①，取AC的中点M，连接MB、MD，则AC=AB2+AD2=4，
因为∠ABC=∠ADC=90∘，所以，MB=MD=12AC=MA=MC=2，
所以，M为四面体ABCD的外接球球心，球M的表面积为4π×22=16π，①对；
对于②③④，过点D在平面ADC内作DO⊥AC，垂足为点O，过点O作OE⊥AC交BC于点E，
则二面角B−AC−D的平面角为∠DOE=θ，
在Rt△ACD中，AD=23，CD=2，AC=4，则∠CAD=30∘，∠ACD=60∘，
∵DO⊥AC，则OD=12AD=3，AO=ADcs30∘=3，OC=AC−OA=1，
∵AC⊥OD，AC⊥OE，OD∩OE=O，∴AC⊥平面ODE，
以点O为坐标原点，OE、OC所在直线分别为x、y轴，平面ODE内过点O且垂直于OE的垂线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为csθ=13，则A0,−3,0、B3,−2,0、C0,1,0、D33,0,263，
BD=3−332+−2−02+0−2632=22，②错，
S△ABC=12AB⋅BC=23，VD−ABC=13×23×263=423，③对，
AC=0,4,0，BD=−233,2,263，
cs
故选：B.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
10．如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线PC1与直线B1C所成角的大小为定值；
②二面角P−BC1−D的大小为定值；
③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为43；
④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行．
其中真命题有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】
解：对于①，由正方体的性质可知，B1C⊥平面ABC1D1，又PC1⊂平面ABC1D1,
故B1C⊥PC1，异面直线PC1与直线BC1的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面PBC1即为平面ABC1D1，平面ABC1D1与平面BC1D所成的二面角为定值，故二面角P−BC1−D为定值，②正确；
对于③，将平面ACC1沿直线AC1翻折到平面ABC1D1内，平面图如下，过C点做CP⊥AD1，CP∩AC1=Q，CP∩BC1=E,此时，PQ+QC的值最小.
由题可知，CC1=1,CA=2,AC1=3,∠D1AC1=∠C1AC=∠AC1B,
sin∠C1AC=33,cs∠C1AC=233，
则∠CC1E=π2−2∠C1AC，sin∠CC1E=cs2∠C1AC=2cs2∠C1AC−1=13，
故EC=CC1×sin∠CC1E=13,又PE=AB=1，
故PQ+QC的最小值为43，故③正确.
对于④，在正方体ABCD−A1B1C1D1中易证A1C⊥平面BDC1，设AC∩BD=O，则∠A1OC1即为二面角A1−BD−C1的平面角，又正方体边长为1，故A1C1=2,AO=OC=22，则A1O=C1O=62,由余弦定理得cs∠A1OC1=A1O2+C1O2−A1C122⋅A1O⋅C1O=29，故∠A1OC1<π2，同理π2<∠AOC1<π,
故在AA1上必然存在一点E，使得二面角E−BD−C1为π2，即平面EBD⊥平面BDC1，平面EBD与平面ADD1A1的交线为ED，
则ED∩AD1=P，过P点作BD的垂线PR.此时PR⊥平面BDC1，又A1C⊥平面BDC1，故PR//A1C.故④错误.
故选：C.
11．直三棱柱ABC−A1B1C1，中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，点D是线段BC1上的动点(不含端点)，则（ ）
A．AC//平面A1BD
B．CD与AC1不垂直
C．∠ADC的取值范围为π4,π2
D．AD+DC的最小值为3
【答案】AD
【解析】
依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为AC//A1C1，A1C1⊂平面A1BD，AC⊄平面A1BD，所以AC//平面A1BD，故A正确.
B：如图1，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，
A(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,0,1)
设BD=λBC1，λ∈0,1，则D(1−λ,λ,λ)，
CD=(1−λ,λ−1,λ)，AC1=(0,1,1)，CD⋅AC1=2λ−1
当λ=12时，CD⊥AC1，当λ≠12且λ∈0,1时CD与AC1不垂直，故B错误.
C：判断以AC为直径的球与C1B的交点情况，
如图3，取AC中点F，则FC1=FB=52，FD=FB2−(12C1B)2=22>12AC，
所以以AC为直径的球与C1B没有交点.所以∠ADC<π2，故C错误.
D：将面CBC1，翻折至与ABC1共面，此时点C与E1重合，所以AD+DC的最小值为AE1，且AE1=3，故D正确.
故选：AD
图1 图2 图3
12．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【解析】
对于A，若D1D⊥AF，
因为D1D⊥AE且AE∩AF=A，所以D1D⊥平面AEF，
所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，此时不成立，所以线D1D与直线AF不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q,GQ，
由条件可知：GQ//EF,A1Q//AE，且GQ∩A1Q=Q,EF∩AE=E,
又GQ⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，A1Q⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴GQ//平面AEF，A1Q//平面AEF，又GQ∩A1Q=Q，
所以平面A1GQ//平面AEF，又因为A1G⊂平面A1GQ，
所以A1G//平面AEF，故B正确；
对于C，因为E,F为BC,C1C的中点，所以EF//AD1，
所以A,E,F,D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，
由题得该等腰梯形的上底EF=22,下底AD1=2，腰长为52，所以梯形面积为98，故C正确；
对于D，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．
故选：BC．
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π4B．AB=22
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6π
【答案】AC
【解析】
补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为a，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为12+43，
得8×34×22a2+6×22a2=12+43，解得a=2，
∵a=2，
因为AE⊥平面BCD，∠ABE为AB与平面BCD的夹角，
因为△AEB为直角三角形，且AE=BE，所以∠ABE=π4
所以AB与平面BCD所成的角为∠ABE=π4，故A正确；
∴AB=AE2+BE2=2，故B错误；
在与AB相交的6条棱中，与AB所成的角是π3的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是π3的棱共有16条，故C正确；
由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影点为O1，
则有OO1=1，AO1=1，所以AO=OO12+AO12=2，
故该半正多面体的外接球的半径为2，面积为4π×22=8π，故D错误；
故选：AC.
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120∘
B．该截角四面体的表面积为73a2
C．该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D．AF=2a
【答案】BC
【解析】
由题意，截去四面体还原为正四面体，如图（1）所示，
因为AC//LI,LI//EF，所以AC//EF，
又因为△DEF为等边三角形，所以∠DEF=60∘，
即直线AC与DE所成角为60∘，所以A错误；
由题意，截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，
所以其表面积为S=4×34a2+4×6×34a2=73a2，所以B正确；
如图（2）所示，取上下底面的中心分别为O1,O2，外接球的球心为O，
连接OC,OH,CO1,HO2，
因为截角四面体上下底面距离为6a−63a=263a，
设球的半径为R，所以R2−O1C2+R2−O2H2=263，
即R2−a23=263−R2−a2，化简得的R2=118a2，
所以球的表面积为S=4πR2=112πa2，所以C正确；
连接AE,AF，则AE//BD，所以AE=2a，
由正四面体中对棱互相垂直，可得LI⊥BD，所以EF⊥AE，
在直角△AEF中，AF=AE2+EF2=4a2+a2=5a，所以D不正确.
故选：BC.
15．棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，若B1G=λB1C0≤λ≤1，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥F−A1EG的体积为定值
B．二面角G−EF−A1的正切值的取值范围为223,22
C．当λ=12时，平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形
D．当λ=34时，三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为1534π
【答案】ACD
【解析】
对于A中，因为B1G=λB1C，可得点G是线段B1C上的一个动点，
又因为B1C//平面ADD1A1，所以点G到平面ADD1A1的距离为定值，
所以三棱锥VG−EFA1是定值，又由VG−EFA1=VF−EGA1，所以A正确；
对于B中，当λ=1时，点G与点C重合，此时二面角G−EF−A1的平面角大于90∘，
如图所示，此时二面角G−EF−A1的正切值小于0，所以B不正确；
对于C中，当λ=12时，此时B1G=12B1C，即点G为B1C的中点，如图所示，
连接BC1，此时BC1∩B1C=G，
在正方体中ABCD−A1B1C1D1，因为可得E,F分别为棱A1D1，AA1的中点，
可得EF//BC1且EF=12BC1，
在直角△ABE中，可得BE=AB2+AE2=25,
在直角△C1D1F中，可得C1F=C1D12+D1F2=25,
所以四边形BC1FE为等腰梯形，即平面EGC1截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；
对于D中，如图所示，连接A1D，交EF于J，则J为EF的中点，所以A1J=JE=JF=2，
在A1H上取点H，使A1H=34A1D，连接GH，则GH//CD，所以GH⊥平面ADD1A1，
则GH=4，设三棱锥A1−EFG的外接球的球心为O，则OA1=OG=OE=OF，
由OA1=OE=OF及A1J=JE=JF=2，得点O在过点J且平行于GH的直线上，
设OJ=ℎ，因为OA12=OJ12=A1J2=ℎ2+(2)2，OG2=(4−ℎ)2+(22)2，
所以ℎ2+(2)2=(4−ℎ)2+(22)2，解得ℎ=114，所以OA12=15316，
所以三棱锥A1−EFG的外接球的表面积为S=4π×15316=153π4，所以D正确.
故选：ACD
16．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为____________．
【答案】98
【解析】
如图，连接AD1 则EF//AD1，可得等腰梯形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面图形，
由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，得AD1=2，EF=22，AE=1+14=52，则E到AD1的距离为54−242=324，
∴S四边形AEFD1=12×22+2×324=98，
故答案为：98.
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'DM内的射影恰好落在直线DM上，则当线段A'N最短时，三棱锥A'−CMN的体积为___________.
【答案】312
【解析】
设点C在平面A'DM内的射影是直线DM上的点T，如图，
设∠ A'DM=θ，∠ MDN=π3−θ.
∵CT⊥平面A'MD，CT⊂平面BCDM
∴平面A'MD⊥平面BCDM，且平面A'MD∩平面BCDM =MD，
在平面A'DM内做A'W⊥MD 于点W，连接WN和 A'N，
此时A'W⊥平面BCDM.当WN⊥CD时A'N最小，
A'W=2sinθ，WD=2csθ，WN=WDsinπ3−θ=2csθsinπ3−θ，
f(θ)=2csθsinπ3−θ，
则f'(θ)=2csθ4sinθ−3csθ−sinθ3sin2θ+cs2θ，
令f'(θ)=0得sinθ=sinπ3−θsinπ6+2θ，即sinθsinπ3−θ=sinπ6+2θ，
在区间0,π3上，函数y=sinπ6+2x与函数y=sinxsinπ3−x交于唯一的点π6,1，
如图，
∴当且仅当θ=π6的时候A'N取最小值，
此时，点M即点B，A'W=1，DN=32，CN=12，
所以VA'−CMN=13A'W⋅SΔCMN=13⋅1⋅12⋅2⋅12⋅sin2π3=312.
故答案为：312
18．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H的轨迹的长度等于_________．
【答案】36π
【解析】
如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为30°，点A在平面BCD上的射影H，AB=2，
所以AH=AB⋅sin30°=1,BH=AB⋅cs30°=3，
所以H的轨迹为直角三角形ABH绕斜边AB旋转所形成的轨迹，
在直角△ABH中，作HO⊥AB，垂足为O，
因为AB=2,AH=1,BH=3，可得OH=AH⋅BHAB=32，
即点H的轨迹为以O为圆心，以OH为半径的圆弧，
又因为二面角α−l−β的平面角的大小为60∘，
所以点H的轨迹的长度等于π3×32=36π.
故答案为：36π.
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________．
【答案】8π
【解析】
解：取AC的中点O，连接MO、BO，则AB⊥BC，DA=AB=BC=2，所以AC=22，
则AO=BO=CO=2，
又AM⊥DC，所以MO=12AC=2，所以点O就是三棱锥M−ABC的外接球的球心，所以三棱锥M−ABC的外接球的球半径为2，
所以三棱锥M−ABC的外接球的表面积为4π×22=8π，
故答案为：8π．
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A'−BD−C为锐二面角，则点B到平面A'CD的距离是______．
【答案】61313## 61313
【解析】
如图，取BD的中点E，连接A'E，CE，则△A'EC为二面角A'−BD−C的平面角，∠A'EC=π3，A'E=CE=3，所以△A'CE为正三角形，
所以A'C=CE=A'E=3，
因为A'D=CD=2，
所以S△A'CD=12A'C⋅CD2−A'C22=12×3×4−34=394,
过点A'作A'F⊥CE于点F，
因为BD⊥CE,BD⊥A'E,A'E∩CE=E，
所以BD⊥平面A'EC，
因为BD⊂平面BCD,
所以平面BCD⊥平面A'EC，
因为平面BCD∩平面A'EC=CE，A'F⊂平面A'EC，
所以A'F⊥面BCD，
所以A'F=A'E⋅sin∠A'EC=32，
设点B到△A'CD所在平面的距离为d，
由VA'−BCD=VB−A'CD，得A'F⋅S△BCD=d⋅S△A'CD，
所以32×34×22=394d
解得d=61313．
故答案为：61313
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9πR2，则Rr=______．
【答案】33或63##63或33
【解析】
设圆锥的母线长为l，因为圆锥的表面积为πrl+πr2=9πR2，所以rl+r2=9R2
又VO=l2−r2，△VCB∼△VAO，所以CBAO=VCVA,Rr=l2−r2−Rl
即Rl=rl2−r2−Rr，又l=9R2−r2r，所以R9R2−r2r=rl2−r2−Rr
整理得9R4−9R2r2+2r4=0，即3R2−2r23R2−r2=0，解得Rr=63或Rr=33
故答案为：33或63
22．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AD，BC不重合），则当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，三棱锥A−EFM外接球的表面积为___________.
【答案】412π
【解析】
设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则2rℎ=82，即rℎ=42.
因为直线AM与底面圆O所成角的正切值为24，
所以ℎ22r=24，即ℎr=2.
由rℎ=42ℎr=2，得ℎ=22r=2.
连接BE，由题意得AE⊥BE，AE⊥EF，
又BE∩EF=E，所以AE⊥平面MEF，
而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面MEF.
过点M作MN⊥EF于点N，则MN⊥平面AEF.
设AE=a，BE=b，则a2+b2=16，
于是三棱锥A−EFM的体积VA−EFM=13×12a×22×b=23ab≤23×a2+b22=823，
当且仅当a=b=22时取等号，
设此时三棱锥A−EFM外接球的球心到平面AEF的距离为x，外接球半径为R，
则x2+4=2+(22−x)2，解得x=324，
于是R2=x2+4=98+4=418，
所以当三棱锥A−EFM的体积取最大值时，
三棱锥A−EFM外接球的表面积S=4πR2=412π.
故答案为：412π.
23．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD=13，cs∠BCF =46565，则三棱锥P−ABC外接球表面积为____________．
【答案】14π
【解析】
由题意可知，DC⊥AC，CD=CF=13，AD=AE=14，BC=5，
在△BCF中，BF2=CF2+BC2−2CF⋅BCcs∠BCF=10，则BE=BF=10，
因为AB2+BE2=AE2，所以AB⊥BE，
在三棱锥P-ABC外接球的球心为O，PC⊥AC，PB⊥AB，记PA中点为O，OC=OB=OA=OP，即三棱锥P-ABC外接球的球心为点O，
半径R=PA2=AD2=142，所以外接球表面积为14π．
故答案为：14π
24．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1−64a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π−3)a2； ④勒洛四面体的体积V∈212a3,6π8a3；
【答案】①②④
【解析】
正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，
BM=23×32a=33a, AM=AB2−BM2=63a，
由BO2=BM2+OM得R2=63a−R2+33a2，
解得R=64a，OM=612R（内切球半径）．
所以正四面体ABCD的体积为VABCD=13×34a2×63a=212a3，
外接球体积为V=43π×64a2=68πa3．
对于①，由勒洛四面体的结构知，
能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；
对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且BE=a, OB=64a，
因此OE=a−64a=1−64a，故②正确；
对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，
勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角
不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小．
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×60°360°×πa2−2×34a2=12(π−3)a2，故③错误；
对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体ABCD的体积V1=212a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2=6π8a3，所以V∈(212a3,6π8a3)，故④正确．
故答案为：①②④.
25．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；
【答案】①③
【解析】
设正方形ABCD边长为a,
①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=55a
在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=55a均不变，
则点P的轨迹为以H为圆心，以55a为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.
在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，
由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN
又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cs∠MAB=ANAB=255
又在正方形ABCD中，cs∠MAB=cs∠AMD=55.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判断错误；
③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则MK=22a
则有EK∥AB，EK=12AB，则EK∥MC，EK=MC
则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，
又MK=22a，则CE=22a，即CE的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
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