14-空间几何体-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编.pdf

五五年年 2 20 01 18 8-2 20 02 22 2 高高考考数数学学真真题题按按知知识识点点分分类类汇汇编编 1 14 4-空空间间几几何何体体（含含解解析析）一一、单单选选题题1（2022全国统考高考真题）已知球 O 的半径为 1，四棱锥的顶点为 O，底面的四个顶点均在球 O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A13B12C33D222（2022全国统考高考真题）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36，且33 3l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A8118,4B27 81,44C27 64,43D18,273（2022全国统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A5B2 2C10D5 1044（2022全国统考高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m时，相应水面的面积为2140 0km；水位为海拔157 5m时，相应水面的面积为2180 0km，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1485m上升到157 5m时，增加的水量约为（72.65）（）A931.0 10 mB931.2 10 mC931.4 10 mD931.6 10 m5（2022全国统考高考真题）已知正三棱台的高为 1，上、下底面边长分别为3 3和4 3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A100B128C144D1926（2022全国统考高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该多面体的体积为（）A8B12C16D207（2022北京统考高考真题）已知正三棱锥PABC的六条棱长均为 6，S 是ABC及其内部的点构成的集合设集合5TQS PQ，则 T 表示的区域的面积为（）A34BC2D38（2022浙江统考高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A22B8C223D1639（2022天津统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120，腰为 3 的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A23B24C26D2710（2021全国统考高考真题）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（）A2B2 2C4D4 211（2021全国统考高考真题）已知 A，B，C 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且,1ACBC ACBC，则三棱锥OABC的体积为（）A212B312C24D3412（2021全国高考真题）在一个正方体中，过顶点 A 的三条棱的中点分别为 E，F，G该正方体截去三棱锥AEFG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（）ABCD13（2021全国统考高考真题）正四棱台的上下底面的边长分别为 2，4，侧棱长为 2，则其体积为（）A20 12 3B28 2C563D28 2314（2021全国统考高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）将地球看作是一个球心为 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，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1 cos)Sr（单位：2km），则 S 占地球表面积的百分比约为（）A26%B34%C42%D50%15（2021天津统考高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A3B4C9D1216（2021浙江统考高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A32B3C3 22D3 217（2021北京统考高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A33+22B33C332D33+218（2021北京统考高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）24h 降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为 200 mm，高为 300 mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的 24h 的雨水高度是 150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A小雨B中雨C大雨D暴雨19（2020全国统考高考真题）已知,A B C为球O的球面上的三个点，1O为ABC的外接圆，若1O的面积为4，1ABBCACOO，则球O的表面积为（）A64B48C36D3220（2020全国统考高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A514B512C514D51221（2020全国统考高考真题）已知ABC 是面积为9 34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 16，则 O 到平面 ABC 的距离为（）A3B32C1D3222（2020全国统考高考真题）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+42B4+42C6+23D4+2323（2020海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为（）A20B40C50D9024（2020全国统考高考真题）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）AEBFCGDH25（2020天津统考高考真题）若棱长为2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A12B24C36D14426（2020浙江统考高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A73B143C3D627（2020北京统考高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）A63B62 3C123D122 328（2019全国高考真题）已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A8 6B4 6C2 6D629（2018全国高考真题）设ABCD，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为A12 3B18 3C24 3D54 330（2018全国高考真题）某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点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A2 17B2 5C3D231（2018全国高考真题）在长方体1111ABCDABC D中，2ABBC，1AC与平面11BBCC所成的角为30，则该长方体的体积为A8B6 2C8 2D8 332（2018全国高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为A12 2B12C8 2D1033（2018全国高考真题）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A3 34B2 33C3 24D3234（2018全国高考真题）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是ABCD35（2018北京高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A1B2C3D436（2018浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A2B4C6D8二二、多多选选题题37（2022全国统考高考真题）如图，四边形ABCD为正方形，ED 平面ABCD，,2FBED ABEDFB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,V V V，则（）A322VVB31VVC312VVVD3123VV三三、填填空空题题38（2021全国统考高考真题）以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_（写出符合要求的一组答案即可）39（2021全国高考真题）已知一个圆锥的底面半径为 6，其体积为30则该圆锥的侧面积为_.40（2020全国统考高考真题）已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_41（2020全国统考高考真题）如图，在三棱锥 PABC 的平面展开图中，AC=1，3ABAD，ABAC，ABAD，CAE=30，则 cosFCB=_.42（2020海南统考高考真题）已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD=60以1D为球心，5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_43（2020海南高考真题）已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB 的中点，则三棱锥 A-NMD1的体积为_44（2020江苏统考高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半径为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 _ cm3.45（2020山东统考高考真题）已知球的直径为 2，则该球的体积是_.46（2019全国统考高考真题）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCDABC D挖去四棱锥OEFGH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，16cm4cmAB=BC=,AA=，3D打印所用原料密度为30.9/g cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.47（2018全国高考真题）已知圆锥的顶点为S，母线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5 15，则该圆锥的侧面积为_48（2018全国高考真题）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_49（2019天津高考真题）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_.50（2019北京高考真题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为_51（2019江苏高考真题）如图，长方体1111ABCDABC D的体积是 120，E 为1CC的中点，则三棱锥 E-BCD 的体积是_.52（2018天津高考真题）如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥A1BB1D1D 的体积为_53（2018天津高考真题）已知正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点 E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为_.四四、解解答答题题54（2022全国统考高考真题）如图，四面体ABCD中，,ADCD ADCDADBBDC，E 为 AC 的中点(1)证明：平面BED 平面 ACD；(2)设2,60ABBDACB，点 F 在 BD 上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积55（2022全国统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为 8（单位：cm）的正方形，,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直(1)证明：/EF平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）56（2021全国统考高考真题）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，ABAD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为 1 的等边三角形，点E在棱AD上，2DEEA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.57（2021全国高考真题）已知直三棱柱111ABCABC-中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC，E，F 分别为AC和1CC的中点，11BFAB.（1）求三棱锥FEBC的体积；（2）已知 D 为棱11AB上的点，证明：BFDE.58（2021全国统考高考真题）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M 为BC的中点，且PBAM（1）证明：平面PAM 平面PBD；（2）若1PDDC，求四棱锥PABCD的体积59（2020全国统考高考真题）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC=90（1）证明：平面 PAB平面 PAC；（2）设 DO=2，圆锥的侧面积为3，求三棱锥 PABC 的体积.60（2020全国统考高考真题）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F（1）证明：AA1/MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；（2）设 O 为A1B1C1的中心，若 AO=AB=6，AO/平面 EB1C1F，且MPN=3，求四棱锥 BEB1C1F 的体积61（2019全国高考真题）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点E 在棱 AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱锥11EBBC C的体积62（2018全国高考真题）如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA（1）证明：平面ACD 平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且23BPDQDA，求三棱锥QABP的体积五五、双双空空题题63（2019全国高考真题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_参参考考答答案案：1C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】方方法法一一：【最最优优解解】基基本本不不等等式式设该四棱锥底面为四边形 ABCD，四边形 ABCD 所在小圆半径为 r，设四边形 ABCD 对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSAC BDAC BDrrr（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22r又设四棱锥的高为h，则22rh1，3222222212224 322333327O ABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h 时等号成立.故选：C方方法法二二：统统一一变变量量基基本本不不等等式式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则22ra，所以该四棱锥的高212ah，32222222231144414 34421(1)()323442333327aaaaaaaVa(当且仅当22142aa，即243a 时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高22311233ah.故选：C方方法法三三：利利用用导导数数求求最最值值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则22ra，所以该四棱锥的高212ah，221132aVa，令2(02)att，32132tVt，设 322ttft，则 2322tftt，403t，0ft，单调递增，423t，0ft，单调递减，所以当43t 时，V最大，此时23123ah 故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法2C【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】球的体积为36，所以球的半径3R,方方法法一一：导导数数法法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当32 6l 时，0V，当2 63 3l 时，0V，所以当2 6l 时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l 时，274V，3 3l 时，814V,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27 6443，.故选：C.方方法法二二：基基本本不不等等式式法法由方法一故所以3221224211646122(333333hhhVa hhhhh h h当且仅当4h 取到)，当32h 时，得3 32a，则22min11 3 3327();33242Va h当3 3l 时，球心在正四棱锥高线上，此时39322h，23 33 3222aa，正四棱锥体积22111 3 398164()332432Va h，故该正四棱锥体积的取值范围是27 64,.433C【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,r r分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSr lr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rl rl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212 293hlll，所以2211222214539310112 2393r hllVVr hll甲乙.故选：C.4C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出【详解】依题意可知棱台的高为157.5 148.59MN(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V棱台上底面积262140.0140 10S kmm，下底面积262180.0180 10Skmm，6612119140 10180 10140 180 1033Vh SSSS 67993332060 7109618 2.65101.437 101.4 10(m)故选：C5A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r，所以123 34 32,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,d d，球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R 符合题意，所以球的表面积为24100SR故选：A6B【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积242 2122V.故选：B.7B【分析】求出以P为球心，5 为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且2362 332BO ，故36 122 6PO.因为5PQ，故1OQ，故S的轨迹为以O为圆心，1 为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为32364313 6，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为故选：B8C【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积32222214122 1 122 2 1 2 12333V 3cm故选：C9D【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱AFDBHC及直三棱柱DGCAEB组成，作HMCB于 M，如图，因为3,120CHBHCHB，所以3 33,22CMBMHM，因为重叠后的底面为正方形，所以3 3ABBC,在直棱柱AFDBHC中，AB平面 BHC，则ABHM,由ABBCB可得HM 平面ADCB，设重叠后的 EG 与FH交点为,I则132713813 3 3 3,=3 33 3=322224I BCDAAFD BHCVV则该几何体的体积为8127222742AFD BHCI BCDAVVV.故选：D.10B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】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22l，解得2 2l.故选：B.11A【分析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】,1ACBC ACBC，ABC为等腰直角三角形，2AB，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2222122d，所以111221 1332212O ABCABCVSd .故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.12D【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D13D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为 2，4，侧棱长为 2，所以该棱台的高2222 222h，下底面面积116S，上底面面积24S，所以该棱台的体积121211282164642333Vh SSS S.故选：D.14C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos)1 cos44242%22rr.故选：C.15B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即3ADBD，设球的半径为R，则343233R，可得2R，所以，44ABADBDBD，所以，1BD，3AD，CDAB，则90CADACDBCDACD，所以，CADBCD，又因为ADCBDC，所以，ACDCBD，所以，ADCDCDBD，3CDAD BD，因此，这两个圆锥的体积之和为2113 4433CDADBD.故选：B.16A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCDABC D，其高为 1，底面为等腰梯形ABCD，该等腰梯形的上底为2，下底为2 2，腰长为 1，故梯形的高为12122，故1 1 1112322 21222ABCD A BC DV，故选：A.17A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥OABC，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为 1，故其表面积为2133331 12242 ，故选：A.18B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为200100 mm2的圆面内的降雨充满一个底面半径为20015050 mm2300，高为150 mm的圆锥，所以积水厚度22150150312.5 mm100d，属于中雨.故选：B.19A【分析】由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，得24,2rr，ABC为等边三角形，由正弦定理可得2 sin602 3ABr，12 3OOAB，根据球的截面性质1OO 平面ABC，222211111,4OOO A ROAOOO AOOr，球O的表面积2464SR.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.20C【分析】设,CDa PEb，利用212POCD PE得到关于,a b的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CDa PEb，则22224aPOPEOEb，由题意212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa，解得154ba（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.21C【分析】根据球O的表面积和ABC的面积可求得球O的半径R和ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离22dRr.【详解】设球O的半径为R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为9 34的等边三角形，2139 3224a，解得：3a，22229933434ara，球心O到平面ABC的距离224 31dRr.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.22C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABCADCCDBSSS 根据勾股定理可得：2 2ABADDBADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD 该几何体的表面积是：2 362 33 2.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.23B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中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OAl；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ABm.由于40,/AOCm CD，所以40OAGAOC，由于90OAGGAEBAEGAE，所以40BAEOAG，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.24A【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D上的点在正视图中都对应点 M,直线34B C上的点在俯视图中对应的点为 N,在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是4D,线段34D D,上的所有点在侧试图中都对应E,点4D在侧视图中对应的点为E.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.25C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即2222 32 32 332R，所以，这个球的表面积为2244336SR.故选：C.【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.26A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2，所以几何体的体积为：111172 112 12232233 .故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.27D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2的正方形，则其表面积为：132 222 2 sin60122 32S .故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和28D【分析】先证得PB 平面PAC，再求得2PAPBPC，从而得PABC为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PAPBPCABC为边长为 2 的等边三角形，PABC为正三棱锥，PBAC，又E，F分别为PA、AB中点，/EFPB，EFAC，又EFCE，,CEACCEF平面PAC，PB 平面PAC，2APBPAPBPC，PABC为正方体一部分，22226R，即36446 6,62338RVR，故选 D解法二:设2PAPBPCx，,E F分别为,PA AB中点，/EFPB，且12EFPBx，ABC为边长为 2 的等边三角形，3CF又90CEF213,2CExAEPAxAEC中余弦定理2243cos2 2xxEACx，作PDAC于D，PAPC，D为AC中点，1cos2ADEACPAx，2243142xxxx，221221222xxx，2PAPBPC，又=2AB BC AC，,PA PB PC两两垂直，22226R，62R，3446 66338VR，故选 D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决29B【详解】分析：作图，D 为 MO 与球的交点，点 M 为三角形 ABC 的中心，判断出当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最大，然后进行计算可得详解：如图所示，点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点，当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最大此时，ODOBR4239 34ABCSABAB6,点 M 为三角形 ABC 的中心2BM2 33BERt OMB中，有22OM2OBBMDMODOM426max19 3618 33D ABCV故选 B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC的重心，计算得到2BM2 33BE，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题型30B【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点 N 在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点 M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为22422 5，故选 B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.31C【分析】首先画出长方体1111ABCDABC D，利用题中条件，得到130AC B，根据2AB，求得12 3BC，可以确定12 2CC，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体1111ABCDABC D中，连接1BC，根据线面角的定义可知130AC B，因为2AB，所以12 3BC，从而求得12 2CC，所以该长方体的体积为2 2 2 28 2V ，故选 C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.32B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为2 2，所以其表面积为22(2)22 2 212S，故选 B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.33A【分析】首先利用正方体的棱是 3 组每组有互相平行的 4 条棱，所以与 12 条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是