十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国专题11立体几何与空间向量选择填空题（解析版）.pdf

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.丁 真 题 汇 总 一.1.【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（）C.16A.8 B.12【答案】B【解析】由三视图还原几何体，如图，D.20则该直四棱柱的体积U/x 2 x 2=12.故选：B.2.【2022年全国甲卷理科07】在长方体4BC0-&B1C1D1中，己知8道 与平面4BCD和平面4 4/所成的角均为3 0 ,则（）A.AB=2ADB.与平面AB1C1。所成的角为30。C.AC=CB1D.Bi。与平面BBiGC所成的角为45。【答案】D【解析】如图所X T ：不妨设4B=a,40=b,44i=c,依题以及长方体的结构特征可知，为。与平面4BCD所成角为4/0 8,ByDr h与平面所成角为所以 sin30=,即b=c,B1D=2c=y/a2+b2+c2,解得Q =&c.对于 A,AB=a,AD=b,AB=y/2A D A 错误；对于B,过B作BE 1 AB1于E,易知BE 1平面力/好。,所以4B与平面力当的。所成角为4艮4E,因为tan/B4E=电，所以4BAEH30。，B 错误；a 2对于 C,AC=y/a2+b2=V3c.CB=y/b2+c2=V2c-AC CBX,C 错误；对于D,与平面BBigC所成角为4D/C,sinND/C=熬=三=1,而 0 乙DB4 90。，所以/。口也=DD 2C 245。.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2 m 侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为%和V乙.若3=2,则 含=()A.V5 B.2V2 C.V10 D.4【答案】c【解析】解：设母线长为I，甲圆锥底面半径为乙圆锥底面圆半径为上，所以 丁1 =2 r 2,又 牛+罕=2兀,则 牛=1,所 以=|/,r2=?，所以甲圆锥的高刈乙圆锥的图九2 二所以户状=髓内故选：C.4.【2 0 2 2年全国乙卷理科0 7】在正方体ZBCD-ABiGDi中，E,F分别为Z B,B C的中点，则()A.平面_ L平面BO%B.平面8透尸_ L平面C.平面B i E F平面A i A C D.平面JEF平面4 1 Gl0【答案】A【解析】解：在正方体4 B C D 4卷传1。1中,AC 1 8 0且。历1平面4 B C D,又EFu平面A 8 CD,所以E F J.D C 1，因为E,F分别为4 8,B C的中点，所以E F|A C,所以EF 1 BD,又BD n DD1=D,所以E F J 平 面B C D i，义EF u 平面&E F,所以平面为EF,平面BD6,故A正确；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设4 8 =2,则为(2,2,2),E(2,l,0),F(l,2,0),B(2,2,0),4(2,0,2),4(2,0,0),C(0,2,0),C i (0 2 2),则F F =(-1,1,0),=(0,1,2).DB=(2,2,0),西=(2,0,2),砧=(0,0,2),X C =(-2,2,0),=(-2,2,0),设平面B 1 E F 的法向量为沆=则有严暮:可取沅=(2 2 7(m.EBX=y i +2 zi =0同理可得平面4BD的法向量为无=(1,-1,-1),平面4 1 4 c 的法向量为五=(1,1,0),平面4G。的法向量为何=(1,1,-1),则沆五=2 -2 +1 =1 W 0,所以平面B i E F 与平面&BD不垂直，故 B错误；因为沆与无不平行，所以平面B i E F 与平面44C不平行，故 C错误；因为沆与否不平行，所以平面B i E F 与平面4 传1。不平行，故 D错误，故选：A.5.【2 0 2 2 年全国乙卷理科0 9】已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球0的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其 高 为()C.2【答案】C【解析】设该四棱锥底面为四边形A B C D,四边形A B C D所在小圆半径为八设四边形力8。)对角线夹角为a，则S/IBCD=Y AC -B D-s i n a -AC -B D 为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点0到底面A B C D所在小圆距离一定时，底面A B C D面积最大值为2 户又 八 十九2=1则九=.八号加E 0,当 2乃 3 g 时，/下底面面积Si=1 6,上底面面积$2=4,所以该棱台的体积V=g/t（5i+豆）=g x V Ix （16+4+卮）=鱼.故选：D.1 7.【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 V5-1 c V5-1 c x5+l c V5+1A.-D.-C.-D.-4 2 4 2【答案】D【解析】如图，设CD=a,PE=b,则PO=y/PE2-OE2=J b2由题意P O 2=a b,即b2-Q =L a b,化筒得4(2)2 _ 2/一 1=0,2 4 2 a a解得2 =衅(负 值 舍 去).a 4故选：C.1 8.【2 0 2 0年全国1卷理科10已知4 B,C为球O的球面上的三个点，。1为 4BC的外接圆，若。01的面积为4兀，AB=BC=AC=OOlt则球。的表面积为（）A.64兀 B.48兀 C.36兀 D.32兀【答案】A【解析】设圆。1半径为r,球的半径为R,依题意,得nr?=4T T,r=2,由正弦定理可得AB=2rsin60=273,001=AB=2 V 3,根据圆截面性质001 1平面4BC,1 0遇,R=OA=y/OOi 2+OrA2=700i 2+r2=4,.球。的表面积S=4兀 氏2 =647r.1 9.【2020年 全 国2卷 理 科07】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则 该 端 点 在 侧 视 图 中 对 应 的 点 为（）A.E B.F C.GD.H【答 案】A【解 析】根据三视图，画出多面体立体图形,=主视图方向u俯视图方向图中标出了根据三视图网点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E.故选：A2 0.【2 0 2 0 年全国2卷理科10 已知A/B C 是面积为竽的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球O的表面积为1 6 ,则。到平面/8 C 的距离为（）A.V 3 B.-C.1 D.2 2【答案】C【解析】设球。的半径为R,贝 IJ4 7 T R 2 =16 兀，解得：R =2.设 A B C 外接圆半径为r,边长为a,4 B C 是面积为厚的等边三角形，1a2 x 解得：a=3,r =|x J a2 =1x=V 3,球心。到平面4 B C 的距离d=y/R2-r2=V 4 3 =1.故选：C.2 1.【2 0 2 0 年全国3卷理科0 8】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6+4 V 2 B.4+4 V 2 C.6+2 V 3 D.4+2 V 3【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A根据乂体图形可得：SAABC=S ZADC S 4CDB=x2x2=2根据勾股定理可得：A B =A D =D B =2近4 D B 是边长为2 V I的等边三角形根据三角形面积公式可得：S&ADB=A B A D s in6 0 =1（2 V 2）2 =2 百.该几何体的表面积是：3 x 2 +26=6 +2 7 5.故选：C.2 2.【2 0 2 0 年海南卷0 4 1 日愚是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到唇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4的纬度是指。/与 地球赤道所在平面所成角，点N处的水平面是指过点力且与。力垂直的平面.在点N处放置一个日唇，若易面与赤道所在平面平行，点幺处的纬度为北纬4 0。，则唇针与点Z 处的水平面所成角为（）A.2 0 B.4 0 C.5 0 D.9 0【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中C D 是赤道所在平面的截线；I是点4 处的水平面的截线，依题意可知0 4 1，；AB是劈针所在直线.段是昼面的截线，依题意依题意，居面和赤道平面平行，号针与吾面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知mC。、根据线面垂直的定义可得4 B 1 m.由于乙40c=40,m/C D,所以4O4G=Z.AOC=40,由于4 04G+Z.GAE=LBAE+GAE=90,所以ZB4E=Z.OAG=4 0 ,也即号针与点4 处的水平面所成角为4B4E=40.故选：B2 3.【2019年新课标3 理科0 8 如图，点 N 为正方形/8 C O 的中心，中DE边上的中线，E N是LBDE中BD边上的中线，直线EN是相交直线，设 E=a,B D=y/2a,B E=J|a2+|a2=y 2a,.,.B M=-a,EN (4 a2+ia2 a,2 /PA2 4-PB2+PC2=y/6.V6 4 V6 2 半径为三，则球O的体积为兀x（-）=y 6n.故选：D.2 6.【2018年新课标1 理科07】某圆柱的高为2,底面周长为1 6,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为/,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上，从 到 N 的路径中，最短路径的长度为（）BA.2 m B.2V5 C.3 D.2【答案】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长1 6,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3,则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度:V22+42=25/5.故 选:B.2 7.【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a所成的角都相等，贝 ija截此正方体所得截面面积的最大值为（)3V3 2V3 3V2 V3A.-B.C.-D.4423【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a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，a截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边检a 截此正方体所得截面最大值为：6 X 空 x (孝)2 =季.2 8.【2 01 8 年新课标2理科09】在长方体向中，4 B=B C=1,AA=V 3,则异面直线AD 与。所成角的余弦值为()1 V5 V5 V2A.-B.C.-D.5 6 5 2【答案】解：以。为原点，/为x轴，O C为夕轴，为 z 轴，建立空间直角坐标系,.在长方体Z 8 C D-/1 B 1 C 1。中,AB=B C=l,AA =V 3,：.A(1,0,0),D (0,0,V 3),D(0,0,0),B (1,1,V 3),A Dt=(-1,0,V 3),)&=(,1,V 3),设异面直线/功与D B 所成角为&则 c s e=座前 AD y -D Bx 2/5 .异面直线AD 与D B i所成角的余弦值为，.故选：C.x2 9.【2018年新课标3 理科03】中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫样头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是样头.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.I.-【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，是梯头,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.3 0.【2018年新课标3 理 科 10】设 4B,C,。是同一个半径为4 的球的球面上四点，力8 c 为等边三角形且面积为9迎，则三棱锥0-/8。体积的最大值为（）A.12V3B.18V3C.24V3D.54V3庐【答案】解：/8 C 为等边三角形且面积为9 6，可得q-xA B?=9/，解得48=6,球心为O,三角形N 8 C 的外心为。，显然。在 O O 的延长线与球的交点如图：O C=|x x 6=2V3,OO=（42-（2V3）2=2,则三棱锥。高的最大值为：6,则三棱锥D -A B C体积的最大值为：-x x 63=1873.故选：B.3 1.【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】解：由三视图可画出直观图,该立体图中只有两个相同的梯形的面,1S林 杉=/x 2 X （2+4）=6,.这些梯形的面积之和为6X2=12,故选：B.3 2.【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.9 0T l B.6 3n C.42T T D.36 7 T【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,K=TT*32X 10-1-r f 32X 6=6 3i T,故选：B.33.【20 17 年新课标2 理 科 10】已知直三棱柱/8 C-/向 Ci 中，48c=120 ,AB=2,B C=C C =,则异 面 直 线 与 8 c l 所成角的余弦值为（）V3 V15 V10 V3A-T B-T c-D-T【答案】解：【解法】如图所示，设 M、N、P 分别为4B,831和 JC 的中点,则4 8 1、8。夹角为A/N 和 NP夹角或其补角7 T（因异面直线所成角为（0,-）,可知M N=AB =亭，N P=B C =作 8c中点。，则 P Q/W 为直角三角形；:PQ=1,M Q=AC,N 8C中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBC-cosZABC=4+1-2X 2X 1X （-1）=7.AC=V7,：.MQ=在Af。尸中，MP=yjMQ2+PQ2=在 P M N中，由余弦定理得c 3 N P=M*黑22-MN-NP冷）2 +（乎）2 _（孚）2 闻-:2 x x 5，n又异面直线所成角的范围是（O,-,Vio：.AB与BC所成角的余弦值为【解法二】如图所示,补成四棱柱438-41 81 G Di,求即可;BC=V2,BD=V22+l2-2 x 2 x 1 x cos600=V3,CD=V5,:.BC；+BD2=C1D2,:.NDBC=90,.,.cosN 8C iO=孚.故选：C.34.【20 17 年新课标3 理科0 8】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（）3n 7i nA.n B.-C.-D.-4 2 4【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，=J l2-（1）2=坐，该圆柱的体积：S=S/!=7 TX （乎）2 X1=竽.35.【20 16 年新课标1 理科0 6 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A.17 n B.18K C.20 n D.28T T【答案】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉之后的几何体，如图:8得可287-13=R37T4-3X7-87 ,4它的表面积是：x 4 n*22+J x T T-22=17TC.8，36.【20 16 年新课标1 理 科 11】平面。过正方体/88-2 归1。1的顶点4,a 平面C B iD i，a Cl 平面4 BC。=机，aC 平面则?、所成角的正弦值为（）V3 V2 V3A.-B.-C.1D-i223【答案】解：如图：a 平面C8 i D i,aG平面4 8 c o=?，aA平面4 8 小8 1=,可知：”CO1，m/B D ,是正三角形.加、所成角就是/81 例=6 0 .一V3则加、所成角的正弦值为：.3 7.【20 16 年新课标2 理科0 6 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.20 n B.24T T C.28T T D.32IT【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2国,在轴截面中圆锥的母线长是vn不彳=4,.圆锥的侧面积是n X 2X 4=8 n,下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4,圆柱的高是4,二圆柱表现出来的表面积是i r X 22+2i r X 2X 4=20 n.空间组合体的表面积是28 m故选：C.38.【20 16 年新课标3 理科0 9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+36 岔 B.5 4+18 V5 C.90 D.8 1【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：3X 6=18,侧面的面积为：（3X 3+3x 32+6 2）X 2=18+18 V5,故棱柱的表面积为：18 X 2+18+18 =5 4+18 7 .故 选:B.39.【20 16 年新课标3 理 科 10】在封闭的直三棱柱N 8 C-4 i 8 i Ci 内有一个体积为/的球，若AB=6,B C=8,4 4 1=3,则 U 的最大值是（）97 rA.4 n B.C.6T T2327 rD-V【答案】解:AB B C,月 8=6,B C=8,./c=io.故三角形N8 c 的内切圆半径r=6+7 =2,又由441=3,3故直三棱柱力8 C-小81。的内切球半径为了4 3 97r此时/的最大值兀-（-）3=,故 选:B.4 0.【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（)【答案】解：设圆锥的底面半径为小则夕=8,解得r-学，n故米堆的体积为：X=XirX（一）2x5七等4 3 7 T V I 斛米的体积约为1.62立方，320/.-+1.62229故 选:B.4 1.【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Q 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+20m 则厂=（）正视图 俯视图A.1 B.2 C.4 D.8【答案】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知,截圆柱的平面过圆柱的轴线,该几何体是一个半球拼接半个圆柱,1 11 1,其表面积为：X4T T Z-2+2 2 x2r X 2nr1-2rX 2r+XTir2=5nr2+4/-2,乂：该几何体的表面积为16+20TT,/.5n/-2+4r2=16+20n,解得 r=2,故选：B.4 2.【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（）1-5D.1-6c1-7B.1-8A.【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g X|X1X1X1=1,.剩余部分体积为截去部分体积与剩余部分体积的比值为9故选：D4 3.【2015年新课标2 理科09】已知/,5 是球。的球面上两点，4 0 8=9 0 ,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-/8 C 体积的最大值为3 6,则球。的表面积为（）A.36n B.64n C.144n D.2567T【答案】解：如图所示，当点C 位于垂直于面NO5的直径端点时，三棱锥O-/8 C 的体积最大，设球O的 半 径 为 此 时 加=忆/。8=鼻 鼻/?2 xR =1R3=3 6,故 R=6,则球。的表面积为4T T&2=I44TI,故选：C.4 4.【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.6V2 B.6 C.4V2 D.4【答案】解：几何体的直观图如图：AB=4,B D=4,C 到 5。的中点的距离为：4,：.BC=CD=V22 4-42=2V5.4 C=J 42+(2V5)2=6,AD=42,显然Z C 最 长.长 为 6.故选：B.4 5.【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3 c m,高为6c机的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与【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：32n2+22ir 4=34n.底面半径为3cvw,高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：327rx6=54T T54兀-347r 10切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：-=.547r 27故选：C.4 6.【2014年新课标2 理 科 11】直三棱柱中，ZBCA=90 ,M,N 分别是小囱，小。的中点，B C=C A =CCi，则与/N 所成角的余弦值为（）V2-D.2骞2-51一10A.【答案】解：直三棱柱Z 8 C-ZI8I。中，/8。=9 0 ,M,N分别是小。的中点，如图：B C的中点为O,连结ON,M N=BXCX=0 B,则 M V 0 8 是平行四边形，8”与/N所成角就是N 4 V O,：B C=C A =C C ,设 8 C=C 4 =C C i=2,：.C O=,A O=V 5.AN=V 5,M B=+22=V 6,在取中,由余弦定理可得：AN 2淄萨2 2,叵 仔故选：C.4 7.【2 0 1 3 年新课标1 理科0 6 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 c m,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6 相，如不计容器的厚度，则球的体积为()500T T?8 6 6 7 r&1372T T 鼻 2048TI*A.-cm B.-cm C.-cm D.-cm3 3 3 3【答案】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆加，则圆心M 为正方体上底面正方形的中心.如图.设球的半径为几 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 屋=(R -2)2+42,解出R=5,.根据球的体积公式，该球的体积V=竽R 3 =竽X 5 3 =卫 等c m 3.4 8.【2 0 1 3年新课标1理科0 8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（)A.1 6+8 n B.8+8 nC.1 6+1 6T T D.8+1 6 n【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、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 X 2 X 2 =1 6,半个圆柱的体积=1 x22X nX 4=8 n所以这个几何体的体积是1 6+8 n；故 选:A.、高分别4 9.【2 0 1 3 年新课标2理科0 4】已知加，”为异面直线，平面a,平面0.直线/满足/_1 _加，/_!_”，/C a,/邙，则()A.a。且/aB.a”且/邛C.a与0 相交，且交线垂直于/D.a与0 相交，且交线平行于/【答案】解：由加，平面a,直 线/满 足 且/C a,所以/a,又 J 平面B，l l n,I 邙,所以/0.由直线加，为异面直线，且 平面a,，平面0,则a 与0 相交，否则，若。0 则推出:力与 3 异面矛盾.故a与。相交，且交线平行于/.故选：D.5 0.【2 0 1 3 年新课标2理科0 7】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-个 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z O x平面为投影面，则得到正视图可以为()【答案】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系。-型中的坐标分别是(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z O x平面为投影面，则得到正视图为:5 1.【2 0 2 2 年新高考1 卷 0 9】已知正方体4 8 C O-A i B i C i）i，则（）A.直线B C i 与D4所成的角为9 0。B.直线B C i 与C4所成的角为9 0。C.直线B C i 与平面B B i D i D 所成的角为4 5。D.直线B C 1 与平面/8 C Z）所成的角为4 5。【答案】A B D【解析】如图，连接B i C、BG，因为Z M 1/8 1 C,所以直线8 c l 与&C所成的角即为直线B C i 与 所 成 的 角,因为四边形B/C 1 C 为正方形，则/Cl B C i，故直线B C i 与 所 成 的 角 为 9 0。，A正确；连接4C,因为J 平 面 B B i GC,B G u 平面B B i C i C,则4丛 18的,因为B i C J.B C i，&B i n B i C =B i，所以8 的 J 平 面&B i C,又ACu平面&B 1 C,所以B C 1 1 C 4 1，故 B正确；连接4G，设4 G。8 避 1 =0,连接B。，因为8 丛 1,平面4 8 1 的。1，的。u 平面4丛（7 1。1，则的。1 B 卷,因为Q O l B i D i，BM C B B =B i，所以C O J 平面/小。，所以4 的8。为直线B C i 与平面8 4 ）1。所成的角，设正方体棱长为1,则的。=争B C =a,s in H B O=盟=/所以，直线B的与平面8丛。1。所成的角为30。，故 C 错误；因为CCJ 平 面 4B C D,所以4 gB C 为直线BQ 与平面4BCD所成的角，易得NgBC=45。，故 D 正确.故选：ABD5 2.【2022年新高考2 卷 1 1 如图，四边形ABCD为正方形，ED J 平 面 ABC。，FB|ED.AB =ED =2FB,记三棱锥E-4C D,F-AB C,F 4CE的体积分别为匕,%，%，则（）【答案】CD【解析】设AB=ED=2尸 B=2 a,因为ED _L 平面4BCD,FB|E D,则=，EO 5沙以=9 2a 彳(2a)2=K2=1-F B-SA/iec=1-a-|-(2a)2=1 a3,连接BO交AC于点M,连接EM,FM，易得BD _ L AC,又ED J_平面4BC7),AC u 平面4BCD,则EC 1 AC,又ED C B D =D,ED,B D u 平面BDEF,则4c _L 平面BDEF,又B M =D M =B D =a,过尸作FG _ L DE于G,易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2四 a,EG=a.则EM=J(2a)2+(V2a)2=V6a,F M =Ja2+(V2a)2=V 3a EF=Ja2+(2夜 a=3a，E M2+F M2=EF2,则EM 1FM,SE F M=E M -F M =a2,AC =2y 2a,则 匕=V/l-EFM+Vc-EFM=,SAEFM=2。3,则 21/3=3%,匕=3七，匕=匕+了2，故 A、B 错误;C、D 正确.故选：CD.5 3.【2021年新高考1 卷 12】在正三棱柱ABC-A/iC i中，=1,点P满 足 前=2就+丽瓦,其中，0,1,fie 0,1,则()A.当4=1 时，AABiP的周长为定值B.当 =1 时，三棱锥P-4BC的体积为定值C.当义=/时，有且仅有一个点P，使得41P _LBPD.当=割寸，有且仅有一个点P,使 得 平 面 4/P【答案】BDx易知，点P在矩形BCCiBi内部(含边界).对于A,当a=1 时，丽=前+万瓦=前+西，即此时P 6 线段CC1，AABIP周长不是定值，故 A 错误；对于B,当 =1 时，BP=ABC+ABTCI)故此时P点轨迹为线段 iG，而B BC,8 平面4 B C,则有P到平面&BC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确.对于C,当，=鄂寸，B P =BC+nBBl，取B C,Ci中点分别为Q,H,则 价=的+痈，所以P点轨迹为线段Q”，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，4(今 0,1),P(0,0,g),B(0,1,0),则 布=(一日,0,-1)，FP=(0,-i g),审 前=(-1)=0,所以=0 或=1.故 H,Q 均满足，故 C 错误；对于D,当 /时，B P =XBC+BBf取B J,e g 中点为M,N.BP=BM+X M N，所以P点轨迹为线段M N,设P（O jo，），因为4 浮，0,0）,所 以 存=（一八,丁0,9 4 了 =（一 ；，一 1），所以-=0=y0=-i,此时P 与N重合，故 D 正确.故选：BD.5 4.【2 0 2 1 年新高考2卷 1 0 如图，在正方体中，。为底面的中心，尸为所在棱的中点，M,N 为正方体的顶点.则满足M N1 OP的 是（）【答案】BC设正方体的棱长为2,对于A,如 图（1）所示，连接4 C,则MN/4C,故NPOC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，在直角三角形OPC,OC=V2 CP=1,故 tanOC=a =圣故MN _ L 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,MOQ 1 NT,PQ 1 MN,由正方体SBCM-N4ru 得 SN 1平面4 N D T,而OQ u 平面4NDT,故SN 1 0 Q,而SN n MN=N,故OQ 1 平面SNTM,又M N u 平面SNTM,OQ 1 M N,而OQnPQ=Q,所以MN _ L 平面O P Q,而P。u 平面O P Q,故MN J.O P,故 B 正确.对于C,如 图(3),连接B。，则BDM N,由 B 的判断可得OP-L BD,故OP J.M N,故 C 正确.对于D,如 图（4）,取4。的中点Q,48的中点K,连接4C,PQ,OQ,PK,0K,则 4C/MM因为。P=P C,故PQHAC,故PQ/MN,所以NQPO或其补角为异面直线PO.MN所成的角，图（4）因为正方体的棱长为 2,故PQ=T4C=V,0Q=y/AO2+AQ2=yjl+2=A/3，PO=QO2 AOC=4 8 x r +x BC x r 4-x AC x r=g x(3 +3 +2)x r =2 2,解得：r =y,其体积：y =7 T r3=y 7 r.故答案为：-y 7 T.59.【2 0 2 0 年山东卷1 6 1 已知直四棱柱4 3 C。-力向G Q i 的棱长均为2,NBAD=600,以外 为球心，通为半径的球面与侧面B C C B的交线长为.【答案】苧兀.【解析】如图：取8 传1 的中点为E,的中点为F,e g的中点为G,因为/B 4 D =6 0,直四棱柱4 B C C -必 再 好 久 的棱长均为2,所以 O M i g 为等边三角形，所以 送=M，DE 1 BrCi，又四棱柱A B C D -4/1口。1 为直四棱柱，所以B B i 1 平面4 8 i G i ,所以B/lBig,因为B B i C l B i G =B i，所以D i E 1 侧面B i C i C B,设P 为侧面8 1 cl eB 与球面的交线上的点，则1 EP,因为球的半径为 遥，DIE=店,所以|E P|=/|为送|2 -|i E|2 =厄,所以侧面B i g C B 与球面的交线上的点到E 的距离为 直，因为|E F|=EG=V 2,所以侧面/C i C B 与球面的交线是扇形E F G 的弧 死，因为N B 1 E 产=N C i E G =:所以EG,所以根据弧长公式可 得 这=J x V 2=7 r.故答案为：苧7 r.6 0.【2 0 2 0 年海南卷1 6】已知直四棱柱/8 C O-4 8 Q。的棱长均为2,NB4D=6Q.以。1 为球心，声为半径的球面与侧面B C C B的交线长为.【答案】y/r.【解析】如图：取 的 中 点 为 E,B B i 的中点为F,CCi 的中点为G,因为N B 4 D =60,直四棱柱4 B C D -4 避 也 山 1 的棱长均为2,所以 D i/g 为等边三角形，所以=V 3,DE J L ,又四棱柱A B C。A i B i G O i 为直四棱柱，所以B B i，平面4 8clA,所以1 BrCx,因为8 B i n B i g =B i，所以，侧面B i g CB,设P为侧面Bi g C B 与球面的交线上的点，贝 i j D i E 1 EP,因为球的半径为遮，O1E=6,所以出2|=加 即 二 百 坪=遍=3 =鱼，所以侧面B ig C B与球面的交线上的点到E的距离为近，因为|EF|=EG=V 2,所以侧面B iQ C B与球面的交线是扇形E fG的弧前，因为乙B iE F=NCiEG=3，所以Z尸E G=,所以根据弧长公式可得这=1 x短=苧兀.故答案为：予7r.6 1.【2019年新课标3理 科16】学生到工厂劳动实践，利用3。打印技术制作模型.如图，该模型为长方体N B C D-N iB iC iO i挖去四棱锥O-E F G”后所得的几何体，其中。为长方体的中心，E,F,G,分别为所在棱的中点，AB =B C=6cm,/Ui=4cvn.3打印所用原料密度为0.9g/c”?3.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N 8 C D-小挖去四棱锥O-M G 4后所得的几何体，其中。为长方体的中心，E,F,G,H,分别为所在棱的中点，AB=B C=6cm,AAi=4cni,.该模型体积为：ABCD-A1B1C1Di-V o -EFGH11=6 X 6 X 4-|x (4 x 6-4 x 1 x 3 x 2)x 3=144-12=132(C/H3),V 3 D打印所用原料密度为0.9g/c?3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：132X0.9=118.8(g).故答案为：118.8.G7-62.【2018年新课标2 理 科 16】已知圆锥的顶点为S,母线S/,S8所成角的余弦值为言，网 与圆锥底面所O成角为45,若S/B 的面积为5 m，则 该 圆 锥 的 侧 面 积 为.【答案】解：圆锥的顶点为S,母线“，S8所成角的余弦值为（可得sin/S 8=J1 弓）2 =半.SAB的面积为5V15,可得（S 42sin/S8=5V T,即 JD G2-OG2=V25-lOx+/一 2=V25-10 x,S4AB e=*x 苧 x（2V3x）2=3V3x2,则 y=X h=V 3x2 X V 2 5-l Ox=V 3-V 2 5x4-1 0 x5,令f(x)=2 5x4-1 0 x5,x w(0,/(x)=1 0 0/-50./,令，(x)0,即 X4-2X3 W 0,解得 XW2,则/(x)W/(2)=8 0,K/1 5(cnr1).故答案为：4 V 1 5c w3.C6 4.【2 0 1 7 年新课标3理 科 1 6 1 a,b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形/8 C 的直角边/C所在直线与a,6都垂直，斜 边 以 直 线/C为旋转轴旋转，有下列结论：当直线N8与 a成 6 0 角时，与 b成 3 0 角；当直线Z8与。成 6 0 角时，48与 b成 6 0 角；直 线 与。所成角的最小值为4 5 ；直 线 与。所成角的最小值为6 0 ；其 中 正 确 的 是.(填 写 所 有 正 确 结 论 的 编 号)【答案】解：由题意知，。、3 ZC三条直线两