专题13空间向量与立体几何（选填题）8种常见考法归类（全国通用）（学生版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 空间向量与立体几何(选填题) ~ ~ 2021-2025高考真题分类 空间向量与立体几何(选填题)1 一 空间几何体的表面积 1 二 空间几何体的体积问题 2 三 空间几何体其他量的计算 5 四 与球有关的切、接问题 6 五 点线面位置关系的判断 6 六 求空间角 8 七 立体几何与其他知识的综合 8 八 立体几何新定义问题 8 参考答案 9 ~ ~ 一 空间几何体的表面积 1. (2022·上海·高考真题)已知某圆锥的高为4，底面积为9π，则该圆锥的侧面积为 . 2. (2023·全国乙卷·高考真题)如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零 件的表面积为 ( ) A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 3. (2021·新高考全国Ⅱ卷·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α，记 卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cosα)(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% 数学试题 第 1 页 共 36 页4. (2021·北京·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 ( ) 3 3 3 3 A. + B. 3+ 3 C. + 3 D. 3+ 2 2 2 2 二 空间几何体的体积问题 1. (2025·上海·高考真题)如图，在正四棱柱ABCD-ABCD 中，BD=4 2,DB =9，则该正四棱柱的体 1 1 1 1 1 积为 ． 2. (2021·新高考全国Ⅱ卷·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 ( ) 56 28 2 A. 20+12 3 B. 28 2 C. D. 3 3 3. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆 锥的体积为 ( ) A. 2 3π B. 3 3π C. 6 3π D. 9 3π 4. (2023·全国甲卷·高考真题)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC = 6，则该棱锥的体积为 ( ) A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 5. (2023·全国乙卷·高考真题)已知圆锥PO的底面半径为 3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线， 9 3 ∠AOB=120°，若△PAB的面积等于 ，则该圆锥的体积为 ( ) 4 A. π B. \sqrt6π C. 3π D. 3 6π 1 6. (2023·天津·高考真题)在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM= PC，PN= 3 2 PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为 ( ) 3 1 2 1 4 A. B. C. D. 9 9 3 9 数学试题 第 2 页 共 36 页7. (2022·天津·高考真题) 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为 十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体(如右图).这两个直三棱柱有一个 公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BEC=120°,则该几何体的体积为 ( ) 27 27 3 A. B. C. 27 D. 27 3 2 2 8. (2022·全国甲卷·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2π，侧面积分别为 S V S 和S ，体积分别为V 和V ．若 甲 =2，则 甲 = ( ) 甲 乙 甲 乙 S V 乙 乙 5 10 A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 4 32π 9. (2021·天津·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 ，两个 3 圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为 ( ) A. 3π B. 4π C. 9π D. 12π 10.(2021·北京·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： 等级 24h降雨量(精确到0.1) ⋯⋯ ⋯⋯ 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 ⋯⋯ ⋯⋯ 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm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150mm(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 数学试题 第 3 页 共 36 页11.(2022·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：cm3)是 ( ) 22 16 A. 22π B. 8π C. π D. π 3 3 12.(2022·全国甲卷·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 ( ) A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 13.【多选】(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)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V,V,V，则 ( ) 1 2 3 A. V=2V B. V=V C. V=V+V D. 2V=3V 3 2 3 1 3 1 2 3 1 数学试题 第 4 页 共 36 页14.(2025·北京·高考真题)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其 中ABCDEF是一个平面多边形，平面AFR⊥平面ABC，平面CDT⊥平面ABC，AB⊥BC， AB⎳EF⎳RS⎳CD，BC⎳DE⎳ST⎳AF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD= 5 ，则该多面体的体积为 ． 2 15.(2024·全国甲卷·高考真题)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r ,下底面半径均为r ，圆台的母线长分别 1 2 为2r 2 -r 1  ,3r 2 -r 1  ，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 16.(2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)在正四棱台ABCD-ABCD 中，AB=2,AB =1,AA = 2，则该棱 1 1 1 1 1 1 1 台的体积为 ． 17.(2024·北京·高考真题)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、 斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm． 18.(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长 为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 19.(2022·新高考全国Ⅰ卷·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. 1.0×109m3 B. 1.2×109m3 C. 1.4×109m3 D. 1.6×109m3 20.【多选】(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB= 120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则( )． A. 该圆锥的体积为π B. 该圆锥的侧面积为4 3π C. AC=2 2 D. △PAC的面积为 3 三 空间几何体其他量的计算 1. (2024·北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4， PC=PD=2 2，该棱锥的高为( ). A. 1 B. 2 C. 2 D. 3 数学试题 第 5 页 共 36 页2. (2023·北京·高考真题)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出 建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是 全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面 14 与平面ABCD的夹角的正切值均为 ，则该五面体的所有棱长之和为 ( ) 5 A. 102m B. 112m C. 117m D. 125m 3. (2023·全国甲卷·高考真题)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,∠PCA =45°，则△PBC的面积为 ( ) A. 2 2 B. 3 2 C. 4 2 D. 6 2 四 与球有关的切、接问题 1. (2022·新高考全国Ⅱ卷·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 ( ) A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π 2. (2022·新高考全国Ⅰ卷·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36π，且3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是 ( ) 81 A.  18,  4  27 81 B.   ,  4 4  27 64 C.   ,  4 3  D. [18,27] 3. (2025·全国二卷·高考真题)一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内 有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm． 4. (2023·全国甲卷·高考真题)在正方体ABCD-ABCD 中，AB=4,O为AC 的中点，若该正方体的棱 1 1 1 1 1 与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是 ． 5. (2023·全国乙卷·高考真题)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角 形，SA⊥平面ABC，则SA= ． 6. (2023·全国甲卷·高考真题)在正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别为AB，CD 的中点，以EF为直 1 1 1 1 1 1 径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 7. (2022·全国乙卷·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 ( ) 1 1 3 2 A. B. C. D. 3 2 3 2 8. 【多选】(2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容 器壁厚度忽略不计)内的有 ( ) A. 直径为0.99m的球体 B. 所有棱长均为1.4m的四面体 C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体 五 点线面位置关系的判断 数学试题 第 6 页 共 36 页1. (2022·上海·高考真题)如图，正方体ABCD-ABCD 中，P、Q、R、S分别为棱AB、 1 1 1 1 BC、BB 、CD的中点，连接AS、BD，对空间任意两点M、N，若线段MN与线段 1 1 1 AS、BD都不相交，则称M、N两点可视，下列选项中与点D 可视的为 ( ) 1 1 1 A. 点P B. 点Q C. 点R D. 点B 2. (2025·天津·高考真题)若m为直线，α,β为两个平面，则下列结论中正确的是 ( ) A. 若m⎳α,n⊂α，则m⎳n B. 若m⊥α,m⊥β，则α⊥β C. 若m⎳α,m⊥β，则α⊥β D. 若m⊂α,α⊥β，则m⊥β 3. (2024·全国甲卷·高考真题)设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题： ①若m⎳n，则n⎳α或n⎳β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n⎳α且n⎳β，则m⎳n ④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 ( ) A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 4. (2024·天津·高考真题)已知m,n是两条直线，α是一个平面，下列命题正确的是 ( ) A. 若m⎳α，m⊥n，则n⊥α B. 若m⊥α,m⊥n，则n⊥α C. 若m⎳α,n⊥α，则m⊥n D. 若m⊥α,n⊥α，则m⊥n 5. (2022·全国乙卷·高考真题)在正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别为AB,BC的中点，则 ( ) 1 1 1 1 A. 平面B EF⊥平面BDD B. 平面B EF⊥平面ABD 1 1 1 1 C. 平面B EF⎳平面AAC D. 平面B EF⎳平面ACD 1 1 1 1 1 6. 【多选】(2025·全国一卷·高考真题)在正三棱柱ABC-ABC 中，D为BC中点，则 ( ) 1 1 1 A. AD⊥AC B. BC⊥平面AAD C. AD⎳AB D. CC ⎳平面AAD 1 1 1 1 1 1 7. 【多选】(2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M， N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是 ( ) A. B. C. D. 数学试题 第 7 页 共 36 页六 求空间角 52 1. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知正三棱台ABC-ABC 的体积为 ，AB=6，AB =2，则AA与 1 1 1 3 1 1 1 平面ABC所成角的正切值为 ( ) 1 A. B. 1 C. 2 D. 3 2 2. (2023·全国乙卷·高考真题)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面 角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( ) 1 2 3 2 A. B. C. D. 5 5 5 5 3. (2022·全国甲卷·高考真题)在长方体ABCD-ABCD 中，已知BD与平面ABCD和平面AABB所 1 1 1 1 1 1 1 成的角均为30°，则 ( ) A. AB=2AD B. AB与平面ABCD所成的角为30° 1 1 C. AC=CB D. BD与平面BBCC所成的角为45° 1 1 1 1 4. 【多选】(2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知正方体ABCD-ABCD ，则 ( ) 1 1 1 1 A. 直线BC 与DA 所成的角为90° B. 直线BC 与CA 所成的角为90° 1 1 1 1 C. 直线BC 与平面BBDD所成的角为45° D. 直线BC 与平面ABCD所成的角为45° 1 1 1 1 5. (2022·浙江·高考真题)如图，已知正三棱柱ABC-ABC ,AC=AA ，E，F分别是棱 1 1 1 1 BC,AC 上的点．记EF与AA 所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面 1 1 1 角F-BC-A的平面角为γ，则 ( ) A. α≤β≤γ B. β≤α≤γ C. β≤γ≤α D. α≤γ≤β 七 立体几何与其他知识的综合 1. (2022·北京·高考真题)已知正三棱锥P-ABC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T= Q∈S   PQ≤5   ，则T表示的区域的面积为 ( ) 3π A. B. π C. 2π D. 3π 4 2. (2023·上海·高考真题)空间内存在三点A、B、C，满足AB=AC=BC=1，在空间内取不同两点(不计顺 序)，使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 八 立体几何新定义问题 1. (2024·上海·高考真题)定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P,P ,P ∈Ω，存在不全为 1 2 3     0的实数λ ,λ ,λ ，使得λOP +λ OP +λ OP =0．已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条件是 1 2 3 1 1 2 2 3 3 ( ) A. 0,0,0  ∈Ω B. -1,0,0  ∈Ω C. 0,1,0  ∈Ω D. 0,0,-1  ∈Ω 数学试题 第 8 页 共 36 页参考答案 1. 15π 【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积. 【解析】圆锥底面积为9π，则底面半径为3，又圆锥的高为4， 则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为3×5π=15π 故答案为：15π 2. D 【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特 征求解其表面积即可. 【解析】如图所示，在长方体ABCD-ABCD 中，AB=BC=2，AA =3， 1 1 1 1 1 点H,I,J,K为所在棱上靠近点B ,C ,D ,A 的三等分点，O,L,M,N为所在 1 1 1 1 棱的中点， 则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-ABCD 去掉长方体ONIC - 1 1 1 1 1 LMHB 之后所得的几何体， 1 该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形， 其表面积为：2×2×2  +4×2×3  -2×1×1  =30. 3. C 【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. 【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为： 6400 1- 2πr2(1-cosα) 1-cosα 6400+36000 = = ≈0.42=42%. 4πr2 2 2 故选：C. 4. A 【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. 【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O-ABC， 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， 1 3 故其表面积为3× ×1×1+ × 2 2 4  3+ 3 2= ， 2 故选：A. 1. 112 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【解析】因为BD=4 2且四边形ABCD为正方形，故BA=4， 数学试题 第 9 页 共 36 页而DB =9，故BB2+BD2=81，故BB =7， 1 1 1 故所求体积为7×16=112， 故答案为：112. 2. D 【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. 【解析】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-2 2- 2  2= 2， 下底面面积S =16，上底面面积S =4， 1 2 1 所以该棱台的体积V= 3 hS 1 +S 2 + S 1 S 2  1 = × 2×16+4+ 64 3  28 = 2. 3 故选：D. 3. B 【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的 体积. 【解析】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为 r2+3， 而它们的侧面积相等，所以2πr× 3=πr× 3+r2即2 3= 3+r2， 1 故r=3，故圆锥的体积为 π×9× 3=3 3π. 3 故选：B. 4. A 【分析】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【解析】取AB中点E，连接PE,CE，如图， ∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2， ∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E， ∴AB⊥平面PEC， 3 又PE=CE=2× = 3，PC= 6， 2 故PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE， 数学试题 第 10 页 共 36 页1 1 1 所以V=V +V = S ⋅AB= × × 3× 3×2=1， B-PEC A-PEC 3 △PEC 3 2 故选：A 5. B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【解析】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB= 3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥ AB，如图， 3 9 3 1 9 3 ∠ABO=30°，OC= ,AB=2BC=3，由△PAB的面积为 ，得 ×3×PC= ， 2 4 2 4 3 3 3 3 解得PC= ，于是PO= PC2-OC2=  2 2  2 3 - 2  2 = 6， 1 1 所以圆锥的体积V= π×OA2×PO= π×( 3)2× 6= 6π. 3 3 故选：B 6. B 【分析】分别过M,C作MM⊥PA,CC⊥PA,垂足分别为M,C.过B作BB⊥平面PAC，垂足为 B，连接PB,过N作NN⊥PB,垂足为N.先证NN⊥平面PAC，则可得到BB⎳NN，再证 MM 1 NN' 2 V V MM⎳CC.由三角形相似得到 = ， = ，再由 P-AMN = N-PAM 即可求出体积比. CC 3 BB' 3 V V P-ABC B-PAC 【解析】如图，分别过M,C作MM⊥PA,CC⊥PA,垂足分别为M,C.过B作BB⊥平面PAC，垂足 为B，连接PB,过N作NN⊥PB,垂足为N. 因为BB⊥平面PAC，BB⊂平面PBB，所以平面PBB⊥平面PAC. 又因为平面PBB∩平面PAC=PB，NN⊥PB，NN⊂平面PBB，所以NN⊥平面PAC，且 BB⎳NN. PM MM 1 在△PCC中，因为MM⊥PA,CC⊥PA，所以MM⎳CC，所以 = = ， PC CC 3 PN NN 2 在△PBB中，因为BB⎳NN，所以 = = ， PB BB 3 数学试题 第 11 页 共 36 页1 1 1 S ⋅NN ⋅ PA⋅MM V V 3 △PAM 3 2 所以 P-AMN = N-PAM = = V V 1 P-ABC B-PAC S ⋅BB 3 △PAC  ⋅NN 1 1 ⋅ PA⋅CC 3 2  2 = . 9 ⋅BB 故选：B 7. C 【分析】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【解析】如图所示，该几何体可视为直三柱BCE-ADF与两个三棱锥S-MAB，S-NCD拼接而成. 记直三棱柱BCD-ADF的底面BCE的面积为S，高为h，所求几何体的体积为V， 1 1 3 9 3 则S= BE⋅CE⋅sin120°= ×3×3× = ， 2 2 2 4 h=CD=BC=3 3. 所以V=V +V +V 三棱柱BCE-ADF 三棱锥S-MAB 三棱锥S-NCD 1 1 1 1 4 =Sh+ S⋅ h+ S⋅ h= Sh=27. 3 2 3 2 3 故选：C. 8. C 【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式可得r = 1 2 1 2r ，再结合圆心角之和可将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 2 1 2 积公式即可得解. 【解析】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ， 1 2 S πrl r 则 甲 = 1 = 1 =2， S πr l r 乙 2 2 所以r =2r ， 1 2 2πr 2πr 又 1 + 2 =2π， l l r +r 则 1 2 =1， l 2 1 所以r = l,r = l， 1 3 2 3 4 5 所以甲圆锥的高h = l2- l2= l， 1 9 3 1 2 2 乙圆锥的高h = l2- l2= l， 2 9 3 1 4 5 πr2h l2× l 所以 V 甲 = 3 1 1 = 9 3 = 10. V 1 1 2 2 乙 πr2h l2× l 3 2 2 9 3 故选：C. 9. B 【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. 数学试题 第 12 页 共 36 页【解析】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AD=3BD， 4πR3 32π 设球的半径为R，则 = ，可得R=2，所以，AB=AD+BD=4BD= 3 3 4， 所以，BD=1，AD=3， ∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°，所以，∠CAD= ∠BCD， 又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD， AD CD 所以， = ，∴CD= AD⋅BD= 3， CD BD 1 因此，这两个圆锥的体积之和为 π×CD2⋅AD+BD 3  1 = π×3×4=4π. 3 故选：B. 10.B 【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. 200 【解析】由题意，一个半径为 =100mm 2  200 150 的圆面内的降雨充满一个底面半径为 × = 2 300 50mm  ，高为150mm  的圆锥， 1 π×502×150 3 所以积水厚度d= =12.5mm π×1002  ，属于中雨. 故选：B. 11.C 【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． 【解析】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， 1 4 1 所以该几何体的体积V= × π×13+π×12×2+ ×2× 2 3 3 π×22+π×12+ π×22×π×12  22π = cm3． 3 故选：C． 12.B 【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解. 【解析】由三视图还原几何体，如图， 2+4 则该直四棱柱的体积V= ×2×2=12. 2 故选：B. 13.CD 数学试题 第 13 页 共 36 页【分析】直接由体积公式计算V,V，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V=V +V 计 1 2 3 A-EFM C-EFM 算出V，依次判断选项即可. 3 1 1 1 设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V 1 = 3 ⋅ED⋅S △ACD = 3 ⋅2a⋅ 2 ⋅2a  2 4 = a3， 3 1 1 1 V 2 = 3 ⋅FB⋅S △ABC = 3 ⋅a⋅ 2 ⋅2a  2 2= a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC， 3 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， 1 又BM=DM= BD= 2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2 2a, 2 EG=a， 则EM= 2a  2+ 2a  2= 6a,FM= a2+ 2a  2= 3a，EF= a2+2 2a  2=3a， 1 3 2 EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S = EM⋅FM= a2，AC=2 2a， △EFM 2 2 1 则V=V +V = AC⋅S =2a3，则2V=3V，V=3V，V=V+V，故A、B错误；C、D 3 A-EFM C-EFM 3 △EFM 3 1 3 2 3 1 2 正确. 故选：CD. 14.60 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARF-BHT和四棱锥B-HTSE后结合体积公式可求几 何体的体积. 【解析】先证明一个结论：如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，平面α∩β=l，则l⊥γ. 证明：设α∩γ=a，β∩γ=b，在平面γ取一点O，O∉a,O∉b， 在平面γ内过O作直线m，使得m⊥a，作直线n，使得n⊥b， 因为平面α⊥平面γ，m⊂γ，故m⊥α，而l⊂α，故m⊥l， 同理n⊥l，而m∩n=O,m,n⊂γ，故l⊥γ . 下面回归问题. 连接BE，因为AB⊥BC且AF⎳BC，故AF⊥AB，同理BC⊥CD，EF⊥ED， 而AB=BC=8,AF=CD=4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等， 数学试题 第 14 页 共 36 页故∠BEF=∠BED=45°， 在直角梯形ABEF中，过B作BT⊥EF，垂足为T， 则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以∠BTE为直角的等腰直角三角形， 故EF=FT+TE=AB+BT=AB+AF=12， 平面RAF⊥平面ABEF，平面RAF∩平面ABEF=AF，AF⊥AB, AB⊂平面ABEF，故AB⊥平面RAF， 取AF的中点为M，BE的中点为U，CD的中点为V，连接RM,MU,SU,UV， 则MU⎳RS，同理可证RM⊥平面ABEF，而RM⊂平面RMUS， 故平面RMUS⊥平面ABEF，同理平面VUS⊥平面ABEF， 而平面RMUS∩平面VUS=SU，故SU⊥平面ABEF， 1 故RM⎳SU，故四边形RMUS为平行四边形，故MU=RS= 8+12 2  =10. 在平面ABHR中过B作BH⎳AR，交RH于H，连接HT. 则四边形ABHR为平行四边形，且RH⎳AB,RH=AB，故RH⎳FT,RH=FT， 故四边形RFTH为平行四边形， 而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT,BH⊂平面BHT， 故AB⊥平面BHT，故平面ARF⎳平面BHT， 而AR=BH,RF=HT,AF=BT，故△ARF≅△BHT， 故几何体ARF-BHT为直棱柱， 1 5 而S = ×4×  △ARF 2 2  2 -4=3，故V =8×3=24, ARF-BHT 因为AB⎳EF，故EF⊥平面ARF， 而EF⊂平面RSEF，故平面ARF⊥平面RSEF， 在平面ARF中过A作AG⊥RF，垂足为G，同理可证AG⊥平面RSEF， 1 12 1 12 1 而 AG×RF=3，故AG= ，故V = × × 2+4 2 5 B-HTES 3 5 2  5 × =6， 2 由对称性可得几何体的体积为2×24+6  =60， 故答案为：60. 6 15. 4 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即 可得解. 【解析】由题可得两个圆台的高分别为h 甲 = 2r 1 -r 2    2-r 1 -r 2  2= 3r 1 -r 2  ， h 乙 = 3r 1 -r 2    2-r 1 -r 2  2=2 2r 1 -r 2  ， 1 所以 V 甲 = 3 S 2 +S 1 + S 2 S 1 V 乙  h 甲 1 3 S 2 +S 1 + S 2 S 1  = h 甲 = 3r 1 -r 2 h h 乙 乙  2 2r 1 -r 2  6 = . 4 数学试题 第 15 页 共 36 页6 故答案为： . 4 7 6 7 16. / 6 6 6 【分析】结合图像，依次求得AO ,AO,AM，从而利用棱台的体积公式即可得解. 1 1 1 【解析】如图，过A 作AM⊥AC，垂足为M，易知AM为四棱台ABCD-ABCD 的高， 1 1 1 1 1 1 1 因为AB=2,AB =1,AA = 2， 1 1 1 1 1 2 1 1 则AO = AC = × 2AB = ,AO= AC= × 2AB= 2， 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 故AM= 2 AC-A 1 C 1  2 1 6 = ，则AM= AA2-AM2= 2- = ， 2 1 1 2 2 1 6 7 6 所以所求体积为V= ×(4+1+ 4×1)× = . 3 2 6 7 6 故答案为： . 6 115 17. 23 57.5/ 2 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 325 π 2 【解析】设升量器的高为h ，斗量器的高为h (单位都是mm)，则 1 2  2 h 2 65 π 2  325 π 2 = 2 h 1  2 ×230 325 π 2  =10， 2 h 2 115 故h =23mm，h = mm. 2 1 2 115 故答案为：23mm, mm. 2 18.28 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的 体积公式直接运算求解. 2 1 【解析】方法一：由于 = ，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6， 4 2 1 所以正四棱锥的体积为 ×4×4 3  ×6=32， 1 截去的正四棱锥的体积为 ×2×2 3  ×3=4， 所以棱台的体积为32-4=28. 1 方法二：棱台的体积为 ×3×16+4+ 16×4 3  =28. 故答案为：28. 数学试题 第 16 页 共 36 页19.C 【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． 【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， 1 ∴V= hS+S+ SS 3  1 = ×9×140×106+180×106+ 140×180×1012 3  =3×320+60 7  ×106≈96+18×2.65  ×107=1.437×109≈1.4×109(m3)． 故选：C． 20.AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【解析】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB= 3， 1 A选项，圆锥的体积为 ×π× 3 3  2×1=π，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为π× 3×2=2 3π，B选项错误； C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD， 则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角， 则∠PDO=45°，所以OP=OD=1， 故AD=CD= 3-1= 2，则AC=2 2，C选项正确； 1 D选项，PD= 12+12= 2，所以S = ×2 2× 2=2，D选项错误. △PAC 2 故选：AC. 1. D 数学试题 第 17 页 共 36 页【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，利用等体积 法求点到面的距离. 【解析】如图，底面ABCD为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=2 2， 分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF， 则PE⊥AB,EF⊥AB，且PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF， 可知AB⊥平面PEF，且AB⊂平面ABCD， 所以平面PEF⊥平面ABCD， 过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF， 由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO⊂平面PEF， 所以PO⊥平面ABCD， 由题意可得：PE=2 3,PF=2,EF=4，则PE2+PF2=EF2，即PE⊥PF， 1 1 PE⋅PF 则 PE⋅PF= PO⋅EF，可得PO= = 3， 2 2 EF 所以四棱锥的高为 3. 故选：D. 2. C 14 【分析】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO= ，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把 5 所有棱长相加即可得解. 【解析】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M， 连接OG,OM， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO， 14 所以tan∠EMO=tan∠EGO= . 5 因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC， 因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E， 所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，. 同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形， 所以由BC=10得OM=5，所以EO= 14，所以OG=5， 所以在直角三角形EOG中，EG= EO2+OG2=  14  2+52= 39 在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB= EG2+BG2=  39  2+52=8， 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15， 数学试题 第 18 页 共 36 页所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m. 故选：C 3. C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得△PDO≅△PCO，△PDB≅△PCA，从而得到PA= PB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA= 17，从而求得PB= 17，由此在△PBC中利用余弦定理与 三角形面积公式即可得解；   1 法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA= 17，cos∠PCB= ，从而求得PA⋅PC=-3，再利用空间 3 向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,∠BPD的方程组，从而求得PB= 17，由此在△PBC中利 用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【解析】法一： 连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图， 因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=4 2，则DO=CO=2 2， 又PC=PD=3，PO=OP，所以△PDO≅△PCO，则∠PDO=∠PCO， 又PC=PD=3，AC=BD=4 2，所以△PDB≅△PCA，则PA=PB， 在△PAC中，PC=3,AC=4 2,∠PCA=45°， 2 则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC⋅PCcos∠PCA=32+9-2×4 2×3× =17， 2 故PA= 17，则PB= 17， 故在△PBC中，PC=3,PB= 17,BC=4， PC2+BC2-PB2 9+16-17 1 所以cos∠PCB= = = ， 2PC⋅BC 2×3×4 3 2 2 又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= 1-cos2∠PCB= ， 3 1 1 2 2 所以△PBC的面积为S= PC⋅BCsin∠PCB= ×3×4× =4 2. 2 2 3 法二： 连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图， 因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=4 2， 数学试题 第 19 页 共 36 页在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°， 2 则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC⋅PCcos∠PCA=32+9-2×4 2×3× =17，故PA= 2 17， PA2+PC2-AC2 17+9-32 17    所以cos∠APC= = =- ，则PA⋅PC=PA 2PA⋅PC 2× 17×3 17   PC  cos∠APC= 17× 17 3×- 17  =-3， 不妨记PB=m,∠BPD=θ，    1 因为PO= PA+PC 2    1 = PB+PD 2    ，所以PA+PC    2 =PB+PD  2，         即PA 2 +PC 2 +2PA⋅PC=PB 2 +PD 2 +2PB⋅PD， 则17+9+2×-3  =m2+9+2×3×mcosθ，整理得m2+6mcosθ-11=0①， 又在△PBD中，BD2=PB2+PD2-2PB⋅PDcos∠BPD，即32=m2+9-6mcosθ，则m2-6mcosθ- 23=0②， 两式相加得2m2-34=0，故PB=m= 17， 故在△PBC中，PC=3,PB= 17,BC=4， PC2+BC2-PB2 9+16-17 1 所以cos∠PCB= = = ， 2PC⋅BC 2×3×4 3 2 2 又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= 1-cos2∠PCB= ， 3 1 1 2 2 所以△PBC的面积为S= PC⋅BCsin∠PCB= ×3×4× =4 2. 2 2 3 故选：C. 1. A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r ,r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半 1 2 径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 3 3 4 3 【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r ,r ，所以2r = ,2r = ，即r =3,r =4，设球 1 2 1 sin60° 2 sin60° 1 2 心到上下底面的距离分别为d 1 ,d 2 ，球的半径为R，所以d 1 = R2-9，d 2 = R2-16，故d 1 -d 2  =1或d 1 +d =1，即 R2-9- R2-16 2  =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． 数学试题 第 20 页 共 36 页2. C 【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. 【解析】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3, [方法一]：导数法 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 1 1 2 l4 所以正四棱锥的体积V= Sh= ×4a2×h= ×l2- 3 3 3 36  l2 1 l6 × = l4- 6 9 36  ， 1 l5 所以V= 4l3- 9 6  1 24-l2 = l3 9 6  ， 当3≤l≤2 6时，V>0，当2 60，单调递增， 1.4， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为 3m，且 3<1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过AC 的中点O作OE⊥AC ，设OE∩AC=E， 1 1 3 CC OE 可知AC= 2,CC =1,AC = 3,OA= ，则tan∠CAC = 1 = ， 1 1 2 1 AC AO 1 OE 6 即 = ，解得OE= ， 2 3 4 2 6 且 4  2 3 9 9 6 = = > =0.62，即 >0.6， 8 24 25 4 故以AC 为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱， 1 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O ，与正方体的下底面的切 1 点为M， CC OM 可知：AC ⊥OM,OM=0.6，则tan∠CAC = 1 = 1 ， 1 1 1 1 AC AO 1 1 0.6 即 = ，解得AO =0.6 2， 2 AO 1 1 根据对称性可知圆柱的高为 3-2×0.6 2≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 1. B 【分析】根据异面直线的定义判断即可. 【解析】A选项：四边形ADSP是平行四边形，AS与DP相交，故A错； 1 1 1 1 C选项：四边形DBBD是平行四边形，DR与DB 相交，故C错； 1 1 1 1 D选项：四边形DBBD是平行四边形，DB与DB 相交，故D错； 1 1 1 1 利用排除法可得选项B正确. 数学试题 第 25 页 共 36 页故选：B. 2. C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【解析】对于A，若m⎳α,n⊂α，则m,n可平行或异面，故A错误； 对于B，若m⊥α,m⊥β，则α⎳β，故B错误； 对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面， 现m⎳a,m⊥β，故a⊥β，故C正确； 对于D，m⊂α,α⊥β，则m与β可平行或相交或m⊂β，故D错误； 故选：C. 3. A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【解析】对①，当n⊂α，因为m⎳n，m⊂β，则n⎳β， 当n⊂β，因为m⎳n，m⊂α，则n⎳α， 当n既不在α也不在β内，因为m⎳n，m⊂α,m⊂β，则n⎳α且n⎳β，故①正确； 对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误； 对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t， 因为n⎳α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n⎳s， 同理可得n⎳t，则s⎳t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s⎳平面β， 因为s⊂平面α，α∩β=m，则s⎳m，又因为n⎳s，则m⎳n，故③正确； 对④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n⎳α,n⎳β，则m⎳n，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 4. C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【解析】对于A，若m⎳α，m⊥n，则n,α平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若m⊥α,m⊥n，则n⎳α或n⊂α，故B错误. 对于C，m⎳α,n⊥α，过m作平面β，使得β∩α=s， 因为m⊂β，故m⎳s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确. 对于D，若m⊥α,n⊥α，则m⎳n，故D错误. 故选：C. 5. A 【分析】证明EF⊥平面BDD ，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别 1 求出平面B EF，ABD，ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 1 1 1 1 【解析】解：在正方体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 AC⊥BD且DD ⊥平面ABCD， 1 又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD ， 1 数学试题 第 26 页 共 36 页因为E,F分别为AB,BC的中点， 所以EF∥AC，所以EF⊥BD， 又BD∩DD =D， 1 所以EF⊥平面BDD ， 1 又EF⊂平面B EF， 1 所以平面B EF⊥平面BDD ，故A正确； 1 1 选项BCD解法一： 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2， 则B 12,2,2  ,E2,1,0  ,F1,2,0  ,B2,2,0  ,A 12,0,2  ,A2,0,0  ,C0,2,0  ， C 10,2,2  ，  则EF=-1,1,0   ,EB 1 =0,1,2   ，DB=2,2,0   ,DA 1 =2,0,2  ，  AA 1 =0,0,2   ,AC=-2,2,0   ,A 1 C 1 =-2,2,0  ,  设平面B 1 EF的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   m⋅EF=-x +y =0  则有   1 1 ，可取m=2,2,-1 m⋅EB =y +2z =0 1 1 1  ，  同理可得平面A 1 BD的法向量为n 1 =1,-1,-1  ，  平面A 1 AC的法向量为n 2 =1,1,0  ，  平面A 1 C 1 D的法向量为n 3 =1,1,-1  ，   则m⋅n =2-2+1=1≠0， 1 所以平面B EF与平面ABD不垂直，故B错误； 1 1   因为m与n 不平行， 2 所以平面B EF与平面AAC不平行，故C错误； 1 1   因为m与n 不平行， 3 所以平面B EF与平面ACD不平行，故D错误， 1 1 1 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设AB∩B E=M，EF∩BD=N，则MN为平面B EF与平面ABD的交 1 1 1 1 线， 在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交EN于点G，连结BG， 则∠BPG或其补角为平面B EF与平面ABD所成二面角的平面角， 1 1 数学试题 第 27 页 共 36 页由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2，PG2+PN2=GN2， 底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EF⊥BD， 由勾股定理可得NB2+NG2=BG2， 从而有：NB2+NG2=PB2+PN2  +PG2+PN2  =BG2， 据此可得PB2+PG2≠BG2，即∠BPG≠90°， 据此可得平面B EF⊥平面ABD不成立，选项B错误； 1 1 对于选项C，取AB 的中点H，则AH∥B E， 1 1 1 由于AH与平面AAC相交，故平面B EF∥平面AAC不成立，选项C错误； 1 1 1 对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形ABFM为平行四边形，则AM∥BF， 1 1 1 1 由于AM与平面ACD相交，故平面B EF∥平面ACD不成立，选项D错误； 1 1 1 1 1 1 故选：A. 6. BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与 性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根 据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 数学试题 第 28 页 共 36 页【解析】法一：对于A，在正三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC， 1 1 1 1   又AD⊂平面ABC，则AA ⊥AD，则AA⋅AD=0， 1 1   因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则CD⋅AD=0     又AC=AA+AD+CD， 1 1      所以AC⋅AD=AA+AD+CD 1 1         ⋅AD=AA⋅AD+AD 2 +CD⋅AD=AD 2 ≠0， 1 则AD⊥AC不成立，故A错误； 1 对于B，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC， 1 1 1 1 又BC⊂平面ABC，则AA ⊥BC， 1 因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC， 又AA ∩AD=A,AA ,AD⊂平面AAD， 1 1 1 所以BC⊥平面AAD，故B正确； 1 对于D，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，CC ⎳AA 1 1 1 1 1 又AA ⊂平面AAD,CC ⊂平面AAD，所以CC ⎳平面AAD，故D正确； 1 1 1 1 1 1 对于C，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，AB ⎳AB， 1 1 1 1 1 假设AD⎳AB ，则AD⎳AB，这与AD∩AB=A矛盾， 1 1 所以AD⎳AB 不成立，故C错误； 1 1 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为h， 则D0,0,0  ,A 3,0,0  ,A 1 3,0,h  ,C0,-1,0  ,C 10,-1,h  ,B0,1,0  ,B 10,1,h  ，  对于A，AD=- 3,0,0   ,A 1 C=- 3,-1,-h  ，   则AD⋅A 1 C=- 3  ×- 3  +0=3≠0， 则AD⊥AC不成立，故A错误； 1  对于BD，BC=0,-2,0   ,CC 1 =0,0,h   ,AA 1 =0,0,h   ,AD=- 3,0,0  ，  设平面AA 1 D的法向量为n=x,y,z  ， 数学试题 第 29 页 共 36 页  AA ⋅n=hz=0  则 1  ，得x=z=0，令y=1，则n=0,1,0 AD⋅n=- 3x=0  ，  所以BC=0,-2,0     =-2n，CC ⋅n=0， 1 则BC⊥平面AAD，CC ⎳平面AAD，故BD正确； 1 1 1  对于C，AD=- 3,0,0   ,A 1 B 1 =- 3,1,0  ， - 3 0 则 ≠ ，显然AD⎳AB 不成立，故C错误； - 3 1 1 1 故选：BD. 7. BC 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正 误. 【解析】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， 1 2 在直角三角形OPC，OC= 2，CP=1，故tan∠POC= = ， 2 2 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， 数学试题 第 30 页 共 36 页故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， 1 因为正方体的棱长为2，故PQ= AC= 2，OQ= AO2+AQ2= 1+2= 3， 2 PO= PK2+OK2= 4+1= 5，QO21， 3×6 故Q的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π 故选：B 2. 9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论△ABC为正四棱锥的侧面 或对角面两种情况，再结合△ABC三边的轮换对称性即可得解. 【解析】因为空间中有三个点A、B、C，且AB=BC=CA=1， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑△ABC三边的轮换对称性，可 先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：△ABC为正四棱锥的侧面，如图1， 此时AB,BC,AC分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以BC为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有6种； 第二种：△ABC为正四棱锥的对角面，如图2， 数学试题 第 35 页 共 36 页此时AB,BC,AC分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以BC为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到△ABC为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三 角形的情况，结合△ABC三边的轮换对称性即可得解. 1. C 【分析】首先分析出三个向量共面，显然当1,0,0  ,0,0,1  ,0,1,0  ∈Ω时，三个向量构成空间的一个 基底，则即可分析出正确答案.    【解析】由题意知这三个向量OP ,OP ,OP 共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 1 2 3 对A，由空间直角坐标系易知0,0,0  ,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当0,0,0  ,1,0,0  ∈Ω无 法推出(0,0,1)∉Ω，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知-1,0,0  ,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当-1,0,0  ,1,0,0  ∈ Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故B错误； 对C，由空间直角坐标系易知1,0,0  ,0,0,1  ,0,1,0  三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由1,0,0  ,0,1,0  ∈Ω能推出0,0,1  ∉Ω， 对D，由空间直角坐标系易知1,0,0  ,0,0,1  ,0,0,-1  三个向量共面， 则当0,0,-1  (1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故D错误. 故选：C． 数学试题 第 36 页 共 36 页