2021-2023年高考数学真题分类汇编五：立体几何选择题理

专题05立体几何（选择题）（理）

近三年高考真题

知识点1：三视图

1.（2023•乙卷（理））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

B

A.24B.26C.28D.30

【答案】D

【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的儿何体.

故选：D.

2.（2022•浙江）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：c加）是（）

1

*1*2-X1*，1K-2->i1山

正视图侧视图

◎

俯视图

「22n16

A.22万B.8万C.—71D.—71

33

【答案】C

【解析】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，

所以几何体的体积为：-X—xl3+^xl2x2+-(22x^-4-12X7T+V22x^xl2x^-)x2=—

23

故选：C.

3.（2021•北京）某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为()

正（主）视图侧（左）视图

7

俯视图

A.-+—B.3+6C.-+V3D.3+—

2222

【答案】A

【解析】由三视图还原原几何体如图，

%_L底面ABC,ABLAC.PA=AB=AC=\,

则AP8C是边长为0的等边三角形，

则该四面体的表面积为S=3xLxlxl+」x应=卫.

2222

故选：A.

4.（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：。"），则该几何体的体积（单位：切力是（）

3夜

D.3近

【答案】A

【解析】由三视图还原原几何体如图,

该几何体为直四棱柱，底面四边形/WCD为等腰梯形,

其中A8//8,由三视图可知，延长4）与3c相交于一点，且">_LBC,

且AB=20,CD=42,M=l-等腰梯形的高为\AZ)2-(丝色夜、2V2

则该几何体的体积卜=与（五+2正）

2

故选：A.

知识点2：空间几何体表面积、体积、侧面积

5.（2023•乙卷（理））已知圆锥PO的底面半径为百，O为底面圆心，PA,为圆锥的母线，ZAOB=120°,

若的面积等于为8,则该圆锥的体积为（）

4

A.7iB.迷兀C.31D.3指兀

【答案】B

【解析】根据题意，设该圆锥的高为人，即PO=",取A3的中点E,连接PE、OE,

由于圆锥PO的底面半径为G，即04=03=6，

而ZAOH=120。，故,AB=-JOA2+OB2-2OA-OB-cos120°=J3+3+3=3,

同时。E=OAxsin30°=正，

2

中，PA=PB,E为AB的中点，则有依1.回，

又由的面积等于型，即=迪，变形可得尸E=逑，

4242

而PE=J^+*,则有/+?=幺，解可得/?=#,

V444

故该圆锥的体积丫=’乃x（G）%=几%.

3

故选：B.

6.（2022•新高考1）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148.5,〃时，相应水面的面积为140.0初?2；水位为海拔157.5〃?时，相应水面的面积为

180.0A/.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1485〃上升到157.56时，

增加的水量约为（占=2.65）（）

A.1.0xl09/n3B.1.2xl09^3C.1.4x10"4D.1.6xl09^3

【答案】C

【解析】140m2=140x1()6加2,180^2=180x1()6^2,

140xlO6+180xl06+V140X106X180X106

根据题意，增加的水量约为x(157.5-148.5)

3

(140+180+60^7)X10-X9

3

«(320+60X2.65)X106X3=1437X106»1.4X109W3.故选：C.

7.（2022•北京）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是AABC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（）

A.2—B.TVC.27tD.

4

【答案】B

【解析】设点P在面ABC内的投影为点O，连接Q4,则。4=2x38=26，

3

所以。尸=VPA2-（2A2=736-12=2瓜,

由JPQ2-O产=:25-24=1,知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，

所以其面积S=开.

故选：B.

8.（2023•天津）在三棱链P-ABC中，线段PC上的点M满足PM=-PC,线段P3上的点N满足PN=-PB,

33

则三棱锥P-AMN和三棱锥2-A8C的体积之比为（）

1214

A民

9-9-3-D.9-

【答案】B

【解析】在三棱锥P-A8C中，线段PC上的点〃满足PM=1PC,线段上的点N满足PN=2P8,

33

所以5Ami=-S1sp隹，

o

设N到平面以C的距离4，8到平面A4c的距离4，则4=§4，

11122

则二棱锥P-AMN的体积为&展铢-M”=咚梭锥N-A/W=34队”下XgSvAc=§匕梭锥

7

故三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为一.

9

故选：B.

9.（2023•甲卷（理））在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，43=4,PC=PD=3,ZPC4=45°,

则AP8C的面积为（）

A.2&B.3拒C.4夜D.50

【答案】C

【解析】解法一：四棱锥中，底面MCZ）为正方形，

又PC=PD=3,ZPCA=45°,

：.根据对称性易知ZPDB=APCA=45°,

又底面正方形ABCD得边长为4,.•.BD=40,

.•.在AP8£）中，根据余弦定理可得：

PB=J（4>/2）2+32-2x4忘x3x曰=M,

又BC=4,PC=3,.,.在APBC中，由余弦定理可得：

16+9-171._„2&

cosZ.PCB=--------=一，/.sinZ/PDCB=---,

2x4x333

11oFy

.­.APBClWffi^^-xBCxPCxsinZPCB=-x4x3x^-=4V2.

223

解法二：如图，设P在底面的射影为〃，连接“C,

R

//A

B了

jr

设NPCH=e,ZACH=a,且&€(0,5),

则4/8=45。-a,或4/8=45。+。，

2

易知cosNPC£>=-,又NPC4=45。，

3

则根据最小角定理（三余弦定理）可得:

cosZPCA=cos0cosa

cosZPCD=cos0cosZ//CD'

[72AfV20

——=cos0cosa——=cos0cosa

<2或,2

22

—=cos^cos(45°-a)—=cos0cos(450+a)

cos(45°-a)_272或cos(45°+a)_272

cosa3cosa3

coscr+sina4-cosa-sina4

----------二一或-----------=-

coscr3cosa3

「・tana='或tana=」，又as(0,—),

332

131

/.tana=-,cosa=—；=,sincr=—=,

3x/10V10

，旦之侬。，.3”号

2M3

再根据最小角定理可得:

cosZPCB=cos^cos(45°+a)=

:.sinNPCB=巫,又BC=4,PC=3,

3

11Q

.­.APBC^M^-xBCxPCxsinZPCB=-x4x3x—=472.

223

故选：C.

10.（多选题）（2023•新高考n）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,钻为底面直径，ZAPS=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;rB.该圆锥的侧面积为4G乃

C.AC=2叵D.AR4c的面积为6

【答案】AC

【解析】取AC中点£>,则。r）J_AC,PD1AC,

由二面角的定义可知，二面角P-AC-O的平面角即为NHX>=45。，

对于A,A/VU?中，由于己4=m=2,ZAPB=\20°,

则PO=1,AO=6,

则8=1,V=--37T-\=7r,选项A正确.

3

对于3,=万x上x2=2代，选项5错误.

对于C,AC=2j^=1=2夜，选项C正确.

对于£>,PD=无,S4PAC=-XV2X2V2=2,选项。错误.

故选：AC.

11.（2022•天津）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（）

A.23B.24

【答案】D

【解析】如图，该组合体由直三棱柱A/T>-8HC和直三棱柱>4£S-E»GC组成，且ABC£>为正方形,

设重叠后的EG与FH交点为/,

作“M_LC3于M,因为CH=B〃=3,NCHB=120°,

所以CM=BM=空，HM=-,BC=AB=3&

22

方法①：四个形状相同的三棱锥（/-A£B、I-BCH,I-CDG、/-ADF）的体积之和，加上正四棱锥

/-ABCD的体积：

在直三棱柱中，平面责7C,则AB_LHW,

由BC=B可得HM±平面ADCB,

正四棱锥/-ABCZ）的高等于的长，

33N/327匕rB8=；x36x3Gx|=?,

V[-AEB=—x—x3百X—X---=

3222~8

该组合体的体积V=匕-画X4+—X4+—=27：

oZ

方法②：两个直三棱柱体积相加，再减去重叠部分（正四棱锥/-ABC0的体积:

在直三棱柱/VT>-3〃C中，/记_1平面3"。，则

由AB'、8c=B可得HMJ_平面ADCB,

正四棱锥/-/WCD的高等于〃河的长，

VI-ABCD=1x3>/3x3^x|=y,嚏―长=g乂3仃x|x36=9,

该组合体的体积V=VAFD_BHCx2-V；_ABCO=2x--—=27.

故选：D.

12.（2021•新高考I）已知圆锥的底面半径为四，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（)

A.2B.2aC.4D.4夜

【答案】B

【解析】由题意，设母线长为/,

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,

则有2%&=万",解得/=2点,

所以该圆锥的母线长为2夜.

故选：B.

13.（多选题）（2022•新高考H）如图，四边形MCD为正方形，EO_L平面钻8,FB//ED,

AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,尸-ACE的体积分别为匕，匕，匕，则（）

A.匕=2匕B.%=VC.K=K+匕D.2匕=3Vj

【答案】CD

【解析】设AB=ED=2FB=2,

14

Vt=-xSMCDx\ED\=-,

^=^5M8Cx|rai=|)

如图所示，

E

连接网＞交AC于点M,连接£做、FM.

贝EM=屈，EF=3,

故SAEW=^Xy/3Xy/6=^~,

V

3=^SAEMFxAC=^x^^x2y/2=2,

故C、。正确，A、3错误.

故选：CD.

14.（2021•新高考H）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+12>/3B.28及C.—D.空正

33

【答案】D

【解析】解法一：如图A8CO-A46R为正四棱台，/R=2，A4=4,A4,=2.

4-?

在等腰梯形4用84中，过A作可得4后=下一=1，

A£=JAV-AE2=口^1=6.

连接AC»AC1，

AC=j4+4=20,4c।=J16+16=4a,

过A作AG_LAG，46=4血；2血二血,

AG=yjAA；-A.G2=V4^2=V2,

.••正四棱台的体积为：

2222

_2+4+V2X4；；

3

2872

3

解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图,

该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

该棱台的记h=02-（2夜一夜了=垃，

下底面面积£=16,上底面面积邑=4,

则该棱台的体积为:

V=1/?(5,+S2+=(16+4+V64)=^y^.

知识点3：空间直线、平面位置关系的判断

15.（2023•上海）如图所示，在正方体ABS-A耳G"中，点P为边AG上的动点，则下列直线中，始终

C.AD,D.8c

【答案】B

【解析】对于A,当P是AG的中点时，3P与。。是相交直线;

对于B,根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；

对于C,当点P与C1重合时，8P与A£>|是平行直线；

对于O,当点P与G重合时，8P与8c是相交直线.

故选：B.

16.（2022•上海）如图正方体ABCO-ABC0中，尸、。、R、S分别为棱A3、BC、BB1、8的中点,

联结AS,BtD.空间任意两点M、N,若线段MN上不存在点在线段AS、BQ上，则称MN两点可视,

则下列选项中与点R可视的为（）

A.点、PB.点6C.点RD.点。

【答案】D

【解析】线段脑V上不存在点在线段AS、BQ上,即直线MN与线段AS、片。不相交,

因此所求与R可视的点，即求哪条线段不与线段A$、BQ相交，

对A选项，如图，连接AP、PS>D、S,因为尸、S分别为A3、8的中点，

S四点共面，.,・，尸与AS相交，错误;

对8、C选项，如图，连接RB、DB,易证R、B、。四点共面,

对£>选项，连接QQ,由A选项分析知A、仄、P、S四点共面记为平面AQPS,

2©平面4。1尸$,Q任平面AAPS，且ASu平面ARPS,点&，

..2Q与AS为异面直线，

同理由3,C选项的分析知2、B「B、。四点共面记为平面R43O,

Re平面Rg30,Q任平面且8Qu平面£>田8£>,尽Q史BQ,

..R。与乌。为异面直线，

故。。与AS，乌。都没有公共点，.I。选项正确.

故选：D.

17.（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面,

则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（）

A.0B.2C.4D.12

【答案】B

【解析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，

每天0点至12点（包含0点，不含12点），

相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2,

故选：B.

18.（2021•浙江）如图，已知正方体438-ABCQ,M,N分别是A。，R8的中点，则（）

A.直线A。与直线R8垂直，直线MN//平面ABC©

B.直线AQ与直线R8平行，直线MN_L平面BOR旦

C.直线AQ与直线。出相交，直线A/N//平面ABCD

D.直线与直线。石异面，直线MV_L平面8。2M

【答案】A

【解析】连接AR，如图：

由正方体可知,AiDLAB,平面ABA，

:.AQ工RB,由题意知MN为△的中位线，:.MN/IAB,

又-T4BG¥®ABCD,MNU平面A8C£>,:.MN//平面ABCD.r.A对;

由正方体可知与平面80.相交于点。，RBu平面BDR,D^D,B,

二.直线4。与直线R8是异面直线，.•.3、C错;

MN//AB,AB不与平面8£>£>出垂直，；.MN不与平面BDR四垂直，二。错.

19.（多选题）（2021•新高考H）如图，下列正方体中，。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MNLOP的是（）

【答案】BC

【解析】对于A,设正方体棱长为2,设MN与OP所成角为，,

iR

则tan6="；------=、一，.•.不满足故A错误;

2

2

对于3,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则N(2,0,0),M(O,0,2),P(2,0,1),0(1,1,0),

MN=Q,0,-2),。尸=(1,-1,1),

MNOP=Q,满足MN_LOP,故8正确；

对于C,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则M(2,2,2),N(0,2,0),0(1,1,0),P(0,0,1),

MN=(—2,0,—2),OP=(—\,—1,1),

MNOP=0,满足MV_LOP,故C正确；

对于£),如图，

作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),0(1,1,0),

MN=(0,—2,2),OP=(1,0,2),

MNOP=4,不满足MV_LOP,故。错误.

故选：BC.

知识点4：线线角、线面角、二面角

20.(2023•北京•统考高考真题)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A8=25m,8c=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平

面与平面A8CC的夹角的正切值均为恒，则该五面体的所有棱长之和为()

C.117mD.125m

【答案】c

【解析】如图，过E做平面A3CD,垂足为。，过E分别做EGLBC,EA7，,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NEMO和NEGO,

所以tanNEMO=tanNEGO=半.

因为EO_L平面ABC。，BCu平面488,所以EO_L5C,

因为EGLBC,EO,EGu平面EOG,EOcEG=E,

所以8c上平面EOG,因为OGu平面EOG,所以8CLOG,.

同理：OMIBM,又8MJ.3G,故四边形OMBG是矩形，

所以由3c=10得。0=5,所以EO=4J所以OG=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=y/EO2+OC2=^(>/14)?+52=>/39

在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=>JEG2+BG2=^(V39)：+52=8,

又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱长之和为2x25+2x10+15+4x8=117m.

故选：C

21.（2023•乙卷（理））已知AABC为等腰直角三角形，AS为斜边，^ABD为等边三角形，若二面角C-9-。

为150。，则直线8与平面ABC所成角的正切值为（）

A.-B.也C.—D.-

5555

【答案】C

【解析】如图，取回的中点E,连接CE,DE,

则根据题意易得ABLDE,

二面角。-钻-。的平面角为/。££>=150。,

ABVCE,ABYDE,KCEQDE=E,

.•.A3_L平面又A3u平面ABC,

平面AEDJL平面反C,

:.CD在平面ABC内的射影为CE,

直线8与平面ABC所成角为ZDCE,

过。作垂直CE所在直线，垂足点为〃，

设等腰直角三角形ABC的斜边长为2,

则可易得CE=1,DE=C，又NDEH=30。,

DH=—,EH=3,...c”=1+3=2,

2222

心

tanNDCE=—=-2-=—.

CH55

2

故选：C.

22.（2022•浙江）如图，已知正三棱柱ABC-A4G，AC=AA,,E,尸分别是棱3C,AC上的点.记瓦'

与A4,所成的角为a,EE与平面ABC所成的角为力，二面角尸-3C-A的平面角为7,则（）

AiG

B

A.a剥5yB.阿hyC."剥raD.a效勿P

【答案】A

【解析】正三棱柱ABC-A8IG中，AC=AAt,

・••正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1,

如图，过尸作产G_LAC,垂足点为G,连接GE,则AA//FG,

GF

.•口与⑨所成的角为㈤"G=a,^a=—=GE,

又GE£[O,1],/.tanae[O,1],

GF1

.♦.砂与平面ASC所成的角为NEEG=£,且tan〃=?—=——e[l,+oo),

GEGE

tanp..Iana,...①，

再过G点作GH_L3C,垂足点为H,连接HF,

又易知bG_L底面ABC,BCu底面AfiC,

fiC±FG,又尸Gf|G”=G,.•.3C_L平面G//F,

GFI

.•.二面角尸—8C—A的平面角为NGHb=y,J3.tan/=—=——,又G“£[0,

GHGH

tanyGt~~»+00)，/.tan/..lana,…②，

又GE..GH,/.tand,tan/,…③，

由①(gX^Wtano^iJtan/?tan/,又a,0,Xe[0,与,y=tanx在[0,合单调递增,

「.a轰出y,

故选：A.

F

ACi

B

23.（多选题）（2022•新高考I）已知正方体ABC。-A4GA,则（）

A.直线B6与D4,所成的角为90。

B.直线BG与。所成的角为90。

C.直线BG与平面BBQQ所成的角为45。

D.直线BG与平面A88所成的角为45。

【答案】ABD

【解析】如图，

连接B|C,由A4//OC,A4=OC,得四边形D4,81C为平行四边形，

可得D4.//BC，BC|_LBC，.•.直线BQ与3A所成的角为90°，故A正确；

Ag_L8G，BQ工B、C,AB[BC=B],_L平面。AgC,而C4,u平面D418c,

：.BC{LC\,即直线BQ与CA所成的角为90。，故8正确；

设AG「SR=O,连接BO,可得GO_L平面即NC|BO为直线8cl与平面B8QQ所成的角,

sin=空•=[,.•.直线BG与平面所成的角为30。，故C错误；

BC、2

C£_L底面ABCD,;.NG8C为直线8G与平面ABCD所成的角为45。，故。正确.

故选：ABD.

知识点5：与球相关问题

24.（2021•天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为三两个圆锥

3

的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.3乃B.4万C.94D.12万

【答案】B

【解析】如图，设球O的半径为R,由题意，~^=—,

33

可得R=2,则球。的直径为4,

两个圆锥的高之比为1:3,，Aa=l,BO,=3,

由直角三角形中的射影定理可得：产=1x3,B|Jr=V3.

这两个圆锥的体积之和为丫=1?rx（右）葭（1+3）=4万.

3

故选：B.

25.（2021•新高考U）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

静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000b”（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/•为64OOA〃的球，其上点A的纬度是指Q4与赤道平面所成角的

度数.地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,该卫星信号覆盖地球

表面的表面积S=2%，（］_cosa）（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

【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，

地球静止同步轨道

贝IjOP=36000+6400=42400,那么cosa=--------=—；

4240053

卫星信号覆盖的地球表面面积S=2万/(1-cosa),

那么，S占地球表面积的百分比为2万产(1一；°5。)=吏_一42%.

4乃,106

故选：C.

26.(2022•新高考I)已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36万，且

3蒯30则该正四棱锥体积的取值范围是()

A.[18,—JB.[―,—]C.[―,—]D.[18,27]

44443

【答案】C

【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接AC与班>交于点E,连接PE,则

球心O在直线PE上，连接OA,

设正四棱锥的底面边长为“，高为h,

在RtAPAE中，PAi=AE2+PE2,BPI2=(-)2+h2=-a2+h2,

22

,球O的体积为36万，.•.球O的半径R=3,

在RtAOAE中，OA2=OE2+AE2,即R?=(〃-3)2+(且)？，

2

—a2+h2—6/J=0,—a2+li1=6h>

22

;.F=6h,又.3蒯3上,-gih-,

22

ii7

该正四棱锥体积V(/z)=-a2h=-(\2h-2h2)h=--hJ+4h2,

V\h)=-2h2+8/z=2/J(4-h),

39

.•.当士,,/z<4时，V'(h)>0,VS)单调递增;当4〈鼠=时,V'(h)<0,"(/?)单调递减，

22

即该正四棱锥体积的取值范围是—J,

43

故选：C.

p

27.（2022•新高考H）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3G和4百，其顶点都在同一球面上，

则该球的表面积为（）

A.100万B.128万C.144万D.192万

【答案】A

【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为=3,下底面所在平

2sin600

面截球所得圆的半径为46=4,如图，

2sin600

设球的半径为R,则轴截面中由几何知识可得JR?7?-JR2-42=1,解得R=5,

该球的表面积为4万尸=4^X25=1001.

当球心在台体内时，如图，

此时JR2-32+，店-42=1,无解.

综上，该球的表面积为1007r.

故选：A.

28.（2021•甲卷（理））已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，且AC_LBC,AC=BC=l,

则三棱锥O-45C的体积为（）

【答案】A

【解析】因为ACL3C,AC=BC=\,

所以底面ABC为等腰直角三角形，

所以AABC所在的截面圆的圆心。|为斜边AB的中点，

所以OQ，平面ABC,

在RtAABC中，AB=>JAC2+BC2=41,则AO1=],

在RtAAOO|中，OQ=JOAZ—AO；=①,

故三棱锥O—ABC的体积为丫="5枷104=gx；xlxlx¥=^1.

故选：A.

29.（多选题）（2023•新高考I）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：，〃）的正方体容器（容器壁

厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99