【高考数学 特色题型汇编】第81讲 新文化试题-立体几何与空间向量（原卷及答案）（新高考地区专用）高考数学复习

新文化试题——立体几何与空间向量

1.《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的

《九章算术》还要早近二百年.《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重

大发现在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与

真实值相比误差较大.如书中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，

三十六成一.此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为上L2〃，其中L和力分别为

36

圆锥的底面周长和高.这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（）

A.3.00B.3.14C.3.16D.3.2（）

2.民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石

器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知.底面圆的直径A8=16cm,圆柱

体部分的高8C=8cm,圆锥体部分的高CO=6cm,则这个陀螺的表面积是（）

A.192^-cm2B.252乃cm?C.272^-cm2D.336^cm2

3.十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数匕棱数E及面数尸之间有固定

的关系，即著名的欧拉公式：V-E+尸=2.如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现

的碳60的电子、显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每

个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球.根据以上信息知，碳60的所有

面中五边形的个数是（）

A.12B.20C.32D.40

4.斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数1,

1,2,3,5,8,…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为

90。的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契

螺旋线的图案，例如向日葵，鹦鹉螺等.如图为该螺旋线的前一部分，若用接下来的一

段圆弧所对应的扇形作圆锥的侧面，则该圆锥的母线与底面所形成角的余弦值为（)

154154

5.《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤

四尺，高一尺.意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺,

长4尺，高1尺.”（注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心

连线与底面垂直的几何体），若该儿何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积

为（）立方尺

A.旦B.4brC.也包"D.3历r

36

6.刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋人枚，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0P="，过。点作平面PQRS平行于平面OABC.OS=OO=r,

由勾股定理有==不，故此正方形PQRS面积是产一〃2.如果将图一的几

何体放在棱长为，•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

积等于好.（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为力，不难发现对于任

何高度力，此截面面积必为〃，根据祖晅原理计算牟合方盖体积（）

注：祖厢原理：“幕措既同，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

7.我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖

脑”是四个面都是直角三角形的三棱锥.若一个“鳖膈”的所有顶点都在球。的球面上，

且该"鳖嚅''的高为2,底面是腰长为2的等腰直角三年形.则球。的表面积为（）

A.124B.4备C.6nD.2限九

10.古希腊数学家帕普斯提出著名的蜂窝猜想，认为蜂窝的优美形状，是自然界最有效

劳动的代表.他在《汇编》一书中对蜂房的结构作出精彩的描写“蜂房是由许许多多的正

六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.蜜蜂凭着自己本能的智慧选

择了正六边形，因为使用同样多的原材料，正六边形具有最大的面积，从而可贮藏更多

的蜂蜜.“某兴趣小组以蜂窝为创意来源，制作了几个棱长均相等的正六棱柱模型，设该

y

正六棱柱的体积为匕，其外接球的体积为匕，则）

A3R96r9/n96

兀16万25万64万

11.文峰塔位于重庆市南岸区黄柳城的文峰山之巅，笔直挺拔，高插云表、雄姿擎天,

巍然屹立.文峰塔建于清道光年间.木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥.其侧面和

底面的夹角大小为60。，则该正八棱锥的高和底面边长之比为（）

12.用祖眶原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两

个平面的任意一个平面所被，若微面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一

个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后

在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何

体（如图2）,用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面

积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭崂+（

=1（），20）绕y轴旋转

一周后得一半橄榄状的几何体（如图3）,类比上述方法，运用祖随原理可求得其体枳

等于（）

13.足球起源于中国东周时期的齐国，当时把足球称为‘'蹴鞠”.汉代蹴鞠是训练士兵的手

段,制定了较为完备的体制.如专门设置了球场,规定为东西方向的长方形.两端各沿

六个对称的''鞠域”，也称“鞠室”，各由一人把守.比赛分为两队，互有攻守，以踢进对方

鞠室的次数决定胜负.1970年以前的世界杯用球多数由举办国自己设计，所以每一次球

的外观都不同，拼块的数目如同掷骰子一样没准.自1970年起，世界杯官方用球选择了

三十二面体形状的足球,沿用至今.如图I,三十二面体足球的面由边长相等的12块正

五边形和20块正六边形拼接而成，形成一个近似的球体.现用边长为4.5cm的上述正五

边形和正六边形所围成的三十二面体的外接球作为足球，其大圆圆周展开图可近似看成

是由4个正六边形与4个正五边形以及2条正六边形佗边所构成的图形的对称轴截图形

所得的线段/VV,如图II，则该足球的体积约为（）

参考数据：1叫72°~3.1,6~1.7,7…3,22.52=506.25，22.5'=11390.62.

A.5695.31cmB.2847.66cmC.1518.75cmD.1488.85cm

14.1471年米勒向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的

悬杆看上去最长（即可见角最大）.后人将其称为“米勒问题”，是载入数学史上的第一个

极值问题.我们把地球表面抽象为平面a,悬杆抽象为线段人B（或直线/上两点A,B）,

则上述问题可以转化为如下的数学模型：如图I,一条直线/垂直于一个平面a,直线

/有两点4,8位于平面。的同侧，求平面上一点C,使得NAC8最大.建立如图2所示的

平面直角坐标系.设48两点的坐标分别为（0«）,（0力）（0＜。＜。）.设点。的坐标为（仁0）,

当ZACB最大时，c=（）

15.南北朝时期的伟大数学家祖阳在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖眶原

理:“鼎势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一

平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相

等.如图，两个半径均为1的圆柱体垂直相交，则其重叠部分体积为（）

,16C.9

A，IB.—D.34

3

16.足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育

项FI之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日

至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行.已知某足球的表面上有四个

）丁

息A,B,C,D满足AB=BC=AD=BD=CD=0dm，二面角A-AO-C的大小为彳，

则该足球的体积为（）

A7同%3R35鼻元、3「14乃332年X3

A.----------dmB.-----------dmC.——dmDn.-----------dm

27272727

17.“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

个二棱锥,共截夫八个二棱锥,得到的半正多而体的表面积为12+4行.则关干该半正

多面体的下列说法中正确的是（）

C.与48所成的角是9的棱共有16条D.该半正多面体的外接球的表面积为6乃

18.素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间

造型能力.“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十

字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的

多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四

棱柱分别有两条相对的则棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的

中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2,高为6的止四棱柱构成，则

()

A.一个正四棱柱的某人侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直

B.该“十字贯穿体''的表面积是112-16及

C.该“十字贯穿体”的体积是48-呸2

3

D.一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为

押友

19.中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的

上下底面平行，且均为扇环形（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，它的高为2,AA，CC,,。。均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两

个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90。，则以下命题正确的是（）

4

A.A4与C"成角的余弦值为《B.4，B,C,。四点不共面

C.弧AR上存在一点E,使得BE〃CR

D.以C点为球心，石为半径的球面与曲池上底面的交线长为:4

20.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑.上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球

的直径恰好与圆柱的高相等•“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱

容球，。2为圆柱上下底面的圆心，。为球心，为底面圆的一条直径，若球的

半径厂=2,则（）

A.球与圆柱的表面积之比为1:2

B.平面。E尸截得球的截面面积最小值为与乃

32~

C.四面体COEP的体积的取值范围为0,—

XI.

D.若夕为球面和圆柱侧面的交线上一点，则尸£+勿的取值范围为[2+2石,46]

21.近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，

下图是•种纳米晶的结构示意图，其是由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〃的几何体，则下列说法正确的有（）

A.该结构的纳米晶个体的表面积为7石/JB.该结构的纳米晶个体的体积为当〃

C.该结构的纳米晶个体外接球的表面积为卜，

D.二面角的余弦值为-g

22.祖随（公元5—6世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原

理：“幕势既同，则积不容异这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水

平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为2〃，高皆为。的

椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面夕上，用平行于平面夕且与夕

距离为d的平面截两个几何体得到氧及S环两截面，可以证明S阿=S坏总成立，若椭半

球的短轴A4=6,长半轴CD=5,则下列结论正确的是（）

A.椭半球体的体积为30乃

B.椭半球体的体积为15兀

C.如果。产=49,以尸为球心的球在该椭半球内，那么当球尸体积最大时，该椭半

球体挖去球产后，体积为方4

D.如果C产=49,以尸为球心的球在该半球内，那么当球尸体积最大时，该椭半球

体挖去球产后，体积为29九

23.张衡（78年一139年）是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家.他的数

学著作有《算罔论》.他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正

方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段人B的最大值为后+拉，利用

张衡的结论可得该正方体内切球的表面积为.

24.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球

的直径恰好与圆柱的高相等.这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现.如图,

在底面半径为2的圆柱内有球。与圆柱的上、下底面及母线均相切，设A8分

别为圆柱的上、下底面圆周上一点，且。小与。迷所成的角为90,直线A3与球。

的球面交于两点M,N,则线段MN的长度为.

25.无穷符号8在数学中是一个重要的符号，该符号的引入为微积分和集合论的研究带

来了便利，某校在一次数学活动中以无穷符号为创意来源，设计了如图所示的活动标志,

该标志由两个半径分别为15和20的实心小球相交而成，球心距QU=25，则该标志

的体积为，

附：一个半径为我的球被乎面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于檄

面的直径被截下的线段长叫做球缺的高（记为，），球缺的体积公式为丫=兀〃2（尺-9,.

26.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（如图甲）・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，如图乙所示,

若正四面体48。的棱长为。，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为

，勒洛四面体的截面面积的最大值为.

27.阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面

体.如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，

则该阿基米德多面体的体积为:若M.N是该阿基米德多面体表面卜仟意两点，

则用，N两点间距离的最大值为.

28.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其

中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵ABC-AB©中，AB_LAC,M是AG的

中点，AB=7,N,G分别在棱。5，AC上，旦BN=gBBrAG=^AC,平面M/VG

A14

与A8交于点H,M—=,HM•AB=.

29.《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖阳父子的数学研究成果.

《缀术》中提出的“缘’密势既同，则积不容异”被称为祖晅原理，其意思是：如果两等高

的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理

常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆

面，侧面为球面的一部分，上底直径为4#cm,下底直径为6a〃，上下底面间的距禽

为3cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________卧足杯的容积是______________

cm,(杯的厚度忽略不计).

30.某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算

术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1,

E、F、G分别是正方形的三边A8、CD、AO的中点，先沿着虚线段尸G将等腰直角三角

形/7方裁掉，再将剩下的五边形A8CFG沿着线段EF折起，连接A&CG就得到了一

个“刍要”(如图2).

(1)若。是四边形砧b对角线的交点，求证：AO〃衣面Gb

(2)若二面角A-所-B的大小为:兀，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值.

参考答案：

1.A

【分析】由圆的周长公式可得半径，再由圆锥体积公式结合已知可得.

【详解】因为L=2Q,所以,=与，

2乃

贝IJV=一4——/?=---=---,

312436

：.n=3.

故选：A.

2.C

【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底

面面积，进而可求出陀螺的表面积

【详解】由题意可得圆锥体的母线长为/=病而=10，

所以圆锥体的侧面积为1Ox8万=80%，

圆柱体的侧面积为16万x8=128%圆柱的底面面积为乃x8?=64不，

所以此陀螺的表面积为80乃+128乃+64万=2724（cm2）,

故选：C

3.A

【分析】设五边形面有％个，六边形面有个，即可得到总棱数与顶点数，再根据欧拉公式

得到方程组，解得即可；

【详解】解：设五边形面有x个，共5x条棱，六边形面有>个，共6），条棱，由于每条棱山

现在两个面中，故会被重复计算一次，因此总棱数E=电竺，同理每个顶点出现在三个

面中，总顶点数为丫=^^=60,故E=90,乂尸=工+了，故60-90+x+），=2,即x+y=32,

与5x+6），=180联立可解得X=12.

故选：A

4.D

【分析］根据斐波那契数的规律，求出下一个I员I弧的半径和弧长，可得圆锥的母线长及底面

半径，即求.

【详解】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，

即接下来的圆弧对应的圆面半径是5+8=13,

圆锥的母线长为13,

对应的弧长是2犷13、；=早，

设圆锥底面半径为小则？"=手，解得

24

13

所以该圆锥的母线与底面所形成角的余弦值为工=2_.

13~4

故选：D.

5.C

【分析】由已知得球心在几何体的外部，设球心到几何体下底面的距离为元列方程求出大

41

=2,从而R2=由此能求出该球体的体枳.

4

【详解】解：作出图象如下图所示:

由已知得球心在几何体的外部，

设球心到几何体下底面的距离为X，

则（）（叶［）（逆）

R2=X2+22=2+2,

22

解得x=2,・・・R2=?,

4

，该球体的体积V=^x［里］=4吁£.

故选：C.

6.C

【分析】计算出正方体的体积，四棱锥的体积，根据祖附1原理可得图一中几何体体积，从而

得结论.

【详解】VKw=15/z=ixr2xr=1r3,

由祖聪原理图二中牟合方盖外部的体枳等于V.尸

所以图1中儿何体体积为〜一“，

JJ

所以牟合方盖体积为亚=$3.

故选：C.

7.A

【分析】作出图形，设在三棱锥A—8c。中，A8_L平面BCD,8C_LC。且8C=C£>=2,

AB=2,证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球

体表面积公式可得结果.

【详解】如下图所示：

在三棱锥人BCD中,A3_L平面8c。，BC工CD£BC=CD=2,49=2,

因为45_L平面8CQ,BC、BD、COu平面3CO,ABIBC,ABLBD,CD1AB,

,-CDlBC,ABcBC=B,\C£）人平面ABC,AC二平面ABC,.\AC1CD,

所以，三棱锥A-8C。的四个面都是直角三角形，且反）=，心+。厅=2核，

ADVAB\BD2=2V3，

设线段AO的中点为。，则OA=OC=gA£>=Q4=O。，

所以，点。为三棱锥A-8C£>的外接球球心，

设球。的半径为R,则R=:AD=G,因此，球。的表面积为4切?2=12万.

故选:A.

8.C

【分析】连接〃尸，EG交于点。…连接AC,DB交于点。2,连接。。2,确定球心在直线

GQ上，分球心在线段上或其延长线上两种情况，并利用勾股定理求出GQ,最后根

据刍童的体积公式即可求得结果.

【详解】连接”F,EG交于点。一连接AC,OB交于点色，

连接。02,则由球的几何性质可知，刍童外接球的球心。必在直线。。2上，

由题意可得QG=：EG=4&,O?B=；BD=26,

设球。的半径为R,由4不/?2=228乃，得/?=历.

连接OG,OB,在Rt2\OGQ中，OG2=OO：+aG。

即（炳）2=0。；+1友）［得OO1=5.

22

在RtZXC%。2中，OB=OO^O2B,即（炳了=0。；+（2&丫，得0。2=7.

当球心。在线段002上时，0a=12,

则该刍童的体积成经X至2工448;

6

当球心。在线段02a的延长线上时，«。[=2,

则该刍童的体积为2X[(2：＜4+8)X4+(2X8+4)国卫

63

故选：C.

9.B

【分析】当E与A,G重合时，由△EBO为等边三角形即可判断四面体不是鳖膈；当E与禺,

A重合时，证明四个面均为直角三角形即可.

如图，当E与A重合时，易得EB=ED=BD,故为等边三角形，此时四面体E-ACO

不是鳖喘；

D

当E与四重合时，易得AE8C,_BC。为直角三角形，又EB工面ABCD,BOu面A8CD,

故EB上BD,

故为直角三角形，同理.ECO为直角三角形，此时四面体E-4CO是鳖嚅;

当七与G重合时，易得EB=ED=BD,故△E8O为等边三角形，此时四面体E-8C。不是

鳖嚅；

当K与R重合时，易得二ECO/8C。为直角三角形，又EDJ.面A5CD,"Du面人BCD,

故EDA.BD,

故△石8。为直角三角形，同理一①。为直角三角形，此时四面体E-8CO是鳖嚅；故共有2

个.

故选：B.

10.C

【分析】设正六棱柱的棱长为小先求出正六棱柱的体积K，再求出外接球的体积匕，即可

得到答案.

【详解】不妨设正六棱柱的棱长为小则匕=6X且“2x4=^“，；

142

其外接球的半径『份二=£,于是乂=¥健力=半痴,则上誓.

出2/2'3I2J6匕25不

故选：C

II.A

【分析】画出几何体的直观图，利用侧面与底面所成的角以及底面多边形的边角关系，转化

求解即可.

【详解】解:如图所示:

/I

点尸为正八棱锥的顶点，点。是底面中心，是底面的一条边，M是人片的中点

根据题意可知40*225,又⑶石=

/.tan22.5=V2-1

设4"=。，则0M="A'=WI±1

a

(an22.52

又已知侧面和底面的夹角大小为60°,即二面角P—AB-O的大小为/尸MO=60.

6V3

故OP=OMtan6(f==----+-----a

22

6+G

所以该正八棱锥的高和底面边长之比

2

故选：A

12.B

【分析】构造一个底面半径为3,高为5的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根

据祖唯原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积.

【详解】构造一个底面半径为3,高为5的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶

点的圆锥，

则当截面与顶点距离•为〃（0蒯？5）时，小圆锥的底面半径为小则《=；，

3,

.」=g〃，

故截面面积为9乃-等，

把产力代入椭圆［+E=1可得、=±3&5-力2,

9255

橄榄球形几何体的截面面枳为=9/-甯，

由祖咂原理可得半个橄榄球形几何体的体积丫=%柱-％样=9"5-：x9/rx5=30/F.

故选：B

13.A

【分析】先由图II求出球的大圆的周长，可求得球的半径，利用球体的体积公式可求得结果.

【详解】设正五边形的边长为。，则。=4.5,如下图，在正五边形中，内角为108,边长为

4.5,

@一ABC中，ZACB=108-18°-108=72，AB=BCian72=-tan72,

22

因为在正六边形中，内角为120,边长为4.5,正六边形的轴长为

所以大圆的周长为4-5/5a+4-]tan72+2〃=（4xl.7+2x3.1+2）x4.5=67.5,

设球的半径为R,则2M?=67.5,可得R="，

2乃

「Ui”oT-UJ.L.zi.tn.4n?467.5^22.5，11390.62____3

所以，该足球的体积为7V=—乃A，=—.冗----=-----*--------=5695.31cm.

338/22

故选：A.

14.D

【分析】根据题意可知ZA6=NOC4—N”“，分别表示出lan/OC4=g,tanNOCB=2,然后

CC

利用两角差的正切公式表示出mnZAC",再结合基本不等式，即可求得结果.

【详解】由题意可知ZACB时锐角，且ZAC8=NOC4-N0C3,

而tanZOCA=-JanNOCB=-,

cc

ab

a-b

所以tan/ACB=ian(NOC4-ZOCB)=

,ab

1+―

c-

Wc+—>2x/^,当且仅当。=生,即c=，石时取等号，

CC

/ArR_a-ba-b

所以当。=疝时，二9一砺，此时ZAC7?最大,

（十）

故选：D.

15.B

【分析】分析几何体的每层截面都是正方形，计算正方形的在上下距离中心人截面面枳，

再根据正方形的特点想到顶点在中心的正四棱锥（上、下两个），计算正四棱锥的上下距离

中心人截面面积，通过发现面积之间的关系，结合祖随原理即可求解.

重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示，

在距离中心〃处的截面正方形的边长是：2/=2麻了，

所以距离中心〃处截面面积是S=（2/）2=（2正一盯2=4收_*）

而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图（中）所示，

Ih

在距离中心〃处的截面正方形的边长是：777；=—,

ivl（2

因为内切球的半径等于正方体棱长一半，

所以，MQ=OQ=R,

所以/。=〃，

在距高中心/?处的截面正方形的边长是：21—

2

以距离中心h处截面面积是S=（2/O）=4/?,

又因为正方体的水平截面面积为：（2/?）2,

所以（2R）2-4"=4（R2-〃），

所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为4（公-6），

因此根据祖唾原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平

面所截，如果两个截面的面积总是相等“，可得：

左图几何体的体枳加上中间图上卜.椎体的体积等于正方体的体积，

即有：

V+2X-（2R）2R=（2R）3,

3

解得V弋*JJxP#,

333

故选：B.

16.A

【分析】画出图形，。为线段8。的中点，则可得NAO。为二面角A-BD-C的平面角，取

N、M分别是线段40,CO上靠近点。的三等分点，则可得N、M分别为△A5O和二C4。的外

心，过MM分别作平面/W和平面C8。的垂线EMEM,交于点E,则点E为三棱锯

人-永力外接球的球心，即为足球的球心，所以线段包为球的半径，然后结已知数据求出

EB，从而可求出足球的体积

【详解】根据题意，三棱港A-8C。如图所示，图中点。为线段5。的中点，MM分别是

线段AO,CO上靠近点。的三等分点，

因为A4=3C=AO==CO=0dm，

所以△AM和一CBO均为等边三角形，

因为点。为线段8。的中点，

所以4O_LBO,CO_L8。，

所以NAOC为二面角A—瓦）—C的平面角，所以NAOC="，

因为AABD和KBD均为等边三角形，点。为线段80的中点，

所以AO,C。分别为△A8D和_C8O的中线，

因为MM分别是线段AQCO上靠近点0的三等分点，

所以M历分别为AABD和jCBD的外心，

过分别作平面A双）和平面CW）的垂线EMEM,交于点E,则点E为三棱锥A-8C/）

外接球的球心，即为足球的球心，所以线段所为球的半径，

因为AOJ.8DCO80，AB=BC=AD=BD=CD=>/2dm，

所以AO=CO=亚dm,则NO=MO="dm,

26

因为AO=C。，石O=EO,ZENO=ZEMO=90°,

|7T

所以△ENOgaEMO,所以NEON=N£MO=-4OC=-

23

在直角△EMO中，EM=OM(an-=—,

32

因为EM_L平面BCD,BWu平面BC。,

所以

因为M是工CEO的外心，所以BM=直,

3

所以匹"JEM'BM?=仁

所以Y，的亨闺=粤万,

所以足球的体积为返不dm,

27

故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求

出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可,考查空间想象能力，

属于较难题

17.AC

【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大

小，判断A；根据条件计算正方体的棱长，再求的长，判断B:利用平行关系，确定与A8

所成的角是*的棱的条数，判定C,利用几何体的对称性确定半正方体的外接球的球心及

半径，判定D；

【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为〃，

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+46,

得8%白乂(*a)+6x(孝，=12+475,解得〃=2,

••5=2,

因为4EJ_平面BCD,N/RE为A8与平面8。。的夹角，

TT

因为“◎为直角三角形，且所以=；

所以A3与平面88所成的角为乙钻E=故A正确；

4

•*-AB=>JAE2+BE2=y/2»故B错误；

在与4B相交的6条棱中，与48所成的角是5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9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。，点o在平面小的投影点为a,

则有人4=1,所以40=呵7二荷=夜，

故该半正多面体的外接球的半径为&,面积为47tx(正『=8兀，故D错误；

故选：AC.

【分析】根据图形分别求出CD=2&,CE=DE=R,结合勾股定理判断垂直；表面积是

由4个正方形和16个与梯形8。£少全等的梯形组成，分别计算；体积用两个柱体体积减去

重叠部分体积：分别计算按A路线和在表面内移动最短的路径长.

【详解】如图一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线。石、DE

则在梯形8OEF中，可知80=3-拉，BF=2,EF=3,DE=>/6,BE=V13

设4DEF=a,4BEF=0,则cosa=且,cos/?=兔叵

3"13

根据立体图可得CO=2&,CE=DE=娓,显然

即CE、DE不垂直，A不正确；

该“十字贯穿体”的表面积是由4个正方形和16个与梯形8DE尸全等的梯形组成

若与2g6夜，B正确;

则表面积S=4x4+16x

如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGEb,取CS的中点/

则多面体CDGEST可以分成8个全等三棱锥C-GEI,则=卜&乂2=半

该“十字贯穿体”的体积即为V=2x24-=48-华，C正确；

若按AfCfPfD-8路线，贝IJ路线长为4（3-&）+2夜=12-2&

若在表面内移动，则有：

借助部分展开图，如图所示：

cos/FEN=cos2a=2cos2a-l=一一<0,即NFEN为钝角，过8作NE的垂线BH,垂足

3

为H,则8H在展开图内

2>/i32x/26

sin/BEN=sin(2a-6)=sinlacosft-cos2asinp=+

13

BH=BEsin/BEN=S

3

根据对称可知此时最短路径为26"=g十4四v12-20

则从顶点A出发，沿表面到达顶点8的最短路径为g+4夜，D正确;

八/

故选：RCD.

19.AD

【分析】建立空间坐标系，用向量计算异面直线的夹角，做辅助图计算判断相关问题.

【详解】圆弧的圆心的原点，CO为x轴，为），轴过圆心。垂直于底面的直线为z轴，建

立空间直角坐标系如下图：

则4(020),男(0,1,2),C(l,0,0),〃(2,0,2),故做=(0,-1,2),0=(1,0,2),

所以3网'8)=阿西二瓦耳=3，A正确；

对于B,连接AA,ADIC,则有AR//4DAQ//3C,则AR//3C,

•・.AQ与8C共面，即A,R,&C四点共面，故B错误；

对于C,设在圆弧AQ存在一点E(2cosa,2sina,2)(ajaf])，使得8E//C2,

2cos«=A

则有4E=(2cosa,2sina-l,2)=AC/2=2(1,0,2),■2sin«-I=0,此方程组无解，

2=24

即E点不存在，故C错误;

对于D,做如下俯视图:

|AC|=V22+12=X/5，即以。为球心，石为半径的球冈!好过A点是球面与底面48CQ唯一

的交点，

因为|。&=a+22=石,"(2,0,2)在球面上，

设与圆弧片G的交点为E(cosa,sino,2),则|C©=J(cosa—1『+sin2a+2?=6,

W^cosa=—,sina=—,故£g,2,

22122J

球面与上底面的交线是以G为圆心，半径为1的圆弧般)|,则

皿=/(3一2)+惇)+(2-2)2=石，

圆心角cos&CRJ+"疔=」,由图知：。＜亚口5得NEC01=^.

2x1x123

97T2乃

.•.ED,=yXl=y,故D正确；

故选：AD.

20.BCD

【分析】利用球的表血积公式及圆柱的表血积公式可判断A,由题可得。到半血OEr的距

离为4K型，进而可得平面。石/截得球的截面面积最小值可判断B,由题可得四面体

'5

CDE尸的体积等于2腺一/”可判断C,设尸在底面的射影为〃，设「=/炉，

PE+PF=4^m+l6T，然后利川二次函数的性质可得小+%'的取值范围可判断D.

【详解】由球的半径为〃，可知圆柱的底面半径为「，圆柱的高为2r,则球表面积

为44产，圆柱的表面积2jrr2+2nr-2r=(w/»

所以球与圆柱的表面积之比为:，故A错误；

过。作OG_LQ«于G,则由题可得OG=Lx与=拽,

22y/55

4(八R

设。到平面DEF的距离为4,平面。石尸截得球的截面圆的半径为5,

则4<0G,片=一一42=4-d：>4--=—,

55

所以平面。石尸截得球的截面面积最小值为华不，故B正确；

由题可知四面体CDEF的体积等于2%_以矽,点E到平面DCQ的距离de(0,4],

I239

又S℃a=jx4x4=8,所以8d€((),千],故C正确；

由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P',

则PP'=2,PE=VF+FF,PF=0+尸产,FE2+P尸=16，

设则/e[(),4]，小+废=依+/+&+16-r，

所以(PE+PF)2=(x/2*+V22+16-/)'=24+27-r+16/+80

=24+2^-(/-8)：+144€[24+86481，

所以尸E+尸6e[2+2石,46],故D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题考查圆柱与球的表面积、体枳以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是

一道难题.

21.ABD

【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.

对于B：棱长为。的正四面体的高为如〃，根据割补法代公式计算.

3

对于C：设外接球球心为。，三角形△A&A的中心为0、正六边形828c的中心为

（T,则。在O'O"上，计算可得；

对于D：二面角A-424-用是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.

【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积

S=4x—+4x6x—zf=7\/3/r>故A正确；

44

对于B：棱长为。的正四面体的高为在〃，所以

3

1/=’.立.（3〃）2.且.（3〃）一4」・立〃2.迈〃=生也1,故B正确；

34''3''34312

对于C：设外接球球心为。，三角形△AA24的中心为。\正六边形的中心为

0",则。在O'O〃上，几何体上下底面距离为卡〃-亚〃=也〃，可得

33

旧7^+/=7=半〃，计算整理得川=装〃2,因此该几何体的外接球表面积为

5=4乃川=甘乃〃2,故c错误；

对于D：二面角4-4&-层为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图,

V

B

过正四面体的顶点V作V。J■平面ABC于。点，易知。为一ABC的中心，延长40交AC于。

点，则。为AC的中点，连接口，设正四面体的棱长为2,则8O=2sin?=G,所以

BO=-BD=^-,OD，BD力，因为V0_L平面/SC,所以VOJ.AC,又AC_L8O,

3333

VOcBD=O,所以4CJ•平面V5O,VDu平面M?。，所以AC_LVD,所以NVD8即为所

求侧面V44C与底面A8C所成二面角的平面角，在Rt.V。/)中，cosNV7)B=M=空=：,

VDDD3

所以侧面与底面所成二面角的平面角