1．（5分）（2023·高一單元測試）下列命題中成立的是（ ）
A．各個面都是三角形的多面體一定是棱錐
B．有兩個相鄰側面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一個棱錐的側面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱錐
D．各個側面都是矩形的棱柱是長方體
【解題思路】根據相關空間幾何體的定義，舉出部分反例空間幾何體即可判斷.
【解答過程】對A，只要將底面全等的兩個棱錐的底面重合在一起,
所得多面體的每個面都是三角形,但這個多面體不是棱錐，如圖，故A錯誤；
對B，若棱柱有兩個相鄰側面是矩形，則側棱與底面兩條相交的邊垂直，
則側棱與底面垂直，此時棱柱一定是直棱柱，故B正確；
對于C，如圖所示，若AB=AC=CD=BD=4,BC=AD=3，
滿足側面均為全等的等腰三角形，但此時底面BCD不是正三角形，故C錯誤；
對D，各個側面都是矩形的棱柱不一定是長方體，
比如底面為三角形的直三棱柱，故D錯誤.
故選：B.
2．（5分）（2022春·遼寧沈陽·高一階段練習）如果一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是如圖所示的直角梯形，其中O'A'=2，∠B'A'O'=45°,B'C'//O'A'.則原平面圖形的面積為（ ）
A．32B．62C．322D．34
【解題思路】作出原平面圖形，然后求出面積即可．
【解答過程】∠B'A'O'=45° =∠B'O'A'，則△O'A'B'是等腰直角三角形，
∴A'B'=OB'=2，
又O'C'⊥C'B'，∠C'O'B'=45°，∴B'C'=1，
在直角坐標系中作出原圖形為：
梯形OABC，OA//BC，OA=2,BC=1，高OB=22，
∴其面積為S=12(2+1)×22=32．
故選：A.
3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球O為正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為1，且球O的表面積為31π3，則這個正三棱柱的體積為（ ）
A．34B．334C．332D．33
【解題思路】利用球的表面積公式可求得R2，根據正棱柱的外接球半徑滿足R2=r2+14h2可構造方程求得正棱柱的高，代入棱柱體積公式可求得結果.
【解答過程】設正三棱柱ABC-A1B1C1的高為h，球O的半徑為R，
∵球O的表面積S=4πR2=31π3，解得：R2=3112，
∵正三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC是邊長為1的等邊三角形，
∴ △ABC的外接圓半徑r=12×1sinπ3=33，
∴R2=r2+14h2=13+14h2=3112，解得：h=3，
∴VABC-A1B1C1=S△ABC?h=12×1×1×32×3=334.
故選：B.
4．（5分）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2,AD=AA1=4,E?F分別為BB1?A1D1的中點，過點A?E?F作長方體ABCD-A1B1C1D1的一截面，則該截面的周長為（ ）
A．62B．65C．25+42D．45+22
【解題思路】根據題意，做出截面AFPE，然后分別計算各邊長即可得到結果.
【解答過程】
連接AF，過點E做EP//AF交B1C1于點P，連接FP,AE，即可得到截面AFPE，
因為E為BB1中點，EP//AF，所以B1P=12A1F=1，
因為AB=2,AD=AA1=4，則AF=42+22=25，且EP=12AF=5，
AE=22+22=22，F(xiàn)P=22+12=5
所以截面AFPE的周長為25+5+22+5=45+22
故選:D.
5．（5分）（2023·江西·統(tǒng)考模擬預測）半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現(xiàn)了數學的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，它是由正方體的各條棱的中點連接形成的幾何體.它由八個正三角形和六個正方形圍成（如圖所示），若它的棱長為2，則下列說法錯誤的是（ ）
A．該二十四等邊體的外接球的表面積為16π
B．該半正多面體的頂點數V、面數F、棱數E，滿足關系式V+F-E=2
C．直線AH與PN的夾角為60°
D．QH⊥平面ABE
【解題思路】將二十四等邊體補齊成正方體，根據空間幾何相關知識進行判斷.
【解答過程】由已知，補齊二十四等邊體所在的正方體如圖所示
記正方體體心為O，取下底面ABCD中心為O1 ，二十四等邊體的棱長為2
易知OO1=BO1=2，則外接球半徑R=OB=2+2=2
所以外接球的表面積S=4πR2=16π，故A正確.
由歐拉公式可知：頂點數+面數-棱數=2，故B正確.
又因為PN∥AD，易知直線AH與PN的夾角即為∠HAD=60°
直線AH與PN的夾角為60°，故C正確.
又因為QH∥EN，AB∥MN，易知直線QH與直線AB的夾角為∠ENM=60°
可知直線QH與直線AB不垂直，故直線QH與平面ABE不垂直，故D錯誤.
故選：D.
6．（5分）（2022秋·黑龍江·高二期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中點，則（ ）
A．直線MB與直線B1D1相交，直線MB?平面ABC1
B．.直線MB與直線D1C平行，直線MB⊥平面A1C1D
C．直線MB與直線AC異面，直線MB⊥平面ADC1B1
D．直線MB與直線A1D垂直，直線MB∥平面B1D1C
【解題思路】可利用正方體的性質以及線!面垂直，線面平行的判定及性質逐一選項判斷即可．
【解答過程】解：對于選項A，連接B1D1，BD，如圖，
在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
BD?面MBD，所以B1D1∥平面MBD，
又MB?面MBD，MB∩BD＝B，
所以直線MB與直線B1D1不相交，故選項A錯誤；
對于選項B，連接A1B，D1C，如圖，
在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥D1C，
A1B?面MBD，所以D1C∥面MBD，
又MB?面MBD，MB∩A1B＝B，
所以直線MB與直線D1C不平行，故選項B錯誤；
對于選項C，連接AB1，DC1，A1B，
在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥A1B，A1B⊥B1C1，
AB1∩B1C1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1，又∵BM∩A1B，
所以BM與平面ADC1B1不垂直，故選項C錯誤；
對于D選項，連接AD1，BC1，B1D1，B1C，CD1，
在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，A1D⊥AB，
AD1∩AB＝A，所以A1D⊥面ABC1D1，BM?面ABC1D1，
所以AD1⊥BM，設B1C∩BC1＝O，連接D1O，如圖，
∵BC1∥AD1，∴D1M∥OB，OB＝D1M，
所以四邊形BMD1O為平行四邊形，所以BM∥D1O，
又因為D1O?面B1D1C，所以BM∥面B1D1C，故選項D正確，
故選：D．
7．（5分）（2022秋·四川瀘州·高二階段練習）在長方體ABCD-A1B1C1D1中．AB=AD=1，AA1=2，P是線段BC1上的一動點，如下的四個命題中，
（1）A1P//平面AD1C；
（2）A1P與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是52；
（3）A1P+PC的最小值為1705；
（4）以A為球心，2為半徑的球面與側面DCC1D1的交線長是π2．
真命題共有幾個（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】證明出平面A1BC1//平面AD1C，利用面面平行的性質可判斷（1）的正誤;求出PB1的最小值，利用線面角的定義可判斷（2）正誤，將△A1C1B沿BC1翻折到與△BCC1在同一平面，利用余弦定理可判斷（3）正誤，因為AD⊥平面DCC1D1，所以交線是以D為圓心，半徑為1的四分之一的圓周，故判斷（4）.
【解答過程】
對于（1），在長方體ABCD-A1B1C1D1中，BC//AD且BC=AD，AD//A1D1,AD=A1D1,
∴BC//A1D1且BC=A1D1，所以，四邊形A1BCD1為平行四邊形，則A1B//CD1，
∵A1B?平面AD1C,CD1?平面AD1C,∴A1B//平面AD1C，同理可證A1C1//平面AD1C
∵A1B∩A1C1=A1，且A1B,A1C1?平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面AD1C，
又∵A1P?平面A1BC1，所以A1P//平面AD1C，故（1）正確；
對于（2），∵A1B1⊥平面BCC1B1，所以A1P與平面BCC1B1所成角為∠A1PB1，
tan∠A1PB1=A1B1PB1，所以，當B1P⊥BC1時，A1P與平面BCC1B1所成角的正切值的最大，
由勾股定理得BC1=BC2+CC12=5，
由等面積法得PB1=B1C1?BB1BC1=1×25=255，
所以tan∠A1PB1的最大值為1255=52，故（2）正確；
對于（3），將△A1C1B沿BC1翻折與△BCC1在同一平面，如下圖所示：
在Rt△BCC1中，∠BCC1為直角，cs∠BC1C=CC1BC1=255,sin∠BC1C=BCBC1=55
在△A1BC1中，A1B=BC1=5,A1C1=2，
由余弦定理得cs∠A1C1B=A1C12+BC12-A1B22A1C1?BC1=1010，則∠A1C1B為銳角，可得sin∠A1C1B=1-cs2∠A1C1B=31010，cs∠A1C1C=cs∠A1C1B+∠BC1C=cs∠A1C1Bcs∠BC1C-sin∠A1C1Bsin∠BC1C
=1010×255-31010×55=-210，
由余弦定理得A1C2=A1C12+CC12-2A1C1?CC1cs∠A1C1C=345，
代入數據解得A1C=1705，
因此，A1P+PC的最小值為1705，故（3）正確，
對于（4），因為AD⊥平面DCC1D1，則交線上的點到點D的距離等于22-AD2=1，所以交線是以D為圓心，半徑為1的四分之一的圓周，所以交線長為π2，所以（4）正確，
故選：D.
8．（5分）（2023·全國·高三專題練習）如圖，矩形ABCD中，AB=2AD，E為邊AB的中點.將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE（A1?平面BCDE）.若M在線段A1C上（點M與A1，C不重合），則在△ADE翻折過程中，給出下列判斷：
①當M為線段A1C中點時，BM為定值；
②存在某個位置，使DE⊥A1C；
③當四棱錐A1-BCDE體積最大時，點A1到平面BCDE的距離為22；
④當二面角A1-DE-B的大小為π3時，異面直線A1D與BE所成角的余弦值為35.
其中判斷正確的個數為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】①利用余弦定理判斷；②用線線垂直判斷；③由垂線段判斷；④由二面角與線線角公式判斷.
【解答過程】在矩形 ABCD 中, AB=2AD, 不妨令 AB=2AD= 2, 則：
(1)取DC的中點 F, 連接 MF,FB,
易知 ∠MFB=∠A1DE 且為定值,
MB2=MF2+FB2-2MF?FB?cs∠MFB=94-2cs∠MFB(定值)
所以MB的長為定值, 故①正確;
(2)假設存在某個位置, 使 DE⊥A1C, 連接 CE, 取DE的中點 H, 連接 A1H,CH,
顯然 A1H⊥DE, 而 A1H∩A1C=A1,∴DE⊥ 平面 A1HC,
∵CH? 平面 A1HC,∴DE⊥HC,
進而有 DC=CE, 但 DC=2,CE=2, 不可能相等,
所以不可能有 DE⊥A1C, 故②錯誤;
(3)由題意得, △ADE 是等腰直角三角形, A 到DE 的距離是 22,
當平面 A1DE⊥ 平面 BCDE 時, 四棱雉 A1-BCDE體積最大,
點 A1 到平面 BCDE 的距離為 A1H=22, 故③正確;
(4)易知二面角 A1-DE-B 的平面角 ∠A1HF, 當二面角 A1-DE-B 的大小為 π3 時，
∠A1HF=π3，
又 A1H=HF=22, 所以 A1F=22,
又易知異面直線 A1D 與 BE 所成角為 ∠A1DF,
∴cs∠A1DF=A1D2+FD2-A1F22A1D?FD=1+1-122×1×1=34，
故④錯誤,
綜上可知, 正確的有2個.
故選: B.
二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
9．（5分）（2022秋·江西撫州·高二階段練習）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=4,BC=2，M，N分別為棱C1D1,CC1的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．M，N，A，B四點共面B．直線BN與平面ADM相交
C．直線BN和B1M所成的角為60°D．平面ADM和平面A1B1C1D1的夾角的正切值為2
【解題思路】A：連接AD1,BC1，根據AM、B、N與面ABC1D1位置關系即可判斷；B：F為DD1中點，連接AF，易得AF//BN，根據它們與面ADM的位置關系即可判斷；C：若H,G分別是AA1,A1B1中點，連接HD1,GD1，易知直線BN和B1M所成的角為∠GD1H，再證明△HD1G為等邊三角形即可得大??；D：若G分別是A1B1中點，求面ADMG和面A1B1C1D1的夾角即可，根據面面角的定義找到其平面角即可.
【解答過程】A：連接AD1,BC1，如下圖AM?面ABC1D1，而B∈面ABC1D1，N?面ABC1D1，
所以M，N，A，B四點不共面，錯誤；
B：若F為DD1中點，連接AF，N為棱CC1的中點，
由長方體性質知：AF//BN，顯然BN?面ADM，
若BN//面ADM，而AF∩面ADM=A，顯然有矛盾，
所以直線BN與平面ADM相交，正確；
C：若H,G分別是AA1,A1B1中點，連接HD1,GD1，
由長方體性質易知：HD1//AF,GD1//B1M，
而AF//BN，故HD1//BN，即直線BN和B1M所成的角為∠GD1H，
由題設A1G=A1H=A1D1=2，易知HD1=GD1=AG=22，即△HD1G為等邊三角形，
所以∠GD1H為60°，正確；
D：若G分別是A1B1中點，顯然MG//A1D1//AD，易知A,D,M,G共面，
所以平面ADM和平面A1B1C1D1的夾角，即為面ADMG和面A1B1C1D1的夾角，
而面ADMG∩面A1B1C1D1=MG，長方體中AA1⊥A1G，AA1⊥MG，
如下圖，∠AGA1為ADMG和面A1B1C1D1夾角的平面角，tan∠AGA1=AA1GA1=2，正確.
故選：BCD.
10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二階段練習）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，點M在正方體內部及表面上運動，下列說法正確的是（ ）
A．若M為棱CC1的中點，則直線AC1 ∥平面BDM
B．若M在線段BC1上運動，則CM+MD1的最小值為2+2
C．當M與D1重合時，以M為球心，52為半徑的球與側面BB1C1C的交線長為π4
D．若M在線段BD1上運動，則M到直線CC1的最短距離為22
【解題思路】作AC，BD交點O，連接OM，可證AC1 ∥ OM，進而得到AC1 ∥平面BDM；展開△BC1D1與△BCC1到同一平面上，由兩點間直線段最短，結合余弦定理可求； D1在側面BB1C1C上的射影為C1，確定交線為以C1為圓心的圓弧，結合弧長公式即可求解；平面BDD1B1與CC1的距離最短恰為22，能找出此點恰在BD1上.
【解答過程】對選項A，作AC，BD交點O，連接OM，因為O為AC中點，M為棱CC1的中點，所以AC1 ∥ OM，又因為OM?平面BDM，所以AC1 ∥平面BDM，故A正確；
對選項B，展開△BC1D1與△BCC1到同一平面上如圖：
知CM+MD1?CD1=12+12-2×1×1×cs135°=2+2，故B錯誤；
對選項C：M與D1重合時，在側面BB1C1C上的射影為C1，故交線是以C1為圓心的一段圓?。?4個圓），且圓半徑r=522-12=12，故圓弧長=14×2πr=π4，所以C正確；
對選項D，直線CC1與平面BDD1B1距離顯然為OC，當M為BD1中點時，設CC1中點為E，易得ME//OC，所以ME為M到直線CC1最短距離22，選項D正確.
故選：ACD.
11．（5分）（2022春·河北邯鄲·高一期末）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點O為A1D1的中點，若以O為球心，6為半徑的球面與正方體ABCD-A1B1C1D1的棱有四個交點E，F(xiàn)，G，H，則下列結論正確的是（ ）
A．平面AB1C1D//平面EFGHB．平面ACC1A1⊥平面EFGH
C．四邊形EFGH的面積為22D．四棱錐B-EFGH的體積為23
【解題思路】如圖，計算可得E,F,G,H分別為所在棱的中點，利用空間中面面的位置關系的判斷方法可判斷A、B的正誤；計算出四邊形EFGH的面積可得C正誤；計算四棱錐B-EFGH的體積，可判斷D正誤.
【解答過程】
如圖，連結OA，則OA=AA12+1=5，故棱A1A,A1D1,D1D,AD與球面沒有交點，
同理，棱A1B1,B1C1,C1D1與球面沒有交點，
因為棱A1D1與棱BC之間的距離為22>6，故棱BC與球面沒有交點，
因為正方體的棱長為2，而2

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