2019年立体几何选择、填空难题训练(含解析)
2019年江苏省高三数学一轮复习备考试题：立体几何(含答案解析)
高考数学精品复习资料2019.5江苏省20xx 年高考一轮复习备考试题立体几何一、填空题1、（20xx 年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为21S ,S ，体积分别为21V ,V ，若它们的侧面积相等，49S S 21=，则=21V V▲ ． 2、（20xx 年江苏高考）如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥A D E F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V 。
3、（20xx 年江苏高考）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．4、（20xx 届江苏南京高三9月调研）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的5、9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，M 为11A C 的中点，则三棱锥1M AB C -的 体积为 ▲6、（20xx 届江苏苏州高三9月调研）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S 、2,S 则有12:S S = ▲7、（南京市20xx 届高三第三次模拟）已知m ，n 是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：①若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β； ②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α； ④若m ∥α，m ⊂β，则α∥β．其中所有真命题的序号是 ▲ 8、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C - ABD 的体积为 ▲ 9、（徐州市2014届高三第三次模拟）已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 ▲10、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ▲二、解答题1、（2014年江苏高考）如图，在三棱锥P ABC 中，D,E,F 分别为棱PC,AC,AB 的中点。
2019年高考专题：立体几何试题及答案
2019年高考专题：立体几何试题1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．2．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为1717. 4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==. 作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ．因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2．所以四边形ACGD 的面积为4．6．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．7．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】（1）连接BD ，易知ACBD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =.又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 8．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .9．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35。
高考数学试题-立体几何选择填空含答案解析
选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。
北京市2019届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何(解析版)
北京市2019届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为...................................................A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数. 详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.2.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，四棱锥A﹣BCDE，其中AE⊥平面BCDE，底面BCDE为正方形，则AD=AB=2，AC=．∴该四棱锥的最长棱的长度为．故选：．3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知该三棱锥的底面三角形的底边为1，高为1，三棱锥的高为1．【详解】由三视图可知：该三棱锥的底面三角形的底边为1，高为1，三棱锥的高为1．∴该三棱锥的体积V=．故答案为:A【点睛】(1)本题主要考查三视图找几何体原图,考查几何体体积的计算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 通过三视图找几何体原图的方法有三种：直接法、拼凑法和模型法.(3)模型法第一步：画出一个长方体或正方体或其他几何体；第二步：补点；第三步：结合三视图排除某些点；第四步：确定那些排除的点附近的点是否是几何体的顶点；第五步：结合实线虚线和确定的点找到几何体的顶点，从而找到符合三视图的原图.4.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于( )A. B. C. D.【答案】D【解析】在长方体中抠点,1.由正视图可知:上没有点;2.由侧视图可知:上没有点;3.由俯视图可知:上没有点;4.由正（俯）视图可知:处有点,由虚线可知处有点,点排除.由上述可还原出四棱锥,如右图所示,,,故选.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响5.如图，已知正方体的边长为1，若过直线的平面与该正方体的面相交，交线围城一个菱形，则该菱形的面积为___________.【答案】【解析】【分析】取的中点为得四边形为菱形，再求BE和△的高，最后求该菱形的面积.【详解】取的中点为,则四边形为菱形，则因为,△的高为，所以菱形的面积为.故答案为：【点睛】(1)本题主要考查平面和平面的位置关系，考查多边形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是找到菱形.6.如图，在矩形中，，，为边的中点．将△沿翻折，得到四棱锥．设线段的中点为，在翻折过程中，有下列三个命题：① 总有平面；② 三棱锥体积的最大值为；③ 存在某个位置，使与所成的角为．其中正确的命题是____．（写出所有．．正确命题的序号）【答案】①②【解析】利用直线与平面平行的判定定理判断①的正误；求出棱锥的体积的最大值，判断②的正误；利用直线与平面垂直判断③的正误.【详解】取DC的中点为F，连结FM，FB，可得MF∥A1D，FB∥DE，可得平面MBF∥平面A1DE，所以BM∥平面A1DE，所以①正确；当平面A1DE与底面ABCD垂直时，三棱锥C﹣A1DE体积取得最大值，最大值为：，所以②正确．存在某个位置，使DE与A1C所成的角为90°．因为DE⊥EC，所以DE⊥平面A1EC，可得DE⊥A1E，即AE⊥DE，矛盾，所以③不正确；故答案为：①②【点睛】本题考查命题的真假的判断，直线与平面平行，直线与平面垂直以及几何体的体积的最值的求法，考查空间想象能力以及计算能力．7.某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：① 三棱锥的体积为② 三棱锥的四个面全是直角三角形③ 三棱锥四个面的面积中最大的值是所有正确的说法是A. ①B. ①②C. ②③D. ①③【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，该几何体表示底面是腰长为的等腰直角三角形，高为的三棱锥，即平面，则三棱锥的体积为，故①是正确的；其中为边长为的等边三角形，所以②不正确；其中为面积最大的面，其面积为，所以③是正确的，故选D.8.若某多面体的三视图（单位：）如图所示，则此多面体的体积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为上部是一个平放的五棱柱，其高为，侧视图为其底面，底面多边形可看作是边长为的正方形截去一个直角边为的等腰直角三角形而得到，其面积为，所以几何体的体积为，故选A．点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．9.正三棱柱的三视图如图所示，该正三棱柱的表面积是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正三棱柱的三视图，得出三棱柱的高已经底面三角形的高，求出底面三角形的面积与侧面积即可．【详解】根据几何体的三视图得该几何体是底面为正三角形，边长为2，高为1的正三棱柱，所以该三棱柱的表面积为S侧面积+S底面积=2××22+3×2×1=6+2．故答案为：D【点睛】（1）本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体表面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 通过三视图找几何体原图的方法有三种：直接法、拼凑法和模型法.10.《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（）A. 3立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】几何体如图：体积为，选B.点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．11.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先找到几何体的原图，再根据原图找到直观图.【详解】由题得几何体原图是如图所示的三棱锥A-BCD，所以这个几何体的直观图是C.故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查三视图还原几何体原图，考查直观图的画法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 通过三视图找几何体原图的方法有三种：直接法、拼凑法和模型法.本题利用的是模型法.12.某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的四棱锥，其体积为： .本题选择B选项.13.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的四个侧面的面积中最大的是（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】由三视图得几何体是如图所示四棱锥，其中，分别是，中点，平面，底面是矩形，，，是等腰三角形，，∴，，∴，，．∴四棱锥的四个侧面中面积最大的是．故选．点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.二、解答题14.如图，在三棱柱中，平面,,,,分别为,,,的中点，,.（1）求证：平面;（2）求二面角的余弦值；（3）证明：直线与平面相交.【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【解析】【分析】(1)先证明和,即证平面.(2) 以为原点，,,分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.（3）设直线与平面的夹角为，利用向量法求得即证直线与平面相交.【详解】（1）证明：∵，且是的中点，∴,∵在三棱柱中，,分别是,的中点，∴∵平面，∴平面,∵平面，∴,∵,平面,∴平面.（2）由（3）知，，，,∴以为原点，,,分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则有，,,,，设平面的法向量，∴,即，∴，.易知平面法向量，∴，由图可知，二面角的平面角为钝角，∴二面角的余弦值.（3）∵,,∴∵平面的法向量，设直线与平面的夹角为，∴，∴∴直线与平面相交.【点睛】（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查二面角的求法和直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.(2)二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）.方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）15.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC,P A=PD=,AB=4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B-PD-A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正炫值。
人教版A版(2019)高中数学必修第二册：第八章 立体几何初步 综合测试(附答案与解析)
第八章综合测试一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是（ ）A .三角形的直观图仍然是一个三角形B .90︒角的直观图为45︒角C .与y 轴平行的线段长度变为原来的一半D .原来平行的线段仍然平行2.已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出m β⊥的是（ ）A .αβ∥，且m α⊂B .m n ∥，且n β⊥C .m n ⊥，且n β⊂D .m n ⊥，且n β∥3.圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？这个问题的答案为（注：1丈等于10尺）（ ）A .29尺B .24尺C .26尺D .30尺4.设,,αβγ为三个不同的平面，,m n 为两条不同的直线，则下列命题中为假命题的是（ ）A .当αβ⊥时，若βγ∥，则αγ⊥B .当m α⊥，n β⊥时，若αβ∥，则m n ∥C .当m α⊂，n β⊂时，若αβ∥，则,m n 是异面直线D .当m n ∥，n β⊥时，若m α⊂，则αβ⊥5.已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为4，底面边长为.若点M 是线段11A C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为（ ）A .53B .43C .34D .456.如图所示，表面积为 ）AB .13πC .23πD7.已知三棱锥P ABC -中，PA =3AB =，4AC =，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为（ ）A .16B .28C .64D .968.如图，在边长为1的正方形ABCD 中，点,E F 分别为边,BC AD 的中点，将ABF △沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE △沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是（ ）A .无论翻折到什么位置，A C 、两点都不可能重合B .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60︒C .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90︒D .存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒9.等体积的球和正方体的表面积的大小关系是（ ）A .S S 正方体球＞B .S S 正方体球＜C .S S =正方体球D .无法确定10.1111ABCD A B C D 内有一圆柱，此圆柱恰好以直线1AC ，为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（ ）A .B .CD 二、多项选择题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）11.下列命题为真命题的是（ ）A .若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合B .若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C .垂直于同一条直线的两条直线相互平行D .若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面不垂直12.如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M N P 、、分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为（ ）A B C D 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中横线上）13.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________.（本题第一空2分，第二空3分）14.已知正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为60︒，则该四棱锥的高为________.15.如图所示，直线a ∥平面α，点A 在α另一侧，点,,B C D a ∈，线段,,AB AC AD 分别交α于点,,E F G .若44,5,BD CF AF ===,则EC =________.16.如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 是CD 的中点，沿AE 将DAE △向上折起，使D 到'D 的位置，且平面'AED ⊥平面ABCE ，则直线'AD 与平面ABC 所成角的正弦值为________.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示，两容器内所盛液体的体积正好相等，且液面高度h 也相等，用a 将h 表示出来。
高考复习专题10 空间向量与立体几何选择填空题(含解析)三年高考试题
1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线2．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．3245．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．27．【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α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．5411．【2018年浙江03】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（）A．2B．4C．6D．812．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件13．【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB 上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ114．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．1615．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．416．【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．10B．12C．14D．1617．【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．90πB．63πC．42πD．36π18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．【2017年新课标3理科08】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（）A．πB．C．D．20．【2017年浙江03】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（）A．1B．3C．1D．321．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．223．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，∴BM a，EN a，∴BM≠EN，故选：B．2．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即27，高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝162．故选：B．5．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，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B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．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α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】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α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，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（﹣1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．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．【解答】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，是榫头，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．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．11．【2018年浙江03】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（）A．2B．4C．6D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V．故选：C．12．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．13．【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB 上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．14．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．15．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△P AB，△PBC，△P AD．故选：C．16．【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．10B．12C．14D．16【解答】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，S梯形2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．17．【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．90πB．63πC．42πD．36π【解答】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，V＝π•32×10•π•32×6＝63π，故选：B．18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．19．【2017年新课标3理科08】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（）A．πB．C．D．【解答】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r，∴该圆柱的体积：V＝Sh．故选：B．20．【2017年浙江03】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（）A．1B．3C．1D．3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为π×12×331，故选：A．21．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为P A，即P A＝2，故选：B．23．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；故答案为：24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，∴AB×BC×DD1＝120，∴三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCDAB×BC×DD1＝10．故答案为：10．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2．故答案为：．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥M﹣EFGH的体积：．故答案为：．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则．故答案为：．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．【解答】解：球的体积为36π，设球的半径为R，可得πR3＝36π，可得R＝3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为πR2＝9π．故答案为：9π．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．【解答】解：如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），∴．故答案为：（﹣4，3，2）．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2＝18，则a2＝3，即a，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a＝2R，即R，则球的体积Vπ•（）3；故答案为：．。
2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何26页word文档
第 1 页2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题1 ．（2019年高考（新课标理））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）A．6BC．3 D22 ．（2019年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．183 ．（2019年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直4 ．（2019年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为a ,且长为a 异面,则a 的取值范围是 （ ）A ．B ．C ．D ．5 ．（2019年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为 （ ）A ．arccos4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ 6 ．（2019年高考（四川理））下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行7 ．（2019年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 [答]第 2 页（ ）A ．m 与n 异面.B ．m 与n 相交.C ．m 与n 平行.D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能.8 ．（2019年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111A B C A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 （ ）ABCD ．359 ．（2019年高考（江西理））如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10．（2019年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是11．（2019年高考（湖北理））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159判断,下列近似公式中最精确的一个是（ ）[来源:shulihua]A．d ≈ B．d ≈C．d ≈D ．(一)必考题(11—14题)12．（2019年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π13．（2019年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 （ ）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π14．（2019年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 （ ）A 图1B C D 侧视图正视图俯视图第 3 页A ．球B ．三棱柱C ．正方形D ．圆柱15．（2019年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为 （ ）A ．2BCD ．116．（2019年高考（北京理））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 （ ）A．28+B．30+C．56+D ．60125+17．（2019年高考（安徽理））设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．即不充分不必要条件二、填空题18．（2019年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19．（2019年高考（浙江理））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm 3.20．（2019年高考（四川理））如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________.21．（2019年高考（上海理））如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。
2013-2019理数立体几何真题(选择题、填空题)
B．α⊥β且 l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 l
D．α与β相交，且交线平行于 l
37.【2013 全国Ⅱ】一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 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 zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）
2013-2019 立体几何真题（选择题、填空题）
1．【2019 全国Ⅰ】已知三棱锥 P−ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为 2 的正三角形， E，F 分别是 PA，AB 的中点，∠CEF=90°，则球 O 的体积为
A． 8 6
B． 4 6
C． 2 6
D． 6
31.【2014 全国Ⅱ】直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，∠BCA=90°，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC=CA=CC1， 则 BM 与 AN 所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
32【. 2014 大纲版】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为（ ）
棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．
43.【2019 江苏卷】如图，长方体 ABCD A1B1C1D1 的体积是 120，E 为 CC1 的中点，则三棱锥 E−BCD 的体积
是▲ .
44.【2019 全国Ⅱ】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆
A．
B．
C．
D．
38.【2013 大纲版】已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AA1=2AB，则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于 （）
立体几何经典习题集(含答案)
立体几何基础A 组题一、选择题：1．下列命题中正确命题的个数是 （ ） ⑴ 三点确定一个平面⑵ 若点P 不在平面α内，A 、B 、C 三点都在平面α内，则P 、A 、B 、C 四点不在同一平面内 ⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形A.0B.1C.2D.3答案：A2．已知异面直线a 和b 所成的角为︒50，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是︒30的直线条数有且仅有 （ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案：B 3．已知直线⊥l 平面α，直线⊂m 平面β，下列四个命题中正确的是 （ ） (1) 若βα//，则m l ⊥ (2) 若βα⊥，则m l // (3) 若m l //，则βα⊥ (4) 若 m l ⊥，则βα//A.(3)与（4）B.（1）与（3）C.（2）与（4）D.（1）与（2）答案：B4．已知m 、n 为异面直线，⊂m 平面α，⊂n 平面β，l =βα ，则l （ ） A.与m 、n 都相交 B.与m 、n 中至少一条相交 C.与m 、n 都不相交 D.至多与m 、n 中的一条相交答案：B5．设集合A={直线}，B={平面}，B A C =，若A a ∈，B b ∈，C c ∈，则下列命题中的真命题是 （ ）A. c a b a b c ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// B.c a c b b a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ C.c a b c b a //////⇒⎭⎬⎫ D. c a b c b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥//答案：A6．已知a 、b 为异面直线，点A 、B 在直线a 上，点C 、D 在直线b 上，且AC=AD ，BC=BD ，则直线a 、b 所成的角为 （ ） A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D. ︒30答案：A7．下列四个命题中正确命题的个数是 （ ） 有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱 各侧面都是正方形的四棱柱是正方体底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥A.1个B.2个C.3个D.0个答案：D8．设M={正四棱柱}，N={长方体}，P={直四棱柱}，Q={正方体}，则这些集合之间关系是 （ ） A.Q M N P B.Q M N P C.Q N M P D.Q N M P答案：B9．正四棱锥P —ABCD 中，高PO 的长是底面长的21，且它的体积等于334cm ，则棱AB 与侧面PCD 之间的距离是 （ ） A.cm 2 B. cm 2 C. cm 1 D.cm 22答案：A10．纬度为α的纬圈上有A 、B 两点，弧在纬圈上，弧AB 的长为απcos R （R 为球半径），则A 、B 两点间的球面距离为 （ ）A. R πB. R )(απ-C. R )2(απ-D. R )2(απ-答案：D11．长方体三边的和为14，对角线长为8，那么 （ ） A.它的全面积是66 B.它的全面积是132C.它的全面积不能确定D.这样的长方体不存在答案：D12．正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于（ ）A.21B. 22C. 32D. 33答案：D13．用一个过正四棱柱底面一边的平面去截正四棱柱，截面是 （ ）A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形答案：B二、填空题：14．正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 、G 分别为AB 、BC 、CC 1的重点，则EF 与BG 所成角的余弦值为________________________答案：510 15．二面角βα--a 内一点P 到两个半平面所在平面的距离分别为22和4，到棱a 的距离为24，则这个二面角的大小为__________________答案：︒︒16575或16.四边形ABCD 是边长为a 的菱形，︒=∠60BAD ，沿对角线BD 折成︒120的二面角A —BD —C 后，AC 与BD 的距离为_________________________答案：a 43 17．P 为︒120的二面角βα--a 内一点，P 到α、β的距离为10，则P 到棱a 的距离是_________________答案：3320 18．如图：正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成︒60的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是______________________答案：4219．已知三棱锥P —ABC 中，三侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直，三侧面与底面所成二面角的大小分别为γβα,,，则=++γβα222cos cos cos _______________答案：1 20．若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是_____________（只需写出一个可能的值）。
高中数学立体几何习题(含答案与解析)
立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1 D 1． 5．正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a ，则P 点到面ABC 的距离是6．三个平面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，P 到三个面的距离分别是6，8，10，则OP 的长为 。
（理科）已长方体的全面积是8，则其对角线长的最小值是 认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2 ）1AC ⊥面11AB D ． (14分)6、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AFAC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)7、如图3所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？8、矩形ABCD 中，1,(0)AB BC a a ==>，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ QD ⊥，求a 的取值范围．参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ，由体积公式可得：()3261231a h a =⋅，故a h 332=。
2019年高中数学北师大版必修2习题：第一章立体几何初步检测
第一章检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中正确的是()A.棱柱的面中,至少有两个面互相平行B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C.棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D.棱柱的侧面一定是平行四边形,但它的底面一定不是平行四边形答案:A2.一长方体木料,沿图①所示平面EFGH截长方体,若AB⊥CD,那么图②所示的四个图形中是截面的是()图①图②解析:因为AB,MN两条交线所在平面(侧面)互相平行,故AB,MN无公共点,又AB,MN在平面EFGH内,故AB∥MN,同理易知AN∥BM.又AB⊥CD,∴截面必为矩形.答案:A3.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()A.6B.3√2C.6√2D.12解析:△OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案:D4.若球的表面积为16π,则用与球心距离为√3的平面截球所得的圆的面积为()A.4πB.√3πC.2πD.π解析:如图所示,由球的表面积为16π,可得球的半径R=2.设截面圆的半径为r,球心到截面的距离为h,则R2=h2+r2,∴r2=R2-h2=4-3=1.∴截面圆的面积为S=πr2=π.答案:D5.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是()A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2解析:由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2×1×3×4=138(cm2).故选D.2答案:D6.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥βB.若m∥n,m⫋α,n⫋β,则α∥βC.若m∥n,m∥α,则n∥αD.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β解析:满足选项A,B条件的两个平面也可能相交;选项C中n也可能在平面α内;故选D.答案:D7.一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为()A.73 m 3 B.92 m 3C.72 m 3D.94 m 3解析:由三视图可知,原几何体如图所示,故V=3×13+12×13=3+12=72(m 3).答案:C8.已知平面α⊥平面β,α∩β=l ,则下列命题中错误的是 ( )A.如果直线a ⫋α,那么直线a 必垂直于平面β内的无数条直线B.如果直线a ⫋α,那么直线a 不可能与平面β平行C.如果直线a ⫋α,a ⊥l ,那么直线a ⊥平面βD.平面α内一定存在无数条直线垂直于平面β内的所有直线解析:A 选项中直线a 必定与平面β内无数条平行直线垂直,故正确;B 选项中如果a ⫋α,a ∥l ,则a ∥β,故错误;由面面垂直的性质定理可知C 选项正确;在平面α内,垂直于交线l 的直线,都垂直于平面β,也就垂直于平面β内的所有直线,故D 选项正确. 答案:B 9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于() A.AC B.BDC.A1DD.A1D1解析:由BD⊥AC,BD⊥AA1易知BD⊥平面A1ACC1,而CE⫋平面A1ACC1,则BD⊥CE.故选B.答案:B10.如图所示是无盖正方体纸盒的展开图,则线段AB,CD在原正方体中的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面D.相交成60°角线段AB,CD在原正方体中的位置如图所示,△ABC为等边三角形,所以AB,CD在原正方体中相交成60°角.答案:D11.用平行于圆锥底面的平面截圆锥,所得截面面积与底面面积的比是1∶3,则截面把圆锥母线分为两段的比是() A.1∶3 B.1∶(√3-1)C.1∶9D.√3∶2解析:如图所示,由题意可知,☉O1与☉O2面积之比为1∶3,∴半径O1A1与O2A之比为1∶√3,∴PA1∶PA=1∶√3,∴PA1∶AA1=1∶(√3-1).答案:B12.,则下列结论中错如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12误的是()A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等解析:由正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1得B 1B ⊥平面AC ,∴AC ⊥B 1B ,又AC ⊥BD ,BD ∩B 1B=B , ∴AC ⊥平面BDD 1B 1,BE ⫋平面BDD 1B 1, ∴AC ⊥BE ,故A 正确.∵B 1D 1∥BD ,B 1D 1⊈平面ABCD ,BD ⫋平面ABCD , ∴B 1D 1∥平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD ,故B 正确.V A-BEF =13×12AC×12BB 1×EF=13×12×12×√22=√224.∴三棱锥A-BEF 的体积为定值,故C 正确.因线段B 1D 1上两个动点E ,F ,且EF=12,当E ,F 移动时,点A 到EF 的距离与点B 到EF 的距离不相等,∴△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等,故D 不正确. 答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.若正三棱柱的所有棱长均为a ,且其体积为16√3,则a= .解析:依题意,12×a×a×√32×a=16√3,解得a=4.答案:414.(2016四川高考)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是 .解析:由三视图可知该几何体是一个三棱锥,且底面积为S=12×2√3×1=√3,高为1,所以该几何体的体积为V=13Sh=13×√3×1=√33.答案:√3315.(2015江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为 . 解析:设新的底面半径为r ,根据题意得13×π×52×4+π×22×8=13πr 2×4+πr 2×8, 即28r 2=196,解得r=√7. 答案:√716.在空间四边形ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别是边AB ,BC ,CD ,DA 的中点,对角线AC=BD=2,且AC ⊥BD ,则四边形EFGH 的面积为 .如图所示,由题意易判断EH FG 12BD ,所以EH=FG=1,同样有EF GH 12AC ,EF=GH=1,又BD ⊥AC ,所以EF ⊥EH ,所以四边形EFGH 是边长为1的正方形,其面积S=12=1. 答案:1三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.作出圆台的轴截面如图所示.设O'A'=r,因为一底面周长是另一底面周长的3倍,所以OA=3r,SA'=√2r,SA=3√2r,OO'=2r.由轴截面的面积为1(2r+6r)·2r=392,得r=7.故上底面半径为7,下底面半径为21,高为14,母线长为14√2.218.(12分)如图所示,A1A是圆柱的母线,AB是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上异于A,B的任意一点,A1A=AB=2.(1)求证:BC⊥平面A1AC;(2)求三棱锥A1-ABC的体积的最大值.(1)证明∵C是底面圆周上异于A,B的任意一点,且AB是圆柱底面圆的直径,∴BC⊥AC.由题意知,AA1⊥平面ABC,BC⫋平面ABC,∴AA1⊥BC.∵AA1∩AC=A,AA1⫋平面A1AC,AC⫋平面A1AC,∴BC⊥平面A1AC.(2)解设AC=x (0<x<2),在Rt △ABC 中,BC=√AB 2-AC 2=√4-x 2(0<x<2),故V A 1-ABC =13S △ABC ·AA 1=13·12·AC ·BC ·AA 1=13x √4-x 2=13√x 2(4-x 2)=13√-(x 2-2)2+4.∵0<x<2,∴0<x 2<4,∴当x 2=2,即x=√2时,三棱锥A 1-ABC 的体积取得最大值23.19.(12分)(2016全国丙高考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点. (1)求证:MN ∥平面PAB ; (2)求四面体NBCM 的体积.(1)证明 由已知得AM=23AD=2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2.又AD ∥BC ,故TN AM ,四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT.因为AT ⫋平面PAB ,MN ⊈平面PAB ,所以MN ∥平面PAB.(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ,N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 的距离为12PA.取BC 的中点E ,连接AE.由AB=AC=3得AE ⊥BC ,AE=√AB 2-BE 2=√5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为√5,故S △BCM =12×4×√5=2√5. 所以四面体N-BCM 的体积V N-BCM =13×S △BCM ×PA 2=4√53.20.(12分)四面体ABCD 及其三视图如图所示,平行于棱AD ,BC 的平面分别交四面体的棱AB ,BD ,DC ,CA 于点E ,F ,G ,H.(1)求四面体ABCD 的体积;(2)证明:四边形EFGH 是矩形.分析在第(1)问中,由三视图可知,四面体ABCD 中棱DA ,DB ,DC 的位置关系以及这三条棱的长度,然后套用锥体体积公式可求得该四面体的体积;在第(2)问中,应先证四边形EFGH 为平行四边形,这可由线面平行的性质定理证得,然后再证两相邻边垂直,这可由线面垂直的性质证得.(1)解由该四面体的三视图可知,四面体ABCD 如图所示,且BD ⊥DC ,BD ⊥AD ,AD ⊥DC ,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体的体积V=13×12×2×2×1=23.(2)证明∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.21.(12分)(2016全国乙高考)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)求证:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.因为PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心.由(1)知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故CD=23CG.由题设可得PC ⊥平面PAB ,DE ⊥平面PAB ,所以DE ∥PC ,因此PE=23PG ,DE=13PC. 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2√2.在等腰直角三角形EFP 中,可得EF=PF=2.所以四面体PDEF 的体积V=13×12×2×2×2=43.22.(12分)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC=BC=AA 1=a ,∠ACB=90°,D 是A 1B 1的中点.(1)求证:C 1D ⊥平面A 1B 1BA.(2)当点F 在BB 1上什么位置时,会使得AB 1⊥平面C 1DF ?并证明你的结论.(1)证明∵AC=BC ,∴△ABC 和△A 1B 1C 1均为等腰三角形,∵A 1D=DB 1,∴C 1D ⊥A 1B 1.∵AA 1⊥底面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥C 1D ,又AA 1∩A 1B 1=A 1,∴C 1D ⊥平面A 1B 1BA.(2)解当点F 与点B 重合时,AB 1⊥平面C 1DF.证明如下:由(1)可得C 1D ⊥AB 1,若要使AB 1⊥平面C 1DF ,只要DF ⊥AB 1即可.∵∠ACB=∠A 1C 1B 1=90°,且AA 1=AC=BC=a ,∴A 1B 1=√2a.∵△DEB 1∽△AA 1B 1∽△DB 1F ,∴DB 1AA 1=B 1FA 1B 1, ∴B 1F=a ,即当点F与点B重合时,AB1⊥平面C1DF.。
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7立体几何共26页文档
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一、选择题1.【2019高考新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B. 2.【2019高考浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2019高考新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =O 到面ABC 的距离d ==,SC为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2019高考四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行[答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A 错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B 错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D 错；故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.5.【2019高考四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P两点间的球面距离为（ ）A 、arccos 4RB 、4R πC 、arccos 3RD 、3R π [答案]A[解析] 以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴， 则A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R [点评]本题综合性较强，考查知识点较为全面，题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.6.【2019高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）A. 5B.3C. 5D. 35 【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，422=∙=∠∴R AOP COS),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则113,,AB a B D AD ===，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅. 7.【2019高考湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.8.【2019高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B 考点分析：本题考察空间几何体的三视图.【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B. 9.【2019高考广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C 【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ． 10.【2019高考福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.俯视图侧视图正视图 第4题图4【解析】法1：球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．法2：球的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形；圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。
最新立体几何选择填空题难题汇编(含解析)各地模拟题
最新立体几何选择填空题难题汇编（含解析）第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共14小题）1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为，则几何体的高x为（）A．3 B．5 C．4 D．22．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O 上，则球O的表面积为（）A．B．20πC．24πD．3．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S﹣ABC的体积为（）A．3 B．2 C．D．14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．36πB．29πC．28πD．25π5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2}B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4}D．{2，2+2，2﹣2}7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是（）A．B．9C．18πD．40π8．已知球O半径为，设S、A、B、C是球面上四个点，其中，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．B．C．D．9．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2，则这个四棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．16πD．32π10．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2 C．D．11．在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则四棱锥K ﹣ABCD的外接球的表面积为（）A．B．C．19πD．12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，面A1B1C1D1在一个半球的底面上，A、B、C、D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．B．C．12πD．13．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π14．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC 折起，使∠BDC=90°，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（）A．3πB．4πC．5πD．6π第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共26小题）15．如图，已知矩形ABCD，AD=2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成角为45°，则线段AE的长为．16．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，G为△ABC的重心，F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，则直线FG与AC所成角的余弦值为．17．若某三棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为，表面积为．18．如图，在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，则直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．19．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则A1C1与B1C所成的角为．20．已知三棱锥P﹣ABC的侧面PAC⊥底面ABC，侧棱PA⊥AB，且PA=PC=AC=AB=4．如图AB⊂平面α，以直线AB为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面α上的俯视图面积为S，则S的最小值是，S的最大值是．21．P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，则P到△ABC所在平面的距离为．22．△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是．23．（理）已知三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA的距离分别为，则Q点与顶点P之间的距离为．24．设M，N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1，AD的中点，试作出平面C1MN与正方体的截面．25．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体体积的最大值为．26．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为cm．27．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平α上，三条棱AB、AC、AD都在平面α的同侧．若顶点B，C到平面α的距离分别为1，．建立如图所示的空间直角坐标系，设平面α的一个法向量为（x0，y0，z0），若x0=1，则y0=，z0=，且顶点D到平面α的距离是．28．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为．29．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE 的中点，沿直线DE将△ADE翻折成棱锥A﹣BCDE，当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，则直线AB与CF所成角的余弦值为．30．如图，一个盛满水的三棱锥容器，三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知道SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的．31．在正三棱锥S﹣ABC中，SA=1，∠ASB=40°，过A作三棱锥的截面AMN，则截面三角形AMN的周长的最小值为．32．已知PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．33．给定一个正方体与三个球，其中一个球与该正方体的各面都相切，第二个球与正方体的各棱都相切，第三个球过正方体的各个顶点，则此三球的半径之比是．34．△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离是14，那么点P到平面ABC的距离是：．35．从空间一个点P引四条射线PA、PB、PC、PD，它们两两之间的夹角相等，则该角的余弦值为．36．在正三棱锥P﹣ABC中，M、N分别是侧棱PB，PC的中点，若截面AMN⊥侧面PBC，则此三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是．37．已知m，l是异面直线，那么：①必存在平面α，过m且与l平行；②必存在平面β，过m且与l垂直；③必存在平面γ，与m，l都垂直；④必存在平面π，与m，l的距离都相等．其中正确的结论是．38．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AA1=2，则二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．39．点P在直径为2的球面上，过P两两垂直的3条弦，若其中一条弦长是另一条的2倍，则这3条弦长之和的最大值是．40．如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A'B'C'D'，M是正方形BB'C'C的中心，P是△A'C'D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为．参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为，则几何体的高x为（）A．3 B．5 C．4 D．2【解答】解：该几何体的外接球的表面积为，可得球的半径为r=．几何体是四棱锥，如图：AO′=，O向SE做垂直垂足O''，OO''=1，SO''==，OO′=x﹣，AO″=，可得：AO″2=AE2+OO′2，即=1+（x﹣）2，解得x=2．故选：D．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O 上，则球O的表面积为（）A．B．20πC．24πD．【解答】解：取CD中点E，BD中点F，连结BE、AF、EF，∵四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，BD=BC==2，CD=，CE=DE=，AF=BF=DF=EF=1，，则点E为△BCD外接圆的圆心，点F为△ABD外接圆的圆心，过点E作平面BCD的垂线EO，过点F作平面ABD的垂线FO，且直线EO与直线FO交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，如下图所示，易知，，所以，，所以，，则四面体ABCD的外接球半径为，因此，球O的表面积为，故选：B．3．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S﹣ABC的体积为（）A．3 B．2 C．D．1【解答】解：设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD．因为线段SC是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°所以在Rt△SAC中，SC=4，∠ASC=30°得：AC=2，SA=2又在Rt△SBC中，SC=4，∠BSC=30°得：BC=2，SB=2则：SA=SB，AC=BC因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD== =在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD===又SD交CD于点D 所以：AB⊥平面SCD 即：棱锥S﹣ABC的体积：V=AB•S，△SCD 因为：SD=，CD=，SC=4 所以由余弦定理得：cos∠SDC=（SD2+CD2﹣SC2）=（+﹣16）==则：sin∠SDC==由三角形面积公式得△SCD的面积S=SD•CD•sin∠SDC==3==所以：棱锥S﹣ABC的体积：V=AB•S△SCD故选：C．4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．36πB．29πC．28πD．25π【解答】解：三视图对应几何体的直观图如图：S﹣ABC，由题意可知：AB=4，BC=2，SD⊥AB，三角形ABC的外心为O′，设三棱锥的外接球的球心为O，设OO′=x，则=，即，解得x=，所以外接球的半径：．外接球的表面积为：4×=29π．故选：B．5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：设点A到平面A1BC的距离为h，∵=，∴，∴，解得h=，故选：B．6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2}B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4}D．{2，2+2，2﹣2}【解答】解：由三视图可知直三棱柱的底面斜边的高为1，斜边长为2，直角三角形，棱柱的高为a，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则球半径R满足：①R==（此时球为棱柱的内切球），解得：a=2﹣2，②R=且R+1=R（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在直角的夹角内），解得：a=2+2，③R=且R+tan22.5°R=（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在45°角的夹角内），解得：a=2，故选：D．7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是（）A．B．9C．18πD．40π【解答】解：如图所示：三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则：当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，由于：PA⊥平面ABC，所以：PA2+AM2=PM2，解得：AM=1，所以：BM=，则：∠BAM=60°，由于：，∠BAC=120°，所以：∠MAC=60°则：△ABC为等腰三角形．所以：BC=2，在△ABC中，设外接圆的直径为2r=，则：r=2，所以：外接球的半径R═，则：S=，故选：C．8．已知球O半径为，设S、A、B、C是球面上四个点，其中，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：当S在经过AC与球心的连线上时，由于：AC==8，球心到AC的中点的连线，d=，所以：锥体的最大高度为：h=3，所以：V==．故选：A．9．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2，则这个四棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．16πD．32π【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O，则在直角三角形ABC中，AC=×AB=4，∴AO=CO=2，在直角三角形PAO中，PO===2，∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2，∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2，球的体积V=πr3=π故选：B．10．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2 C．D．【解答】解：由题意可得，点G是△ABC的重心，∴AG=AE=，设△ABC的外心为O，由题意点O在AE上，令OA=r，则OE2+EC2=OC2，即（3﹣r）2+12=r2，解得r=，∵AD⊥平面ABC，∴四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+（）2=+，由题意得4πR2=4π（+）=，解得AD=4，∴tan∠AGD=．故选：B．11．在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则四棱锥K ﹣ABCD的外接球的表面积为（）A．B．C．19πD．【解答】解：如图所示，延长BA，CF，交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A做AH∥PB，与EG交于H，则===．PA=AB=3，AF=2，∴AK=，底面是正方形的四棱锥，连接AC和BD交于O，设球心为I，可得OI=．球心到A，B，C，D距离等于球的半径R，∴R2=OI2+OA2==，外接球的表面积V=4πR2=．故选：D．12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，面A1B1C1D1在一个半球的底面上，A、B、C、D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．B．C．12πD．【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，∴正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则平面ABCD的外接圆半径r=，球心到平面的距离d=2，则球的半径R==，故此半球的体积V==，故选：D．13．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=，AB=2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=．则球O的表面积S=4πR2=9π，故选：A．14．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC 折起，使∠BDC=90°，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（）A．3πB．4πC．5πD．6π【解答】解：边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC折起，使∠BDC=90°，∴将折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为，故其外接球的半径为，其表面积为5π．故选：C．二．填空题（共26小题）15．如图，已知矩形ABCD，AD=2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成角为45°，则线段AE的长为2．【解答】解：如图所示，过A′作A′O⊥CD，垂足为O点．连接OE．由题意可得：∠A′DO=45°．∵A′D=AD=2，∴OD=A′O=．设AE=x，则DE=，OE=．在Rt△ADE中，cos∠AED=．在△ODE中，cos∠ODE=，∴=，化为：x=4，解得x=2．故答案为：2．16．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，G为△ABC的重心，F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，则直线FG与AC所成角的余弦值为．【解答】解：G为△ABC的重心，取AB，BC的中点N，M，可得AC∥MN，如图：F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，∴FG∥DM，所以，直线FG与AC所成角的平面就∠NMD，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，∵M是中点，在△ABC中，由中线定理，求解AM=4在△NMD中，DN=5，MN=5，DM==4那么cos∠NMD=故答案为：．17．若某三棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为，表面积为3．【解答】解：由三视图可知几何体为三棱锥，棱锥顶点在底面的射影为底面等腰三角形的顶点，棱锥底面等腰三角形的底边为2，底边的高为1，∴底面三角形的腰为，棱锥的高为．∴V==，S=+××2+=3．故答案为，18．如图，在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，则直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．【解答】解：∵在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，∴以B1为原点，B1A1为x轴，B1C1为y轴，B1B2为z轴，建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），C1（0，3，0），A1（3，0，0），N（0，0，1），M（0，3，2），=（0，3，0），=（3，0，﹣1），=（0，3，1），设平面NA1M的法向量=（x，y，z），则，取x=1得=（1，﹣1，3），设直线B1C1与平面A1MN所成角为θ，则sinθ===．∴直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．故答案为：．19．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则A1C1与B1C所成的角为60°．【解答】解：如图，∵直线A1C1∥AC，∴∠B1CA是异面直线A1C1与B1C所成的角，连结AB1，AC，∵△ACB1是等边三角形，∴∠B1CA=60°．∴异面直线A1C1与B1C所成的角是60°．故答案为60°．20．已知三棱锥P﹣ABC的侧面PAC⊥底面ABC，侧棱PA⊥AB，且PA=PC=AC=AB=4．如图AB⊂平面α，以直线AB为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面α上的俯视图面积为S，则S的最小值是，S的最大值是8．【解答】解：取AC的中点D，由PA=PC=AC，可得PD⊥AC，又∵侧面PAC⊥底面ABC，侧面PAC∩底面ABC=AC，PD⊂侧面PAC∴PD⊥底面ABC，又∵AB⊂底面ABC，∴PD⊥AB，又∵PA⊥AB，PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAC，∴旋转过程中等边△PAC在底面上的射影总在侧面PAC与平面α的交线l上，且长度范围是，又∵AB⊥l，所以S最小值为，最大值为8．故答案为：，8．21．P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，则P到△ABC所在平面的距离为a．【解答】解：∵P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，∴三棱锥P﹣ABC可看出边长正方体的一角∴P到△ABC所在平面的距离为正方体的对角线的∵正方体的体对角线长为∴P到△ABC所在平面的距离为a故答案为：a22．△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是16π．【解答】解：△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，可得三角形是一个直角三角形，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体是一个圆锥，其高为3，底面半径是4故其体积为=16π故答案为：16π．23．（理）已知三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA的距离分别为，则Q点与顶点P之间的距离为．【解答】解：由题意如图，三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA 的距离分别为，为棱扩展为长方体，求出体对角线的长，就是Q点与顶点P之间的距离．所以PQ==故答案为：．24．设M，N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1，AD的中点，试作出平面C1MN与正方体的截面．【解答】解：取DD1中点G，再取GD的中点F，连结AG、NF、C1F，延长FN交A1A于点H，连结HM交AB于点E，连结EN，则五边形C1MENF就是所求的截面．下面证明C1、M、E、N、F共面，∵G、M分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DD1、BB1的中点，∴C1M∥AG，∵△ADG中，N、F分别为AD、DG的中点，∴NF∥AG，可得C1M∥NF，由此可得C1M与NF确定平面C1MNF，又∵H∈NF，NF⊂平面C1MNF，∴H∈平面C1MNF，因此H、C1、M、N、F共面，可得HM⊂平面C1MNF，∵E∈HM，HM⊂平面C1MNF，∴E∈平面C1MNF，即C1、M、E、N、F共面．25．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体体积的最大值为a3．【解答】解：如图所示，在四面体ABCD中，若AB=BC=CD=AC=BD=a，AD=x，取AD的中点P，BC的中点E，连接BP，EP，CP，易证AD⊥平面BPC，所以V A=S△BPC×AD=×x=﹣BCD×=×≤a3，当且仅当，即x=时取等号．故答案为：a3，26．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为13cm．【解答】解：作出圆锥的轴截面如图，设SA=y，O′A′=x；利用平行线截线段成比例，则SA′：SA=O′A′：OA，即（y﹣10）：y=x：4x，解得y=13．即圆锥的母线长为13cm．故答案为：1327．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平α上，三条棱AB、AC、AD都在平面α的同侧．若顶点B，C到平面α的距离分别为1，．建立如图所示的空间直角坐标系，设平面α的一个法向量为（x0，y0，z0），若x0=1，则y0=，z0=，且顶点D到平面α的距离是．【解答】解：如图所示，连结BC、CD、BD，则四面体A﹣BCD为直角四面体；作平面α的法线AH，作BB1⊥平面α于B1，CC1⊥平面α于C1，DD1⊥平面α于D1；连结AB1，AC1，AD1，令AH=h，DA=a，DB=b，DC=c，的体积相等，由V三棱锥A﹣BCD•h=×abc，∴×S△BCD∴•••h=abc，可得=++，∴++=1，令∠BAB1=α，∠CAC1=γ，∠DAD1=β，可得sin2α+sin2β+sin2γ=1，设DD1=m，∵BB1=1，CC1=，∴++=1，解得m=；即所求点D到平面α的距离为．又α的法向量为=（x0，y0，z0）=（hcos（﹣α），hcos（﹣γ），hcos（﹣β））=（hsinα，hsinγ，hsinβ），由hsinα=1，得hsinγ=，hsinβ=；∴=（1，，）．故答案为：，，．28．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为cm3．【解答】解：根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，∴圆的半径为：4，∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm，∴d=8﹣6=2，∴球的半径为：R=，R=5∴球的体积为π×（5）3=cm3故答案为．29．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE 的中点，沿直线DE将△ADE翻折成棱锥A﹣BCDE，当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，则直线AB与CF所成角的余弦值为．【解答】解：作出对应的图象，由题意知当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，满足AF⊥底面BCDE，以F为坐标原点，以FD，FC，FA分别为x，y，z轴建立空间坐标系，∵AB=2BC=2CD=2，∴BC=CD=1，则FA=FC=，FE=FD=，即D（，0，0），E（﹣，0，0），C（0，，0），A（0，0，），设B（x，y，z），则，即（﹣，，0）=（x+，y，z），解得x=﹣1，y=，z=0，即B（﹣1，，0），则=（﹣1，，﹣），=（0，，0），则•=×=，||=，||==，则cos＜，＞===，故直线AB与CF所成角的余弦值为，故答案为：30．如图，一个盛满水的三棱锥容器，三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知道SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的．【解答】解：如右图所示，过DE作与底面ABC平行的截面DEM，则M为SC的中点，F为SM的中点．过F作与底面ABC平行的截面FNP，则N，P分别为SD，SE的中点．设三棱锥S﹣ABC的体积为V，高为H，S﹣DEM的体积为V1，高为h，则=，==．三棱锥F﹣DEM的体积与三棱锥S﹣DEM的体积的比是1：2（高的比），∴三棱锥F﹣DEM的体积．三棱台DEM﹣ABC的体积=V﹣V1=，∴最多可盛水的容积=+=．故最多所盛水的体积是原来的．故答案为：．31．在正三棱锥S﹣ABC中，SA=1，∠ASB=40°，过A作三棱锥的截面AMN，则截面三角形AMN的周长的最小值为．【解答】解：沿侧棱S把正三棱锥的侧面展开如右图，可观察出，当截与三棱锥各面交线恰好共线时，周长最小，且最小值为AA1的长，在△AA1S中，SA=SA1=1，∠ASA1=120°∴AA12=SA2+SA12﹣2SA•SA1cos120°=1+1+1=3∴AA1=故答案为32．已知PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．【解答】解：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．△DEP≌△DFP，∴EP=FP，∴△OEP≌△OFP，因为∠APC=∠BPC=60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE=30°．设PE=1，∵∠OPE=30°∴OP==在直角△PED中，∠DPE=60°，PE=1，则PD=2．在直角△DOP中，OP=，PD=2．则cos∠DPO==．即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．33．给定一个正方体与三个球，其中一个球与该正方体的各面都相切，第二个球与正方体的各棱都相切，第三个球过正方体的各个顶点，则此三球的半径之比是1：．【解答】解：设正方体的棱长为a，可得∵第一个球与该正方体的各面都相切∴第一个球的直径等于正方体的棱长a，故球的半径为r1=a又∵第二个球与正方体的各棱都相切∴第二个球的直径等于正方体的相对两条棱的距离故球的半径为正方体面上的对角线长：即2r2=a⇒r2=a∵第三个球过正方体的各个顶点，∴第三个球的直径等于正方体的对角线长即2r3=⇒r3=可得r1：r2：r3=a：a：=1：故答案为：1：34．△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离是14，那么点P到平面ABC的距离是：7．【解答】解析：记P在平面ABC上的射影为O，∵PA=PB=PC∴OA=OB=OC，即O是△ABC的外心，只需求出OA（△ABC的外接圆的半径），记为R，在△ABC中由余弦定理知：BC=21，在由正弦定理知：2R==14，∴OA=7，得：PO=7．故答案为：7．35．从空间一个点P引四条射线PA、PB、PC、PD，它们两两之间的夹角相等，则该角的余弦值为．【解答】解：如图，可把正方体的中心看成P点，相对的四个顶点看做A，B，C，D，设正方体棱长为1，则PA=，PB=，AB=，cos∠APB==﹣故答案为﹣36．在正三棱锥P﹣ABC中，M、N分别是侧棱PB，PC的中点，若截面AMN⊥侧面PBC，则此三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是．【解答】解：如图，取MN中点O，连接AO，PO，延长PO交BC于点D，连接AD，则BD=DC∵三棱锥P﹣ABC为正三棱锥∴AM=AN∴AO⊥MN∵截面AMN⊥侧面PBC∴AO⊥侧面PBC∴AO⊥PD，又PO=OD∴PA=AD，且∠ADO就是侧面与底面所成的二面角的平面角设AB=a，则AD=a=PA∵PD==∴OD=∴AO==在Rt△AOD中，tan∠ADO===∴三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是故答案为37．已知m，l是异面直线，那么：①必存在平面α，过m且与l平行；②必存在平面β，过m且与l垂直；③必存在平面γ，与m，l都垂直；④必存在平面π，与m，l的距离都相等．其中正确的结论是①④．【解答】解：对于①：过m上任意一点做l的平行线，与m确定的平面即符合要求，所以①成立；对于②：若存在这样的平面a与l垂直，则a内的每一条直线都与l垂直，当然包括m，而题里没有说m与l垂直，所以不一定存在．对于③，若存在平面γ，与m，l都垂，因为垂直同一平面的两直线平行，则m，l平行，与前提矛盾；对于④，过他们的公垂线的中点做和两直线都平行的平面即为所求．成立．故正确的结论只有①④．故答案为：①④．38．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AA1=2，则二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．【解答】解：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），=（0，1，2），=（，，0）．设n=（x，y，z）为平面ABC1的法向量则取n=（﹣，2，﹣1），取m=（0，0，1），作为平面ABC的法向量．则cos＜m，n＞==﹣．∴二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．故答案为：39．点P在直径为2的球面上，过P两两垂直的3条弦，若其中一条弦长是另一条的2倍，则这3条弦长之和的最大值是．【解答】解：设三条弦长分别为x，2x，y，则：x2+（2x）2+y2=4，即：5x2+y2=4，设，则这3条弦长之和=3x+y==sin（θ+φ），其中tanφ=，所以它的最大值为：故答案为：40．如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A'B'C'D'，M是正方形BB'C'C的中心，P是△A'C'D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为．【解答】解：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，∵P是△A′C′D内（包括边界）的动点，∴点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，S在4等分点时，SD=3，SM==3，满足SD=SM．∴SD=3，TD=2∴ST2=﹣2××cos60°=14．∴ST=．故答案为：．。
立体几何初步测试卷(A卷基础篇)解析版
第八章立体几何初步A（基础卷）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2019秋•兴庆区校级期末）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A．①是棱台B．②是圆台C．③是四面体D．④不是棱柱【解答】解：图（1）不是由棱锥截来的，所以（1）不是棱台；图（2）上、下两个面不平行，所以（2）不是圆台；图（3）是四面体．图（4）前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以（4）是棱柱．故选：C．2．（2020春•红岗区校级期中）古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为（）A．B．C．πD．【解答】解：设球的半径为r，则由题意可得球的表面积为，所以r＝1，所以圆柱的底面半径为1，高为2，所以最多可以注入的水的体积为．故选：B．3．（2019春•扬州期末）已知△ABC中，AB＝AC＝2，AB⊥AC，将△ABC绕BC所在直线旋转一周，形成几何体K，则几何体K的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中若L＝2，R∴Sπ×22×2＝4π故选：B．4．（2019春•湖南期末）已知α、β为两个不同平面，l为直线且l⊥β，则“α⊥β”是“l∥α”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：根据题意，当“l∥α”时，必有“α⊥β”，反之，当“α⊥β”时，l可能在平面α内，即“l∥α”不一定成立，则“α⊥β”是“l∥α”的必要不充分条件；故选：B．5．（2020春•顺德区月考）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，O为△ABC的外心，则异面直线AC1与OB所成角的大小为（）A．30°B．60°C．45°D．90°【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，且O为△ABC的外心，∴O是△ABC的垂心，∴BO⊥AC，且AA1⊥平面ABC，BO⊂平面ABC，∴BO⊥AA1，∴BO⊥平面AA1C1C，且AC1⊂平面AA1C1C，∴BO⊥AC1，∴异面直线AC1与OB所成角的大小为90°．故选：D．6．（2019秋•安庆期末）下列命题的符号语言中，不是公理的是（）A．a⊥α，b⊥α⇒a∥bB．P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈lC．A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂αD．a∥b，a∥c⇒b∥c【解答】解：A不是公理，在B中，由公理三知：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故B是公理．在C中，由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故C是公理；在D中，由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故D是公理；故选：A．7．（2019秋•滑县期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，P A∥平面MQB，则实数t的值为（）A．B．C．D．【解答】解：连AC交BQ于N，交BD于O，连接MN，如图则O为BD的中点，又∵BQ为△ABD边AD上中线，∴N为正三角形ABD的中心，令菱形ABCD的边长为a，则AN a，AC a．∵P A∥平面MQB，P A⊂平面P AC，平面P AC∩平面MQB＝MN∴P A∥MN∴PM：PC＝AN：AC即PM PC，t．故选：C．8．（2020•聊城模拟）我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童．如图的刍童ABCD ﹣EFGH有外接球，且AB＝2，平面ABCD与平面EFGH间的距离为1，则该刍童外接球的体积为（）A．12πB．24πC．36πD．48π【解答】解：如图，设上底面中心为O1，下底面中心为O2，刍童外接球的球心为O，则O，O1，O2共线，连接O1E，O2A，OE，OA，由已知可得，，O1O2＝1．设该刍童的外接球的半径为R，OO2＝h，则R2＝8+h2，R2＝5+（h+1）2，联立解得R2＝9．∴该刍童的外接球的表面积为S＝4πR2＝36π．故选：C．二．多选题（共4小题）9．（2020春•芝罘区校级期末）下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．B．C．D．【解答】解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，∴AB∥平面MNP，故A成立；B若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；C过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；D连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立．故选：AD．10．（2019秋•汕尾期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（）A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF【解答】解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF．∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直．∴B正确，A不正确．又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确．HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确．D不正确．故选：BC．11．（2019春•东营期末）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m∥n，m∥α，则n∥αC．若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线【解答】解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m∥n，故A正确；对于B，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故B错误；对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线，故D正确．故选：AD．12．（2020•泉州一模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列选项中正确的是（）A．AC⊥B1EB．B1C∥平面A1BDC．三棱锥C1﹣B1CE的体积为D．异面直线B1C与BD所成的角为45°【解答】解：如图，∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BB1D1D，又B1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1E，故A正确；∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD，故B正确；三棱锥C1﹣B1CE的体积为，故C错误；∵BD∥B1D1，∴∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，又△CB1D1是等边三角形，∴异面直线B1C与BD所成的角为60°，故D错误．故选：AB．三．填空题（共4小题）13．（2020•中卫二模）已知三棱锥O﹣ABC中，A，B，C三点在以O为球心的球面上，若AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，且三棱锥O﹣ABC的体积为，则球O的表面积为52π．【解答】解：如图所示设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，在△ABC中，由余弦定理可得：|AC|2，∵2r4，解得：r＝2．又由题知S△ABC2×2×sin120°，又三棱锥O﹣ABC的体积为S△ABC•|OO1|，所以棱锥O﹣ABC的高|OO1|＝3，∴球O的半径R，∴球O的表面积为4πR2＝52π．故答案为：52π．14．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是12cm3．【解答】解：六棱柱的体积为：，圆柱的体积为：π×（0.5）2×2，所以此六角螺帽毛坯的体积是：（12）cm3，故答案为：12．15．（2020•宿迁模拟）已知圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，记圆锥和球体的体积分别为V1，V2，则的值为．【解答】解：设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该该等边三角形的内切圆，所以r R，V2πr3π•（R）3πR3，V1πR2（R）πR3，所以球与圆锥的体积之比为．故答案为：．16．（2019秋•莆田期末）在三棱锥P﹣ABC中，∠ABC＝60°，∠PBA＝∠PCA＝90°，点P到底面ABC 的距离为，若三棱锥P﹣ABC的外接球表面积为6π，则AC的长为．【解答】解取P A的中点哦，连接OB，OC，因为∠PBA＝∠PCA＝90°，所以OA＝OP＝OB＝OC，即O为三棱锥外接球的球心，设外接球半径为R，由S＝4πR2＝6π，所以R2，过O做OO'⊥面ABC交于O'，连接O'A则O'A为△ABC，则O'A为△ABC外接圆的半径设为r，则r＝O'A，因为点P到底面ABC的距离为，所以OO'，在△AOO'中，R2＝OO'2+r2，所以r2（）2＝1，即r＝1，在△ABC中，2r，所以AC＝2r•sin60°＝2，故答案为：．四．解答题（共5小题）17．（2020•广东学业考试）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点．（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求证：平面PBD⊥平面P AC．【解答】证明：（1）取PC的中点G，∵F是PD的中点，∴FG∥CD，且FG CD，又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，∴BE∥CD，且BE CD，∴BE∥FG，且BE＝FG，∴四边形BEFG是平行四边形，∴EF∥BG，又EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC；（2）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PB＝PD，O是BD中点，∴BD⊥PO，又AC∩PO＝O，AC⊂平面P AC，PO⊂平面P AC，∴BD⊥平面P AC，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面P AC．18．（2019秋•赣州期末）在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，E为AD的中点，如图1，将△ABE沿BE折起，使得点A到达点P的位置（如图2），且平面PBE⊥平面BCDE（1）证明：PB⊥平面PEC；（2）若M为PB的中点，N为PC的中点，求三棱锥M﹣CDN的体积．【解答】解：（1）证明：由题意，易得，∴BE2+CE2＝BC2，即BE⊥CE，又∵平面PBE⊥平面BCDE，交线为BE，∴CE⊥平面PBE，∴CE⊥PB，又∵PB⊥PE，∴PB⊥平面PEC；（2）取BE中点O，连接PO，∵PB＝PE，∴PO⊥BE，，又∵平面PBE⊥平面BCDE，交线为BE，∴PO⊥平面BCDE，∵M为PB的中点，N为PC的中点，∴．19．（2019春•河南月考）如图所示，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝1，BC＝2，PB⊥平面ABCD，PB＝1．（Ⅰ）求证：CD⊥PD；（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD的表面积．【解答】解：（Ⅰ）证明：在梯形ABCD中，易求，∵BC＝2，∴CD⊥PD，∵PB⊥平面ABCD，CD在平面ABCD内，∴PB⊥CD，又PB∩BD＝B，且都在平面PBD内，∴CD⊥平面PBD，又PD在平面PBD内，∴CD⊥PD；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又∵DA∥BC，BC⊥AB，PB⊥平面ABCD，∴△P AD，△PBA，△PCD都为直角三角形，∴，∵，∴四棱锥P﹣ABCD的表面积为．20．（2019春•玉溪期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中（底面△ABC为正三角形），A1A⊥平面ABC，AB＝AC＝2，，D是BC边的中点．（1）证明：平面ADB1⊥平面BB1C1C．（2）求点B到平面ADB1的距离．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC．又BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD．又BC∩BB1＝B，∴AD⊥平面BB1C1C．又AD⊂平面ADB1，∴平面ADB1⊥平面BB1C1C．（2）解：由（1）知，AD⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，∴AD⊥B1D．，∵，B1D＝2，∴，．设点B到平面ADB1的距离为d，由，得，即，∴d，即点B到平面ADB1的距离为．21．（2019秋•路南区校级期中）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AA1＝2，D 为AB的中点．（1）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值；（2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得平面C1AM∥平面B1CD．【解答】解：（1）以C为原点，CB、CA、CC1分别为x、z、y轴建立空间直角坐标系．因为AC＝BC，AA1＝2．所以C（0，0，0），A（），C1（0，2，0），．所以，那么；（2）在A1B1上中点M，连接MA．证明如下：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱．∴平面ABC∥平面A1B1C1，AB∥A1B1，AB＝A1B1．∵D、M分别是AB、A1B1的中点．∴C1M∥CD．∵CD⊂平面CDB1，C1M⊄平面CDB1，∴C1M∥平面CDB1．∴，．∴MB1＝AD，MB1∥AD．∴四边形ADB1M是平行四边形．∴AM∥DB1．∵DB1⊂平面DCB1，AM⊄平面DBC1．∴AM∥平面DCB1．∵C1M∩AM＝M．∴平面C1AM∥平面B1CD．附赠材料答题六注意：规范答题不丢分提高考分的另一个有效方法是减少或避免不规范答题等非智力因素造成的失分,具体来说考场答题要注意以下六点:第一,考前做好准备工作。
高三数学训练：立体几何(附答案)
四川省2019届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、（2018全国III 卷高考）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．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（ ）2、（2017全国III 卷高考）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（） A ．πB ．3π4C ．π２D ．π43、（2016全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）814、（成都市2018届高三第二次诊断）已知m ，是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若m α⊂，则m β⊥B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥C ．若m α⊄，m β⊥，则//m αD ．若m αβ=，n m ⊥，则n α⊥5、（成都市2018届高三第三次诊断）在正三棱柱111ABC A B C - (底面是正三角形,侧棱垂直于底面的棱柱)中，所有棱长之和为定值a .若正三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 的表面上，则当正三棱柱侧面积取得最大值24时，该球的表面积为（ ） A ．43π B ．323π C ．12π D ．643π6、（达州市2017届高三第一次诊断）如图某几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A ．32π B ．3π C ．32π D ．3π7、（德阳市2018届高三二诊考试）如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π8、（广元市2018届高三第一次高考适应性统考）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，且,m n αβ⊂⊂，下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥，则m n ⊥B ．若//αβ，则//m nC ．若m n ⊥，则αβ⊥D ．若n α⊥，则αβ⊥9、（泸州市2018届高三第二次教学质量诊断）设a ，b 是两条不同的直线，α、β是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是A ．若a b ⊥，a α⊥，则//b αB ．若//a α，αβ⊥，则//a βC ．若//a α，//a β，则//αβD ．若//a b ，a α⊥，b β⊥，则//αβ10、（南充市2018届高三第二次高考适应性考试）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为( )A ．23472++B ．1072+ C. 710+ D ．3412+11、（仁寿县2018届高三上学期零诊）如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1﹣BFE 的体积为12、（遂宁市2018届高三三诊考试）在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为A ．π)27(-B ．π)27(+C ．π)26(+D ．π)37(-13、（雅安市2018届高三下学期三诊）某几何体的三视图如图所示，其中，正视图、俯视图都是矩形，侧视图是直角三角形，则该几何体的体积等于（ ）A ．1B ．2C ．3D ．414、（资阳市2018届高三4月模拟考试（三诊））如图，二面角BC αβ--的大小为6π，AB CD αβ⊂⊂，，且2AB =，243BC CD ABC BCD ππ==∠=∠=，，，则AD 与β所成角的大小为A ．π4B ．π3 C.π6D ．π1215、（成都市石室中学高2018届高三下期二诊模拟）一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为2 ，则此四棱锥最长的侧棱长为 .23A.11B .13C .10D16、（成都市2018届高三第二次诊断）《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）A ．863π B ．86π C ．6π D ．24π 17、（2016全国III 卷高考）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π二、解答题1、（2018全国III 卷高考）如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是CD 上异于C ，D 的点．⑴证明：平面AM D ⊥平面BMC ；⑵当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2、（2017全国III 卷高考）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，AB BD =．（1）证明：平面ACD ^平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分．求二面角D AE C --的余弦值．DABCE3、（2016全国III 卷高考）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面A B C D ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.4、（成都市2018届高三第二次诊断）如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，60FBD ∠=，AB BC ⊥，2AB BC ==.（1）若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； （2）求平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值.5、（成都市2018届高三第三次诊断）如图①,在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥CD ，60ABC ∠=，2CD =，4AB =，点E 为AB 的中点；现将三角形BEC 沿线段EC 折起，形成直二面角P EC A --,如图②，连接,PA PD 得四棱锥P AECD -，如图③.（I ）求证：PD EC ⊥；（Ⅱ）求平面PEC 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值.6、（达州市2017届高三第一次诊断）如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，2PB =，PB 与面PCD 成045角，PB 与面ABD 成030角.（1）在PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥面ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由； （2）当E 为PB 中点时，求二面角P AE D --的余弦值.7、（德阳市2018届高三二诊考试）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为边长为2的菱形，60DAB ∠=，90ADP ∠=，面ADP ⊥面ABCD ，点F 为棱PD 的中点.（1）在棱AB 上是否存在一点E ，使得//AF 面PCE ，并说明理由； （2）当二面角D FC B --的余弦值为14时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角.8、（广元市2018届高三第一次高考适应性统考）如图，ABC ∆是以ABC ∠为直角的三角形，SA ⊥平面,2,4,,ABC SA BC AB M N ===分别是,SC AB 的中点. （1）求证：MN AB ⊥；（2）D 为线段BC 上的点，当二面角S ND A --的余弦值为66时，求三棱锥D SNC -的体积.9、（泸州市2018届高三第二次教学质量诊断）如图，三棱锥A BCD -的侧面ABD △是等腰直角三角形，90BAD ∠=，BD DC =，120BDC ∠=，且2AC AB =． （I ）求证：平面ABD ⊥平面BCD ； （II ）求二面角B AC D --的余弦值．DCBA10、（南充市2018届高三第二次高考适应性考试）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，PB PA ABC ⊥︒=∠，660,2=PC . (Ⅰ)求证：平面⊥PAB 平面 ABCD ；(Ⅱ)若PB PA =,求二面角D PC A --的余弦值.11、（仁寿县2018届高三上学期零诊）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB=2CD=2BC ，EA ⊥EB （1）求证：EA ⊥平面EBC ； （2）求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值．12、（遂宁市2018届高三三诊考试）如图所示的几何体中，111C B A ABC -为三棱柱，且⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，︒=∠=60,2ADC CD AD ．（1）若AC AA =1，求证：1AC ⊥平面CD B A 11； （2）若12,CD AA AC λ==，二面角11C A D C --的余弦值为24，求三棱锥11C ACD -的体积．13、（雅安市2018届高三下学期三诊）如图，在四棱锥S ABCD -中，SD ⊥底面ABCD ，M 为SD 的中点，底面ABCD 为直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，且222CD AB AD ===.（1）求证：//AM 平面SBC ，平面SBC ⊥平面SDB ； （2）若SB 与平面SDC 所成角的正弦值为33，求二面角A SB C --的余弦值.14、（资阳市2018届高三4月模拟考试（三诊））如图，三棱柱111ABC A B C -的各棱长均相等，1AA ⊥底面ABC ，E ，F 分别为棱1AA BC ，的中点．（1）过1FA 作平面α，使得直线BE //平面α，若平面α与直线1BB 交于点H ，指出点H 所在的位置，并说明理由；（2）求二面角1B FH A --的余弦值．15、（成都市石室中学高2018届高三下期二诊模拟）如图，在多面体ABCDEF 中，矩形BDEF 所在平面与正方形ABC D 所在平面垂直，点M 为AE 的中点. （1）求证：BM //平面EFC（2）若DE AB =，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值.参考答案： 一、选择、填空题 1、A 2、【答案】B【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，则圆柱体体积23ππ4V r h ==，故选B.3、B4、C5、【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -底面边长为x ，侧棱为y ，则63x y a +=，三棱柱111ABC A B C -侧面积3S xy =.所以2216336224x y a S xy +⎛⎫=≤= ⎪⎝⎭，当且仅当632a x y ==，即,126a a x y ==时，等号成立，所以24a =，2x =，4y =.所以正三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心O 到顶点A 的距离为443434+=，所以该球的表面积为643π.故选D.6、D7、C8、D9、D 10、B 11、11212、B 13、B 14、C 15、C 16、C 17、【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．二、解答题1、解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r， (2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，， ∴15cos 55θ==，∴ 25sin 5θ=.2、【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；ABC ∆为等边三角形∴BO AC ⊥∴AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. ∴AD CD =,即ACD ∆为等腰直角三角形，ADC ∠ 为直角又O 为底边AC 中点 ∴DO AC ⊥令AB a =，则AB AC BC BD a ==== 易得：22OD a =，32OB a = ∴222OD OB BD +=由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥OD ACOD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面OD ABC ∴⊥平面 又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直的判定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由题意可知V V D ACE B ACE --= 即B ,D 到平面ACE 的距离相等 即E 为BD 中点以O 为原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,,02B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,,44a E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 易得：3,,244a a AE a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 设平面AED 的法向量为1n ，平面AEC 的法向量为2n ， 则110AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()13,1,3n =DABC EODABCEyxOz220AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()20,1,3n =- 若二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则12127cos 7n n n n θ⋅==⋅ 3、设),,(z y x n =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=n ，于是2558|||||||,cos |=⋅=><AN n AN n AN n .4、解：（1）连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且60FBD ∠=，∴DBF ∆为等边三角形.∵M 为BF 的中点，∴DM BF ⊥.∵AB BC ⊥，2AB BC ==，又D 是AC 的中点， ∴BD AC ⊥. ∵平面BDEF平面ABC BD =，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF .又BF ⊂平面BDEF ，∴AC BF ⊥. 由DM BF ⊥，AC BF ⊥，DM AC D =，∴BF ⊥平面AMC.（2）设线段EF 的中点为N ，连接DN .易证DN ⊥平面ABC .以D 为坐标原点，DB ，DC ，DN 所在直线分别为轴，y 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则(0,1,0)A -，13(,0,)22E -，13(,0,)22F ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C . ∴13(,1,)22AE =-，(1,0,0)EF =，13(,0,)22BF =-，(1,1,0)BC =-.设平面AEF ，平面BCF 的法向量分别为111(,,)m x y z =，222(,,)n x y z =.由00AE m EF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩111113022102x y z x ⎧-++=⎪⎪⇒⎨⎪=⎪⎩.解得1132y z =-.取12z =-，∴(0,3,2)m =-.又由00BC n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2222013022x y x z -+=⎧⎪⇒⎨-+=⎪⎩解得223y z =. 取21z =，∴(3,3,1)n =. ∵cos ,m n <>m n m n⋅=11777==⋅.∴平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值为17.5、 【解析】6、1)法一：要证明PC ⊥面ADE ，易知AD ⊥面PDC ，即得AD ⊥PC ，故只需0DE PC ⋅=即可， 所以由()00||1DP PE PC DP PC PE PC PE +⋅=⇒⋅+⋅=⇒=,即存在点E 为PC 中点 …6分 法二：建立如图所示的空间直角坐标系D －XYZ ， 由题意知PD ＝CD ＝1， 2CE =，设PE PB λ=， (2,1,1)PE PB λλ∴==-，(0,1,1)PC =-由()(0,1,1)(2,,1)0PC DE PC DP PE λλλ⋅=⋅+=-⋅-=，得12λ=， 即存在点E 为PC 中点。
2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理)：专题04 立体几何(含解析)
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC∴-为正方体的一部分，2R ==344π33R V R =∴=π==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ． 【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线. 过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，5,2MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．4．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. 6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．8．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9．【2019经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________． 【答案】π4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为5． 【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0CG =（1，0AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内. 15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面A B C D ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)C F h h =>>，则()1,2F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点， 所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E EG .由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B1，0），1(3,3,23)B，33,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,2EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥ D ．l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β∥或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误； 对于C ，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或m α∥，∴C 错误；对于D ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴D 错误． 故选A ．【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为AB ．34 CD ．54【答案】B【解析】如图，设BC 的中点为D ，连接1A D 、AD 、1A B ， 易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角）. 设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长均为1，则AD =，112A D =，12A B =，由余弦定理，得2221111cos 2A A AB A B A AB A A AB+-∠=⋅111322114+-==⨯⨯. 故应选B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角），进而通过计算1ABA △的各边长，利用余弦定理求解即可.20．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．1【答案】B【解析】如图，由题意可知PA PE PF ，，两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ， ∴11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△， 设P 到平面AEF 的距离为h ， 又2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△，∴13322P AEF h V h -=⨯⨯=， ∴123h =，故23h =， 故选B .【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用A PEF P AEF V V --=即可求得P 到平面AEF 的距离．21．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设等边三角形ABC 的中心为O ，连接PF ，CF ，OP .由6AB =，得223,33AO BO CO CF OF ===== PAB △是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面ABC ，PF OF ∴⊥，OP =则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(24π48π⨯=，故答案为48π.【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直，则用22224R a b c =++（,,a b c 为三条棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC △外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ； （2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面， 所以1A A AC ⊥． 又因为AB AC ⊥， 所以AC ⊥平面11ABB A ， 又因为BE ⊂平面11ABB A ， 所以AC ⊥BE ． 因为112AE ABAB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°， 所以1Rt Rt ABE BB A △∽△． 所以1ABE AB B ∠=∠． 因为1190BAB AB B ∠+∠=︒， 所以190BAB ABE ∠+∠=︒． 所以BE ⊥1AB ． 又1ACAB A =，所以BE ⊥平面1ACB ．（2）如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),A B C D A B C -11(1,2,2),(0,0,)2D E -． 由（1）知，1(0,1,)2EB =-为平面1ACB 的一个法向量， 设(,,)x y z =n 为平面1ACD 的法向量． 因为1(1,2,2),(2,0,0)AD AC =-=，则10,0,AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即220,20,x y z x -+=⎧⎨=⎩ 不妨设1z =，可得(0,1,1)=n ． 因此10cos ,10||||EB EB EB n n n ×<>==．因为二面角11D AC B --为锐角， 所以二面角11D AC B --． （3）设1A F a =，则(0,,2)F a ，(1,2,2)DF a =-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a ?-+?=+-=，所以1a =-（舍）．即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直，所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立； （2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果； （3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EB ?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.。
立体几何选择填空专练
高考立体几何专练训练一、选择题：（只有一个选项是正确）1、平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是A（A）一条直线（B）一个圆（C）一个椭圆（D）双曲线的一支2、过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线有D条条条条3、棱长为2的正四面体的四个极点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图1, 则图中三角形(正四面体的截面)的面积是CA.22B.32234、过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°则该截面的面积是AA．π B. 2π C. 3π D. π325、若是四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题．．．是BA．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各极点必在同一球面上6、已知平面α外不共线的三点A,B,C到α的距离都相等,则正确的结论是DA.平面ABC 必平行于αB.平面ABC 必与α相交C.平面ABC 必不垂直于αD.存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内7、已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B OA C --的大小是C （A ）4π B ）3π （C ）2π （D ）23π 8、正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与面ACC 1A 1所成角的正弦等于A(A) (C) 2 (D) 9、设n m l ,,均为直线,其中n m ,在平面α内，则“l ⊥α”是“l m l n ⊥⊥且”的A(A)充分没必要要条件(B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件10、把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角, 折成直二面角后, 在A ,B ,C ,D 四点所在的球面上, B 与D 两点之间的球面距离为 C(A)22π (B)π (C)2π (D) 3π 1一、棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个极点都在球O 的表面上，E F ，别离是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为DA ．2B ．1C ．12+ D1二、正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为H ，则下列命题中错误．．的命D A ．点H 是1A BD △的垂心 B ．AH 垂直平面11CB DC ．AH 的延长线通过点1CD ．直线AH 和1BB 所成角为4513、一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高别离为h 1，h 2，h 3，则h 1:h 2:h 3= BA B 2:2 C 2 D 214、设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且二面角B OA C --的大小是3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是C（A ）76π （B ）54π （C ）43π （D ）32π15、已知二面角α-l -β为60 ，动点P 、Q 别离在面α、β内，P 到βQ 到α的距离为P 、Q 两点之间距离的最小值为C(A) (B)2 (C) (D)416、已知二面角l αβ--的大小为050，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是025的直线的条数为B A ．2 B ．3 C ．4 D ．517、在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，极点1B 到对角线1BD 和到平面11A BCD 的距离别离为h 和d ，则下列命题中正确的是CA ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d的取值范围为(0,1)B ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d 的取值范围为C 若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为D 若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为()3+∞ 二、填空题18、在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．(1/2,1)19、直三棱柱111ABC A B C -的各极点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
最新2019高中数学单元测试《立体几何初步》专题完整考题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷立体几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于27、43，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为l 其中真命题的个数为A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个(2008江西理)2．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 图1A ． 22B ．23 C ．2 D ．3 (2006湖南理)3．一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是 ( ) (A)33π100cm (B) 33π208cm (C) 33π500cm (D) 33π3416cm (2004江苏) 4．没有公共点的两条直线的位置关系是-------------------------------------------------------------（ ） (A)异面 (B)平行 (C)异面或平行 (D)不确5．若一条直线上有一点在已知平面外，则下列命题正确的是__________；①直线上上所有点都在平面外；②直线上有无穷多个点在平面外； ③直线上有有限个点在平面外；④平面内至少有一个点在直线。
二、填空题6．（文科做）已知一个圆锥的母线长为3，则它的体积 的最大值为 ▲ ．7．下列说法是正确的是__________；(填序号)○1平面α外的一条直线a 与平面α内的无数条直线平行，则直线a 和平面α平行； ○2平面α外的两条平行直线,a b ，若//a α，则//b α； ○3直线a 和平面α平行，则直线a 平行于平面α内任意一条直线； ○4直线a 和平面α平行，则平面α中必定存在直线与直线a 平行，8．线段AB 的两个端点A ，B 到平面α的距离分别为6cm, 9cm, P 在线段AB 上，AP ：PB ＝ 1：２，则P 到平面α的距离为 ．9． 在正三棱锥S ABC -中，1,30SA ASB =∠=︒，过A 作三棱锥的截面AMN ,则截面三角形 AMN 的 周长的最小值为 ▲ .10． 直线a ∥b ，b α⊂，则a 与α的位置关系是 ▲ .11．设a b 、是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题 ①若,a b a α⊥⊥，则//b α， ②若,a βαβ⊥⊥，则//a α, ③若βαβα⊥⊥则,,//a a ④若,,a b a b αβ⊥⊥⊥，则αβ⊥,其中正确的命题序号是 ▲ ．12．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥D D BB A 11-的体积为 cm 3.13．如图，在边长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是棱AB 上一点，M 是棱D 1C 1上一点，则三棱锥M-DEC 的体积是 ▲DABC1C 1D 1A1BD C1A 1B 1C 1D .BAM.（第6题图）14．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,AB BC ==则棱锥O ABCD -的体积为 。
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立体几何小题难题训练一．选择题1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则过点A与AB、BC、CC1所成角均相等的直线有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．无数条2．如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I⊂α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．33．如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的有（）①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；④存在点E使得SE⊥BA．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．5．已知异面直线a与b所成的角为50°，P为空间一点，则过点P与a、b所成的角都是30°的直线有且仅有（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条6．已知矩形ABCD，AB=1，BC=．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（）A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在对角线BD1上，给出以下命题：①当P在BD1上运动时，恒有MN∥面APC；②若A，P，M三点共线，则=；③若=，则C1Q∥面APC；④若过点P且与正方体的十二条棱所成的角都相等的直线有m条；过点P且与直线AB1和A1C1所成的角都为60°的直线有n条，则m+n=7．其中正确命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．49．如图，四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，D 为四面体OABC外一点．给出下列命题．①不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形②不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥③存在点D，使CD与AB垂直并且相等④存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上其中真命题的序号是（）A．①②B．②③C．③D．③④10．如图，在平行四边形ABCD中，AB=a，BC=1，∠BAD=60°，E为线段CD（端点C、D除外）上一动点，将△ADE沿直线AE翻折，在翻折过程中，若存在某个位置使得直线AD与BC垂直，则a的取值范围是（）A．（，+∞）B．（，+∞）C．（+1，+∞）D．（+1，+∞）11．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点E在线段AD上且AE=3，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角D﹣EC﹣B的余弦值为（）A．B．C．D．12．如图，已知平面α⊥平面β，A、B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA⊂β，CB⊂β，且DA⊥α，CB⊥α，AD=4，BC=8，AB=6，在平面α内有一个动点P，使得∠APD=∠BPC，则△PAB的面积的最大值是（）A．12 B．24 C．32 D．4813．在四面体S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是﹣，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．6πD．14．过空间中一定点，作一直线，使其与某正方体六个面所成的角都相等，这样的直线有几条（）A．1 B．2 C．4 D．无数条15．如图，边长为3正方形ABCD，动点M，N在AD，BC上，且MN∥CD，沿MN将正方形折成直二面角，设AM=x，则点M到平面ABC的距离的最大值为（）A．B．C．D．16．正三棱锥P﹣ABC内接于半球O，底面ABC在大圆面上，则它相邻的两个侧面所成二面角的余弦值为（）A．B．C．D．17．在长方形ABCD中，AD=2，AB=4，点E是边CD上的一动点，将△ADE沿直线AE翻折到△AD1E，使得二面角D1﹣AE﹣B为直二面角，则cos∠D1AB的最大值为（）A．B．C．D．18．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为8，点H在棱AA1上，且HA1=2，在侧面BCC1B1内作边长为2的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长，则当点P运动时，|HP|2的最小值是（）A．87 B．88 C．89 D．9019．在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②20．三棱锥P﹣ABC中，顶点P在平面ABC上的射影为O，且满足，A点在侧面PBC上的射影H是△PBC的垂心，PA=6，则此三棱锥体积最大值是（）A．12 B．36 C．48 D．2421．已知四面体ABCD中，AB=2，CD=1，AB与CD间的距离与夹角分别为3与30°，则四面体ABCD的体积为（）A．B．1 C．2 D．二．填空题（共9小题）22．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．23．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列四个命题：①P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③P在直线BC1上运动时，二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线，其中真命题的编号是．（写出所有真命题的编号）25．如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB，BC上，且==2，将此正方形沿DE，DF折起，使点A，C重合于点P，若O为线段EF任一点，DO 与平面PEF所成的角为θ，则tanθ的最大值是．26．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAD同时垂直侧面PAB与侧面PDC．若PA=AB=AD=PB，则=，直线PC与底面ABCD所成角的正切值为．27．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α上，三条棱AB，AC，AD都在平面α的同侧，若顶点B，C到平面α的距离分别为1，，则顶点D到平面α的距离是．28．如图，平面ABC⊥平面α，D为线段AB的中点，，∠CDB=45°，点P为面α内的动点，且P到直线CD的距离为，则∠APB的最大值为．29．如图，在二面角A﹣CD﹣B中，BC⊥CD，BC=CD=2，点A在直线AD上运动，满足AD⊥CD，AB=3．现将平面ADC沿着CD进行翻折，在翻折的过程中，线段AD长的取值范围是．30．如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，则=．立体几何难题参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则过点A与AB、BC、CC1所成角均相等的直线有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．无数条【解答】解：若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1，内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1，平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1，也满足条件．，则过点A与AB、BC、CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选：C．2．如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I⊂α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．3【解答】解：如图，不妨以CD在AB前侧为例．以O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），则P（0，0，），D（2sinθ，﹣1+2cosθ，0），∴Q（，，0），∴，设α与AB垂直的向量，则PQ与l所成角为α．则|cosα|=||=||==．令t=cosθ（﹣1＜t＜1），则s=，s′=，令s′=0，得t=8﹣，∴当t=8﹣时，s有最大值为16﹣6．则cosα有最大值为，此时sinα最小值最小为．∴正切值的最小值为=．故选：B．3．如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的有（）①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；④存在点E使得SE⊥BA．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解答】解：①若直线SA⊥平面SBC，则直线SA与平面SBC均垂直，则SA⊥BC，又由AD∥BC，则SA⊥AD，这与∠SAD为锐角矛盾，故①错误；②∵平面SBC∩直线SA=S，故平面SBC内的直线与SA相交或异面，故②错误；③取AB的中点F，则CF∥AE，由线面平行的判定定理，可得CF∥SAE平行，故③正确；④若SE⊥BA，由EC∥AB，可得SE⊥EC，这与∠SEC为钝角矛盾，故④错误；故选：A．4．设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．【解答】解：∵∠BCA=90°，BC=CA=2，∴AB=2，且为截面圆的直径；又三棱柱外接球的体积为，∴π•R3=，解得外接球的半径为R=2；△ABC1中，AB⊥BC1，AB=2，AC1=2R=4，∴BC1==2；又=+，=+=﹣﹣，∴•=•（﹣）﹣•﹣﹣•=0﹣0﹣﹣0=﹣8，||=||==；∴异面直线B1C与AC1所成的角θ的余弦值为：cosθ=||=||=．故选：B．5．已知异面直线a与b所成的角为50°，P为空间一点，则过点P与a、b所成的角都是30°的直线有且仅有（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【解答】解：把异面直线a，b平移到相交，使交点为P，此时∠APB=50°，过P点作直线c平分∠APB，这时c与a，b所成角为25°，过P点作直线d垂直a和b，这时d与a，b所成角为90°，直线从c向两边转到d时与a，b所成角单调递增，必有经过30°，因为两边，所以有2条．故选：B．6．已知矩形ABCD，AB=1，BC=．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解答】解：如图，AE⊥BD，CF⊥BD，依题意，AB=1，BC=，AE=CF=，BE=EF=FD=，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则∵BD⊥AE，∴BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD⊥平面ABC，平面ABC ⊥平面BCD取BC中点M，连接ME，则ME⊥BD，∴∠AEM就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B．7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（）A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条【解答】解：在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图：故选：D．8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在对角线BD1上，给出以下命题：①当P在BD1上运动时，恒有MN∥面APC；②若A，P，M三点共线，则=；③若=，则C1Q∥面APC；④若过点P且与正方体的十二条棱所成的角都相等的直线有m条；过点P且与直线AB1和A1C1所成的角都为60°的直线有n条，则m+n=7．其中正确命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：①MN中点R，AC的中点S，设BD1与RS的交点是Q，若P与Q 重合时，此时MN在平面PAC内，故1错误②若A，P，M三点共线，②若A，P，M三点共线，由D1M∥AB，∴==，则=，正确；③若=，由②可得：A，P，M三点共线，设对角线BD∩AC=O，连接OM，OQ，则四边形OQC1M是平行四边形，∴C1Q∥OM，而M点在平面APC内，∴C1Q∥平面APC，因此正确；④若过点P且与正方体的十二条棱所成的角都相等的直线有A1C，D1B，AC1，DB1，4条．连接B1C，A1C1∥AC，由正方体的性质可得△AB1C是等边三角形，则点P取点D1，则直线AD1，CD1、D1B1满足条件，∴过点P且与直线AB1和A1C1所成的角都为60°的直线有且只有3条，则m+n=7条，因此正确．其中正确命题为②③④，其个数为3．故选：C．9．如图，四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，D 为四面体OABC外一点．给出下列命题．①不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形②不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥③存在点D，使CD与AB垂直并且相等④存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上其中真命题的序号是（）A．①②B．②③C．③D．③④【解答】解：∵四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，∴AC=BC=，AB=当四棱锥CABD与四面体OABC一样时，即取CD=3，AD=BD=2此时点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形，故①不正确使AB=AD=BD，此时存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥，故②不正确；取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等，故③正确；先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r即可∴存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上，故④正确故选：D．10．如图，在平行四边形ABCD中，AB=a，BC=1，∠BAD=60°，E为线段CD（端点C、D除外）上一动点，将△ADE沿直线AE翻折，在翻折过程中，若存在某个位置使得直线AD与BC垂直，则a的取值范围是（）A．（，+∞）B．（，+∞）C．（+1，+∞）D．（+1，+∞）【解答】解：设翻折前的D记为D′，∵AD⊥BC，BC∥AD′，则在翻折过程中，存在某个位置使得直线AD与BC垂直，只需保证∠DAD′=900，∵∠D′AE=∠DAE，由极限位置知，只需保证∠D′AE≥45°即可．在△D′AE中，AD′=1，∠D′AE=45°，∠AD′E=120°，则∠D′EA=15°，由正弦定理知，，则D′E=．因为E为线段CD（端点C，D除外）上的一动点，则a＞，故选：D．11．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点E在线段AD上且AE=3，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角D﹣EC﹣B的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：在折叠前的矩形中连接BD交EC于O，∵BC=4，CD=2，CD=2，DE=1，∴，即△BCD∽△CDE，∴∠DBC=∠ECD，∴∠DBC=∠ECD，∴∠ECD+∠ODC=90°，即BD⊥CE，折起后，∵BO⊥CE，DO⊥CE，∴∠BOD是二面角D﹣EC﹣B的平面角，在△BOD中，OD=，OB=BD﹣OD=2﹣=，BD==2，由余弦定理得cos∠BOD==，故选：D．12．如图，已知平面α⊥平面β，A、B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA⊂β，CB⊂β，且DA⊥α，CB⊥α，AD=4，BC=8，AB=6，在平面α内有一个动点P，使得∠APD=∠BPC，则△PAB的面积的最大值是（）A．12 B．24 C．32 D．48【解答】解：由题意平面α⊥平面β，A、B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA⊂β，CB⊂β，且DA⊥α，CB⊥α，∴△PAD与△PBC是直角三角形，又∠APD=∠BPC，∴△PAD∽△PBC，又AD=4，BC=8，∴PB=2PA作PM⊥AB，垂足为M，令AM=t∈R，在两个Rt△PAM与Rt△PBM中，PM是公共边及PB=2PA∴PA2﹣t2=4PA2﹣（6﹣t）2解得PA2=12﹣4t∴PM=∴S=×AB×PM=×6×=3=3≤12即三角形面积的最大值为12故选：A．13．在四面体S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是﹣，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．6πD．【解答】解：取AC中点D，连接SD，BD，因为，所以BD⊥AC，因为SA=SC=2，所以SD⊥AC，AC⊥平面SDB．所以∠SDB为二面角S﹣AC﹣B．在△，所以AC=2．取等边△SAC的中心E，作EO⊥平面SAC，过D作DO⊥平面ABC，O为外接球球心，所以ED=，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是，所以，OD=，所以BO===OA=OS=OC所以O点为四面体的外接球球心，其半径为，表面积为6π．故选：C．14．过空间中一定点，作一直线，使其与某正方体六个面所成的角都相等，这样的直线有几条（）A．1 B．2 C．4 D．无数条【解答】解：正方体六个面中，相对的面互相平行．如图，在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，研究体对角线BD′与下底面、前面，右面所成的角的关系．由正方体的结构特征，可知D′D⊥面ABCD，∴BD是BD′在面ABCD上的射影．∴∠D′BD是BD′与面ABCD所成的角．同理∠D′BA′是BD′与面A′B′BA所成的角∠D′BC′是BD′与面B′C′CB所成的角．由直角三角形全等的HL判定定理，可知△D′BD≌△D′BA′≌△D′BC′，∴∠D′BD=∠D′BA′=∠D′BC′．所以对角线BD′与下底面、前面，右面所成的角相等，从而对角线BD′与正方体六个面所成的角都相等．同样证明得出其余三条体对角线也与正方体六个面所成的角都相等．所以过空间一点且与体对角线平行的直线与正方体六个面成等角．共有4条．故选：C．15．如图，边长为3正方形ABCD，动点M，N在AD，BC上，且MN∥CD，沿MN将正方形折成直二面角，设AM=x，则点M到平面ABC的距离的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，过M作ME⊥AC，垂足为E，则ME⊥平面ABC，在△AMC中，==当且仅当，x=3﹣x，即时，ME的最大值为故选：B．16．正三棱锥P﹣ABC内接于半球O，底面ABC在大圆面上，则它相邻的两个侧面所成二面角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，设半球的半径为单位1，则正三角形ABC的边长为；三棱锥的高为1，所以侧边PA=PB=PC=；在侧面上以任一个底角为顶点做高，它的长度等于根据余弦定理，三角形的两边长为，底边为，从而余弦值就是即相邻的两个侧面所成二面角的余弦值为故选：D．17．在长方形ABCD中，AD=2，AB=4，点E是边CD上的一动点，将△ADE沿直线AE翻折到△AD1E，使得二面角D1﹣AE﹣B为直二面角，则cos∠D1AB的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：在长方形ABCD中，过D作DO⊥AE于O，设∠DAE=θ，则0＜θ＜，则折叠后使得二面角D1﹣AE﹣B为直二面角，则D1A⊥面AEB，则△D1OB是直角三角形，∵DO=2sinθ，AO=2cosθ，∴OB2=4cos2θ+16﹣2×2cosθ×4×cos（﹣θ）=4cos2θ+16﹣2×2cosθ×4×sinθ=4cos2θ﹣8sin2θ+16，则BD12=OD12+OB2=4sin2θ+16+4cos2θ﹣8sin2θ=20﹣8sin2θ，∵BD12=4+16﹣2×4×2cos∠D1AB=20﹣16cos∠D1AB，∴要使2cos∠D1AB最大，则只需要BD12最小即可，∵0＜θ＜，∴0＜2θ＜π，即当sin2θ=1时，BD12最小，此时BD12=20﹣8=12，由20﹣16cos∠D1AB=12得cos∠D1AB=，故选：B．18．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为8，点H在棱AA1上，且HA1=2，在侧面BCC1B1内作边长为2的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长，则当点P运动时，|HP|2的最小值是（）A．87 B．88 C．89 D．90【解答】解：建立空间直角坐标系，如图所示，过点H作HM⊥BB′，垂足为M，连接MP，则HM⊥PM，∴HP2=HM2+MP2；当MP最小时，HP2最小，过P作PN⊥CC′，垂足为N，设P（x，8，z），则F（2，8，6），M（8，8，6），N（0，8，z），且0≤x≤8，0≤z≤8，∵PN=PF，∴=x，化简得4x﹣4=（z﹣6）2，∴MP2=（x﹣8）2+（z﹣6）2=（x﹣8）2+4x﹣4=x2﹣12x+60=（x﹣6）2+24≥24，当x=6时，MP2取得最小值，此时HP2=HM2+MP2=82+24=88为最小值．故选：B．19．在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【解答】解：在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②，故选：D．20．三棱锥P﹣ABC中，顶点P在平面ABC上的射影为O，且满足，A点在侧面PBC上的射影H是△PBC的垂心，PA=6，则此三棱锥体积最大值是（）A．12 B．36 C．48 D．24【解答】解：如图，∵O是P在平面ABC内的射影，且满足，∴O为三角形ABC的重心，连接AO并延长交BC于D，连接BO并延长交AC于F，则D、F分别为BC和AC的中点，∵AH⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥BC，∵H为三角形PBC的垂心，∴PH⊥BC，又∵PH∩AH=H，∴BC⊥平面PAH，∴BC⊥PA，∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，又∵PA∩PO=P，∴BC⊥平面PAO，∴BC⊥AO，BC⊥AD．D为BC的中点，AD⊥BC，∴AB=AC．∵CH⊥PB，AH⊥PB，AH∩CH=H，∴PB⊥面AHC，∴PB⊥AC，又∵PO⊥AC，PO∩PB=P，∴AC⊥平面PBO，∴AC⊥BO，AC⊥BF，又∵F为AC的中点，∴AB=BC，∴三角形ABC为等边三角形．设三角形ABC的边长为x，则AD=，AO=，又PA=6，∴PO=∴==≤=36．当且仅当，即x=时“=”成立．故选：B．21．已知四面体ABCD中，AB=2，CD=1，AB与CD间的距离与夹角分别为3与30°，则四面体ABCD的体积为（）A．B．1 C．2 D．【解答】解：过CD与公垂线的平面三角形面积是，AB与CD间的夹角为30°，所以棱锥的高是2sin30°=1，所以棱锥的体积是：，故选：A．二．填空题（共9小题）22．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．【解答】解：如图所示，取AC的中点O，∵AB=BC=3，∴BO⊥AC，在Rt△ACD′中，=．作D′E⊥AC，垂足为E，D′E==．CO=，CE===，∴EO=CO﹣CE=．过点B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于点F，则EF⊥AC．连接D′F．∠FBD′为直线AC与BD′所成的角．则四边形BOEF为矩形，∴BF=EO=．EF=BO==．则∠FED′为二面角D′﹣CA﹣B的平面角，设为θ．则D′F2=+﹣2×cosθ=﹣5cosθ≥，cosθ=1时取等号．∴D′B的最小值==2．∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值===．也可以考虑利用向量法求解．故答案为：．23．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．【解答】解：如图，设=，，，棱长均为1，则=，=，=∵，∴=（）•（）=﹣++﹣+=﹣++=﹣1++1=1||===||===∴cos＜，＞===∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列四个命题：①P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③P在直线BC1上运动时，二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线，其中真命题的编号是①③④．（写出所有真命题的编号）【解答】解：①∵BC1∥平面ACD1，∴BC1∥上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确．②P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确．③当P在直线BC1上运动时，AP的轨迹是平面PAD1，即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，所以正确．④∵空间中到点D和C1距离相等的点的轨迹是线段DC1的中垂面，又点M在面A1B1C1D1内，则点M的轨迹是面A1B1C1D1与线段DC1的中垂面的交线，即AD1，所以正确．故答案为：①③④25．如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB，BC上，且==2，将此正方形沿DE，DF折起，使点A，C重合于点P，若O为线段EF任一点，DO 与平面PEF所成的角为θ，则tanθ的最大值是．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为3，==2，∴AE=CF=2，BE=BF=1，则EF=，折叠后对应的图形如图，则此时EP=FP=AE=2，∵CD⊥CF，DA⊥AE，∴折叠后，PD⊥PF，DP⊥PE，即PD⊥平面EFP，则∠DOP是OD与底面EFP所成的角，且DP=3，则tanθ=tan∠DOP==，则要使tanθ最大，则只要OP最小即可，此时OP⊥EF，即O是EF的中点，则OE=EF=，OP====，则tanθ的最小值为tanθ===，故答案为：26．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAD同时垂直侧面PAB与侧面PDC．若PA=AB=AD=PB，则=，直线PC与底面ABCD所成角的正切值为．【解答】解：延长BA，CD交于H，连接PH，可得平面PAB∩平面PCD=PH，由侧面PAD同时垂直侧面PAB与侧面PDC，运用面面垂直的性质定理，可得PH⊥平面PAD，即有HP⊥PA，设PB=，由PA=AB=AD=PB，可得PA=AB=AD=1，在△PAB中，由余弦定理可得，cos∠PAB==﹣，即有∠PAB=120°，在直角三角形HPA中，∠HAP=60°，可得AH===2，在三角形HBC中，由三角形的相似知识可得，==；在△HPA中，HP=APtan60°=，在直角三角形AHD中，HD===，在直角三角形HPD中，PD===，PA2+AD2=PD2，可得AD⊥PA，又AD⊥AB，AB∩PA=A，即有AD⊥平面PAB，由BC∥AD，可得BC⊥平面PAB，设P到平面ABCD的距离为d，=V C﹣PAB，可得d•S△ABC=BC•S△PAB，由V P﹣ABC即d••1•=•••1•1•sin120°，解得d=，在直角三角形BCP中，PC===，可得PC和平面ABCD所成角的正弦值为=，余弦值为=，则直线PC与底面ABCD所成角的正切值为=．故答案为：，．27．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α上，三条棱AB，AC，AD都在平面α的同侧，若顶点B，C到平面α的距离分别为1，，则顶点D到平面α的距离是．【解答】解：如图，连结BC、CD、BD，则四面体A﹣BCD为直角四面体．作平面M的法线AH，再作，BB1⊥平面M于B1，CC1⊥平面M于C1，DD1⊥平面M 于D1．连结AB1，AC1，AD1，令AH=h，DA=a，DB=b，DC=c，由等体积可得=++，∴++=1令∠BAB1=α，∠CAC1=β，∠DAD1=γ，可得sin2α+sin2β+sin2γ=1，设DD1=m，∵BB1=1，CC1=，∴=1解得m=．即所求点D到平面α的距离为．故答案为：．28．如图，平面ABC⊥平面α，D为线段AB的中点，，∠CDB=45°，点P为面α内的动点，且P到直线CD的距离为，则∠APB的最大值为90°．【解答】解：空间中到直线CD的距离为的点构成一个圆柱面，它和面α相交得一椭圆，所以P在α内的轨迹为一个椭圆，D为椭圆的中心，c=，b=，a=2，于是A，B为椭圆的焦点，椭圆上点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大，∴∠APB=2∠APD=90°．故答案为：90°．29．如图，在二面角A﹣CD﹣B中，BC⊥CD，BC=CD=2，点A在直线AD上运动，满足AD⊥CD，AB=3．现将平面ADC沿着CD进行翻折，在翻折的过程中，线段AD长的取值范围是．【解答】解：由题意得⊥，⊥，设平面ADC沿着CD进行翻折过程中，二面角A﹣CD﹣B的夹角为θ，则＜，＞=θ，∵=++，∴平方得2=2+2+2+2•+2•+2•，设AD=x，∵BC=CD=2，AB=3∴9=x2+4+4﹣4cosθx，即x2﹣4cosθx﹣1=0，即cosθ=∵﹣1≤cosθ≤1，∴﹣1≤≤1，即，即，则．∵x＞0，∴﹣2≤x≤+2，即AD的取值范围是，故答案为：30．如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，则=．【解答】解：取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，∵菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，∴C′O⊥BD，AO⊥BD，OC′=OA，∴BD⊥平面AOC′，∴EO⊥BD，∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，∴∠AOE=15°，∠EOC′=30°，∵OC′=OA，∴∠OC′E=∠OAE，由正弦定理得，，∴，∴===．故答案为：．。