高中数学空间几何专题练习(供参考)
人教版高中数学选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试卷(有答案解析)(1)
一、选择题1．三棱锥O ABC -中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，且OA a =，OB b =，OC c =，用a ，b ，c 表示NM ，则NM 等于( )A ．1()2a b c -++ B ．1()2a b c +- C ．1()2a b c -+D ．1()2a b c --+2．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点M 满足()1AM xAB yAC x y AD =+-+-，点N 满足()1BN BA BC λλ=+-，当AM 、BN 最短时,AM MN ⋅=（ ） A ．43-B ．43C ．13-D ．133．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A 6B 3C 6D ．234．如图，三棱锥S ﹣ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，∠ABC ＝90°，AB ＞BC ，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，CA 的中点，记直线SE 与SF 所成的角为α，直线SG 与平面SAB 所成的角为β，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ，则（ ）A ．α＞γ＞βB ．α＞β＞γC ．γ＞α＞βD ．γ＞β＞α5．在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，若2AC x AB y BC z CC →→→→''=++，则x y z ++=（ ） A ．52B ．2C ．32D ．1166．在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ） A ．2123,θθθθ<<B ．2123 ,θθθθ><C ．2123 ,θθθθD ．2123 ,θθθθ>>7．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，13AA =，2AB AC BC ===，则1AA 与平面11AB C 所成角的大小为A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒8．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AB AD ⊥，//BC AD ，且2AB BC ==，3AD =，PA ⊥平面ABCD 且2PA =，则PB 与平面PCD 所成角的正弦值为（ ）A ．427B ．33C ．77D ．639．已知1e ，2e 是夹角为60的两个单位向量，则12a e e =+与122b e e =-的夹角是（ ） A ．60B ．120C ．30D ．9010．如图，平行六面体中1111ABCD A B C D -中，各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，则对角线1BD 的长为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．211．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，23AD =，ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等，则EF 长度的取值范围为（ ）A ．（2,14）B ．（2,8）C ．（0,12）D ．（2,12）12．如图，在菱形ABCD 中，23ABC π∠=，线段AD 、BD 的中点分别为E 、F ．现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，当二面角A BD C --的余弦值为13时，异面直线BE 与CF 所成角的正弦值是（ ）A 35B ．16C 26D ．1513．有下列四个命题：①已知1e 和2e 是两个互相垂直的单位向量，a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a ⊥b ，则实数k ＝6；②已知正四面体O ﹣ABC 的棱长为1，则（OA OB +）•（CA CB +）＝1；③已知A （1，1，0），B （0，3，0），C （2，2，3），则向量AC 在AB 上正投影的数量是55④已知1a e =-223e e +，1b e =-+32e +23e ，c =-31e +72e （{1e ，2e ，3e }为空间向量的一个基底），则向量a ，b ，c 不可能共面． 其中正确命题的个数为（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题14．正四面体ABCD 的棱长为a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE AF ⋅的值为_____________.15．a ，b 为空间两条互相垂直的直线，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AC 为旋转轴旋转，30ABC ∠=︒，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45°角； ⑤直线AB 与a 所成角的最大值为60°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为30°；其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）16．如图，四棱锥P ABCD -中，ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1==PA AB ，2BC =，四棱锥外接球的球心为O ，点E 是棱AD 上的一个动点，给出如下命题：①直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒；②BE 与PC 一定不垂直；③三棱锥E BCO -的体积为定值；④CE PE +的最小值为22__________.（将你认为正确的命题序号都填上）17．已知空间向量(0,1,1),(1,0,1)a b ==，则向量a 与b 的夹角为_____________. 18．在空间直角坐标系中， ()()()2,1,1,3,4,,2,7,1,A B C AB CB 若λ-⊥,则λ=____ 19．在空间直角坐标系O xyz -中，已知(1,0,2)A -，(0,1,1)B -，点,C D 分别在x 轴，y 轴上，且AD BC ⊥，那么CD →的最小值是______.20．如图，在棱长为2的正方体中，点P 在正方体的对角线AB 上，点Q 在正方体的棱CD 上，若P 为动点，Q 为动点，则PQ 的最小值为_____.21．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上.若二面角1D EC D --的大小为4π，则AE =__________．22．如图，在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为ABC ∆的重心E 是BD 上一点，3,BE ED =以,,AB AC AD 为基底，则GE =__________．23．如图，在空间四边形OABC 中，M ，N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且3MG GN =，用向量OA 、OB 、OC 表示向量OG ，设OG x OA y OB z OC =⋅+⋅+⋅，则x 、y 、z 的和为______.24．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -的所有棱长均为1，113BAD A AD A AB π∠=∠=∠=，E 为1CC 的中点，则AE 的长度是________.25．已知直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，且//l α，则实数t =______.26．已知向量a =（4，﹣5，12），b =（3，t ，23），若a 与b 的夹角为锐角，则实数t 的取值范围为_____．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】利用向量的平行四边形法则、三角形法则可得：1()2NM NA NB =+，1()2AN AO AC =+，1()2BN BO BC =+，AC OC OA =-，BC OC OB =-，代入化简即可得出．【详解】 解：1()2NM NA NB =+，1()2AN AO AC =+，1()2BN BO BC =+，AC OC OA =-，BC OC OB =-，∴1111()2222MN AN BN OA OB OC =+=--+111222a b c =--+， ∴111222NM a b c =+-，故选：B ． 【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．2．A解析：A 【分析】根据题意可知M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ，根据题意知，当M 为BCD ∆的中心、N 为线段AC 的中点时，AM 、BN 最短，然后利用MC 、MA 表示MN ，利用空间向量数量积的运算律和定义可求出AM MN ⋅的值. 【详解】由共面向量基本定理和共线向量基本定理可知，M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ， 当AM 、BN 最短时，AM ⊥平面BCD ，BN AC ⊥， 所以，M 为BCD ∆的中心，N 为AC 的中点，此时，242sin 603MC ==，23MC ∴=AM ⊥平面BCD ，MC ⊂平面BCD ，AM MC ∴⊥，22222326233MA AC MC ⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 又()12MN MC MA =+，()2114223AM MN AM MC AM MA MA ∴⋅=⋅+⋅=-=-. 故选：A. 【点睛】本题考查空间向量数量积的计算，同时也涉及了利用共面向量和共线向量来判断四点共面和三点共线，确定动点的位置是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.3．C解析：C 【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a ，a,0)，F(a,0,0)，AG ＝(a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝(a ，－a ，0)，BC ＝(0,0,2a)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)， 由110{AG n AC n ⋅=⋅=⇒⇒111{1x y ==-⇒n 1＝(1，－1,1)．sinθ＝11BG n BG n ⋅⋅＝23a ⨯6. 4．A解析：A 【分析】根据题意可知，G 作SE 的垂线l ，显然l 垂直平面SAB ，故直线SG 与平面SAB 所成的角为β＝∠GSE ，同理，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ＝∠FSG ，利用三角函数结合几何性质，得出结论.因为AB ⊥BC ，SA ＝SB ＝SC ，所以AB ⊥SE ，所以AB ⊥平面SGE ，AB ⊥SG ， 又SG ⊥AC ，所以SG ⊥平面ABC ， 过G 作SE 的垂线l ，显然l 垂直平面SAB ， 故直线SG 与平面SAB 所成的角为β＝∠GSE ，同理，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ＝∠FSG ，由tanγ＝tan FG EGSG SGβ>=，得γ＞β，γ也是直线SF 与平面SEG 所成的角， 由cosα＝cosβ•cosγ＜cosγ，则α＞γ，所以α＞γ＞β， 故选：A .【点睛】本题考查了异面直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.5．A解析：A 【分析】根据空间向量的线性运算，得出AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝，结合题意，即可求出11,2y z ==，从而得出x y z ++的值. 【详解】解：由空间向量的线性运算，得AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝， 由题可知，2AC x AB y BC z CC →→→→''=++， 则1,1,21x y z ===，所以11,2y z ==， 151122x y z ∴++=++=.【点睛】本题考查空间向量的基本定理的应用，以及空间向量的线性运算，属于基础题.6．A解析：A 【分析】以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量法即可求得各个角度的余弦值，再结合余弦函数的单调性即可判断. 【详解】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点， 设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,2)A ，1(3,1,2)B ，(0,2,0)C ，33,02D ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,0,0)A ， (0,2,0)AC =，131,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11(3,1,0)A B =，因为直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111||cos ||||25θ⋅∴==⋅B D AC B D AC ，因为直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，121||sin ||5∣θ⋅∴==⋅B D n B D n ，222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭，设平面11A B D 的法向量(,,)m a b c =，则11130312022m A Ba b m B D a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 取3a =，得33,3,2m ⎛⎫=--⎪⎝⎭， 因为二面角111C A B D --的平面角为3θ， 由图可知，其为锐角，33||2cos ||575749m n m n θ⋅∴===⋅∣，231cos cos cos θθθ>>， 由于cos y θ=在区间(0,)π上单调递减，故231θθθ<<， 则2123,θθθθ<<. 故选：A . 【点睛】本题考查利用向量法研究空间中的线面角以及二面角，属综合基础题.7．A解析：A 【分析】建立空间坐标系，计算1AA 坐标，计算平面11AB C 的法向量，运用空间向量数量积公式，计算夹角即可． 【详解】取AB 的中点D ，连接CD ，以AD 为x 轴，以CD 为y 轴，以1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得()1,0,0A ，()11,0,3A ，故()()()11,0,31,0,00,0,3AA =-=，而()()111,0,3,0,3,3B C -，设平面11AB C 的法向量为()=,,m a b c ，根据110,0m AB m AC ⋅=⋅=，解得()3,3,2m =-，111 1,?2|?|m AA cos m AA m AA ==.故1AA 与平面11AB C 所成角的大小为030，故选A ． 【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，关键构造空间直角坐标系，难度偏难．8．C解析：C 【分析】以A 为坐标原点建立空间坐标系，进而求得PB 和平面PCD 的法向量，再由向量的数量积即可求得PB 与平面PCD 所成角的正弦值. 【详解】依题意，以A 为坐标原点,分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，2,3,2AB BC AD PA ====,则()()()()0,0,2,2,0,0,2,2,0,0,3,0P B C D , 从而()()()2,0,2,2,2,2,0,3,2PB PC PD =-=-=- 设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =,00n PC n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即2220320a b c b c +-=⎧⎨-=⎩，不妨取3c =c=3,则1,2a b ==,所以平面PCD 的一个法向量为()1,2,3n =， 所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值 ()22222267sin cos ,22123PB n θ-===+-++， 故选C.【点睛】本题主要考查了线面所成的角, 其中求解平面的法向量是解题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题.9．B解析：B 【分析】利用平面向量的数量积公式先求解a b ⋅，再计算a 与b ，根据数量积夹角公式，即可求解. 【详解】由题意得：()()12122a b e e e e ⋅=+⋅-221122132111222e e e e =-⋅-=-⨯⨯-=-，2222121122()21a e e e e e e a ==+=++==⋅2222112122(2)4?41b b e e e e e e ==-=+-=-=设,a b 夹角为312,cos ,018032a b a bθθθ-⋅===-︒≤≤︒⋅，∴120θ=.故选：B. 【点睛】本题考查利用平面向量的数量积计算向量的夹角问题，难度一般，准确运用向量的数量积公式即可.10．B解析：B 【分析】在平行六面体中1111ABCD A B C D -中，利用空间向量的加法运算得到11BD BA BB BC =++，再根据模的求法，结合各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，由()()2211BD BA BB BC =++222111222BA BB BC BA BB BC BA BB BC =+++⋅+⋅+⋅求解.【详解】在平行六面体中1111ABCD A B C D -中，因为各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，所以111111cos120,11cos6022BA BB BA BC BC BB ⋅=⋅=⨯⨯=-⋅=⨯⨯=， 所以11BD BA BB BC =++， 所以()()2211BD BA BB BC =++，222111222BA BB BC BA BB BC BA BB BC =+++⋅+⋅+⋅，113+22+2222⎛⎫=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭，所以12BD =，故选：B 【点睛】本题主要考查空间向量的运算以及向量模的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11．A解析：A 【分析】求得EF 长度的两个临界位置的长度，由此求得EF 的取值范围. 【详解】由于ADE ∆与BCF ∆都是等边三角形，且边长为23，故高为3.当E AD B --和F BC A --趋向于0时，8332EF →--=，如下图所示.当E AD B --和F BC A --趋向于π时，83314EF →++=，如下图所示.所以EF 的取值范围是()2,14. 故选：A 【点睛】本小题主要考查空间线段长度范围的判断，考查空间想象能力，属于基础题.12．A解析：A 【分析】过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设二面角A BD C --的大小为α，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，由向量数量积的运算律得出CF BE CF HE ⋅=⋅，由题意可得出12HE BE =，利用数量积的定义可求出cos ,CF BE <>的值，即可求出cos θ的值，进而利用同角三角函数的平方关系可求出sin θ的值. 【详解】如下图所示，过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦， 记二面角A BD C --的大小为α，()CF BE CF BH HE CF HE ⋅=⋅+=⋅， 即()cos CF BE CF HE πα⋅=⋅-，即11cos ,23CF BE CF BE CF BE ⎛⎫⋅<>=⋅⋅- ⎪⎝⎭， 1cos ,6CF BE ∴<>=-，所以1cos 6θ=，即35sin 6θ=，故选：A ．【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，同时也考查了二面角的定义，涉及利用空间向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.13．C解析：C 【分析】利用向量的基本概念逐一进行判断，即可得出结论． 【详解】解：①a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a b ⊥，2212121122(23)(4)2()(38)12()2120a b e e ke e k e k e e e k ∴=+-=+--=-=，解得6k =，所以①正确．②()()OA OB CA CB OA CA OA CB OB CA OB CB ++=+++11cos6011cos9011cos9011cos60001=⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒++=，所以②正确．③(1,1,3)AC =，(1,2,0)AB =-，向量AC 在AB 上正投影1||(1)20AC AB AB ⨯===-++③正确． ④假设向量a ，b ，c 共面，则a xb yc =+， 所以123123122(32)(37)e e e x e e e y e e -+=-+++-+， 1231232(3)(37)2e e e x y e x y e xe -+=--+++，所以13x y =--，237x y -=+，12x =， 得12x =，12y ， 所以向量a ，b ，c 共面，所以④不正确． 即正确的有3个， 故选：C ． 【点睛】本题考查向量的基本概念，向量垂直，共面，正投影等，属于中档题．二、填空题14．【分析】结合由数量积定义计算【详解】正四面体中点EF 分别是BCAD 的中点连接则而所以平面又平面所以即所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计解析：24a【分析】AE AB BE =+，结合AD BC ⊥，由数量积定义计算． 【详解】正四面体ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，连接,AE DE ，则,BC AE BC DE ⊥⊥，而AEDE E =，所以BC ⊥平面ADE ，又AD ⊂平面ADE ，所以AD BC ⊥，即AF BE ⊥，所以21()cos 6024a AE AF AB BE AF AB AF BE AF a a ⋅=+⋅=⋅+⋅=⨯⨯︒=．故答案为：24a．【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算，解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计算的向量，然后由数量积定义计算，是基本方法，实质上也可以应用空间向量基本定理表示向量，把向量的运算转化为空间向量的基底进行运算．15．②④【分析】由题意知abAC三条直线两两相互垂直构建如图所示的长方体|AC|＝1|AB|=2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为圆心为半径的圆以C坐标原点以CD为x轴CB为解析：②④【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC|＝1，|AB|=2，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，3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，利用向量法求出结果．【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示的长方体高为13故|AC |＝1，|AB |=2，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，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量a =（0，1，0），|a |＝1， 直线b 的方向单位向量b =（1，0，0），|b |＝1，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B ′θθ，0），其中θ为B ′C 与CD 的夹角，[02θπ∈，），∴AB ′在运动过程中的向量，'AB =θθ，﹣1），|'AB |=2， 设'AB 与a 所成夹角为α∈[0，2π]， 则)(10cos 23，，θα-⋅=='⋅sin a AB |sin θ|∈[0， ∴α∈[6π，2π]，∴③错误，④正确． 设'AB 与b 所成夹角为β∈[0，2π]， ()(1100c 323os ，-，，，θθβ-⋅'⋅===''⋅⋅cos sin AB b AB bb AB |cos θ|， 当'AB 与a 夹角为60°时，即α3π=，|sin θ|3πα===， ∵cos 2θ+sin 2θ＝1，∴cos β=|cos θ|=，∵β∈[0，2π]，∴4πβ=，此时'AB 与b 的夹角为45°，∴②正确，①错误． 故答案为：②④． 【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．16．①③④【分析】由三垂直可采用以为轴建立空间直角坐标系①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体再结合等体积法即可求解三棱锥解析：①③④ 【分析】由,,AB AD AP 三垂直，可采用以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体，再结合等体积法即可求解三棱锥E BCO -的体积为定值；④中将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ，结合两点间直线最短即可判断正确 【详解】如图所示：以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,1)P ，()1,0,0B ，(1,2,0)C ，设(0,,0)E y ，[]0,2y ∈，则(1,0,1)BP =-，(1,2,0)CE y =--， 2||2cos ,2||||21(2)BP CE BP CE BP CE y ⋅〈〉==≤⋅⋅+-，当2y =时等号成立， 此时,4BP CE π〈〉=，故直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒，①正确；(1,,0)(1,2,1)21BE PC y y ⋅=-⋅-=-，当12y =时，BE PC ⊥，②错误； 将四棱锥放入对应的长方体中，则球心为体对角线交点， 1111112323226BCE E BCO O BCE AP V V S --==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△，③正确；如图所示：将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ， 则22''2222CE PE C E PE PC +=+≥=+=，当'PEC 共线时等号成立，④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考查向量法在立体几何中的实际应用，合理建系，学会将所求问题有效转化是解决问题的关键，如本题求线线角的最小值转化为求线线夹角的余弦值，求两直线垂直转化为数量积为0，求三棱锥体积的补形法和等体积法，利用旋转将异面直线的距离转化为共面直线的距离，属于中档题17．【分析】根据两向量的夹角余弦公式即可求出两向量的夹角【详解】解：10向量与的夹角为故答案为：【点睛】本题考查空间两向量的夹角大小的应用问题是基础题目 解析：3π【分析】根据两向量的夹角余弦公式，即可求出两向量的夹角． 【详解】 解：(0a =，1，1)，(1b =，0，1)，∴·1a b =，||2a =，||2b =，cos a ∴<，12||||2a b b a b >===⨯⨯，向量a 与b 的夹角为3π． 故答案为：3π. 【点睛】本题考查空间两向量的夹角大小的应用问题，是基础题目．18．【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题然后利用向量的数量积坐标运算计算的值即可【详解】又即解得故答案为【点睛】本题主要考查空间向量的应用向量垂直的充分必要条件等知识意在考 解析：3±【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题，然后利用向量的数量积坐标运算计算λ的值即可. 【详解】()()()2,1,1,3,4,,2,7,1A B C λ-， ∴AB ()1,3,1,λ=+CB ()1,3,1λ=--，又,AB CB ⊥0AB CB ∴⋅=，即()()()1133110λλ⨯+⨯-++-=，解得3λ=±， 故答案为3±. 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．【分析】设0则由知所以由此能求出其最小值【详解】设001-即（当时取最小值）故答案为：【点睛】方法点睛：求最值常用的方法有：（1）函数法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法要根据已知【分析】设(C x ，0，0)，(0D ，y ，0)，则(1,,2)AD y →=-，(,1,1)BC x →=-，由20AD BC x y →→=--=，知2x y =+．所以||CD →【详解】设(C x ，0，0)，(0D ，y ，0)，(1A -，0，2)，(0B ，1，-1)，∴(1,,2)AD y →=-，(,1,1)BC x →=-， AD BC ⊥，∴20AD BC x y →→=--=，即2x y =+．(,,0)CD x y →=-，∴||CD →=2．（当1y =-时取最小值）【点睛】方法点睛：求最值常用的方法有：（1）函数法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解. 20．【分析】建立空间直角坐标系利用三点共线设出点P(λλ2﹣λ)0≤λ≤2以及Q(02μ)0≤μ≤2根据两点间的距离公式以及配方法即可求解【详解】建立如图所示空间直角坐标系设P(λλ2﹣λ)Q(02μ)【分析】建立空间直角坐标系，利用,,A B P 三点共线设出点P (λ，λ，2﹣λ)，0≤λ≤2，以及Q (0，2，μ)，0≤μ≤2，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设P (λ，λ，2﹣λ)，Q (0，2，μ)(0≤λ≤2且0≤μ≤2)，可得PQ =∵2(λ﹣1)2≥0，(2﹣λ﹣μ)2≥0，∴2(λ﹣1)2+(2﹣λ﹣μ)2+2≥2，当且仅当λ﹣1=2﹣λ﹣μ=0时，等号成立，此时λ=μ=1，∴当且仅当P ､Q 分别为AB ､CD 的中点时，PQ .故答案为.【点睛】本题考查空间向量法求两点间的距离，将动点用坐标表示是解题的关键，考查配方法求最值，属于中档题.21．【解析】分析：以D 为原点建立空间直角坐标系设再求出平面和平面的法向量利用法向量所成的角表示出二面角的平面角解方程即可得出答案详解：以D 为原点以为轴的正方向建立空间直角坐标系设平面的法向量为由题可知平 解析：23【解析】分析：以D 为原点，建立空间直角坐标系，设(02)AE λλ=≤≤，再求出平面AECD 和平面1D EC 的法向量，利用法向量所成的角表示出二面角的平面角，解方程即可得出答案. 详解：以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设(02)AE λλ=≤≤，平面1D EC 的法向量为(,,)m x y z =由题可知，1(0,0,1)D ，(0,2,0)C ，(1,,0)E λ，1(0,2,1)DC =-，(1,2,0)CE λ=- 平面AECD 的一个法向量为z 轴，∴可取平面AECD 的法向量为(0,0,1)n = (,,)m x y z =为平面1D EC 的法向量，∴120(2)0m D C y z m CE x y λ⎧⋅=-=⎨⋅=+-=⎩ 令1y =，则(2,1,2)m λ=- 二面角1D EC D --的大小为4π ∴cos 4m n m n π⋅=⋅，即 2222(2)12λ=-++ 解得 23λ=23λ=+ ∴23AE =-故答案为23点睛：空间向量法求二面角（1）如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=(或12,n n π-)．22．【解析】由题意连接则故答案为 解析：1131234AB AC AD --+ 【解析】 由题意，连接AE ，则32 43GE AE AG AB BD AM =-=+- 321432AB AD AB AB AC =+--⨯+（）（）． 1131234AB AC AD =--+ . 故答案为1131234AB AC AD --+. 23．【分析】利用向量的加法公式得出再由得出的值即可得出的和【详解】即故答案为：【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量属于中档题解析：78【分析】 利用向量的加法公式得出111222MN OA OB OC =-++，再由1324OG OM MG OA MN =+=+，得出,,x y z 的值，即可得出,,x y z 的和.【详解】MN MA AB BN =++11111()22222OA OB OA OC OB OA OB OC =+-+-=-++ 13131112424222OG OM MG OA MN OA OA OB OC ⎛⎫∴=+=+=+-++ ⎪⎝⎭813388OA OB OC =++ 133,,888x y z ∴=== 即78x y z ++=故答案为：78【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量，属于中档题. 24．【分析】根据向量的线性运算得出根据向量的数量积运算即可求出结果【详解】解：由题可知所以得故答案为：【点睛】本题考查向量的运算涉及到线性运算和向量的数量积同时考查学生的化归和转化思想【分析】 根据向量的线性运算，得出112AE AB BC CC =++，根据向量的数量积运算，即可求出结果.【详解】 解：由题可知，112AE AB BC CC =++， 所以2211()2AE AB BC CC =++ 222111124AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 22211112cos60cos60cos604AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 11111711242224=+++⨯++= 得17AE =.. 【点睛】 本题考查向量的运算，涉及到线性运算和向量的数量积，同时考查学生的化归和转化思想. 25．-1【解析】【分析】由直线的一个方向向量为平面的一个法向量为得到由此能求出的值【详解】∵直线的一个方向向量为平面的一个法向量为∴解得故答案为：【点睛】本题考查实数值的求法考查直线的方向向量平面的法向 解析：-1【解析】【分析】由直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，//l α，得到 0m n ⋅=，由此能求出t 的值．【详解】∵直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，//l α，∴2420m n t ⋅=--+=，解得1t =-，故答案为：1-．【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线的方向向量、平面的法向量等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．26．（﹣∞4）【分析】由题意利用两个向量的夹角的定义两个向量共线的性质求得实数的取值范围【详解】解：向量若与的夹角为锐角且与不共线即且不成立解得则实数的取值范为故答案为：【点睛】本题主要考查两个向量的夹 解析：（﹣∞，4）【分析】由题意利用两个向量的夹角的定义，两个向量共线的性质，求得实数t 的取值范围．【详解】 解：向量(4a =，5-，12)，(3b =，t ，2)3，若a 与b 的夹角为锐角， ∴·0a b >，且a 与b 不共线， 即24351203t ⨯-+⨯>，且2334512t ==- 不成立，解得4t <， 则实数t 的取值范为(,4)-∞，故答案为：(,4)-∞．【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，两个向量共线的性质，属于基础题．。
高中数学空间几何体练习题难题带答案
高中数学空间几何体练习题一．选择题（共25小题）1．《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} 2．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，则该几何体外接球的表面积是（）A．41πB．C．25πD．3．已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD＝8（如图1），现以AC为折痕将菱形折起，使点B达到点P的位置．棱AC，PD的中点分别为E，F，且四面体P ACD的外接球球心落在四面体内部（如图2），则线段EF长度的取值范围为（）A．（，4）B．（1，）C．（，6）D．4．三棱锥P﹣ABC中．AB⊥BC，△P AC为等边三角形，二面角P﹣AC﹣B的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（）A．1B．2C．D．5．已知P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，则三棱锥P﹣ABC的体积是（）A．B．2C．D．6．在空间直角坐标系O﹣xyz中，四面体OABC各顶点坐标分别为：O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0）．假设蚂蚁窝在O点，一只蚂蚁从O点出发，需要在AB，AC上分别任意选择一点留下信息，然后再返回O点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A．2B．C．D．27．我国古代数学名著《九章算术•商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，如图为一个堑堵ABC﹣DFE，AB⊥BC，AB＝6，其体积为120，若将该“堑堵”放入一个球形容器中，则该球形容器表面积的最小值为（）A．100πB．108πC．116πD．120π8．如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P﹣BCD体积的最大值为（）A．12B．12C．D．9．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点，若满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，则m的取值范围是（）A．B．C．D．10．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，B1D与平面ABCD夹角的正弦值为，M为线段AA1的中点，点N在线段AD上，且AN＝2，S∈平面A1B1C1D1．若V三棱锥S﹣BMN＝V，记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ的最小值为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为2，球心O到△ABC所在平面的距离为1，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）12．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，点P在平面ABC的射影D点在△ABC 的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，若四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．B．C．D．13．已知三棱锥P﹣ABC的底面是正三角形，，点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心，当三棱锥P﹣ABC体积最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为（）A．B．C．6πD．14．在正四面体ABCD中，P，Q分别是棱AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF的中点，则能使点M的轨迹是圆的条件是（）A．PE+QF＝2B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2+QF2＝215．已知正方体的棱长为1，平面α过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角相等，则该正方体在平面α内的正投影面积是（）A．B．C．D．16．如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（）A．12πB．32πC．8πD．24π17．设P﹣ABCD是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M为PC中点，过AM作平面AEMF与线段PB，PD分别交于点E，F（可以是线段端点），则四棱锥P﹣AEMF的体积的取值范围为（）A．[，2]B．[，]C．[1，]D．[1，2]18．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是（）A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，]19．已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球，，则球O的表面积是（）20．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（）（容器壁的厚度忽略不计）A．21πB．40πC．41πD．84π21．已知球O的半径为1，A，B是该球面上的两点，且线段AB＝1，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），则∠APB的最小值与最大值分别是（）A．B．C．D．22．如图，A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面，其中AB＝4，BC＝3，AA1＝5，BB1＝8，CC1＝12，则该几何体的体积为（）A．96B．102C．104D．14423．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是（）A．B．C．D．3224．已知三棱锥S﹣ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，且SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，则球的表面积为（）A．12πB．3πC．5πD．6π25．三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，则三棱锥A ﹣B1DC1的体积为（）A．3B．C．1D．二．填空题（共5小题）26．若三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝2，SB＝3，SC＝4，则此三棱锥的外接球的表面积是．27．若三棱锥P﹣ABC的所有定点均在球O的表面上，且AB＝4，∠ACB＝60°，三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为16，则球O的表面积为．28．已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，侧视图的面积为8，则该半圆柱的底面半圆的半径为．29．已知正三棱锥的体积为，则其表面积的最小值为．30．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．三．解答题（共10小题）31．正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切，求：（1）棱锥的表面积；（2）内切球的半径．32．如图，已知三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，求体积较小部分与体积较大部分的体积比值．33．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC 中点．（1）证明：A1O⊥平面ABC；（2）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．34．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．35．在△ABC中，AB＝3．（1）若∠B＝45°，∠C＝60°，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，求这个几何体的体积．（2）设D是BC的中点，AD＝2，cos∠BAC＝，求△ABC的面积．36．在平面直角坐标系xoy中，已知四点A（2，0），B（﹣2，0），C（0，﹣2），D（﹣2，﹣2），把坐标系平面沿y 轴折为直二面角．（1）求证：BC⊥AD；（2）求三棱锥C﹣AOD的体积．37．四面体ABCD中，AB和CD为对棱．设AB＝a，CD＝b，且异面直线AB与CD间的距离为d，夹角为θ．（Ⅰ）若θ＝，且棱AB垂直于平面BCD，求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）当θ＝时，证明：四面体ABCD的体积为一定值；（Ⅲ）求四面体ABCD的体积．38．如图，已知⊙O的直径AB＝3，点C为⊙O上异于A，B的一点，VC⊥平面ABC，且VC＝2，点M为线段VB的中点．（1）求证：BC⊥平面VAC；（2）若直线AM与平面VAC所成角为，求三棱锥B﹣ACM的体积．39．如图所示，该几何体是一个由直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2（1）证明：平面P AD⊥平面ABFE；（2）若正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，求正四棱锥P﹣ABCD的高．40．如图，在△ABC中，∠C为直角，AC＝BC＝4．沿△ABC的中位线DE，将平面ADE折起，使得∠ADC＝90°，得到四棱锥A﹣BCDE．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积；（Ⅲ）M是棱CD的中点，过M作平面α与平面ABC平行，设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S，试求S的值．参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【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．2．【解答】解：由三视图得到直观图，如图，该几何体为三棱锥D1﹣CC1E，正方体的棱长为4，E为BB1的中点，取出该几何体如图，三棱锥E﹣C1D1C，底面三角形C1D1C为等腰直角三角形，直角边长为4，侧面EC 1C⊥底面C1D1C，．则底面三角形的外心为CD1的中点G，设△EC1C的外心为H，分别过G与H作底面C1D1C与侧面EC1C的垂线相交于O，则O为三棱锥E﹣C1D1C的外接球的球心，在△EC1C中，求得CK＝4，sin∠ECK＝，则2EH＝，即EH＝，则HK＝，，则．∴该几何体外接球的表面积是4．故选：A．3．【解答】解：如图，由题意可知△APC的外心O1在中线PE上，设过点O1的直线l1⊥平面APC，可知l1⊂平面PED，同理△ADC的外心O2在中线DE上，设过点O2的直线l2⊥平面ADC，则l2⊂平面PED，由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上．根据外接球的性质，点O为四面体APCD的外接球的球心．由题意得EA＝3，PE＝4，而O1A2＝O1E2+EA2，O1A+O1E＝PE＝4，∴O1E＝．令∠PEF＝θ，显然0＜θ＜，∴EF＝PE cosθ＝4cosθ＜4．∵cosθ＝＝，∴OE•EF＝O1E•PE＝，又OE＜EF，∴EF2＞，即EF＞．综上所述，＜EF＜4．∴线段EF长度的取值范围为（，4）．故选：A．4．【解答】解：如图所示，过点P作PE⊥面ABC，垂足为E，过点E作ED⊥AC交AC于点D，连接PD，则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角，即有cos∠PDE＝，易知AC⊥面PDE，则AC⊥PD，而△P AC为等边三角形，∴D为AC中点，设AB＝a，BC＝b，AC＝＝c，则PE＝PD sin∠PDE＝×c×＝，故三棱锥P﹣ABC的体积为：V＝×ab×＝≤×＝，当且仅当a＝b＝时，体积最大，此时B、D、E共线．设三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为R，由已知，4πR2＝8π，得R＝．过点O作OF⊥PE于F，则四边形ODEF为矩形，则OD＝EF＝，ED＝OF＝PD cos∠PDE＝，PE＝，在Rt△PFO中，（）2＝，解得c＝2．∴三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为：．故选：D．5．【解答】解：∵P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，∴由余弦定理得cos B＝＝﹣，∴B＝120°，设△ABC外接圆的半径为r，则由正弦定理，得＝＝2r，解得r＝2．∴球心到平面ABC的距离d＝＝＝．∴三棱锥P﹣ABC的体积：V＝＝＝．故选：D．6．【解答】解：将四面体OABC沿着OA剪开，展开后如下图所示，最短路径就是△AOO'的边OO'，∵O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0），∴AO＝2，BO＝，AB＝AC＝，BC＝，由余弦定理知，在△OAB中，cos∠OAB＝＝＝，∴∠OAB＝30°＝∠O'AC，在△ABC中，cos∠BAC＝＝＝，∴sin∠BAC＝＝，∴cos∠OAO'＝cos（∠BAC+∠OAB+∠O'AC）＝cos（∠BAC+60°）＝cos∠BAC•cos60°﹣sin∠BAC•sin60°＝×﹣×＝．在△AOO'中，OO'2＝AO2+AO'2﹣2AO•AO'cos∠OAO'＝4+4﹣2×2×2×＝5+，∴OO'＝．故选：C．7．【解答】解：设BC＝a，BF＝b，则该“堑堵”的体积V＝S△ABC•BF＝＝120，整理，得ab＝40，要使“堑堵”放入球形容器，则该球的半径不小于“堑堵”的外接球半径，设其外接球的半径为R，∵在堑堵ABC﹣DFE中，BA，BC，BF两两垂直，∴堑堵ABC﹣DFE外接球的一条直径是以BA，BC，BF为相邻三条棱的长方体的体对角线，即2R＝＝，∵a2+b2≥2ab＝80，（当且仅当a＝b时，取等号），∴外接球的表面积S＝4πR2≥116π，∴球形容器的表面积最小值为116π．故选：C．8．【解答】解：过点P作PE⊥BD于E，连结CE，由题意知△BPD≌△BCD，CE⊥BD，且PE＝CE，∴BD⊥平面PCE，∴V P﹣BCD＝V B﹣PCE+V D﹣PCE＝＝，∴当S△PCE最大时，V P﹣BCD取得最大值，取PC的中点F，则EF⊥PC，∴S△PCE＝•EF＝，∵PB+PD＝10，BD＝8，∴点P到以BD为焦点的椭圆上，∴PE的最大值为对应短半轴长，∴PE最大值为＝3，∴S△PCE最大值为2，∴三棱锥P﹣BCD体积的最大值为．故选：C．9．【解答】解：分类讨论：①∵正方体的棱长为2，∴BD1＝2，∵点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），满足|PB|+|PD1|＝2，∴点P是以2c＝2为焦距，以a＝为长半轴，以为短半轴的椭圆，∵P在正方体的棱上，∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件．∴满足|PB|+|PD1|＝2的点P的个数为12个．满足条件．②8个顶点中，除了B，D1两个以外的6个顶点满足|PB|+|PD1|＝2+2，且是正方体棱上的所有点中的最大值，只有这6个顶点．因此除了以上6个顶点以外的点满足：|PB|+|PD1|＜2+2，不难得出满足条件：2≤|PB|+|PD1|＜2+2的点P都满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，由选择支可得只能选择D．故选：D．10．【解答】解：如图所示，设BC＝x，则＝，解得x＝6．V三棱锥S﹣BMN＝V，设点S到平面BMN的距离为d．则h•＝×4×（4×6﹣﹣﹣），解得h＝．记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ＝．可得最小值为设S（x，y，4）．B（6，4，0）．M（6，0，2）．N（4，0，0）．＝（2，0，2）．＝（2，4，0）．设平面BMN的法向量为＝（a，b，c），则•＝•＝0．可得2a+2c＝0，2a+4b＝0，取＝（2，﹣1，﹣2）.＝（x﹣4，y，4）．∴＝，化为：2x﹣y＝0，或：2x﹣y＝32（舍去），由2x﹣y＝0，G（2，4，0），可得点S的轨迹为线段D1G．过点C1作C1S⊥D1G，此时SC1的最小值＝＝＝，tanθ＝．故选：A．11．【解答】解：∵三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为R＝2，球心O到△ABC所在平面的距离为d＝1，∴△ABC的外接圆的半径r＝＝．∴△ABC是等边三角形时，△ABC的面积最大，设等边△ABC的边长为a，则＝，解得a＝3，∴S△ABC＝＝，∵球心O到△ABC所在平面的距离为1，∴点P到平面ABC的距离的最大值为h＝R+d＝2+1＝3，∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：＝＝．故选：A．12．【解答】解∵在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，∴PC＝2BC＝4，BP＝＝2，取BC中点E，则PE＝BE＝DE＝2，∵点P在平面ABC的射影D点在△ABC的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，∴cos∠BED＝cos∠BEB＝＝﹣，∴∠BED＝∠BEP＝∠PED＝120°，∴PD＝PB＝BD＝2，∴BC＝CD＝2，设球心为O，则OE⊥平面BPDC，∵OD＝2，四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，∴OE＝＝1，∴四棱锥P﹣ABCD的高PD＝2OE＝2，∴四棱锥P﹣ABCD的体积为：V＝＝＝＝．故选：B．13．【解答】解：：延长PH交BC于D，连接AD，∵H是△PBC的垂心，∴BC⊥PD，∵AH⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥BC，又AH⊂平面APD，PD⊂平面P AD，AH∩PD＝H，∴BC⊥平面APD，又AD⊂平面APD，∴BC⊥AD，连接BH并延长交PC于E，连接AE，由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC，又BE⊥PC，AH∩BE＝H，∴PC⊥平面ABE，∴AB⊥PC．设P在平面ABC上的射影为O，延长CO交AB于F，连接PF．∵PO⊥AB，PC∩PO＝P，∴AB⊥平面PCF．∴PF⊥AB，CF⊥AB．∴O是△ABC的中心，F是AB的中点，∴PB＝P A＝＝PC，当P A，PB，PC两两垂直时，三棱锥P﹣ABC体积取得最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R满足：（2R）2＝，解得R＝．体积＝＝．故选：D．14．【解答】解：如图所示，正四面体ABCD中，取BC、BD、AD、AC的中点G、H、K、L，因为P、Q分别是棱AB，CD的中点，所以PQ的中点O也为定点；由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL上；由＝++＝++，所以＝（+）；又在正四面体中，对棱垂直，所以•＝0；所以4＝+，即4OM2＝PE2+QF2；若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则PE2+QF2为定值．故选：D．15．【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：所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面α时，满足平面α与正方体每条棱所成的角均相等，并且如图所示的正三角形，为平面α截正方体所形成的三角形截面中，截面面积最大者．因为正三角形的边长为，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形（如图所示），可以看成两个边长为的等边三角形，所以正方体在平面α内的正投影面积是S＝2×＝．故选：B．16．【解答】解：将三角形ABC与三角形ACD展成平面，BP+PE的最小值，即为BE两点之间连线的距离，则BE＝设AB＝2a，则∠BAD＝120°，由余弦定理，解得，则正四面体棱长为，因为正四面体的外接球半径是棱长的倍，所以，设外接球半径为R，则，则表面积S＝4πR2＝4π•3＝12π．故选：A．17．【解答】解：为了建立四棱锥P﹣AEMF的体积与原三棱锥的体积的关系，我们先引用下面的事实，（如图）设A1，B1，C1分别在三棱锥S﹣ABC的侧棱SA，SB，SC上，又S﹣A1B1C1与S﹣ABC的体积分别为V1和V，则事实上，设C，C1在平面SAB的射影分别为H，H1，则又所以下面回到原题：设，∵P﹣ABCD的体积V0＝，于是由上面的事实有：+，得：＝＝xy+xy＝，于是，而由0＜≤1，x≤1，得，则V＝x+y＝x+（），又得，所以，当时，V'＜0，V为减函数，当时，V’＞0，V为增函数所以得：，又，得V max＝，故答案为[]，故选：B．18．【解答】解：如图，AB＝CD＝a，AC＝AD＝BC＝BD＝2．过A作AE⊥CD于E，连结BE，则AE＝＝BE，又AB＝a，∴＝，∴＝，令，则f′（a）＝16a3﹣3a5＝0，解得当a2＝时，（V A﹣BCD）max＝．∴此三棱锥体积的取值范围是（0，]．故选：B．19．【解答】解：取SC中点M，连接AM、MB，因为△SAC是等边三角形，且SB＝BC，∴AM⊥SC，MB⊥SC，∴SC⊥平面AMB，∴平面SAC⊥平面AMB，由三余弦定理，可知，cos∠SAM•cos∠MAB＝cos∠SAB，由边长条件可知，∠SAM＝30°，∠SAB＝90°，代入上式解得cos∠MAB＝0，∴∠MAB＝90°，因为SC⊥平面AMB，∴球心O在平面AMB上，作OO1⊥平面SAC，易得，，取AB中点N，连接ON，∴ON⊥AB，∴OO1AN四点共圆，AO为这四点共圆的直径，也是三棱锥S﹣ABC的半径，连接O1N，∵∠MAB＝90°，由勾股定理，得，∴O1N为三棱锥S﹣ABC的半径R，∴．故选：A．20．【解答】解：由球的对称性可知，当三个正四棱柱都处于正中间契合的时候，其外接球半径最小，所以，此时该球为底面边长为4、2，高为8的长方体的外接球时，设球的半径为R，所以，所以，所以球的最小表面积为．故选：D．21．【解答】解：依题意，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），即P点与A，B不共线，故三点确定一个平面，设该平面与球的截面为圆O，设∠APB所对的弧的长度与圆O的周长之比为t，所以当t最小时，∠APB最小，当t最大时，∠APB最大．根据球的性质得，①当圆O为球的大圆且弧∠APB所对的弧是该大圆的劣弧时，此时弧APB长度最小，圆的周长最大，t1最小，如图P1，此时AB＝OA＝OB＝1，所以∠AOB＝，∴∠AP1B＝＝，②若圆O为球的大圆所对的优弧，则t2＝1﹣t1最大，如图中的P2．此时∠AP2B＝π﹣∠AP1B＝（圆的内接四边形对角互补）．故选：A．22．【解答】解：过A1作A1E⊥BB1，垂足为E，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，∵DG＝AA1＝5，∴EB1＝8﹣5＝3．∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，A1B1和D1C1是它们分别与截面的交线，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，则EB1＝FH＝3，∴DD1＝12﹣3＝9．作A1G⊥DD1，垂足为G，作GF⊥CC1，垂足为F，连接EF，EH，则几何体被分割成一个长方体ABCD﹣A1EFG，一个斜三棱柱A1B1E﹣D1C1H，一个直三棱柱A1D1G﹣EHF．从而几何体的体积为：V＝3×4×5+×3×4×3+×3×4×4＝102．故选：B．23．【解答】解：设AB＝m，AC＝n，则S△ABC＝△ABC的外接圆直径BC＝取BC的中点M，则当PM⊥平面ABC时，三棱锥的体积最大此时球心O在PM上，V max＝×mn×（+3）≤××（+3）令t＝，则f（t）＝t（）f′（t）＝由f′（t）＝0，解得t＝0（舍），t＝8，f（t）在（0，8）递增，在（8，9）递减故f（8）最大，为所以三棱锥P﹣ABC的最大体积为故选：B．24．【解答】解：如图：∵SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，∴SC⊥SA，SA⊥SB，∠CSB＝120°，取CA，AB的中点O1，O2，则O1，O2是球的两个截面圆的圆心，设O为球心，则OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BSA，取SA的中点E，连O1E，O2E，则O1E∥SC，O2E⊥SC，∴∠O1EO2＝120°，∠O1OO2＝60°，又OO1＝OO2，∴△OO1O2是正三角形，∴OO1＝O1O2＝BC＝，在直角三角形AO1O中，|OA|＝＝＝，所以球的半径R为．则球的表面积为4πR2＝4π×（）2＝5π．故选：C．25．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，∴AD⊥B1C1，AD⊥BB1，∵B1C1∩BB1＝B1，∴AD⊥平面DB1C1，∴三棱锥A﹣B1DC1的体积为：＝＝＝1．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：由题意可得将该三棱锥放在长方体中，且长方体的长宽高分别为SA＝2，SB＝3，SC＝4，设外接球的半径为R，再由长方体的对角线等于其外接球的直径可得（2R）2＝22+32+42＝29，所以4R2＝29，所以外接球的表面积S＝4πR2＝29π，故答案为：29π．27．【解答】解：设球O的半径为R，△ABC的外接圆的圆心O1，半径为r，在△ABC中，由余弦定理可得（4）2＝a2+b2﹣2ab cos60°，即a2+b2＝ab+48≥2ab，即ab≤48，所以V P﹣ABC＝ab sin60°（R+OO1）≤×48×（R+OO1）×＝4（R+OO1），由题意可得4（R+OO1）＝16，所以R+OO1＝4①，在△ABC中，2r＝＝，所以r＝4，而R2＝r2+OO12，所以R2＝16，所以球的表面积S＝4πR2＝64π，故答案为：64π．28．【解答】解：半圆柱的立体图如图所示，其侧视图是矩形ABCD，所以AB•AD＝8，即4×AD＝8，所以AD＝2，所以半圆柱的底面半圆的半径为2．故答案为：2．29．【解答】解：设正三棱锥的底面边长为a，高为h，如图，过顶点S作底面ABC的垂线，垂足为O，过O作OD 垂直AB于D，连接SD，∴AB＝a，SO＝h．∴SO⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，∴AB⊥SO，SO⊥OD，又∵AB⊥OD，SO∩OD＝O，∴AB⊥平面SOD，又∵SD⊂平面SOD，∴AB⊥SD，即SD为侧面SAB的斜高，三棱锥体积＝，得a2h＝12，又O为底面中心，∴OD＝＝，SD＝＝，三棱锥的表面积S＝+3××＝，将代入得：S＝＝．∴S′＝，令S′＝0，得＝0，令，（t＞0），上式可化为t2﹣2t﹣3＝0，解得t＝3，或t＝﹣1（舍），∴＝3，得h＝2，当0＜h＜2时，S′＜0，当h＞2时，S′＞0，故S在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上S单调递增，故当h＝2时，表面积最小，此时S＝3＝6，故填：6．30．【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．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，∵△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∵AB＝2，∴S△ABC＝×2××sin60°＝6，又DE＝×AE＝×2×sin60°＝，∴PE＝＝＝；S△P AB＝S△PBC＝S△PCA＝×2×＝3；∴三棱锥的表面积为S表面积＝3×3+6＝9+6；（2）设内切球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，∵PD＝1，∴V三棱锥P﹣ABC＝S△ABC h＝•6•1＝2；又三棱锥P﹣ABC的体积为V＝S表面积•r＝×（9+6）r＝（3+2）r，由等体积可得r＝＝﹣2，∴内切球的半径为﹣2．32．【解答】解：三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，不妨设平面ACC1A1⊥平面ABC，设△ABC是边长为6的等边三角形，则△A1B1C1是边长为3的等边三角形，设棱台的高为3，取AC中点O，A1C1中点G，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OG为z轴，建立空间直角坐标系，＝9，＝＝，三棱台ABC﹣A1B1C1的体积V＝＝．＝＝﹣＝，∴＝＝，A（0，﹣3，0），M（，﹣，3），N（，1，3），C1（0，，3），＝（，，3），＝（，4，3），＝（0，，3），设平面AMN的法向量＝（x，y，z），，取x＝14，得＝（14，2，﹣5），∴点C1到平面AMN的距离d＝＝，cos＜＞＝＝＝．sin＜＞＝＝，∴S△AMN＝＝＝，∴＝＝，设平面AMN与CC1交于点H，则点H到直线AN的距离是点M到AN的距离的，∴＝，∴＝＝，∴过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，体积较小部分的体积为：++＝+＝，体积较大部分的体积为：V﹣（++）＝＝，∴体积较小部分与体积较大部分的体积比值为＝．33．【解答】解：（1）证明：∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC中点，∴A1O⊥AC．又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O⊂平面A1AC，∴A1O⊥平面ABC．（6分）（2）存在点E，且E为线段BC1的中点．理由：取B1C的中点M，从而O M是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，∴OM∥平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点．（12分）34．【解答】解：设球心为O，△ABC外接圆的圆心为O′，设球的半径为2r，则OO′＝r，如图所示；又AB＝18，BC＝24，AC＝30，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形；∴O′A＝AC＝15；在Rt△OO′A中，（2r）2＝152+r2，解得r＝5，∴球的半径为R＝2r＝10；∴球的表面积为S＝4π•＝1200π，体积为V＝＝4000π．35．【解答】解：（Ⅰ）过A作AH⊥BC，垂足为H，在Rt△ABH中，B＝45°，所以AH＝BH＝3，在Rt△ACH中，C ＝60°，所以CH＝，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，是以AH为底面半径，以BH，CH为高的两个圆锥，所以体积为＝＝（9+3）π；（Ⅱ）设BD＝DC＝x．AC＝y，在△ABD和ACD中，由余弦定理得到，化简得到2x2＝y2+2，①，在△ABC中，4x2＝18+y2﹣2×，即4x2＝y2﹣5y+18．②由①②得到y＝2或者（y＝﹣7舍去）；因为cos∠BAC＝，所以sin∠BAC＝，所以S＝AB•AC•sin∠BAC＝．36．【解答】解：（1）【法一】∵BOCD为正方形，∴BC⊥OD，∠AOB为二面角B﹣CO﹣A的平面角∴AO⊥BO，∵AO⊥CO，且BO∩CO＝O∴AO⊥平面BCO，又BC⊆平面BCO∴AO⊥BC，且DO∩AO＝O∴BC⊥平面ADO，且AD⊆平面ADO，∴BC⊥AD．【法二】分别以OA，OC，OB为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，0，2），C（0，2，0），D（0，2，2）；有＝（﹣2，2，2），＝（﹣2，2，0），∴•＝0，∴⊥，即BC⊥AD．（2）三棱锥C﹣AOD的体积为：V C﹣AOD＝V A﹣COD＝•S△COD•OA＝××2×2×2＝．37．【解答】证明：（1）如图5﹣2，由于棱AB⊥平面BCD，过B作CD边上的高BE，则AB⊥BE，CD⊥BE，故BE是异面直线AB与CD的距离，即d＝BE．所以V A﹣BCD＝AB•S△BCD＝a＝abd．（2）如图5﹣3，过A作底面BCD的垂线，垂足为O，连结BO与CD相交于E．连结AE，再过E作AB的垂线，垂足为F．因为AB⊥CD，所以BO⊥CD（三垂线定理的逆定理），所以CD⊥平面ABE，因为EF⊂平面ABE，所以CD⊥EF，又EF⊥AB．所以EF即为异面直线AB，CD的公垂线．所以EF＝d．注意到CD⊥平面ABE．所以V A﹣BCD＝CD•S△ABE＝•AB•EF•CD＝abd为定值．（3）如图5﹣4：将四面体ABCD补成一个平行六面体ABB'D'﹣A'CC'D．由于AB，CD所成角为θ，所以∠DCA'＝θ，又异面直线AB与CD间的距离即上、下两底面AB'，A'C'的距离，所以V ABB'D'﹣A'CC'D＝ab sinθ×2d＝abd sinθ．显然V A﹣BCD＝V ABB'D'﹣A'CC'D＝abd sinθ．38．【解答】（1）证明：因为VC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VC⊥BC，又因为点C为圆O上一点，且AB为直径，所以AC⊥BC，又因为VC，AC⊂平面VAC，VC∩AC＝C，所以BC⊥平面VAC．…（4分）（2）如图，取VC的中点N，连接MN，AN，则MN∥BC，由（I）得BC⊥平面VAC，所以MN⊥平面VAC，则∠MAN为直线AM与平面VAC所成的角．即∠MAN＝，所以MN＝AN；…（6分）令AC＝a，则BC＝，MN＝；因为VC＝2，M为VC中点，所以AN＝，所以，＝，解得a＝1…（10分）因为MN∥BC，所以…（12分）39．【解答】证明：（1）直三棱柱ADE﹣BCF中，∵AB⊥平面ADE，∴AB⊥AD，又AD⊥AF，∴AD⊥平面ABFE，AD⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABFE…．（6分）解：（2）连结BD与AC交于点O，连结PO，∵正四棱锥P﹣ABCD，∴PO⊥平面ABCD，又∵直三棱柱ADE﹣BCF，∴AB⊥AE，且有AD⊥平面ABEF，∴AD⊥AE，∴AE⊥平面ABCD，则PO∥AE，∵AE⊂平面ABEF，∴PO∥平面ABEF，则P到平面ABEF的距离等于O到平面ABEF的距离，又∵O为BD中点，∴O到平面ABEF的距离为＝1，∴P到平面ABF的距离为d＝1，∴＝，设正四棱锥P﹣ABCD的高为h，∵正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，∴＝4V P﹣ABF＝，解得h＝2，∴正四棱锥P﹣ABCD的高为2．40．【解答】（Ⅰ）证明：∵DE∥BC，∠C＝90°，∴DE⊥AD，同时DE⊥DC，又AD∩DC＝D，∴DE⊥平面ACD．又∵DE∥BC，∴BC⊥平面ACD；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，又AD⊂平面ADC，∴AD⊥BC．又∵∠ADC＝90°，∴AD⊥DC．又∵BC∩DC＝C，∴AD⊥平面BCDE．∴＝；（Ⅲ）解：分别取AD，EA，AB的中点N，P，Q，并连接MN，NP，PQ，QM，∵平面α∥平面ACD，∴平面α与平面ACD的交线平行于AC，∵M是中点，∴平面α与平面ACD的交线是△ACD的中位线MN，同理可证，四边形MNPQ是平面α截四棱锥A﹣BCDE的截面，即S＝S MNPQ．由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，又∵QM∥AC，MN∥BC，∴QM⊥MN．∴四边形MNPQ是直角梯形．在Rt△ADC中，AD＝CD＝2，∴AC＝．MN＝AC＝2，NP＝，MQ＝．∴S＝（1+3）×．。
高中数学立体几何测试题(10套)
∴ BD ∥平面 PMN ，
位置关系为
平行
。
∴ O 到平面 PMN 的距离即为 BD 到平面 PMN 的距离。
11 、a,b 为异面直线，且 a,b 所成角为 40 °，直线 c 与 a,b 均异面，且所成角均为
∵ BD ⊥ AC ， MN ∥ BD
∵ PA⊥面 ABCD
θ，若这样的 c 共有四条，则 θ的范围为 (70 °， 90° ) 。
D
C
A
B
D1 A1
C1 B1
17 、 已知异面直线 a， b 的公垂线段 AB 的中点为 O，平面 满足 a∥ ， b∥ ， 且 O ， M 、 N 是 a， b 上的任意两点， MN ∩ ＝ P，求证： P 是 MN 的中
点
A aM
O
P
BN b
.
立几面测试 001
参考答 案
一、 1- 8 ACDDBDBA
2、已知 m， n 为异面直线， m∥平面 ， n∥平面 ， ∩ =l ，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 ）与 m， n 中一条相交
3、已知 a， b 是两条相交直线， a∥ ，则 b 与 的位置关系是 （ ）
A 、 b∥
PAM
∵ AB=2 ， BM=1 ， CM=1
∴ AM= 5 ，
P
A H
O
.
B
F M
B
D N C
立几面测试 003
一、选择题
1．异面直线是指
(A) 在空间内不能相交的两条直线
(B) 分别位于两个不同平面的两条直线
(C) 某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线
高中数学 人教A版 必修2 第一章 空间几何体 高考复习习题(选择题201-300)含答案解析
A． B． C．50πD．200π
14．在菱形 中， ，将 沿 折起到 的位置，若二面角 的大小为 ，则三棱锥 的外接球的体积为（）
A． B． C． D．
15．已知球的直径 ， 是该球球面上的两点， ， ，则棱锥 的体积为（）
高中数学人教A版必修2第一章空间几何体高考复习习题（选择题201-300）含答案解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．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． ＋3
11．在三棱锥 中，底面 是边长为2的正三角形，顶点 在底面 上的射影为 的中心，若 为 的中点，且直线 与底面 所成角的正切值为 ，则三棱锥 外接球的表面积为（）
A． B． C． D．
12．已知三棱锥 的每个顶点都在球 的表面上， 底面 ，且二面角 的正切值为4，则球 的表面积为
A． B． C． D．
A． B． C． D．
5．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，古代用它作为长方体棱台（上、下底面均为矩形额棱台）的专用术语，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上表，下表从之，亦倍小表，上表从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六面一.”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一，以此算法，现有上下底面为相似矩形的棱台，相似比为 ，高为3，且上底面的周长为6，则该棱台的体积的最大值是（）
高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)
立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．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（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C。
2020年高考数学专题提升： 空间几何体(含答案)
空间几何体一、单项选择题（每题5分；共55分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.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. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（每空4分；共44分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.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________.17.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，挖去四棱推O一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/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．参考答案一、单项选择题1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】A11.【答案】D二、填空题12.【答案】24√213.【答案】4314.【答案】1315.【答案】2π；（3 +√2）π316.【答案】1017.【答案】118.818.【答案】1；3√5219.【答案】2420.【答案】√6。
高中数学空间几何体知识点归纳与常考题型专题练习(附解析)
（ 7）球体：定义： 以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体
几何特征： ①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径。
2、空间几何体的三视图 定义三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影） 俯视图（从上向下）
；侧视图（从左向右） 、
注：正视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度；
B．
C． D．
29．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A． 1 B． C． D． 30．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 是（ ）
，则正视图中的 x 的值
A． 2 B． C． D．3
31．将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使得 BD=a，则三棱锥 D﹣ ABC 的体积为（ ）
设三棱锥 F﹣ADE 的体积为 V 1，三棱柱 A 1B1C1﹣ ABC 的体积为 V 2，则 V 1：
V2=
．
39．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 V 1，球 O 的体积为 V 2，则 的值是
．
40．若某几何体的三视图（单位： cm3．
（ 1）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，角 α的最大值是多少； （ 2）现需要倒出不少于 3000cm3 的溶液，当 α=60°时，能实现要求吗？请说明 理由． 47．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为 32cm，容器Ⅰ的底面对角线 AC 的长为 10 cm，容器Ⅱ的两底面对角线 EG， E1G1 的长分别为 14cm 和 62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为 12cm．现有一根玻璃棒 l，其长度为 40cm．（容器厚度、 玻璃棒粗细均忽略不计） （ 1）将 l 放在容器Ⅰ中， l 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱 CC1 上，求 l
专题11 空间图形的表面积与体积-高中数学专项训练测试卷(知识串讲+热考题型+专题训练)(原卷版)
专题11空间图形的表面积与体积（一）几何体的表面积1．柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.2．把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.3．计算公式圆柱的侧面积rl S π2=圆柱的表面积)(2l r r S +=π圆锥的侧面积rl S π=圆锥的表面积)(l r r S +=π圆台的侧面积l r r S )(+'=π圆台的表面积)(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积24R S π=（二）几何体的体积圆柱的体积hr V 2π=圆锥的体积h r V 231π=圆台的体积)(3122r r r r h V '++'=π球体的体积334R V π=正方体的体积3a V =正方体的体积abcV =（三）球的内切、外接几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.题型一几何体的面积【典例1】（河南省郑州市2023届高三第二次质量预测文科数学试题）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（）AB C D 【典例2】（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.【典例3】（2023·全国·高一专题练习）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，1145A AB A AC ∠=∠=︒，则该斜三棱柱的侧面积是_________．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二几何体的体积【典例4】（2018·全国高考真题（文））在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30 ，则该长方体的体积为（）A．8B．C．D．【典例5】（2023·高一单元测试）已知正三棱锥的侧面积为2，高为3cm ，则它的体积为___________3cm .【典例6】（2023·全国·模拟预测）已知一个圆台内部的球与圆台的上、下底面以及每条母线均相切，设球与圆台的表面积分别为1S ，2S ，体积分别为1V ，2V ，若1247S S =，则12V V =______．【总结提升】（1）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．（2）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（3）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.提醒：处理高线问题时，经常利用的方法就是“等积法”．题型三几何体的展开、折叠、截问题【典例7】（2023·全国·高一专题练习）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若23S S =甲乙，则V V =甲乙（）A．7B．7C ．94D．21【典例8】（2023春·福建三明·高一三明一中校考阶段练习）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧 DE 、 AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=︒，则该圆台的高为______；侧面积为______.【典例9】（2023·辽宁辽阳·统考一模）将3个6cm×6cm 的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为32cm 的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______3cm .【典例10】（2023春·河南郑州·高三安阳一中校联考阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，以A 为球心，23为_________【总结提升】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．题型四几何体的外接球【典例11】（四川省乐山市2023届高三下学期第二次调查研究考试数学（理）试题）在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=︒，将BCD △绕对角线BD 所在直线旋转至BPD ，使得6AP 则三棱锥P ABD -的外接球的表面积为（）A ．8π3B ．20π3C 2015π27D ．25π3【典例12】（2023春·辽宁朝阳·高二北票市高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -的侧面展开图中，B ，C 是线段AD 的三等分点，且33AD =外接球O 的表面积为12π，则1AA =_______________．【典例13】（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）在三棱锥D ABC -中，已知AD ⊥平面ABC ，且ABC 6的正三角形，三棱锥D ABC -的外接球的表面积为24π，则三棱锥D ABC -的体积为___________.【总结提升】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．3.一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.题型五几何体的内切球【典例14】（2023春·河南濮阳·高三统考阶段练习）在正三棱锥-P ABC 中，6,43AB PA ==若球O 与三棱锥-P ABC 的六条棱均相切，则球O 的表面积为（）A ．(1683π-B ．(19π83-C ．(76π323-D ．(19π83+【典例15】（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）已知某圆锥的内切球的体积为32π3，则该圆锥的表面积的最小值为__________．【规律方法】1.求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.2．解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：题型六空间几何体面积、体积的综合问题【典例16】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正三棱锥S ﹣ABC 的底面边长为2，正三棱锥的高SO ＝1．(1)求正三棱锥S ﹣ABC 的体积；(2)求正三棱锥S ﹣ABC 表面积．【典例17】（2023·高一单元测试）已知1111ABCD A B C D -是底面边长1的正四棱柱，1O 为11A C 与11B D 的交点．(1)设1AB 与底面1111D C B A 所成的角为arctan2，求该棱柱的侧面积；(2)若点C 到平面11AB D 的距离为43，求四棱柱1111ABCD A B C D -的体积．一、单选题1．（2023·广东·校联考模拟预测）已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（）A ．12B ．2C ．3D 2．（2023·全国·高一专题练习）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA ，DB ，DC 三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK ，如图2所示．若在图2中23DH DA =，则在图1中EF EG =（）A ．49B ．481C ．427D ．8273．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知正四面体的各棱长均为3，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．9πB ．12πC ．27π4D ．27π24．（2023·全国·模拟预测）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，棱11C D 的中点为S ，则三棱锥S ABC -的外接球的表面积为（）A ．41π4B ．43π3C ．45π4D ．37π3二、多选题5．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图甲，在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为AB 上一动点（不含端点），且满足将AED △沿DE 折起后，点A 在平面DCBE 上的射影F 总在棱DC 上，如图乙，则下列说法正确的有（）A ．翻折后总有BC AD⊥B ．当12EB =时，翻折后异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为13C ．当12EB =时，翻折后四棱锥A DCBE -的体积为36D ．在点E 运动的过程中，点F 运动的轨迹长度为12三、填空题6.（2021秋·陕西渭南·高一校考阶段练习）已知圆柱上下底面圆周均在球面上，且圆柱底面直径和高相等，则该球与圆柱的体积之比为________．7．（2021春·陕西汉中·高一校考期中）已知球O 是四棱锥P ABCD -的外接球，四边形ABCD 是边长为1的正方形，点P 在球面上运动且2PA =，则当四棱锥P ABCD -的体积最大时，球O 的表面积是___________.8．（2023·高一单元测试）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某鞠（球）的表面上有四个点,,,P A B C ，满足1PA =，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，若三棱锥-P ABC 的体积为23，则该“鞠”的体积的最小值为______.9．（2023·全国·高一专题练习）直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，以1C 为半径的球面与侧面11ABB A 的交线长为______．10．（2021春·陕西渭南·高一校考阶段练习）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，当三棱锥C AOB -体积最大时的高为6，则球O 的表面积为__________．11．（2023·高一课前预习）如图，四边形11BCC B 是圆柱的轴截面，1AA 是圆柱的一条母线，已知4AB =，AC =13AA =，求该圆柱的侧面积___________；表面积______________.四、解答题12.（2023·高一课时练习）若圆柱底面直径和高都等于球的直径，求圆柱与球的表面积之比.13．（2023春·河北邯郸·高一校考阶段练习）如图所示，底面半径为1，高为1的圆柱1OO 中有一内接长方体1111A B C D ABCD -，设矩形ABCD 的面积为S ，长方体1111A B C D ABCD -的体积为V ，AB x =，(1)将S 表示为x 的函数；(2)求V 的最大值．14．（2023·河南焦作·统考模拟预测）如图1，在ABC 中，4AB AC ==，2π3BAC ∠=，E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF AB ⊥．现将BEF △沿EF 翻折到B EF ' ，如图2．(1)证明：EF AB ⊥'．(2)已知π3B FA ∠'=，求四棱锥B ACEF '-的体积．15．（2023春·安徽阜阳·高一阜阳市第三中学校考阶段练习）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥1111P A BCD -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -，正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍．(1)若6m AB =，12m PO =，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6m ，当1PO 为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？16.（2023·全国·高一专题练习）如图，1AA 是圆柱的母线，线段1A B 的两个端点分别在圆柱的两个底面圆周上，它与圆柱的轴1OO 所成的角为30︒，且116A B =，轴1OO 到平面1AA B 的距离为3，求此圆柱的侧面积及体积.。
人教版高中数学必修2第一章-空间几何体练习题及答案(全)
第一章空间几何体1。
1 空间几何体的结构一、选择题1、下列各组几何体中是多面体的一组是( )A 三棱柱四棱台球圆锥B 三棱柱四棱台正方体圆台C 三棱柱四棱台正方体六棱锥D 圆锥圆台球半球2、下列说法正确的是( ）A 有一个面是多边形，其余各面是三角形的多面体是棱锥B 有两个面互相平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台C 有两个面互相平行，其余各面均为平行四边形的多面体是棱柱D 棱柱的两个底面互相平行,侧面均为平行四边形3、下面多面体是五面体的是（）A 三棱锥B 三棱柱C 四棱柱D 五棱锥4、下列说法错误的是（ )A 一个三棱锥可以由一个三棱锥和一个四棱锥拼合而成B 一个圆台可以由两个圆台拼合而成C 一个圆锥可以由两个圆锥拼合而成D 一个四棱台可以由两个四棱台拼合而成5、下面多面体中有12条棱的是( ）A 四棱柱B 四棱锥C 五棱锥D 五棱柱6、在三棱锥的四个面中，直角三角形最多可有几个（）A 1 个B 2 个C 3个D 4个二、填空题7、一个棱柱至少有--——-—-—个面,面数最少的棱柱有-—-————-个顶点，有——-—--———个棱。
8、一个棱柱有10个顶点，所有侧棱长的和为60，则每条侧棱长为——-—————--——9、把等腰三角形绕底边上的高旋转1800，所得的几何体是——————10、水平放置的正方体分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面"表示.图中是一个正方体的平面展开图,若图中的“似”表示正方体的前面，“锦”表示右面，“程”表示下面.则“祝”“你”“前”分别表示正方体的——--—祝你前程似锦三、解答题:11、长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，BB 1＝1,由A 到C 1在长方体表面上的最短距离为多少?AA 1B 1BCC 1D 1D12、说出下列几何体的主要结构特征（1）（2) (3)1。
2空间几何体的三视图和直观图一、选择题1、两条相交直线的平行投影是（ ） A 两条相交直线 B 一条直线C 一条折线D 两条相交直线或一条直线 2、如图中甲、乙、丙所示，下面是三个几何体的三视图,相应的标号是( ）① 长方体 ② 圆锥 ③ 三棱锥 ④ 圆柱 A ②①③ B ①②③ C ③②④ D ④③②正视图侧视图俯视图 正视图 侧视图 俯视图 正视图 侧视图 俯视图甲 乙 丙3、如果一个几何体的正视图和侧视图都是长方形，则这个几何体可能是（ )A 长方体或圆柱B 正方体或圆柱C 长方体或圆台D 正方体或四棱锥 4、下列说法正确的是( ）A 水平放置的正方形的直观图可能是梯形B 两条相交直线的直观图可能是平行直线C 平行四边形的直观图仍然是平行四边形D 互相垂直的两条直线的直观图仍然互相垂直5、若一个三角形,采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的（ ） A 21倍 B42倍 C 2倍 D 2倍 6、如图(１）所示的一个几何体，,在图中是该几何体的俯视图的是（ )（１) 二、选择题7、当圆锥的三视图中的正视图是一个圆时，侧视图与俯视图是两个全等的——-—-——三角形。
高中数学空间几何体的表面积与体积练习题及答案
空间几何体的表面积与体积专题一、选择题1．棱长为2的正四面体的表面积是( C )．A. 3 B ．4 C ．4 3 D ．16解析 每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.∴正四面体的表面积为：4 3.2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( B )． A ．2倍 B ．22倍 C.2倍 D.32倍解析 由题意知球的半径扩大到原来的2倍，则体积V ＝43πR 3，知体积扩大到原来的22倍．3．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( B )． A.1423 B.2843 C.2803D.1403解析 根据三视图的知识及特点，可画出多面体 的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去 一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843. 4．某几何体的三视图如下，则它的体积是( A) A ．8－2π3 B ．8－π3C ．8－2πD.2π3解析 由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V ＝23－13×π×2＝8－2π3.5．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( A)A ．24－32π B ．24－π3 C ．24－π D ．24－π2据三视图可得几何体为一长方体内挖去一个半圆柱，其中长方体的棱长分别为：2,3,4，半圆柱的底面半径为1，母线长为3，故其体积V ＝2×3×4－12×π×12×3＝24－3π2.6．某品牌香水瓶的三视图如图 (单位：cm)，则该几何体的表面积为( C )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2 cm 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2 cm 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2 cm 2D.⎝⎛⎭⎪⎫95＋π2 cm 2解析 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的表面积为2×3×3＋12×1－π4＝30－π4；中间部分的表面积为2π×12×1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－π4＝64－π4.故其表面积是94＋π2.7．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S-ABC 的体积为( C)．A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1解析 由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD 和C-ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD ＝BD ＝33x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DCB ＝∠DCA ＝60°，在△BDC 中 ，BD ＝3(4－x )，所以33x ＝3(4－x )，所以x ＝3，AD ＝BD ＝3，所以三角形ABD 为正三角形，所以V ＝13S △ABD ×4＝ 3.二、填空题8．三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC 的体积等于__3______．解析 依题意有，三棱锥PABC 的体积V ＝13S △ABC ·|PA |＝13×34×22×3＝ 3.9．一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为_ 3∶2_______．解析 设圆柱的底面半径是r ，则该圆柱的母线长是2r ，圆柱的侧面积是2πr ·2r ＝4πr 2，设球的半径是R ，则球的表面积是4πR 2，根据已知4πR 2＝4πr 2，所以R ＝r .所以圆柱的体积是πr 2·2r ＝2πr 3，球的体积是43πr 3，所以圆柱的体积和球的体积的比是2πr 343πr 3＝3∶2.10．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是___26_____．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V＝13×1×1×22＝26.11．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____2πR2____．解析由球的半径为R，可知球的表面积为4πR2.设内接圆柱底面半径为r，高为2h，则h2＋r2＝R2.而圆柱的侧面积为2πr·2h＝4πrh≤4πr2＋h22＝2πR2(当且仅当r＝h时等号成立)，即内接圆柱的侧面积最大值为2πR2，此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为2πR2.12．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为___13_____cm. 解析根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 (cm)．三、解答题13．某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图2、图3分别是该标识墩的正视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧视图；(2)求该安全标识墩的体积．解析(1)侧视图同正视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V＝VPEFGH ＋V ABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm3)．14 .一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解析 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC1B1， 所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.15．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解析 由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、 右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如右图所示． (1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 1.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）. .解：设展开图的正方形边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2πr =a ，2ar π=，底面圆的面积是24a π，于是全面积与侧面积的比是2221222a a a πππ++=， 2．在棱长为 1 的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去与8个顶点相关的8个三棱锥后 ，剩下的几何体的体积是（ ）.2．解：正方体的体积为1，过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体截得的三棱锥的体积是111111()3222248⨯⨯⨯⨯=，于是8个三棱锥的体积是61，剩余部分的体积是65， 3．一个直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）的底面是菱形，对角线长分别是6cm 和8cm ，高是5cm ，则这个直棱柱的全面积是 。
高中数学《空间向量与立体几何》练习题(含答案解析)
高中数学《空间向量与立体几何》练习题（含答案解析）一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz 中，与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为（ ）A ．()1,2,1--B ．()1,2,1-C ．()1,2,1---D ．()1,2,1--2．在空间直角坐标系内，平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -，向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量，则λμ+=（ ）A ．7-B ．5-C ．5D ．73．已知点()3,1,0A -，若向量()2,5,3AB =-，则点B 的坐标是（ ）．A ．()1,6,3-B ．()5,4,3-C ．()1,6,3--D ．()2,5,3-4．如图，O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图，6A O ''=，2''=B O ，则OAB 的面积是（ ）A ．6B ．12C ．D ．5．平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-，则平面α与平面β的关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．平行或重合D ．垂直6．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．492π B ．49π C ．812π D ．81π7．O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ） A ．OA 、OB 、OC 共线B ．OA 、OB 共线C ．OB 、OC 共线D ．O 、A 、B 、C 四点共面8．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A B C D9．已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 10．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，则（ ）A ．1AB ⊥平面11A BCB ．异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C ．平面11ABD ∥平面1BC Q D ．平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11．已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同，另一组边的方向相反，若α＝45°，则β＝________. 12．若直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，且直线l ⊥平面α，则实数x 的值是______.13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，2PA AC ==，BC =则四面体P ABC 的外接球的表面积为______．14．设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底，若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2，则3a k +的最小值是_________．三、解答题15．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC △平面1CDB ．(2)若1AA ⊥平面ABC ，AC BC =，求证：CD ⊥平面11ABB A ．16．如图，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：（1）EH △平面BCD ；（2）BD △平面EFGH .17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，E 为PB 的中点.(1)求证：EO平面PDC ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PBD .18．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案与解析1．A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点()1,2,1-，则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选：A.2．D【解析】求出(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-，利用与(1,,)n λμ=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=，5λ=，7λμ+=故选：D3．B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点，()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选：B4．B【分析】由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==， △11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=． 故选：B ．5．C【分析】由题设知6m n =-，根据空间向量共线定理，即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-， ∴6m n =-，∴平面α与平面β的关系是平行或重合．故选：C ．6．D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，从而可求出其侧面积 【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9， 所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选：D7．D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，所以OA 、OB 、OC 共面，所以O 、A 、B 、C 四点共面，故选：D8．B【分析】连接1AD ，AE ，得到11//AD BC ，把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角，取1AD 的中点F ，在直角1D EF 中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接1AD ，AE ，可得11//AD BC ，所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角，即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角，不妨设12AA =，则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ，因为1D E AE =，所以1EF AD ⊥，在直角1D EF中，可得111cos D F AD E D E ∠==. 故选：B.9．C【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d =.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.10．D【分析】A 项反证法可得；B 项由平移法计算异面直线所成角；C 项由面面平行的判断和性质可得结果；D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ，假设1AB ⊥面11A BC ，则111AB AC ⊥，这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A 错误； 对于选项B ，连接1DC ，1DA ，因为11AB DC ∥，所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角，又因为△11AC D 为等边三角形，所以1160DC A ∠=︒，故选项B 错误；对于选项C ，因为11B D BD ∥，11AD BC ∥，由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ，而平面1BQC 与平面1BDC 相交，所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交，故选项C 错误；对于选项D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则()0,0,0D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ，11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得()11,1,1DB =，()0,1,0DC =，11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =， 则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取1x =，则0y =，1z =-，即()11,0,1n =-， 设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =，则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 可取1a =，则2b =-，1c =，可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-，由121010n n ⋅=+-=，所以12n n ⊥，即平面1B CD ⊥平面1B DP ，故选项D 正确. 故选：D.11．135°【分析】首先根据题意将图画出，然后根据α＝45°，AB △CD ，可得180BCD α︒∠=-，进而得出结论.【详解】解：如图，由题意知α＝45°，AB △CD ，180135BCD α︒︒∴∠=-=，即135β︒=.故答案为：135°.【点睛】本题考查了平行线的性质，结合图会使问题变得简单，属于基础题.12．-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，直线l ⊥平面α， 必有//m n ，即向量m 与向量n 共线，m n λ∴= ，△11222x -==--，解得=1x -； 故答案为：-1.13．16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积．【详解】由于PA ⊥平面ABC ，因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直，从而AC 与AB 不可能垂直，否则PBC 是锐角三角形，由于<AC BC ，因此有AC BC ⊥， 而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线，则BC ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BC PC ⊥， 所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等，即为四面体P ABC 的外接球球心．2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=，4PB =， 所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=． 故答案为：16π．14．1【分析】以,i j 方向为,x y 轴，垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系，根据条件求得a 坐标，由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0i =，()0,1,0j =，()0,0,1k = 设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=-当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2，2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是1.故答案为：1.15．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ，交1B C 于点E ，连接ED ，用中位线证明1ED AC ∥即可；(2)证明CD △AB ，CD △1AA 即可.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点E ，连接.ED△111ABC A B C 是三棱柱，△四边形11BCC B 为平行四边形，△E 是1BC 的中点.△点D 是AB 的中点，△ED 是1ABC 的中位线，△1ED AC ∥，又ED ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，△1AC △平面1CDB .（2）△1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，△1AA AB ⊥，△AC BC =，AD BD =，△CD AB ⊥，△1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，△CD ⊥平面11ABB A .16．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）推导出EH △BD ，由此能证明EH △平面BCD ；（2）由BD △EH ，由此能证明BD △平面EFGH .【详解】（1）△EH 为△ABD 的中位线，△EH △BD .△EH △平面BCD ，BD △平面BCD ，△EH △平面BCD ；（2）△FG 为△CBD 的中位线，△FG △BD ，△FG △EH ，△E 、F 、G 、H 四点共面，△BD △EH ，BD △平面EFGH ，EH △平面EFGH ，△BD △平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）证明：△四边形ABCD 为正方形，△O 为BD 的中点，△E 为PB 的中点，△OE PD ∥，又△OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ，△OE 平面PDC ；（2）证明：△四边形ABCD 为正方形，△AC BD ⊥，△PD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥，又△,PD BD ⊂平面PBD ，且PD BD D ⋂=，△AC ⊥平面PBD ，又△AC ⊂平面PAC ，△平面PAC ⊥平面PDB .18．(1)证明见解析； 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=， 设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--． 又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．△使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．△ 将△△两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=， 由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=， 根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。
高中数学空间几何必刷题
1．（2012•西山区）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=．（Ⅰ）求证：平面AEF⊥平面PAB．（Ⅱ）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．2．（2011•重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1（Ⅰ）求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．3．（2011•宜阳县）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1⊥EG．（Ⅰ）确定点G的位置；（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小．4．（2011•浙江）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2．求二面角B﹣AP﹣C的大小．5．（2011•辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=1/2PD．（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面角Q﹣BP﹣C的余弦值．6．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE=2，BF=．（I）求证：CF⊥C1E；（II）求二面角E﹣CF﹣C1的大小．7．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱ABC=A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；（Ⅱ）设二面角C﹣AF﹣E的大小为θ，求tanθ的最小值．8．（2011•杭州）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，侧面PAD 是正三角形，且垂直于底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M 为PC 的中点．（1）求证：PA ∥平面BDM ；（2）求直线AC 与平面ADM 所成角的正弦值．9.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A ．π2 B ．π C ．2 D ．110.如图，三棱锥中BCD A -中，⊥AB 平面BCD ，BD CD ⊥。
高中数学必修2_空间几何经典提升培优题组(含答案)
（数学2必修）第一章 空间几何体[基础训练A组]一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个( )A.棱台B.棱锥C.棱柱D.都不对主视图左视图俯视图2．棱长都是的三棱锥的表面积为（ ）A. B. C. D.3．长方体的一个顶点上三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（）A． B． C． D．都不对4．正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）A． B． C． D．5．在△ABC中，,若使绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A. B. C. D.6．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为，它的对角线的长分别是和，则这个棱柱的侧面积是（）A． B． C． D．二、填空题1．一个棱柱至少有 _____个面，面数最少的一个棱锥有 ________个顶点，顶点最少的一个棱台有 ________条侧棱。
2．若三个球的表面积之比是，则它们的体积之比是_____________。
3．正方体中，是上底面中心，若正方体的棱长为，则三棱锥的体积为_____________。
4．如图，分别为正方体的面、面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是____________。
5．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是、、，这个 长方体的对角线长是___________；若长方体的共顶点的三个侧面面积分别为，则它的体积为___________.三、解答题1．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为，高，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大（高不变）；二是高度增加 (底面直径不变)。
（1）分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；（2）分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；（3）哪个方案更经济些？2．将圆心角为，面积为的扇形，作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积（数学2必修）第一章 空间几何体[综合训练B组]一、选择题1．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为，腰和上底均为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A． B．C． D．2．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A． B． C． D．3．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为，则球的表面积是（ ）Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．4．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．5．棱台上、下底面面积之比为,则棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比是( )A． Ｂ． Ｃ． Ｄ．6．如图，在多面体中，已知平面是边长为的正方形，,,且与平面的距离为，则该多面体的体积为（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．二、填空题1．圆台的较小底面半径为，母线长为，一条母线和底面的一条半径有交点且成,则圆台的侧面积为____________。
《1.1 空间几何体的结构》(同步训练)高中数学必修2_人教A版_2024-2025学年
《1.1 空间几何体的结构》同步训练(答案在后面)一、单选题（本大题有8小题，每小题5分，共40分）1、下列几何体中，哪一个是多面体？A、球体B、圆柱C、正方体D、圆锥2、在正方体的一个顶点上，有一个顶点到该顶点所在面的相邻三面的交线所形成的三角形，其内角和是多少？A. 180°B. 270°C. 360°D. 540°3、在长方体的长、宽、高分别为2cm、3cm、4cm的情况下，该长方体的对角线长度是：A. 5cmB. 7cmC. 9cmD. 10cm4、一个圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，则其体积为（）。
A、12π cm³B、24π cm³C、36π cm³D、48π cm³5、已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为棱CC1的中点，点F为棱A1B1上的一点，且BF=BB1，如果AE与EF垂直，则∠EFB=（）A.30°B.45°C.60°D.90°6、已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则体对角线A1D的长度为：A、√3aB、2√3aC、√6aD、√2a7、一个直三棱柱的底面是一个直角三角形，其中两个直角边的长度分别为3和4，斜边为5。
该直三棱柱的体积是多少？A. 6B. 12C. 18D. 248、正方体的所有棱长均为2厘米，该正方体的对角线长为（）A、2√3 厘米B、4√2 厘米C、4√3 厘米D、6√3 厘米二、多选题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于空间几何体的说法正确的是（）A. 圆柱是由两个平行的圆形底面和一个曲面侧面组成的立体图形。
B. 棱锥的所有侧棱相交于一点，这一点叫做顶点。
C. 球体可以看作是一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周形成的立体图形。
D. 棱台的上下底面不一定平行。
2、在下列各对几何体中，哪些是全等的关系？A. 正方体和长方体B. 正四面体和正六面体C. 球和圆柱D. 正方体和正方体的一个面E. 正四面体和正方体的一个面3、一个圆柱的底面半径为2，高为4，则该圆柱的侧面积和体积分别为（）。
高中数学空间几何专题练习(供参考)
一、选择题1、下图（1）所示的圆锥的俯视图为 （ ）2、直线:330l x y ++=的倾斜角α为 （ ）A 、30；B 、60；C 、120；D 、150。
3、边长为a 正四面体的表面积是 （ ）A 、334a ； B 、3312a ； C 、234a ； D 、23a 。
4、对于直线:360l x y -+=的截距，下列说法正确的是 （ ）A 、在y 轴上的截距是6；B 、在x 轴上的截距是6；C 、在x 轴上的截距是3；D 、在y 轴上的截距是3-。
5、已知,a b αα⊂//，则直线a 与直线b 的位置关系是 （ ）A 、平行；B 、相交或异面；C 、异面；D 、平行或异面。
6、已知两条直线12:210,:40l x ay l x y +-=-=，且12l l //，则知足条件a 的值为A 、12-； B 、12； C 、2-； D 、2。
7、在空间四边形ABCD 中，,,,E F G H 别离是,,,AB BC CD DA 的中点。
若AC BD a ==，且AC 与BD 所成的角为60，则四边形EFGH 的面积为 （ ）A 、238a ； B 、234a ； C 、232a ； D 、23a 。
8、在右图的正方体中，M 、N 别离为棱BC 和棱CC 1的中点， 则异面直线AC 和MN 所成的角为（ ）A ．30°B ．45°C ．90°D ． 60°图（1）1 D 1 B 1A 1MDB A9、下列叙述中错误的是 （ ）A 、若P αβ∈且l αβ=，则P l ∈；B 、三点,,A BC 肯定一个平面；C 、若直线a b A =，则直线a 与b 能够肯定一个平面；D 、若,A l B l ∈∈且,A B αα∈∈，则l α⊂。
10、两条不平行的直线，其平行投影不可能是 （ ）A 、两条平行直线；B 、一点和一条直线；C 、两条相交直线；D 、两个点。
高中数学空间向量与立体几何典型题压轴大题练习题带答案
高中数学空间向量与立体几何一．选择题（共25小题）1．已知平面α的法向量为＝（﹣2，﹣2，1），点A（x，3，0）在平面α内，则点P（﹣2，1，4）到平面α的距离为，则x＝（）A．﹣1B．﹣11C．﹣1或﹣11D．﹣212．已知直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），则直线1与平面α的位置关系是（）A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l∈α3．已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）4．如图，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的法向量是（）A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）5．已知空间向量，，两两相互垂直，且||＝||＝||＝||，若，则x+y+z的取值范围是（）A．B．[﹣1，1]C．D．[﹣2，2]6．已知向量分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则（）A．m＝8，n＝28B．m＝4，m＝28C．D．7．若向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），且与的夹角的余弦值为，则实数x的值为（）A．﹣3B．11C．3D．﹣3或118．已知＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），＝（7，5，m），若，，共面，则实数m的值为（）A．B．14C．12D．9．与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是（）A．（﹣，﹣，）和（，，﹣）B．（﹣，﹣，）C．（，，﹣）D．（﹣，﹣，﹣）或（，，﹣）10．已知O（0，0，0），A（3，﹣2，4），B（0，5，﹣1），若＝，则C的坐标是（）A．（2，﹣，）B．（﹣2，，﹣）C．（2，﹣，﹣）D．（﹣2，﹣，）11．若直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，则m＝（）A．2B．3C．4D．512．若A（m+1，n﹣1，3），B（2m，n，m﹣2n），C（m+3，n﹣3，9）三点共线，则m+n的值为（）A．0B．﹣1C．1D．﹣213．若向量，，则＝（）A．B．C．3D．14．已知向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），且+k与互相垂直，则k＝（）A．1B．C．﹣1D．﹣15．已知向量＝（2，1，﹣3），＝（1，﹣1，2），则+2＝（）A．3B．（4，﹣1，1）C．（5，1，﹣4）D．16．已知三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，则﹣（+）＝（）A．B．C．D．17．在空间直角坐标系中，若A（1，1，0），＝（3，0，1），则点B的坐标为（）A．（﹣5，1，﹣2）B．（7，1，﹣2）C．（3，0，1）D．（7，1，2）18．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝（）A．B．C．D．19．已知向量及则等于（）A．（﹣3，1，﹣2）B．（5，5，﹣2）C．（3，﹣1，2）D．（﹣5，﹣5，2）20．已知向量，，．若，则x的值为（）A．﹣2B．2C．3D．﹣321．设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．3D．422．若向量＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件•＝0，则x的值是（）A．﹣1B．0C．1D．223．空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，若|AO|＝1，则|AB|的最小值为（）A．1B．2C．3D．424．已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A．[0，4]B．[0，2]C．[1，4]D．[1，2]25．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（）A．＝﹣﹣B．＝++C．++＝D．+++＝二．填空题（共5小题）26．若，且，则实数λ＝．27．点P是棱长为4的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是．28．若向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2）的夹角为钝角，则实数x的取值范围为．29．已知＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），若，，共面，则实数λ＝．30．若向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，则λ＝．三．解答题（共10小题）31．棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中点．（1）证明：EF⊥B1C．（2）求cos＜＞．（3）求FH的长．32．设点E，F分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC，BB1的中点．如图，以D为坐标原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．（I）求；（II）若点M，N分别是线段A1E与线段D1F上的点，问是否存在直线MN，使得MN⊥平面ABCD？若存在，求点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．33．已知空间向量＝（a1，a2，a3），＝（b1，b2，b3），定义两个空间向量与之间的距离为d（，）＝|b i﹣a i|．（1）若＝（1，2，3），＝（4，1，1），＝（，，0），证明：d（，）+d（，）＝d（，）（2）已知＝（c1，c2，c3）①证明：若∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣），则d（，）+d（，）＝d（，）．②若d（，）+d（，）＝d（，），是否一定∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣）？请说明理由．34．如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．（1）求过点P，C，B，G四点的球的表面积；（2）求直线DP到平面PBG所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．35．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，Q分别是BB1，BC1中点，点P在线段C1M上，且，（1）用向量表示向量；（2）用向量表示向量；（3）若AP与平面A1BC交于，求出y关于x的函数关系式．36．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与平面A1BA所成的锐二面角（是指不超过90°的角）的余弦值．37．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为．（1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；（2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．38．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2．（Ⅰ）求证：DE⊥A1C；（Ⅱ）求点C到平面A1BE的距离．39．已知四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：BC⊥SD；（Ⅱ）若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．40．（1）用符号表示下来语句，并画出同时满足这四个语句的一个几何图形：①直线l在平面α内；②直线m不在平面α内；③直线m与平面α交于点A；④直线l不经过点A．（2）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，F为棱CC1的三等分点，画出由D1，E，F三点所确定的平面β与平面ABCD的交线．（保留作图痕迹）参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：＝（﹣2﹣x，﹣2，4），||＝＝，||＝＝3，＝﹣2（﹣2﹣x）+4+4＝2x+12，∴cos＜＞＝＝，设AP与平面α所成角为θ，则sinθ＝，∴P到平面α的距离为|AP|•sinθ＝＝，解得x＝﹣1或x＝﹣11．故选：C．2．【解答】解：∵直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），∴＝2∴则与共线，可得：l⊥a．故选：B．3．【解答】解：依题意，（2，﹣1）为直线的一个法向量，∴方向向量为（1，2），故选：D．4．【解答】解：在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，A1（1，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1），＝（0，1，﹣1），＝（﹣1，0，1），设平面A1BC1的法向量是＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，1），∴平面A1BC1的法向量是（1，1，1）．故选：A．5．【解答】解：设||＝||＝||＝||＝r，∵，，两两相互垂直，∴＝＝，∵，∴＝（x+y+z）2＝x2+y2+z2，∴1＝x2+y2+z2，∴（x+y+z）2＝x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz≤3（x2+y2+z2）＝3，当且仅当x＝y＝z＝±时“＝”成立，∴﹣≤x+y+z≤，故选：C．6．【解答】解：∵l1∥l2，∴存在实数使得＝k，∴，解得：m＝8，n＝．故选：C．7．【解答】解：∵向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），∴||＝＝，||＝＝3；•＝x+8﹣10＝x﹣2，且与的夹角余弦值为﹣，∴•3•（﹣）＝x﹣2；整理得x2﹣8x﹣33＝0，解得x＝﹣3或x＝11（不合题意，舍去）；∴x的值为﹣3．故选：A．8．【解答】解：∵＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），∴与不平行，又∵，，三向量共面，则存在实数x，y使＝x+y，即（2x﹣y，﹣x+y，4x﹣2y）＝（7，5，m）即，解得：m＝14，故选：B．9．【解答】解：∵向量＝（﹣1，﹣2，2）的模为||＝＝3，故与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是±，即＝（﹣，﹣，）或﹣＝（，，﹣）．故选：A．10．【解答】解：设点C坐标为（x，y，z），则＝（x，y，z）．又＝（﹣3，7，﹣5），＝，∴x＝﹣2，y＝，z＝﹣．则C的坐标是（﹣2，，﹣）．故选：B．11．【解答】解：∵直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，∴l的方向向量为（2，1，m）与平面α的法向量为（1，，2）平行，∴（2，1，m）＝λ（1，，2）．∴，解得m＝4．故选：C．12．【解答】解：因为＝（m﹣1，1，m﹣2n﹣3），＝（2，﹣2，6），由题意，得∥，所以＝＝，所以m＝0，n＝0，所以m+n＝0．故选：A．13．【解答】解：∵向量，，∴2+＝（4，﹣1，1），∴＝＝3．故选：D．14．【解答】解：∵向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），∴+k＝（﹣1+k，k，1﹣k），∵+k与互相垂直，∴（）•＝﹣1+k+k﹣1+k＝0，解得k＝．故选：B．15．【解答】解：．故选：B．16．【解答】解：如图，取CD中点F，连结AF，EF，∵三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，∴﹣（+）＝﹣＝＝．故选：D．17．【解答】解：在空间直角坐标系中，A（1，1，0），＝（3，0，1），设点B的坐标为B（x，y，z），则＝（x﹣1，y﹣1，z﹣0）＝（3，0，1），解得x＝7，y＝1，z＝2．∴点B的坐标为（7，1，2）．故选：D．18．【解答】解：由题意可得＝＝．故选：D．19．【解答】解：由向量，，所以＝（﹣3，1，﹣2）．故选：A．20．【解答】解：因为向量，，，所以﹣＝（﹣2，3，1）；又，所以•（﹣）＝0，即﹣2×（﹣2）+3x+2×1＝0，解得x＝﹣2．故选：A．21．【解答】解：设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，∴，解得x＝1，y＝﹣2，∴＝（1，1，1）+（1，﹣2，1）＝（2，﹣1，2），∴|+|＝．故选：C．22．【解答】解：因为＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件＝0，即2﹣3x+4＝0⇒x＝2；故选：D．23．【解答】解：∵空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，|AO|＝1，∴A是以O为球心，1为半径的球上的点，∵，∴|OB|＝＝3．∴|AB|的最小值为：|OB|﹣||OA|＝3﹣1＝2．故选：B．24．【解答】解：以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示；设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，则内切球的半径为1，所以•＝（+）•（+）＝（+）•（﹣）＝﹣1∈[0，2]．所以的取值范围是[0，2]．故选：B．25．【解答】解：在C中，由++＝，得＝﹣﹣，则、、为共面向量，即M、A、B、C四点共面；对于A，由＝﹣﹣，得1﹣1﹣1＝﹣1≠1，不能得出M、A、B、C四点共面；对于B，由＝++，得++≠1，所以M、A、B、C四点不共面；对于D，由+++＝，得＝﹣（++），其系数和不为1，所以M、A、B、C四点不共面．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：∵，∴+λ＝（2+6λ，﹣1﹣3λ，2+2λ），由，得：2（2+6λ）+（1+3λ）+2（2+2λ）＝0，解得：λ＝﹣，故答案为：﹣．27．【解答】解：设点O是此正方体的内切球的球心，半径R＝1．∵•≤||||，∴当点P，M，N三点共线时，•取得最大值．当且仅当点P为正四面体的一个顶点时上式取得最大值，∴（•）max＝×＝，故答案为：．28．【解答】解：向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2），因为与夹角为钝角，所以，且cos＜，＞≠﹣1，解得x＜1，所以x的取值范围为（﹣∞，1）．故答案为：（﹣∞，1）．29．【解答】解：由＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），且，，共面，所以存在实数m，n，使得，即（7，λ，5）＝m（﹣2，1，3）+n（3，﹣4，2），列方程组，得，解得，；所以．故答案为：．30．【解答】解：向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，所以存在两个实数x、y使得＝x+y；即，解得；所以λ＝3．故答案为：3．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示；则E（0，0，1），F（1，1，0），B1（2，2，2），C（0，2，0），C1（0，2，2）；（1）∵＝（1，1，﹣1），＝（﹣2，0，﹣2），∴•＝1×（﹣2）+1×0﹣1×（﹣2）＝0，∴⊥，∴EF⊥B1C；（2）由CG＝CD知，C（0，2，0），∴G（0，，0），∴＝（0，﹣，﹣2），∴•＝1×0+1×（﹣）﹣1×（﹣2）＝，||＝，||＝＝，∴cos＜，＞＝＝＝；（3）∵H为C1G的中点，∴H（0，，1），F（1，1，0），∴＝（﹣1，，1），∴||＝＝，即FH的长为．32．【解答】解：（Ⅰ）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为A1（2，0，2），E（1，2，0），D1（0，0，2），F（2，2，1），＝（﹣1，2，﹣2），＝（2，2，﹣1），…（2分）所以；…（4分）（Ⅱ）存在唯一直线MN，使MN⊥平面ABCD；设M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），且，；则（x1﹣2，y1，z1﹣2）＝λ（﹣1，2，﹣2），（x2，y2，z2﹣2）＝t（2，2，﹣1），所以M（2﹣λ，2λ，2﹣2λ），N（2t，2t，2﹣t），故，…（8分）若MN⊥平面ABCD，则与平面ABCD的法向量＝（0，0，1）平行，所以，解得；所以点M，N的坐标分别是（，，），（，，）．…（12分）33．【解答】证明：（1）∵，，，∴，，，∴．（2）①∵∃λ＞0，使，∴∃λ＞0，使得（b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3）＝λ（c1﹣b1，c2﹣b2，c3﹣b3），即∃λ＞0，使得b i﹣a i＝λ（c i﹣b i），其中i＝1，2，3，∴b i﹣a i与c i﹣b i（i＝1，2，3）同为非负数或同为负数．∴，即．②不一定∃λ＞0，使得．反例如下：取，，，，，，则∵，，∴不存在λ＞0，使得．34．【解答】解：（1）由四面体P﹣BCG的体积为．∴PG＝4以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线．∴（2R）2＝16+4+4，∴∴V＝4π×6＝24π．（2）由GB＝GC＝2∴△BGC为等腰三角形，GE为∠BGC的角平分线，作DK⊥BG交BG的延长线于K，∴DK⊥面BPG．由平面几何知识可知：，设直线DP与平面PBG所成角为α∴．（3）∵GB，GC，GP两两垂直，分别以GB，GC，GP为x，y，z轴建立坐标系假设F存在且设F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）∵∴，又直线DF与GC所成的角为900∴∴∴当时满足条件．35．【解答】解：（1）∵，，∴＝．（2）∵，又＝，∴＝＝＝+．（3）由空间向量的基本定理可设，∵四点A1、B、C、N共面，∴k+m+n＝1．∵，∴＝，∴，利用k+m+n＝1，可得，化为即为所求的关系式．36．【解答】解：（1）以{，，}为单位正交基底建立空间直角坐标系A﹣xyz，则由题意知A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，4），D（1，1，0），C1（0，2，4），∴＝（2，0，﹣4），＝（1，﹣1，﹣4），∴cos＜，＞＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．（2）是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量为，∵，∴，取z＝1，得y＝﹣2，x＝2，∴平面ADC1的法向量为＝（2，﹣2，1），设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝||＝，∴平面ADC1与ABA1所成二面角的余弦值为：．37．【解答】证明：（1）＝+，＝+．因为BB1⊥平面ABC，所以•＝0，•＝0．又△ABC为正三角形，所以＜，＞＝π﹣＜，＞＝π﹣＝．因为•＝（+）•（+）＝•+•++•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1+1＝0，所以AB1⊥BC1．解：（2）由（1）知•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1．又||＝＝＝||，所以cos＜，＞＝＝，所以||＝2，即侧棱长为2．38．【解答】（Ⅰ）证明：在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点所以DE∥BC．又AC⊥BC，所以DE⊥AC．在图2中DE⊥A1D，DE⊥DC，且A1D∩DC＝D，则DE⊥平面A1CD．又因为A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面A1CD，且DE⊂平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，且平面A1CD∩平面BCDE＝DC，在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O，所以A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1﹣BCE底面上的高，在△A 1CD中，．在△A 1BE中，，，所以．在梯形BCDE中，．设点C到平面A1BE的距离为h，因为，所以，解得．即点C到平面A1BE的距离为．39．【解答】证明：（Ⅰ）取BC的中点F，连接BD、DF和SF，因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；又SF∩DF＝F，SF⊂平面SDF，DF⊂平面SDF，所以BC⊥平面SDF，又SD⊂平面SDF，所以BC⊥SD；（Ⅱ）解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，SF⊥BC，SF⊂平面SBC，所以SF⊥平面ABCD；又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F﹣xyz，如图所示；不妨设AB＝2，则A（﹣2，，0），B（﹣1，0，0），S（0，0，）；所以＝（1，﹣，0），＝（2，，）；设平面SAB的一个法向量为＝（x，y，z），由，得，令y＝1，得＝（，1，﹣1），又＝＝（﹣，，﹣），所以E（﹣，，），又D（0，，0），所以＝（﹣，﹣，），设直线DE与平面SAB所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．40．【解答】解：（1）l⊂α；m⊄α；m∩α＝A；A∉l；示意图如下：（2）如图，分别延长DB，D1E相交于点L，分别延长DC，D1F相交于点I，直线IL即为所求．。
人教版高中数学选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，1BC α⊥，点E 、F 分别为1AA 、1CC 的中点，112C G GD =，若α平面ABCD m =，α平面EFG n =，则直线m 与直线n 所成角的正切值为（ ） A ．227B ．327C ．427D ．6272．如图，正三角形ACB 与正三角形ACD 所在平面互相垂直，则二面角B CD A --的余弦值是（ ）A ．12B ．22C ．3 D ．553．若(),,0OA m n =，40,,OB p n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0,4,0F ，1AF m =+，1BF p =+，则m p +的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．64．直三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC AA ==，90ACB ∠=，则直线1A C 与平面11A BC 所成的角的大小为（ ）A ．30B ．60C ．90D ．1205．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点M 满足()1AM xAB yAC x y AD =+-+-，点N 满足()1BN BA BC λλ=+-，当AM 、BN 最短时,AM MN ⋅=（ ） A ．43-B ．43C ．13-D ．136．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A 6B 3C 6D ．237．正方体1111ABCD A B C D -中,动点M 在线段1A C 上,E ，F 分别为1DD ，AD 的中点.若异面直线EF 与BM 所成的角为θ，则θ的取值范围为（ ） A ．[,]63ππB ．[,]43ππC ．[,]62ππD ．[,]42ππ8．已知在平行六面体中,3,4,5,120,60,60ABCD A B C D AB AD AA BAD BAA DAA '''''''-===∠=︒∠=︒∠=︒，则AC '的长为（ ）A ．52B ．9C 85D 739．在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ） A ．2123,θθθθ<<B ．2123 ,θθθθ><C ．2123 ,θθθθD ．2123 ,θθθθ>>10．如图，在三棱柱11ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，侧棱垂直于底面，14,6AB AA ==.若E 是棱1BB 的中点，则异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值为（ ）A ．1313B ．21313C ．31313D ．132611．如图，在60︒二面角的棱上有两点A 、B ，线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，若4AB AC BD ===，则线段CD 的长为（ ）A ．43B ．16C ．8D ．4212．如图，在所有棱长均为 a 的直三棱柱 ABC —A 1B 1C 1 中，D ,E 分别为 BB 1,A 1C 1 的中点，则异面直线 AD ,CE 所成角的余弦值为（ ）A ．12B ．32C ．15D ．4513．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，()1,2,,8i P i =是上底面上其余的八个点，则()1,2,,8i AB AP i ⋅=⋅⋅⋅的不同值的个数为（ ）A ．8B ．4C ．2D ．1二、填空题14．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，A ∠为直角，//AB CD ，4AB =，2AD =，1DC =，则异面直线1BC 与DC 所成角的余弦值为______．15．正四面体ABCD 的棱长为a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE AF ⋅的值为_____________.16．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC AA ==，则11D C 与平面11A BC 所成角的正弦值为______________．17．已知向量()()0,1,1,4,1,0,29a b a b λ=-=+=，且0λ>，则λ=____________．18．已知(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.若a 与b 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是________.19．如图，已知平面α⊥平面β，l αβ=，∈A l ，B l ∈，AC α⊂，BD β⊂，AC l ⊥，BD l ⊥，且4AB =，3AC =，12BD =，则CD =_________________.20．如图，点P 在正方形ABCD 所在的平面外，PD ABCD PD AD 底面，⊥=，则PA 与BD 所成角的度数为____________.21．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2AD =，13AA =，90BAD ∠=︒，1160BAA DAA ∠=∠=︒，则1AC =___________．22．设平面α的法向量为(1,2,2)-，平面β的法向量为(2,,4)λ，若α∥β，则λ的值为______23．已知()1,1,2AB =-，()1,1,BC z =-，()1,,1BP x y =--.若BP ⊥平面ABC ，则||CP 的最小值为___________.24．在棱长为9的正方体ABCD A B C D ''''-中，点E ，F 分别在棱AB ，DD '上，满足2AE D E DFB F '==，点P 是DD '上一点，且//PB 平面CEF ，则四棱锥P ABCD -外接球的表面积为______.25．如图，在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为ABC ∆的重心E 是BD 上一点，3,BE ED =以,,AB AC AD 为基底，则GE =__________．26．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，3BC =，点M 在棱1CC 上，且1MD MA ⊥，则当1MAD 的面积取得最小值时其棱1AA =________.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】以1D 为原点，11D A 为x 轴，11DC 为y 轴，1D D 为z 轴建立空间直角坐标系，用向量法计算即可. 【详解】不妨设AB =2, 以1D 为原点，11D A 为x 轴，11DC 为y 轴，1D D 为z 轴建立空间直角坐标系，则()()()()()()()1110,0,02,0,02,0,22,0,10,2,00,2,20,2,1D A A E C C F ，，，，，，， ()()()12,2,22,2,0,2,0,2,B EF C B =-=-，112420,,00,,133C G GD G GF ⎛⎫⎛⎫=∴∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设平面EFG 的一个法向量()1,,n x y z =，则11·2204·03n EF x y n GF y z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，不妨令x =1，则141,1,3n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 易知平面ABCD 的一个法向量为()20,0,1n =，设直线m ，n 的方向向量分别为()0000,,m x y z =，()0222,,n x y z = 因为α平面ABCD m =，1BC α⊥，所以0100020·220·0m C B x z m n z ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩不妨令0y =1，则()00,1,0m =同理可求071,,13n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设直线m 与直线n 所成角为θ，则0000007||||7673cos |cos ,|||||491114m n m n m n θ-====⨯⨯++所以227673134sin 1cos 16767θθ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭3134sin 3267tan cos 7767θθθ===故选：B 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．D解析：D 【分析】取AC 的中点E ，连接BE,DE,证明BE 垂直于平面ACD ，以点E 为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面BCD 和平面CDA 的法向量，利用空间向量公式即可求出所求二面角的余弦. 【详解】如图示，取AC 中点E ，连结BE 、DE ，在正三角形ACB 与正三角形ACD 中， BE ⊥AC ，DE ⊥AC ，因为面ACB ⊥面ACD ，面ACB 面=ACD AC ，所以BE ⊥面ADC ,以E 为原点，ED 为x 轴正方向，EC 为y 轴正方向，EB 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，设AC =2，则())()()(0,0,0,3,0,0,0,1,0,0,1,0,3E DC A B -,平面ACD 的一个法向量为(3EB = 而()()0,1,3,3,1,0CB CD =-=-，设(),,n x y z =为面BCD 的一个法向量，则：·0·0n CB n DC ⎧=⎨=⎩即 3030y z y x ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，不妨令x =1，则()1,3,1n =设二面角B CD A --的平面角为θ，则θ为锐角，所以cos |cos ,||||5||||3EB n EB n EB n θ⋅====. 故选：D 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系；(2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.3．C解析：C 【分析】根据空间向量模的坐标表示，由题中条件，得到11m p =+=+，推出22163282230m p n n n n-+-++=，配方整理，即可求出最小值. 【详解】因为(),,0OA m n =，40,,OB p n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0,4,0F，1AF m =+，1BF p =+，所以11m p =+=+，则()2222224214421m n m m p p p n ⎧+-=++⎪⎨⎛⎫-+=++⎪ ⎪⎝⎭⎩，即()224214421n m p n⎧-=+⎪⎨⎛⎫-=+⎪ ⎪⎝⎭⎩， 所以22221632164812261628822n n n m p n n n n n ⎛⎫⎛⎫-++-+-=++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=22444822466n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++=+-+≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当且仅当44n n+=，即2n =时，22m p +取得最小值3，则m p +的最小值为3. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于利用空间向量模的坐标表示，用n 表示出22m p +，即22164882222n n n m n p ⎛⎫⎛⎫++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=，配方整理，即可求解.4．A解析：A 【分析】以点C 为坐标原点，CA 、CB 、1CC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线1A C 与平面11A BC 所成的角. 【详解】在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ， 又90ACB ∠=，以点C 为坐标原点，CA 、CB 、1CC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：设11AC BC AA ===，则()11,0,1A 、()0,1,0B 、()0,0,0C 、()10,0,1C ， ()111,0,0A C =-，()10,1,1=-BC ，()11,0,1=--AC ， 设平面11A BC 的法向量为(),,n x y z =， 由11100n AC x n BC y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，可得0x y z =⎧⎨=⎩，令1y =，可得0x =，1z =，所以，平面11A BC 的一个法向量为()0,1,1n =，1111cos ,222n A C n A C n A C⋅<>==-⨯⋅，所以，直线1A C 与平面11A BC 所成角的正弦值为12，则直线1A C 与平面11A BC 所成角为30.故选：A. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.5．A解析：A 【分析】根据题意可知M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ，根据题意知，当M 为BCD ∆的中心、N 为线段AC 的中点时，AM 、BN 最短，然后利用MC 、MA 表示MN ，利用空间向量数量积的运算律和定义可求出AM MN ⋅的值. 【详解】由共面向量基本定理和共线向量基本定理可知，M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ， 当AM 、BN 最短时，AM ⊥平面BCD ，BN AC ⊥， 所以，M 为BCD ∆的中心，N 为AC 的中点，此时，242sin 603MC ==，233MC ∴=， AM ⊥平面BCD ，MC ⊂平面BCD ，AM MC ∴⊥，2223MA AC MC ∴=-==. 又()12MN MC MA =+，()2114223AM MN AM MC AM MA MA ∴⋅=⋅+⋅=-=-. 故选：A. 【点睛】本题考查空间向量数量积的计算，同时也涉及了利用共面向量和共线向量来判断四点共面和三点共线，确定动点的位置是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.6．C解析：C 【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a ，a,0)，F(a,0,0)，AG ＝(a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝(a ，－a ，0)，BC ＝(0,0,2a)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)， 由110{AG n AC n ⋅=⋅=⇒⇒111{1x y ==-⇒n 1＝(1，－1,1)．sinθ＝11BGn BG n ⋅⋅＝23a ⨯＝63. 7．A解析：A 【详解】以D 点为原点，1,,DA DC DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 如图设DA 2=，易得()1,0,1EF=-,设()()()12,2,20122,2,2CM CA BM λλλλλλλλ==-≤≤=--，，则cos θcos ,?BM EF =，即()()222201122321222823()33cos θλλλλλλ===≤≤-+-+-+.当13λ=时，cos θ取到最大值32，当1λ=时，cos θ取到最小值12，所以θ的取值范围为,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：A.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.8．D解析：D 【分析】直接利用AC AB BC CC AB AD AA '''=++=++，然后利用平面向量的数量积进行计算. 【详解】 如图，可得AC AB BC CC AB AD AA '''=++=++，故22||()AC AB AD AA ''=++222=|||||2()+|AB AD AA AB AD AB AA AD AA '''++⋅+⋅+⋅222111345234-+35+45222⎡⎤⎛⎫=+++⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦=73.∴=73AC '故选：D. 【点睛】本题考查了几何体的对角线长的求解，根据已知条件，构造向量，将几何体的对角线长的求解转化为向量模的运算，是解答本题的关键，属于中档题.9．A解析：A 【分析】以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量法即可求得各个角度的余弦值，再结合余弦函数的单调性即可判断. 【详解】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点， 设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,2)A ，1(3,1,2)B ，(0,2,0)C ，33,022D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,0)A ， (0,2,0)AC =，131,222B D ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，11(3,1,0)A B =，因为直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111||cos ||||25θ⋅∴==⋅B D AC B D AC ，因为直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，121||sin ||5∣θ⋅∴==⋅B D n B D n ，222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭， 设平面11A B D 的法向量(,,)m a b c =，则1113031202m A B ab m B D bc ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 取a =33,3,2m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为二面角111C A B D --的平面角为3θ， 由图可知，其为锐角，33||2cos ||57m n m n θ⋅∴===⋅∣，231cos cos cos θθθ>>， 由于cos y θ=在区间(0,)π上单调递减，故231θθθ<<， 则2123,θθθθ<<. 故选：A . 【点睛】本题考查利用向量法研究空间中的线面角以及二面角，属综合基础题.10．A解析：A 【分析】以{},,a b c 为基底表示出11,A E AC ，利用向量夹角公式计算出异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值. 【详解】设1,,AB a AC b AA c===，则{},,a b c 构成空间的一个基底， 111112A E AB B E a c =+=-，11AC AC CC b c =+=+，111111cos ,||||A E AC A E AC A E AC ⋅〈〉=⋅1()21||2a cbc a c b c ⎛⎫-⋅+ ⎪⎝⎭=-⋅+()222112212a b b c a c c a c b c ⋅-⋅+⋅-=⎛⎫-⋅+ ⎪22222144cos600062124a a c c b b c c ⨯⨯︒-+-⨯=-⋅+⋅+⋅+ =135213==-⨯. 所以异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值为1313. 故选：A 【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于中档题.11．D解析：D 【分析】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ，连接CE ，则由题意可知ACE ∆为等边三角形，CDE ∆为直角三角形，求解CD 即可. 【详解】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ，连接CE ， 则四边形ABDE 为平行四边形.线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB .AC AB ∴⊥，AE AB ⊥则CAE ∠为二面角的平面角，即60CAE ∠= 4AB AC BD ===4AC BD AE AB DE ∴=====，如图所示.ACE ∴∆为等边三角形，4CE =AC DE ⊥，AE DE ⊥，AC AE A ⋂=，AC ⊂平面ACE ，AE ⊂平面ACEDE ∴⊥平面ACE 又CE ⊂平面ACE∴DE CE ⊥在Rt CDE ∆中22224442CD CE DE =+=+=故选：D 【点睛】本题考查空间的距离问题，属于中档题.12．C解析：C 【分析】取AC 的中点O ，以,,OB OC OE 为,,x y z 轴建立坐标系，求得向量,AD CE 的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由题意，取AC 的中点O ，以,,OB OC OE 为,,x y z 轴建立坐标系，则(0,,0),(,0,),(0,,0),(0,0,)2222a a a A D C E a ， 则3(,,),(0,,)2222a a aAD aCE a ==-， 设AD 与CE 成的角为θ，则01cos 5a a aaθ-⨯+⨯==， 故选：C. 【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，以及异面直线所成角的求解，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.13．D解析：D 【分析】根据平面向量运算法则可知2i i AB AP AB AB BP ⋅=+⋅，由线面垂直性质可知0i AB BP ⋅=，从而得到21i AB AP AB ⋅==，进而得到结果. 【详解】()2i i i AB AP AB AB BP AB AB BP ⋅=⋅+=+⋅AB ⊥平面286BP P P i AB BP ∴⊥ 0i AB BP ∴⋅= 21i AB AP AB ∴⋅== 则()1,2,,8i AB AP i ⋅=⋅⋅⋅的不同值的个数为1个 故选：D 【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想.二、填空题14．【分析】本题首先可结合题意绘出空间直角坐标系然后根据空间直角坐标系得出以及最后根据即可得出结果【详解】因为四棱柱使直四棱柱为直角所以可以以为坐标原点以所在直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系解析：31717【分析】本题首先可结合题意绘出空间直角坐标系，然后根据空间直角坐标系得出()0,1,0DC =以及()12,3,2BC =--，最后根据111cos ,DC BC DC BC DC BC ⋅=⋅即可得出结果.【详解】因为四棱柱1111ABCD A B C D -使直四棱柱，A ∠为直角，//AB CD ，所以可以以D 为坐标原点，以DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()2,4,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2C ， 故()0,1,0DC =，()12,3,2BC =--， 因为1DC =，222123217BC =++=，所以1113317cos ,1717DC BC DC BC D BC C ⋅-===⋅， 故异面直线DC 与1BC 所成的角的余弦值为31717， 故答案为：31717. 【点睛】方法点睛：求空间中两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式求出两向量的夹角的大小，从而得出结果.15．【分析】结合由数量积定义计算【详解】正四面体中点EF 分别是BCAD 的中点连接则而所以平面又平面所以即所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计解析：2 4 a【分析】AE AB BE=+，结合AD BC⊥，由数量积定义计算．【详解】正四面体ABCD中，点E、F分别是BC、AD的中点，连接,AE DE，则,BC AE BC DE⊥⊥，而AE DE E=，所以BC⊥平面ADE，又AD⊂平面ADE，所以AD BC⊥，即AF BE⊥，所以21()cos6024a AE AF AB BE AF AB AF BE AF a a⋅=+⋅=⋅+⋅=⨯⨯︒=．故答案为：24a．【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算，解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计算的向量，然后由数量积定义计算，是基本方法，实质上也可以应用空间向量基本定理表示向量，把向量的运算转化为空间向量的基底进行运算．16．【详解】如图建立空间直角坐标系则所以设平面的一个法向量为由题可得令可得设与平面所成角为则故直线与平面所成角的正弦值为故答案为：解析：13【详解】如图，建立空间直角坐标系D xyz-，则1(0,0,1)D，1(0,2,1)C，1(1,0,1)A，(1,2,0)B，所以11(0,2,0)DC=，设平面11A BC的一个法向量为(,,)n x y z=，由题可得111(,,)(1,2,0)20(,,)(0,2,1)20n AC x y z x yn A B x y z y z⎧⋅=⋅-=-+=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩，令1y=，可得(2,1,2)n=，设11D C 与平面11A BC 所成角为θ， 则11111121sin cos ,233D C n D C n D C nθ⋅====⨯⋅， 故直线11D C 与平面11A BC 所成角的正弦值为13． 故答案为：13．17．3【分析】利用向量的坐标运算求得求出根据空间向量模的公式列方程求解即可【详解】因为所以可得因为解得故答案为3解析：3 【分析】利用向量的坐标运算求得求出()4,1,a b λλλ+=-，根据空间向量模的公式列方程求解即可. 【详解】因为()()0,1,1,4,1,0,29a b a b λ=-=+=， 所以()4,1,a b λλλ+=-， 可得()2216129λλ+-+=， 因为0λ>，解得3λ=，故答案为3.18．【分析】由根据与的夹角为钝角由且求解【详解】因为所以因为与的夹角为钝角所以且由得所以若与的夹角为则存在使即所以解得故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用还考查了运算求解的能力属于中档题解析：6652,,5515⎛⎫⎛⎫-∞-⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【分析】由(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，根据a 与b 的夹角为钝角，由0a b ⋅<且,180a b ︒〈〉≠求解.【详解】因为(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 所以2525(2)31355a b t t ⎛⎫⋅=⨯-++⨯-=- ⎪⎝⎭， 因为a 与b 的夹角为钝角，所以0a b ⋅<且,180a b ︒〈〉≠，由0a b ⋅<，得52305t -<， 所以5215t <. 若a 与b 的夹角为180︒，则存在0λ<，使a b λ=， 即2(5,3,1)2,,5t λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 所以523215t λλλ⎧⎪=-⎪=⎨⎪⎪=-⎩， 解得65t =-， 故答案为： 6652,,5515⎛⎫⎛⎫-∞-⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 19．13【分析】根据面面垂直得线面垂直进而得再根据向量模的平方求得结果【详解】因为平面平面所以因为所以故答案为：13【点睛】本题考查面面垂直性质定理利用空间向量求线段长考查基本分析论证与求解能力属中档题 解析：13【分析】根据面面垂直得线面垂直，进而得AC BD ⊥,再根据向量模的平方求得结果.【详解】因为平面α⊥平面β，l αβ=，AC α⊂,AC l ⊥，所以AC β⊥，因为BD β⊂，所以AC BD ⊥，CD CA AB BD =++2222222CD CA AB BD CA AB CA BD AB BD ∴=+++⋅+⋅+⋅2222341200013||13CD =+++++=∴=故答案为：13【点睛】本题考查面面垂直性质定理、利用空间向量求线段长，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.20．【分析】以D 为坐标原点DA 所在的直线为轴DC 所在的直线为轴DP 所在的直线为轴建立空间直角坐标系令求得利用向量的夹角公式即可求解【详解】如图所示以D 为坐标原点DA 所在的直线为轴DC 所在的直线为轴DP 所 解析：60【分析】以D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，令1PD AD ==，求得()()1,0,1,1,1,0PA BD =-=--，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】如图所示，以D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，因为点P 在正方形ABCD 所在平面外，PD ⊥平面,ABCD PD AD =，令1PD AD ==，所以()()()()1,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0,0A P B D ，所以()()1,0,1,1,1,0PA BD =-=--, 所以1cos 222PA BDPA BD θ⋅===⨯⋅，所以060θ=， 即异面直线PA 与BD 所成的角为060【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角的求解，其中解答中根据几何体的结构特征建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21．【解析】【分析】首先画出图形然后结合=两边平方同时结合数量积的运算法则进行计算即可【详解】平行六面体如图所示：∵∠BAA1=∠DAA1=60°∴A1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上∴平面ACC 解析：23【解析】【分析】首先，画出图形，然后，结合11AC AC CC =+=1AB AD AA ++，两边平方，同时结合数量积的运算法则进行计算即可．【详解】平行六面体1111ABCD A B C D -，如图所示：∵∠BAA 1=∠DAA 1=60°∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上，∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ，∵AB=1，AD=2，AA 1=3，∵11AC AC CC =+=1AB AD AA ++∴|1AC |2=（1AB AD AA ++）2 =|AB |2+|AD |2+|1AA |2+2AB AD ⋅+21AB AA ⋅+21AD AA ⋅ =1+9+4+0+2×1×3×12+2×2×3×12=23， ∴|1AC 23∴AC 12323【点睛】本题重点考查了向量的坐标分解，向量的加法运算法则与运算律、数量积的运算等知识，属于中档题．22．-4【解析】分析：设平面的法向量平面的法向量由∥可得因此存在实数使得再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果详解：设平面的法向量平面的法向量因为∥所以所以存在实数使得所以有解得故答案为点睛：该题考查 解析：-4【解析】分析：设平面α的法向量m ，平面β的法向量n ，由α∥β，可得m n ∥，因此存在实数k ，使得m kn =，再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果.详解：设平面α的法向量(1,2,2)m =-，平面β的法向量(2,,4)n λ=，因为α∥β，所以m n ∥，所以存在实数k ，使得m kn =，所以有12224k k k λ=⎧⎪-=⎨⎪=⎩，解得4λ=-，故答案为4-. 点睛：该题考查的是向量平行的条件，以及向量平行时坐标所满足的关系，在解题的过程中，首先需要利用两个平面平行的条件，得到其法向量共线的结论，之后根据坐标的关系求得结果.23．【分析】利用平面得到两个向量垂直从而利用坐标运算得到之间的关系然后再利用模的坐标表示求解最值即可【详解】因为平面都在平面内所以所以又因为所以解得所以所以所以的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：解答【分析】利用BP ⊥平面ABC ，得到两个向量垂直，从而利用坐标运算得到y ，x ，z 之间的关系，然后再利用模的坐标表示求解最值即可．【详解】因为BP ⊥平面ABC ，,AB BC 都在平面ABC 内，所以,BP AB BP BC ⊥⊥，所以,BP AB BP BC ⊥⊥，又因为()1,1,2AB =-，()1,1,BC z =-，()1,,1BP x y =--，所以(1)20(1)0BP AB x y BP BC x y z ⎧⋅=-++=⎨⋅=---=⎩，解得1y x =--，2x z = 所以(2,1,1)CP BP BC x y z =-=-+--，所以2222||(2)(1)(1)CP x y z =-+++--()()()222212x x x =-+-+--2655x =+，所以||CP【点睛】方法点睛：解答立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用配方法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解. 24．【分析】以为原点分别为轴建立空间直角坐标系设由平面可得P 点的坐标根据四棱锥的特点可得外接球的直径可得答案【详解】以为原点分别为轴建立空间直角坐标系由则设设平面的法向量为则即不妨令则得因为平面所以即解 解析：178π【分析】以D 为原点，DA ，DC ，DD '分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设(0,0,)P t ，由//PB 平面CEF 可得P 点的坐标，根据四棱锥P ABCD -的特点可得外接球的直径可得答案.【详解】以D 为原点，DA ，DC ，DD '分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，(0,0,0)D ，由2AE D E DF B F '==， 则(9,6,0),(0,9,0)E C ，(0,0,3)F ，(9,9,0)B ，设(0,0,)P t ，∴()9,3,0EC =-， ()0,9,3CF =-，()9,9,PB t =-设平面FEC 的法向量为(),,n x y z =，则·0·0n EC n CF ⎧=⎨=⎩，即930930x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令3z =，则11,3y x ==， 得1,1,33n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因为//PB 平面CEF ， 所以0PB n ⋅=，即1919303t ⨯+⨯-=，解得4t =， 所以(0,0,4)P ，由PD ⊥平面ABCD ，且底面是正方形，所以四棱锥P ABCD -外接球的直径就是PB ，由()9,9,4PB =-，得29PB ==所以外接球的表面积241782PB S ππ⎛⎫ ⎪== ⎪⎝⎭. 故答案为：178π.【点睛】本题考查了四棱锥外接球的表面积的求法，关键点是建立空间直角坐标系，确定球的半径，考查了学生的空间想象力和计算能力.25．【解析】由题意连接则故答案为 解析：1131234AB AC AD --+ 【解析】 由题意，连接AE ，则32 43GE AE AG AB BD AM =-=+- 321432AB AD AB AB AC =+--⨯+（）（）． 1131234AB AC AD =--+ . 故答案为1131234AB AC AD --+. 26．【分析】设建立空间直角坐标系由向量的垂直可得进而可得由基本不等式即可得解【详解】设如图建立空间直角坐标系则所以又所以所以所以当且仅当时等号成立所以当的面积取得最小值时其棱故答案为：【点睛】本题考查了 解析：322【分析】设()10AA m m =>，()0M n n C m =≤≤，建立空间直角坐标系，由向量的垂直可得1m n n -=，进而可得1221452MAD S n n=++△，由基本不等式即可得解. 【详解】设()10AA m m =>，()0M n n C m =≤≤，如图建立空间直角坐标系，则()10,0,D m ，()0,1,M n ，()3,0,0A ， 所以()10,1,M n m D =-，()3,1,AM n =-，又1MD MA ⊥，所以()110M A D M n n m ⋅=+-=，所以1m n n -=， 所以()122122111113114222MAD S M AM m n n n nD =⋅=+-++=++△()2222221114143415522222n n n n n n ⎛⎫=++=++≥+⋅= ⎪⎝⎭， 当且仅当2n =322m =时，等号成立， 所以当1MAD 的面积取得最小值时其棱1322AA =. 故答案为：322. 【点睛】 本题考查了空间向量及基本不等式的应用，考查了运算求解能力，合理转化、细心计算是解题关键，属于中档题.。
高中数学空间几何经典习题及解答
1 高中数学空间几何体一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．表面积为32的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）A ．p 32B ．p 31C ．p 32D ．p 322 2．如图所示是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，．如图所示是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A 、B 、C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 为（为（ ）A ．1800B ．1200 C ．600D ．450 3．已知三棱锥S －ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，r AC 2=，则球的体积与三棱锥体积之比是（，则球的体积与三棱锥体积之比是（ ） A ．p B ．p 2 C ．p 3 D ．p 44．如图所示，如图所示，一个空间几何体的正视图、一个空间几何体的正视图、一个空间几何体的正视图、侧视图、侧视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1,那么这个几何体的体积为（ ）A ．1 B ．21 C ．31 D ．61 5．一平面截球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是（积是（ ）A ．33100cm pB ．33208cm pC ．33500cm pD ．33416cm p6．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为（．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为（ ）A ．6:5p B ．2:6p C ．2:pD ．12:5p 7．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼成一个三棱柱，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、三棱柱的高分别为h 1、h 2、h 3，则h 1:h 2:h 3等于（等于（ ）A ．1:1:3B ．2:2:3C ．2:2:3D ．3:2:38．如图所示的一个5×4×4的长方体，阴影所示为穿透的三个洞，的长方体，阴影所示为穿透的三个洞， 那么剩下的部分的体积是（那么剩下的部分的体积是（ ） A ．50 B B．．54 C 54 C．．56 D D．．582 9.9.一个正三棱锥的四个顶是半径为一个正三棱锥的四个顶是半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）A ．123B ．43C ．33D D．．433 1010．如图用□表示．如图用□表示1个正方体，用□（浅黑）表示两个正方体叠加，用□（深黑）表示三个立方体叠加，示三个立方体叠加，那么右图是由那么右图是由7个立方体叠成的几何体，个立方体叠成的几何体，从正前方观察，从正前方观察，从正前方观察，可画出可画出的平面图形是（的平面图形是（ ））11.11.如图所示，水平地面上有一个大球，现作如下方法测量球的大小：用一个锐角为如图所示，水平地面上有一个大球，现作如下方法测量球的大小：用一个锐角为600的三角板，斜边紧靠球面，一条直角边紧靠地面，的三角板，斜边紧靠球面，一条直角边紧靠地面，并使三角板与地面垂直，并使三角板与地面垂直，P P 为三角板与球的切点，为三角板与球的切点，如果测得PA PA＝＝5，则球的表面积为（，则球的表面积为（ ））A ．p 200B ．p 300C ．p 3200D ．p 330012.12.一个盛满水的三棱锥容器，一个盛满水的三棱锥容器，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞不久发现三条侧棱上各有一个小洞D 、E 、F ；且知SD SD：：DA DA＝＝SE SE：：EB EB＝＝CF CF：：FS FS＝＝2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（ ））A ．2923B ．2723C ．2719D ．3531二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）分）13.13.若棱长为若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________________________。
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一、选择题1、下图（1）所示的圆锥的俯视图为 （ ）23+为 （ ）C 、120；。
3、边长为a 正四面体的表面积是 （ ）A 、34； B 、312a ； C 、24a ； D 2。
4、对于直线:360l x y -+=的截距，下列说法正确的是 （ ）A 、在y 轴上的截距是6；B 、在x 轴上的截距是6；C 、在x 轴上的截距是3；D 、在y 轴上的截距是3-。
5、已知,a b αα⊂//，则直线a 与直线b 的位置关系是 （ ）A 、平行；B 、相交或异面；C 、异面；D 、平行或异面。
6、已知两条直线12:210,:40l x ay l x y +-=-=，且12l l //，则满足条件a 的值为A 、12-； B 、12； C 、2-； D 、2。
7、在空间四边形ABCD 中，,,,E F G H 分别是,,,AB BC CD DA 的中点。
若AC BD a ==，且AC 与BD 所成的角为60，则四边形EFGH 的面积为 （ ）A 2；B 2a ；C 2； D 2。
8、在右图的正方体中，M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点， 则异面直线AC 和MN 所成的角为（ ）A ．30°B ．45°C ．90°D ． 60°9、下列叙述中错误的是 （ ）A 、若P αβ∈且l αβ=，则P l ∈；B 、三点,,A BC 确定一个平面；C 、若直线a b A =，则直线a 与b 能够确定一个平面；图（1）1 AD 、若,A l B l ∈∈且,A B αα∈∈，则l α⊂。
10、两条不平行的直线，其平行投影不可能是 （ ）A 、两条平行直线；B 、一点和一条直线；C 、两条相交直线；D 、两个点。
11、长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是 （ ）A 、25π；B 、50π；C 、125π；D 、都不对。
12、给出下列命题①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直 ②过直线外一点有且仅有一个平面与已知直线平行 ③过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线垂直 ④过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直 其中正确命题的个数为（ ） A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题13、圆柱的侧面展开图是边长分别为2,a a 的矩形，则圆柱的体积为 ； 14．一个圆柱和一个圆锥的底面直径．．和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 ．15、过点（116、已知,a b （1） a b αβ////,，则a b //； （2） ,a b γγ⊥⊥，则a b //； （3） ,a b b α⊂//，则a α//； （4） ,a b a α⊥⊥，则b α//；M其中正确命题是 。
三、解答题17、如下图2，建造一个容积为316m ，深为2m ，宽为2m 的长方体无盖水池，如果池底的造价为120m 2/元，池壁的造价为80m 2/元，求水池的总造价。
18、如下图(3)，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是平行四边形，,M N 分别是,AB PC 的中点，求证：MN PAD //平面 。
19、如下图（4），在正方体1111ABCD A B C D -中， （1）画出二面角11A B C C --的平面角； （2）求证：面11BB DD ⊥面1AB C20、求经过M （-1，2），且满足下列条件的直线方程 （1）与直线2x + y + 5 = 0平行 ； （2）与直线2x + y + 5 = 0垂直；21、已知三角形ABC 的三个顶点是()()()4,0,6,7,0,8A B C （1） 求BC 边上的高所在直线的方程； （2） 求BC 边上的中线所在直线的方程。
22、如下图（5），在三棱锥A BCD -中，,O E 分别是,BD BC 的中点，2CA CB CD BD ====,AB AD ==（1） 求证：AO ⊥平面BCD ；（2） 求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值； （3） 求点E 到平面ACD 的距离。
圆锥曲线知识点：图2BCADMNP图(3)图（4）ABC图（5）1、平面内与两个定点1F ，2F 的距离之和等于常数（大于12F F ）的点的轨迹称为椭圆．这两个定点称为椭圆的焦点，两焦点的距离称为椭圆的焦距．2、椭圆的几何性质：3、设是椭圆上任一点，点到1F 对应准线的距离为1d ，点M 到2F 对应准线的距离为2d ，则1212F F e d d M M ==．4、平面内与两个定点1F ，2F 的距离之差的绝对值等于常数（小于12F F ）的点的轨迹称为双曲线．这两个定点称为双曲线的焦点，两焦点的距离称为双曲线的焦距． 5、双曲线的几何性质：6、实轴和虚轴等长的双曲线称为等轴双曲线．7、设M 是双曲线上任一点，点M 到1F 对应准线的距离为1d ，点M 到2F 对应准线的距离为2d ，则1212F F e d d M M ==．8、平面内与一个定点F 和一条定直线l 的距离相等的点的轨迹称为抛物线．定点F 称为抛物线的焦点，定直线l 称为抛物线的准线． 9、抛物线的几何性质：10、过抛物线的焦点作垂直于对称轴且交抛物线于、两点的线段，称为抛物线的“通径”，即2p AB =．考点：1、圆锥曲线方程的求解2、直线与圆锥曲线综合性问题3、圆锥曲线的离心率问题典型例题：★★1．设O 是坐标原点，F 是抛物线22(0)y px p =>的焦点，A 是抛物线上的一点，FA 与x 轴正向的夹角为60，则OA 为（ ） A ．214pB C p D ．1336p★★2．与直线20x y +-=和曲线221212540x y x y +--+=都相切的半径最小的圆的标准方程是 ．★★★3．（本小题满分14分）已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于A B ，两点（A B ，不是左右顶点），且以AB为直径的图过椭圆C 的右顶点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．圆锥曲线一．选择题 1．（5分）椭圆的焦点坐标为（﹣5，0）和（5，0），椭圆上一点与两焦点的距离和是26，． +=1B ． +=1C ． +=1D ．+=12．（5分）方程所表示的曲线是（ ） A ． 直线B ． 椭圆C ． 双曲线D ． 圆3．（5分）已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则双曲线的离A ．B ．C ．D ．1111A ． 两个点B ． 直线C ． 圆D ． 椭圆 ①在平面内，若动点M 到F 1（﹣1，0）、F 2（1，0）两点的距离之和等于2，则动点M 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆； ②在平面内，已知F 1（﹣5，0），F 2（5，0），若动点M 满足条件：|MF 1|﹣|MF 2|=8，则动点M 的轨迹方程是；③在平面内，若动点M 到点P （1，0）和到直线x ﹣y ﹣2=0的距离相等，则动点M 的轨迹是抛物线．6．（5分）已知圆的方程为x2+y2=4，若抛物线过点A（﹣1，0），B（1，0），且以圆的切线A．B．C．D．7．（5分）设P，Q分别为圆x2+（y﹣6）2=2和椭圆+y2=1上的点，则P，Q两点间的最A．5B．+C．7+D．61111111A．B．C．D．10．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，与双曲线x2﹣y2=1的渐近A．+=1B．+=1C．+=1D．+=1二．填空题11．（5分）椭圆+=1与双曲线﹣=1有相同的焦点，则实数m的值是_________．12．（5分）已知实数m是2，8的等比中项，则圆锥曲线=1的离心率为_________．13．（5分）已知下列命题命题：①椭圆中，若a，b，c成等比数列，则其离心率；②双曲线x2﹣y2=a2（a＞0）的离心率且两条渐近线互相垂直；③在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；④若实数x，y∈[﹣1，1]，则满足x2+y2≥1的概率为．其中正确命题的序号是_________．14．（5分）对于圆锥曲线，给出以下结论：①设A、B为两个定点，k为非零常数，||﹣||=k，则动点P的轨迹为双曲线；②过定圆C上一定点A作圆的动点弦AB，O为坐标原点，若=（+），则动点P的轨迹为圆；③方程4x2﹣12x+5=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；④双曲线﹣=1与椭圆+=1有相同的焦点．⑤椭圆C：+y2=1上满足•=0的点M有4个（其中F1，F2为椭圆C的焦点）．其中正确结论的序号为_________（写出所有正确结论的序号）．15．已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1，F2，且它们在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|=10，双曲线的离心率的值为2，则该椭圆的离心率的值为_________．三．解答题（共6小题）16．已知F1，F2是椭圆C+=1的左，右焦点，以线段F1F2为直径的圆与圆C关于直线x+y﹣2=0对称．（l）求圆C的方程；（2）过点P（m，0）作圆C的切线，求切线长的最小值以及相应的点P的坐标．17．已知抛物线y2=2px（p＞0），焦点为F，一直线l与抛物线交于A、B两点，且|AF|+|BF|=8，且AB的垂直平分线恒过定点S（6，0）①求抛物线方程；②求△ABS面积的最大值．18．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，椭圆的四个顶点所围成菱形的面积为8．（1）求椭圆的方程；（2）四边形ABCD的顶点在椭圆C上，且对角线AC，BD均过坐标原点O，若k AC•k BD=﹣．①求的范围；②求四边形ABCD的面积．19．如图，曲线Γ由曲线C1：和曲线C2：组成，其中点F1，F2为曲线C1所在圆锥曲线的焦点，点F3，F4为曲线C2所在圆锥曲线的焦点，（1）若F2（2，0），F3（﹣6，0），求曲线Γ的方程；（2）如图，作直线l平行于曲线C2的渐近线，交曲线C1于点A、B，求证：弦AB的中点M必在曲线C2的另一条渐近线上；（3）对于（1）中的曲线Γ，若直线l1过点F4交曲线C1于点C、D，求△CDF1面积的最大值．20．已知双曲线E：﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别为l1：y=2x，l2：y=﹣2x．（1）求双曲线E的离心率；（2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、第四象限），且△OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程，若不存在，说明理由．21．如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4．（1）求椭圆C的方程；（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．。