高考立体几何试题——选择填空
高考数学试题-立体几何选择填空含答案解析
选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。
高三立体几何习题(含答案)
CBAC1B1A1高三立体几何习题一、填空题1.已知AB是球O的一条直径，点1O是AB上一点，若14OO=，平面α过点1O且垂直AB，截得圆1O，当圆1O的面积为9π时，则球O的表面积是．【答案】100p2.把一个大金属球表面涂漆，共需油漆2.4公斤．若把这个大金属球熔化制成64个大小都相同的小金属球，不计损耗，将这些小金属球表面都涂漆，需要用漆公斤．【答案】9.63.已知球的表面积为64π2cm，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm，则截面与球心的距离是cm【答案】234.一个圆锥与一个球体积相等且圆锥的底面半径是球半径的2倍，若圆锥的高为1，则球的表面积为．【答案】4p5.一个底面置于水平面上的圆锥，若主视图是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为．【答案】4p6.如图所示：在直三棱柱111ABC A B C-中，AB BC⊥，1AB BC BB==，则平面11A B C与平面ABC所成的二面角的大小为．【答案】4π二、选择题1.如图，已知圆锥的底面半径为10r=，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点．若PQ与SO所成角为4π，则此圆锥的全面积与体积分别为（）A．100051006,3ππB．10005100(16),3ππ+C．100031003,3ππD．10003100(13),3ππ+【答案】B2.如图，取一个底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与一个半径为R的半球放在同一水平面α上．用一平行于平面α的平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面（图中阴影部分）．设截面面积分别为S圆和S圆环，那么（）A．S圆＞S圆环 B．S圆＜S圆环 C．S圆=S圆环 D．不确定3.如图所示，PAB∆所在平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且ADα⊥，BCα⊥，4AD=，8BC=，6AB=，若tan2tan1ADP BCP∠-∠=，则动点P在平面α内的轨迹是（）A.线段B.椭圆的一部分C.抛物线D.双曲线的一部分PSAQOBβαPBADC【答案】D4.在空间中，下列命题正确的是（ ）A ．若两直线,a b 与直线l 所成的角相等，那么//a bB ．空间不同的三点A 、B 、C 确定一个平面C. 如果直线//l 平面α且//l 平面β，那么//αβ D ．若直线a 与平面M 没有公共点，则直线//a 平面M 【答案】D5.如图，已知直线l ⊥平面α，垂足为O ，在ABC △中，2,2,22BC AC AB ===，点P 是边AC 上的动点.该三角形在空间按以下条件作自由移动：(1)A l ∈，(2)C α∈.则OP PB +的最大值为( ) (A) 2. (B) 22. (C) 15+. (D) 10. 【答案】C6.平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为（ ）)(A 平行 )(B 相交)(C 平行或重合 )(D 平行或相交 【答案】D7.a b c 、、表示直线，α表示平面，下列命题正确的是（ ）A ．若//,//αa b a ，则//αbB ． 若,α⊥⊥a b b ，则α⊥aC ．若,⊥⊥a c b c ，则//a bD ．若,αα⊥⊥a b ，则//a b 【答案】D8.下列命题中，正确的个数是【 】① 直线上有两个点到平面的距离相等，则这条直线和这个平面平行； ② a 、b 为异面直线，则过a 且与b 平行的平面有且仅有一个； ③ 直四棱柱是直平行六面体；④ 两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥．A 、0B 、1C 、2D 、3 【答案】B9.在四棱锥ABCD V -中，1B ，1D 分别为侧棱VB ，VD 的中点，则四面体11CD AB 的体积与四棱锥 ABCD V -的体积之比为（ ）A ．6:1B ．5:1C ．4:1D ．3:1【答案】C三、解答题1.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）证明：11D E A D ⊥；（2）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π． 【答案】解：（1）在如图所示的空间直角坐标系中，11(1,0,1),(0,0,0),(0,0,1)A D D设(1,,0)([0,2])E y y ∈ 则11(1,,1),(1,0,1)D E y DA =-=…所以110D E DA ⋅=……所以11D E A D ⊥……（2）方法一：设(,,)n u v w =为平面1D CE 的一个法向量 D 1 C 1A 1AE D B 1B C Oxy zABl CαNPO由1100n CD n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得200v w u yv w -+=⎧⎨+-=⎩，所以(2)2u y vw v =-⎧⎨=⎩…因为二面角1D EC D --的大小为4π，所以2222(0,0,1)(,,)22cos||42(2)5u v w u v w y π⋅===++-+又[0,2]y ∈，所以23y =-，即当23AE =-时二面角1D EC D --的大小为4π2.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）当E 为AB 的中点时，求四面体1E ACD -的体积； （2）证明：11D E A D ⊥． 【答案】解：（1）1122ACE S AE BC ∆=⋅=…因为1D D ACE⊥平面，所以1111136E ACD D ACEACE V V S D D --∆==⋅=… （2）正方形11ADD A 中，11A D AD ⊥……因为11AB ADD A ⊥平面，所以1AB A D ⊥…所以11A D AD E ⊥平面…所以11D E A D ⊥……3.三棱柱111C B A ABC -中，它的体积是315，底面ABC ∆中，090=∠BAC ，3,4==AC AB ,1B 在底面的射影是D ，且D 为BC 的中点．（1）求侧棱1BB 与底面ABC 所成角的大小；(7分) （2）求异面直线D B 1与1CA 所成角的大小．(6分)【答案】解：（1）依题意，⊥D B 1面ABC ，BD B 1∠就是侧棱1BB 与底面ABC 所成的角θ 2分111111431532ABC A B C ABC V S B D B D -∆=⋅=⨯⨯⨯=4分1532B D =5分计算25=BD ，θθtan 25tan 1==BD D B ， tan 3,3πθθ=∴= 7分 （2）取11C B 的中点E ，连E A EC 1,，则1ECA ∠（或其补角）为所求的异面直线的角的大小 9分 ⊥D B 1面ABC ，D B 1‖CE ，面ABC ‖面111C B A ⊥∴CE 面111C B A ，E A CE 1⊥∴ 11分33325tan 251===∠EC AE CE A 12分 所求异面直线D B 1与1CA 所成的角6π13分 D 1C 1A 1A EDB 1BC1A(第20题图）D 1C 1B 1BCDA 1A4.在如图所示的几何体中，四边形CDPQ 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，且90BAD ADC ∠=∠=，平面CDPQ ⊥平面ABCD ，112AB AD CD ===，2PD =.（1）若M 为PA 的中点，求证：AC //平面DMQ ；（2）求平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小.【答案】解：（1）如图，设CP 与M 的交点为N ，连接MN ．易知点N 是CP 的中点，又M 为PA 的中点，故//AC MN ．…4分 于是，由MN ∉平面DMQ ，得//AC 平面DMQ ．……………6分（2）如图，以点D 为原点，分别以DA DB DC 、、为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)D A B C P ．易知1(0,1,0)n =为平面PAD 的一个法向量，设2(,,)n x y z =为平面PBC 的一个法向量． 则220220n BC x y n PC y z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩2x yz y =⎧⎪⇒⎨=⎪⎩，令1y =，得2(1,1,2)n =．…………………10分 设平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角为θ，则12121cos 2n n n n θ==，…………………12分 故平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为3π．………………………………………14分5.(本题满分14分) 本题共2个小题，第1小题6分，第2小题8分. 在如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的 菱形，且60,BAD ∠=︒1 4.AA =（1）求直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积； （2）求异面直线11AD BA 与所成角的大小．【答案】解：（1）因菱形ABCD 的面积为2sin6023,AB ⋅︒= ……2分故直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为：12348 3.ABCD S AA ⋅=⨯=底面……6分（2）连接111BC A C 、，易知11//BC AD ，故11A BC ∠等于异面直线11AD BA 与所成角. ……8分由已知，可得111125,23,A B BC AC === ……10分 则在11A BC ∆中，由余弦定理，得222111111117cos .210A B BC AC A BC A B BC +-∠==⋅……12分 故异面直线11AD BA 与所成角的大小为7cos.10arc……14分 6.（本题满分12分）本题共2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过11,,A C B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -.（1）若11A C 的中点为1O ，求求异面直线1BO 与11A D 所成角的大小（用反三角函数值表示）； （2）求点D 到平面11A BC 的距离d ．【答案】解：(1)按如图所示建立空间直角坐标系．由题知，可得点D(0,0,0)、(2,2,0)B 、1(0,0,3)D 、1(2,0,3)A 、1(0,2,3)C ．ABCQP D M CD1A 1C 1D由1O 是11A C 中点，可得1(1,1,3)O . 于是，111(1,1,3),(2,0,0)BO A D =--=-． 设异面直线1BO 与11A D 所成的角为θ，则111111211cos 11||||211BO A D BO A D θ⋅===．因此，异面直线1BO 与11A D 所成的角为11arccos 11． (2)设(,,)nx y z =是平面ABD 的法向量． ∴110,0.n BA n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 又11(0,2,3),(2,0,3)BA BC =-=-，∴230,230.y z x z -+=⎧⎨-+=⎩ 取2z =， 可得3,3,2.x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩即平面11BA C 的一个法向量是(3,3,2)n =． ∴||n DB d n ⋅=62211=． 7.(本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过1A 、1C 、B 三点的平面截去长方体的 一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -．（1）求几何体111ABCD AC D -的体积，并画出该几何体的左视图(AB 平行主视图投影所在的平面)； （2）求异面直线1BC 与11A D 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）． 【答案】解：2AB BC ==，13AA =，左视图如右图所示． (2)依据题意，有11,A D AD AD BC ，即11A D BC ．∴1C BC ∠就是异面直线1BC 与11A D 所成的角． 又1C C BC ⊥，∴113tan 2C C C BC BC ∠==．∴异面直线1BC 与11A D 所成的角是3tan2arc ． 8. (本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分．如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知21===AB BC AA ，AB ⊥BC ． （1）求四棱锥111A BCC B -的体积； （2）求二面角111C C A B --的大小．【答案】解：（1）因为AB ⊥BC ，三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱，所以11AB BCC B ⊥， 从而11A B 是四棱锥111A BCC B -的高. ……………………………………2分 四棱锥111A BCC B -的体积为1822233V =⨯⨯⨯=…………………………4分 （2）如图（图略），建立空间直角坐标系．则A （2，0，0），C （0，2，0），A 1（2，0，2），B 1（0，0，2），C 1（0，2，2）， …………………………………………………6分 设AC 的中点为M ，,,1CC BM AC BM ⊥⊥)0,1,1(11=⊥∴BM C ，C A BM 即平面是平面A 1C 1C 的一个法向量．ABCD1A 1C 1D CBAC 1B 1A 1PSAQOB设平面A 1B 1C 的一个法向量是),,(z y x n =，)0,0,2(),2,2,2(11-=--=B A AC …8分 令z=1，解得x=0，y=1．)1,1,0(=∴n ， …………………………………………9分 设法向量n 与BM 的夹角为ϕ，二面角B 1—A 1C —C 1的大小为θ，显然θ为锐角．111.3B AC C π∴--二面角的大小为………………………………………………12分9. (本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分．如图，在正三棱柱111C B A ABC -中，已知16AA =， 三棱柱111C B A ABC -的体积为183． （1）求正三棱柱111C B A ABC -的表面积； （2）求异面直线1BC 与1AA 所成角的大小.【答案】解：（1）因为三棱柱的体积为183，16AA =，从而23334ABC S BC ∆==， 因此23BC =. ………………………2分 该三棱柱的表面积为2+=63+363423ABC S S S ∆=⋅=全侧. ………4分（2）由（1）可知23BC =因为1CC //1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA 所成的角， ………8分 在Rt 1BC C ∆中，1233tan 63BC C ∠==， 所以1BC C ∠=6π. 异面直线1BC 与1AA 所成的角6π……………………………………………12分 10.如图，已知圆锥的底面半径为10r =，点Q 为半圆弧AB 的中点，点P 为母线SA 的中点．若直线PQ 与SO 所成的角为4π，求此圆锥的表面积．【答案】解：取OA 的中点M ,连接PM ,又点P 为母线SA 的中点 所以//PM OS ，故MPQ ∠为PQ 与SO 所成的角．………………………2分在Rt MPQ △中，4MPQ π∠=，PM QM =，………………………4分由点Q 为半圆弧AB 的中点知 OQ AB ⊥，在Rt MOQ △中，10,555OQ OM MQ ==⇒=故55PM =，所以105OS =，=106SA ． ………………………8分 所以2S 100r ππ==底，101061006S r SA πππ=⋅=⨯⨯=侧………………10分1001006100(16)S S S πππ=+=+=+全底侧．…………………………………12分11.（本大题共有2个小题，满分14分）第（1）小题满分7分，第（2）小题满分7分． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面正方形ABCD 为边长为2，PA ⊥底面ABCD ， E 为BC 的中点，PC 与平面PAD 所成的角为2arctan 2．（1）求异面直线AE 与PD 所成角的大小（结果用反三角函数表示）； （2）求点B 到平面PCD 的距离．【答案】解：方法１,（1）因为底面ABCD 为边长为2的正方形，⊥PA 底面ABCD ,P S AQ O BMPABCD则 ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊥⊥CD A PA AD PA CD ADCD 平面PAD ，所以CPD ∠就是CP 与平面PAD 所成的角．………………2分在CDP Rt ∆中，由22tan ==∠PD CD CPD ，得22=PD ，…………………………3分 在PAD Rt ∆中，2=PA ．分别取AD 、PA 的中点M 、N ，联结MC 、NC 、MN ， 则NMC ∠异面直线AE 与PD 所成角或补角．……………4分 在MNC ∆中，2=MN ，5MC =，3NC =，由余弦定理得，()()22225310cos 10225NMC +-∠==-⋅， 所以10arccos10NMC π∠=-，………6分 即异面直线AE 与PD 所成角的大小为1010arccos ．……7分（2）设点B 到平面PCD 的距离为h ，因为BCD P PCD B V V --=，…………………………9分 所以，11113232CD PD h BC CD PA ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，得2h =．……………………………14分 方法２，（1） 如图所示，建立空间直角坐标系，同方法１，得2=PA ，……………3分 则有关点的坐标分别为()0,0,0A ，()2,1,0E ，()0,2,0D ，()2,0,0P ．………………5分 所以()2,1,0AE =，()2,2,0-=PD ．设θ为异面直线AE 与PD 所成角， 则()101085202102cos =⨯-⨯+⨯+⨯=θ，所以，1010arccos =θ，即异面直线AE 与PD 所成角的大小为1010arccos．…………………………………7分 （2）因为()2,2,0-=PD ，()0,0,2=CD ，()0,2,0=BC ，设()w v u n ,,=， 则由⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=-=⋅w v u u CD n w v PD n 002022，………………………………………………11分 可得()1,1,0=n ，所以222n BC d n⋅===．……………………………………14分 12.（本题共有2个小题，满分14分）；第（1）小题满分7分，第（2）小题满分7分.如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为边长为2的正方形，P ABCD EMNPAB CD Exyz PABCD⊥PA 底面ABCD , 2=PA ．（1）求异面直线PC 与BD 所成角的大小； （2）求点A 到平面PBD 的距离．【答案】解：（1）联结AC 与BD 交于点M ，取PA 的中点N ，联结MN ，则CP MN //， 所以NMB ∠为异面直线PC 与BD 所成角或补角．……………………2分 在BMN ∆中，由已知条件得，5=BN ，2=BM ，3=MN ，…………5分所以222MN BM BN +=，2π=∠BMN ，所以异面直PC 与BD 所成角为2π．…7分 （或用线面垂直求异面直线PC 与BD 所成角的大小）（2）设点A 到平面PBD 的距离为h ，因为ABD P PBD A V V --=，……………9分所以，11113232BD PM h BC CD PA ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，得332=h ．（或在MAN Rt ∆中求解）………14分 13.(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 是棱1DD 的中点．（1）求直线BE 与平面11ABB A 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； （2）在棱11C D 上是否存在一点F ，使得1//B F 平面1A BE ，若存在，指明点F 的位置；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）以A 为坐标原点，以射线1AB AD AA 、、分别为x y z 、、轴，建立空间 直角坐标系，如图所示.不妨设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a （0a >），则(,0,0),(0,,)2aB a E a ，于是(,,)2a BE a a =- 3分 根据正方体的性质，可知11DA ABB A ⊥平面,故11AD ABB A 是平面的一个法向量且AD =(0,,0)a 4分设直线BE 与平面11ABB A 所成的较为θ，则22sin 0332BE AD a BE ADa a θ===>⨯ 5分 所以2arcsin3θ=，故直线BE 与平面11ABB A 所成的角的大小为2arcsin 3. 6分（2）假设在棱11C D 上是存在一点F ,使得11//B F A BE 平面,设(,,)F x a a （其中0x a ≤≤）111(,0,0),(0,0,),(,0,),(,,0)B a A a BA a a B F x a a =-=- 8分根据（1）可知，(,,)2aBE a a =- 9分设(,,)n x y z =平面1A BE 的一个法向量，则100n BA n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即002ax az aax ay z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩， 10分 取2z =，则(2,1,2)n =，由于直线11//B F A BE 平面,所以10B F n = 11分NPAB CDMBCDAO zxy即(,,0)(2,1,2)0x a a -=，化简得2()0x a a -+=，解得2ax = 12分 故在棱11C D 上是存在一点F ，使得11//B F A BE 平面,且点F 是棱11C D 的中点. 14分14.在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 是棱1DD 的中点． 求直线BE 与11B A 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； 【答案】解：设正方体的棱长为a ，根据正方体的性质可得： 四棱锥E ABCD -的底面积2ABCD S a =，高2aED =2分21143323ABCD a V S ED a =⨯⨯=⨯=，解得2a = 5分因为11//AB A B ,所以ABE ∠即为异面直线BE 与11B A 所成角 或其补角， 8分在ABE 中，2,5,3AB AE BE ===,由余弦定理可得4952cos 02233ABE +-∠==>⨯⨯，即2arccos 3ABE ∠= 11分所以异面直线BE 与11B A 所成的较的大小为2arccos 3ABE ∠=. 12分15.(本题满分12分) 本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分． 如图，在Rt AOB ∆中，6OAB π∠=，斜边4AB =，D 是AB 的中点．现将Rt AOB ∆以直角边AO 为轴旋转一周得到一个圆锥，点C 为圆锥底面圆周上的一点，且2BOC π∠=．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】解：（1）在Rt AOB ∆中，2OB =，即圆锥底面半径为2圆锥的侧面积8S rl ππ==侧………………..4’故圆锥的全面积=+8+412S S S πππ==全侧底……………….6’（2）解法一：如图建立空间直角坐标系．则(0,0,23),(2,0,0),(0,1,3)A C D(0,0,23),(2,1,3)AO CD ∴=-=-………………..8’设AO 与CD 所成角为θ，则66cos 42322AO CD AO CDθ⋅-===-⋅⋅………………..10’∴异面直线AO 与CD 所成角为6arc cos4………………..12’ 解法二：过D 作//DM AO 交BO 于M ，连CM则CDM ∠为异面直线AO 与CD 所成角………………..8’ 在Rt AOB ∆中，23AO = 3DM ∴= D Q 是AB 的中点 M ∴是OB 的中点 1OM ∴=5CM ∴=在Rt CDM ∆中，515tan 33CDM ∠==，………………..10’ ED 1C 1A 1B 1CDBA15arctan3CDM ∴∠=，即异面直线AO 与CD 所成角的大小为15arctan 3……………….12’ 16.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点. （1）试确定点F 的位置，使得1D E ⊥平面1AB F ;（2）当1D E ⊥平面1AB F 时，求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数表示）. 【答案】解：（1）如图建系，设 ),10(≤≤=x x DF 1分则)0,1,()0,21,1()1,1,0()1,0,1(),0,1,0(),0,0,1(),0,0,0(11x F E D B D B A 2分)0,1,(),1,0,1(),1,21,1(11x AF AB E D ==--=∴, 3分1111,011AB E D AB E D ⊥∴=-=⋅ 4分 由AF E D F AB E D ⊥∴⊥111,平面 5分21,01=⇒=⋅∴x AF E D 6分)0,1,21(F ∴，即F 为CD 中点时F AB E D 11平面⊥。
高考必刷小题 立体几何
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M， N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是 A.MN＝12EF
√B.MN≠12EF √C.MN与EF异面
D.MN与EF平行
1 A.4
dm2
C.
3 4
dm2
√B.
2 4
dm2
D.34 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E， 在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q， 在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示， 因为EF∥AC， 所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k， 则VVAF＝VVCE＝AECF＝k，0<k<1， 因为 VA＝VB＝VC＝1，且两两垂直，所以 AC＝ 2，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
因为EF⊂平面VAC， 所以FD⊥EF， 所以四边形 FEQD 是矩形，即 S 矩形 FEQD＝
FD·EF＝(1－k)· 2k＝－ 2k－122＋ 42，
所以当
k＝12时，S
矩形 FEQD
有最大值
2 4.
故该截面面积的最大值是
对于A，如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥α，n∥β，m⊥n， 平面α与β不一定垂直，故A错误； 对于B，如图(2)，α∩β＝l，n∥l，m⊥α，则满足n∥β，m⊥n，平面 α与β不一定垂直，故B错误；
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
立体几何高考选择填空题
1. (2013大纲，10,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.[解析] 1.易知球心在正四棱锥的高上,设球的半径为R,则(4-R)2+()2=R2,解得R=,所以球的表面积为4π×=π,故选A.2. (2014重庆，7，5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.12B.18C.24D.30[解析] 2.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1截掉一个三棱锥D-A1B1C1得到的,其中AC=4,BC=3,AA1=5,AD=2,BC⊥AC,所以该几何体的体积V=·AC·BC·AA1-×·A1C1·B1C1·A1D=×4×3×5-××4×3×3=30-6=24.3. (2014四川，4，5分)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则该三棱锥的体积是()A.3B.2C.D.1[解析] 3.由俯视图可知,三棱锥底面是边长为2的等边三角形.由侧视图可知,三棱锥的高为.故该三棱锥的体积V=××2××=1.4. (2014湖北，7，5分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②[解析] 4.在空间直角坐标系中构建棱长为2的正方体,设A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2),则ABCD即为满足条件的四面体,得出正视图和俯视图分别为④和②,故选D.5. (2014湖南，8，5分)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[解析] 5.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱,底面为直角三角形,高为12,如图所示,其中AC=6,BC=8,∠ACB=90°,则AB=10.要使该石材加工成的球的半径最大,只需球与直三棱柱的三个侧面都相切,则半径r等于直角三角形ABC的内切圆半径,即r==2,故能得到的最大球的半径为2,故选B.6. (2014安徽，8，5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为()A. B. C.6 D.7[解析] 6.由三视图知这个多面体是正方体截去两个全等的三棱锥后剩余的部分,其直观图如图所示,结合题图中尺寸知,正方体的体积为23=8,一个三棱锥的体积为××1×1×1=,因此多面体的体积为8-2×=,故选A.7. (2014浙江，3，5分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是()A.72 cm3B.90 cm3C.108 cm3D.138 cm3[解析] 7.由三视图可知,该几何体是由一个长方体和一个直三棱柱构成的组合体,如图,其体积为6×4×3+×4×3×3=90 cm3,故选B.8. (2014辽宁，7，5分)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.8-B.8-C.8-πD.8-2π[解析] 8.由三视图可知,该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积,即V=2×2×2-×π×12×2=8-π.故选C.9. (2014课标Ⅱ,6,5分)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A. B. C. D.[解析] 9.该零件是两个圆柱体构成的组合体,其体积为π×22×4+π×32×2=34π cm3,圆柱体毛坯的体积为π×32×6=54π cm3,所以切削掉部分的体积为54π-34π=20π cm3,所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为=,故选C.10. (2014课标Ⅰ,8,5分)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱[解析] 10.由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示,则这个几何体是三棱柱,故选B.11.(2011广东, 7, 5分)正五棱柱中, 不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线, 那么一个正五棱柱对角线的条数共有()A. 20B. 15C. 12D. 10[解析] 11.解法一:由题意知从一个顶点可作2条对角线, 故一共有2×5=10条, 故选D.解法二:依题意在一底上选一点共有种选法. 另一底上选符合要求的点有种, 所以共有×=10条对角线.12. (2011重庆, 10, 5分)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.[解析] 12. 如图, 连结O1A, SO2, O1O2. 因正方形ABCD的边长为1, 故O1A=,在Rt△OO1A中, OO1===, 图中☉O1和☉O2所在的平面平行, 且O1O2=2OO1=, 因S到面ABCD的距离为, 故S在☉O2上.在Rt△SO2O1中, SO1===, 故选A.13. (2009辽宁, 5, 5分)如果把地球看成一个球体, 则地球上北纬60°纬线长和赤道线长的比值为()A. 0. 8B. 0. 75C. 0. 5D. 0. 25[解析] 13.作出截面图. 由图可知2πr∶2πR=sin 30°=. 故选C.14. (2009四川, 9, 5分)如图, 在半径为3的球面上有A、B、C三点, ∠ABC=90°, BA=BC, 球心O到平面ABC的距离是, 则B、C两点的球面距离是()A. B. π C. π D. 2π[解析] 14.∵∠ABC=90°, AB=BC. 设△ABC外接圆圆心为O1, 则O1在AC中点处. OO1=, OA=3, ∴AO1=, BC=3,∴∠BOC=. ∴B、C两点的球面距离d=×3=π.15. (2009全国Ⅱ, 12, 5分)纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北. 现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平, 得到右侧的平面图形, 则标“△”的面的方位是()A.南B. 北C. 西D. 下[解析] 15. 如图所示.16.(2009湖北, 6, 5分)如图, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ACB=90°, ∠ACC1=60°, ∠BCC1=45°, 侧棱CC1的长为1, 则该三棱柱的高等于()A. B. C. D.[解析] 16.如图, 作C1O⊥底面ABC于点O, 作OE⊥BC于E, 作OF⊥AC于F, 连结C1E、C1F. 可知C1F⊥FC, C1E⊥BC. 根据已知条件可得OE=FC=CC1=.C1E=, ∴高C1O===. 故选A.17. (2009重庆, 9, 5分)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 顶点B1到对角线BD1和到平面A1BCD1的距离分别为h和d, 则下列命题中正确的是()A. 若侧棱的长小于底面的边长, 则的取值范围为(0, 1)B. 若侧棱的长小于底面的边长, 则的取值范围为C. 若侧棱的长大于底面的边长, 则的取值范围为D. 若侧棱的长大于底面的边长, 则的取值范围为[解析] 17.设正四棱柱底面边长为a, 高为b, 如图, B1到平面A1BCD1的距离d==B1E, B1到对角线BD1的距离h=B1F=则====.当a<b即0<<1时, =∈, 选C.18. (2008全国Ⅱ, 12, 5分)已知球的半径为2, 相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆. 若两圆的公共弦长为2, 则两圆的圆心距等于()A. 1B.C.D. 2[解析] 18. 如图, 两圆圆心分别为O1、O2, 公共弦为BC, 且BC的中点A, 设O1A=a, 则O1B2=a2+1. 在Rt△OO1B中, O1O2=OB2-O1B2=3-a2.∴O1O2====. 故选C.另解:四边形OO1AO2为矩形, 则O1O2=OA, OA==, ∴选C.19. (2008重庆, 11, 5分)如图, 模块①-⑤均由4个棱长为1的小正方体构成, 模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成. 现从模块①-⑤中选出三个放到模块⑥上, 使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体. 则下列选择方案中, 能够完成任务的为()A. 模块①, ②, ⑤B. 模块①, ③, ⑤C. 模块②, ④, ⑤D. 模块③, ④, ⑤[解析] 19. 由四个选择支可以看出一定有模块⑤, 将模块⑤拼上后最上层缺少一个如下图的模块, 显然由①②可组合成, 故选A.20.(2008陕西, 8, 5分)长方体ABCD-A1B1C1D1的各顶点都在半径为1的球面上, 其中AB∶AD∶AA1=2∶1∶, 则A, B两点的球面距离为()A. B. C. D.[解析] 20. 设AB=2x, 则AD=x, AA1=x, 又球直径等于长方体对角线长,∴=2⇒2x=, 即AB=.cos∠AOB==0, 得∠AOB=, 所以所求的球面距离为R=, 故选C.21.(2008湖南, 9, 5分)长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上, 且AB=2, AD=, AA1=1, 则顶点A、B间的球面距离是()A. B. C. π D. 2π[解析] 21.长方体对角线交点O即为球心,对角线长l==2, ∴球半径R=.而∠AOB=, ∴A、B两点的球面距离为R=. 故选B.22. (2007安徽, 10, 5分)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角, 折成直二面角后, 在A、B、C、D四点所在的球面上, B与D两点之间的球面距离为()A. πB. πC.D.[解析] 22. 如图, 折成直二面角后, AC中点O是A、B、C、D四点所在球的球心,OB=OD=AC=1, ∠BOD=, 所以, B与D两点之间的球面距离为×1=, 故选C.23.(2007陕西, 7, 5分)Rt△ABC的三个顶点在半径为13的球面上, 两直角边的长分别为6和8, 则球心到平面ABC的距离是()A. 5B. 6C. 10D. 12[解析] 23. 由已知:过△ABC三顶点的截面圆半径为r==5, 又球半径R=13,∴ 球心到面ABC距离为d==12. 故选D.24.(2007四川, 6, 5分)设球O的半径是1, A、B、C是球面上三点, 已知A到B、C两点的球面距离都是, 且二面角B-OA-C的大小为, 则从A点沿球面经B、C两点再回到A点的最短距离是()25.A. B. C. D.[解析] 24.由题可知, 最短距离为AB、BC、CA的球面距离之和, 又∠AOB=∠AOC=,∴d min=++=π, 故选C.25.(2007江西, 9, 5分)四面体ABCD的外接球球心在CD上, 且CD=2, AB=, 在外接球面上两点A、B间的球面距离是()A. B. C. D.[解析] 25. 由题意知球的半径R==1, 设AB对应的球心角为θ, 则sin==,∴θ=. ∴AB的球面距离为, 故选C.26. (2011浙江, 7, 5分)若某几何体的三视图如图所示, 则这个几何体的直观图可以是()[解析] 26. 所给选项中, A、C选项的正视图、俯视图不符合, D选项的侧视图不符合, 只有选项B符合, 故选B.27.(2011课标, 8, 5分)在一个几何体的三视图中, 正视图和俯视图如图所示, 则相应的侧视图可以为()[解析] 27. 由几何体的正视图和俯视图可知, 该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体, 故其侧视图应为D.28.(2011山东, 11, 5分)右图是长和宽分别相等的两个矩形. 给定下列三个命题:①存在三棱柱, 其正(主)视图、俯视图如图;②存在四棱柱, 其正(主)视图、俯视图如图;③存在圆柱, 其正(主)视图、俯视图如右图. 其中真命题的个数是()A. 3B. 2C. 1D. 0[解析] 28. 如图①②③的正(主)视图和俯视图都与原题相同, 故选A.29. (2011辽宁, 8, 5分)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等, 体积为2, 它的三视图中的俯视图如图所示, 左视图是一个矩形, 则这个矩形的面积是()A. 4B. 2C. 2D.[解析] 29. 作出直观图(如图所示), 设棱长为a, 由a2·a=2, 解得a=2, 取AB与A1B1的中点分别为D、D1, 则左视图即为矩形CC1D1D, 其中C1D1=, 其面积为2, 故选B.30.(2011江西, 9, 5分)将长方体截去一个四棱锥, 得到的几何体如下图所示, 则该几何体的左视图为()[解析] 30.根据“长对正, 宽相等, 高平齐”原则, 易知选项D符合题意.31.(2010北京, 5, 5分)一个长方体去掉一个小长方体, 所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如下图所示, 则该几何体的俯视图为()[解析] 31. 正视图中小长方形在左上方, 对应俯视图应该在左侧, 排除B, D, 侧视图中小长方形在右上方, 排除A, 故选C.32. (2010安徽, 9, 5分)一个几何体的三视图如图, 该几何体的表面积是()A. 372B. 360C. 292D. 280[解析] 32. 该几何体直观图如图所示, 上方长方体长、宽、高分别为6、2、8, 下方长方体长、宽、高分别为8、10、2. 其表面积为两长方体表面积之和再减去如图阴影部分面积的2倍, 即S=S上+S下-2S阴=2×(6×2+2×8+6×8)+2×(8×10+2×8+2×10)-2×6×2=360.33.(2010福建, 3, 5分)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示, 则其侧面积等于()A. B. 2 C. 2 D. 6[解析] 33.由三棱柱的正视图可知此三棱柱为底面边长为2, 侧棱长为1的正三棱柱, ∴S侧=2×1×3=6, 故选D.34.(2010陕西, 8, 5分)若某空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积是()A. 2B. 1C.D.[解析] 34.由三视图知该几何体为倒放着的直三棱柱, 其底面为直角三角形, 两直角边边长分别是1和, 棱柱的高为, 所以该几何体的体积V=×1××=1.35.(2010广东, 9, 5分)如图, △ABC为正三角形, AA'∥BB'∥CC', CC'⊥平面ABC且3AA'=BB'=CC'=AB, 则多面体ABC-A'B'C'的正视图(也称主视图)是()[解析] 35.正视图反映了物体前后的位置关系, 反映物体的高度和宽度, 由给出的选项知, 只有D正确, 故选D36. (2010浙江, 8, 5分)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示, 则此几何体的体积是()A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3[解析] 36. 由几何体的三视图可知, 空间几何体为一个长方体与四棱台的组合体. 长方体的长、宽、高分别为4、4、2, 四棱台的上底面为正方形, 其边长为4, 下底面为正方形, 边长为8, 高为2. 因此组合体的体积为V=4×4×2+×(64+16+)×2=32+=, 故选B.37. (2009上海, 16, 4分)如图, 已知三棱锥的底面是直角三角形, 直角边长分别为3和4, 过直角顶点的侧棱长为4, 且垂直于底面, 该三棱锥的主视图是()[解析] 37. 从正面看, 应看到直角边为3的顶点, 而高为4, 故主视图应为B.38. (2009山东, 4, 5分)一空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为()A. 2π+2B. 4π+2C. 2π+D. 4π+[解析] 38. 由几何体的三视图可知, 该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为, 侧棱长为2的正四棱锥叠放而成. 故该几何体的体积V=π ·12·2+·()2·=2π+, 故选C.39.(2009宁夏, 11, 5分)一个棱锥的三视图如图, 则该棱锥的全面积(单位:cm2)为()A. 48+12B. 48+24C. 36+12D. 36+24[解析] 39.如图所示三棱锥.AO⊥底面BCD, O是BD中点, BC=CD=6, BC⊥CD, AO=4, AB=AD.S△BCD=×6×6=18, S△ABD=×6×4=12. 取BC中点E, 连结AE、OE.可得BC⊥AE, AE==5, ∴ S△ABC=S△ACD=×6×5=15,∴ S全=18+12+15+15=48+12.40.(2009福建, 5, 5分)如下图, 某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形, 且体积为, 则该几何体的俯视图可以是()[解析] 40. ∵ 体积为, 而高为1, 所以底面为一个直角三角形. 故选C.41.(2008广东, 7, 5分)将正三棱柱截去三个角(如图1所示A, B, C分别是△GHI三边的中点)得到几何体如图2, 则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为()[解析] 41. 不截去角的侧视图(或左视图)为矩形, 截去三个角之后A依然在, I被截去, F依然在, 则侧视图为故选A.42. (2008山东, 6, 5分)下图是一个几何体的三视图, 根据图中数据, 可得该几何体的表面积是()A. 9πB. 10πC. 11πD. 12π[解析] 42. 由几何体的三视图可知此几何体是圆柱体与球体的组合体. S=4πR2+2πr2+2πr·h, 代入数据得S表=4π·12+2π·12+2π·1·3=12π. 故选D.43.(2007山东, 3, 5分)下列几何体各自的三视图中, 有且仅有两个视图相同的是()A. ①②B. ①③C. ①④D. ②④[解析] 43. 正方体的三视图均为正方形;圆锥的三视图为两个三角形和圆;三棱台的三视图为两个梯形和一个三角形;正四棱锥的三视图为两个三角形和一个正方形, 故选D.44. (2007宁夏, 8, 5分)已知某个几何体的三视图如下, 根据图中标出的尺寸(单位:cm), 可得这个几何体的体积是()A. cm3B. cm3C. 2 000 cm3D. 4 000 cm3[解析] 44. 此几何体的图为S-ABCD, 且平面SCD⊥平面ABCD, ABCD为正方形, 边长为20 cm, S在底面的射影为CD中点E, SE=20 cm, V S-ABCD=S▱ABCD·SE=cm3.故选B.45.(2011北京, 5, 5分)某四棱锥的三视图如图所示, 该四棱锥的表面积是()A. 32B. 16+16C. 48D. 16+32[解析] 45.由三视图知, 四棱锥是底面边长为4, 高为2的正四棱锥,∴四棱锥的表面积是16+4××4×2=16+16, 故选B.46.(2011湖南, 4, 5分)如图是某几何体的三视图, 则该几何体的体积为()A. 9π+42B. 36π+18C. π+12D. π+18[解析] 46. 该几何体是由一个球与一个长方体组成的组合体, 球的直径为3, 长方体的底面是边长为3的正方形, 高为2, 故所求体积为2×32+π=π+18, 故选D.47. (2011陕西, 5, 5分)某几何体的三视图如图所示, 则它的体积为()A. 8-B. 8-C. 8-2πD.[解析] 47. 由给出的三视图可得原几何体为正方体中挖去一圆锥, 且此圆锥以正方体的上底面内切圆为底, 以正方体的棱长为高. 故所求几何体的体积为8-×π×12×2=8-.48. (2011安徽, 8, 5分)一个空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为()A. 48B. 32+8C. 48+8D. 80[解析] 48.换个视角看问题, 该几何体可以看成是底面为等腰梯形, 高为4的直棱柱, 且等腰梯形的两底分别为2, 4, 高为4, 故腰长为, 所以该几何体的表面积为48+8, 故选C.49.(2011广东, 9, 5分)如图, 某几何体的正视图(主视图), 侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形, 等腰三角形和菱形, 则该几何体体积为()A. 4B. 4C. 2D. 2[解析] 49. 由三视图可知此几何体为四棱锥, 高为3. 所以V=Sh=××2×2×3=2, 故选C.50. (2011辽宁, 10, 5分)已知球的直径SC=4, A, B是该球球面上的两点, AB=2,∠ASC=∠BSC=45°, 则棱锥S-ABC的体积为()A. B. C. D.[解析] 50. 如图, 设球心为O, 由OS=OA=OC得∠SAC=90°, 又∠ASC=45°, 所以AS=AC=SC, 同理BS=BC=SC, 可得SC⊥面AOB, V S-ABC=S△AOB·SC=××2××4=,故选C.51.(2011全国, 12, 5分)已知平面α截一球面得圆M, 过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N. 若该球面的半径为4, 圆M的面积为4π, 则圆N的面积为()A. 7πB. 9πC. 11πD. 13π[解析] 51.设球心为O, 由题意得∠MON=60°, 设圆M与圆N的半径分别为r1、r2, 由π=4π, 得r1=2, 则|OM|==2, |ON|=|OM|·cos 60°=, 所以r2==, 所以圆N 的面积为π=13π, 故选D.52. (2008四川, 8, 5分)设M是球O半径OP的中点, 分别过M、O作垂直于OP的平面, 截球面得两个圆, 则这两个圆的面积比值为()A. B. C. D.[解析] 52.设球的半径为R, 过点M且垂直于OP的圆的半径为r, OM=R. 由r2=R2-OM2=R2, 设过M、O的圆的面积分别是S'、S. S'=πr2=πR2, S=πR2, ∴S'∶S=3∶4. 故选D.53.(2010四川, 12, 5分)半径为R的球O的直径AB垂直于平面α, 垂足为B, △BCD是平面α内边长为R的正三角形, 线段AC、AD分别与球面交于点M、N, 那么M、N两点间的球面距离是()A. RarccosB. RarccosC. πRD. πR[解析] 53. 如图连结MB、NB、OM、ON, 则BM⊥AM, BN⊥AN, ∵AB⊥平面α, BC⊂α,∴AB⊥BC. 又AB=2R, BC=R, ∴AC=R.又AB2=AM·AC, ∴4R2=AM·R, AM=R. 同理AN=R, ∴MN∥CD, =, ∴MN=R. 在△OMN中, 由余弦定理得cos∠MON==, ∴∠MON=arccos,∴M、N两点的球面距离为Rarccos, 故选A.54.(2009全国Ⅰ, 9, 5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等, A1在底面ABC上的射影为BC的中点, 则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为()A. B. C. D.[解析] 54.如图, D为BC的中点, 则由题意得∠A1AD=∠BAD=30°, 由三角余弦公式得cos∠A1AB=, 则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为, 故选D.55. (2009全国Ⅱ, 5, 5分)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB, E为AA1中点, 则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A. B. C. D.[解析] 55. 连结A1B, 则有A1B∥CD1,∴∠A1BE就是异面直线BE与CD1所成角, 在△ABE中, 设AB=1, 则有A1E=AE=1, ∴BE=, ∴A1B=. 由余弦定理可知:os∠A1BE==.56.(2007全国Ⅰ, 7, 5分)如图, 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB, 则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. B. C. D.[解析] 56.连结CD1, 显然, ∠AD1C即为AD1与A1B所成的角. 设AB=a, 则AD1=CD1=a,AC=a, ∴ cos∠AD1C===. 故选D.57. (2007全国Ⅱ, 7, 5分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等, 则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.[解析] 57. 设正三棱柱棱长均为2a, 过B1作B1H⊥A1C1, 则B1H⊥面ACC1A1, 连AH, 即∠B1AH即为AB1与面ACC1A1所成的角. B1H=a, AB1=2a,∴sin∠B1AH==, ∴选A.58. (2007湖北, 5, 5分)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E、F分别为棱AA1、BB1的中点, G为棱A1B1上的一点, 且A1G=λ(0≤λ≤1), 则点G到平面D1EF的距离为()A. B. C. D.[解析] 58. 由题意知A1B1∥平面D1EF, 所以G到面D1EF的距离, 即A1到面D1EF的距离. ∵ 平面A1D1E⊥平面D1EF, ∴ A1到D1E的距离即为A1到面D1EF的距离=. 故选D.59.(2011全国, 8, 5分)已知直二面角α-l-β, 点A∈α, AC⊥l, C为垂足, 点B∈β, BD⊥l, D为垂足. 若AB=2, AC=BD=1, 则CD=()A. 2B.C.D. 1[解析] 59.由题意得AB2=AC2+CD2+BD2, 即4=1+CD2+1, 解得CD=, 故选C.60. (2009江西, 9, 5分)如图, 在四面体ABCD中, 若截面PQMN是正方形, 则在下列命题中, 错误的为()A. AC⊥BDB. AC∥截面PQMNC. AC=BDD. 异面直线PM与BD所成的角为45°[解析] 60.∵MN∥PQ, ∴MN∥面ABC, ∴MN∥AC. 同理BD∥QM.∵MN⊥QM, ∴AC⊥BD, ∴A是对的;∵AC∥MN, ∴AC∥面PQMN, 故B对;∵BD∥QM, ∴PM与BD所成角即为∠PMQ, ∴PM与BD成45°角, 故D对.在正三棱锥中, AC与BD不一定相等, 而截面正方形PQMN存在. 故AC=BD错, 选C.61.(2012课标全国, 7, 5分) 如图, 网格纸上小正方形的边长为1, 粗线画出的是某几何体的三视图, 则此几何体的体积为()A. 6B. 9C. 12D. 18[解析] 61.由三视图可得, 该几何体为三棱锥S-ABC, 其中底面△ABC为等腰三角形, 底边AC=6, AC边上的高为3, SB⊥底面ABC, 且SB=3, 所以该几何体的体积V=××6×3×3=9.故选B.62.(2012福建, 4, 5分) 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等, 那么这个几何体不可以是()A. 球B. 三棱锥C. 正方体D. 圆柱[解析] 62.A项, 球的三视图为三个全等的圆. 故不选A. B项, 如图所示:正方体内的正四面体的三视图是三个全等的正方形. 故不选B. C项, 正方体的三视图为三个全等的正方形, 故不选C. 故选D.63.(2012浙江, 3, 5分) 已知某三棱锥的三视图(单位: cm) 如图所示, 则该三棱锥的体积是()A. 1 cm3B. 2 cm3C. 3 cm3D. 6 cm3[解析] 63.由三视图可知, 该三棱锥底面为两条直角边分别为1 cm和2 cm的直角三角形, 一条侧棱垂直于底面, 垂足为直角顶点, 且高为3 cm, 所以体积V=××1×2×3=1(cm3) , 故选A.64.(2012湖南, 4, 5分) 某几何体的正视图和侧视图均如图所示, 则该几何体的俯视图不可能是()[解析] 64.A图是两个圆柱的组合体的俯视图; B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图; D图是一个底面为直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图, 采用淘汰法, 故选C.65.(2012江西, 7, 5分) 若一个几何体的三视图如图所示, 则此几何体的体积为()A. B. 5 C. D. 4[解析] 65.由三视图可知该几何体为直六棱柱, 所以V=Sh, 其底面如图所示, 所以V=4, 故选D.66.(2012广东, 7, 5分) 某几何体的三视图如图所示, 它的体积为()A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π[解析] 66.由所给三视图可知, 该几何体是一个半球和圆锥的组合体, 其中半球的半径和圆锥的底面半径均为3, 圆锥的高为4, 所以几何体的体积为π×33+π×32×4=30π, 故选C.67.(2012陕西, 8, 5分) 将正方体(如图1所示) 截去两个三棱锥, 得到图2所示的几何体, 则该几何体的左视图为()[解析] 67.由几何体知左视图为正方形且对角线AD1为可视线, CB1看不见, 在视图中画为虚线, 故选B.68.(2012北京, 7, 5分) 某三棱锥的三视图如图所示, 该三棱锥的表面积是()A. 28+6B. 30+6C. 56+12D. 60+12[解析] 68.如图所示: 将三棱锥置于长方体中.此长方体长为5、宽为4、高为4, 三棱锥为P-ABC, P在底面内的射影为P',S P-ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC+S△ABC=×2×6+×4×5+×5×4+×5×4=6+10+10+10 =30+6. 故选B.69.(2012重庆, 9, 5分) 设四面体的六条棱的长分别为1, 1, 1, 1, 和a, 且长为a的棱与长为的棱异面, 则a的取值范围是()A. (0, )B. (0, )C. (1, )D. (1, )[解析] 69.根据题意构造四面体ABCD, AB=a, CD=, AC=AD=BC=BD=1, 取CD中点E, 连结BE, AE, 则AE=BE=. 又∵a<+=,∴0. 故选A.70.(2013大纲，11,5分) 已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB, 则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.[解析] 70.∵ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱, ∴底面ABCD为正方形, 且侧面与底面垂直.∵AA1=2AB, 设AB=a, 则AA1=2a,∴BC1=a, BD= a. 设C到平面C1DB的距离为h, 则=,∴S△BCD·CC1=·h, ∴h=. 设CD与平面BDC1所成角为θ,则sin θ==. 故选A 71.(2013重庆，8,5分) 某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为()A. 180B. 200C. 220D. 240[解析] 71.由三视图知该几何体是如图所示的四棱柱ABCD-A1B1C1D1.=2×10=20, =(3+2+3) ×10=80,S四边形ABCD==×(2+8) ×4=20, ==10×5=50,∴表面积=20+80+2×20+2×50=240. 故选D72.(2013四川，2,5分) 一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体可以是()A. 棱柱B. 棱台C. 圆柱D. 圆台[解析] 72.由正视图和侧视图可知, 该几何体不可能是圆柱, 排除选项C; 又由俯视图可知, 该几何体不可能是棱柱或棱台, 排除选项A、B. 故选D.73.(2013广东，6,5分) 某三棱锥的三视图如图所示, 则该三棱锥的体积是()A. B. C. D. 1[解析] 73.由三视图可知该三棱锥的底面是边长为1的等腰直角三角形, 高为2. 由锥体的体积公式可知V=××1×1×2=. 故选B.74.(2013江西，8,5分) 一几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为()A. 200+9πB. 200+18πC. 140+9πD. 140+18π[解析] 74.该几何体的直观图是由一个长方体和圆柱的一半所组成的(如图). 其中长方体的长、宽、高分别为10、4、5, 圆柱的底面半径为3, 高为2. 从而该几何体的体积V=10×5×4+π×32×2=200+9π, 故选A.75.(2013湖南，7,5分) 已知正方体的棱长为1, 其俯视图是一个面积为1的正方形, 侧视图是一个面积为的矩形, 则该正方体的正视图的面积等于()A. B. 1 C. D.[解析] 75.由题意可知该正方体的放置如图所示, 侧视图的方向垂直于面BDD1B1, 正视图的方向垂直于面A1C1CA, 且正视图是长为, 宽为1的矩形, 故正视图的面积为, 因此选D.76.(2013浙江，5,5分) 已知某几何体的三视图(单位: cm) 如图所示, 则该几何体的体积是()A. 108 cm3B. 100 cm3C. 92 cm3D. 84 cm3[解析] 76.由三视图可知, 该几何体是一个长方体截去了一个三棱锥, 结合所给数据, 可得其体积为6×6×3-××4×4×3=100(cm3), 故选B77.(2013山东，4,5分) 一个四棱锥的侧棱长都相等, 底面是正方形, 其正(主) 视图如图所示, 则该四棱锥侧面积和体积分别是()A. 4, 8B. 4,C. 4(+1),D. 8,8[解析] 77.由题意知该四棱锥为正四棱锥, 其底面边长为2, 正四棱锥的高为2, 故侧面三角形的高为. 所以该四棱锥的侧面积为4××2×=4, 体积为×22×2=, 故答案为B.78.(2013辽宁，10,5分) 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上. 若AB=3, AC=4, AB⊥AC, AA1=12, 则球O的半径为()A. B. 2 C. D. 3[解析] 78.由题意知, 该三棱柱可以看作是长方体的一部分, 且长方体的三条棱长为3、4、12, 又∵三棱柱的外接球即为长方体的外接球, (2R) 2=32+42+122, ∴R=. 故选C.79.(2013北京，8,5分) 如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, P为对角线BD1的三等分点, P 到各顶点的距离的不同取值有()A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个[解析] 79.过P作平面A1B1C1D1、ABCD的垂线分别交D1B1、DB于E、F点, 易知P也是EF 的三等分点, 设正方体的棱长为a, 则PA1=PC1=a; PD1=a; PB=a; PB1=a, PA=PC=a;PD=a. 故有4个不同的值. 故选B.80.(2013课标Ⅱ，9,5分) 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0, 1), (1,1, 0), (0,1, 1), (0,0, 0), 画该四面体三视图中的正视图时, 以zOx平面为投影面, 则得到的正视图可以为()[解析] 80.在空间直角坐标系中, 易知O(0,0, 0), A(1,0, 1), B(1,1, 0), C(0,1, 1) 恰为单位正方体的四个顶点. 因此该几何体以zOx平面为投影面所得的正视图为A.81.(2013课标Ⅰ, 11,5分). 某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为()A. 16+8πB. 8+8πC. 16+16πD. 8+16π[解析] 81.由所给三视图可知该几何体是一个组合体, 下方是底面为半圆的柱体, 底面半圆的半径为2, 高为4; 上方为长、宽、高分别为4、2、2的长方体. 所以该几何体的体积为π×22×4+4×2×2=16+8π, 故选A.82. (2014江苏，8，5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是________.[解析] 82.设圆柱甲的底面半径为r1,高为h1,圆柱乙的底面半径为r2,高为h2.由题意得==,∴=. 又∵S甲侧=S乙侧,即2πr1h1=2πr2h2,∴==, 故==·=×=.83. (2014山东,13,5分)一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________.[解析] 83.设六棱锥的高为h,斜高为h0.因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形,所以底面面积为×2×2×sin 60°×6=6,则×6h=2,得h=1,所以h0==2,所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6=12.84. (2014天津，10，5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3.[解析] 84.由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱构成的组合体,其体积为π×22×2+π×12×4=m3.85. (2014北京,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为________.[解析] 85.由三视图可知该几何体的直观图如图所示,其中PA⊥面ABC,△ABC为等腰直角三角形,且PA=2,AB=BC=,AC=2,所以PC=2>PB=,故该三棱锥最长棱的棱长为2.86.(2011四川, 15, 4分)如图, 半径为4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.[解析] 86.设圆柱的底面半径为r, 则圆柱的高为2, S圆柱侧=2·2πr=4π≤4π·=32π.当r2=16-r2, 即r2=8时, 上式取等号, S圆柱侧=32π,此时, S球=4π·42=64π, 故S球-S圆柱侧=64π-32π=32π.87.(2010全国Ⅱ, 16, 5分)已知球O的半径为4, 圆M与圆N为该球的两个小圆, AB为圆M 与圆N的公共弦, AB=4. 若OM=ON=3, 则两圆圆心的距离MN=.[解析] 87. 由已知得△AOB为正三角形, 其边长为4. 设AB的中点为O1, 则|OO1|=2. 又OM=ON=3, O1M=O1N=. 所以, MN=2×=3.88.(2010湖北, 15, 5分)圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水, 若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后, 水恰好淹没最上面的球(如图所示), 则球的半径是cm.[解析] 88.设球的半径为r cm, 依等体积法知:πr3·3+πr2·8=πr2·6r, ∴2r=8, r=4.89. (2010江西, 16, 5分)长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点均在同一个球面上, AB=AA1=1,BC=, 则A, B两点间的球面距离为.[解析] 89.设长方体外接球的球心为O, 半径R==1,。
历届高考数学立体几何选择填空汇总.
人大行政管理考研复试真题心得分享作为考研复试的一部分，面试环节是很多考生备战过程中感到较为紧张的一环。
而作为人大行政管理的考研复试科目之一，面试的通过与否对考生未来的发展具有重要的影响。
在这里，我将分享一些关于人大行政管理考研复试真题的心得体会，希望对正在备考的考生们有所帮助。
首先，了解考研大纲是非常重要的。
考研大纲是考生备考的的重要依据，熟悉大纲不仅可以了解考试的内容和要求，还可以帮助考生明确备考的重点和方向，提高备考效率。
在备考过程中，我会仔细研读大纲，并将其划分为不同的模块，逐一进行学习和掌握。
同时，大纲中的每个考点都应该被掌握并独立进行总结，这样可以确保自己在复试中可以有足够的答题材料。
其次，考研笔记的整理与积累是备考过程中不可或缺的一环。
在复习的过程中，我会针对每个考点进行详细的笔记整理。
这不仅可以帮助我加深对知识点的理解和记忆，还可以方便我在复习过程中进行查阅。
考研笔记的整理应该注重概念的讲解、案例的引用以及自己对于知识的理解与补充，这样才能帮助我更好地回答问题和理解考研真题。
最后，复试真题的练习也是非常重要的。
通过做真题可以帮助我了解考试的形式和要求，熟悉考试的节奏和时间分配。
而且，真题可以帮助我发现自己的薄弱环节和需要加强的地方。
在进行真题练习时，我会模拟考试环境，合理安排时间，注重思路的清晰和表达的准确。
每做完一套真题，我会仔细分析自己的答题情况，找出不足之处，并进行针对性的复习和提高，以争取在实际考试中能够得心应手。
总结起来，人大行政管理考研复试是需要考生全方位准备的一个环节，综合素质和学科基础都是重要的考察要素。
在备考过程中，我们应该密切关注考研大纲，合理安排复习时间，积极整理和记忆相关知识点，同时进行适当的真题练习。
只有全面准备，才能在复试中取得好的成绩。
希望以上的分享能够对正在备考人大行政管理考研复试的考生们有所帮助。
祝愿大家能够顺利通过复试，实现自己的考研梦想！。
高考立体几何试题——选择填空
高考立体几何试题——选择填空1．(安徽文)把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角,折成直二面角后,在A ,B ,C ,D 四点所在的球面上,B 与D 两点之间的球面距离为（C ） (A)22π(B)π(C)2π (D)3π 2．（北京文）平面α∥平面β的一个充分条件是（ ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥3．（福建理）已知m n ，为两条不同的直线，αβ，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ D ） A ．m n m n ααββαβ⊂⊂⇒，，∥，∥∥ B ．m n m n αβαβ⊂⊂⇒∥，，∥ C ．m m n n αα⇒⊥，⊥∥ D ．n m n m αα⇒∥，⊥⊥4．（福建理）顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD A B C D ''''-中，12AB AA '==，，则A C ，两点间的球面距离为（ B ） A ．π4B ．π2C ．2π D ．2π 5．（湖北理）平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m '和n '，给出下列四个命题： ①m n m n ''⊥⇒⊥； ②m n m n ''⊥⇒⊥； ③m '与n '相交⇒m 与n 相交或重合； ④m '与n '平行⇒m 与n 平行或重合． 其中不正确的命题个数是（ Ｄ ） Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4 6．（湖北文）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别为棱11AA BB ，的中点，G 为棱11A B 上的一点，且1(01)A G λλ=≤≤．则点G 到平面1D EF 的距离为（ D ）Ａ．3Ｂ．2Ｃ．2λ Ｄ．5 7．（湖南理）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ D ） A ．2B ．1C ．21+D ．28．（湖南文）如图1，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，E F ，分别是1AB ，1BC 的中点，则以下结论中不成立．．．的是（ D ）A ．EF 与1BB 垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与11A C 异面9．（江苏）已知两条直线m n ，，两个平面αβ，．给出下面四个命题： ①m n ∥，m n αα⇒⊥⊥；②αβ∥，m α⊂，n m n β⊂⇒∥； ③m n ∥，m n αα⇒∥∥；④αβ∥，m n ∥，m n αβ⇒⊥⊥． 其中正确命题的序号是（ C ） Ａ．①、③ Ｂ．②、④Ｃ．①、④ Ｄ．②、③10．（江西理）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ）DＡ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB D Ｃ．AH 的延长线经过点1C Ｄ．直线AH 和1BB 所成角为45o11．（江西文）四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且2CD =，3AD =，在外接球面上两点A B ，间的球面距离是（ C ） Ａ．π6Ｂ．π3Ｃ．2π3Ｄ．5π612．（江西文）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ．有下列四个命题 Ａ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB DＣ．二面角111C B D C --的正切值为2 Ｄ．点H 到平面1111A B C D 的距离为3413．（北京理）平面α∥平面β的一个充分条件是（ D ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥A D1D11A 1B BHCＤ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥14．（辽宁文）若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题．．．是（ B ） A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥ B ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥C ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥D ．若m αγ=I ，n βγ=I ，m n ∥，则αβ∥15．（全国I 文理）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ D ）A ．15B ．25C ．35D ．4517．（全国卷Ⅱ理）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ A ）A ．64B ．104C ．22D ．3218．（全国卷Ⅱ文）已知三棱锥的侧棱长的底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（ ） A ．36B ．34C ．2 D ．3219．（陕西理）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为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（ B ） （A ）433 (B)33 (C) 43 (D) 12320．（陕西文）Rt △ABC 的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC 的距离是（ D ） （A ）5 （B ）6 （C ）10 （D ）12 21．（陕西文）已知P 为平面a 外一点，直线l ⊂a,点Q ∈l ,记点P 到平面a 的距离为a,点P 到直线l 的距离为b ，点P 、Q 之间的距离为c ，则A （A ）c b a ≤≤ （B ）c b a ≤≤ (C)b c a ≤≤ (D)a c b ≤≤ 22．(四川文理)如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是（ D ） （A ）BD ∥平面CB 1D 1 （B ）AC 1⊥BD（C ）AC 1⊥平面CB 1D 1 （D ）异面直线AD 与CB 1角为60° 23．（四川文理）设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且三面角B -OA -C 的大小为3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是C（A ）67π （B ）45π （C ）34π （D ）23π24．（四川文理）如图，l 1、l 2、l 3是同一平面内的三条平行直线，l 1与l 2间的距离是1， l 2与l 3间的距离是2，正三角形ABC 的三顶点分别在l 1、l 2、l 3上，则△ABC 的边长是D（A ）32（B ）364 （C ）4173 （D ）3212 25．（天津文理）设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ D ） Ａ．若a b ，与α所成的角相等，则a b ∥ Ｂ．若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥ Ｃ．若a b a b αβ⊂⊂，，∥，则αβ∥ Ｄ．若a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，则a b ⊥26．（浙江文理）若P 两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ）B Ａ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 Ｂ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 Ｃ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 Ｄ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面27．（理科数学必修+选修Ⅱ）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ ） A ．6B ．10 C ．2 D ．3 28．（文理科数学必修+选修Ⅱ）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）DA ．15B ．25C ．35D ．4530．（重庆文）垂直于同一平面的两条直线（ ）A A ．平行 B ．垂直 C ．相交 D ．异面 31．（重庆理）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ） Ａ．5部分 Ｂ．6部分 Ｃ．7部分 Ｄ．8部分 32．（理科数学必修+选修Ⅱ）（16）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ．2333．（浙江文理）已知点O 在二面角AB αβ--的棱上，点P 在α内，且45POB ∠=o．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有45POQ ∠o≥，则二面角AB αβ--的大小是．90o34．（全国I 文）正四棱锥S ABCD -S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π335．（文科数学必修＋选修1）正四棱锥S ABCD -S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π336．（理科数学必修+选修Ⅱ）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2．37．（天津文理）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为 ．14π38．（安徽理）在四面体O-ABC 中，D c b a ,,,===为BC 的中点，E 为AD 的中点，则= （用a ，b ，c 表示）.111244++a b c 39．(安徽理)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 （写出所有正确结论的编号．．）. ①③④⑤ ①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体； ④每个面都是等边三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体.40．（湖南文）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积是 ；设E F ，分别是该正方体的棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为 ．3π41．（全国卷Ⅱ文理）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2．2+42．（辽宁文）若一个底面边长为2，棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为 ．43．(四川文理)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 .6π44．（江苏）正三棱锥P ABC -的高为2，侧棱与底面ABC 成45o角，则点A 到侧面PBC 的距离为_____．545．（全国I 理）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ．46．（上海理）在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种． 已知αβ，是两个相交平面，空间两条直线12l l ，在α上的射影是直线12s s ，，12l l ，在β上的射影是直线12t t ，．用1s 与2s ，1t 与2t 的位置关系，写出一个总能确定1l 与2l 是异面直线的充分条件： 21//s s ，并且1t 与2t 相交（//1t 2t ，并且1s 与2s 相交）47．（上海文）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，ο90=∠ACB ， 21=AA ，1==BC AC ，则异面直线B A 1与AC 所成角的大小是 （结果用反三角函数值表示）．66arccos48．广东理12．如果一个凸多面体是n 棱锥,那么这个凸多面体的所有顶点所确定的 直线共有 条.这些直线中共有()f n 对异面直线,则(4)f =49．辽宁理7．若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥ B ．若m αγ=I n βγ=I ，m n ∥，则αβ∥ C ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥D ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥50．辽宁理15．若一个底面边长为2，则此球的体积为 ．选校网高考频道专业大全历年分数线上万张大学图片大学视频院校库(按ctrl 点击打开)选校网（）是为高三同学和家长提供高考选校信息的一个网站。
历届高考数学立体几何选择填空汇总.
考点一：性质定理的判定(2008海南、宁夏文已知平面α⊥平面β，α∩β= l，点A∈α，A l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（D）A. AB∥mB. AC⊥mC. AB∥βD. AC⊥β(2008湖南文.已知直线m,n和平面满足,则( D或 D 或(2008湖南理设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是(D.A.若m∥,n∥,则m∥nB.若m,n,m∥,n∥,则∥C.若，m,则mD.若，m，m,则m∥(2008江西文设直线与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是（B）A．在平面内有且只有一条直线与直线垂直B．过直线有且只有一个平面与平面垂直C．与直线垂直的直线不可能与平面平行D．与直线平行的平面不可能与平面垂直(2008辽宁文、理在正方体中，分别为棱，的中点，则在空间中与三条直线，，都相交的直线（D）A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条考点二：空间几何体的表面积和体积1（湖北卷3）用与球心距离为的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（）A. B. C. D.解：截面面积为截面圆半径为1，又与球心距离为球的半径是，所以根据球的体积公式知，故B 为正确答案．2棱长为a 的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是_______32a _____(2008全国Ⅱ卷文正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为，则该棱锥的体积为（ B ）A ．3B ．6C ．9D ．18(2008四川文 若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( B（Ａ）（Ｂ）（Ｃ） （Ｄ）【解】：如图在三棱柱中，设，由条件有，作于点，则∴ ∴∴ 故选B( 2008福建文、理若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是.(2008海南、宁夏文、理一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。
高考数学-立体几何选择填空
高考立体几何选择填空专练班别：__________ 姓名：_________ 一、选择题：（只有一个选项是正确） 1、表面积为23 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AA ．23πB ．13πC ．23π D ．223π 2、平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是A（A ）一条直线 （B ）一个圆（C ）一个椭圆 （D ）双曲线的一支3、过平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB 1D 1平行的直线有DA.4条B.6条C.8条D.12条4、棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图1, 则图中三角形(正四面体的截面)的面积是CA.22B.322 3 5、过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°则该截面的面积是AA ．π B. 2π C. 3π D. π326、如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题．．．是B A ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D ．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上7、给出下列四个命题:①垂直于同一直线的两条直线互相平行. ②垂直于同一平面的两个平面互相平行. ③若直线12,l l 与同一平面所成的角相等,则12,l l 互相平行.④若直线12,l l 是异面直线,则与12,l l 都相交的两条直线是异面直线.其中假．命题的个数是D (A)1 (B)2 (C)3 (D)48、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是CA ．16πB ．20πC ．24πD ．32π9、过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为A（A ）316 (B )916 (C )38 (D )93210、如图，平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与两平面α、β所成的角分别为π4和π6，过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′、B ′，则AB ∶A ′B ′＝A（A ）2∶1 （B ）3∶1 （C ）3∶2 （D ）4∶311、已知平面α外不共线的三点A,B,C 到α的距离都相等,则正确的结论是DA.平面ABC 必平行于αB.平面ABC 必与α相交C.平面ABC 必不垂直于αD.存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内12、若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的 A（A ）充分非必要条件；（B ）必要非充分条件；（C ）充要条件；（D ）非充分非必要条件13、已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B OA C --的大小是C （A ）4π B ）3π （C ）2π （D ）23π 14、正四棱锥P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上，如果163P ABCD V -=，则球O 的表面积是D （A ）4π （B ）8π （C ）12π （D ）16π15、对于任意的直线l 与平同α , 在平面a 内必有直线m , 使m 与l C(A)平行 （B ）相交 (C)垂直 (D)互为异面直线16、正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与面ACC 1A 1所成角的正弦等于A(A) 4 (B)4 (C) 2 (D) 217、已知三棱锥的侧棱长的底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于AA B C ．2 D 18、设n m l ,,均为直线,其中n m ,在平面α内，则“l ⊥α”是“l m l n ⊥⊥且”的A (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件19、把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角, 折成直二面角后, 在A ,B ,C ,D 四点所在的球面上, B 与D 两点之间的球面距离为 C (A)22π (B)π (C)2π (D)3π 20、半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点间的球面距离为C（A ）)33arccos(- （B ）)36arccos(- （C ）)31arccos(-（D ）)41arccos(- 21、棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别 是棱AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为DA ．2 B ．1 C ．12+ D 22、正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为H ，则下列命题中错误．．的命D A ．点H 是1A BD △的垂心 B ．AH 垂直平面11CB DC ．AH 的延长线经过点1CD ．直线AH 和1BB 所成角为4523、四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且2CD =，AB =A B ，间的球面距离是CA ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π624、在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G =λ（0≤λ≤1），则点G 到平面D 1EF 的距离为DA.3B.22C.32λ D.5525、一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h 1，h 2，h 3，则h 1:h 2:h 3= BA ．3:1:1B ．3:2:2C ．3:2:2D ．3:2:326、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 ，2AC r =，则球的体积与三棱锥体积之比是DA ．πB ．2πC ．3πD ．4π 27、若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成CA ．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分28、设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且二面角B OA C --的大小是3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是C （A ）76π （B ）54π （C ）43π （D ）32π 29、一个正三棱锥的四个顶点都在半径为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C（A ）433 (B)33 (C) 43 (D) 123. 30、已知二面角α-l -β为60 ，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β3Q 到α的距离为23P 、Q 两点之间距离的最小值为C(A) (B)2 (C) 23 (D)431、在半径为3的球面上有C B A 、、三点，ABC ∠=90°，BC BA =, 球心O 到平面ABC 的距离是223，则C B 、两点的球面距离是B A. 3π B. π C. π34 D.2π 32、正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与P －GAC 体积之比为C （A ）1：1 (B) 1：2 (C) 2：1 (D) 3：2 33、如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬060纬线长和赤道长的比值为C（A ）0.8 （B ）0.75 （C ）0.5 （D ）0.2534、已知二面角l αβ--的大小为050，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是025的直线的条数为BA ．2B ．3C ．4D ．535、在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，顶点1B 到对角线1BD 和到平面11A BCD 的距离分别为h 和d ，则下列命题中正确的是CA ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d的取值范围为(0,1) B ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d的取值范围为223()23 C 若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为23(2)3 D 若侧棱的长大于底面的变长，则h d 的取值范围为23()3+∞二、填空题36、在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．(1/2,1)37、直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(选择、填空题)(原卷版)
"#$%&'()*+,)-!./01!1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）A ．B ．C ．D ．2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】在正方体中，P 为的中点，则直线与所成的角为（ ） A ．B ．C ．D ．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】已知圆锥的底面半径为则该圆锥的母线长为（ ）A ．B ．C．D ．4．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A ．当时，的周长为定值B ．当时，三棱锥的体积为定值A EFG -1111ABCD ABCD -11B D PB 1AD π2π3π4π624111ABC A B C -11AB AA ==P 1BP BC BB l µ=+!!!"!!!"!!!"[]0,1l Î[]0,1µÎ1l =1AB P △1µ=1P A BC -C ．当时，有且仅有一个点，使得D ．当时，有且仅有一个点，使得平面 5．【2021年全国新高考II 卷数学】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A．B ．C ．D ．6．【2021年全国新高考II 卷数学】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足的是（ ）A ．B ．C ．D ．7【2021年北京市高考数学】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）A ．B ．4C ．D ．28．【2021年北京市高考数学】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪12l =P 1A P BP ^12µ=P 1A B ^1AB P 20+563MN OP ^3mm 10mm <10mm 25mm -25mm 50mm -50mm 100mm -个等级（ ）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨9．【2021年天津高考数学】两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A ．B ．C ．D ．10．【2021年浙江省高考数学】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．B ．3C ．D ．11．【2021年浙江省高考数学】如图已知正方体，M ，N 分别是，的中点，则（ ）323p1:33p 4p 9p 12p 321111ABCD A B C D -1A D 1D BA ．直线与直线垂直，直线平面B ．直线与直线平行，直线平面C ．直线与直线相交，直线平面D ．直线与直线异面，直线平面12．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．B ．C ．D ．13．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC 是面积为O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为 A ．B ．C ．1D ．14．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ^11BDD B 1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ^11BDD B 32A ．6+4B ．4+4C ．6+2D ．4+215．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为 A ．B ．C ．D ．16．【2020年高考天津】若棱长为为A ．B．C．D ．17．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．B ．C ．D ．,,A B C O 1O ABC △1O 4π1AB BC AC OO ===O 64π48π36π32π12π24π36π144π6+6+12+12+18．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．B ．C．3 D ．619．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件20．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°73143C．50° D．90°21．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面22．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．32424．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β25．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.26．【2021年全国高考乙卷数学（文）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．30p27．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l 平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①②③④28．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．29．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．30．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲cm.Ì14p p Ù12p p Ù23p p ¬Ú34p p ¬Ú¬2p31．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以为球心，BCC 1B 1的交线长为________．32．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为那么P 到平面ABC 的距离为___________． 33．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）1D34．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.35．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．1111ABCD A B C D -16cm 4cm AB =BC =AA =，36．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥；③l ⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．37．【2019年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.38．【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E 为的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .a a a 1111ABCD A B C D -1CC。
专题10 立体几何选择填空题(解析版)
专题10立体几何选择填空题1．【2019年新课标3文科08】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解答】解：∵点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，∴BM a，EN a，∴BM≠EN，故选：B．2．【2019年新课标2文科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．3．【2018年新课标2文科09】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD 所成角的正切值为（）A．B．C．D．【解答】解以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），（﹣2，2，1），（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ，sinθ，∴tanθ．∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．4．【2018年新课标1文科05】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12πB．12πC．8πD．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2＝8，解得R，则该圆柱的表面积为：12π．故选：B．5．【2018年新课标1文科09】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．6．【2018年新课标1文科10】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6C．8D．8【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B＝30°，可得BC12．可得BB12．所以该长方体的体积为：28．故选：C．7．【2018年新课标3文科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．8．【2018年新课标3文科12】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．9．【2018年北京文科06】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△P AB，△PBC，△P AD．故选：C．10．【2017年新课标1文科06】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．11．【2017年新课标2文科06】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V＝π•32×10•π•32×6＝63π，故选：B．12．【2017年新课标3文科09】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r，∴该圆柱的体积：V＝Sh．故选：B．13．【2017年新课标3文科10】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），（﹣2，1，﹣2），（0，2，2），（﹣2，﹣2，0），（﹣2，0，2），（﹣2，2，0），∵•2，2，0，6，∴A1E⊥BC1．故选：C．14．【2017年北京文科06】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．10【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积10．故选：D．15．【2019年天津文科12】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；故答案为：16．【2019年新课标3文科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．17．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE，∴CD＝CE＝OD＝OE1，∴PO．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．18．【2019年北京文科12】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．19．【2019年北京文科13】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．20．【2018年新课标2文科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V8π．故答案为：8π．21．【2018年天津文科11】如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为．【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，四棱锥的高：A1C1．则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：．故答案为：．22．【2017年新课标2文科15】长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O 的表面积为．【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：．则球O的表面积为：414π．故答案为：14π．23．【2017年新课标1文科16】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r＝3．球O的表面积为：4πr2＝36π．故答案为：36π．24．【2017年天津文科11】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2＝18，则a2＝3，即a，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a＝2R，即R，则球的体积Vπ•（）3；故答案为：．1．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月份)模拟】已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为（ ）A ．4BC ．D ．【答案】B 【解析】设长方体的三条棱的长分别为：,,x y z ，则2()524()36xy yz zx x y z ++=⎧⎨++=⎩，===．故选：B ．2．【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，在对角线1A D 上取点M ，在1CD 上取点N ，使得线段MN 平行于对角面11A ACC ，则||MN 的最小值为（ ）A ．1 BC ．2D 【答案】D 【解析】作1MM AD ⊥，垂足为1M ，作1NN CD ⊥，垂足为1N ，如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，根据面面垂直的性质定理，可得11,MM NN ,都垂直于平面ABCD ，由线面垂直的性质，可知11MM NN ，易知：1111//M M A N N ACC 平面，由面面平行的性质定理可知：//11M N AC ，设11DM DN x ==，在直角梯形11MM N N 中，222211)(12)633MN x x x ⎛⎫=+-=-+ ⎪⎝⎭，当13x =时，||MN 故本题选D.3．【广东省2019届高考适应性考试】平面四边形ABCD 中，AD AB ==CD CB ==AD AB ⊥，现将ABD ∆沿对角线BD 翻折成A BD '∆，则在A BD '∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线A C '与平面BCD 所成最大角的正切值为（ ）A ．2B ．12C D ．3【答案】D 【解析】 取BD 的中点O,则,,,A B A D BC CD A O BD CO BD '''==∴⊥⊥即BD ⊥平面A OC ',从而平面BCD ⊥平面A OC ',因此A '在平面BCD 的射影在直线OC 上，即A CO '∠为直线A C '与平面BCD 所成角，因为AD AB ==CD CB ==AD AB ⊥，所以111,2sin sin sin 22A O A O OC A CO OA C OA C OC '''''==∴∠=∠=∠≤,即A CO '∠最大值为π6，因此直线A C '与平面BCD 所成最大角的正切值为πtan 63=，选D.4．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹为 （ ）A ．线段1BC B ．线段1BCC ．1BB 的中点与1CC 的中点连成的线段D ．BC 的中点与11B C 的中点连成的线段 【答案】A 【解析】如图，连接AC ，1AB ，1B C ，在正方体1111ABCD A B C D -中，有1BD ⊥面1ACB ， 因为1AP BD ⊥，所以AP ⊂面1ACB ， 又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，∴故点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线段1CB ．故选：A ．5．【四川省名校联盟2019届高考模拟信息卷（一)】已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（ ）A ．223B ．20C ．20+D ．20+【答案】C 【解析】解：该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体（如图），其表面积为()122132222222S +⨯=⨯⨯+⨯+⨯⨯1202+⨯=.故选C.6．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点F 是线段1BC 上的动点，则下列说法错误．．的是（ ）A ．当点F 移动至1BC 中点时，直线1A F 与平面1BDC 所成角最大且为60B ．无论点F 在1BC 上怎么移动，都有11A F BD ⊥C ．当点F 移动至1BC 中点时，才有1A F 与1BD 相交于一点，记为点E ，且12A EEF= D ．无论点F 在1BC 上怎么移动，异面直线1A F 与CD 所成角都不可能是30 【答案】A 【解析】对于A ，当点F 移动到1BC 的中点时，直线1A F 与平面1BDC 所成角由小到大再到小，如图1所示；且F 为1B C的中点时最大角的余弦值为11132OF A F ==<，最大角大于60︒，所以A 错误； 对于B ，在正方形中，1DB ⊥面11A BC ，又1A F ⊂面11A BC ，所以11A F B D ⊥，因此B 正确； 对于C ，F 为1BC 的中点时，也是1B C 的中点，它们共面于平面11A B CD ，且必相交，设为E ，连1A D 和1B F ，如图2，根据△1A DE ∽△1FB E ，可得1112A E DA EF B F==，所以C 正确；对于D ，当点F 从B 运动到1C 时，异面直线1A F 与CD 所成角由大到小再到大，且F 为1B C 的中点时最小角的正切值为2123=>，最小角大于30°，所以D 正确；故选：A ．7．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】已知P ，A ，B ，C ，D 是球O 的球面上的五个点，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，2AB DC AD ===，4BC PA ==，PA ⊥面ABCD ，则球O 的体积为（ ）A ．3B ．3C ．D ．16π【答案】A 【解析】取BC 中点E ，连接,,AE DE BD//AD BC 且12AD BC EC == ∴四边形ADCE 为平行四边形 AE DC∴=，又12DC BC = 12D E B C ∴= AE DE BE EC ∴===E ∴为四边形ABCD 的外接圆圆心设O 为外接球的球心，由球的性质可知OE ⊥平面ABCD作OF PA ⊥，垂足为F ∴四边形AEOF 为矩形，2OF AE == 设AF x =，OP OA R ==则()22444x x +-=+，解得：2x = R ∴=∴球O 的体积：343V R π==本题正确选项：A8．【广东省东莞市2019届高三第二学期高考冲刺试题】如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）A ．253πB ．263πC ．223πD ．233π【答案】A 【解析】由三视图还原原几何体，如图所示，可知原几何体为组合体，是半径为2的球的34与半径为1的球的14， 其球的组合体的体积33341425V 2143433πππ=⨯⨯+⨯⨯= . 故选：A ．9．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马P ABCD -中，PC 为阳马P ABCD -中最长的棱，1,2,3AB AD PC ===，若在阳马P ABCD -的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（ ） A ．127πB ．427πC ．827πD ．49π【答案】C 【解析】根据题意，PC 的长等于其外接球的直径，因为PC =3=，∴2PA =，又PA ⊥平面ABCD ，所以314431223332P ABCDV V π-⎛⎫=⨯⨯⨯==⨯ ⎪⎝⎭球，， ∴3483274332P ππ==⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭. 10．【湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2019届高三高考模拟（二)】已知平面α平面β=直线l ，点A 、C α∈，点B 、D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．当2CD AB =时，M 、N 不可能重合B ．M 、N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当直线AB 、CD 相交，且//AC l 时，BD 可与l 相交 D ．当直线AB 、CD 异面时，MN 可能与l 平行 【答案】B 【解析】A 选项：当2CD AB =时，若,,,A BCD 四点共面且//AC BD 时，则,M N 两点能重合，可知A 错误；B 选项：若,M N 可能重合，则//AC BD ，故//AC l ，此时直线AC 与直线l 不可能相交，可知B 正确；C 选项：当AB 与CD 相交，直线//AC l 时，直线BD 与l 平行，可知C 错误；D 选项：当AB 与CD 是异面直线时，MN 不可能与l 平行，可知D 错误.本题正确选项：B11．【山东省临沂市2019届高三模拟考试（三模)】如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是（ ）A ．2 BC D ．1【答案】A 【解析】由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥，且圆锥的底面半径为r =1h =，故俯视图是一个腰长为2，顶角为120的等腰三角形，易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形，且腰长为2，顶角的范围为(0,120⎤⎦， 设顶角为θ，则截面的面积：122sin 2sin 2S θθ=⨯⨯⨯=， 当90θ=时，面积取得最大值2. 故选：A .12．【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟】已知如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 为棱1CC 上异于其中点的动点，Q 为棱1AA 的中点，设直线m 为平面BDP 与平面11B D P 的交线，以下关系中正确的是（ ）A ．1//m D QB ．1m Q B ⊥C ．//m 平面11BD Q D ．m ⊥平面11ABB A【答案】C 【解析】因为在正方体1111ABCD A B C D -中，11//D B BD ，且11D B ⊄平面BDP ，BD ⊂平面BDP ， 所以11//D B 平面BDP ，因为11D B ⊂平面11B D P ，且平面11B D P 平面BDP m =，所以有11//m D B ，而1111D QD B D =，则m 与1D Q 不平行，故选项A 不正确；若1m Q B ⊥，则111B Q D B ⊥，显然1B Q 与11D B 不垂直，矛盾，故选项B 不正确； 若m ⊥平面11ABB A ，则11D B ⊥平面11ABB A ，显然与正方体的性质矛盾，故C 不正确； 而因为11D B ⊂平面11B D P ，m ⊄平面11B D P ， 所以有//m 平面11B D P ，所以选项C 正确，.13．【山东省日照市2019届高三5月校际联合考试】如图，三棱锥A BCD -的项点,,,A B C D 都在同一球面上，BD 过球心O ，BD ABC =∆是边长为4的等边三角形，点,P Q 分别为线段BC AO ,上的动点（不含端点），且AP CQ =，则三棱锥P QOC -体积的最大值为______．【答案】23【解析】因为BD 过球心，24=BD ，所以OA OB OC ===，又△ABC 是边长为4等边三角形， 所以AO 2+CO 2=AC 2，AO 2+BO 2=AB 2，所以AO ⊥CO ，AO ⊥BO ． 所以AO ⊥平面BCD ，且△BOC 也是等腰直角三角形， 设AP=CQ=x ，则211112sin ))3243323P QCOV x x x x π-⎛⎫=⋅⋅⋅⋅=≤= ⎪ ⎪⎝⎭ 当且紧当2=x 时成立. 故答案为：23． 14．【天津市和平区2018-2019学年度第二学期高三年级第三次质量调查】已知两条不重合的直线m ，n ，两个不重合的平面α，β，有下列四个命题： ①若m n ∥，α⊂m ，则n α∥； ②若n α⊥，m β⊥，且m n ∥，则αβ；③若α⊂m ，n α⊂，β∥m ，n β∥，则αβ；④若αβ⊥，m αβ=，且n β⊂，n m ⊥，则n α⊥．其中所有正确命题的序号为______． 【答案】②④ 【解析】逐一考查所给的命题：①若m n ∥，α⊂m ，有可能n α⊂，不一定有n α∥，题中的命题错误； ②若n α⊥，m β⊥，且m n ∥，由线面垂直的性质定理可得αβ，题中的命题正确；③若α⊂m ，n α⊂，β∥m ，n β∥，若m n ∥，有可能α与β相交，题中的命题错误； ④若αβ⊥，m αβ=，且n β⊂，n m ⊥，由线面垂直的性质定理可得n α⊥，题中的命题正确．综上可得：正确命题的序号为②④.15．【安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测】连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，则该八面体的外接球与内切球体积之比为______． 【答案】.【解析】若正八面体的外接球的各个顶点都在同一个球面上，则其中ABCD 四点或AFCE 四点所组成的截面在球的一个大圆面上， 可得，此四点组成的正方形是球的大圆的一个内接正方形， 其对角线的长度即为球的直径，设正八面体边长为2，且每个侧面三角形均为等边三角形，故FE=AC=2，则外接球的半径是，又正方体中心设为O，取AB中点M，则在直角△OME中，斜边ME=，斜边ME上的高即为内切球的半径，大小为，∴外接球与内切球半径之比为，∴外接球与内切球体积之比为故答案为．16．【江苏省七市2019届高三第三次调研】已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=3 cm，BC=1 cm，CD=2 cm．将此直角梯形绕AB边所在的直线旋转一周，由此形成的几何体的体积为____cm3．【答案】【解析】依据题意，作出如下直角梯形：将此直角梯形绕AB边所在的直线旋转一周，所得几何体体积等于一个圆柱的体积和一个圆锥的体积之和。
2022年近三年高考数学立体几何选择、填空题汇编
2022年近三年高考数学立体几何选择、填空题汇编一．选择题（共36小题）A ．8πB ．8π3C ．2πD ．4π3 2．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A ．23B ．24C ．26D ．27A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q 4．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：cm 3）是（ ）A ．22πB ．8πC ．22π3D ．16π3A ．3π4B ．πC ．2πD ．3πA ．[18，814]B ．[274，814]C ．[274，643]D ．[18，27]A ．13B ．12C ．D ．8．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．20A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D10．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=2，则=（）A．100πB．128πC．144πD．192πA ．0B ．2C ．4D ．12A ．3πB ．4πC ．9πD ．12πA ．26%B ．34%C ．42%D ．50%A ．20+12√3B ．28√2C ．563 D ．16．某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）17．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 ．直线A 1D 与直线D 1B 垂直，直线MN∥平面ABCDB ．直线A 1D 与直线D 1B 平行，直线MN⊥平面BDD 1B 1C ．直线A 1D 与直线D 1B 相交，直线MN∥平面ABCDD ．直线A 1D 与直线D 1B 异面，直线MN⊥平面BDD 1B 1A ．2B ．2√2C ．4D ．4√2A ．B ．C ．D ．A ．π2 B ．π3 C ．π4 D ．π6A．12πB．24πC．36πD．144π•25．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）A．6+√3B．6+2√3C．12+√3D．12+2√3A．6+4√2B．4+4√2C．6+2√3D．4+2√327．在棱长为10的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为左侧面ADD 1A 1上一点，已知点P 到A 1D 1的距离为3，P 到AA 1的距离为2，则过点P 且与A 1C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是（ ）A ．AA 1B 1B B ．BB 1C 1C C ．CC 1D 1D D ．ABCDA ．EB ．FC ．GD ．H29．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6A．64πB．48πC．36πD．32πA．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤βA．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°A．20°B．40°C．50°D．90°35．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．2x+y-z+2=0 B．2x+y+z-6=0 C．2x+y+z-4=0 D．2x+y-z-3=0 二．填空题（共24小题）37．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，AA1=，则异面直线AB1与BC1所成角的大小为．39．三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，且PA=3，AB=CB=2，AC=2√2，则侧面PBC的面积是．40．已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则△ABC 的面积的取值范围为．41．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．42．以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即可）．43．已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．44．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，1，-1），则经过点A且与直线AB垂直的平面方程为．45．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为．46．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是．47．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是cm3．48．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=√3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= ．49．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．50．已知平面α截球O的球面所得圆的面积为π，O到α的距离为3，则球O的表面积为．51．已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形，侧棱长均为√5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．52．已知l,m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．53．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．54．学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g.55．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为．58．已知向量则的夹角为．。
高三文科数学立体几何填空选择含答案
空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.●锦囊妙计空间角的计算步骤：一作、二证、三算1.异面直线所成的角范围：0°＜θ≤90°方法：①平移法；②补形法.2.直线与平面所成的角范围：0°≤θ≤90°方法：关键是作垂线，找射影.3.二面角方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算命题要点：(1)简单几何体的表面积(′11年3考，′10年3考)；(2)简单几何体的体积(′11年5考，′10年4考)．A级基础达标演练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．棱长为2的正四面体的表面积是()．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.答案 C2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的()．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＝43πR3，知体积扩大到原来的22倍．答案 B3．(2011·陕西)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )． A ．8－2π3 B ．8－π3 C ．8－2π D.2π3解析 显然圆锥的底面半径为1，高为2，组合体体积为四棱柱体积减去圆锥体积，即V ＝22×2－13×π×12×2＝8－23π.答案 A4．(2011·温州检测(二))如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个直径为2的圆，则这个几何体的全面积为( )．A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π解析 由三视图知该简单几何体为圆柱，所以其全面积为π×12×2＋2π×1×2＝6π.答案 C 5.(2012·厦门模拟)已知某几何体的三视图如图，其中主视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32π B ．24－π3 C ．24－π D ．24－π2解析 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.答案 A二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2009·全国Ⅱ)设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C .若圆C 的面积等于7π4，则球O 的表面积等于________．解析设圆C 的半径为r ，有πr 2＝7π4.得r 2＝74.又设球的半径为R ，如图所示，有OB ＝R ，OC ＝R 2·22＝24R ，CB ＝r .在Rt △OCB 中，有OB 2＝OC 2＋CB 2，即R 2＝18R 2＋r 2⇒78R 2＝74，∴R 2＝2，∴S 球＝4πR 2＝8π.答案 8π7．(2011·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析由三视图知该几何体由两个长方体组成，上面的长方体的长、宽、高分别为1、1、2，下面的长方体的长、宽、高分别为2、1、1.所以该几何体的体积V＝1×1×2＋2×1×1＝4(m3)．答案 48．(2012·湖州模拟)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________．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3 2，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.答案2 6三、解答题(共23分)9．(11分)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分别是该标识墩的主视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的左视图；(2)求该安全标识墩的体积．解(1)左视图同主视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V＝V PEFGH＋V ABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm3)．10．(12分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．解(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1QA1D1P的组合体．由P A1＝PD1＝2，A1D1＝AD＝2，可得P A1⊥PD1.故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm2)，体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．B 级 综合创新备选(时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分) 1．(2011·江门一模)某型号的儿童蛋糕上半部分是半球，下半部分是圆锥，其三视图如图所示，则该型号蛋糕的表面积S ＝( )．A ．115 πB ．110 πC ．105 πD ．100 π解析 由三视图可知，圆锥的母线长为122＋52＝13，该型号蛋糕的表面积S ＝2π×52＋π×5×13＝115 π.答案 A2．(2012·潍坊模拟)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( )．A.1423B.2843C.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.答案 B二、填空题(每小题4分，共8分)3.如图所示，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ABCDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．解析显然正六棱锥的高为球的半径2，正六棱锥的底面为底面圆的内接正六边形．设O为球心，正六边形中，OA＝2，AF＝2，由于三角形P AO为直角三角形，得P A＝22，从而得侧面等腰三角形的侧高为7，所以正六棱锥的侧面积为6×12×2×7＝67.答案674．(2012·南京调研)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________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)．答案 13三、解答题(共22分) 5．(10分)已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，主视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，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 2.6．(12分)四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a . (1)求该四面体的体积的最大值；(2)当四面体的体积最大时，求其表面积．解(1)如图，在四面体ABCD中，设AB＝BC＝CD＝AC＝BD＝a，AD＝x，取AD的中点为P，BC的中点为E，连接BP、EP、CP.得到AD⊥平面BPC，∴V ABCD＝V ABPC＋V DBPC＝13·S△BPC·AP＋13S△BPC·PD＝13·S△BPC·AD＝13·12·a a2－x24－a24·x＝a12(3a2－x2)x2≤a12·3a22＝18a3(当且仅当x＝62a时取等号)．∴该四面体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ABC和△BCD都是边长为a的正三角形，△ABD和△ACD是全等的等腰三角形，其腰长为a，底边长为62a，∴S表＝2×34a2＋2×12×62a×a2－⎝⎛⎭⎪⎫64a2＝32a2＋62a×10a4＝32a2＋15a24＝23＋154a2.。
理科高考数学立体几何选择填空压轴题专练
立体几何选择填空压轴题专练A 组一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ABCD【答案】A【解析】记该正方体为''''-ABCD A B C D ，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱'A A ，''A B ，''A D 与平面α所成的角都相等，如图，连接'AB ，'AD ，''B D ，因为三棱锥'''-A AB D 是正三棱锥，所以'A A ，''A B ，''A D 与平面''AB D 所成的角都相等，分别取''C D ，''B C ，'BB ，AB ，AD ，'DD 的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ．GH ，IH ，IJ ，IE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面''AB D 平行，且截正方体所得截面的面积最大，又2======EF FG GH IH IJ JE ，所以该正六边形的面积为26434⨯⨯=，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为4，故选A ． 2．如图，矩形ABCD 中， 2AB AD =， E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻转成1A DE ∆（1A ∉平面ABCD ）．若M 、O 分别为线段1A C 、DE 的中点，则在ADE ∆翻转过程中，下列说法错误的是（ ）A. 与平面1A DE 垂直的直线必与直线BM 垂直B. 异面直线BM 与1A E 所成角是定值C. 一定存在某个位置，使DE MO ⊥D. 三棱锥1A ADE -外接球半径与棱AD 的长之比为定值【答案】C【解析】取CD 的中点F ，连BF,MF,如下图：可知面MBF// 1A DE ,所以A 对。
最新立体几何选择填空题难题汇编(含解析)各地模拟题
最新立体几何选择填空题难题汇编（含解析）第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共14小题）1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为，则几何体的高x为（）A．3 B．5 C．4 D．22．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O 上，则球O的表面积为（）A．B．20πC．24πD．3．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S﹣ABC的体积为（）A．3 B．2 C．D．14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．36πB．29πC．28πD．25π5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2}B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4}D．{2，2+2，2﹣2}7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是（）A．B．9C．18πD．40π8．已知球O半径为，设S、A、B、C是球面上四个点，其中，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．B．C．D．9．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2，则这个四棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．16πD．32π10．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2 C．D．11．在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则四棱锥K ﹣ABCD的外接球的表面积为（）A．B．C．19πD．12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，面A1B1C1D1在一个半球的底面上，A、B、C、D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．B．C．12πD．13．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π14．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC 折起，使∠BDC=90°，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（）A．3πB．4πC．5πD．6π第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共26小题）15．如图，已知矩形ABCD，AD=2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成角为45°，则线段AE的长为．16．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，G为△ABC的重心，F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，则直线FG与AC所成角的余弦值为．17．若某三棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为，表面积为．18．如图，在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，则直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．19．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则A1C1与B1C所成的角为．20．已知三棱锥P﹣ABC的侧面PAC⊥底面ABC，侧棱PA⊥AB，且PA=PC=AC=AB=4．如图AB⊂平面α，以直线AB为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面α上的俯视图面积为S，则S的最小值是，S的最大值是．21．P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，则P到△ABC所在平面的距离为．22．△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是．23．（理）已知三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA的距离分别为，则Q点与顶点P之间的距离为．24．设M，N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1，AD的中点，试作出平面C1MN与正方体的截面．25．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体体积的最大值为．26．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为cm．27．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平α上，三条棱AB、AC、AD都在平面α的同侧．若顶点B，C到平面α的距离分别为1，．建立如图所示的空间直角坐标系，设平面α的一个法向量为（x0，y0，z0），若x0=1，则y0=，z0=，且顶点D到平面α的距离是．28．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为．29．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE 的中点，沿直线DE将△ADE翻折成棱锥A﹣BCDE，当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，则直线AB与CF所成角的余弦值为．30．如图，一个盛满水的三棱锥容器，三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知道SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的．31．在正三棱锥S﹣ABC中，SA=1，∠ASB=40°，过A作三棱锥的截面AMN，则截面三角形AMN的周长的最小值为．32．已知PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．33．给定一个正方体与三个球，其中一个球与该正方体的各面都相切，第二个球与正方体的各棱都相切，第三个球过正方体的各个顶点，则此三球的半径之比是．34．△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离是14，那么点P到平面ABC的距离是：．35．从空间一个点P引四条射线PA、PB、PC、PD，它们两两之间的夹角相等，则该角的余弦值为．36．在正三棱锥P﹣ABC中，M、N分别是侧棱PB，PC的中点，若截面AMN⊥侧面PBC，则此三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是．37．已知m，l是异面直线，那么：①必存在平面α，过m且与l平行；②必存在平面β，过m且与l垂直；③必存在平面γ，与m，l都垂直；④必存在平面π，与m，l的距离都相等．其中正确的结论是．38．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AA1=2，则二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．39．点P在直径为2的球面上，过P两两垂直的3条弦，若其中一条弦长是另一条的2倍，则这3条弦长之和的最大值是．40．如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A'B'C'D'，M是正方形BB'C'C的中心，P是△A'C'D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为．参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为，则几何体的高x为（）A．3 B．5 C．4 D．2【解答】解：该几何体的外接球的表面积为，可得球的半径为r=．几何体是四棱锥，如图：AO′=，O向SE做垂直垂足O''，OO''=1，SO''==，OO′=x﹣，AO″=，可得：AO″2=AE2+OO′2，即=1+（x﹣）2，解得x=2．故选：D．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O 上，则球O的表面积为（）A．B．20πC．24πD．【解答】解：取CD中点E，BD中点F，连结BE、AF、EF，∵四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，BD=BC==2，CD=，CE=DE=，AF=BF=DF=EF=1，，则点E为△BCD外接圆的圆心，点F为△ABD外接圆的圆心，过点E作平面BCD的垂线EO，过点F作平面ABD的垂线FO，且直线EO与直线FO交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，如下图所示，易知，，所以，，所以，，则四面体ABCD的外接球半径为，因此，球O的表面积为，故选：B．3．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S﹣ABC的体积为（）A．3 B．2 C．D．1【解答】解：设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD．因为线段SC是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°所以在Rt△SAC中，SC=4，∠ASC=30°得：AC=2，SA=2又在Rt△SBC中，SC=4，∠BSC=30°得：BC=2，SB=2则：SA=SB，AC=BC因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD== =在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD===又SD交CD于点D 所以：AB⊥平面SCD 即：棱锥S﹣ABC的体积：V=AB•S，△SCD 因为：SD=，CD=，SC=4 所以由余弦定理得：cos∠SDC=（SD2+CD2﹣SC2）=（+﹣16）==则：sin∠SDC==由三角形面积公式得△SCD的面积S=SD•CD•sin∠SDC==3==所以：棱锥S﹣ABC的体积：V=AB•S△SCD故选：C．4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．36πB．29πC．28πD．25π【解答】解：三视图对应几何体的直观图如图：S﹣ABC，由题意可知：AB=4，BC=2，SD⊥AB，三角形ABC的外心为O′，设三棱锥的外接球的球心为O，设OO′=x，则=，即，解得x=，所以外接球的半径：．外接球的表面积为：4×=29π．故选：B．5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：设点A到平面A1BC的距离为h，∵=，∴，∴，解得h=，故选：B．6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2}B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4}D．{2，2+2，2﹣2}【解答】解：由三视图可知直三棱柱的底面斜边的高为1，斜边长为2，直角三角形，棱柱的高为a，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则球半径R满足：①R==（此时球为棱柱的内切球），解得：a=2﹣2，②R=且R+1=R（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在直角的夹角内），解得：a=2+2，③R=且R+tan22.5°R=（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在45°角的夹角内），解得：a=2，故选：D．7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是（）A．B．9C．18πD．40π【解答】解：如图所示：三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AP=，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为，则：当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，由于：PA⊥平面ABC，所以：PA2+AM2=PM2，解得：AM=1，所以：BM=，则：∠BAM=60°，由于：，∠BAC=120°，所以：∠MAC=60°则：△ABC为等腰三角形．所以：BC=2，在△ABC中，设外接圆的直径为2r=，则：r=2，所以：外接球的半径R═，则：S=，故选：C．8．已知球O半径为，设S、A、B、C是球面上四个点，其中，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：当S在经过AC与球心的连线上时，由于：AC==8，球心到AC的中点的连线，d=，所以：锥体的最大高度为：h=3，所以：V==．故选：A．9．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2，则这个四棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．16πD．32π【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O，则在直角三角形ABC中，AC=×AB=4，∴AO=CO=2，在直角三角形PAO中，PO===2，∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2，∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2，球的体积V=πr3=π故选：B．10．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2 C．D．【解答】解：由题意可得，点G是△ABC的重心，∴AG=AE=，设△ABC的外心为O，由题意点O在AE上，令OA=r，则OE2+EC2=OC2，即（3﹣r）2+12=r2，解得r=，∵AD⊥平面ABC，∴四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+（）2=+，由题意得4πR2=4π（+）=，解得AD=4，∴tan∠AGD=．故选：B．11．在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则四棱锥K ﹣ABCD的外接球的表面积为（）A．B．C．19πD．【解答】解：如图所示，延长BA，CF，交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A做AH∥PB，与EG交于H，则===．PA=AB=3，AF=2，∴AK=，底面是正方形的四棱锥，连接AC和BD交于O，设球心为I，可得OI=．球心到A，B，C，D距离等于球的半径R，∴R2=OI2+OA2==，外接球的表面积V=4πR2=．故选：D．12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，面A1B1C1D1在一个半球的底面上，A、B、C、D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．B．C．12πD．【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积为8，∴正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则平面ABCD的外接圆半径r=，球心到平面的距离d=2，则球的半径R==，故此半球的体积V==，故选：D．13．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=，AB=2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=．则球O的表面积S=4πR2=9π，故选：A．14．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC 折起，使∠BDC=90°，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（）A．3πB．4πC．5πD．6π【解答】解：边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC折起，使∠BDC=90°，∴将折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为，故其外接球的半径为，其表面积为5π．故选：C．二．填空题（共26小题）15．如图，已知矩形ABCD，AD=2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成角为45°，则线段AE的长为2．【解答】解：如图所示，过A′作A′O⊥CD，垂足为O点．连接OE．由题意可得：∠A′DO=45°．∵A′D=AD=2，∴OD=A′O=．设AE=x，则DE=，OE=．在Rt△ADE中，cos∠AED=．在△ODE中，cos∠ODE=，∴=，化为：x=4，解得x=2．故答案为：2．16．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，G为△ABC的重心，F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，则直线FG与AC所成角的余弦值为．【解答】解：G为△ABC的重心，取AB，BC的中点N，M，可得AC∥MN，如图：F为线段AD上一点，且FG∥平面BCD，∴FG∥DM，所以，直线FG与AC所成角的平面就∠NMD，AD⊥底面ABC，AB=6，AC=10，BC=12，AD=4，∵M是中点，在△ABC中，由中线定理，求解AM=4在△NMD中，DN=5，MN=5，DM==4那么cos∠NMD=故答案为：．17．若某三棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为，表面积为3．【解答】解：由三视图可知几何体为三棱锥，棱锥顶点在底面的射影为底面等腰三角形的顶点，棱锥底面等腰三角形的底边为2，底边的高为1，∴底面三角形的腰为，棱锥的高为．∴V==，S=+××2+=3．故答案为，18．如图，在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，则直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．【解答】解：∵在三棱柱A1B1C1﹣A2B2C2中，各侧棱均垂直于底面，∠A1B1C1=90°，A1B1=B1C1=3，C1M=2B1N=2，∴以B1为原点，B1A1为x轴，B1C1为y轴，B1B2为z轴，建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），C1（0，3，0），A1（3，0，0），N（0，0，1），M（0，3，2），=（0，3，0），=（3，0，﹣1），=（0，3，1），设平面NA1M的法向量=（x，y，z），则，取x=1得=（1，﹣1，3），设直线B1C1与平面A1MN所成角为θ，则sinθ===．∴直线B1C1与平面A1MN所成角的正弦值为．故答案为：．19．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则A1C1与B1C所成的角为60°．【解答】解：如图，∵直线A1C1∥AC，∴∠B1CA是异面直线A1C1与B1C所成的角，连结AB1，AC，∵△ACB1是等边三角形，∴∠B1CA=60°．∴异面直线A1C1与B1C所成的角是60°．故答案为60°．20．已知三棱锥P﹣ABC的侧面PAC⊥底面ABC，侧棱PA⊥AB，且PA=PC=AC=AB=4．如图AB⊂平面α，以直线AB为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面α上的俯视图面积为S，则S的最小值是，S的最大值是8．【解答】解：取AC的中点D，由PA=PC=AC，可得PD⊥AC，又∵侧面PAC⊥底面ABC，侧面PAC∩底面ABC=AC，PD⊂侧面PAC∴PD⊥底面ABC，又∵AB⊂底面ABC，∴PD⊥AB，又∵PA⊥AB，PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAC，∴旋转过程中等边△PAC在底面上的射影总在侧面PAC与平面α的交线l上，且长度范围是，又∵AB⊥l，所以S最小值为，最大值为8．故答案为：，8．21．P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，则P到△ABC所在平面的距离为a．【解答】解：∵P是边长为a的正三角形ABC外一点，AP⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=PB=PC，∴三棱锥P﹣ABC可看出边长正方体的一角∴P到△ABC所在平面的距离为正方体的对角线的∵正方体的体对角线长为∴P到△ABC所在平面的距离为a故答案为：a22．△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是16π．【解答】解：△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，可得三角形是一个直角三角形，若该三角形绕边BC旋转一周，则所形成的几何体是一个圆锥，其高为3，底面半径是4故其体积为=16π故答案为：16π．23．（理）已知三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA的距离分别为，则Q点与顶点P之间的距离为．【解答】解：由题意如图，三条线段PA，PB，PC两两垂直，底面ABC内一点Q到三个面PAB、PBC、PCA 的距离分别为，为棱扩展为长方体，求出体对角线的长，就是Q点与顶点P之间的距离．所以PQ==故答案为：．24．设M，N分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1，AD的中点，试作出平面C1MN与正方体的截面．【解答】解：取DD1中点G，再取GD的中点F，连结AG、NF、C1F，延长FN交A1A于点H，连结HM交AB于点E，连结EN，则五边形C1MENF就是所求的截面．下面证明C1、M、E、N、F共面，∵G、M分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DD1、BB1的中点，∴C1M∥AG，∵△ADG中，N、F分别为AD、DG的中点，∴NF∥AG，可得C1M∥NF，由此可得C1M与NF确定平面C1MNF，又∵H∈NF，NF⊂平面C1MNF，∴H∈平面C1MNF，因此H、C1、M、N、F共面，可得HM⊂平面C1MNF，∵E∈HM，HM⊂平面C1MNF，∴E∈平面C1MNF，即C1、M、E、N、F共面．25．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体体积的最大值为a3．【解答】解：如图所示，在四面体ABCD中，若AB=BC=CD=AC=BD=a，AD=x，取AD的中点P，BC的中点E，连接BP，EP，CP，易证AD⊥平面BPC，所以V A=S△BPC×AD=×x=﹣BCD×=×≤a3，当且仅当，即x=时取等号．故答案为：a3，26．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为13cm．【解答】解：作出圆锥的轴截面如图，设SA=y，O′A′=x；利用平行线截线段成比例，则SA′：SA=O′A′：OA，即（y﹣10）：y=x：4x，解得y=13．即圆锥的母线长为13cm．故答案为：1327．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平α上，三条棱AB、AC、AD都在平面α的同侧．若顶点B，C到平面α的距离分别为1，．建立如图所示的空间直角坐标系，设平面α的一个法向量为（x0，y0，z0），若x0=1，则y0=，z0=，且顶点D到平面α的距离是．【解答】解：如图所示，连结BC、CD、BD，则四面体A﹣BCD为直角四面体；作平面α的法线AH，作BB1⊥平面α于B1，CC1⊥平面α于C1，DD1⊥平面α于D1；连结AB1，AC1，AD1，令AH=h，DA=a，DB=b，DC=c，的体积相等，由V三棱锥A﹣BCD•h=×abc，∴×S△BCD∴•••h=abc，可得=++，∴++=1，令∠BAB1=α，∠CAC1=γ，∠DAD1=β，可得sin2α+sin2β+sin2γ=1，设DD1=m，∵BB1=1，CC1=，∴++=1，解得m=；即所求点D到平面α的距离为．又α的法向量为=（x0，y0，z0）=（hcos（﹣α），hcos（﹣γ），hcos（﹣β））=（hsinα，hsinγ，hsinβ），由hsinα=1，得hsinγ=，hsinβ=；∴=（1，，）．故答案为：，，．28．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为cm3．【解答】解：根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，∴圆的半径为：4，∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm，∴d=8﹣6=2，∴球的半径为：R=，R=5∴球的体积为π×（5）3=cm3故答案为．29．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE 的中点，沿直线DE将△ADE翻折成棱锥A﹣BCDE，当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，则直线AB与CF所成角的余弦值为．【解答】解：作出对应的图象，由题意知当棱锥A﹣BCDE的体积最大时，满足AF⊥底面BCDE，以F为坐标原点，以FD，FC，FA分别为x，y，z轴建立空间坐标系，∵AB=2BC=2CD=2，∴BC=CD=1，则FA=FC=，FE=FD=，即D（，0，0），E（﹣，0，0），C（0，，0），A（0，0，），设B（x，y，z），则，即（﹣，，0）=（x+，y，z），解得x=﹣1，y=，z=0，即B（﹣1，，0），则=（﹣1，，﹣），=（0，，0），则•=×=，||=，||==，则cos＜，＞===，故直线AB与CF所成角的余弦值为，故答案为：30．如图，一个盛满水的三棱锥容器，三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知道SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的．【解答】解：如右图所示，过DE作与底面ABC平行的截面DEM，则M为SC的中点，F为SM的中点．过F作与底面ABC平行的截面FNP，则N，P分别为SD，SE的中点．设三棱锥S﹣ABC的体积为V，高为H，S﹣DEM的体积为V1，高为h，则=，==．三棱锥F﹣DEM的体积与三棱锥S﹣DEM的体积的比是1：2（高的比），∴三棱锥F﹣DEM的体积．三棱台DEM﹣ABC的体积=V﹣V1=，∴最多可盛水的容积=+=．故最多所盛水的体积是原来的．故答案为：．31．在正三棱锥S﹣ABC中，SA=1，∠ASB=40°，过A作三棱锥的截面AMN，则截面三角形AMN的周长的最小值为．【解答】解：沿侧棱S把正三棱锥的侧面展开如右图，可观察出，当截与三棱锥各面交线恰好共线时，周长最小，且最小值为AA1的长，在△AA1S中，SA=SA1=1，∠ASA1=120°∴AA12=SA2+SA12﹣2SA•SA1cos120°=1+1+1=3∴AA1=故答案为32．已知PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．【解答】解：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．△DEP≌△DFP，∴EP=FP，∴△OEP≌△OFP，因为∠APC=∠BPC=60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE=30°．设PE=1，∵∠OPE=30°∴OP==在直角△PED中，∠DPE=60°，PE=1，则PD=2．在直角△DOP中，OP=，PD=2．则cos∠DPO==．即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．33．给定一个正方体与三个球，其中一个球与该正方体的各面都相切，第二个球与正方体的各棱都相切，第三个球过正方体的各个顶点，则此三球的半径之比是1：．【解答】解：设正方体的棱长为a，可得∵第一个球与该正方体的各面都相切∴第一个球的直径等于正方体的棱长a，故球的半径为r1=a又∵第二个球与正方体的各棱都相切∴第二个球的直径等于正方体的相对两条棱的距离故球的半径为正方体面上的对角线长：即2r2=a⇒r2=a∵第三个球过正方体的各个顶点，∴第三个球的直径等于正方体的对角线长即2r3=⇒r3=可得r1：r2：r3=a：a：=1：故答案为：1：34．△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离是14，那么点P到平面ABC的距离是：7．【解答】解析：记P在平面ABC上的射影为O，∵PA=PB=PC∴OA=OB=OC，即O是△ABC的外心，只需求出OA（△ABC的外接圆的半径），记为R，在△ABC中由余弦定理知：BC=21，在由正弦定理知：2R==14，∴OA=7，得：PO=7．故答案为：7．35．从空间一个点P引四条射线PA、PB、PC、PD，它们两两之间的夹角相等，则该角的余弦值为．【解答】解：如图，可把正方体的中心看成P点，相对的四个顶点看做A，B，C，D，设正方体棱长为1，则PA=，PB=，AB=，cos∠APB==﹣故答案为﹣36．在正三棱锥P﹣ABC中，M、N分别是侧棱PB，PC的中点，若截面AMN⊥侧面PBC，则此三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是．【解答】解：如图，取MN中点O，连接AO，PO，延长PO交BC于点D，连接AD，则BD=DC∵三棱锥P﹣ABC为正三棱锥∴AM=AN∴AO⊥MN∵截面AMN⊥侧面PBC∴AO⊥侧面PBC∴AO⊥PD，又PO=OD∴PA=AD，且∠ADO就是侧面与底面所成的二面角的平面角设AB=a，则AD=a=PA∵PD==∴OD=∴AO==在Rt△AOD中，tan∠ADO===∴三棱锥的侧面与底面所成的角的正切值是故答案为37．已知m，l是异面直线，那么：①必存在平面α，过m且与l平行；②必存在平面β，过m且与l垂直；③必存在平面γ，与m，l都垂直；④必存在平面π，与m，l的距离都相等．其中正确的结论是①④．【解答】解：对于①：过m上任意一点做l的平行线，与m确定的平面即符合要求，所以①成立；对于②：若存在这样的平面a与l垂直，则a内的每一条直线都与l垂直，当然包括m，而题里没有说m与l垂直，所以不一定存在．对于③，若存在平面γ，与m，l都垂，因为垂直同一平面的两直线平行，则m，l平行，与前提矛盾；对于④，过他们的公垂线的中点做和两直线都平行的平面即为所求．成立．故正确的结论只有①④．故答案为：①④．38．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AA1=2，则二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．【解答】解：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），=（0，1，2），=（，，0）．设n=（x，y，z）为平面ABC1的法向量则取n=（﹣，2，﹣1），取m=（0，0，1），作为平面ABC的法向量．则cos＜m，n＞==﹣．∴二面角C1﹣AB﹣C的余弦值为．故答案为：39．点P在直径为2的球面上，过P两两垂直的3条弦，若其中一条弦长是另一条的2倍，则这3条弦长之和的最大值是．【解答】解：设三条弦长分别为x，2x，y，则：x2+（2x）2+y2=4，即：5x2+y2=4，设，则这3条弦长之和=3x+y==sin（θ+φ），其中tanφ=，所以它的最大值为：故答案为：40．如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A'B'C'D'，M是正方形BB'C'C的中心，P是△A'C'D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为．【解答】解：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，∵P是△A′C′D内（包括边界）的动点，∴点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，S在4等分点时，SD=3，SM==3，满足SD=SM．∴SD=3，TD=2∴ST2=﹣2××cos60°=14．∴ST=．故答案为：．。
高考数学总复习《立体几何》部分试题及答案
高考数学总复习试卷立体几何综合训练第 I 卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共 12 个小题，每题 5 分，共 60 分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的）1．以下命题正确的选项是（）A ．直线 a， b 与直线 l 所成角相等，则a//bB．直线 a，b 与平面α成相等角，则a//bC．平面α，β与平面γ所成角均为直二面角，则α// βD．直线 a， b 在平面α外，且a⊥α， a⊥b，则 b//α2．空间四边形ABCD ， M ， N 分别是 AB 、 CD 的中点，且AC=4 ， BD=6 ，则（）A ． 1<MN<5B ． 2<MN<10C． 1≤ MN ≤ 5 D ． 2<MN<53．已知 AO 为平面α的一条斜线，O 为斜足， OB 为 OA 在α内的射影，直线OC 在平面α内，且∠AOB=∠ BOC=45 °，则∠ AOC 等于（）A ． 30°B． 45°C．60°D．不确立4．甲烷分子构造是：中心一个碳原子，外头四个氢原子组成四周体，中心碳原子与四个氢原子等距离，且连成四线段，两两所成角为θ，则cosθ值为（）A ．1B．111 33C．D．225．对已知直线 a，有直线 b 同时知足下边三个条件：①与 a 异面；②与 a 成定角；③与 a 距离为定值 d，则这样的直线 b 有（）A．1 条B．2 条C．4条D．无数条6．α，β是不重合两平面，l， m 是两条不重合直线，α//β的一个充足不用要条件是（）A ．l， m，且 l// β， m// βB ．l，m，且 l//mC． l ⊥α， m⊥β，且 l//m D ．l// α， m//β，且 l//m7．如图正方体ABCD A B C D中， E， F 分别为 AB ，CC的中点，则异面直线A C 与EF所成角的余111111弦值为（）A ．3B．2C．1D ．133368．关于任一个长方体，都必定存在一点：①这点到长方体的各极点距离相等；②这点到长方体的各条棱距离相等；③这点到长方体的各面距离相等，以上三个结论中正确的选项是（）A ．①②B．①C．②D．①③9．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个？A．2B．3C．4D．610．正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为 2 5 ，则它的侧面积为（）A．24B．12C．242D．12211．异面直线a，b 成 80°角， P 为 a，b 外的一个定点，若过P 有且仅有 2 条直线与a， b 所成的角相等且等于α，则角α属于会合（）A ． { α|0° <α <40° }B． { α |40° <α <50 ° }C． { α |40° <α <90° } D ． { α |50°<α <90 ° }12．从水平搁置的球体容器的顶部的一个孔向球内以同样的速度灌水，容器中水面的高度与灌水时间t 之间的关系用图象表示应为（）第 II 卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共 4 个小题，每题 4 分，共 16 分，把答案填在题中横线上）13．正四棱锥S-ABCD 侧棱长与底面边长相等， E 为 SC 中点，BE 与 SA 所成角的余弦值为_____________ 。
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题05立体几何选择题填空题文(含答案及解析)
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：05 立体几何（选择题、填空题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=b B 1D，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan ∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin ∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C<90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】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S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l +2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1， 因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确； 对于选项B ，如图所示，设11A BB E M =，EF BD N =，则MN 为平面1B EF 与平面1A BD 的交线，在BMN △内，作BP MN ⊥于点P ，在EMN △内，作GP MN ⊥，交EN 于点G ，连结BG ，则BPG ∠或其补角为平面1B EF 与平面1A BD 所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PB PN BN +=，222PG PN GN +=， 底面正方形ABCD 中，,E F 为中点，则EF BD ⊥， 由勾股定理可得222NB NG BG +=，从而有：()()2222222NB NG PB PN PG PN BG +=+++=， 据此可得222PB PG BG +≠，即90BPG ∠≠， 据此可得平面1B EF ⊥平面1A BD 不成立，选项B 错误； 对于选项C ，取11A B 的中点H ，则1AHB E ，由于AH 与平面1A AC 相交，故平面1B EF 平面1A AC 不成立，选项C 错误；对于选项D ，取AD 的中点M ，很明显四边形11A B FM 为平行四边形，则11A MB F ，由于1A M 与平面11AC D 相交，故平面1B EF 平面11AC D 不成立，选项D 错误；故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则V O−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2021年甲卷文科】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D7．【2021年乙卷文科】在正方体1111ABCD A B C D 中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D 【解析】 【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可. 【详解】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ， 所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=， 所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥， 设正方体棱长为2，则111112BC PC D B === 1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D8．【2021年甲卷文科】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________. 【答案】39π 【解析】 【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. 【详解】∵216303V h ππ=⋅=∴52h =∴132 l==∴136392S rlπππ==⨯⨯=侧.故答案为：39π.9．【2021年乙卷文科】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【解析】【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,B C BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -. 故答案为：③④. 【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.。
2020高考—立体几何(选择+填空+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文3)．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+ 2.(20全国Ⅰ文12)．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π3.（20全国Ⅱ文11）．已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A ．3B ．32C ．1D ．324.（20全国Ⅱ理7）．右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H5.（20全国Ⅱ理10）．已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为A．3B．32C．1 D．326.（20全国Ⅲ文9）．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．6+42B．4+42C．6+23D．4+237.（20新高考Ⅰ4）．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°8.(20天津5)．若棱长为23A．12πB．24πC．36πD．144π9.(20浙江5)．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．610.(20北京4)．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．A ．63+B ．623+C ．123+D ．123+11.（20新高考Ⅰ16）．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球5BCC 1B 1的交线长为________．12.(20全国Ⅰ理16)．如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，3AB AD =AB⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB = .13.（20全国Ⅱ文16）．设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧ ②12p p ∧ ③23p p ⌝∨ ④34p p ⌝∨⌝ 14.（20全国Ⅲ文16）．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．15.(20天津15)．如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ∠=︒=，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=-，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN =，则DM DN ⋅的最小值为_________．16.(20浙江14)．已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．17.（20江苏9）．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.参考答案：1．C 2．A 3．C 4．A 5．C 6．C 7．B 8．C9．A 10. D 112π12.14-13．①③④215．16；13216．1 17．1232π。
高三数学训练：立体几何(附答案)
四川省2019届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、（2018全国III 卷高考）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）2、（2017全国III 卷高考）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A ．πB ．3π4C ．π２D ．π43、（2016全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）814、（成都市2018届高三第二次诊断）已知m ，是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若m α⊂，则m β⊥B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥C ．若m α⊄，m β⊥，则//m αD ．若m αβ=，n m ⊥，则n α⊥5、（成都市2018届高三第三次诊断）在正三棱柱111ABC A B C - (底面是正三角形,侧棱垂直于底面的棱柱)中，所有棱长之和为定值a .若正三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 的表面上，则当正三棱柱侧面积取得最大值24时，该球的表面积为（ ） A ．43π B ．323π C ．12π D ．643π6、（达州市2017届高三第一次诊断）如图某几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A ．32π B ．3π C ．32π D ．3π7、（德阳市2018届高三二诊考试）如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π8、（广元市2018届高三第一次高考适应性统考）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，且,m n αβ⊂⊂，下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥，则m n ⊥B ．若//αβ，则//m nC ．若m n ⊥，则αβ⊥D ．若n α⊥，则αβ⊥9、（泸州市2018届高三第二次教学质量诊断）设a ，b 是两条不同的直线，α、β是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是A ．若a b ⊥，a α⊥，则//b αB ．若//a α，αβ⊥，则//a βC ．若//a α，//a β，则//αβD ．若//a b ，a α⊥，b β⊥，则//αβ10、（南充市2018届高三第二次高考适应性考试）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为( )A ．23472++B ．1072+ C. 710+ D ．3412+11、（仁寿县2018届高三上学期零诊）如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1﹣BFE 的体积为12、（遂宁市2018届高三三诊考试）在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为A ．π)27(-B ．π)27(+C ．π)26(+D ．π)37(-13、（雅安市2018届高三下学期三诊）某几何体的三视图如图所示，其中，正视图、俯视图都是矩形，侧视图是直角三角形，则该几何体的体积等于（ ）A ．1B ．2C ．3D ．414、（资阳市2018届高三4月模拟考试（三诊））如图，二面角BC αβ--的大小为6π，AB CD αβ⊂⊂，，且2AB =，243BC CD ABC BCD ππ==∠=∠=，，，则AD 与β所成角的大小为A ．π4B ．π3 C.π6D ．π1215、（成都市石室中学高2018届高三下期二诊模拟）一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为2 ，则此四棱锥最长的侧棱长为 .23A.11B .13C .10D16、（成都市2018届高三第二次诊断）《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）A ．863π B ．86π C ．6π D ．24π 17、（2016全国III 卷高考）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π二、解答题1、（2018全国III 卷高考）如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是CD 上异于C ，D 的点．⑴证明：平面AM D ⊥平面BMC ；⑵当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2、（2017全国III 卷高考）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，AB BD =．（1）证明：平面ACD ^平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分．求二面角D AE C --的余弦值．DABCE3、（2016全国III 卷高考）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面A B C D ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.4、（成都市2018届高三第二次诊断）如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，60FBD ∠=，AB BC ⊥，2AB BC ==.（1）若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； （2）求平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值.5、（成都市2018届高三第三次诊断）如图①,在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥CD ，60ABC ∠=，2CD =，4AB =，点E 为AB 的中点；现将三角形BEC 沿线段EC 折起，形成直二面角P EC A --,如图②，连接,PA PD 得四棱锥P AECD -，如图③.（I ）求证：PD EC ⊥；（Ⅱ）求平面PEC 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值.6、（达州市2017届高三第一次诊断）如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，2PB =，PB 与面PCD 成045角，PB 与面ABD 成030角.（1）在PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥面ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由； （2）当E 为PB 中点时，求二面角P AE D --的余弦值.7、（德阳市2018届高三二诊考试）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为边长为2的菱形，60DAB ∠=，90ADP ∠=，面ADP ⊥面ABCD ，点F 为棱PD 的中点.（1）在棱AB 上是否存在一点E ，使得//AF 面PCE ，并说明理由； （2）当二面角D FC B --的余弦值为14时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角.8、（广元市2018届高三第一次高考适应性统考）如图，ABC ∆是以ABC ∠为直角的三角形，SA ⊥平面,2,4,,ABC SA BC AB M N ===分别是,SC AB 的中点. （1）求证：MN AB ⊥；（2）D 为线段BC 上的点，当二面角S ND A --的余弦值为66时，求三棱锥D SNC -的体积.9、（泸州市2018届高三第二次教学质量诊断）如图，三棱锥A BCD -的侧面ABD △是等腰直角三角形，90BAD ∠=，BD DC =，120BDC ∠=，且2AC AB =． （I ）求证：平面ABD ⊥平面BCD ； （II ）求二面角B AC D --的余弦值．DCBA10、（南充市2018届高三第二次高考适应性考试）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，PB PA ABC ⊥︒=∠，660,2=PC . (Ⅰ)求证：平面⊥PAB 平面 ABCD ；(Ⅱ)若PB PA =,求二面角D PC A --的余弦值.11、（仁寿县2018届高三上学期零诊）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB=2CD=2BC ，EA ⊥EB （1）求证：EA ⊥平面EBC ； （2）求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值．12、（遂宁市2018届高三三诊考试）如图所示的几何体中，111C B A ABC -为三棱柱，且⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，︒=∠=60,2ADC CD AD ．（1）若AC AA =1，求证：1AC ⊥平面CD B A 11； （2）若12,CD AA AC λ==，二面角11C A D C --的余弦值为24，求三棱锥11C ACD -的体积．13、（雅安市2018届高三下学期三诊）如图，在四棱锥S ABCD -中，SD ⊥底面ABCD ，M 为SD 的中点，底面ABCD 为直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，且222CD AB AD ===.（1）求证：//AM 平面SBC ，平面SBC ⊥平面SDB ； （2）若SB 与平面SDC 所成角的正弦值为33，求二面角A SB C --的余弦值.14、（资阳市2018届高三4月模拟考试（三诊））如图，三棱柱111ABC A B C -的各棱长均相等，1AA ⊥底面ABC ，E ，F 分别为棱1AA BC ，的中点．（1）过1FA 作平面α，使得直线BE //平面α，若平面α与直线1BB 交于点H ，指出点H 所在的位置，并说明理由；（2）求二面角1B FH A --的余弦值．15、（成都市石室中学高2018届高三下期二诊模拟）如图，在多面体ABCDEF 中，矩形BDEF 所在平面与正方形ABC D 所在平面垂直，点M 为AE 的中点. （1）求证：BM //平面EFC（2）若DE AB =，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值.参考答案： 一、选择、填空题 1、A 2、【答案】B【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，则圆柱体体积23ππ4V r h ==，故选B.3、B4、C5、【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -底面边长为x ，侧棱为y ，则63x y a +=，三棱柱111ABC A B C -侧面积3S xy =.所以2216336224x y a S xy +⎛⎫=≤= ⎪⎝⎭，当且仅当632a x y ==，即,126a a x y ==时，等号成立，所以24a =，2x =，4y =.所以正三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心O 到顶点A 的距离为443434+=，所以该球的表面积为643π.故选D.6、D7、C8、D9、D 10、B 11、11212、B 13、B 14、C 15、C 16、C 17、【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．二、解答题1、解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r， (2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，， ∴15cos 55θ==，∴ 25sin 5θ=.2、【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；ABC ∆为等边三角形∴BO AC ⊥∴AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. ∴AD CD =,即ACD ∆为等腰直角三角形，ADC ∠ 为直角又O 为底边AC 中点 ∴DO AC ⊥令AB a =，则AB AC BC BD a ==== 易得：22OD a =，32OB a = ∴222OD OB BD +=由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥OD ACOD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面OD ABC ∴⊥平面 又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直的判定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由题意可知V V D ACE B ACE --= 即B ,D 到平面ACE 的距离相等 即E 为BD 中点以O 为原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,,02B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,,44a E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 易得：3,,244a a AE a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 设平面AED 的法向量为1n ，平面AEC 的法向量为2n ， 则110AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()13,1,3n =DABC EODABCEyxOz220AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()20,1,3n =- 若二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则12127cos 7n n n n θ⋅==⋅ 3、设),,(z y x n =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=n ，于是2558|||||||,cos |=⋅=><AN n AN n AN n .4、解：（1）连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且60FBD ∠=，∴DBF ∆为等边三角形.∵M 为BF 的中点，∴DM BF ⊥.∵AB BC ⊥，2AB BC ==，又D 是AC 的中点， ∴BD AC ⊥. ∵平面BDEF平面ABC BD =，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF .又BF ⊂平面BDEF ，∴AC BF ⊥. 由DM BF ⊥，AC BF ⊥，DM AC D =，∴BF ⊥平面AMC.（2）设线段EF 的中点为N ，连接DN .易证DN ⊥平面ABC .以D 为坐标原点，DB ，DC ，DN 所在直线分别为轴，y 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则(0,1,0)A -，13(,0,)22E -，13(,0,)22F ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C . ∴13(,1,)22AE =-，(1,0,0)EF =，13(,0,)22BF =-，(1,1,0)BC =-.设平面AEF ，平面BCF 的法向量分别为111(,,)m x y z =，222(,,)n x y z =.由00AE m EF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩111113022102x y z x ⎧-++=⎪⎪⇒⎨⎪=⎪⎩.解得1132y z =-.取12z =-，∴(0,3,2)m =-.又由00BC n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2222013022x y x z -+=⎧⎪⇒⎨-+=⎪⎩解得223y z =. 取21z =，∴(3,3,1)n =. ∵cos ,m n <>m n m n⋅=11777==⋅.∴平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值为17.5、 【解析】6、1)法一：要证明PC ⊥面ADE ，易知AD ⊥面PDC ，即得AD ⊥PC ，故只需0DE PC ⋅=即可， 所以由()00||1DP PE PC DP PC PE PC PE +⋅=⇒⋅+⋅=⇒=,即存在点E 为PC 中点 …6分 法二：建立如图所示的空间直角坐标系D －XYZ ， 由题意知PD ＝CD ＝1， 2CE =，设PE PB λ=， (2,1,1)PE PB λλ∴==-，(0,1,1)PC =-由()(0,1,1)(2,,1)0PC DE PC DP PE λλλ⋅=⋅+=-⋅-=，得12λ=， 即存在点E 为PC 中点。
高考立体几何试题——选择填空
高考立体几何试题——选择填空1．(文)把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角,折成直二面角后,在A ,B ,C ,D 四点所在的球面上,B 与D 两点之间的球面距离为（C ） (A)22π(B)π(C)2π (D)3π 2．（文）平面α∥平面β的一个充分条件是（ ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥ Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥3．（理）已知m n ，为两条不同的直线，αβ，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ D ） A ．m n m n ααββαβ⊂⊂⇒，，∥，∥∥ B ．m n m n αβαβ⊂⊂⇒∥，，∥ C ．m m n n αα⇒⊥，⊥∥ D ．n m n m αα⇒∥，⊥⊥4．（理）顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD A B C D ''''-中，1AB AA '=，A C ，两点间的球面距离为（ B ）A ．π4B ．π2C ．4π D ．2π 5．（理）平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α的射影分别是m '和n '，给出下列四个命题： ①m n m n ''⊥⇒⊥； ②m n m n ''⊥⇒⊥； ③m '与n '相交⇒m 与n 相交或重合； ④m '与n '平行⇒m 与n 平行或重合． 其中不正确的命题个数是（ Ｄ ） Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4 6．（文）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别为棱11AA BB ，的中点，G 为棱11A B 上的一点，且1(01)AG λλ=≤≤．则点G 到平面1D EF 的距离为（ D ）Ｂ．27．（理）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ D ）A ．2B ．1C ．12+D 8．（文）如图1，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，EF ，分别是1AB ，1BC 的中点，则以下结论中不成立．．．的是（ D ） A ．EF 与1BB 垂直 B ．EF 与BD 垂直 C ．EF 与CD 异面D ．EF 与11AC 异面9．（）已知两条直线m n ，，两个平面αβ，．给出下面四个命题： ①m n ∥，m n αα⇒⊥⊥；②αβ∥，m α⊂，n m n β⊂⇒∥； ③m n ∥，m n αα⇒∥∥；④αβ∥，m n ∥，m n αβ⇒⊥⊥． 其中正确命题的序号是（ C ） Ａ．①、③ Ｂ．②、④Ｃ．①、④ Ｄ．②、③10．（理）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ）DＡ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB D Ｃ．AH 的延长线经过点1C Ｄ．直线AH 和1BB 所成角为4511．（文）四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且2CD =，AD =A B ，间的球面距离是（ C ） Ａ．π6Ｂ．π3Ｃ．2π3Ｄ．5π612．（文）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ．有下列四个命题 Ａ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB DＣ．二面角111C B D C --Ｄ．点H 到平面1111A B C D 的距离为3413．（理）平面α∥平面β的一个充分条件是（ D ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥ Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥14．（文）若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题．．．是（ B ） A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥B ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥111BC ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥D ．若m αγ=，n βγ=，m n ∥，则αβ∥15．（全国I 文理）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ D ） A ．15B ．25C ．35D ．4517．（全国卷Ⅱ理）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ A ） A 6B 10C 2D 318．（全国卷Ⅱ文）已知三棱锥的侧棱长的底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（ ） A ．36B ．34C ．22D ．3219．（理）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为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（ B ） （A ）433 (B)33 (C)43 (D)12320．（文）Rt △ABC 的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC 的距离是（ D ）（A ）5 （B ）6 （C ）10 （D ）12 21．（文）已知P 为平面a 外一点，直线l ⊂a,点Q ∈l ,记点P 到平面a 的距离为a,点P 到直线l 的距离为b ，点P 、Q 之间的距离为c ，则A （A ）c b a ≤≤ （B ）c b a ≤≤ (C)b c a ≤≤ (D)a c b ≤≤ 22．(文理)如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是（ D ） （A ）BD ∥平面CB 1D 1（B ）AC 1⊥BD（C ）AC 1⊥平面CB 1D 1（D ）异面直线AD 与CB 1角为60° 23．（文理）设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且三面角B -OA -C 的大小为3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是C（A ）67π （B ）45π （C ）34π （D ）23π 24．（文理）如图，l 1、l 2、l 3是同一平面的三条平行直线，l 1与l 2间的距离是1，l 2与l 3间的距离是2，正三角形ABC 的三顶点分别在l 1、l 2、l 3上，则△ABC 的边长是D（A ）32（B ）364（C ）4173（D ）321225．（文理）设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ D ） Ａ．若a b ，与α所成的角相等，则a b ∥ Ｂ．若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥ Ｃ．若a b a b αβ⊂⊂，，∥，则αβ∥ Ｄ．若a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，则a b ⊥26．（文理）若P 两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ）B Ａ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 Ｂ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 Ｃ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 Ｄ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面27．（理科数学必修+选修Ⅱ）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ ）A B C ．2D 28．（文理科数学必修+选修Ⅱ）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）D A ．15B ．25C ．35D ．4530．（文）垂直于同一平面的两条直线（ ）A A ．平行 B ．垂直 C ．相交 D ．异面 31．（理）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ） Ａ．5部分 Ｂ．6部分 Ｃ．7部分 Ｄ．8部分 32．（理科数学必修+选修Ⅱ）（16）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为．33．（文理）已知点O 在二面角AB αβ--的棱上，点P 在α，且45POB ∠=．若对于β异于O 的任意一点Q ，都有45POQ ∠≥，则二面角AB αβ--的大小是．9034．（全国I 文）正四棱锥S ABCD -S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π335．（文科数学必修＋选修1）正四棱锥S ABCD -S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π336．（理科数学必修+选修Ⅱ）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为cm 2．37．（文理）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为．14π38．（理）在四面体O-ABC 中，D c OC b OB a AB ,,,===为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE =（用a ，b ，c 表示）.111244++a b c 39．(理)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是（写出所有正确结论的编号．．）. ①③④⑤ ①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体； ④每个面都是等边三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体.40．（文）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积是；设E F ，分别是该正方体的棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为．3π41．（全国卷Ⅱ文理）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为cm 2．2+42．（文）若一个底面边长为243．(文理)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是.6π44．（）正三棱锥P ABC -的高为2，侧棱与底面ABC 成45角，则点A 到侧面PBC 的距离为_____．545．（全国I 理）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为．46．（理）在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种． 已知αβ，是两个相交平面，空间两条直线12l l ，在α上的射影是直线12s s ，，12l l ，在β上的射影是直线12t t ，．用1s 与2s ，1t 与2t 的位置关系，写出一个总能确定1l 与2l 是异面直线的充分条件：21//s s ，并且1t 与2t 相交（//1t 2t ，并且1s 与2s 相交）47．（文）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中， 90=∠ACB ，21=AA ，1==BC AC ，则异面直线BA 1与AC 所成角的大小是（结果用反三角函数值表示）．66arccos48．理12．如果一个凸多面体是n 棱锥,那么这个凸多面体的所有顶点所确定的 直线共有 条.这些直线中共有()f n 对异面直线,则(4)f =49．理7．若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥B ．若m αγ=n βγ=，m n ∥，则αβ∥C ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥D ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥50．理15．若一个底面边长为2选校网.xuanxiao.高考频道专业大全历年分数线上万大学图片大学视频院校库(按ctrl 点击打开)选校网（.xuanxiao.）是为高三同学和家长提供高考选校信息的一个。
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高考立体几何试题——选择填空1．(安徽文)把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角,折成直二面角后,在A ,B ,C ,D 四点所在的球面上,B 与D 两点之间的球面距离为（C ） (A)22π(B)π(C)2π (D)3π 2．（北京文）平面α∥平面β的一个充分条件是（ ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥3．（福建理）已知m n ，为两条不同的直线，αβ，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ D ） A ．m n m n ααββαβ⊂⊂⇒，，∥，∥∥ B ．m n m n αβαβ⊂⊂⇒∥，，∥ C ．m m n n αα⇒⊥，⊥∥ D ．n m n m αα⇒∥，⊥⊥4．（福建理）顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD A B C D ''''-中，12AB AA '==，，则A C ，两点间的球面距离为（ B ） A ．π4B ．π2C ．24π D ．22π 5．（湖北理）平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m '和n '，给出下列四个命题： ①m n m n ''⊥⇒⊥； ②m n m n ''⊥⇒⊥； ③m '与n '相交⇒m 与n 相交或重合； ④m '与n '平行⇒m 与n 平行或重合． 其中不正确的命题个数是（ Ｄ ） Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．46．（湖北文）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别为棱11AA BB ，的中点，G 为棱11A B 上的一点，且1(01)AG λλ=≤≤．则点G 到平面1D EF 的距离为（ D ） Ａ．3Ｂ．22Ｃ．23λ Ｄ．557．（湖南理）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ D ） A ．22B ．1C ．212+D ．21AB ，1BC 的8．（湖南文）如图1，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，E F ，分别是中点，则以下结论中不成立．．．的是（ D ）A ．EF 与1BB 垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与11AC 异面9．（江苏）已知两条直线m n ，，两个平面αβ，．给出下面四个命题： ①m n ∥，m n αα⇒⊥⊥；②αβ∥，m α⊂，n m n β⊂⇒∥； ③m n ∥，m n αα⇒∥∥；④αβ∥，m n ∥，m n αβ⇒⊥⊥． 其中正确命题的序号是（ C ）Ａ．①、③ Ｂ．②、④Ｃ．①、④ Ｄ．②、③10．（江西理）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ）DＡ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB D Ｃ．AH 的延长线经过点1C Ｄ．直线AH 和1BB 所成角为4511．（江西文）四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且2CD =，3AD =，在外接球面上两点A B ，间的球面距离是（ C ） Ａ．π6Ｂ．π3Ｃ．2π3Ｄ．5π612．（江西文）如图，正方体1AC 的棱长为1，过点作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ．有下列四个命题 Ａ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB DＣ．二面角111C B D C --的正切值为2 Ｄ．点H 到平面1111A B C D 的距离为3413．（北京理）平面α∥平面β的一个充分条件是（ D ） Ａ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥A D1D1C1A 1BBHCＤ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥14．（辽宁文）若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题．．．是（ B ） A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥ B ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥C ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥D ．若m αγ= ，n βγ= ，m n ∥，则αβ∥则异面直线1A B 与15．（全国I 文理）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，1AD 所成角的余弦值为（ D ）A ．15B ．25C ．35D ．4517．（全国卷Ⅱ理）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ A ）A ．64B ．104C ．22D ．3218．（全国卷Ⅱ文）已知三棱锥的侧棱长的底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（ ） A ．36B ．34C ．22D ．3219．（陕西理）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为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（ B ） （A ）433 (B)33 (C) 43 (D) 12320．（陕西文）Rt △ABC 的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC 的距离是（ D ） （A ）5 （B ）6 （C ）10 （D ）12 21．（陕西文）已知P 为平面a 外一点，直线l ⊂a,点Q ∈l ,记点P 到平面a 的距离为a,点P 到直线l 的距离为b ，点P 、Q 之间的距离为c ，则A （A ）c b a ≤≤ （B ）c b a ≤≤ (C)b c a ≤≤ (D)a c b ≤≤ 22．(四川文理)如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是（ D ）（A ）BD ∥平面CB 1D 1 （B ）AC 1⊥BD（C ）AC 1⊥平面CB 1D 1 （D ）异面直线AD 与CB 1角为60° 23．（四川文理）设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且三面角B -OA -C 的大小为3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是C（A ）67π （B ）45π （C ）34π （D ）23π24．（四川文理）如图，l 1、l 2、l 3是同一平面内的三条平行直线，l 1与l 2间的距离是1， l 2与l 3间的距离是2，正三角形ABC 的三顶点分别在l 1、l 2、l 3上，则△ABC 的边长是D（A ）32（B ）364（C ）4173 （D ）3212 25．（天津文理）设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ D ） Ａ．若a b ，与α所成的角相等，则a b ∥ Ｂ．若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥ Ｃ．若a b a b αβ⊂⊂，，∥，则αβ∥ Ｄ．若a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，则a b ⊥26．（浙江文理）若P 两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ）B Ａ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 Ｂ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 Ｃ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 Ｄ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面27．（理科数学必修+选修Ⅱ）已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ ）A ．64B ．104C ．22D ．3228．（文理科数学必修+选修Ⅱ）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）DA ．15B ．25C ．35D ．4530．（重庆文）垂直于同一平面的两条直线（ ）A A ．平行 B ．垂直 C ．相交 D ．异面 31．（重庆理）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ） Ａ．5部分 Ｂ．6部分 Ｃ．7部分 Ｄ．8部分 32．（理科数学必修+选修Ⅱ）（16）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ．2333．（浙江文理）已知点O 在二面角AB αβ--的棱上，点P 在α内，且45POB ∠=．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有45POQ ∠ ≥，则二面角AB αβ--的大小是．9034．（全国I 文）正四棱锥S ABCD -的底面边长和各侧棱长都为2，点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π335．（文科数学必修＋选修1）正四棱锥S ABCD -的底面边长和各侧棱长都为2，点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．4π336．（理科数学必修+选修Ⅱ）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2．37．（天津文理）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为 ．14π38．（安徽理）在四面体O-ABC 中，D c OC b OB a AB ,,,===为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE = （用a ，b ，c 表示）.111244++a b c 39．(安徽理)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 （写出所有正确结论的编号．．）. ①③④⑤ ①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体； ④每个面都是等边三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体.40．（湖南文）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积是 ；设E F ，分别是该正方体的棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为 ．3π，241．（全国卷Ⅱ文理）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2．242+42．（辽宁文）若一个底面边长为62，棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为 ．43π43．(四川文理)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 .6π44．（江苏）正三棱锥P ABC -的高为2，侧棱与底面ABC 成45角，则点A 到侧面PBC 的距离为_____．65545．（全国I 理）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ．2346．（上海理）在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种． 已知αβ，是两个相交平面，空间两条直线12l l ，在α上的射影是直线12s s ，，12l l ，在β上的射影是直线12t t ，．用1s 与2s ，1t 与2t 的位置关系，写出一个总能确定1l 与2l 是异面直线的充分条件： 21//s s ，并且1t 与2t 相交（//1t 2t ，并且1s 与2s 相交）47．（上海文）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中， 90=∠ACB ， 21=AA ，1==BC AC ，则异面直线B A 1与AC 所成角的大小是 （结果用反三角函数值表示）．66arccos 48．广东理12．如果一个凸多面体是n 棱锥,那么这个凸多面体的所有顶点所确定的 直线共有 条.这些直线中共有()f n 对异面直线,则(4)f =49．辽宁理7．若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ） A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥ B ．若m αγ= n βγ= ，m n ∥，则αβ∥ C ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥D ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥50．辽宁理15．若一个底面边长为32，棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个平面上，则此球的体积为 ．选校网高考频道专业大全历年分数线上万张大学图片大学视频院校库(按ctrl 点击打开)选校网（）是为高三同学和家长提供高考选校信息的一个网站。