立体几何高考选择题
高考立体几何20-22(附答案)
高考立体几何20-22一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．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．20+12√3B．28√2C．563D．28√2 3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．2．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MN⊥OP的是（）A．B．C．D．三、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
3．正三棱台高为1，上下底边长分别为3√3和4√3，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（）A．100πB．128πC．144πD．192π四、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
4．如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（）A．V3=2V2B．V3=2V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1五、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
5．如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．E B．F C．G D．H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，6．已知△ABC是面积为9√34则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√32六、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．7．如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．（1）求证：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．七、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．8．在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=√5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，所以棱台的体积为V=13ℎ(S1+√S1S2+S2)=13×√2×(16+√16×4+4)=283√2故答案为：D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 2．【答案】B,C【解析】【解答】解：对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//AC，故△POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角.在直角三角形OPC中，OC=√2，CP=1，故tan∠POC=1√2=√22故MN△OP不成立，故A错误；对于B，如图（2）所示，取NT的中点Q，连接PQ,OQ，则OQ△NT，PQ△MN，由正方体SBCM-NADT可得SN△平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，故SN△OQ，而SN∩MN=N，故OQ△平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，则OQ△MN，而OQ∩PQ=O，所以MN△平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN△OP.故B正确；对于C，如图（3）所示，连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP△BD，故OP△MN，故C正确；对于D，如图（4）所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//MN，因为DP=PC，故PQ//AC，则PQ//MN，所以△QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=√2,OQ=√AO2+AQ2=√3，PO=√PK2+OK2=√5，则有QO2<PQ2+OP2故△QPO不可能是直角，故MN，OP不可能垂直故D错误.故答案为：BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.3．【答案】A【解析】【解答】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，所以2r1=3√3sin60∘，2r2=4√3sin60∘，即r1=3，r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1=√R2−9，d2=√R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，即|√R2−9−√R2−16|= 1或√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故答案为：A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而求出球的表面积．4．【答案】C,D【解析】【解答】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a，EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a，FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，A、B不符合题意；C、D符合题意.故答案为：CD【分析】直接由体积公式计算V1，V2，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，由V3= V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.5．【答案】A【解析】【解答】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E 故答案为：A【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.6．【答案】C【解析】【解答】设球O 的半径为R ，则 4πR 2=16π ，解得： R =2 .设 △ABC 外接圆半径为 r ，边长为 a ， ∵△ABC 是面积为 9√34的等边三角形，∴12a 2×√32=9√34 ，解得： a =3 ， ∴r =23×√a 2−a 24=23×√9−94=√3 ，∴ 球心 O 到平面 ABC 的距离 d =√R 2−r 2=√4−3=1 . 故答案为：C.【分析】根据球O 的表面积和 △ABC 的面积可求得球O 的半径R 和 △ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离 d =√R 2−r 2 .7．【答案】（1）证明：连接 BO 并延长交 AC 于点 D ，连接 OA 、 PD ，因为 PO 是三棱锥 P −ABC 的高，所以 PO ⊥ 平面 ABC ， AO ，BO ⊂ 平面 ABC ， 所以 PO ⊥AO 、 PO ⊥BO ，又 PA =PB ，所以 △POA ≅△POB ，即 OA =OB ，所以 ∠OAB =∠OBA ，又 AB ⊥AC ，即 ∠BAC =90° ，所以 ∠OAB +∠OAD =90° ， ∠OBA +∠ODA =90° ， 所以 ∠ODA =∠OAD所以 AO =DO ，即 AO =DO =OB ，所以 O 为 BD 的中点，又 E 为 PB 的中点，所以 OE//PD ，又 OE ⊄ 平面 PAC ， PD ⊂ 平面 PAC ， 所以 OE// 平面 PAC（2）解：过点 A 作 AF‖OP ，以AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AF 为z 轴建立如图所示的空问直角坐标系.因为 PO =3，PA =5 ，由(1) OA =OB =4 ，义 ∠ABO =∠CBO =30° ，所以， AB =4√3 ，所以 P(2√3，2，3)，B(4√3，0，0) ，A(0，0，0) ， E(3√3，1，32) ，设 AC =a ，则 C(0，a ，0) ，平面AEB 的法向量设为 n1̅̅̅=(x ，y ，z)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3，0，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3，1，32){AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1=0，所以 {4√3x =03√3x +y +32z =0，所以 x =0 ，设 z =−2 ，则 y =3 ，所以 n ⃗ 1=(0，3，−2) ： 平面AEC 的法向量设为 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，a ，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3，1，32){AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2=0 ，所以 {ay =03√3x +y +32z =0 ，所以 y =0 ，设 x =√3 ，则 z =−6 ，阦以 n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3，0，−6) ： 所以 cos〈n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ 〉=n1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ 2|=√13×√39=13√3=4√313二面角 C −AE −B 的平面角为 θ ，则 sinθ=√1−cos 2θ=1113，所以二面角 C −AE −B 的正弦值为 1113。
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。
【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用)：立体几何选填题(解析版)
3 3
时等号成立，故选：C
【题目栏目】立体几何\球的问题\球的其它问题 【题目来源】2022 年全国乙卷理科·第 9 题
5．(2022 年全国乙卷理科·第 7 题) 在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F 分别为 A B , B C 的中点，则
()
A．平面 B1 E F 平面 BD D1
乙圆锥的高 h2
l2
1 l2 9
22 3
l
，所以 V甲 V乙
1 3
r12
h1
1 3
r2
2
h2
4l2 5 l 93 1l2 2 2 l 93
10 ．
故选：C．
【题目栏目】立体几何\空间几何体的结构特征及其直观图、三视图\空间几何体的展开图问题 【题目来源】2022 年全国甲卷理科·第 9 题
2．(2022 年全国甲卷理科·第 7 题) 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，已知 B1D 与平面 ABCD 和平面 AA1B1B 所成
2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 16 立体几何选填题
一、选择题 1．(2022 年全国甲卷理科·第 9 题) 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． 5 【答案】C
tan BAE c 2 ，所以 BAE 30 ，B 错误； a2
对于 C， AC a2 b2 3c ， CB1 b2 c2 2c ， AC CB1 ，C 错误；
对于
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
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案解析
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
第1页共11页。
2022年高考立体几何汇编
2022年高考立体几何汇编一．选择题（共10小题）1．（2021•天津）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1：3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π2．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨迹高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50% 3．（2021•新高考Ⅱ）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．20+12B．28C．D．4．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A．B．4C．3+D．2 5．（2021•浙江）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．B．3C．D．3 6．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B17．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．4 8．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．9．（2021•甲卷）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．10．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．二．多选题（共2小题）11．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M，N 为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．12．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（）A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P三．填空题（共4小题）13．（2021•上海）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．14．（2021•甲卷）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．15．（2021•乙卷）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）．16．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．四．解答题（共11小题）17．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．18．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA ＝，QC＝3．（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．19．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．20．（2021•北京）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE 于点F．（1）求证：点F为B1C1中点；（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求．21．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．22．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．23．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．24．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？25．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．26．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O 为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．27．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．2021年高考立体几何汇编参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2021•天津）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1：3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π【分析】由题意画出图形，由球的体积求出球的半径，再由直角三角形中的射影定理求得截面圆的半径，代入圆锥体积公式得答案．【解答】解：如图，设球O的半径为R，由题意，，可得R＝2，则球O的直径为4，∵两个圆锥的高之比为1：3，∴AO1＝1，BO1＝3，由直角三角形中的射影定理可得：r2＝1×3，即r＝．∴这两个圆锥的体积之和为V＝．故选：B．【点评】本题考查球内接圆锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．2．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨迹高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【分析】由题意，地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，求解cosα，根据卫星信号覆盖的地球表面面积可得S占地球表面积的百分比．【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OB＝36000+6400＝424000，那么cosα＝；卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣cosα），那么，S占地球表面积的百分比为42%．故选：C．【点评】本题考查了对题目的阅读能力和理解能力，属于基础题．3．（2021•新高考Ⅱ）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．20+12B．28C．D．【分析】过A作AE⊥A1B1，得A1E＝＝1，AE＝＝．连接AC，A1C1，过A作AG⊥A1C1，求出A1G＝，从而AG＝＝，由此能求出正四棱台的体积．【解答】解：如图ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E＝＝1，AE＝＝＝．连接AC，A1C1，AC＝，A1C1＝＝4，过A作AG⊥A1C1，A1G＝＝，AG＝＝＝，∴正四棱台的体积为：V＝＝＝．故选：D．【点评】本题考查四棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．4．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A．B．4C．3+D．2【分析】由三视图还原原几何体，其中P A⊥底面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝2，再由三角形面积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，P A⊥底面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝1，则△PBC是边长为的等边三角形，则该四面体的表面积为S＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．5．（2021•浙江）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．B．3C．D．3【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，由已知三视图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，且AB＝，CD＝，AA1＝1，等腰梯形的高为＝，则该几何体的体积V＝＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．6．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【分析】通过证明直线A1D⊥平面ABD1，MN是△ABD1的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知A1D与直线D1B是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线A1D与直线D1B是异面直线，可判断C；由MN∥AB，可知MN不与平面BDD1B1垂直，可判断D．【解答】解：连接AD1，如图：由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN∥AB，又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．∴A对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．7．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．4【分析】设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：B．【点评】本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力和空间思维能力，属于基础题．8．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．【分析】先确定△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用锥体的体积公式求解即可．【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，则，在Rt△AOO1中，，故三棱锥O﹣ABC的体积为．故选：A．【点评】本题考查了锥体外接球和锥体体积公式，解题的关键是确定△ABC所在圆的圆心的位置，考查了逻辑推理能力、化简运算能力、空间想象能力，属于中档题．9．（2021•甲卷）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．【分析】作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，摆放好正方体，即可求解侧视图．【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．【点评】本题考查简单空间图形的三视图，属基础题．10．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．【分析】由AD1∥BC1，得∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定理，求出直线PB与AD1所成的角．【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直线PB与AD1所成的角为．故选：D．【点评】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．二．多选题（共2小题）11．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M，N 为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．【分析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，求出tanθ＝，从而不满足MN⊥OP；对于B，C，D，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，利用向量法进行判断．【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则tanθ＝＝，∴不满足MN⊥OP，故A错误；对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），＝（2，0，﹣2），＝（1，﹣1，1），＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），＝（﹣2，0，﹣2），＝（﹣1，﹣1，1），＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；对于D，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（0，2，2），N（0，0，0），P（2，1，2），O（1，1，0），＝（0，﹣2，﹣2），＝（1，0，2），＝﹣4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系基础知识，考查数学运算、逻辑思维等核心素养，是中档题．12．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（）A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P【分析】判断当λ＝1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ＝1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．【解答】解：对于A，当λ＝1时，＝+μ，即，所以，故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为，当点P在点C1处时，△AB1P的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；对于B，当μ＝1时，，即，所以，故点P在线段B1C1上，因为B1C1∥平面A1BC，所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，又△A1BC的面积为定值，所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；对于C，当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，因为，即，所以，则点P在线段M1M上，当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；对于D，当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，因为，即，所以，则点P在线的DD1上，当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．故选：BD．【点评】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．三．填空题（共4小题）13．（2021•上海）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．【分析】上顶面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连结OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，由于AB为定值，则S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，分别求解CM的最大值和最小值，即可得到答案．【解答】解：如图1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连结OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，则，根据题意，AB为定值2，所以S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，如图2所示，当点M与点O重合时，CM＝OC＝，此时S△ABC取得最大值为；如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，此时S△ABC取得最小值为．综上所述，S△ABC的取值范围为．故答案为：．【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段CM 的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．14．（2021•甲卷）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39π．【分析】由题意，设圆锥的高为h，根据圆锥的底面半径为6，其体积为30π求出h，再求得母线的长度，然后确定圆锥的侧面积即可．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则，解得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积．故答案为：39π．【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式和圆锥的体积公式，考查了方程思想，属于基础题．15．（2021•乙卷）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②⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．【分析】通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、虚线来确定俯视图图形．【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．【点评】该题考查了三棱锥的三视图，需要学生掌握三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视图中特殊线条能够还原到原立体图形中，需要较强空间想象，属于中等题．16．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为4π．【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．故答案为：4π．【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．四．解答题（共11小题）17．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，0，2），E（2，1，0），C1（2，2，2），故，设平面A1EC1的法向量为，则，即，令z＝1，则x＝2，y＝﹣2，故，又F（1，2，0），D1（0，2，2），所以，则，又D1F⊄平面A1EC，故D1F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，，则＝＝，故直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为；（3）解：由（1）可知，，设平面AA1C1的法向量为，则，即，令a＝1，则b＝﹣1，故，所以＝＝，故二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值为＝．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．18．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA ＝，QC＝3．（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）由CD2+QD2＝QC2证明CD⊥QD，再由CD⊥AD，证明CD⊥平面QAD，即可证明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADQ的一个法向量，平面BDQ的一个法向量，再求cos＜，＞即可．【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为＝（1，0，0），设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，z），由＝（﹣2，2，0），＝（0，﹣1，2），得，即，令z＝1，得y＝2，x＝2，所以＝（2，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．19．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝；（2）连接A1C1∩B1D1＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1，∴OB1⊥平面ACC1A1，∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，∴．∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为．【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．20．（2021•北京）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE 于点F．（1）求证：点F为B1C1中点；（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求．【分析】（1）连结DE，利用线面平行的判定定理证明CD∥平面A1B1C1D1，从而可证明CD∥EF，即可证明四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可证明B1F＝FC1，故点F为B1C1的中点；（2）建立合适的空间直角坐标系，设点M（m，0，0），且m＜0，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面CMF与CDEF的法向量，由向量的夹角公式列出关于m的关系式，求解即可得到答案．【解答】（1）证明：连结DE，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，CD⊄平面A1B1C1D1，则CD∥平面A1B1C1D1，因为平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，则EF∥C1D1，故A1B1∥EF∥C1D1，又因为A1D1∥B1C1，所以四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，而点E为A1D1的中点，所以A1E＝ED1，故B1F＝FC1，则点F为B1C1的中点；（2）解：以点B1为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点M（m，0，0），且m＜0，则C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F（0，1，0），故，设平面CMF的法向量为，则，即，所以，b＝2，故，设平面CDEF的法向量为，则，即，所以x＝0，y＝2，故，因为二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，则＝＝，解得m＝±1，又m＜0，所以m＝﹣1，故＝．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理的应用，二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．21．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF ⊥平面EGB1D，进而得证．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故，∴，而侧面AA1B1B为正方形，∴，∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF⊥DE．【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．22．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【分析】（1）连结BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⊥PD，从而可以证明AM⊥平面PBD，得到AM⊥BD，证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则，所以，解得BC＝；（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，P（0，0，1），所以，，设平面AMP的法向量为，则有，即，令，则y＝1，z＝2，故，设平面BMP的法向量为，则有，即，令q＝1，则r＝1，故，所以＝，设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，则sinα＝＝，所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．【点评】本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．23．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；（Ⅱ）由（Ⅰ）证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°＝，则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，∴CD⊥PM，∵CD∥AB，∴AB⊥PM；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，。
成人高考数学立体几何与解析几何考核试卷
9.正弦函数的值域是[-1, 1]。( )
10.圆柱的侧面积可以用底面周长乘以高来计算。( )
五、主观题（本题共4小题，每题10分，共40分）
1.已知空间直角坐标系中点A(1, 2, 3)，求点A到平面2x - 3y + z - 6 = 0的距离。
2.若一个圆的半径为r，则其直径长度为2r。( )
3.在一次函数y=mx+b中，若m<0，则函数图像是向下倾斜的。( )
4.平面上任意两点的中点坐标是这两点坐标的平均值。( )
5.任何三角形的内角和都是180°。( )
6.若抛物线的方程为y^2=4ax，则焦点在y轴上。( )
7.正方体的所有面都是正方形。( )
成人高考数学立体几何与解析几何考核试卷
考生姓名：__________答题日期：__________得分：__________判卷人：__________
一、单项选择题（本题共20小题，每小题1分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.在空间直角坐标系中，点A(2, 3, -1)到平面x+2y-z=6的距离是：
A. (2, 4)
B. (3, 5)
C. (1, 3)
D. (5, 8)
( )
17.以下哪个选项是点(2, -3)关于原点的对称点？
A. (-2, 3)
B. (-2, -3)
C. (2, 3)
D. (3, 2)
( )
18.在等腰直角三角形中，若斜边长度为c，则腰的长度是：
A. c/2
B. c√2/2
( )
4.两个平行的平面之间的最短距离是______。
第07讲 立体几何-2022年新高考数学新情景、新文化问题(新高考地区专用)(解析版)
第07讲立体几何一、单项选择题1．〔2021·全国高三专题练习〕我国古代数学名著?九章算术?中“开立圆术〞曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术〞相当于给出了球的体积V ，求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式.根据 3.14159π=…判断，以下近似公式中最精确的一个是〔〕 A．d ≈B．d ≈C．d ≈D．d ≈【答案】D 【分析】根据球的体积公式可知332d Vπ=，将四个选项分别化简得到3d ，通过比拟近似值可得结果.【详解】球的体积3432d V π⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，3632d V V ππ∴==.3.14159π=⋅⋅⋅， 1.570792π∴=⋅⋅⋅.记1d =3116392716d V ∴==；2d =3232 1.5d V V ∴==；3d =3331.57d V ∴=；4d =343117d V ∴=. 27 1.8916≈，11 1.5717≈，2716∴，1.5，1.57，117中，117最接近2π.4d ∴更精确.应选：D.2．〔2021·黑龙江齐齐哈尔·高一期末〕中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒〔cuán 〕尖顶，表达天圆地方的理念，其屋顶局部的轮廓可近似看作一个正四棱锥．此正四棱锥的侧棱长为侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，假设取30θ=︒，那么以下结论正确的选项是〔〕 A ．正四棱锥的底面边长为48m B ．正四棱锥的高为4m C．正四棱锥的体积为2D ．正四棱锥的侧面积为2 【答案】C 【分析】在如下图的正四棱锥中，设底面边长为2a ，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误. 【详解】如图，在正四棱锥S ABCD -中，O 为正方形ABCD 的中心，SH AB ⊥， 那么H 为AB 的中点，连接,,SO OH AO ，那么SO ⊥平面ABCD ，OH AB ⊥， 那么SHO ∠为侧面与底面所成的锐二面角，设底面边长为2a ．正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ， 这个角接近30°，取30θ=︒，∴30SHO ∠=︒，那么OH a =，OS =，SH =．在Rt SAH 中，(222a ⎫+=⎪⎪⎝⎭，解得12a =，故底面边长为()24m ，)12m =，侧面积为21424122S =⨯⨯=，体积3124243V =⨯⨯⨯=．应选：C ．3．〔2021·济宁市育才中学高二开学考试〕张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的外表积为〔〕A ．30B ．2C ．D ．【答案】D 【分析】由BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，将三棱锥A BCD -放在长方体中，求出外接球的半径以及圆周率的值，再由球的外表积公式即可求解. 【详解】 如下图：因为BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，1BC =，2AB CD ==， 所以将三棱锥A BCD -放在长、宽、高分别为2,1,2的长方体中， 三棱锥A BCD -的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径3AD ，利用张衡的结论可得2π5168=，那么π=所以球O的外表积为234π9π2⎛⎫== ⎪⎝⎭应选：D.4．〔2021·甘肃〔理〕〕“端午节〞为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为3cm 2，高为6cm 〔不含外壳〕的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，假设一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积，那么这两碗馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为〔参考数据：444≈．〕〔〕 A ．35，20 B ．36，20 C ．35，21 D ．36，21【答案】C 【分析】分别计算正四面体，圆柱和半球的体积，再根据题意将体积相除进行分析即可 【详解】棱长为6cm的正四面体的体积)23116cm 3V =， 底面半径为3cm 2，高为6cm 的圆柱的体积()2323276cm 22V ππ⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎝⎭， 半径为6cm 的半球的体积()333146144cm 23V ππ=⨯⨯=．235.5=≈，14464221.32732ππ⨯=≈， 所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，最多可包竹筒粽21个． 应选：C5．〔2021·山西高三月考〔文〕〕?九章算术?商功章记载：今有圆困，高一丈三尺三寸、少半寸，容米二千斛，问周几何？即一圆柱形谷仓，高1丈3尺133寸，容纳米2000斛〔1丈=10尺，1尺=10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，3π≈〕，那么圆柱底面圆的周长约为多少？同时也有记载：“邪解立方得二堑堵“，即堑堵是两底面为直角三角形的三棱柱，如下图为一堑堵几何体，6AB =尺，10BC =尺，8BE =尺，2DCF π∠=.现提出一个问题：将圆柱形谷仓中的二千斛米用n 个堑堵分装，那么n 的最小值为〔〕 A ．11 B ．12 C ．13 D ．14【答案】D 【分析】根据题意算出圆柱的容积、堑堵的容积，再相除计算即可 【详解】由题知圆柱的体积2000 1.623240V =⨯=〔立方尺〕，堑堵的体积11681024022ABE DCF V AB BE BC -=⋅⋅=⨯⨯⨯=〔立方尺〕，而324013.5240=，所以n 的最小值为14. 应选：D6．〔2021·上海市西南位育中学高二期中〕祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，那么积不容异〞，“幂〞是截面积，“势〞是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，那么体积相等.由曲线224,4,4,4x y x y x x ==-==-围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为1V ，满足()()22222216,24,24x y x y x y +≤+-≥++≥的点(),x y 组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为2V ，那么12V V 、满足以下哪个关系式〔〕 A ．1212V V =B ．1223V V =C ．122V V =D ．12V V =【答案】D 【分析】由题意可得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，求得截面面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体的体积相等. 【详解】如图，两图形绕y 轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间， 用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，所得截面面积21(44||)S y π=-，12S S ∴=，由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即12V V =应选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查了祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，解题的关键祖暅原理，清楚旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，考查学生的额转化思想，数形结合思想，属于较难题.7．〔2021·无锡市第一中学高一期中〕八角红楼是某校现址上最早的教学大楼，她是一座三层的教学楼，中间是四层的八角楼，也是该校最具历史意义的一幢建筑.“以八角红楼为标志，绿树红墙，借锡惠、运河之景，形成大气、优美之校园环境〞是该校校园的整体规划指导思想，因此在此后的综合教育楼等校园建筑的设计中，大多都以坡屋顶、八角顶和八角红楼相照应，形成了现在该校校园建筑的整体风格，给无数校友和国内外来宾留下了深刻的印象，为迎接建党100周年及110年校庆，学校考虑更换楼项红瓦，考虑到拼接重叠、各种可能的其他损耗及后期维护需要，准备按楼顶面积的1.5倍准备红瓦，八角红楼的楼顶可近似看成正八棱锥，正八棱锥的底面边长约为2m ，红瓦整箱出售，每箱50片，每片规格为20cm×30cm ，那么学校至少需要采购红瓦〔〕 A ．10箱 B ．11箱C ．12箱D ．13箱【答案】B 【分析】根据正八棱锥的底面为正八边形，侧面为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的高即为侧面的侧高，求得其侧面积即可. 【详解】正八棱锥的底面为正八边形，侧面为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的高即为侧面的侧高，如下图：∵22tan 8tan41tan 8πππ=-，令tan8t π=，那么221t t =-，即2210t t +-=，解得1t =-1t =-〔舍去〕∴1tan 18A H O H O H π'==='，，∴2OO OH '==121=842(2162S A A OH ⋅⋅=⋅⋅=+侧810.828=+所以学校至少需要采购红瓦11箱， 应选：B8．〔2022·全国〕我国古代数学名著?九章算术?中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?〞这里的“羡除〞，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除〞的体积为〔〕 A ．84 B ．66C ．126D ．105【答案】A 【分析】由图可知，中间局部为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果. 【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形， 两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6，所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形， 直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =，所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=，因此，该“羡除〞的体积为1284V V V =+=. 应选：A. 二、多项选择题9．〔2021·山西省长治市第二中学校高一月考〕“阿基米德多面体〞也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它表达了数学的对称美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．AB = A ．该半正多面体的体积为203B ．该半正多面体过,,A B CC ．该半正多面体有外接球，且它的的外表积为8πD ．该半正多面体有内切球，且它的的外表积为4π 【答案】AC 【分析】根据几何体的体积公式判断A ，作出截面即可判断B ，根据外接球为正四棱柱可以判断C ，根据点到面的距离判断D ； 【详解】解：该半多面体，是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得， 对于A ：因为由正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥，所以该几何体的体积1120222811323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，故A 正确；过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED，所以26S ==，故B 错误；，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，∴2222(2)2R =++，∴R∴该半正多面体的外接球的外表积22448S R πππ==⨯=，故C 正确．由根据该几何体的对称性可知，如果几何体存在内切球，那么球心一定是正方体的中心，又正方体的中心到半正多面体的四边形的面的距离为1，又顶点到三角形面的距离11111123d ⨯⨯⨯⨯==，所以正方体的中心，到三角形面的距离121233d ⎫==⎪⎭，故几何体不存在内切球，即D 错误；应选：AC10．〔2021·南京师范大学附属中学江宁分校高二开学考试〕大摆锤是一种大型游乐设备〔如图〕，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为平安束缚，配以平安带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．假设小明坐在点A 处，“大摆锤〞启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈．设4OB AB =，在“大摆锤〞启动后，以下结论正确的选项是〔〕 A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，那么θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB//α；D ．直线OA 与平面α． 【答案】ABD 【分析】根据题意建立数学模型进而求解出答案. 【详解】解：因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所以OA 又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值， 所以点A 在某个定球面上运动，选项A 正确； 作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，选项B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB//α，选项C 错误；设AB a ，那么4OB a =，OA =， 当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大；此时直线OA 与平面αD 正确. 应选：ABD.11．〔2021·广东中山·〕蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的．从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是10928'︒，这样的设计含有深刻的数学原理．我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构，著有?谈谈与蜂房结构有关的数学问题?，用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在正六棱柱ABCDEF A B C D E '''''-的三个顶点A ，C ，E 处分别用平面BFM ，平面BDO ，平面DFN 截掉三个相等的三棱锥M ABF -，O BCD -，N DEF -，平面BFM ，平面BDO ，平面DFN 交于点P ，就形成了蜂巢的结构．如图，设平面PBOD 与正六边形底面所成的二面角的大小为θ，那么以下结论正确的有〔〕 A ．异面直线DO 与FP 所成角的大小为10928'︒ B ．BF MN <C ．B ，M ，N ，D 四点共面 D ．cos 5444θ'=︒ 【答案】CD 【分析】对于A 选项，由异面直线DO 与FP 所成角范围即可判断；对于B 选项，不妨设正六边形的边长为2AB =，可判断BF MN =；对于C 选项，可以判断四边形BMND 是平行四边形，进而判断；对于D 选项，取BF 的中点G ，连接GA ，GM ，可得MGA θ∠=．在等腰三角形ABF 中，120BAF ∠=︒，可得GB ，GA ，在Rt GMB 中，tan 5444GBGM =︒'，进而解得二面角．【详解】解：对于A 选项，由于异面直线DO 与FP 所成角不可能为钝角10928︒'，故A 选项不正确；对于B 选项，如图1，不妨设正六边形的边长为2AB =，因为去掉的三个三棱锥全等，故,,M O N 共面，所以BDF 与MON △都是边长为BF MN =，故B 选项错误；对于C 选项，如图1，连接AE ，易知//,AE MN AE MN =，//,AE BD AE BD =，故//,BD MN BD MN =，所以四边形BMND 是平行四边形，因此B ，M ，N ，D 四点共面，故C 选项正确；对于D 选项，如图2，取BF 的中点G ，连接,GA GM ，MF MB =，MG BF ∴⊥，AF AB =AG BF ∴⊥，所以MOA ∠即为平面PBOD 与正六边形底面所成的二面角的平面角，即MGA θ∠=．在等腰三角形ABF 中，120BAF ∠=︒，那么3sin2332GB AB π===，1sin 2162GA AB π===．在Rt MGB △中，tan 5444GB GM '︒=，解得：tan 5444GB GM =='︒Rt G MA △中，cos 5444GA GM θ'∴==︒．故D 选项正确.应选：CD12．〔2021·河北衡水中学〕我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，那么积不容异.这个定理的推广是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，假设截得两个截面面积比为k ，那么两个几何体的体积比也为k .如以下图所示，线段AB 长为4，直线l 过点A 且与AB 垂直，以B 为圆心，以1为半径的圆绕l 旋转一周，得到环体M ；以A ，B 分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体N ；过AB 且与l 垂直的平面为β，平面//αβ，且距离为h ，假设平面α截圆柱体N 所得截面面积为1S ，平面α截环体M 所得截面面积为2S ，那么以下结论正确的选项是〔〕A ．圆柱体N 的体积为4πB ．212S S π=C ．环体M 的体积为8πD ．环体M 的体积为28π【答案】ABD 【分析】圆柱体N 的体积为4π，即可判断A ，14S ==222S r r ππ=-外内，即可判断B ，环体M 体积为2V π柱，可判断C 、D. 【详解】由圆柱体N 的体积为4π，应选项A 正确；由图可得14S ==222S r r ππ=-外内，其中(224r =外，(224r =内，故212S S ππ==，应选项B 正确； 环体M 体积为22248V ππππ=⋅=柱，应选项D 正确，选项C 错误应选：ABD 三、填空题13．〔2022·全国高三专题练习〕?九章算术?是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体．在如下图的堑堵111ABC A B C -中，4AB BC ==，AC =假设阳马111C ABB A -的侧棱18C A =，那么鳖臑1C ABC -中，点C 到平面1C AB 的距离为________．【分析】由勾股定理得到ABC 是等腰直角三角形，利用线面垂直的性质可得1CC AC ⊥，分别求解1C BA △和ABC 的面积，然后由等体积法11C C AB C ABC V V --=，列式求解即可． 【详解】解：由4AB BC ==，AC =222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥， 故ABC 是等腰直角三角形，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，那么1CC AC ⊥，在1Rt C CA 中，AC =18C A =，所以1C C =故在1Rt C CB △中，1C B =那么1111422C BA S AB C B =⋅⋅=⨯⨯△1144822ABC S AB CB =⋅⋅=⨯⨯=△， 设点C 到平面1C AB 的距离为d ，由等体积法11C C AB C ABC V V --=，可得111133C BA ABC S d S CC ⋅⋅=⋅△△，解得d =C 到平面1C AB．． 14．〔2021·广东江门·〕古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，如下图，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现吧！记圆柱的体积和外表积分别为1V 、1S ，球的体积和外表积分别为2V 、2S ，那么1221V S V S ⨯=____. 【答案】1 【分析】设球的半径为R ，确定圆柱的底面半径以及高，利用圆柱和球的体积公式以及外表积公式，列式求解即可. 【详解】解：设球的半径为R ，那么圆柱的底面半径为R ，高为2R ， 所以23122V R R R ππ=⋅=，3243V R π=，2212226S R R R R πππ==+⋅=，224S R π=⋅，故32122321241463V S R R V S R R ππππ⨯=⨯=. 故答案为：1.15．〔2021·浙江杭州·高一期末〕半正多面体亦称为“阿基米德多面体〞，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如下图．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体〞花岗岩石凳，此石凳的棱长为，那么此石凳的体积是________3cm ． 【答案】1600003【分析】根据题意，该石凳是由棱长为40cm 的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，故由正方体的体积减去8个三棱锥的体积，即可求解.【详解】解：由图可知：该石凳是由棱长为40cm 的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，∴该石凳的体积为：2111600004040408202020cm 323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=. 故答案为：1600003. 16．〔2021·辽宁大连·〕甲烷是一种有机化合物，分子式是4CH ，它作为燃料广泛应用与民用和工业中，近年来科学家通过观测数据，证明了甲烷会导致地球外表温室效应不断增加，深入研究甲烷，趋利避害，成为科学家面临的新课题，甲烷分子的结构为正四面体结构，四个氢原子位于正四面体的四个顶点，碳原子位于正四面体的中心，碳原子和氢原子之间形成的四个碳氢键的键长相同，键角相等，请你用学过的数学知识计算甲烷碳氢键之间的夹角余弦值______.【答案】13-.【分析】先作出正四面体ABCD ，O 为该正四面体的中心，连接DO 交面ABC 于E ，那么E 为ABC 的中心，连接AE 交BC 于F ，那么F 为线段BC 的中点，设出该正四面体的棱长，根据E 为ABC 的中心求出AE ,进而求出DE ,设出AO 和DO 〔二者相等〕的长度并通过勾股定理解出，最后用余弦定理即可求得. 【详解】如图，正四面体ABCD ，O 为该正四面体的中心，连接DO 交面ABC 于E ，那么E 为ABC 的中心，连接AE 交BC 于F ，那么F 为线段BC 的中点，设正四面体ABCD 棱长为1，那么AF = 易知点E 是ABC的中心，∴23AE AF ==在Rt DEA中，由勾股定理：DE =AO DO x ==， 在Rt OEA中，由勾股定理：222x x x ⎫=+⇒⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴在AOD △中，由余弦定理：22211cos 3AOD +-∠==-.故答案为：13-.四、解答题17．〔2021·河北巨鹿中学高一月考〕正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体〔各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等〕.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.一个正四面体QPTR 和一个正八面体AEFBHC 的棱长都是a 〔如图〕，把它们拼接起来，使它们一个外表重合，得到一个新多面体. 〔1〕求新多面体的体积；〔2〕求正八面体AEFBH 中二面角A BF C --的余弦值； 〔3〕判断新多面体为几面体？〔只需给出答案，无需证明〕【答案】〔1〔2〕13-；〔3〕七面体.【分析】〔1〕分别取QR 、PT 的中点G 、N ，连接NQ 、NR 、NG ，证明出PT ⊥平面NQR ，计算出NQR △的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正四面体和正八面体体积之积，即可得解；〔2〕在正八面体AC 中，取BF 的中点为M ，连接AM CM 、，分析出AMC ∠为二面角A BF C --的平面角，计算出ACM △三边边长，利用余弦定理可求得结果；〔3〕计算出正四面体相邻面所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论. 【详解】〔1〕分别取QR 、PT 的中点G 、N ，连接NQ 、NR 、NG ，如以下图所示：因为PQ QT =，N 为PT 的中点，那么QN PT ⊥且NQ =，同理可知NQ PT ⊥且NQ =， NQ NR N =，所以，PT ⊥平面NQR ，G 为QR 的中点，那么NG QR ⊥，且NG =，2112224NQR S QR NG a a =⋅=⨯=△，所以正四面体Q PRT -的体积为2311133QNRV SPT a =⋅=⨯=； 如以下图所示：在正八面体中，连接AC 交平面EFBH 于点O ，那么AO ⊥平面EFBH ，所以2EFBG S a =，AO =，所以正八面体的体积为23211223323EFBG V S AO a a =⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，因为新多面体体积为原正四面体体积1V 与正八面体体积2V 之和，所以，新多面体的体积为12V V V =+=〔2〕如图，在正八面体AC 中，取BF 的中点为M ，连接AM CM 、，AB AF =，M 为BF 的中点，那么AM BF ⊥，且2AM =， 同理可知CM BF ⊥，且CM =， 所以，AMC ∠为二面角A BF C --的平面角．2AC AO ==，由余弦定理得2221cos 23MA MC AC ADC MA MC +-∠==-⋅，故二面角A BF C --的余弦值为13-；〔3〕新多面体是七面体.证明如下：由〔2〕可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13-，设此角为α．在正四面体中，因为NQ PT ⊥，NR PT ⊥，故QNR ∠为二面角A BF C --的平面角．由余弦定理得2222221cos 23a NQ NR QR QNR NQ NR ∠⎫⎫+-⎪⎪+-===⋅，即正四面体相邻面所构成的二面角θ的余弦值为13，所以180θα+=，因此新多面体是七面体.)18．〔2021·沙坪坝·重庆八中〕?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，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，E 为1AA 的中点，F 为1DD 的中点，13AN NB =．〔1〕求证：四棱锥11N EFC B -为阳马；〔2〕求平面NEF 与平面1NFC 所成二面角的大小． 【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕2π.【分析】〔1〕根据题意，先证明四边形11EFC B 为矩形，再证明EN ⊥平面11EFC B 即可； 〔2〕建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式即可解得. 【详解】〔1〕∵E 为1AA 的中点，F 为1DD 的中点，∴11////EF AD B C ，11EF AD B C ==，EF ⊥平面11ABB A ，∴四边形11EFC B 为矩形， ∵111111111,,,22AE A B AN A E A B AA AA AB ==⊥⊥， ∴111ANE A EB NE B E ⊥∽，．又∵EF ⊥平面11ABB A ，∴EF EN ⊥，又1B E EF E ⋂=，∴EN ⊥平面11EFC B ， ∴四棱锥11N EFC B -为阳马.〔2〕以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，1DD →为z 轴正方向， 如下图建立空间直角坐标系．那么()()()11112,,0,2,0,1,0,0,1,0,2,2,0,,1,2,,1222N E F C NE NF →→⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，132,,22NC →⎛⎫=- ⎪⎝⎭.设平面NEF 的法向量为()1111,,n x y z →=，那么1111111100210202y z n NE n NF x y z ⎧-+=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩--+=⎪⎩，令z =-1，那么()10,2,1n →=--.同理可得：平面NEF 的法向量25,2,42n →⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.那么12cos ,0n n →→<>==，所以平面EFN 与平面1NFC 所成二面角为2π． 19．〔2021·江西高三开学考试〔理〕〕中国是风筝的故土，南方称“鹞〞，北方称“鸢〞，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P ABCD -，其中AC BD ⊥于O ，4OA OB OD ===，8OC =，PO ⊥平面ABCD ． 〔1〕求证：PD AC ⊥；〔2〕试验说明，当12PO OA =时，风筝表现最好，求此时直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2【分析】〔1〕利用PO ⊥平面ABCD 可得PO AC ⊥，再利用AC BD ⊥即可；〔2〕以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系即可求出；或利用等体积法--P BCD D PBC V V =三棱锥三棱锥也可. 【详解】〔1〕证明：∵PO ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴PO AC ⊥，又AC BD ⊥，PO BD O =，PO ⊂平面POD ，BD ⊂平面POD ，∴AC ⊥平面POD ， 又PD ⊂平面POD ． ∴PD AC ⊥．〔2〕解：法一：如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，那么()4,0,0B ，()0,8,0C ，()4,0,0D -，()002P ,,，∴()4,0,2PB =-，()0,8,2PC =-，()4,0,2PD =--， 设(),,m a b c =为平面PBC 的法向量，那么00m PB m PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即420820a c b c -=⎧⎨-=⎩，令4c =，那么()2,1,4m =， 设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，那么4sin 16PD m PD mθ-⋅===法二：如图，在Rt POB中，由222PB PO OB =+得PB = 在Rt POC中，由222PC PO OC =+得PC = 在Rt POD中，由222PD PO OD =+得PD = 在Rt BOC 中，由222BC BO OC=+得BC =在PBC 中，由222cos 2PB BC PCPBC PB BC +-∠=⨯22225+-==，得sin PBC∠==11sin225PBCS PB BC PBC=⋅⋅⋅∠=⨯=△设点D到平面PBC的距离为h，由--P BCD D PBCV V=三棱锥三棱锥，得111323PBCBD OC OP S h⨯⨯⨯⨯=⨯⨯△，即2PBCBD OC OPhS⨯⨯===△，设直线PD与平面PBC所成的角为θ，那么sinhPDθ===20．〔2021·全国高三专题练习〔理〕〕2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带〞，就像速度滑冰运发动高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带〞又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带〞呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，表达了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如?九章算术?中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在?缀术?提出祖暅原理：“幂势既同，那么积不容异〞，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体假设在所有等高处的水平截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等.〔Ⅰ〕利用祖暅原理推导半径为R的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体M，几何体M的底面半径和高都为R，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；〔Ⅰ〕现将椭圆()222210x ya ba b+=>>所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A，B〔如图〕，类比〔Ⅰ〕中的方法，探究椭球A的体积公式，并写出椭球A，B的体积之比.【答案】〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅰ〕243AV abπ=，体积之比为ba.【分析】〔Ⅰ〕由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明； 〔Ⅰ〕类比〔Ⅰ〕可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球A 的体积，同理求出椭球B 的体积，作比得出答案. 【详解】〔Ⅰ〕由图可知，图①几何体的为半径为R 的半球，图②几何体为底面半径和高都为R 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环〔如阴影局部〕 证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为1O ，易得截面圆1O 的面积为()22R d π-，在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d ，所以，圆环的面积为()22R d π-，所以，截得的截面的面积相等〔Ⅰ〕类比〔Ⅰ〕可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上〔如图〕，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ；在半椭球截面圆的面积()2222b a d aπ-，在圆柱内圆环的面积为()22222222b b b d a d a aπππ-=-∴距离平面α为d 的平面截取两个几何体的平面面积相等， 根据祖暅原理得出椭球A 的体积为：()222142233A V V V b a b a ab πππ⎛⎫=-=⋅⋅-⋅⋅= ⎪⎝⎭圆柱圆锥，同理：椭球B 的体积为243B V a b π=所以，两个椭球A ，B 的体积之比为ba.【点睛】关键点点睛：此题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.21．〔2021·九龙坡·重庆市育才中学高三月考〕在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉〔如题21图〔1〕〕是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所创造的一。
高考立体几何模型
高考常考立体几何模型模型一：阳马一、选择题1.《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. √6πB. 8√6π3C. 8√6πD. 24π【答案】A【解析】解：如图所示，该几何体为四棱锥P−ABCD，底面ABCD为矩形，其中PD⊥底面ABCD．AB=1，AD=2，PD=1．则该阳马的外接球的直径为PB=√1+1+4=√6．∴该阳马的外接球的体积：4π3×(√62)3=√6π．2.刘徽注《九章算术·商功》有载：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”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．已知阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC=2PA=4，AB=3，E为PD中点．则异面直线AE与BD所成角的余弦值为()A. 35B. 25C. 6√525D. 8√525【答案】D【解析】解：如图，取PB中点为F，连接AF，EF，∵E为PD中点，∴FE//BD，∴∠AEF(或补角)为异面直线AE与BD所成的角．由已知，得AE=12PD=√5，AF=12PB=√132，EF=12BD=52，cos∠AEF=AE2+EF2−AF22AE⋅EF=8√525．即AE与BD所成角的余弦值为8√525．3.《九章算术》中，将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．在阳马P−ABCD中，PC为阳马中最长的棱，AB=1，AD=2，PC=3，若在阳马P−ABCD的外接球内部随机取一点M，则M位于阳马内的概率为()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，∵PC=√PA2+AB2+AD2，∴3=√PA2+1+4，∴PA=2，又PA垂直平面ABCD，∴V P−ABCD=13×1×2×2=43，，，4.刘徽《九章算术⋅商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，.某“阳马”的三视图如图所示，则其外接球的体积为()正视图侧视图俯视图A. √3πB. 3πC. √3π2D. 4π【答案】C【解析】解：由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球；由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为√3，∴外接球的半径为√32，∴外接球的体积为V=4π3⋅(√32)3=√32π.5.《九章算术》中，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.已知某“阳马”的三视图如图所示，其体积为12，则该“阳马”的侧视图中的x=()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】解：根据几何体的三视图可知，该几何体是底面长为4，宽为x的矩形，高为3的四棱锥，∵几何体的体积V=13×4×3x=12，解得x=3，6.《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. √6πB. 8√6π3C. 8√6πD. 24π【答案】A【解析】解：如图所示，该几何体为四棱锥P−ABCD.底面ABCD为矩形，其中PD⊥底面ABCD．AB=1，AD=2，PD=1．则该阳马的外接球的直径为PB=√1+1+4=√6．∴该阳马的外接球的体积：4π3×(√62)3=√6π．7.刘徽注《九章算术·商功》有载：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖孺．”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．已知阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC=2PA=4，AB=3，E为PD中点．则异面直线AE与BD所成角的余弦值为A. 35B. 25C. 6√525D. 8√525【答案】D【解析】解：如图，取PB中点为F，连接AF，EF，∵E为PD中点，∴FE//BD，∴∠AEF(或补角)为异面直线AE与BD所成的角．由已知，得AE=12PD=√5，AF=12PB=√132，EF=12BD=52，cos∠AEF=AE2+EF2−AF22AE⋅EF=8√525．即AE与BD所成角的余弦值为8√525．二、填空题8.我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=2，当“阳马”即四棱锥B−A1ACC1体积最大时，“堑堵”即三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积为________．【答案】8√23π【解析】解：设AC=b，BC=a，则a2+b2=AB2=4，所以四棱锥B−A1ACC1=13×BC×AC×AA1=23ab≤2 3×a2+b22=43，当且仅当a=b=√2时取等，此时三棱柱ABC−A1B1C1外接球的球心为A1B的中点，所以外接球的半径R=A1B2=√AA12+AB22=√4+42=√2，所以三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积为43×πR3=43π×2√2=8√23π.故答案为：8√23π.9.我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有一“阳马”如图所示，PA⊥平面ABCD，PA=4，AB=√3，AD=1，则该“阳马”外接球的表面积为________．【答案】【解析】解：如图：因为平面ABCD，PA⊂平面PAD，PA⊂平面PAB，所以平面PAD⊥平面ABCD，交于AD，平面PAB⊥平面ABCD，交于AB，而ABCD是矩形，因此DC⊥平面PAD，BC⊥平面PAB．而PD⊂平面PAD，PB⊂平面PAB，因此DC⊥PD，BC⊥PB．连接AC，因为平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以，因此该“阳马”外接球是以PC为直径的球．又因为PA=4，AB=√3，AD=1，所以PC=√PA2+AB2+AD2=2√5，即外接球的半径为√5，因此该“阳马”外接球的表面积为．故答案为．10.《九章算术》中把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.现有如图所示的“堑堵”ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=1，“堑堵”即三棱柱ABC−A1B1C1π，则“阳马”即四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为的外接球的体积为√23_________．【答案】16【解析】解：，设AC=x，则BC=√1−x2，时，取等号．，当且仅当x=√22故四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为1．611.我国古代数学名著《九章算术⋅商功》中阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，则对该几何体描述：①四个侧面都是直角三角形；②最长的侧棱长为2√6；③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；④外接球的表面积为24π．其中正确的为______________【答案】①②④【解析】解：由题目中的三视图可还原几何体如下：下底面为4宽2的矩形，ED⊥平面ABCD，ED=2，∴①四个侧面都是直角三角形，正确；②最长的侧棱长为EB=2√6，正确；③四个侧面不存在全等的直角三角形，故错误；④外接球的球心为EB中点，半径r=√6，表面积为24π，正确．故正确的描述有①②④，模型二：鳖臑一、选择题12. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，且AB =BD =CD ，M 为AD 的中点，则二面角M −BC −D 的正弦值为A. √22B. √33C. √63D. 1【答案】C【解析】 解：由题意可以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面BDC 的垂线为z 轴(与AB 平行)，建立空间直角坐标系如图所示，设AB =BC =CD =1，则A(0,1，1)，B(0,1，0)，C(0,0，0)，D(1,0，0)，M(12,12,12)， 则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−12,12)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)， 设异面直线BM 与CD 夹角为θ，则cosθ=|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√34=√33．∴二面角M −BC −D 的正弦值为√1−cos2θ=(√33)=√63．13. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑A—BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，且AB =BD =CD ，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 所成角的正弦值为A. 0B. √33C. √63D. 1【答案】D【解析】 解：设AB =BD =CD =1，因为BD ⊥CD ，AB ⊥平面BCD ，所以CD ⊥AB ，AB ∩BD =B ，所以CD ⊥面ABD ，CD ⊥AM ，则异面直线BM 与CD 所成角为90° 异面直线BM 与CD 所成角的正弦值为1，14.刘徽注《九章算术·商功》有载：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”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．已知阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC=2PA=4，AB=3，E为PD中点．则异面直线AE与BD所成角的余弦值为A. 35B. 25C. 6√525D. 8√525【答案】D【解析】解：如图，取PB中点为F，连接AF，EF，∵E为PD中点，∴FE//BD，∴∠AEF(或补角)为异面直线AE与BD所成的角．由已知，得AE=12PD=√5，AF=12PB=√132，EF=12BD=52，cos∠AEF=AE2+EF2−AF22AE⋅EF=8√525．即AE与BD所成角的余弦值为8√525．15.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC 与BD所成角的余弦值为()．A. 12B. -12C. √32D. -√32【答案】A【解析】解：如图所示，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，则EF//BD，EG//AC，FO⊥OG，∴∠FEG为异面直线AC与BD所成角．设AB=2a，则EG=EF=√2a，FG=√a2+a2=√2a，∴∠FEG=60°，∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为12，16.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知鳖臑P−ABC的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的外接球的表面积为(单位：cm2)()A. 41πB. 16πC. 25πD. 64π【答案】A【解析】解：由题意将三视图还原几何体，看作是长方体(长4，宽3，高4)截得的三棱锥， 所以球O 的直径，2R =√42+32+42=√41， ∴球O 的半径为√412，∴球O 的表面积为4π⋅(√412)2=41π．17. 刘徽注《九章算术·商功》有载：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”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．已知阳马P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，BC =2PA =4，AB =3，E 为PD 中点．则异面直线AE 与BD 所成角的余弦值为( )A. 35B. 25C. 6√525D. 8√525【答案】D【解析】 解：如图，取PB 中点为F ，连接AF ，EF ，∵E 为PD 中点，∴FE//BD ，∴∠AEF(或补角)为异面直线AE 与BD 所成的角．由已知，得AE =12PD =√5，AF =12PB =√132，EF =12BD =52，cos ∠AEF =AE 2+EF 2−AF 22AE⋅EF=8√525． 即AE 与BD 所成角的余弦值为8√525．18. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥P -ABC为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA=3，AB=4，AC=5，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( ) A. 17π B. 25π C. 34π D. 50π 【答案】C【解析】解：由题意，PC为球O的直径，∵PC=√PA2+AC2=√9+25=√34，∴球O的半径R=PC2=√342，∴球O的表面积S=4πR2=4π×(√342)2=34π．19.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，已知AB=3,BC=4,AC=5，若阳马C1−ABB1A1的外接球的表面积等于50π，则鳖臑C1−ABC的所有棱中，最长的棱的棱长为A. 5B. √41C. 5√2D. 8【答案】C【解析】解：由题意知，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，四棱锥C1−ABB1A1的外接球即为直三棱柱的外接球，以AB、BC、BB1为共顶点，画出长方体，如图所示，则长方体的最长的棱的棱长为AC1，即外接球的直径，∴外接球的表面积是．∴R=5√2 2∴鳖臑C1−ABC的所有棱中，最长的棱的棱长为AC1=2R=5√2．20.中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖，若三棱锥Q−ABC为鳖臑，QA⊥平面ABC，AB⊥BC，QA=BC=3，AC=5，则三棱锥Q−ABC 外接球的表面积为()A. 16πB. 20πC. 30πD. 34π【答案】D【解析】解：如图，补全为长方体，则2R=√32+42+32=√34，∴R=√342，故外接球得表面积为4πR2=34π，由题意画出图形，补全为长方体，求出长方体的对角线长，可得三棱锥Q−ABC外接球的半径，则答案可求．本题考查多面体外接球的表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）21.在我国古代的数学专著《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(biēnào)，已知鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA=AB=2√2，BC=2，E，F分别是PB，PC的中点，则三棱锥P−AEF的外接球的表面积为________．【答案】9π【解析】解：PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又因为AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB⊂面PAB，所以BC⊥面PAB，∵AE⊂面PAB，∴BC⊥AE，∵PA=AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC⊂面PBC，所以AE⊥面PBC，∵EF⊂面PBC，所以AE⊥EF，AE⊥PE，又EF//BC，所以EF⊥PE，则EF，PE，AE两两垂直，EF=12BC=1,PE=AE=2，所以三棱锥P−AEF的外接球半径为√1+4+42=32，故球的表面积为4×(94)π=9π，22.《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”这里所谓的“鳖臑(biēnào)”，就是在对长方体进行分割时所产生的四个面都为直角三角形的三棱锥．已知三棱锥A−BCD是一个“鳖臑”，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，且AB=BC=CD=2，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为________．【答案】12π【解析】解：∵三棱锥A−BCD是一个“鳖臑”，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，且AB=BC=CD=2，∴三棱锥A−BCD的外接球的半径：R=AD2=√AB2+BC2+CD22=√4+4+42=√3∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为：S=4πR2=12π．故答案为12π．23.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P−ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC=4，三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_______ 。
高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析
高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析一、立体几何多选题1．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD=+-=+， 所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D ，()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD ABAB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.2．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时113313022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，142,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.3．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.4．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.5．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.6．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 的距离等于32EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，1302B a b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以1322a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，1322a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a b ⎫⎛⎫--+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1202a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.7．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D DB ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值是2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】 对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确； 对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =，则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m z CB m CB m y z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-+或12z =--，由已知可得3z ≤，所以，12z =-+，可得22y =±，因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．8．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n C Pn ⋅⋅＝∴当a＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.。
高考数学立体几何多选题测试及答案
高考数学立体几何多选题测试及答案一、立体几何多选题1. 已知正方体ABCD-A^QD,的棱长为2, M 为DD]的中点，/V 为正方形A3CD 所在 平面内一动点，则下列命题正确的有()D\C ) 川/ B /IM ；A. 若MN = 2,则M/V 的中点的轨迹所围成图形的而积为兀B. 若W 到直线3坊与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C. 若9N 与所成的角为?，则N 的轨迹为双曲线D. 若M/V 与平而43CD 所成的角为彳，则/V 的轨迹为椭圆【答案】BC【分析】对于A,连接MA/, ND, DP,得到直角△A/DN,且P 为斜边MN 的中点，所以PD = \> 进而得到P 点的轨迹为球而的一部分，即可判断选项A 错误：对于B,可知NB 丄BB], 即NB 是点/V 到直线3色的距离，在平而A3CD 中，点/V 到定点8的距离与到泄直线DC 的距离相等，利用抛物线左义知B 正确：对于C,建立空间直角坐标系，设N(x,y,O), n 何“.人3 |2v| 1 利用空间向量求夹角知cos —= J_ [ 一 = -------- 八小，‘=-,化简可知N 的轨迹3 吶・佔 2xyjx 2 + y 2+4 2为双曲线：对于D, M/V 与平面&BCD 所成的角为ZMND = — , /VD = — »可知/V 的轨 3 3/7迹是以D 为圆心，土_为半径的圆周； 3【详解】对于A,如图所示，设P 为M/V 的中点，连接MN, ND, DP 、由正方体性质知△MDN 为 直角三角形，且P 为MN 的中点，MN = 2，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一 半，知△/WDN 不管怎么变化，始终有PD = 1，即P 点的轨迹与正方体的而羽城的几何 体是一个以D 为球心，1为半径的球的丄，其面积5 = lx4^xl 2=-,故A 错误；8 8 2D\Ci禺/I B /对于B.由正方体性质知，BQ丄平而A8CD由线而垂直的性质上理知NB丄BB、,即枷是点A/到直线的距离，在平而&BCD中，点A/到左点3的距离与到左直线DC的距藹相等，所以点A/的轨迹是以点3为焦点，直线DC为准线的抛物线，故B正确；对于C,如图以D为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，N(x,”O), 9(0,0,2),A(0,2,0), 3(2,2,0),则耶=(匕”_2),而= (0,2,0),利用空间向量求夹角知兀丽•方=2x启F》化简整理俺琢"即C°S3阿怦• I，杯碍为双曲线，故C正輪对于D,由正方体性质知，MN与平而A3CD所成的角为ZA/ND,即ZMND = |,在直角△MDN中，ND = 0，即A/的轨迹是以D为圆心，少为半径的圆周，故D错误；3 3故选：BC【点睛】关键点睹：本题考査立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的立义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2. 如图，在直三棱柱中，AC = BC = AA X=2, ZACB = 90°，D，E. F分别为4G AB的中点.则下列结论正确的是（）B. B、CJ / 平而 DEFC. EF与4G所成的角为90。
高考数学立体几何选择题
高考数学立体几何选择题1. 题目：一个正方体的对角线长为6，求正方体的边长。
选项：A. 2 B. 3 C. 4 D. 52. 题目：一个圆柱的底面半径为3，高为4，求圆柱的侧面积。
选项：A. 12π B. 24π C. 36π D. 48π3. 题目：一个圆锥的底面半径为4，高为5，求圆锥的侧面积。
选项：A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π4. 题目：一个长方体的长、宽、高分别为4、3、2，求长方体的对角线长度。
选项：A. 5 B. 6 C. 7 D. 85. 题目：一个球的直径为10，求球的表面积。
选项：A. 314 B. 628 C. 1256 D. 25126. 题目：一个正四面体的棱长为3，求正四面体的外接球半径。
选项：A. 1 B. 2 C. 3 D. 47. 题目：一个圆台的上下底面半径分别为3和2，高为4，求圆台的侧面积。
选项：A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π8. 题目：一个正方体的对角线长为8，求正方体的体积。
选项：A. 64 B. 125 C. 216 D. 3439. 题目：一个圆柱的底面半径为5，高为6，求圆柱的体积。
选项：A. 9π B. 18π C. 27π D. 36π10. 题目：一个圆锥的底面半径为4，高为5，求圆锥的体积。
选项：A. π B. 2π C. 4π D. 8π11. 题目：一个长方体的长、宽、高分别为3、2、1，求长方体的体积。
选项：A. 6 B. 12 C. 18 D. 2412. 题目：一个球的直径为12，求球的体积。
选项：A. 4π B. 16π C. 64π D. 125π13. 题目：一个正四面体的棱长为4，求正四面体的体积。
选项：A. 2 B. 4 C. 8 D. 1614. 题目：一个圆台的上下底面半径分别为5和3，高为4，求圆台的体积。
选项：A. π B. 2π C. 4π D. 8π15. 题目：一个正方体的对角线长为10，求正方体的表面积。
高考数学立体几何选择题
高考数学立体几何选择题1. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体2. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正方体3. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆锥体B. 球体C. 圆柱体D. 立方体4. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体5. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体6. 下列哪个图形是长方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 长方体7. 下列哪个图形是正四面体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正四面体8. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正方体9. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体10. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体11. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体12. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体13. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体14. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体15. 下列哪个图形是长方体？A. 圆柱体C. 球体D. 长方体16. 下列哪个图形是正四面体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正四面体17. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正方体18. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体19. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体20. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 球体21. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体22. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体23. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体24. 下列哪个图形是长方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 长方体25. 下列哪个图形是正四面体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正四面体26. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体C. 球体D. 正方体27. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体28. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体29. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 球体30. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体31. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体32. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体33. 下列哪个图形是长方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 长方体34. 下列哪个图形是正四面体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正四面体35. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正方体36. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体37. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体38. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 球体39. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体40. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体41. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体42. 下列哪个图形是长方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 长方体43. 下列哪个图形是正四面体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正四面体44. 下列哪个图形是正方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 正方体45. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体46. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体47. 下列哪个图形是球体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 球体48. 下列哪个图形是圆柱体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆柱体49. 下列哪个图形是圆锥体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 圆锥体50. 下列哪个图形是立方体？A. 圆柱体B. 圆锥体C. 球体D. 立方体。
高考数学数学立体几何多选题试题附解析
高考数学数学立体几何多选题试题附解析一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 302︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为2D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．3．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -2【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大2.如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ， 则45CDF ∠=︒，2DF =2122542222CF =+-=， 故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥， 因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值， 由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =， 又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ，故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.4．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，2211115AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q 为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQ QA =，故C 错误选项D 中，由于11//A B AB ，直线1A P 与AB 所成角即为11A B 与1A P 所成角：11B A P ∠ 结合下图分析知：点P 在1BC 上运动时当P 在B 或1C 上时，11B A P ∠最大为45° 当P 在1BC 中点上时，11B A P ∠最小为23arctan arctan 3023>=︒ ∴11B A P ∠不可能是30°，故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为322⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误. 故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 2AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ． 设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，10B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以122a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，122a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即22202a b ⎫⎛⎫--+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得b =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E的轨迹的长度等于1BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，122a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,，因为2111cos ,6||||a BC DA BC DA BC DA a ⎛⎫- ⎪⋅<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为6C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1EF 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A EB ，即有1E F EB =，又因为在1CE F ∆中，112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（）A．直线BD1⊥平面A1C1DB．三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值C．异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[45°，90°]D．直线C1P与平面A1C1D6【答案】ABD【分析】在A中，推导出A1C1⊥BD1，DC1⊥BD1，从而直线BD1⊥平面A1C1D；在B中，由B1C∥平面A1C1D，得到P到平面A1C1D的距离为定值，再由△A1C1D的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A1C1D的体积为定值；在C中，异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，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，利用向量法能求出直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63．【详解】解：在A中，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1，∴A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为6，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（ ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 所成角的正弦值为22【答案】BCD【分析】 A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾，所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN =，所以D 对．故选：BCD．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
高考数学的立体几何多选题含答案
高考数学的立体几何多选题含答案一、立体几何多选题1．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123233O A AC a ='=⨯=，又12OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离6a ==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴=，又截面圆的面积2246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 为球心，6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，1A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.6．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫ ⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ，则22223111010()1()21cos120222A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.7．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确; 故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.8．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.9．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 面积的最小值为62【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 6【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1、点P 在直径为6的球面上，过P 作两两互相垂直的三条弦（两端点均在球面上的线段），若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和的最大值是（ ）A ．6B ．43C ．2215D ．2105 2、如图在正三棱锥A-BCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，EF ⊥DE ,且BC =1，则正三棱锥A-BCD 的体积是243D. 123C. 242B. 122.A 3、设b 、c 表示两条直线，α、β表示两个平面，下列命题中真命题是A ．若b ⊂α,c ∥α，则b ∥cB ．若b ⊂α,b ∥c ，则c ∥αC ．若c ∥α，c ∞β，则α⊥βD ．若c ∥α，α⊥β，则c ∞β 4、设α，β，γ为不同的平面，m ，n ，l 为不同的直线，则m ⊥β的一个充分条件是 ( )A ．α⊥β，α∩β=l ，m ⊥lB ．α∩γ=m ，α⊥γ，β⊥γC ．α⊥γ，β⊥γ， m ⊥αD ．n ⊥α，n ⊥β， m ⊥α5、一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为( )A. 328πB. 38π C. 332π D. 8π 6、设n m ,是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题①γβγαβα//////⇒⎭⎬⎫；②βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊥m m //；③βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊥//m m ；④αα////m n n m ⇒⎭⎬⎫⊂； 其中正确的命题是（ ）Ａ．①④； Ｂ．②③； Ｃ．①③； Ｄ．②④；7、已知////D C B A ABCD -为长方体，对角线/AC 与平面BD A /相交于点Ｇ，则Ｇ与BD A /∆的（ ）Ａ．垂心； Ｂ．重心； Ｃ．内心； Ｄ．外心；8、已知直线m 、n ，平面α、β,给出下列命题:①若,m n αβ⊥⊥，且m n ⊥，则αβ⊥ ②若//,//m n αβ，且//m n ，则//αβ③若,//m n αβ⊥，且m n ⊥，则αβ⊥ ④若,//m n αβ⊥，且//m n ，则//αβ ＡＢ Ｃ ＡＢＣＤＤ其中正确的命题是 A .①③ B .②④ C .③④ D .①9、下列结论中，正确的是（ ）A ．过球面上两点可确定一个球大圆B ．过球面上三点可确定一个球大圆C ．过球面上两点只有一个球小圆D ．过球面上两点（这两点之间的距离小于球直径）只有一个半径最小的球小圆10、如右图所示，△ADP 为正三角形，四边形ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ．点M 为平面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 ．11、如图，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，ABC ∆内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有以下命题：①BC PC ⊥；②//OM APC 平面；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长．其中真命题的个数为 A ．3B ．2C ．1D ．012、已知A 、B 是球心为O 的球面上的两点，在空间直角坐标系中，它们的坐标分别为O （0，0，0）、(2,1,1)A -、(0,2,2)B ，则点A 、B 在该球面上的最短距离为A ．23π B ．π C ．2π D ．3π 13、已知一个四面体有五条棱长都等于2，则该四面体的体积最大值为( )A 、12B 、22C 、1D 、214、一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )A 、3πB 、4πC 、33πD 、6πAC D A C D A C D C D A B15、在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面A 1B 1C 1D 1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成的角的余弦值为（ ）A ．62B. 36C. 46D. 63 16、已知α、β是平面，m 、n 是直线，则下命题不正确的是（ ）.A ．若m ∥n , m ⊥α, 则n ⊥α B. 若,m ⊥α, m ⊥β, 则α∥β C.若m ⊥α, m ∥n , n ⊂β, 则α⊥β D. .若m ∥α, α ∩β=n 则m ∥n17、如图，在三棱锥P —ABC 中，∠APB=∠BPC=∠APC=90°，M 在△ABC 内，∠MPA=60°，∠MPB=45°，则∠MPC 的度数为（ ）A.30°B.45°C.60°D.75°18、设α、β、γ是三个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列4个命题：①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ②若a ∥α，b ∥β，a ∥b ，则α∥β；③若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β；④若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a ⊥b . 其中正确命题是A. ③ B. ④ C. ①③ D. ②④19、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是（ ）A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直 20、长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2，AD=1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为（ ）A ．1010B ．1030C ．1060D ．10103 21、直线a ∥平面α的一个充分条件是（ ）A ．存在一条直线b ，b ∥α，a ∥bB ．存在一个平面β，,β∈a α∥βA B C DA 1D 1 C 1 B 1C ．存在一个平面β，a ∥β，α∥βD ．存在一条直线b ，b ⊂α，a ∥b22、已知正四面体A —BCD ，动点P 在△ABC 内，且点P 到平面BCD 的距离与点P 到点A 的距离相等，则动点P 的轨迹为（ ） A ．椭圆的一部分 B ．双曲线的一部分 C ．抛物线的一部分 D ．一条线段23、已知直线m 、l ,平面α、β，且m ⊥α, l ⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ；③若m ⊥l ,则α∥β；④若m ∥l ,则α⊥β.其中正确命题的个数是（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）424、设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立．．．的是（ ）A.当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB.当α⊂b ，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bC ．当α⊂b 时，若b ⊥β，则βα⊥D ．当α⊂b ，且α⊄c 时，若c ∥α，则b ∥c25、在正三棱锥ABC S -中，斜高线与底面ABC 所成的角等于α，动点P 在侧面SAB 内，⊥PQ 底面ABC ，垂足为Q ，αsin ⋅=PS PQ ，则动点P 的轨迹为 （ ）Ａ．线段 Ｂ．圆 Ｃ．一段抛物线 Ｄ．一段圆弧26、下列四个正方体图形中，A B 、为正方体的两个顶点，M N P 、、分别为其所在棱的中点，能得出//AB 平面MNP 的图形的序号是（ ）A. ①、③B. ①、④C. ②、③D. ②、④27、设m ，n 表示不同的直线，,αβ表示不同的平面，且,m n α⊂。
则“αβ∥”是“m n ββ且∥∥”的（ ）A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件28、直线l ,m 与平面γβα,,，满足l =γβ⋂, l //α,α⊂m ,γ⊥m ,则必有 （ ）A γα⊥且β//mB γα⊥且m l ⊥C β//m 且m l ⊥D βα//且γα⊥29、已知直线m ，n 和平面α，则m//n 的必要非充分条件是（ ）A m//α且n//αB m ⊥α且 n ⊥αC m//α且α⊂nD m ，n 与α成等角30、在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α内任意一条直线m//平面β，则平面α//平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面β内的直线⊥n 直线m ，则直线⊥n 平面α；④若点P 到三角形三个顶点的距离相等，则点P 在该三角形所在平面上的射影是该三角形的外心。
其中正确命题的个数为（ ）A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个31、如图，在棱长为4的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是AD ，A ′D ′的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A ′B ′C ′D ′上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与二面角A —A ′D ′—B ′所围成的几何体的体积为（ ）A ．34πB ．32πC ．6πD ．3π 32、设βα、是两个平面，m l 、是两条直线，下列命题中，可以判断α∥β的是A ．l m l 且,,αα⊂⊂∥β，m ∥βB ．l m l 且,,βα⊂⊂∥mC ．l ∥α，m ∥β，且l ∥mD ．,,βα⊥⊥m l 且 l ∥mSEFA B C33、四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且2CD =，3=AB ，在外接球面上A B ，两点间的球面距离是（ ）A ．π6 B ．π3 C ．2π3 D ．5π634、如图，在正四面体S —ABC 中，E 为SA 的中点，F 为∆ABC的中心，则异面直线EF 与AB 所成的角是（ ） A ．30︒ B ．45︒ C ．60︒ D ．90︒ 35、已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m 、n ，有下列四个命题 ①若m //n ，m ⊥α，则n ⊥α； ②若m ⊥α,m ⊥β，则α//β；③若m ⊥α，m //n ，n ⊂ β，则α⊥β； ④若m //α，α⋂β=n ，则m //n . 其中正确命题的个数是 （ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个36、球面上有三点A 、B 、C ，任意两点之间的球面距离都等于球大圆周长的四分之一，且过这三点的截面圆的面积为4π，则此球的体积为（）A.B.C.D.37、正四面体A －BCD 中，点E 在棱AB 上，点F 在棱CD 上，使得)0(>==λλFD CFEB AE，设f(λ)=λλβα+,λα与λβ分别表示EF 与AC 、BD 所成的角，则（ ）A ．f(λ)是(0，＋∞)上的增函数B ．f(λ)是(0，＋∞)上的减函数C ．f(λ)是(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减D ．f(λ)是(0，＋∞)上的常数函数38、已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题：①α∥β⇒l ⊥m ； ②α⊥β⇒l ∥m ； ③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β其中正确的两个命题是（ ）A.①② B.③④ C.②④ D.①③39、球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为（ ）A ．43 B ．23 C ．2 D ．340、在12221111,,;Rt ABC CA CB h h CA CB∆⊥=+中，斜边上的高为则类比此性质，如下图zuo ，在四面体P－ABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为_____________41、正四面体P—ABC中（中图），M为棱AB的中点，则PA与CM所成角的余弦值为（）A．23 B．43 C．63D．3342、如上图右，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD将△ABD折起，使A点在平面BCD内的射影落在BC边上，若二面角C—AB—D的平面有大小为θ，则sinθ的值等（）A．43B．47C．773D．5443、若αβ、是两个不重合的平面，给定以下条件：①αβ、都垂直于平面γ；②α内有不共线的三点到β的距离相等；③l m、是α内的两条直线，且l∥β，m∥β；④l m、是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β. 其中可以判断α∥β的是:A.①②B.②③C.②④D.④44、正方体的八个顶点中，有四个顶点恰好是正四面体的顶点，则这个正方体的表面积与正四面体的表面积之比是（）A．2:3B．1:2C．1:3D．2: 3 45、已知βα,是平面，m，n是直线，给出下列命题：①若βαβα⊥⊂⊥，则mm,；②若βαββαα//,////,,则，nmnm⊂⊂；③如果ααα与是异面直线，那么、nnmnm,,⊄⊂相交；④若.////,//,βαβαβαnnnnmnm且，则，且⊄⊄=⋂hP其中正确命题的个数是（ ）A ．4 B ．3 C ．2 D ．146、已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面βα,，有下列命题①若αα//,,//m n n m 则⊂；②若βαβα//,//,则且m l m l ⊥⊥；③若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂；④若αββαβα⊥⊥⊂=⊥n m n n m 则,,,, ； 其中正确的命题个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 47、α、β为两个互相垂直的平面，a 、b 为一对异面直线，下列条件：①a //α、b β⊂；②a ⊥α、b β//；③a ⊥α、b β⊥；④a //α、b β//且a 与α的距离等于b 与β的距离.其中是a ⊥b 的充分条件的有 （ ）A ．①④B ．①C ．③D ．②③48、已知三条不重合的直线m 、n 、l ，两个不重合的平面βα,，有下列命题①若αα//,,//m n n m 则⊂； ②若βαβα//,//,则且m l m l ⊥⊥；③若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂； ④若αββαβα⊥⊥⊂=⊥n m n n m 则,,,, ； 其中正确的命题个数是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．449、若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，,αβ是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是A ．若α∥β，,l a n β⊂⊂，则l ∥nB ．若α⊥β，l a ⊂，则l ⊥βC ．若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ∥mD ．若l ⊥α， l ∥β，则α⊥β50、若二面角l αβ--为56π，直线m α⊥，直线n β⊂，则直线m 与n 所成的角取值范围是 A ．(0,)2π B ．[,]62ππ C ．[,]32ππ D ．[,]63ππ。