专题09 立体几何与空间向量选择填空题-领军高考数学(理)十年真题(2010-2019)(新课标Ⅰ卷)(解析版)
正方体所得截面面积的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是 3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：
所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长 ，
α截此正方体所得截面最大值为：6
．
故选：A．
4．【2017 年新课标 1 理科 07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三
．AC
6，AD＝4 ，
10．【2013 年新课标 1 理科 06】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，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为
（
）
7
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆 M，
C．36 斛
【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，则 r＝8，
解得 r ，
D．66 斛
故米堆的体积为
π×（ ）2×5
，
∵1 斛米的体积约为 1.62 立方，
∴
1.62≈22，
故选：B．
8．【2015 年新课标 1 理科 11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为 r）组成一个几何体，该几何
体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16+20π，则 r＝（
∵CO1
，
∴OO1
，
∴高 SD＝2OO1
，
∵△ABC 是边长为 1 的正三角形，
∴S△ABC
，
∴V 三棱锥 S﹣ABC
．
故选：C．
14．【2011 年新课标 1 理科 06】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（
）
10
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，
△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为
．
【解答】解法一：由题意，连接 OD，交 BC 于点 G，由题意得 OD⊥BC，OG BC，
即 OG 的长度与 BC 的长度成正比， 设 OG＝x，则 BC＝2 x，DG＝5﹣x，
三棱锥的高 h
，
11
3，
则V
，
令 f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0， ），f′（x）＝100x3﹣50x4，
8．
18．【2010 年新课标 1 理科 14】正视图为一个三角形的几何体可以是
（写出三种）
【解答】解：正视图为一个三角形的几何体可以是三棱锥、三棱柱（放倒的情形）、圆锥、四棱锥等等． 故答案为：三棱锥、圆锥、三棱柱．
考题分析与复习建议
本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积， 空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运 算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填 空题型出现，重点考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面 积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预 测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点空间几何体的结构、三视图和直观图，空间 几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定 与性质等为重点较佳.
历年高考真题汇编
1．【2019 年新课标 1 理科 12】已知三棱锥 P﹣ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC 是
边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，∠CEF＝90°，则球 O 的体积为（ ）
A．8 π 【解答】解：如图，
B．4 π
C．2 π
D． π
2016 年新课标 1 理科 11 2015 年新课标 1 理科 06 2015 年新课标 1 理科 11 2014 年新课标 1 理科 12 2013 年新课标 1 理科 06 2013 年新课标 1 理科 08 2012 年新课标 1 理科 07 2012 年新课标 1 理科 11 2011 年新课标 1 理科 06 2010 年新课标 1 理科 10 2017 年新课标 1 理科 16 2011 年新课标 1 理科 15 2010 年新课标 1 理科 14
其外接球的半径为
，
球的表面积为
，
故选：B．
16．【2017 年新课标 1 理科 16】如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的
中心为 O．D、E、F 为圆 O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿
虚线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得 D、E、F 重合，得到三棱锥．当
则圆心 M 为正方体上底面正方形的中心．如图．
设球的半径为 R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R﹣2）cm， 而圆 M 的半径为 4，由球的截面圆性质，得 R2＝（R﹣2）2+42， 解出 R＝5，
∴根据球的体积公式，该球的体积 V
．
故选：A．
11．【2013 年新课标 1 理科 08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（
）
8
A．16+8π
B．8+8π
C．16+16π
D．8+16π
【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别
是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为 2，母线长为 4．
∴长方体的体积＝4×2×2＝16，
半个圆柱的体积
22×π×4＝8π
所以这个几何体的体积是 16+8π； 故选：A．
0，解得 x＝4 ，
∴ 故答案为：4 cm3．
（cm3）．
12
17．【2011 年新课标 1 理科 15】已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且 AB＝6，BC＝2 ，
则棱锥 O﹣ABCD 的体积为
．
【解答】解：矩形的对角线的长为：
，所以球心到矩形的距离为：
2，
所以棱锥 O﹣ABCD 的体积为： 故答案为：8
A．17π
B．18π
C．20π
D．28π
【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉 后的几何体，如图：
可得：
，R＝2．
4
它的表面积是： 4π•22 故选：A．
17π．
6．【2016 年新课标 1 理科 11】平面α过正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的顶点 A，α∥平面 CB1D1，α∩平面 ABCD ＝m，α∩平面 ABB1A1＝n，则 m、n 所成角的正弦值为（ ）
表面积与体积 几何体的结构特征
表面积与体积 三视图与直观图 三视图与直观图 空间向量在立体几何中的应
用 表面积与体积 三视图与直观图 三视图与直观图 表面积与体积 三视图与直观图 三视图与直观图 表面积与体积 三视图与直观图 表面积与体积 表面积与体积 表面积与体积 三视图与直观图
试题位置 2019 年新课标 1 理科 12 2018 年新课标 1 理科 07 2018 年新课标 1 理科 12 2017 年新课标 1 理科 07 2016 年新课标 1 理科 06
1
由 PA＝PB＝PC，△ABC 是边长为 2 的正三角形，可知三棱锥 P﹣ABC 为正三棱锥， 则顶点 P 在底面的射影 O 为底面三角形的中心，连接 BO 并延长，交 AC 于 G， 则 AC⊥BG，又 PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得 AC⊥平面 PBG，则 PB⊥AC， ∵E，F 分别是 PA，AB 的中点，∴EF∥PB， 又∠CEF＝90°，即 EF⊥CE，∴PB⊥CE，得 PB⊥平面 PAC， ∴正三棱锥 P﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直， 把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径为 D
．
半径为 ，则球 O 的体积为
．
故选：D．
2．【2018 年新课标 1 理科 07】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在正视
图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，
最短路径的长度为（
专题 09 立体几何与空间向量选择填空题
历年考题细目表
题型 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题
单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 填空题 填空题 填空题
年份
考点
2019 2018 2018 2017 2016
2016 2015 2015 2014 2013 2013 2012 2012 2011 2010 2017 2011 2010
角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形
的面积之和为（
）
3
A．10
B．12
【解答】解：由三视图可画出直观图，
该立体图中只有两个相同的梯形的面，
S 梯形
2×（2+4）＝6，
∴这些梯形的面积之和为 6×2＝1课标 1 理科 06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半 径．若该几何体的体积是 ，则它的表面积是（ ）
）
A．2
B．2
C．3
【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：
06【数学】2010年高考数学填空试题分类汇编——立体几何
2010 年高考数学试题分类汇编——立体几何（2010上海文数） 6.已知四棱椎P ABCD 的底面是边长为 6 的正方形，侧棱PA底面ABCD ，且PA8，则该四棱椎的体积是96。
分析：观察棱锥体积公式V 136896 3（2010湖南文数）13.图2 中的三个直角三角形是一个体积为20cm2的几何体的三视图，则h=4cm（2010 浙江理数）（12）若某几何体的三视图（单位：cm）如下图，则此几何体的体积是___________ cm3 .分析：图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由卷中所给公式计算得体积为 144，此题主要观察了对三视图所表达示的空间几何体的辨别以及几何体体积的计算，属简单题（2010 辽宁文数）（16）如图，格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为.P 分析：填 2 3 画出直观图：图中四棱锥P ABCD 即是，因此最长的一条棱的长为PB 23.A DB C（ 2010 辽宁理数）（15）如图，格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 ______.【答案】 2 3【命题立意】此题观察了三视图视角下多面体棱长的最值问题，观察了同学们的识图能力以及由三视图复原物体的能力。
【分析】由三视图可知，此多面体是一个底面边长为 2 的正方形且有一条长为 2 的侧棱垂直于底面的四棱锥，因此最长棱长为22222223（2010 江西理数） 16. 如图，在三棱锥O ABC 中，三条棱 OA ，OB ，OC 两两垂直，且 OA> OB > OC ,分别经过三条棱OA， OB ， OC 作一个截面均分三棱锥的体积，截面面积挨次为S1，S2，S3，则 S1，S2，S3的大小关系为。
【答案】S3 S2 S1【分析】观察立体图形的空间感和数学知识的运用能力，经过补形，借滋长方体考证结论，特别化，令边长为1，2，3 得S3S2S1。
10年高考真题汇总—(立体几何高考试题汇编)
立体几何分类汇编一、异面直线夹角（2007全国理I）如图，正四棱柱1111-ABCD A B C D 中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为A．51B．52C．53D．54（2008全国理II）已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（）A．13B．23D．23（2009全国理I）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为111A B C 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为D.34（2009全国理II）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，E 为1AA 中点，则异面直线BE 与1CD 所成的角的余弦值为A.10B.15C.10D.35（2012全国理I）三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠= ，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为____________。
（2013全国理I）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
（2014全国理II）直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠= ，,M N 分别是1111,A B A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（）A.110B.25C.D.二、线面夹角（2007全国理II）已知正三棱ABC A B C -111的侧棱长是底面边长相等，则AB 1与侧面ACC A 1所成角的正弦等于A.64B.104C.22D.32（2008全国理I）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（）A．13B．23C．33D．23（2010全国理I）正方体1111ABCD A B C D -中,1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（A）23（B）33（C）23（D）63（2016全国理I）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α 平面11CB D ，α 平面ABCD m =，α 平面11ABA B n =，则,m n 所成角的正弦值为A.32 B.22C.33D.13（2007全国理I）四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD 已知45ABC ∠= ,2,22,3AB BC SA SB ====（Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小。
专题09 立体几何与空间向量选择填空题-高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)
专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3 D．23．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．165．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛8．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．89．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．410．【2013年新课标1理科06】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，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．B．C．D．11．【2013年新课标1理科08】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+8π C．16+16πD．8+16π12．【2012年新课标1理科07】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．6 B．9 C．12 D．1813．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．14．【2011年新课标1理科06】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（）A．B．C．D．15．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa216．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为17．【2011年新课标1理科15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝2，则棱锥O ﹣ABCD 的体积为 ．18．【2010年新课标1理科14】正视图为一个三角形的几何体可以是 （写出三种） 考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在四棱锥P ABCD -中，所有侧棱都为的正方形，O 是P 在平面ABCD 内的射影，M 是PC 的中点，则异面直线OP 与BM 所成角为（ ） A ．30B ．45C ．60D ．902．已知,m n 是两条不重合的直线，,αβ是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A ．若m α，m β，n α∥，n β∥，则αβB ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβC ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D ．若m n ⊥，m α，n β⊥，则αβ⊥3．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 ．1B C ．2D ．34．如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）A B C D ．35．已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，2PA AB ==，则球O 的表面积为（ ） A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π6．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 ．4B C ．D ．7．如图所示，边长为a 的空间四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD ，则异面直线AD 与BC 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°8．鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为A ．334000mmB ．333000mmC ．332000mmD ．330000mm9．在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积( )A ．与,x y 都有关B ．与,x y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关10．在三棱锥A BCD -中，平面ABC ⊥平面BCD ，V ABC 是边长为2的正三角形，若4BDC π∠=，三棱锥的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（ ） A ．523πB ．3πC ．4πD ．283π11．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．12．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 QD ．m ⊥平面11ABB A13．一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为4π，则圆锥的内切球的表面积为( )A ．8πB ．24(2πC ．24(2π+D14．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 ．2B C D ．115．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16．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 ．49π17．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（ ）A B C D ．18．已知正四面体P ABC -的棱长为2，D 为PA 的中点，,E F 分别是线段AB ，PC （含端点）边上的动点，则DE DF +的最小值为（ ）A B C ．2 D ．19．设O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于,S 与,PA PB 的延长线分别交于,,Q R 则111||||||PQ PR PS ++( ) A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，且两者不相等D ．是一个与平面QRS 无关的常数20．已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为1，点M 在线段BC 上（点M 异于B 、C 两点），点N 为线段1CC 的中点，若平面AMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为五边形，则线段BM 的取值范围是（ ）A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．11,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦21．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的序号为______．22． “圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，1AB =尺，D 为AB 的中点，AB CD ⊥，1CD =寸，则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l 尺=10寸）23．表面积为_____．24．已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为____．25．如图．网络纸上小正方形的边长为1．粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为______．26．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为_____.27．已知三棱锥A SBC -，各顶点均在以SC 为直径球面上，2AB AC BC ===，则这个球的表面积为_____________。
十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题11 平面解析几何选择填空题(新课标Ⅰ卷)(原卷版)
专题11平面解析几何选择填空题历年考题细目表填空题2015 圆的方程2015年新课标1理科14填空题2011 椭圆2011年新课标1理科14填空题2010 圆的方程2010年新课标1理科15历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科10】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．y2＝1 B． 1C． 1 D． 12．【2018年新课标1理科08】设抛物线C：y2＝4的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则•（）A．5 B．6 C．7 D．83．【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|＝（）A．B．3 C．2D．44．【2017年新课标1理科10】已知F为抛物线C：y2＝4的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（）A．16 B．14 C．12 D．105．【2016年新课标1理科05】已知方程1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）6．【2016年新课标1理科10】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．87．【2015年新课标1理科05】已知M（0，y0）是双曲线C：1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若0，则y0的取值范围是（）A．B．C．D．8．【2014年新课标1理科04】已知F为双曲线C：2﹣my2＝3m（m＞0）的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A．B．3 C．m D．3m9．【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y2＝8的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若4，则|QF|＝（）A．B．3 C．D．210．【2013年新课标1理科04】已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y B．y C．y＝±D．y11．【2013年新课标1理科10】已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（）A．B．C．D．12．【2012年新课标1理科04】设F1、F2是椭圆E：1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为直线上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．B．C．D．13．【2012年新课标1理科08】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在轴上，C与抛物线y2＝16的准线交于点A和点B，|AB|＝4，则C的实轴长为（）A．B．C．4 D．814．【2011年新课标1理科07】设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（）A．B．C．2 D．315．【2010年新课标1理科12】已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E 相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（）A．B．C．D．16．【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，•0，则C的离心率为．17．【2017年新课标1理科15】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为．18．【2015年新课标1理科14】一个圆经过椭圆1的三个顶点．且圆心在轴的正半轴上．则该圆标准方程为．19．【2011年新课标1理科14】在平面直角坐标系Oy，椭圆C的中心为原点，焦点F1F2在轴上，离心率为．过F1的直线交于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为．20．【2010年新课标1理科15】过点A（4，1）的圆C与直线﹣y＝1相切于点B（2，1），则圆C的方程为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，直线l 经过点F 且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双曲线的右支交于不同两点A ，B ，若3AF FB =u u u r u u u r，则该双曲线的离心率为（ ）AB ．2C ．3D2．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一个焦点为(, 0)F c ，若a 、b 、c 成等比数列，则该双曲线的离率e =（ ）A ．12+ B ．12C ．12D 13．已知,A B 为抛物线22(0)x py p =>上的两个动点，以AB 为直径的圆C 经过抛物线的焦点F ，且面积为2π，若过圆心C 作该抛物线准线l 的垂线CD ，垂足为D ，则||CD 的最大值为（ ）A ．2B C ．2D ．124．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左焦点为F ，以OF 为直径的圆与双曲线C 的渐近线交于不同原点O 的A B ，两点，若四边形AOBF 的面积为()2212a b +，则双曲线C 的渐近线方程为（ ）A ．2y x =±B ．y =C ．y x =±D ．2y x =±5．已知12F F 、分别是双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点，过点2F 与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点P ，若点P 在以线段12F F 为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A ．(B ．)+∞C ．()1,2D ．()2,+∞6．过抛物线24y x =的焦点F 的直线交该抛物线于A 、B 两点，若|AF|=3，则|BF|=( ) A ．2B ．32C ．1D ．127．已知F 是抛物线()2:20C y px p =>的焦点，抛物线C 上动点A ，B 满足4AF FB =u u u r u u u r，若A ，B 的准线上的射影分别为M ，N 且MFN ∆的面积为5,则AB =（ ） A ．94B ．134C ．214D ．2548．已知直线1y kx =-与抛物线28x y =相切，则双曲线2221x k y -=的离心率为（ ）A B CD 9．过点(2,1)P 作直线l 与圆22:240C x y x y a +--+=交于A ，B 两点，若P 为A ，B 中点，则直线l 的方程为( ) A ．3y x =-+ B ．23y x =- C ．23y x =-+D ．1y x =-10．设12,F F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点，P 为双曲线右支上一点，若1290F PF ︒∠=，c=2,213PF F S ∆=，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ） A ．5π B ．4π C ．6π D ．3π11．直线:2l x ay +=被圆224x y +=所截得的弦长为l 的斜率为（ ）A B ．C D ．12．已知双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>的右顶点A ，抛物线2:12C y ax =的焦点为F ，若在E 的渐近线上存在点P ，使得PA FP ⊥，则E 的离心率的取值范围是（ ）A ．()1,2B ．⎛ ⎝⎦C ．()2,+∞D ．⎫+∞⎪⎪⎣⎭13．已知椭圆C ：2214x y +=上的三点A ，B ，C ，斜率为负数的直线BC 与y 轴交于M ，若原点O 是ABC ∆的重心，且BMA ∆与CMO ∆的面积之比为32，则直线BC 的斜率为（ ）A ．24-B ．14-C ．3-D ．3-14．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则（ ）A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线15．已知抛物线2:4C y x =的焦点F 和准线l ，过点F 的直线交l 于点A ，与抛物线的一个交点为B ，且3FA FB =-u u u v u u u v，则||AB =（ ）A ．23B ．43C ．323D ．16316．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，以F 为圆心，FA 为半径的圆交C 的左支于M ，N 两点，且线段AM 的垂直平分线经过点N ，则C 的离心率为（ ）A 2B 3C ．43D ．5317．已知抛物线C ：22(0)x py p =>的焦点为F ，抛物线C 的准线与y 轴交于点A ，点()01,M y 在抛物线C 上，05||4y MF =，则tan FAM ∠=（ ）A ．25B ．52C ．54D ．4518．已知圆C ：22430x y x +-+=，则圆C 关于直线4y x =--的对称圆的方程是（ ） A ．22(4)(6)1x y +++= B ．22(6)(4)1x y +++= C ．22(5)(7)1x y +++=D ．22(7)(5)1x y +++=19．已知椭圆C ：22221x y a b+=，()0a b >>的左、右焦点分别为1F ，2F ，M 为椭圆上异于长轴端点的一点，12MF F ∆的内心为I ，直线MI 交x 轴于点E ，若2MI IE=，则椭圆C 的离心率是（ ）A B ．12C D ．1320．以椭圆的两个焦点为直径的端点的圆与椭圆交于四个不同的点,顺次连接这四个点和两个焦点恰好组成一个正六边形,那么这个椭圆的离心率为( )A B 1-C D 21．已知椭圆C ：2212x y +=，直线l ：1y x =-与椭圆C 交于A ，B 两点，则过点A ，B 且与直线m ：43x =相切的圆的方程为______． 22．已知点(3,3)P -，过点(3,0)M 作直线，与抛物线24y x =相交于A ，B 两点，设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，则12k k +=____.23．已知圆C ：22(1)()16x y a -+-=，若直线20ax y +-=与圆C 相交于A ，B 两点，且CA CB ⊥，则实数a 的值为_______.24．如图是数学家Germinal Dandelin 用证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin 双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球1O ，球2O 的半径分别为3和1，球心距离128OO =,截面分别与球1O ，球2O 切于点E ，F ，（E ，F 是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．25．已知点()2,0A -、()02,B ，若点C 是圆222210x ax y a -++-=上的动点，ABC ∆面积的最小值为32，则a 的值为__________．26．椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，过2F 的直线交椭圆于A ，B两点，1ABF ∆的周长为8，则该椭圆的短轴长为__________.27．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A ，F 分别为椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的右顶点、右焦点，过坐标原点O 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，线段AP 的中点为M ，若Q ，F ，M 三点共线，则椭圆C 的离心率为______.28．已知点()0,1A ，抛物线()2:0C y ax a =>的焦点为F ，连接FA ，与抛物线C 相交于点M ，延长FA ，,与抛物线C 的准线相交于点N ，若:1:2FM MN =，则实数a 的值为______．29．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，左顶点为A ，以F 为圆心，FA 为半径的圆交C 的右支于M ，N 两点，且线段AM 的垂直平分线经过点N ，则C 的离心率为_________.30．椭圆T ：22221(0)x y a b a b+=>>的两个顶点(,0)A a ，(0,)B b ，过A ，B 分别作AB 的垂线交椭圆T 于D ，C （不同于顶点），若3BC AD =，则椭圆T 的离心率为_____．。
2010-2019“十年高考”数学真题 立体几何解析版专项汇总(理数 可下载)
因为 E，F 分别是 PA，AB 的中点，所以 EF P PB .又 CEF 90 ，即 EF⊥CE，
所以 PB⊥CE，得 PB⊥平面 PAC.所以 PB⊥PA，PB⊥PC. 又因为 PA PB PC ，△ABC 是正三角形， 所以 △PAC≌△PBC≌△PAB ，故 PA PC ，所以正三棱锥 P ABC 的三
【解析】如图所示，联结 BE ， BD .因为点 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，所以 BM 平面 BDE ， EN 平面 BDE ，因为 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
则点 D 到平面 ABC 的最大距离 d1 d 4 6 ，
所以三棱锥
D
ABC
体积的最大值 Vmax
1 3
S
ABC
6
19 3
3 6 18
3．
故选 B．
8.（2018 北京）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
对于 B， 内有两条相交直线与 平行，则∥ ；
对于 C， ， 平行于同一条直线，则 与 相交或∥ ，排除；
对于 D， ， 垂直于同一平面，则 与 相交或∥ ，排除．故选 B．
2.（2019 全国Ⅲ理 8）如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥ 平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则 A．BM=EN，且直线 BM、EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM=EN，且直线 BM、EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 【答案】B．
【精品】立体几何十年高考题(带详细解析)
【精品】立体几何十年高考题(带详细解析) ●考点阐释高考试卷中，立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查.立体几何的基础是对点、线、面的各种位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体，而且采用了公理化体系的方法，在中学数学教育中，通过这部分内容培养学生空间观念和公理化体系处理数学问题的思想方法，这又是考生进入高校所必须具备的一项重要的数学基础，因此高考命题时，突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查，以便审核考生立体几何的知识水平和能力.多面体和旋转体是在空间直线与平面的理论基础上，研究以柱、锥、台、球为代表的最基本的几何体的概念、性质、各主要元素间的关系、直观图画法、侧面展开图以及表面和体积的求法等问题.它是“直线和平面”问题的延续和深化.在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题.近些年来即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解.本章主要考查平面的性质、空间两直线、直线和平面、两个平面的位置关系以及空间角和距离面积及体积.●试题类编一、选择题1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H ，I ，J 分别为AF ，AD ，BE ，DE 的中点.将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ 所成角的度数为（ ）A.90°B.60°C.45°D.0°2.（2003上海春，13）关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是（ ）A.若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥bB.若a ∥M ，b ⊥a ，则b ⊥MC.若a M ，b M ，且l ⊥a ，l ⊥b ，则l ⊥MD.若a ⊥M ，a ∥N ，则M ⊥N3.（2002北京春，2）已知三条直线m 、n 、l ，三个平面α、β、γ.下面四个命题中，正确的是（ ）A.⇒⎭⎬⎫⊥⊥γβγαα∥β B.⇒⎭⎬⎫⊥m l m β//l ⊥βC.⇒⎭⎬⎫γγ////n m m ∥n D.⇒⎭⎬⎫⊥⊥γγn m m ∥n4.（2002北京文，4）在下列四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是（ ） 图9—15.（2002上海，14）已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m β，给出下列四个命题：（1）若α∥β，则l ⊥m （2）若l ⊥m ，则α∥β（3）若α⊥β，则l ∥m（4）若l ∥m ，则α⊥β其中正确命题的个数是（ ）A.1B.2C.3D.46.（2002京皖春，7）在△ABC 中，AB =2，BC =1.5，∠ABC =120°（如图9—2），若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ） A.29π B.27π C.25π D.23π 7.（2002京、皖、春，12）用一张钢板制作一个容积为4 m 3的无盖长方体水箱.可用的长方形钢板有四种不同的规格（长×宽的尺寸如选项所示，单位均为m ）若既要够用，又要所剩最少，则应选择钢板的规格是（ ）A.2×5B.2×5.5C.2×6.1D.3×58.（2002全国文8，理7）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么，这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ）A.43 B.54 C.53 D.－53 9.（2002北京文5，理4）64个直径都为4a 的球，记它们的体积之和为V 甲，表面积之和为S 甲；一个直径为a 的球，记其体积为V 乙，表面积为S 乙，则（ ）A.V 甲＞V 乙且S 甲＞S 乙B.V 甲＜V 乙且S 甲＜S 乙C.V 甲=V 乙且S 甲＞S 乙D.V 甲=V 乙且S 甲=S 乙10.（2002北京理，10）设命题甲：“直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面ACB 1与对角面BB 1D 1D 垂直”；命题乙：“直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体”.那么，甲是乙的（ ）A.充分必要条件B.充分非必要条件C.必要非充分条件D.既非充分又非必要条件11.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是（ ）A.90°B.60°C.45°D.30° 图9—212.（2001上海，15）已知a、b为两条不同的直线,α、β为两个不同的平面，且a⊥α, b⊥β，则下列命题中的假命题．．．是（）A.若a∥b，则α∥βB.若α⊥β，则a⊥bC.若a、b相交，则α、β相交D.若α、β相交，则a、b相交13.（2001京皖春，11）图9—3是正方体的平面展开图．在这个正方体．．．中，①BM与ED平行②CN与BE是异面直线③CN与BM成60°角④DM与BN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是（）A.①②③B.②④C.③④D.②③④14.（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是（）A.3πB.33πC.6πD.9π15.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1、P2、P3.图9—4若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（）A.P3＞P2＞P1B.P3＞P2＝P1C.P3＝P2＞P1D.P3＝P2＝P116.（2001全国，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝2BB1，则AB1与C1B 所成的角的大小为（）A.60°B.90°C.105°D.75°17.（2001京皖春，9）如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是（）A.30°B.45°C.60°D.90°18.（2000上海，14）设有不同的直线a、b和不同的平面α、β、γ，给出下列三个命题：（1）若a∥α，b∥α，则a∥b．（2）若a∥α，a∥β，则α∥β．（3）若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β．其中正确的个数是（）A.0 B．1 C．2 D．319.（2000京皖春，5）一个圆锥的底面直径和高都同一个球的直径相等，那么圆锥与球的体积之比是（）图9—3A.1∶3B.2∶3C.1∶2D.2∶920.（2000全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ） A.23 B.32 C.6 D.621.（2000全国文，12）如图9—5，OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）A.321B.21C.21D.421 22.（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）A.ππ221+B.ππ441+C.ππ21+D.ππ241+ 23.（1999全国，7）若干毫升水倒入底面半径为2 cm 的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6 cm.若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是（ ）A.63cm B ．6 cm C.2318cm D.3312cm24.（1999全国，12）如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为R ，中截面把圆台分为上、下两个圆台，它们的侧面积的比为1∶2，那么R 等于（ ）A.10B.15C.20D.2525.（1999全国理，10）如图9—6，在多面体ABCDEF 中，已知面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF =23，EF 与面AC 的距离为2，则该多面体的体积是（ ）A.29B.5C.6D.215 26.（1998全国，7）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（ ）A.120°B.150°C.180°D.240°27.（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S 、S ′，中截面的面积是S 0，那么（ ）A.S S S '+=02B.S S S '=0C.2S 0＝S ＋S ′D.S 02＝2S ′S图9—5图9—628.（1998全国，13）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. 329.（1998上海）在下列命题中，假命题是（ ）A.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥βB.若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥βC.若平面α⊥平面β，任取直线l α，则必有l ⊥βD.若平面α∥平面β，任取直线l α，则必有l ∥β30.（1997全国，8）长方体一个顶点上三条棱的长分别是3、4、5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（ ）A.202πB.252πC.50πD.200π31.（1997全国，12）圆台上、下底面积分别为π、4π，侧面积为6π，这个圆台的体积是（ ）A.332πB.23πC.637πD.337π 32.（1996全国理，14）母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角ϕ等于（ ） A.322π B.332π C.2π D.362π 33.（1996全国文12，理9）将边长为a 的正方体ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为（ ）A.63aB.123aC.3123aD.3122a 34.（1996全国文7，理5）如果直线l 、m 与平面α、β、γ满足：l ＝β∩γ，l ∥α，m ⊂α和m ⊥γ，那么必有（ ）A.α⊥γ且l ⊥mB.α⊥γ且m ∥βC.m ∥β且l ⊥mD.α∥β且α⊥γ35.（1996上海，4）在下列命题中，真命题是（ ）A.若直线m 、n 都平行于平面α，则m ∥nB.设α—l —β是直二面角，若直线m ⊥l ，则m ⊥βC.若直线m 、n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且m ⊥n ，则n 在α内或n 与α平行D.设m 、n 是异面直线，若m 与平面α平行，则n 与α相交36.（1996全国文，10）圆锥母线长为1，侧面展开图的圆心角为240°，该圆锥的体积等于（ ）A.8122πB.818πC.8154π D.8110π 37.（1995全国文，10）如图9—7，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ） A.1715 B.21 C.178 D.23 38.（1995全国，4）正方体的全面积是a 2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是（ ）A.32a π B.22a π C.2πa 2 D.3πa 239.（1995上海，4）设棱锥的底面面积为8 cm 2，那么这个棱锥的中截面（过棱锥高的中点且平行于底面的截面）的面积是（ ）A.4 cm 2B.22 cm 2C.2 cm 2D. 2 cm 240.（1995全国理，10）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.①②B.③④C.②④D.①③41.（1995全国理，15）如图9—8，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A.1030B.21C.1530D.1015 42.（1994全国，11）对于直线m 、n 和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是（ ）A.m ⊥n ，m ∥α，n ∥βB.m ⊥n ，α∩β＝m ，n ⊂αC.m ∥n ，n ⊥β，m ⊂αD.m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β43.（1994上海，14）已知a 、b 是异面直线，直线c 平行于直线a ，那么c 与b （ ）A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线44.（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ）A.323B.283C.243D.20345.（1994全国，13）已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则球面面积是（ ）A.916πB.38π C.4π D.964π 二、填空题46.（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量图9—8的水.若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r，则r R =.图9—947.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于 （结果用反三角函数值表示）.48.（2002上海春，12）如图9—10，若从点O 所作的两条射线OM 、ON 上分别有点 M 1、M 2与点N 1、N 2，则三角形面积之比21212211ON ON OM OM S S N OM N OM ⋅=∆∆.若从点O 所作的不在同一平面内的三条射线OP 、OQ 和OR 上，分别有点P 1、P 2，点Q 1、Q 2和点R 1、R 2，则类似的结论为 .图9—10 图9—1149.（2002京皖春，15）正方形ABCD 的边长是2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角（如图9—11所示）.M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为 . 50.（2002北京，15）关于直角AOB 在定平面α内的射影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角.其中正确判断的序号是 （注：把你认为是正确判断的序号都填上）.51.（2002上海春，10）图9—12表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB 、CD 、EF 和GH 在原正方体中相互异面的有 对.图9—1252.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为23cm，体积为4 cm3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是.53.（2001京皖春，16）已知m、n是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n ⊥α或n⊥β；②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；③若m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；④若α∩β＝m，n∥m且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中正确的命题序号是（注：把你认为正确的命题的序号都．填上）.54.（2001春季北京、安徽，13）已知球内接正方体的表面积为S，那么球体积等于．55.（2001全国理，13）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的侧面积是.56.（2000上海春，9）若两个长方体的长、宽、高分别为5 cm、4 cm、3 cm，把它们两个全等的面重合在一起组成大长方体，则大长方体的对角线最长为_____cm.57.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为_____.58.（2000年春季北京、安微，18）在空间，下列命题正确的是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.①如果两直线a、b分别与直线l平行，那么a∥b.②如果直线a与平面β内的一条直线b平行，那么a∥β.③如果直线a与平面β内的两条直线b、c都垂直，那么a⊥β.④如果平面β内的一条直线a垂直平面γ，那么β⊥γ.59.（2000春季北京、安徽，16）如图9—14是一体积为72的正四面体，连结两个面的重心E、F，则线段EF的长是_____.60.（2000全国，16）如图9—15（1），E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是图9—15（2）的（要求：把可能的图的序号都．填上）.图9—1 图9—15（1）图9—15（2）61.（2000上海，7）命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱锥．图9—13命题A 的等价命题B可以是：底面为正三角形，且 的三棱锥是正三棱锥．62.（1999全国，18）α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断：①m ⊥n ②α⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个．．命题： . 63.（1998全国，18）如图9—16，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1—ABCD中，当底面四边形ABCD 满足条件 （或任何能推导出这个条件的其他条件，例如ABCD 是正方形、菱形等）时，有A 1C ⊥B 1D 1（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形）.64.（1998上海）棱长为2的正四面体的体积为 .65.（1997全国，19）已知m 、l 是直线，α、β是平面，给出下列命题①若l 垂直于α内的两条相交直线，则l ⊥α②若l 平行于α，则l 平行于α内的所有直线③若m ⊂α，l ⊂β，且l ⊥m ，则α⊥β④若l ⊂β，且l ⊥α，则α⊥β⑤若m ⊂α，l ⊂β，且α∥β，则m ∥l其中正确的命题的序号是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.66.（1997上海）圆柱形容器的内壁底半径为5 cm ，两个直径为5 cm 的玻璃小球都浸没于容器的水中，若取出这两个小球，则容器的水面将下降_____ cm.67.（1996上海，18）把半径为3 cm 、中心角为32π的扇形卷成一个圆锥形容器，这个容器的容积为 cm 3（结果保留π）.68.（1996上海，18）如图9—17，在正三角形ABC 中，E 、F 依次是AB 、AC 的中点，AD ⊥BC ，EH ⊥BC ，F Ｇ⊥BC ，D 、H 、G 为垂足，若将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积为V ，则其中由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是 .图9—17 图9—1869.（1996全国，19）如图9—18，正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成60°的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是_____.70.（1995全国，17）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为3π，则圆台的体积与球体积之比为_____.71.（1995上海理）把圆心角为216°，半径为5分米的扇形铁皮焊成一个圆锥形容器（不计焊缝），那么容器的容积是_____.72.（1994全国，19）设圆锥底面圆周上两点A 、B 间的距离为2，圆锥顶点到直线AB图9—16的距离为3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的体积为_____.73.（1994上海）有一个实心圆锥体的零部件，它的轴截面是边长为10 cm的等边三角形，现在要在其整个表面上镀一层防腐材料，已知每平方厘米的工料价为0.10元，则需要的费用为_____元（π取3.2）.三、解答题74.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.（Ⅰ）求三棱锥D1—DBC的体积；（Ⅱ）证明BD1∥平面C1DE；（Ⅲ）求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.图9—1 图9—2075.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G.（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；（Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V.76.（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=55.（如图9—21）（Ⅰ）证明：SC⊥BC；（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；（Ⅲ）求三棱锥的体积V S－AB C.77.（2002京皖春理，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=13，SB=29.（Ⅰ）证明：SC⊥BC；（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；（Ⅲ）求异面直线SC与AB所成的角的大小（用反三角函数表示）.图9—22 图9—2378.（2002全国文，19）四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD，图9—21如图9—22所示.（Ⅰ）若面P AD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明无论四棱锥的高怎样变化，面P AD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°. 79.（2002北京文，18）如图9—23，在多面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，上、下底面矩形的长、宽分别为c ，d 与a ，b ，且a ＞c ，b ＞d ，两底面间的距离为h .（Ⅰ）求侧面ABB 1A 1与底面ABCD 所成二面角的正切值；（Ⅱ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V 估=S 中截面·h 来计算.已知它的体积公式是V=6h（S 上底面+4S 中截面+S 下底面），试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明. （注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） 80.（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E ，F 两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c ，d 与a ，b ，且a ＞c ，b ＞d ，两底面间的距离为h .（Ⅰ）求侧面ABB 1A 1与底面ABCD 所成二面角的大小； （Ⅱ）证明：EF ∥面ABCD ；（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V 估=S 中截面·h 来计算.已知它的体积公式是V =6h（S 上底面+4S 中截面+S 下底面）， 试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明.（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） 81.（2002全国文，22）（Ⅰ）给出两块相同的正三角形纸片（如图（1），图（2）），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图（1）、图（2），并作简要说明；（Ⅱ）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；图9—2582.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直.点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM =BN =a （0＜a ＜2）.（Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小；（Ⅲ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小.图9—24图9—26 图9—2783.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC 是△ABC 所在平面的一条斜线，点N 是V 在平面ABC 上的射影，且在△ABC 的高CD 上.AB ＝a ，VC 与AB 之间的距离为h ，点M ∈V C.（Ⅰ）证明∠MDC 是二面角M —AB —C 的平面角； （Ⅱ）当∠MDC ＝∠CVN 时，证明VC ⊥平面AMB ；（Ⅲ）若∠MDC ＝∠CVN ＝θ（0＜θ＜2），求四面体MABC 的体积.84.（2001上海，19）在棱长为a 的正方体OABC —O ′A ′B ′C ′中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ．（Ⅰ）求证：A ′F ⊥C ′E ；（Ⅱ）当三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时，求二面角B ′—EF —B 的大小（结果用反三角函数表示）．85.（2001全国理17，文18）如图9—28，在底面是直角梯形的四棱锥S —ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝21. （Ⅰ）求四棱锥S —ABCD 的体积； （Ⅱ）求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值.86.（2000京皖春理20,文21）在直角梯形ABCD 中，如图9—29，∠D ＝∠BAD ＝90°，AD ＝21AB ＝a （如图（1）），将△ADC 沿AC 折起，使D 到D ′，记面ACD ′为α，面ABC 为β，面BCD ′为γ．图9—29（Ⅰ）若二面角α—AC —β为直二面角（如图（2）），求二面角β—BC —γ的大小； （Ⅱ）若二面角α—AB —β为60°（如图（3）），求三棱锥D ′—ABC 的体积．87.（2000全国理，18）如图9—30，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ＝60°．（Ⅰ）证明：C 1C ⊥BD ；图9—28（Ⅱ）假定CD ＝2，CC 1＝23，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；（Ⅲ）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明．图9—30 图9—3188.（2000全国文，19）如图9—31，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ．（Ⅰ）证明：C 1C ⊥BD ；（Ⅱ）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ?请给出证明． 89.（2000上海，18）如图9—32所示四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两互相垂直，且AB ＝BC ＝2，E 是AC 中点，异面直线AD 与BE 所成的角大小为arccos 1010，求四面体ABCD 的体积．图9—32 图9—3390.（1999全国文22，理21）如图9—33，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B ，且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°，AB ＝a .（Ⅰ）求截面EAC 的面积；（Ⅱ）求异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； （Ⅲ）求三棱锥B 1－EAC 的体积.91.（1998全国理，23）已知如图9—34，斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝2，AC ＝23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C.（Ⅰ）求侧棱A 1A 与底面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小； （Ⅲ）求顶点C 到侧面A 1ABB 1的距离.图9—34 图9—3592.（1998全国文，23）已知如图9—35，斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝2，AC ＝23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C.（Ⅰ）求侧棱A 1A 与底面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小； （Ⅲ）求侧棱B 1B 和侧面A 1ACC 1的距离.93.（1997全国，23）如图9—36，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点.（Ⅰ）证明：AD ⊥D 1F ；（Ⅱ）求AE 与D 1F 所成的角； （Ⅲ）证明：面AED ⊥面A 1FD 1；（Ⅳ）（理）设AA 1＝2，求三棱锥F —A 1ED 1的体积11ED A F V -. （文）设AA 1＝2，求三棱锥E —AA 1F 的体积F AA E V 1-.图9—36图9—3794.（1997上海理）如图9—37在三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，四边形A ′ABB ′是菱形，四边形BCC ′B ′是矩形，C ′B ′⊥A B.（1）求证：平面CA ′B ⊥平面A ′AB ； （2）若C ′B ′=3，AB =4，∠ABB ′=60°，求AC ′与平面BCC ′所成的角的大小（用反三角函数表示）.95.（1996上海，21）如图9—38，在二面角α—l —β中，A 、B ∈α，C 、D ∈l ，ABCD为矩形，P ∈β，P A ⊥α，且P A ＝AD ，M 、N 依次是AB 、PC 的中点.（1）求二面角α—l —β的大小； （2）求证：MN ⊥AB ；（3）求异面直线P A 与MN 所成角的大小.图9—38 图9—3996.（1995全国文24，理23）如图9—39，圆柱的轴截面ABCD 是正方形，点E 在底面的圆周上，AF ⊥DE ，F 是垂足.（Ⅰ）求证：AF ⊥DB ； （Ⅱ）（理）如果圆柱与三棱锥D —ABE 的体积比等于3π，求直线DE 与平面ABCD 所成的角.（文）求点E 到截面ABCD 的距离.97.（1995上海，23）如图9—40，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又P A ⊥AB ，P A ＝4，∠P AD ＝60°.（Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积；（Ⅱ）求二面角P —BC —D 的大小（用反三角函数表示）.图9—40 图9—4198.（1994全国，23）如图9—41，已知A 1B 1C 1—ABC 是正三棱柱，D 是AC 中点. （Ⅰ）证明：AB 1∥平面DBC 1； （Ⅱ）（理）假设AB 1⊥BC 1，求以BC 1为棱的DBC 1与CBC 1为面的二面角α的度数. （文）假设AB 1⊥BC 1，BC ＝2，求线段AB 1在侧面B 1BCC 1上的射影长. 99.（1994上海，23）如图9—42在梯形ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝2，AB ＝a ，AD ＝3a ，且∠ADC ＝arcsin55，又P A ⊥平面ABCD ，P A =a .求（1）二面角P —CD —A 的大小（用反三角函数表示）.（2）点A 到平面PBC 的距离. ●答案解析 1.答案：B解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG 与IJ 为一对异面直线.过点D 分别图9—42图9—43作HG 与IJ 的平行线，即DF 与AD .所以∠ADF 即为所求.因此，HG 与IJ 所成角为60°.评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.2.答案：D解析：A 选项中，若a ∥M ，b ∥M ，则有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面.B 选项中，b 可能在M 内，b 可能与M 平行，b 可能与M 相交.C 选项中须增加a 与b 相交，则l ⊥M . D 选项证明如下：∵a ∥N ，过a 作平面α与N 交于c ，则c ∥a ，∴c ⊥M .故M ⊥N .评述：本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的基本性质. 3.答案：D解析：垂直于同一平面的两直线必平行，因此选D.评述：判断元素之间的位置关系问题，也可以从元素之间所有关系分析入手，再否定若干选项.如A ，因为α、β有两种位置关系，在α与β相交情况下，仍有α⊥r ，β⊥r .因此，α∥β是错误的.4.答案：A解析：∵CD 在平面BCD 内，AB 是平面BCD 的斜线，由三垂线定理可得A. 5.答案：B 解析：（1）、（4）是正确命题.因为α∥β，l ⊥α，∴l ⊥β. 又m ⊂β，∴l ⊥m .因为l ∥m ，l ⊥α，∴m ⊥α，∴β⊥α. 6.答案：D解析：如图9—44，该旋转体的体积为圆锥C —ADE 与圆锥B —ADE 体积之差又∵求得AB =1∴23133125331πππ=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=-=--ADE B ADE C V V V7.答案：C解析：设该长方体水箱的长、宽、高分别为x 、y 、z ，∴x ·y ·z =4 ∴原长方形中用于制作水箱的部分的长、宽应分别为x +2z ，y +2z （如图9—45中（2）所示）从而通过对各选项的考查，确定C 答案.图9—458.答案：C解析：如图9—46，作出轴截面，设公共底面圆的半径为R ，圆锥的高为h∴V 锥=31πR 2h ，V 半球=21·43πR 3图9—44图9—47∵V 锥=V 半球，∴h =2R ∴tan α=21 ∴cos θ=53411411tan 1tan 122=+-=+-αα 9.答案：C 解析：V 甲=64·34π·（4a ·21）3=61πa 3， S 甲=64·4π·（4a ·21）2=4πa 2 V 乙=34π（a ·21）3=61πa 3，S 乙=4π（a ·21）2=πa 2 ∴V 甲=V 乙，S 甲＞S 乙. 10.答案：C解析：若命题甲成立，命题乙不一定成立，如底面为菱形时. 若命题乙成立，命题甲一定成立. 11.答案：B解析：连结FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质得FE 1∥BC 1. 在△EFD 中，EF =ED =1，∠FED =120°，∴FD =3.在Rt △EFE 1和Rt △EE 1D 中，易得E 1F =E 1D =3.∴△E 1FD 是等边三角形.∴∠FE 1D =60°. ∴BC 1与DE 1所成的角为60°.评述：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成的角的求法. 12.答案：D解析：①∵a ∥b ，a ⊥α，∴b ⊥α，又∵b ⊥β，∴α∥β ②∵a ⊥α，α⊥β ∴a ∥β或a ∈β 又∵b ⊥β ∴b ⊥a ③若α∥β，则a ∥b④若α、β相交，则a 、b 可能相交也可能异面，显然D 不对. 13.答案：C解析:展开图可以折成如图9—47的正方体,由图可知①②不正确. ∴③④正确. 14.答案：A 解析：∵S ＝21ab sin θ 图9—47∴21a 2sin60°＝3 ∴a 2＝4，a ＝2，a =2r ∴r ＝ 1 S 全＝2πr ＋πr 2＝2π＋π＝3π 15.答案：D解析：由S 底＝S 侧cos θ可得P 1＝P 2 而P 3＝θθθcos )(2)cos sin (22121S S S S +=+ 又∵2（S 1＋S 2）＝S 底 ∴P 1＝P 2＝P 316.答案：B解析：如图9—48，D 1、D 分别为B 1C 1、BC 中点，连结AD 、D 1C ，设BB 1＝1，则AB ＝2，则AD 为AB 1在平面BC 1上的射影，又32cos ,22,3311====BC BC BC C BD BE∴DE 2＝BE 2＋BD 2－2BE ·BD ·cos C 1BC ＝6132223322131=⋅⋅⋅-+ 而BE 2＋DE 2＝216131=+＝BD 2 ∴∠BED ＝90° ∴AB 1与C 1B 垂直 17.答案：C解析：设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，依条件则有2πr ＝πl ，如图9—49∴21=l r ，即∠ASO ＝30°，因此圆锥顶角为60°. 18.答案：A解析：（1）如果a ，b 是平面M 中的两条相交直线，面M ∥α， ∴有a ∥α，b ∥α，但a b ，所以（1）错．（2）如果α∩β＝b ，而a ∥b ，∴有a ∥α，a ∥β，但αβ，所以（2）错． （3）如果α∩β＝b ，而b ⊥γ，∴有β⊥γ，α⊥γ，但αβ，（3）错． 19.答案：C解析：设圆锥的底面半径为R ，则V 圆锥＝32πR 3，V 球＝34πR 3， ∴V 圆锥∶V 球＝1∶2． 20.答案：D解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a =1，b ＝2，c ＝3，则对角线l 的长为图9—48图9—49l =6222=++c b a ．21.答案：D解析：如图9—50，由题意知，31πr 2h ＝61πR 2h ， ∴r ＝2R． 又△ABO ∽△CAO ，∴R OA OA r =，∴OA 2＝r ·R ＝422,2R OA R =， ∴cos θ＝421=R OA ． 22.答案：A解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则由题设知h =2πr . ∴S 全=2πr 2+（2πr ）2=2πr 2（1+2π）.S侧=h 2=4π2r 2，∴ππ221+=侧全S S . 评述：本题考查圆柱的侧面展开图、侧面积和全面积等知识.23.答案：B解析：设水面半径为x cm ， 则水面高度为3x cm则由已知得：π·22·6＝31πx 2·3x （3x ）3＝63，3x ＝6.评述：本题重点考查柱体、锥体的体积公式及灵活的运算能力. 24.答案：D解析：由已知得中截面圆的半径r ′＝25+R . 设圆台的母线长为l ，则中截面截圆台所得上面小圆台的母线长l ′＝2l，且上面小圆台的侧面积S ′与圆台侧面积S 之比为1∶3，由圆台侧面积公式得：31)5(21)255(=+⋅++='l R R S S ππ，解得R =25 评述：本题主要考查圆台及其侧面积公式，立足课本，属送分题.图9—5025.答案：D解析：连EB 、E C.四棱锥E —ABCD 的体积V E —ABCD =31·32·2=6.由于AB =2EF ，EF ∥AB ，所以S △EAB =2S △BEF∴V F —EBC =V C —EFB =21V C —ABE =21V E —ABC =21·21V E —ABCD =23 ∴多面体EF —ABCD 的体积V EF —ABCD =V E —ABCD +V F —EBC =6+21523=. 此题也可利用V EF —ABCD ＞V E —ABCD =6.故选D.评述：本题考查多面体体积的计算以及空间想象能力和运算能力. 26.答案：C解析：设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，由已知得：πr 2＋πrl ＝3πr 221=⇒l r ， ∴θ＝lr×2π＝π. 评述：本小题考查圆锥的概念、性质及侧面积公式.侧面展开是立体问题平面化的重要手段应引起广大考生的注意. 27.答案：A解析：设该棱台为正棱台来解即可.评述：本题考查棱台的中截面问题.根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等.28.答案：B 解析：设球心为O ，由题设知三棱锥O —ABC 是正四面体，且△ABC 的外接圆半径是2，设球半径为R ，则33R ＝2，∴R ＝23. 29.答案：C解析：A 中直线l ⊥β，l α，所以α⊥β，A 为真命题.B 中，在α内取两相交直线，则此二直线平行于β，则α∥β，B 为真命题.D 为两平面平行的性质，为真命题.C 为假命题，l 只有在垂直交线时才有l ⊥β，否则l 不垂直β.故选C.评述：本题考查平面与平面垂直、直线与平面平行的判定和性质. 30.答案：C解析：长方体的对角线长等于球的直径，于是（2R ）2＝32＋42＋52，R 2＝225， 则S 球＝4πR 2＝4π·225＝50π. 评述：本题考查长方体、球的有关概念和性质.。
高考数学(理)十年真题(2010-2019)专题10 立体几何与空间向量解答题(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．2．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．3．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP ＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y＝1，得．∵AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF＝F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE＝∠CEF＝60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为（x1，y1，z1），则，则，取（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为（x2，y2，z2），则，则，取（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．5．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，在菱形ABCD中，不妨设BG＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC，BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC，又AE⊥EC，所以EG，且EG⊥AC，在直角△EBG中，可得BE，故DF，在直角三角形FDG中，可得FG，在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，（或由tan∠EGB•tan∠FGD••1，可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，由EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），F（﹣1，0，），C（0，，0），即有（1，，），（﹣1，，），故cos，．则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．6．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB ⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10＝CO，∴AC＝AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），设向量（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取（1，，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，，），∴cos，，∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为7．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），则（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），设（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．8．【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD＝AC，∴∠ADC＝45°同理：∠A1DC1＝45°，∴∠CDC1＝90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD＝D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1＝B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD＝A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH＝O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC＝a，则，，∴sin∠C1DO∴∠C1DO＝30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°9．【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD；（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面P AD．故P A⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），设平面P AB的法向量为（x，y，z），则即，因此可取（，1，）设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，即：可取（0，1，），cos故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．10．【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PE⊥BC（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）则．可得．因为所以PE⊥BC．（Ⅱ）由已知条件可得m ，n ＝1，故C （），设（x ，y ，z ）为平面PEH 的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ． 因为11AGA B GE ∆∆，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC=，所以1AF AG FC GB =，所以1//FG CB ，又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点． 因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ，因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA ，1OA ，OC 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A，1A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F ，由11AA BB =，得(B -，1BB的中点3(2E -，13(,2A E =-，112(,)33A F =-.设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11112033302x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，得方程的一组解为11115x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩1(1n =-.面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)n =，则121212529cos ,n n n n n n⋅<>==， 所以二面角1F A E A --的余弦值为29.2．如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小． 【答案】(1)见证明；(2) 4π 【解析】（1）∵菱形ABCD ，∴AC BD ⊥， ∵FD ⊥平面ABCD ，∴FD AC ⊥， ∵BD FD D ⋂=，∴AC ⊥平面BDF ， ∵AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ． （2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，()0,1,0C -，(F ，(1,0)BC =-，(BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则3020n BC y n BF ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m =， 设二面角A BC F --的大小为θ， 则||cos ||||28m n m n θ⋅===⋅ ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 3．如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ， 所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，， 所以1DD ⊥平面1111D C B A ， 又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ， 平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC 从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，，所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，，()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，， 即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=， 不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-， 设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ，于是111111sin cos ,14||m B C m B C m B C θ⋅====⋅，故直线11B C 与平面1B CE . 4．如图，在四凌锥P ABCD -中，PC ABCD ⊥底面，底面ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，AB CD ∥，222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点（1）求证：EAC PBC ⊥平面平面；（2）若二面角P AC E --，求BE BP 的值【答案】（1）见解析（2）13BE BP = 【解析】（1）如图，由题意，得AC BC ==2AB =，∴BC AC ⊥∵ABCD PC ⊥底面，∴PC AC ⊥又∵PC BC C ⋂=，∴AC ⊥底面PBC∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC（2）如图，以C 为原点，取AB 中点M ，以CM ，CD ，CP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系则()1,1,0B -，()0,0,4P ，()1,1,0A ，设(),,E x y z ，且()01BE BP λλ=<<，得 ()()1,1,1,1,4x y z λ-+=-，即()1,1,4E λλλ--()()1,1,0,1,1,4CA CE λλλ==--,设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，由00CE n CA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()()11400x y z x y λλλ⎧-+-+=⎨+=⎩，令1x =，得11,1,2n λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 又BC AC ⊥，且BC PC ⊥，所以BC ⊥平面PAC故平面PAC 的法向量为()1,1,0m BC ==-，由二面角P AC E --cos ,m n m n m n⋅===⋅，解得1λ=-或13，由01λ<<得13λ=，即13BE BP = 5．如图，在三棱锥P ABC -中，20{ 28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45.（1）求证:平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。
十年高考真题(2013-2022)专题11立体几何与空间向量选择填空题(解析版)
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题11立体几何与空间向量选择填空题1．【2022年全国甲卷理科04】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．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.故选：B.2．【2022年全国甲卷理科07】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°真题汇总C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【答案】D【解析】如图所示：不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D =bB1D，即b=c，B1D=2c=√a2+b2+c2，解得a=√2c．对于A，AB=a，AD=b，AB=√2AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca =√22，所以∠BAE≠30∘，B错误；对于C，AC=√a2+b2=√3c，CB1=√b2+c2=√2c，AC≠CB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D =a2c=√22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．故选：D．3．【2022年全国甲卷理科09】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】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，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年全国乙卷理科07】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】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；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷理科09】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】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VO−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．【2022年新高考1卷04】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．7．【2022年新高考1卷08】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)，所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷07】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R 2=25符合题意，所以球的表面积为S =4πR 2=100π． 故选：A ．9．【2021年全国甲卷理科6】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：D10．【2021年全国甲卷理科8】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′,B′,C′满足∠A′C′B′=45°，∠A′B′C′=60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′−CC′约为（√3≈1.732）（）A．346B．373C．446D．473【答案】B过C作CH⊥BB′，过B作BD⊥AA′，故AA′−CC′=AA′−(BB′−BH)=AA′−BB′+100=AD+100，由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD=DB．所以AA′−CC′=DB+100=A′B′+100．因为∠BCH=15°，所以CH=C′B′=100tan15°在△A′B′C′中，由正弦定理得：A′B′sin45°=C′B′sin75°=100tan15°cos15°=100sin15°，而sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cos30°−cos45°sin30°=√6−√24，所以A′B′=100×4×√22√6−√2=100(√3+1)≈273，所以AA′−CC′=A′B′+100≈373．故选：B．11．【2021年全国甲卷理科11】已如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 ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【答案】A∵AC ⊥BC,AC =BC =1，∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AB =√2， 则△ABC 外接圆的半径为√22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ， 则d =√12−(√22)2=√22，所以V O−ABC =13S △ABC ⋅d =13×12×1×1×√22=√212.故选：A.12．【2021年新高考1卷3】已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A ．2 B ．2√2C ．4D ．4√2【答案】B设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl =2π×√2，解得l =2√2. 故选：B.13．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥BC 1， 所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面1111D C B A ，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，BB 1∩B 1D 1=B 1， 所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6.故选：D14．【2021年全国乙卷理科9】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E ，H ，G 在水平线AC 上，DE 和FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG 称为“表距”，GC 和EH 都称为“表目距”，GC 与EH 的差称为“表目距的差”则海岛的高AB =（ ）A ．表高×表距表目距的差+表高B ．表高×表距表目距的差−表高C ．表高×表距表目距的差+表距D ．表高×表距表目距的差−表距【答案】A 如图所示：由平面相似可知，DE AB =EH AH ,FG AB =CGAC ，而DE =FG ，所以DE AB=EH AH=CG AC=CG−EH AC−AH=CG−EH CH，而CH =CE −EH =CG −EH +EG ，即AB =CG−EH+EG CG−EH×DE =EG×DECG−EH +DE ＝表高×表距表目距的差+表高．故选：A.15．【2021年新高考2卷4】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，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为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一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为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%【答案】C由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr2(1−cosα)4πr2=1−cosα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.故选：C.16．【2021年新高考2卷5】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√23【答案】D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ℎ=√22−(2√2−√2)2=√2，下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，所以该棱台的体积V=13ℎ(S1+S2+√S1S2)=13×√2×(16+4+√64)=283√2.故选：D.17．【2020年全国1卷理科03】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．√5−14B．√5−12C．√5+14D．√5+12【答案】D 【解析】如图，设CD=a,PE=b，则PO=√PE2−OE2=√b2−a42，由题意PO2=12ab，即b2−a24=12ab，化简得4(ba)2−2⋅ba−1=0，解得ba =1+√54（负值舍去）.故选：C.18．【2020年全国1卷理科10】已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【解析】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π,∴r=2，由正弦定理可得AB=2rsin60°=2√3，∴OO1=AB=2√3，根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A,R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4，∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选：A19．【2020年全国2卷理科07】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【答案】A【解析】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.故选：A20．【2020年全国2卷理科10】已知△ABC是面积为9√34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．√32【答案】C【解析】设球O的半径为R，则4πR2=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，∴12a2×√32=9√34，解得：a=3，∴r=23×√a2−a24=23×√9−94=√3，∴球心O到平面ABC的距离d=√R2−r2=√4−3=1.故选：C.21．【2020年全国3卷理科08】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4√2B．4+4√2C．6+2√3D．4+2√3【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：S△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2√2∴△ADB是边长为2√2的等边三角形根据三角形面积公式可得：S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60°=12(2√2)2⋅√32=2√3∴该几何体的表面积是：3×2+2√3=6+2√3.故选：C.22．【2020年海南卷04】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°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l；AB是晷针所在直线. m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.故选：B23．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】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=√2a，BE=√34a2+54a2=√2a，∴BM=√62a，EN=√34a2+14a2=a，∴BM≠EN，故选：B．24．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】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．25．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8√6πB．4√6πC．2√6πD．√6π【答案】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P ﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =√PA 2+PB 2+PC 2=√6．半径为√62，则球O 的体积为43π×(√62)3=√6π．故选：D ．26．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．2√17B ．2√5C ．3D ．2【答案】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：√22+42=2√5．故选：B ．27．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）A ．3√34B ．2√33C ．3√24D ．√32【答案】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长√22，α截此正方体所得截面最大值为：6×√34×(√22)2=3√34． 故选：A ．28．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1=√3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．√56C ．√55D ．√22【答案】解：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，∵在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1=√3，∴A （1，0，0），D 1（0，0，√3），D （0，0，0），B 1（1，1，√3），AD 1→=（﹣1，0，√3），DB 1→=（1，1，√3），设异面直线AD 1与DB 1所成角为θ，则cos θ=|AD 1→⋅DB 1→||AD 1→|⋅|DB 1→|=2√5=√55，∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55． 故选：C ．29．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】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 ．30．【2018年新课标3理科10】设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9√3，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为（ ）A ．12√3B ．18√3C ．24√3D ．54√3【答案】解：△ABC 为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB 2=9√3，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 =23×√32×6=2√3，OO ′=√42−(2√3)2=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：13×√34×63=18√3． 故选：B ．31．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．16【答案】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=12×2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．32．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】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•32×10−12•π•32×6＝63π，故选：B ．33．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√155C ．√105D ．√33【答案】解：【解法一】如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点，则AB 1、BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，π2]）， 可知MN =12AB 1=√52，NP =12BC 1=√22；作BC 中点Q ，则△PQM 为直角三角形；∵PQ ＝1，MQ =12AC ，△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2+BC 2﹣2AB •BC •cos ∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（−12）＝7，∴AC =√7，∴MQ =√72；在△MQP 中，MP =√MQ 2+PQ 2=√112； 在△PMN 中，由余弦定理得cos ∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP =(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105； 又异面直线所成角的范围是（0，π2]，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105． 【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，求∠BC 1D 即可；BC 1=√2，BD =√22+12−2×2×1×cos60°=√3，C 1D =√5，∴BC 12+BD 2=C 1D 2，∴∠DBC 1＝90°，∴cos ∠BC 1D =√2√5=√105． 故选：C ．34．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4 【答案】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 =√12−(12)2=√32， ∴该圆柱的体积：V ＝Sh =π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．35．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图： 可得：78×43πR 3=28π3，R ＝2．它的表面积是：78×4π•22+34×π⋅22=17π． 故选：A ．36．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m 、n 所成角的正弦值为（ ）A ．√32B ．√22C ．√33D ．13【答案】解：如图：α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABA 1B 1＝n ，可知：n ∥CD 1，m ∥B 1D 1，∵△CB 1D 1是正三角形．m 、n 所成角就是∠CD 1B 1＝60°．则m 、n 所成角的正弦值为：√32． 故选：A ．37．【2016年新课标2理科06】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π【答案】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2√3，∴在轴截面中圆锥的母线长是√12+4=4，∴圆锥的侧面积是π×2×4＝8π，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4＝20π∴空间组合体的表面积是28π，故选：C ．38．【2016年新课标3理科09】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A ．18+36√5B ．54+18√5C ．90D ．81【答案】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为：3×6＝18，侧面的面积为：（3×3+3×√32+62）×2＝18+18√5，故棱柱的表面积为：18×2+18+18√5=54+18√5．故选：B ．39．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是（ ）A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】解：∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10．故三角形ABC 的内切圆半径r =6+8−102=2， 又由AA 1＝3，故直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的内切球半径为32， 此时V 的最大值43π⋅(32)3=9π2，故选：B ．40．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】解：设圆锥的底面半径为r ，则π2r ＝8， 解得r =16π，故米堆的体积为14×13×π×（16π）2×5≈3209， ∵1斛米的体积约为1.62立方，∴3209÷1.62≈22，故选：B ．41．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r ＝（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4πr 2+12×πr 2+12×2r ×2πr +2r ×2r +12×πr 2＝5πr 2+4r 2， 又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr 2+4r 2＝16+20π，解得r ＝2，故选：B ．42．【2015年新课标2理科06】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A ．18B ．17C ．16D ．15 【答案】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为13×12×1×1×1=16， ∴剩余部分体积为1−16=56，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为15． 故选：D ．43．【2015年新课标2理科09】已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC ＝V C ﹣AOB =13×12×R 2×R =16R 3=36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π， 故选：C ．44．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）A ．6√2B ．6C ．4√2D ．4【答案】解：几何体的直观图如图：AB ＝4，BD ＝4，C 到BD 的中点的距离为：4，∴BC =CD =√22+42=2√5．AC =√42+(2√5)2=6，AD ＝4√2，显然AC 最长．长为6．故选：B ．45．【2014年新课标2理科06】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），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3cm ，高为6cm 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 ．1727B ．59C ．1027D ．13 【答案】解：几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4， 组合体体积是：32π•2+22π•4＝34π．底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯的体积为：32π×6＝54π切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：54π−34π54π=1027． 故选：C ．46．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为（ ）A ．110B ．25C ．√3010 D ．√22【答案】解：直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，如图：BC 的中点为O ，连结ON ，MN =∥12B 1C 1=OB ，则MN 0B 是平行四边形，BM 与AN 所成角就是∠ANO ， ∵BC ＝CA ＝CC 1，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，∴CO ＝1，AO =√5，AN =√5，MB =√B 1M 2+BB 12=√(√2)2+22=√6，在△ANO 中，由余弦定理可得：cos ∠ANO =AN 2+NO 2−AO 22AN⋅NO =2×√5×√6=√3010． 故选：C ．47．【2013年新课标1理科06】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，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如不计容器的厚度，则球的体积为（ ）A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3 C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【答案】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ， 则圆心M 为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于（R ﹣2）cm ， 而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质，得R 2＝（R ﹣2）2+42，解出R＝5，∴根据球的体积公式，该球的体积V=4π3R3=4π3×53=500π3cm3．故选：A．48．【2013年新课标1理科08】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【答案】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积=12×22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．49．【2013年新课标2理科04】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【答案】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选：D．50．【2013年新课标2理科07】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A．B．C．D．【答案】解：因为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），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选：A．51．【2022年新高考1卷09】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD52．【2022年新高考2卷11】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V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 1【答案】CD 【解析】设AB =ED =2FB =2a ，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，则V 1=13⋅ED ⋅S △ACD =13⋅2a ⋅12⋅(2a )2=43a 3，V 2=13⋅FB ⋅S △ABC =13⋅a ⋅12⋅(2a )2=23a 3，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 =√a 2+(√2a)2=√3a ，EF =√a 2+(2√2a)2=3a ， EM 2+FM 2=EF 2，则EM ⊥FM ，S △EFM =12EM ⋅FM =3√22a 2，AC =2√2a ，则V 3=V A−EFM +V C−EFM =13AC ⋅S △EFM =2a 3，则2V 3=3V 1，V 3=3V 2，V 3=V 1+V 2，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.53．【2021年新高考1卷12】在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P【答案】BD易知，点P 在矩形BCC 1B 1内部（含边界）．对于A ，当λ=1时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μCC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即此时P ∈线段CC 1，△AB 1P 周长不是定值，故A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +λB 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，故此时P 点轨迹为线段B 1C 1，而B 1C 1//BC ，B 1C 1//平面A 1BC ，则有P 到平面A 1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当λ=12时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =12BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +μBB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，取BC ，B 1C 1中点分别为Q ，H ，则BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BQ ⃑⃑⃑⃑⃑ +μQH ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A 1(√32,0,1)，P(0,0,μ)，B(0,12,0)，则A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,0,μ−1)，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−12,μ)，A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =μ(μ−1)=0，所以μ=0或μ=1．故H,Q 均满足，故C 错误；对于D ，当μ=12时，BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =λBC ⃑⃑⃑⃑⃑ +12BB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，取BB 1，CC 1中点为M,N ．BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +λMN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设P(0,y 0,12)，因为A(√32，0,0)，所以AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,y 0,12)，A 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√32,12,−1)，所以34+12y 0−12=0⇒y 0=−12，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．54．【2021年新高考2卷10】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 ．【答案】BC设正方体的棱长为2，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 ，OC =√2，CP =1，故tan∠POC =√2=√22， 故MN ⊥OP 不成立，故A 错误.。
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学(理) 专题10 立体几何 Word版含解析
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm)，则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x. ∵E ，F 分别为PA ，AB 的中点， ∴EF ∥PB ，且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形， ∴CF=√3.又∠CEF=90°，∴CE=√3-x 2，AE=12PA=x. 在△AEC 中，由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D ，∵PA=PC ， ∴D 为AC 的中点，cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x=12x. ∴2x 2+1=2.∴x 2=12，即x=√22. ∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2， ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6. ∴R=√62. ∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件，故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( ) A.BM=EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C.BM=EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图，连接BD ，BE.在△BDE 中，N 为BD 的中点，M 为DE 的中点， ∴BM ，EN 是相交直线，排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O ，连接ON. 作MF ⊥OD 于点F ，连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD ，平面CDE ∩平面ABCD=CD ，EO ⊥ CD ，EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD. 同理，MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2，易知 EO=√3，ON=1，MF=√32，BF=√22+94=52， 则EN=√3+1=2，BM=√34+254=√7，∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)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<γ B.β<α，β<γ C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点，点V 在底面ABC 上的投影为点O ，则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上，过点D 作DE 垂直AE ，易得PE ∥VG ，过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F ，过点D 作DH ∥AC ，交BG 于点H ，则α=∠BPF ，β=∠PBD ，γ=∠PED ，所以cos α=PFPB=EG PB=DH PB<BDPB=cos β，所以α>β，因为tan γ=PDED>PDBD=tan β，所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC 为等边三角形且面积为9√3，设△ABC 边长为a ，则S=12a ·√32a=9√3.∴a=6，则△ABC 的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4.设球的半径为R ，如图，OO 1=√R 2-r 2=√42-(2√3)2=2.当D 在O 的正上方时，V D-ABC =1S △ABC ·(R+|OO 1|)=1×9√3×6=18√3，最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)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.2√17 B.2√5 C.3 D.2【答案】B【解析】如图所示，易知N 为CD ⏜的中点，将圆柱的侧面沿母线MC 剪开，展平为矩形MCC'M'，易知CN=14CC'=4，MC=2，从M 到N 的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中，MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)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( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由该四棱锥的三视图，得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2，BC=√5，PB=3，从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1，以侧面AA1B1B，AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B ，E 1-AA 1B 1B ，D-AA 1B 1B ，D 1-AA 1B 1B ，C-AA 1F 1F ，C 1-AA 1F 1F ，D-AA 1F 1F ，D 1-AA 1F 1F ，共8个，以对角面AA 1C 1C ，AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C ，F 1-AA 1C 1C ，D-AA 1C 1C ，D 1-AA 1C 1C ，B-AA 1E 1E ，B 1-AA 1E 1E ，D-AA 1E 1E ，D 1-AA 1E 1E ，共8个，所以共有8+8=16(个)，故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，连接BC 1，则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∠AC 1B=30°，所以在Rt △ABC 1中，BC 1=AB tan∠AC 1B =2√3，又BC=2，所以在Rt △BCC 1中，CC 1=√(2√3)2-22=2√2，所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1=√3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图， 则D 1(0，0，√3)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，B 1(1，1，√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，√3)，DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|2×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.√22 B.√32C.√52D.√72【答案】C【解析】如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中，设AB=2，则BE=√5，则tan∠EAB=BEAB =√52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√52.14.(2018·全国1·文T5)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.12√2πB.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r=l=2√2，r=√2，所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积(单位:cm3)是( )A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3，h=2，∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)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【答案】B【解析】由三视图知，该几何体是一个圆柱截去一部分所得，如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10B.12C.14D.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形，且该直角梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，则S 梯=(2+4)×2÷2=6，所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1，如图， 连接C 1D ，BD ，则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2，BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3，C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2，所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105，故选C.方法二:以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由已知条件知B 1(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(1，0，0)，A(-1，√3，1)，则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-1)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-√3，-1).所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3√2B.2√3C.2√2D.2【答案】B【解析】由题意可知，直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示)，最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)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 .π B.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心，画出圆柱的轴截面如图所示，则AC=1，AB=12，底面圆的半径r=BC=√32，所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4，故选B.21.(2017·全国1·文T6)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( )【答案】A【解析】易知选项B 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项C 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项D 中，AB ∥NQ ，且NQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ ，故排除选项B ，C ，D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n 【答案】C【解析】对于选项A ，∵α∩β=l ，∴l ⊂α，∵m ∥α，∴m 与l 可能平行，也可能异面，故选项A 不正确; 对于选项B ，D ，∵α⊥β，m ∥α，n ⊥β，∴m 与n 可能平行，可能相交，也可能异面，故选项B ，D 不正确. 对于选项C ，∵α∩β=l ，∴l ⊂β. ∵n ⊥β，∴n ⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如下图所示.易知其左视图为B 项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB=6，BC=8，AA 1=3，则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2C.6πD.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径，再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较，半径较小的球即为所求.设球的半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB=6，BC=8，∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6+8+10)×R=12×6×8，此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时，有2R=3，此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V=43π(32)3=9π2.24.(2016·全国1·文T4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B. π C.8π D.4π 【答案】A【解析】设正方体的棱长为a ，由a 3=8，得a=2. 由题意可知，正方体的体对角线为球的直径， 故2r=√3a 2，则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π，故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD=m ，α∩平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.√32 B.√22C.√33D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB 1D 1，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，α∩平面ABCD=m ，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1，∴m ∥B 1D 1.∵α∥平面CB 1D 1，平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，α∩平面ABB 1A 1=n ，平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1=CD 1， ∴n ∥CD 1.∴B 1D 1，CD 1所成的角等于m ，n 所成的角， 即∠B 1D 1C 等于m ，n 所成的角.∵△B 1D 1C 为正三角形，∴∠B 1D 1C=60°， ∴m ，n 所成的角的正弦值为√32.26.(2016·全国1·理T6文T7)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体，则78×4π3×R 3=28π3，解得R=2，故其表面积为78×4πR 2+34×πR 2=14π+3π=17π. 27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ( )A.20πB.24πC.28πD.32π 【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成， 所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π，故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A.18+36√5 B.54+18√5 C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱，且四棱柱的底面是边长为3的正方形，侧棱长为3√5，所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5，故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( ) A.13+23πB.13+√23πC.13+√26πD.1+√26π【答案】C【解析】由三视图可知，上面是半径为√22的半球，体积为V 1=12×43π×(√22)3=√2π6，下面是底面积为1，高为1的四棱锥，体积V 2=13×1×1=13，故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16 B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得，三棱锥的直观图如图，则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16，故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛 【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R ，∵米堆底部弧长为8尺，∴14·2πR=8，∴R=16π. ∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3，∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛). 32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥，如图所示，设正方体棱长为a ，则V 正方体=a 3，V截去部分=16a 3，故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a 3∶56a 3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2πD.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知，该几何体是一个组合体，其左边是一个三棱锥，底面是等腰直角三角形(斜边长等于2)，高为1，所以体积V 1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，所以体积V 2=π·12·2·12=π，所以该几何体的体积V=V 1+V 2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体，其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm ，正四棱锥的高为2 cm ，则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm 3)，故选C.35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD 中，∠ABC=π2，AD ∥BC ，BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥，如图所示. V 圆柱=π×12×2=2π，V 圆锥=13×π×12×1=π3. ∴V 几何体=V 圆柱-V 圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827πC.24(√2-1)3πD.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥，其底面半径r=1，母线长l=3，所以其高h=√l 2-r 2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知，加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体，如图所示.正方体ABCD-EFGH 的底面在圆锥的底面内，下底面中心与圆锥底面的圆心重合，上底面中心在圆锥的高线上，设正方体的棱长为x.在轴截面SMN 中，由O 1G ∥ON可得，O 1GON=SO 1SO ，即√22x 1=√2-2√2，解得x=2√23.所以正方体的体积为V 1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V =16√22722π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π，则r=( ) A.1 B.2 C.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r ×2r+2×12πr 2+πr ×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π， 解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( ) A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD.在三棱锥S-ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC=1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC=BC=√5，AB 边上的高CD=2，AD=BD=1，斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5.39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱，圆柱的底面半径r=1，高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD ，所成二面角A'-CD-B 的平面角为α，则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α【答案】B【解析】设∠ADC=θ，设AB=2，则由题意AD=BD=1. 在空间图形中，设A'B=t.在△A'BD 中， cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB =12+12-t 22×1×1=2-t 22. 在空间图形中，过A'作A'N ⊥DC ，过B 作BM ⊥DC ，垂足分别为N ，M.过N 作NP MB ，连接A'P ，所以NP ⊥DC.则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角， 所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中，DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ，A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ. 同理，BM=PN=sin θ，DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP ，故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中，A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中，cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)2sinθ×sinθ=2+2cos 2θ-t 22sin 2θ=2-t 22sin 2θ+cos 2θsin 2θ=1sin 2θcos ∠A'DB+cos 2θsin 2θ.因为1sin 2θ≥1，cos 2θsin 2θ≥0，所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号)，因为α，∠A'DB ∈[0，π]，而y=cos x 在[0，π]上为递减函数，所以α≤∠A'DB.故选B.41.(2015·全国2·理T9文T10)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【解析】因为∠AOB=90°，所以S △AOB =12R 2. 因为V O-ABC =V C-AOB ，而△AOB 面积为定值，所以三棱锥底面OAB 上的高最大时，其体积最大.因为高最大为半径R ，所以V C-AOB =13×12R 2×R=36，解得R=6，故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D.若m，n不平行．．．垂直于同一平面．．．，则m与n不可能【答案】D【解析】A选项α，β可能相交;B选项m，n可能相交，也可能异面;C选项若α与β相交，则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行，可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥mC.若l∥β，则α∥βD.若α∥β，则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β，又l⊂α，由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故选项A正确;选项B，l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C，α∥β或α与β相交都有可能;选项D，l∥m或l与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内，l2与l在平面β内，若l1，l2与l都不相交，则l1∥l，l2∥l，根据直线平行的传递性，则l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意，知所得几何体是一个圆柱，且其底面半径为1，母线长也为1，因此其侧面积为2π×1×1=2π，故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】对A:m，n还可能异面、相交，故A不正确.对C:n还可能在平面α内，故C不正确.对D:n还可能在α内，故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4;若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.( )A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB.若m∥β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【答案】C【解析】当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误;当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误;当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1，侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R ，则2R=√12+12+(√2)2=2，解得R=1，所以V=4π3R 3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)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.81π4B.16πC.9πD.27π4【答案】A【解析】由图知，R 2=(4-R)2+2， ∴R 2=16-8R+R 2+2，∴R=94， ∴S 表=4πR 2=4π×8116=814π，选A. 52.(2014·湖南·理T7文T8)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.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A 1B 1C 1-ABC ，且AB=8，BC=6，BB 1=12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.故选B.53.(2014·全国1·理T12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6√2B.6C.4√2D.4【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G，即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为D1G，D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)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【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，√2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy 坐标平面上的正投影分别为A 1(2，0，0)，B 1(2，2，0)，C 1(0，2，0)，D 1(1，1，0).显然D 1点为A 1C 1的中点，如图(1)，正投影为Rt △A 1B 1C 1，其面积S 1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz 坐标平面上的正投影分别为A 2(0，0，0)，B 2(0，2，0)，C 2(0，2，0)，D 2(0，1，√2).显然B 2，C 2重合，如图(2)，正投影为△A 2B 2D 2，其面积S 2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx 坐标平面上的正投影分别为A 3(2，0，0)，B 3(2，0，0)，C 3(0，0，0)，D 3(1，0，√2)，由图(3)可知，正投影为△A 3D 3C 3，其面积S 3=12×2×√2=√2. 综上，S 2=S 3，S 3≠S 1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°，AB ⊂α，AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD=135°，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( ) A.14B.√24C.√34D.12【答案】B【解析】如图，在平面α内过C 作CE ∥AB ，则∠ECD 为异面直线AB 与CD 所成的角或其补角，不妨取CE=1，过E 作EO ⊥β于O. 在平面β内过O 作OH ⊥CD 于H ， 连EH ，则EH ⊥CD.因为AB ∥CE ，AB ⊥l ，所以CE ⊥l. 又因为EO ⊥平面β，所以CO ⊥l.故∠ECO 为二面角α-l-β的平面角，所以∠ECO=60°. 而∠ACD=135°，CO ⊥l ，所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中，CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中，CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin 45°=√24. 在Rt △ECH 中，cos ∠ECH=CHCE=√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示，取AD 的中点F ，连EF ，CF ，则EF ∥BD ，∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知，△ABC ，△ADC 为正三角形，设AB=2，则 CE=CF=√3，EF=12BD=1.∴在△CEF 中，由余弦定理， 得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF 22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)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.1727 B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3)， 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3). 故所求比值为V1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为√3，D 为BC 中点，则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点，∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3. 又AD=2×√32=√3，∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)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【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱= π×22×4=8π，V 长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.61.(2013·浙江·文T5)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 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为9，底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为√3，可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O ，则可求得AO 长为1，故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3，即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)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 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz 中的图象如图所示.则它在平面zOx 上的投影，即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B.√2 C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积等于一个面的面积1，最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S 的取值范围为1≤S≤√2. 因为√2-12<1，故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，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6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1372π3 cm 3D.2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R-2，正方体棱长的一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图. BC=2，BA=4，OB=R-2，OA=R ， 由R 2=(R-2)2+42，得R=5，所以球的体积为4π3×53=5003π(cm 3)，故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上.若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，则球O 的半径为( ) A.3√172 B.2√10C.132D.3√10【答案】C。
北京十年高考真题(2013-2022)与优质一二模题汇编专题09立体几何与空间向量(解析版)
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（北京卷）专题09立体几何与空间向量1．【2022年北京卷09】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B2．【2021年北京4】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）真题汇总A．3+√32B．4C．3+√3D．2【答案】A根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O−ABC，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为3×12×1×1+√34×(√2)2=3+√32，故选：A.3．【2021年北京8】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度．其中小雨（<10mm），中雨（10mm−25mm），大雨（25mm−50mm），暴雨（50mm−100mm），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨【答案】B由题意，一个半径为2002=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300=50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选：B.4．【2020年北京卷04】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√3【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：S=3×(2×2)+2×(12×2×2×sin60°)=12+2√3.故选：D.5．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A⊥底面ABCD，AC=√5，CD=√5，PC＝3，PD＝2√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．6．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3√2B．2√3C．2√2D．2【答案】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为P A，即P A=√PB2+PC2=√22+(2√2)2＝2√3，故选：B．7．【2016年北京理科06】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．1【答案】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，棱锥的底面面积S =12×1×1=12， 高为1，故棱锥的体积V =13Sℎ=16，故选：A ．8．【2015年北京理科04】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α，“m ∥β“是“α∥β”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】解：m ⊂α，m ∥β得不到α∥β，因为α，β可能相交，只要m 和α，β的交线平行即可得到m ∥β； α∥β，m ⊂α，∴m 和β没有公共点，∴m ∥β，即α∥β能得到m ∥β；∴“m ∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．故选：B ．9．【2015年北京理科05】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A．2+√5B．4+√5C．2+2√5D．5【答案】解：根据三视图可判断直观图为：OA⊥面ABC，AC＝AB，E为BC中点，EA＝2，EC＝EB＝1，OA＝1，∴可得AE⊥BC，BC⊥OA，由直线与平面垂直的判定定理得：BC⊥面AEO，AC=√5，OE=√5∴S△ABC=12×2×2＝2，S△OAC＝S△OAB=12×√5×1=√52．S△BCO=12×2×√5=√5．故该三棱锥的表面积是2+2√5，故选：C．10．【2014年北京理科07】在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，√2），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1【答案】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，√2），则各个面上的射影分别为A'，B '，C '，D '，在xOy 坐标平面上的正投影A '（2，0，0），B '（2，2，0），C '（0，2，0），D '（1，1，0），S 1=12×2×2=2． 在yOz 坐标平面上的正投影A '（0，0，0），B '（0，2，0），C '（0，2，0），D '（0，1，√2），S 2＝.12×2×√2=√2在zOx 坐标平面上的正投影A '（2，0，0），B '（2，0，0），C '（0，0，0），D '（0，1，√2），S 3=12×2×√2=√2， 则S 3＝S 2且S 3≠S 1，故选：D ．11．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l ，那么该几何体的体积为 ．【答案】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 =4×2×2+12(2+4)×2×4=40．故答案为：40．12．【2019年北京理科12】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．【答案】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．13．【2013年北京理科14】如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为 ．【答案】解：如图所示，取B 1C 1的中点F ，连接EF ，ED 1，∴CC 1∥EF ，又EF ⊂平面D 1EF ，CC 1⊄平面D 1EF ，∴CC 1∥平面D 1EF ．∴直线C 1C 上任一点到平面D 1EF 的距离是两条异面直线D 1E 与CC 1的距离．过点C 1作C 1M ⊥D 1F ，∵平面D 1EF ⊥平面A 1B 1C 1D 1．∴C 1M ⊥平面D 1EF ．过点M 作MP ∥EF 交D 1E 于点P ，则MP ∥C 1C ．取C 1N ＝MP ，连接PN ，则四边形MPNC 1是矩形．可得NP ⊥平面D 1EF ，在Rt △D 1C 1F 中，C 1M •D 1F ＝D 1C 1•C 1F ，得C 1M =2×1√2+1=2√55． ∴点P 到直线CC 1的距离的最小值为2√55．故答案为2√55 14．【2022年北京卷17】如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为正方形，平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，AB =BC =2，M ，N 分别为A 1B 1，AC 的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC−A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，(2)因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2)，设平面BNM 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⃗ ⋅BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃗ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n ⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ，而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ，所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⃗ ⋅BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃗ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n ⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=42×3=23. 15．【2021年北京17】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为B 1C 1的中点；（2）若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M −CF −E 的余弦值为√53，求A 1MA1B 1的值．【答案】（1）证明见解析；（2）A 1MA1B 1=12．(1)如图所示，取B 1C 1的中点F′，连结DE,EF′,F′C ，由于ABCD −A 1B 1C 1D 1为正方体，E,F′为中点，故EF′∥CD ， 从而E,F′,C,D 四点共面，即平面CDE 即平面CDEF′， 据此可得：直线B 1C 1交平面CDE 于点F′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F′重合， 即点F 为B 1C 1中点.(2)以点D 为坐标原点，DA,DC,DD 1方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D −xyz ，不妨设正方体的棱长为2，设A 1MA1B 1=λ(0≤λ≤1)，则：M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2)，从而：MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2−2λ,−2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,0)， 设平面MCF 的法向量为：m⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则： {m ⋅MC =−2x 1+(2−2λ)y 1−2z 1=0m ⋅CF =x 1+2z 1=0，令z 1=−1可得：m⃗⃗ =(2,11−λ,−1)， 设平面CFE 的法向量为：n ⃗ =(x 2,y 2,z 2)，则： {n ⋅FE =−2y 2=0n ⋅CF =x 2+2z 2=0， 令z 1=−1可得：n⃗ =(2,0,−1)， 从而：m ⃗⃗ ⋅n ⃗ =5,|m ⃗⃗ |=√5+(11−λ)2,|n ⃗ |=√5， 则：cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |×|n ⃗ |=√5+(11−λ)2×√5=√53， 整理可得：(λ−1)2=14，故λ=12（λ=32舍去）.16．【2020年北京卷16】如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．（Ⅰ）求证：BC 1//平面AD 1E ；（Ⅱ）求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1，∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1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A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，由{n ⋅AD 1=0n ⋅AE =0，得{2x +2z =02y +z =0 ，令z =−2，则x =2，y =1，则n ⃗ =(2,1,−2).cos <n ⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n⃗ |⋅|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−43×2=−23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.17．【2019年北京理科16】如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC=13．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面P AD ； （Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣P 的余弦值； （Ⅲ）设点G 在PB 上，且PG PB=23．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】证明：（Ⅰ）∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ，∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴， AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，A （0，0，0），E （1，0，1），F （23，23，43），P （0，0，2），AE →=（1，0，1），AF →=（23，23，43），平面AEP 的法向量n →=（1，0，0）， 设平面AEF 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AE →=x +z =0m →⋅AF →=23x +23y +43z =0，取x ＝1，得m →=（1，1，﹣1）， 设二面角F ﹣AE ﹣P 的平面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3=√33．∴二面角F ﹣AE ﹣P 的余弦值为√33．（Ⅲ）直线AG 不在平面AEF 内，理由如下： ∵点G 在PB 上，且PG PB=23．∴G （43，0，23），∴AG →=（43，0，23），∵平面AEF 的法向量m →=（1，1，﹣1）， m →⋅AG →=43−23=23≠0， 故直线AG 不在平面AEF 内．18．【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC =√5，AC ＝AA 1＝2． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B ﹣CD ﹣C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（I ）证明：∵E ，F 分别是AC ，A 1C 1的中点，∴EF ∥CC 1，∵CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ， 又AC ⊂平面ABC ，∴EF ⊥AC ， ∵AB ＝BC ，E 是AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又BE ∩EF ＝E ，BE ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ， ∴AC ⊥平面BEF ．（II ）解：以E 为原点，以EB ，EC ，EF 为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则B （2，0，0），C （0，1，0），D （0，﹣1，1）， ∴BC →=（﹣2，1，0），CD →=（0，﹣2，1），设平面BCD 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BC →=0n →⋅CD →=0，即{−2x +y =0−2y +z =0，令y ＝2可得n →=（1，2，4），又EB ⊥平面ACC 1A 1， ∴EB →=（2，0，0）为平面CD ﹣C 1的一个法向量， ∴cos ＜n →，EB →＞=n →⋅EB→|n →||EB →|=2√21×2=√2121．由图形可知二面角B ﹣CD ﹣C 1为钝二面角，∴二面角B ﹣CD ﹣C 1的余弦值为−√2121． （III ）证明：F （0，0，2），G →（2，0，1），∴FG →=（2，0，﹣1）， ∴FG →•n →=2+0﹣4＝﹣2≠0， ∴FG →与n →不垂直，∴FG 与平面BCD 不平行，又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．19．【2017年北京理科16】如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD =√6，AB ＝4． （1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B ﹣PD ﹣A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【答案】（1）证明：如图，设AC ∩BD ＝O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC ＝OM ，∴PD ∥OM ，则BO BD=BM BP，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD 中点G ，∵P A ＝PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG ∥DC ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系，由P A ＝PD =√6，AB ＝4，得D （2，0，0），A （﹣2，0，0），P （0，0，√2），C （2，4，0），B （﹣2，4，0），M （﹣1，2，√22）， DP →=(−2，0，√2)，DB →=(−4，4，0)． 设平面PBD 的一个法向量为m →=(x ，y ，z)，则由{m →⋅DP →=0m →⋅DB →=0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m →=(1，1，√2)． 取平面P AD 的一个法向量为n →=(0，1，0)．∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=12×1=12．∴二面角B ﹣PD ﹣A 的大小为60°； （3）解：CM →=(−3，−2，√22)，平面BDP 的一个法向量为m →=(1，1，√2)．∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为|cos ＜CM →，m →＞|＝|CM →⋅m→|CM →||m →|||√9+4+12×1|2√69．20．【2016年北京理科17】如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD =√5． （Ⅰ）求证：PD ⊥平面P AB ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值，若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）证明：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD＝AD ，且AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面P AD ， ∵PD ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥PD ，又PD ⊥P A ，且P A ∩AB ＝A ， ∴PD ⊥平面P AB ；（Ⅱ）解：取AD 中点为O ，连接CO ，PO ， ∵CD ＝AC =√5， ∴CO ⊥AD ， 又∵P A ＝PD ， ∴PO ⊥AD ．以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则P （0，0，1），B （1，1，0），D （0，﹣1，0），C （2，0，0），则PB →=(1，1，−1)，PD →=(0，−1，−1)，PC →=(2，0，−1)，CD →=(−2，−1，0)， 设n →=(x 0，y 0，1)为平面PCD 的法向量，则由{n →⋅PD →=0n →⋅PC →=0，得{−y 0−1=02x 0−1=0，则n →=(12，−1，1)． 设PB 与平面PCD 的夹角为θ，则sinθ=|cos ＜n →，PB →＞|=|n →⋅PB→|n →||PB →||=12−1−1√14+1+1×=√33；（Ⅲ）解：假设存在M 点使得BM ∥平面PCD ，设AM AP=λ，M （0，y 1，z 1），由（Ⅱ）知，A （0，1，0），P （0，0，1），AP →=(0，−1，1)，B （1，1，0），AM →=(0，y 1−1，z 1)， 则有AM →=λAP →，可得M （0，1﹣λ，λ）， ∴BM →=(−1，−λ，λ)，∵BM ∥平面PCD ，n →=(12，−1，1)为平面PCD 的法向量， ∴BM →⋅n →=0，即−12+λ+λ=0，解得λ=14． 综上，存在点M ，即当AM AP=14时，M 点即为所求．21．【2015年北京理科17】如图，在四棱锥A ﹣EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点． （Ⅰ）求证：AO ⊥BE ．（Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣B 的余弦值； （Ⅲ）若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．【答案】证明：（Ⅰ）∵△AEF 为等边三角形，O 为EF 的中点，∴AO ⊥EF ，∵平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， ∴AO ⊥平面EFCB∴AO ⊥BE ．（Ⅱ）取BC 的中点G ，连接OG ， ∵EFCB 是等腰梯形， ∴OG ⊥EF ，由（Ⅰ）知AO ⊥平面EFCB ， ∵OG ⊂平面EFCB ，∴OA ⊥OG ， 建立如图的空间坐标系，则OE ＝a ，BG ＝2，GH ＝a ，（a ≠2），BH ＝2﹣a ，EH ＝BH tan60°=√3(2−a)， 则E （a ，0，0），A （0，0，√3a ），B （2，√3(2−a)，0）， EA →=（﹣a ，0，√3a ），BE →=（a ﹣2，−√3(2−a)，0）， 设平面AEB 的法向量为n →=（x ，y ，z ）， 则{n →⋅EA →=0n →⋅BE →=0，即{−ax +√3az =0(a −2)x +√3(a −2)y =0， 令z ＝1，则x =√3，y ＝﹣1， 即n →=（√3，﹣1，1），平面AEF 的法向量为m →=(0，1，0)，则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n→|m →||n →|=−√55即二面角F ﹣AE ﹣B 的余弦值为−√55；（Ⅲ）若BE ⊥平面AOC ， 则BE ⊥OC ， 即BE →⋅OC →=0，∵BE →=（a ﹣2，−√3(2−a)，0），OC →=（﹣2，√3(2−a)，0）， ∴BE →⋅OC →=−2（a ﹣2）﹣3（a ﹣2）2＝0，解得a=43．22．【2014年北京理科17】如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P﹣ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H．（1）求证：AB∥FG；（2）若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．【答案】（1）证明：在正方形AMDE中，∵B是AM的中点，∴AB∥DE，又∵AB⊄平面PDE，∴AB∥平面PDE，∵AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，∴AB∥FG；（2）解：∵P A ⊥底面ABCDE ，∴P A ⊥AB ，P A ⊥AE ， 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A （0，0，0）， B （1，0，0），C （2，1，0），P （0，0，2）， E （0，2，0），F （0，1，1），BC →=(1，1，0)， 设平面ABF 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则 {n →⋅AB →=0n →⋅AF →=0即{x =0y +z =0， 令z ＝1，则y ＝﹣1，∴n →=（0，﹣1，1）， 设直线BC 与平面ABF 所成的角为α，则 sin α＝|cos ＜n →，BC →＞|＝|n →⋅BC→|n →|⋅|BC →||=12，∴直线BC 与平面ABF 所成的角为π6，设H （u ，v ，w ），∵H 在棱PC 上，∴可设PH →=λPC →(0＜λ＜1)，即（u ，v ，w ﹣2）＝λ（2，1，﹣2），∴u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2﹣2λ，∵n →是平面ABF 的法向量， ∴n →⋅AH →=0，即（0，﹣1，1）•（2λ，λ，2﹣2λ）＝0，解得λ=23，∴H （43，23，23），∴PH =√(43)2+(23)2+(−43)2=2．23．【2013年北京理科17】如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5．（Ⅰ）求证：AA 1⊥平面ABC ；（Ⅱ）求证二面角A 1﹣BC 1﹣B 1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．【答案】（I ）证明：∵AA 1C 1C 是正方形，∴AA 1⊥AC ．又∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC ．（II ）解：由AC ＝4，BC ＝5，AB ＝3． ∴AC 2+AB 2＝BC 2，∴AB ⊥AC ．建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1（0，0，4），B （0，3，0），B 1（0，3，4），C 1（4，0，4）， ∴BC 1→=(4，−3，4)，BA 1→=(0，−3，4)，BB 1→=(0，0，4)．设平面A 1BC 1的法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量为n 2→=（x 2，y 2，z 2）．则{n 1→⋅BC 1→=4x 1−3y 1+4z 1=0n 1→⋅BA 1→=−3y 1+4z 1=0，令y 1＝4，解得x 1＝0，z 1＝3，∴n 1→=(0，4，3)．{n 2→⋅BC 1→=4x 2−3y 2+4z 2=0n 2→⋅BB 1→=4z 2=0，令x 2＝3，解得y 2＝4，z 2＝0，∴n 2→=(3，4，0)．cos ＜n 1→，n 2→＞=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|=√25⋅√25=1625． ∴二面角A 1﹣BC 1﹣B 1的余弦值为1625．（III ）设点D 的竖坐标为t ，（0＜t ＜4），在平面BCC 1B 1中作DE ⊥BC 于E ，可得D (t ，34(4−t)，t)， ∴AD →=(t ，34(4−t)，t)，A 1B →=（0，3，﹣4）， ∵AD →⊥A 1B →，∴AD →⋅A 1B →=0， ∴0+94(4−t)−4t =0，解得t =3625． ∴BD BC 1=DE CC 1=925．模拟好题1．一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20π，则该四棱柱的高为（）A．√3B．2C．3√2D．√19【答案】C【解析】设球的半径为R，则4πR2=20π，解得R2=5设四棱柱的高为ℎ，则ℎ2+1+1=4R2，解得ℎ=3√2故选：C2．已知l，m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，下面正确的结论是（）A．若l//α,m//α，则l//m B．若m//β,α⊥β，则m⊥αC．若l⊥α,l⊥m，则m//αD．若l⊥β,m⊥β,m⊥α，则l⊥α【答案】D【解析】A：l//α,m//α，则l,m可能平行、相交或异面，错误；B：m//β,α⊥β，则m,α可能相交、平行或m⊂α，错误；C：l⊥α,l⊥m，则m,α平行或m⊂α，错误；D：l⊥β,m⊥β，则l//m，又m⊥α，故l⊥α，正确.故选：D3．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC上的动点，F为棱B1B的中点，则下列选项正确的是（）A．直线A1D1与直线EF相交B ．当E 为棱BC 上的中点时，则点E 在平面AD 1F 的射影是点F C ．存在点E ，使得直线AD 1与直线EF 所成角为30∘ D ．三棱锥E −ADF 的体积为定值 【答案】D 【解析】A ：由题意知，A 1D 1//B 1C 1，B 1C 1⊂平面B 1C 1CB ，A 1D 1⊄平面B 1C 1CB 所以A 1D 1//平面B 1C 1CB ，又EF ⊂平面B 1C 1CB ，所以A 1D 1与EF 不相交，故A 错误；B ：连接AD 1、D 1F 、AF 、AE 、CB 1，如图，当点E 为BC 的中点时，EF//CB 1，又AD 1⊥CB 1，所以EF ⊥AD 1， 若点E 在平面AD 1F 的射影为F ，则EF ⊥平面AD 1F ，垂足为F ， 所以EF ⊥AF ，设正方体的棱长为2，则AE =AF =√5，EF =√2， 在△AEF 中，AF 2+EF 2≠AE 2，所以∠AFE ≠90°， 即EF ⊥AF 不成立，故B 错误；C ：建立如图空间直角坐标系D −xyz ，连接BC 1，则AD 1//BC 1， 所以异面直线EF 与AD 1所成角为直线EF 与BC 1所成角，设正方体的棱长为2，若存在点E(a,2,0)(0≤a ≤2)使得EF 与BC 1所成角为30°，则B(2,2,0)，F(2,2,1)，C 1(0,2,2)，所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−a,0,1)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)，所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2a −2，又|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos30°，得|2a −2|=2√2×√(2−a)2+1×√32，解得a =4±√3，不符合题意，故不存在点E 使得EF 与AD 1所成角为30°，故C 错误；D ：如图，由等体积法可知V E−ADF =V F−ADE ，又V F−ADE =13S △ADE ⋅BF =13×12×AD ×AB×BF ，AD 、AB 、BF 为定值，所以V F−ADE 为定值， 所以三棱锥E −ADF 的体积为定值，故D 正确. 故选：D.4．如图所示，一套组合玩具需在一半径为3的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为（ ）A ．64πB ．40πC ．84πD ．72π【答案】D 【解析】解：设母线与底面的夹角2α，底面半径R ，内切球半径r =3，圆锥的高ℎ，则：R =r tanα=3tanα，ℎ=R ⋅tan2α=3tanα⋅tan2α=61−tan 2α，圆锥的体积V =13πR 2ℎ=13π×(3tanα)2×61−tan 2α=18π×1(tan 2α)(1−tan 2α)，而0°<2α<90°，0°<α<45°，所以0<tanα<1，1−tan 2α>0 又因为：tan 2α+(1−tan 2α)=1定值 所以(tan 2α)(1−tan 2α)≤(tan 2α+1−tan 2α2)2=14，当且仅当tan 2α=1−tan 2α，即tanα=√22时，所以V min =18π×112×12=72π．故选：D ．5．已知正方体ABCD−A1B1C1D1,O为对角线AC1上一点（不与点A,C1重合），过点O作垂直于直线AC1的平面α，平面α与正方体表面相交形成的多边形记为M，下列结论不正确的是（）A．M只可能为三角形或六边形B．平面ABCD与平面α的夹角为定值C．当且仅当O为对角线AC1中点时，M的周长最大D．当且仅当O为对角线AC1中点时，M的面积最大【答案】C【解析】如下图，在正方体中，体对角线AC1与平面CB1D1，平面A1BD，平面OPQRST都垂直，由图可知，在平面α运动过程中M只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面α与AC1都垂直，所以平面α在移动过程中都是平行平面，与平面ABCD的夹角为定值，故B正确；如下图，当O为对角线AC1中点时，M为正六边形OPQRST，而三角形A1BD为等边三角形，根据中位线定理OT=12B1C，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当O为对角线AC1中点时，M为正六边形OPQRST，设边长OT=a，面积为3√32a2，当O向下刚开始移动时，M为六边形O1P1Q1R1S1T1，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设O1T1=a +x,S1T1=a−x(0<x<a)，而且所有六边形的高都相等且等于√3a，两邻边夹角都为120∘，则S六边形O1P1Q1R1S1T1=S△O1T1P1+S梯形P1Q1S1T1+S△Q1R1S1=12(a+x)(a−x)sin120∘×2+12(a+x+a−x)×√3a=3√32a2−√32x2<3√32a2，当M为三角形时面积最大为√3a2<3√32a2，所以当且仅当O为对角线AC1中点时，M的面积最大，故D正确.故选：C.6．如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=π，PD=AD，PD⊥平面ABCD，F，3O分别是PA，BD的中点，E是线段PB上的动点，给出下列四个结论：①AC⊥OE；②FC=PO；；③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为√55,√15].④△AEC面积的取值范围是[√62其中所有正确结论的序号是_________．【答案】①④【解析】由AC⊥BD，AC⊥PD得AC⊥平面PBD，因为OE⊂平面PBD，所以AC⊥OE，①正确计算可得AC=2√3,PC=PA=2√2，AF=√2，AO=√3PO=√PA2−AO2=√(2√2)2−√32=√5cos∠PAC=AC2+PA2−PC22|AC||PC|=√3)2√2)2√2)22×2√3×2√2=√64CF2=AF2+AC2−2|AC||AF|cos∠PAC=√22+(2√3)2−2×2√3×√2×√64=8所以CF=2√2，②不正确；由线面角定义知，∠POD就是直线PO与底面ABCD所成的角，sin∠POD=2√55，③不正确；由AC⊥平面PBD得，AC⊥OE，S△ACE=12AC⋅OE=√3×OE|OE|max=√5，PB⊥OE时|OE|最小，|OE|min=√22④正确．故答案为：①④7．已知四棱锥P−ABCD的高为1，△PAB和△PCD均是边长为√2的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥P−ABCD可能为正四棱锥；②空间中一定存在到P，A，B，C，D距离都相等的点；③可能有平面PAD⊥平面ABCD；④四棱锥P−ABCD的体积的取值范围是(13,2 3 ].其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【解析】根据题意，设PO⊥ABCD，则PO=1，又因为△PAB和△PCD均是边长为√2的等边三角形，易得OA=OB=OC=OD=1，且∠AOB=∠COD=π2对①，当AB=BC=CD=AD=√2时，底面为正方形，且O为底面中心，此时四棱锥P−ABCD可能为正四棱锥，故①正确；对②，OA=OB=OC=OD=OP=1，故一定存在到P，A，B，C，D距离都相等的点O，故②正确；对③，当平面PAD⊥平面ABCD时，因为PO⊥ABCD，故PO⊂平面PAD，此时∠AOD=π，又因为∠AOB=∠COD=π2，此时B,C重合，不满足题意，③错误；对④，设∠BOC=θ，则V P−ABCD=13⋅S ABCD⋅PO=13(12OA⋅OB+12OC⋅OD+12OB⋅OCsinθ+12OA⋅ODsin(π−θ))=13(1+sinθ)，因为θ∈(0,π)，故sinθ∈(0,1]，所以V P−ABCD=13(1+sinθ)∈(13,23]，故④正确故答案为：①②④8．在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.【答案】②④或②⑤或③⑤【解析】设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.故答案为：②④或②⑤或③⑤.9．设棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，E是AD中点，点M、N分别是棱AB、C1D1上的动点，给出以下四个结论：①存在EN∥MC1；②存在MN ⊥平面ECC 1；③存在无数个等腰三角形EMN ；④三棱锥C −MNE 的体积的取值范围是[23,43].则所有结论正确的序号是______.【答案】③④【解析】对于①：取BC 中点P ，当点N 在D 1C 1上移动时，直线EN ⊂平面EPC 1D 1，同时当点M 在直线AB 上移动时M C 1⊂平面ABC 1D 1，因为EPC 1D 1∩ABC 1D 1=C 1D 1，故EN 与MC 1不可能平行，①错误.对于②：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，所以E(1,0,0)，C(0,2,0)，C 1(0,2,2),设N(0,a,2) (0<a <2)，M(2,b,0) (0<b <2)，所以EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0)，CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)，NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,b −a,−2)，设平面ECC 1的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⃗ ⋅EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0即{−x +2y =02z =0，令y =1得x =2,z =0，所以n ⃗ =(2,1,0)， 所以NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =4+a −b ≠0，故MN 与平面ECC 1不垂直，②错误.对于③：令|NE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |即√(1−0)2+(0−a)2+(0−2)2=√(2−0)2+(b −a)2+(0−2)2，化简得b 2−2ab +3=0，即2a =b +3b ，2a ∈(0,4)，b +3b ≥2√3，因为2√3<4，所以该式在0<a <2,0<b <2的范围中存在无数组解，故说明有无数组a 与b 可使|NE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，故③正确. 对于④：根据等体积性质可知V C−NME =V N−CME ，所以该三棱锥高可以看作CC 1，所以体积的取值范围即底面积S △CME 的取值范围，根据点M 位置的变化可知，当点M 在A 点时S △CME 最小，当点M 在B 点时S △CME 最大，计算得S△CME∈[1，2]，V N−CME=13CC1⋅S△CME=23S△CME，所以V N−CME∈[23，43]，故④正确.故答案为：③④10．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M ，N分别是棱A1B1 ，A1D1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：①平面CMN截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形是五边形；②直线B1D1到平面CMN的距离是√22；③存在点P，使得∠B1PD1=90°；④△PDD1面积的最小值是5√56．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③【解析】对于①，如图直线MN与C1B1、C1D1的延长线分别交于M1,N1，连接CM1,CN1分别交BB1,DD1于M2,N2，连接MM2,NN2，则五边形MM2CN2N即为所得的截面图形，故①正确；对于②，由题可知MN//B1D1，MN⊂平面CMN，B1D1⊄平面CMN，∴B1D1//平面CMN，故点B1到平面CMN的距离即为直线B1D1到平面CMN的距离，设点B 1到平面CMN 的距离为h ，由正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2可得，CM =CN =3,MN =√2，S △CMN =12×√2×√32−(√22)2=√172， ∴V B 1−CMN =13S △CMN ⋅ℎ=13×√172×ℎ=√176ℎ， V C−B 1MN =13S △B 1MN ⋅CC 1=13×12×2=13， ∴由V B 1−CMN = V C−B 1MN ，可得ℎ=2√1717， 所以直线B 1D 1到平面CMN 的距离是2√1717，故②错误； 对于③，如图建立空间直角坐标系，则B 1(2,0,2),D 1(0,2,2),C (2,2,0),M (1,0,2)，设PC⃗⃗⃗⃗⃗ =λMC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,0≤λ≤1， ∴PC⃗⃗⃗⃗⃗ =λMC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(1,2,−2)，又C (2,2,0)，B 1(2,0,2),D 1(0,2,2), ∴P (2−λ,2−2λ,2λ)，PB⃗⃗⃗⃗⃗ 1=(λ,2λ−2,2−2λ),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 1=(λ−2,2λ,2−2λ)， 假设存在点P ，使得∠B 1PD 1=90°，∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ 1⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 1=λ(λ−2)+2λ(2λ−2)+(2−2λ)2=0，整理得9λ2−14λ+4=0， ∴λ=7+√139>1（舍去）或λ=7−√139，故存在点P ，使得∠B 1PD 1=90°，故③正确；对于④，由上知P (2−λ,2−2λ,2λ)，所以点P (2−λ,2−2λ,2λ)在DD 1的射影为(0,2,2λ)，∴点P (2−λ,2−2λ,2λ)到DD 1的距离为：d =√(2−λ)2+(−2λ)2=√5λ2−4λ+4=√5(λ−25)2+165，∴当λ=25时，d min =4√55， ∴故△PDD 1面积的最小值是12×2×4√55=4√55，故④错误.故答案为：①③. 11．如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，已知AB =2，AA 1=AC =CB =√2．(1)证明：BC 1//平面A 1CD ；(2)求CD 与平面A 1CE 所成角的正弦值；(3)求D 到平面A 1CE 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)√22(3)√22【解析】(1)证明：连接AC 1，AC 1∩A 1C =F ，连接DF ，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中ACC 1A 1为矩形，则F 为AC 1的中点，又D 为AB 的中点，所以DF //BC 1， ∴ BC 1⊄平面A 1CD ，DF ⊂平面A 1CD ．∴BC 1//平面A 1CD ．(2)解：∵AA 1=AC =CB =√2，AB =2，∴AC 2+BC 2=AB 2，∴∠ACB =90°，∴AC ⊥CB ． 由直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC,BC ⊂底面ABC ，∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ． 以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A 1(√2,0,√2)，E (0,√2,√22)，D (√22,√22,0)， 所以CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22,√22,0)，CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,√2)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,√22)， 设平面A 1CE 的法向量为n⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2x +√2z =0n ⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2y +√22z =0 ，令z =2，则x =−2，y =−1，所以n ⃗ =(−2,−1,2)，设CD 与平面A 1CE 所成的角为θ，则sinθ=|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=3√221×3=√22， 所以CD 与平面A 1CE 所成角的正弦值为√22；(3)解：设D 到平面A 1CE 的距离为d ，则d =|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||n ⃗ |=3√223=√22； 12．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，△P AB 为正三角形，且侧面P AB ⊥底面ABCD，M为PD的中点．(1)求证：PB//平面ACM；(2)求直线BM与平面P AD所成角的正弦值；(3)求二面角C−PA−D的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√3；2.(3)2√77【解析】(1)连接BD∩AC=N，连MN，如图，正方形ABCD中，N为BD的中点，而M为PD的中点，则PB//MN，而MN⊂平面ACM，PB⊄平面ACM，所以PB//平面ACM.(2)取AB中点O，连PO，如图，正△PAB中，PO⊥AB，因侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD=AB，PO⊂侧面PAB，则PO⊥平面ABCD，在平面ABCD 内过O 作Oy ⊥AB ，则射线OB,Oy,OP 两两垂直，以点O 为原点，射线OB,Oy,OP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),A(−1,0,0),D(−1,2,0),P(0,0,√3),M(−12,1,√32),C(1,2,0)， AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,1,√32)， 设平面PAD 的法向量m ⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{m ⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 1=0m ⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+√3z 1=0，令z 1=1，得m ⃗⃗ =(−√3,0,1)， 设直线BM 与平面PAD 所成角为θ，则sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m⃗⃗⃗ ⋅BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√32×2=√32， 所以直线BM 与平面PAD 所成角的正弦值是√32. (3)由（2）知，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)， 设平面CPA 的法向量n⃗ =(x 2,y 2,z 2)，则{n ⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2+2y 2=0n ⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2+√3z 2=0 ，令z 2=1，得n ⃗ =(−√3,√3,1)， 于是得cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=2×√7=2√77，显然二面角C −PA −D 大小为锐角， 所以二面角C −PA −D 的余弦值为2√77. 13．如图，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =1，AB =AA 1=2，H ，F 分别是棱C 1D 1，BB 1的中点.(1)判断直线HF 与平面A 1BCD 1的位置关系，并证明你的结论；(2)求直线HF 与平面ABCD 所成角的正弦值；(3)在线段HF 上是否存在一点Q ，使得点Q 到平面A 1BCD 1的距离是√2，若存在，求出HQHF 的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)HF//面A 1BCD 1，证明见解析； (2)√33； (3)不存在，理由见解析.【解析】(1)若O 为CD 1,DC 1的交点，连接HO,BO ，又H ，F 分别是棱C 1D 1，BB 1的中点，由长方体的结构特征知：HO//BF 且HO =BF ，故BFHO 为平行四边形，所以HF//BO ，HF ⊄面A 1BCD 1，BO ⊂面A 1BCD 1，则HF//面A 1BCD 1.(2)由（1）知： HF 与面ABCD 所成角，即为BO 与面ABCD 所成角，长方体中，O 到面ABCD 的距离为AA 12=1，BO =√12+12+12=√3，所以BO 与面ABCD 所成角正弦值为√33，即HF 与面ABCD 所成角的正弦值为√33. (3)由（1）知：HF//面A 1BCD 1，即HF 上任意一点到面A 1BCD 1的距离都相等，所以只需求F 到面A 1BCD 1的距离d ，而B 1到面A 1BCD 1的距离为2d =√2，所以F 到面A 1BCD 1的距离√22，故HF 上不存在Q ，使得Q 到平面A 1BCD 1的距离是√2. 14．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD .(1)证明：AB ⊥平面PAD ；(2)求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值；(3)求点D 到平面PBC 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)√217(3)2√217【解析】(1)四边形ABCD 为正方形，则AB ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，∴AB ⊥平面PAD ；(2)如图，取AD 的中点为O ，连接PO ，在正△PAD 中，PO ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，∴PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，不妨取AB =2，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，D(−1,0,0)，P(0,0,√3)，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0)，BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,√3)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−√3)， 设面PBC 的一个法向量为m⃗⃗ =(x,y,z)， 则{m ⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x =0m ⃗⃗ ⋅BP⃗⃗⃗⃗⃗ =−x −2y +√3z =0 ，令z =2，则m ⃗⃗ =(0,√3,2)，设直线PA 与平面PBC 所成角为θ， ∴|cos⟨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗ ⟩|=|m ⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√7×√4=√217， ∴sinθ=√217，因此直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为√217. (3)由(2)知DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)， 设点D 到平面PBC 的距离为d ，所以d =|DC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=2√217. 15．如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱AB ，B 1C 1的中点，AC =BC =2，AA 1=3．(1)求证：DE//平面ACC1A1；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线DE与平面AB C1所成的角的正弦值．条件①：BC⊥AC1；条件②：DE⊥B1C1；条件③：DE到平面ACC1A1的距离为1．【答案】(1)证明见解析(2)3√55110【解析】(1)取A1C1的中点为F，连接EF,AF.∵E,F分别是B1C1，A1C1的中点, ∴EF∥__12A1B1.∵D是AB的中点，∴AD=12AB∵直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AB∥__A1B1.∴AD∥__12A1B1，∴EF∥__AD.∴四边形ADEF为平行四边形.∴AF//DE又DE⊄平面ACC1A1，AF⊂平面ACC1A1，所以DE//平面ACC1A1.(2)选择条件①：BC⊥AC1；∵直三棱柱ABC−A1B1C1，∴CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴CC1⊥BC，∵BC⊥AC1，∴AC1∩CC1=C1,AC1,CC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1.∴BC⊥AC又∴B1C1//BC,A1C1//AC，∴B1C1⊥A1C1.以C1为原点，分别以C1A1,C1B1,C1C所在方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C1−xyz，则A(2,0,3),B(0,2,3),C 1(0,0,0),D(1,1,3),E(0,1,0)，所以C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3),C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,−3)， 设n⃗ =(x,y,z)为平面ABC 1的一个法向量，则 {m ⃗⃗ ⋅C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗ ⋅C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3z =02y +3z =0 ，令x =3，则y =3,z =−2，n⃗ =(3,3,−2)， 设直线DE 与平面ABC 1所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃗ ,DE⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗ |⋅|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32+32+(−2)2×√(−1)2+02+(−3)2=3√55110. 所以直线DE 与平面ABC 1所成的角的正弦值为3√55110. 选择条件②：DE ⊥B 1C 1； 取A 1B 1的中点为D 1，连接DD 1,D 1E .∵直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，D,D 1分别是AB ，A 1B 1的中点, ∴DD 1⊥平面A 1B 1C 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴B 1C 1⊥DD 1， ∵DE ⊥B 1C 1，∴DE ∩DD 1=D,DE,DD 1⊂平面DED 1，所以B 1C 1⊥平面DED 1.而ED 1⊂平面DED 1.∴B 1C 1⊥ED 1.∵E,D 1分别是B 1C 1，A 1B 1的中点, ∴ED 1//A 1C 1，∴B 1C 1⊥A 1C 1.以C 1为原点，分别以C 1A 1,C 1B 1,C 1C 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C 1−xyz ，则A(2,0,3),B(0,2,3),C 1(0,0,0),D(1,1,3),E(0,1,0)，所以C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3),C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,−3)， 设n⃗ =(x,y,z)为平面ABC 1的一个法向量，则 {m ⃗⃗ ⋅C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗ ⋅C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3z =02y +3z =0 ，令x =3，则y =3,z =−2，n⃗ =(3,3,−2)， 设直线DE 与平面ABC 1所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n ⃗ ,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n ⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n⃗ |⋅|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32+32+(−2)2×√(−1)2+02+(−3)2=3√55110. 所以直线DE 与平面ABC 1所成的角的正弦值为3√55110. 选择条件③：DE 到平面ACC 1A 1的距离为1． 过点D 作DG ⊥AC ,垂足为G ， ∵直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，∴CC 1⊥平面ABC ，DG ⊂平面ABC ，∴CC 1⊥DG ， ∵DG ⊥AC ，∴AC ∩CC 1=C,AC,CC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以DG ⊥平面ACC 1A 1.AC ⊥平面ACC 1A 1.所以DG ⊥AC由（1）知DE//平面ACC 1A 1；因为DE 到平面ACC 1A 1的距离为1， 所以DG =1.又BC =2，所以DG =12BC又因为D 是AB 的中点, ,所以G 是AC 的中点, ∴DG//BC .∴BC ⊥AC又∴B 1C 1//BC,A 1C 1//AC ，∴B 1C 1⊥A 1C 1.以C 1为原点，分别以C 1A 1,C 1B 1,C 1C 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C 1−xyz ，。