立体几何压轴小题含答案

一、选择题1如图，已知正方体的棱长为4，点，分别是线段，上的动点，点是上底面内一动点，且满足点到点的距离等于点到平面的距离，则当点运动时，的最小值是（ ）A B C D【答案】D 【解析】试题分析：因为点是上底面内一动点，且点到点的距离等于点到平面的距离，所以，点在连接中点的连线上为使当点运动时，最小，须所在平面平行于平面,选考点：1平行关系；2垂直关系；3几何体的特征2如图在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱， ，则这个二面角的度数为（ ）CADBA B C D【答案】B【解析】试题分析：设所求二面角的大小为，则，因为，所以而依题意可知，所以所以即所以，而，所以，故选B.考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：）可得这个几何体的体积是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，体积考点：空间几何体的体积计算4如图，是正方体对角线上一动点，设的长度为，若的面积为 ，则的图象大致是（ ）【答案】A【解析】试题分析：设与交于点,连接.易证得面,从而可得.设正方体边长为1,在中.在中 ,设,由余弦定理可得,所以.所以.故选A.考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5如图所示，正方体的棱长为1， 分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、交于，设，给出以下四个命题：（1）平面平面；（2）当且仅当x=时，四边形的面积最小；（3）四边形周长，是单调函数；（4）四棱锥的体积为常函数；以上命题中假命题的序号为（ ）A（1）（4） B（2） C（3） D（3）（4）【答案】C【解析】试题分析：（1）由于，则，则，又因为，则平面平面；（2）由于四边形为菱形，要使四边形的面积最小，只需最小，则当且仅当时，四边形的面积最小；（3）因为，在上不是单调函数；（4），=，到平面的距离为1，又，为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）（A） （B） （C） （D） 【答案】D. 【解析】试题分析：连接；,是异面直线与所成的角或其补角；在中，设，则；在中，；在中，；即面直线与所成的角的余弦值为.考点：异面直线所成的角.7一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为正视图侧视图俯视图A B C D【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，因此，故答案为D.考点：由三视图求外接球的表面积.8如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（ ）A B平面平面 C的最大值为 D的最小值为【答案】C【解析】试题分析：，平面，平面因此，A正确；由于平面，平面，故平面平面故B正确，当时，为钝角，C错；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理解，故D正确，故答案为C考点：棱柱的结构特征9下列命题中，错误的是（ ）A一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B平行于同一平面的两条直线不一定平行C如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D若直线不平行于平面，则在平面内不存在与平行的直线【答案】B【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10已知如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1，点P、Q分别在棱BB1、DD1上，且=，过点A、P、Q作截面截去该正方体的含点A1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（）【答案】A【解析】试题分析：当P、B1重合时，主视图为选项B；当P到B点的距离比B1近时，主视图为选项C；当P到B点的距离比B1远时，主视图为选项D，因此答案为A.考点：组合体的三视图11一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC，它是一个正四棱锥P-ABCD的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4设其外接球的球心为O，O点必在高线PE上，外接球半径为R，则在直角三角形BOE中，BO2=OE2+BE2=（PE-EO）2+BE2，即R2=（4-R）2+（3）2，解得：R=，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C【解析】试题分析：因为，所以延长交于，过作垂直于在矩形中分析反射情况：由于，第二次反射点为在线段上，此时,第三次反射点为在线段上，此时,第四次反射点为在线段上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径,则,故选B.考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14已知二面角为，A为垂足，则异面直线与所成角的余弦值为A B C D【答案】B.【解析】试题分析：如图作于，连结，过作，作于，连结，则设在中，在中，在中，异面直线与所成角的余弦值为，故选B考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算15在空间直角坐标系中,已知.若分别是三棱锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A B且 C且 D且【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥在平面上的投影为，所以，设在平面、平面上的投影分别为、，则在平面、上的投影分别为、，因为，所以，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16正方形的边长为2，点、分别在边、上，且，将此正方形沿、折起，使点、重合于点，则三棱锥的体积是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：解：因为所以又因为平面,平面,且,所以平面在中，所以,所以所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17高为的四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离解：由题意可知ABCD是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力18二面角为60，A、B是棱上的两点，AC、BD分别在半平面内，且ABAC，BD，则CD的长为()A B C D【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式 ，对于本题中，故考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力19长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ） B4 C3 D2【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20已知棱长为l的正方体中，E，F，M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段上,且，设面面MPQ=，则下列结论中不成立的是( )A面ABCDBACC面MEF与面MPQ不垂直D当x变化时，不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结,交于点交于点由正方体的性质知，因为是的中点，所以因为,所以所以,所以平面,平面,由面MPQ=， 平面，所以，而平面,平面,所以，面ABCD ，所以选项A正确；由，得而，所以AC，所以选项B正确；连,则而所以，,所以平面，过直线与平面垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；因为，是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线是唯一的，故选项D不正确考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质21如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( ) A动点在平面上的射影在线段上B恒有平面平面C三棱锥的体积有最大值D异面直线与不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于所以平面经过点作平面ABC的垂线垂足在AF上所以A选项正确由A可知B选项正确当平面垂直于平面时，三棱锥的体积最大，所以C正确因为，设所以，当时，所以异面直线与可能垂直所以D选项不正确考点：1线面位置关系2面面的位置关系3体积公式4异面直线所成的角5空间想象力22已知棱长为l的正方体中，E，F，M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段上,且，设面面MPQ=，则下列结论中不成立的是( )A面ABCDBACC面MEF与面MPQ不垂直D当x变化时，不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结,交于点交于点由正方体的性质知，因为是的中点，所以因为,所以所以,所以平面,平面,由面MPQ=， 平面，所以，而平面,平面,所以，面ABCD ，所以选项A正确；由，得而，所以AC，所以选项B正确；连,则而所以，,所以平面，过直线与平面垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；因为，是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线是唯一的，故选项D不正确考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质23把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（ ）ABCD3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A24如图所示，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QAABPD.则棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值是（ ）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C【解析】设ABa.由题设知AQ为棱锥QABCD的高，所以棱锥QABCD的体积V1.易证PQ面DCQ，而PQ，DCQ的面积为，所以棱锥PDCQ的体积V2.故棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值为1:1，选C.25正四面体ABCD，线段AB平面，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，则线段AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是（ ）A 0， B，1 C，1 D，【答案】B【解析】试题分析：如图，取AC中点为G，结合已知得GFAB，则线段AB、EF在平面上的射影所成角等于GF与EF在平面上的射影所成角，在正四面体中，ABCD，又GECD，所以GEGF,所以，当四面体绕AB转动时，因为GF平面，GE与GF的垂直性保持不变，显然，当CD与平面垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面上的射影的长取得最小值，当CD与平面平行时，GE在平面上的射影长最长为，取得最大值，所以射影长的取值范围是 ，而GF在平面上的射影长为定值，所以AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是，1.故选B考点：1线面平行；2线面垂直。26已知正方体中，线段上（不包括端点）各有一点，且，下列说法中，不正确的是（ ）四点共面B.直线与平面所成的角为定值C.D.设二面角的大小为，则的最小值为【答案】D【解析】试题分析：如下图：，四点共面，故A正确；直线与平面所成的角为为定值，故B正确；在上移动，则，而，故C正确；二面角的平面角即为面与面所成的夹角，从移动到（不在处），二面角在增大，但无最大值和最小值，故D不正确，则选D.考点：1.线面平行；2.线面角；2.二面角的平面角.27如图，正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于( )A B C D【答案】A【解析】试题分析：由题得, 圆弧在以B为圆心,半径为BG的圆上，而圆弧在以A为圆心,半径为AE=2的圆上.故=,由于,故,则,所以+=.故选A.考点：圆弧长度的计算 球28将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：;是等边三角形;与平面所成的角为60;与所成的角为60.其中错误的结论是A B C D【答案】B【解析】试题分析:如图，取AC中点E，连接DE,BE,故，正确：显然，不是等边三角形，取CD的中点H,取BC中点F，连接，则，是等边三角形，故与所成的角为60由知与平面所成的角为60考点：直线与平面垂直的判定，两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角29如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变, 则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为A B C D【答案】D【解析】试题分析：蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.鸡蛋的表面积为若，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离为.而截面到底面的距离即为三角形的高，所以球心到底面的距离为.考点：空间几何体及其基本计算.30设OABC是四面体,G1是ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则(x,y,z)为()(A)(,) (B)(,)(C)(,) (D)(,)【答案】A【解析】=+=+(+)=+(-)+(-)=(+),由OG=3GG1知,=(+),(x,y,z)=(,).31如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是()【答案】D【解析】在A图中分别连接PS,QR,易证PSQR,P,S, R,Q共面.在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,如图,故P,Q,R,S四点共面.在C图中分别连接PQ,RS,易证PQRS,P,Q,R,S共面.D图中PS与RQ为异面直线,P,Q,R,S四点不共面,故选D.32设是正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：由是上一点，且，可得又因为是的重心，所以而，所以，所以，选A.考点：1.空间向量的加减法；2.空间向量的基本定理.33正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为()A. B4C. D4或【答案】D【解析】分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况34如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若A1AB=A1AD=60，且A1A=3，则A1C的长为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：法一：因为，所以，即， 故。法二：先求线和面所称的角为，在中，所以。故A正确。考点：1线面角；2余弦定理；3向量在立体几何中的应用。35棱长为2的正方体的内切球的表面积为（ ）A. B C D【答案】C【解析】试题分析：设球的半径为，则由题意，得，即，内切球的表面积为，故选C考点：球的表面积36正三棱柱ABCA1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为()A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系Exyz.则E(0,0,0)，F(1,0,1)，B1(1,0,2)，A1(1,0,2)，C1(0，2)，G.(2,0，1)，(1,0,1)，设平面GEF的一个法向量为n(x，y，z)，由得令x1，则n(1，1)，设B1F与平面GEF所成角为，则sin |cosn，|37如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A. B. C. D.【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，设点P的坐标为(0，2)，0,1，点Q的坐标为(1，0)，0,1，PQ，当且仅当，时，线段PQ的长度取得最小值.38如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】记点B到平面AB1C1的距离为d，BB1与平面AB1C1所成角为，连接BC1，利用等体积法，VA-BB1C1VB-AB1C1，即23d22，得d，则sin ，所以.39如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.【答案】A【解析】设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，40如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1.若二面角CABC1的大小为60，则点C到平面C1AB的距离为()A. B. C. D1【答案】A【解析】取AB中点D，连接CD，C1D，则CDC1是二面角CABC1的平面角因为AB1，所以CD，所以在RtDCC1中，CC1CDtan 60，C1D.设点C到平面C1AB的距离为h，由VCC1ABVC1ABC，得1h1，解得h.故选A41在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为（ ） A B C D【答案】C【解析】试题分析：连接交于点，连接,。因为为中点，所以，所以即为异面直线与所成的角。因为四棱锥为正四棱锥，所以，所以为在面内的射影，所以即为与面所成的角，即，因为，所以，。所以在直角三角形中，即面直线与所成的角为。考点：1异面直线所成角；2线面角；3线面垂直。42长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】建立坐标系如图所示则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，(1,0,2)，(1，2,1)cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.43若P是平面外一点，A为平面内一点，为平面的一个法向量，则点P到平面的距离是 A B C D【答案】C【解析】试题分析：设与的夹角为，则点P到平面的距离为=，故C正确.考点：空间向量、向量的运算.44棱长均为三棱锥，若空间一点满足则的最小值为( )A、 B、 C、 D、【答案】A【解析】试题分析：根据空间向量基本定理知，与共面，则的最小值为三棱锥的高，所以，故选A.考点：1.空间向量基本定理；2.正四面体的应用.45若正方体的外接球的体积为，则球心到正方体的一个面的距离为（ ）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】试题分析：外接球的直径为正方体的体对角线，因为，所以。设正方体边长为，则，所以，所在截面圆的半径为，所以球心到正方体的一个面的距离。故A正确。考点：正方体外接球，球的体积公式，点到面的距离。46在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如左图所示，则相应的侧视图可以为（ ）【答案】D【解析】试题分析：由正视图、俯视图，还原几何体为半个圆锥和有一个侧面垂直于地面的三棱锥组成的简单组合体，故侧视图为D.考点：三视图.47如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是( )(1) ACBE.(2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为.(3) 三棱锥A-BEF的体积为定值.(4) 在空间与DD1,AC,B1C1都相交的直线有无数条.(5) 过CC1的中点与直线AC1所成角为40并且与平面BEF所成角为50的直线有2条.A.0 B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】试题分析：（1）连接,由，可知面，而面,(1)正确；（2）由面，则点到面的距离等于到面的距离，（2）正确；（3）三棱锥中，底面积是定值，高是定值，所以体积是定值，（3）正确；(4)在 上任取点，过点和直线确定面，设面面=，则与直线必有交点（若，则,矛盾),则直线就是所画的直线，因为点的任意性，所以这样的直线有无数条，（4）正确；（5）设的中点为，过点与所成的角是的直线，是以与平行的直线为轴的圆锥的母线所在的直线，过点与面所成的角是的直线，是以过点且与面垂直的直线为轴的 圆锥的母线，两圆锥交于两条直线，（5）正确.考点：1、线面垂直的判定；2、异面直线所成的角；3、直线和平面所成的角.48二面角l等于120，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面、内，ACl，BDl，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于（）ABC2D【答案】C【解析】略49如图所示，在棱长为1的正方体的面对角线上存在一点使得取得最小值，则此最小值为 （ ）A B C D【答案】D【解析】解：把对角面A1C绕A1B旋转，使其与AA1B在同一平面上，连接AD1，508、已知等腰直角三角形ABC中，B=90，AC，BC的中点分别是D，E，DE把该三角形折成直二面角，此时斜边AC被折成折线ADC，则ADC等于 （ ）A150B135C120D100【答案】C【解析】本题考查平面图形的翻折,线面垂直,空间想象能力.BFDCEABDCEA在等腰直角三角形ABC中，B=90，AC，BC的中点分别是D，E，所以 在折成直二面角图形中因为所以所以设等腰直角三角形ABC的边则所以在中，取中点连故选C第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、解答题（题型注释）评卷人得分三、新添加的题型评卷人得分四、填空题51如图所示的一块长方体木料中，已知，设为线段上一点，则该长方体中经过点的截面面积的最小值为 【答案】【解析】试题分析： 如图所示，经过点的截面为平行四边形设,则，为了求出平行四边形的高，先求的高，由等面积法可得，又由三垂线定理可得平行四边形的高，因此平行四边形的面积，当且仅当时考点：几何体的截面面积的计算52如图所示的一块长方体木料中，已知，设为底面的中心，且，则该长方体中经过点的截面面积的最小值为 .【答案】【解析】试题分析：如图所示，经过点的截面为平行四边形设,则，为了求出平行四边形的高，先求的高，由等面积法可得，又由三垂线定理可得平行四边形的高，因此平行四边形的面积，当且仅当时考点：几何体的截面面积的计算53三棱锥中，平面，为侧棱上一点，它的正视图和侧视图 （如下图所示），则与平面所成角的大小为_ _；三棱锥的体积为 _ _【答案】【解析】试题分析：由题设及正视图可知，又由平面得，所以平面，即与平面所成角为.三棱锥的体积.考点：1、三视图；2、三棱锥的体积.54长方体中，已知，棱在平面内，则长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围是 【答案】.【解析】试题分析：四边形和的面积分别为4和6，长方体在平面内的射影可由这两个四边形在平面内的射影组合而成. 显然，. 若记平面与平面所成角为，则平面与平面所成角为. 它们在平面内的射影分别为和，所以，（其中，），因此，当且仅当时取到. 因此，.考点：三角函数的化简和求值.55如图1，已知点E、F、G分别是棱长为a的正方体ABCDA1 B1Cl D1的棱AA1、BB1、DD1的中点，点M、N、P、Q分别在线段AG、 CF、BE、C1D1上运动，当以M、N、P、Q为顶点的三棱锥QPMN的俯视图是如图2所示的正方形时，则点Q到PMN的距离为_【答案】【解析】试题分析：根据俯视图可知，点的位置如下图所示.易知点到平面的距离即为正方体的高.考点：1、 空间几何体及其三视图；2、点到平面的距离.56【改编题】已知 ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且 ，BC=1，AC=3，则球O的表面积为，三棱锥O- ABC的体积为_。【答案】【解析】试题分析：设球的半径为， ABC的外接圆半径为r，球心O到截面ABC的距离为，球O的表面积为=，得球的半径为，由得，=，由，得，球心到平面的距离，由余弦定理得=，解得AB=，所以=，所以=考点：球的截面性质，球的表面积公式，棱锥的体积公式，正弦定理，余弦定理，运算求解能力【改编思路】条件与结论互换，这是出题人常用的方法。57如图，在一个的二面角的棱上，有两个点、，、分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于的线段，且，则的长为 ； A A A 【答案】【解析】试题分析：过A点作BD的平行线，过D作AB的平行线，两线交于点F,连结FC，根据题意，可知AC=6cm,AF=8cm, 所以，由余弦定理，可知CF=，根据题意，可知DF=4cm, ,故有考点：空间关系，二面角的平面角，线段长度的求解58椭圆绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为 【答案】【解析】试题分析：考点：旋转体体积59如图，在矩形中，为边的中点，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .【答案】【解析】由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为.考点：旋转体的组合体.60一个正四棱锥的侧棱长与底面边长相等，体积为，则它的表面积为_.【答案】【解析】设正四棱锥的侧棱长与底面边长相等为，则，则，则，则；则正四棱锥的表面积为.考点：四棱锥的表面积与体积.61设P，Q为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ旋转（）角后能与自身重合，那么符合条件的直线PQ有_条. 【答案】13【解析】试题分析：由题意，符合条件的直线PQ必过正方体的中心，否则正方体的中心绕PQ旋转（）角后不能回到原位置，得到的新正方体必定与原正方体不重合满足题意的直线PQ共有三种情况：如图1，当为正方体的体对角线时，正方体绕旋转 时，能与原图重合这样的PQ有4条；如图2，当穿过正方体对面中心时，正方体绕PQ旋转时，能与原图重合这样的有3条； 如图戳，当穿过正方体对棱中点时，正方体绕旋转时，能与原图重合这样的有6条所以，符合条件的直线有13条 考点：空间几何体的点、线、面的位置关系.62在三棱锥中，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 .【答案】8【解析】试题分析：过点G作交PA、PC于点E、F，过E、F分别作、分别交AB、BC于点N、M，连结MN，所以EFMN是平行四边形，即，即，所以截面的周长.考点：以三棱锥为几何载体考查了线线平行、截面的周长.63一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上.已知正三棱柱的底面边长为，则该三角形的斜边长为 .【答案】【解析】试题分析：根据题意我们把一个等要直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，结合图形的对称性可知，该三角形的斜边的中线的长等于底面三角形的高，所以该三角形的斜边长为.考点：1.棱柱的结构特征；2.空间想象力.64已知E、F、G、H分别是三棱锥A-BCD 棱AB、BC、CD、DA的中点，ABCDEFGH（1）四边形EFGH是_形（2）AC与BD所成角为，且AC=BD=1，则EG=_【答案】平行四边形 .【解析】试题分析：（1）由中位线性质，得 所以四边形EFGH是平行四边形（2）由（1）知EFGH是平行四边形，又AC=BD=1，则EFGH为菱形，为AC与BD所成角或补角，所以.考点：1.空间直线的位置关系；2.异面直线所称的角.65如图，一个几何体的三视图是三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为 342俯视图主视图左视图【答案】29 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥如下图所示三棱锥,其中 ,且 ,将三棱锥还原成长方体 ，则三棱锥的外接球也是长方体的外接球，其直径 ,所以外接球的表面积为 ,所以答案应填：考点：1、空间几何体的结构；2、三视图；3、空间几何体的表面积66沿对角线AC 将正方形A B C D折成直二面角后，A B与C D所在的直线所成的角等于 【答案】.【解析】试题分析： 如图建立空间直角坐标系，设,则,所以,因此,且，所以.考点：直二面角的定义，异面直线所成角的求法.67若圆锥的侧面展开图是半径为2、圆心角为180的扇形，则这个圆锥的体积是 。【答案】【解析】试题分析：扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，设底面半径为，则，扇形的半径即为圆锥的母线，则圆锥的高为，故该圆锥的体积为。考点：（1）圆锥基本元素之间的关系；（2）圆锥体积公式的应用。 68设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记.当APC为钝角时，的取值范围是_【答案】(，1)【解析】本题主要考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，意在考查考生的空间想象能力以及运算求解能力以、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，则(1,1，1)，得(，)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)，显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于0，即(1)(1)(1)20，即(1)(31)0，解得1，因此的取值范围是(，1)69如图所示为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个结论：点M到AB的距离为；三棱锥CDNE的体积是；AB与EF所成的角是.其中正确结论的序号是_【答案】【解析】依题意可作出正方体的直观图，显然M到AB的距离为MC，正确，而VCDNE111，正确，AB与EF所成的角为AB与MC所成的角，即为，正确70如图所示，ABCDA1B1C1D1是长方体，AA1a，BAB1B1A1C130，则AB与A1C1所成的角为_，AA1与B1C所成的角为_【答案】3045【解析】A1B1AB，C1A1B1是AB与A1C1所成的角是30，AA1BB1，BB1C是AA1与B1C所成的角，由已知条件可以得出BB1a，AB1A1C12a，ABa，B1C1BCa.四边形BB1C1C是正方形，BB1C45.71正方体中,是棱的中点,是侧面内的动点,且平面,若正方体的棱长是2,则的轨迹被正方形截得的线段长是_.【答案】【解析】试题分析：取的中点P，Q.易证，面面，所以点F的轨迹即为线段PQ，所以点F的轨迹的长度为：.考点：空间几何体.72已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。【答案】【解析】设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=，.73已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是 .【答案】【解析】试题分析：由三视图知该几何体是一个三棱锥，其底面是一个底边长为2高也是2的等腰三角形，且棱锥的高也是2，所以该几何体的体积所以答案填考点：1、三视图；2、棱锥的体积.74已知下列命题：设m为直线，为平面，且m，则“m/”是“”的充要条件；的展开式中含x3的项的系数为60；设随机变量N(0，1)，若P(2)=p，则P(-20)=；若不等式|x+3|+|x-2|2m+1恒成立，则m的取值范围是(，2)；已知奇函数满足，且0x时，则函数在，上有5个零点其中真命题的序号是 (写出全部真命题的序号)【答案】【解析】试题分析：解：因为,所以，由成立，但由,可得到或,所以不成立，故该命题为假命題；的展开式中第项，令，解得，所以有=，的展开式中含x3的项的系数为10而不是60；故该命题是假命题.由随机变量N(0，1)，若P(2)=p，则,所以，所以；该命题是真命题；因为所以有，,解得由此可知是假命.因为奇函数满足，所以，,故函数是周期函数，且；同样由奇函数满足，所以函数的图象关于直线对称；因为奇函数满足当0x时得当时, ,又因为由以上条件在同一坐标系中画出函数和的图象如下图,则两图象在区间内交点的个数就是函数在区间内的零点的个数；但由于的值不能确定，故零点的个数不能确定，所以该命题是假命题.所以答案应填考点：1、命题；2、直线与平面的位置关系；3、二项式定理；4、正态密度曲线的性质；5、函数的性质与函数的零点.75如右图,正方体的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号).当时,S为四边形;当时,S不为等腰梯形;当时,S与的交点R满足;当时,S为六边形;当时,S的面积为.【答案】【解析】试题分析：取AB的中点M,在DD1上取点N,使得DN=CQ,则MNPQ;作ATMN,交直线DD1于点T,则A、P、Q、T四点共面;当0CQ时,则0DNDT=2DN1S为四边形APQT;当CQ=时,则DN=DT=2DN=1点T与D1重合S为等腰梯形APQD1;当CQ=时,则DN=DT=2DN=D1T=;由D1R:TD1=BC:DTD1R=C1R=;当CQ1时,DN1DT=2DN(,2),T在DD1的延长线上,设TQ与C1D1交于点E,AT与A1D1交于点F,则S为五边形APQEF;当CQ=1时,点Q与C1重合,且DT=2AT与A1D1交于A1D1的中点FS为菱形APC1FS的面积=AC1PF=.综上,命题正确的是:.考点：立体几何综合应用.76在三棱锥P-ABC中侧棱PA，PB，PC两两垂直，Q为底面ABC内一点，若点Q到三个侧面的距离分别为3,4,5，则过点P和Q的所有球中，表面积最小的球的表面积为 .【答案】【解析】根据题意：点Q到三个侧面的垂线与侧棱PA、PB、PC围成一个棱长为3、4、5的长方体，则其外接球的直径即为PQ且为长方体的体对角线过点P和Q的所有球中，以PQ为直径的球的表面积最小，2r=r,由球的表面积公式得：S=4r2=50考点：1.球的体积和表面积；2.棱柱的结构特征77在三棱柱中侧棱垂直于底面，且三棱柱的体积为3，则三棱柱的外接球的表面积为【答案】【解析】试题分析：该直三棱柱的底面是直角三角形，另一直角边长为，斜边长为.设三棱柱高为，则有.取三棱柱上下底面直角三角形斜边的中点并连接，由平面几何的性质可知，斜边连线中点即为外接球球心，球半径为，所以，外接球的表面积为.考点：直三棱柱的几何特征，球的表面积.78如图，正方体ABCDA1B1C1D1，则下列四个命题：P在直线BC1上运动时，三棱锥AD1PC的体积不变；P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；P在直线BC1上运动时，二面角PAD1C的大小不变；M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线D1A1。其中真命题的编号是 。【答案】【解析】试题分析：BC1平面AD1，BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确当P在直线BC1上运动时，AP的轨迹是平面PAD1，即二面角P-AD1-C的大小不受影响，所以正确M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，M点的轨迹是一条与直线D C1平行的直线，而D D1= C1D1，所以正确故答案为：.考点：1.异面直线及其所成的角；2.棱柱、棱锥、棱台的体积；3.与二面角有关的立体几何综合题.79如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上或其内部运动，且使MNAC.对于下列命题：点M可以与点H重合；点M可以与点F重合；点M可以在线段FH上；点M可以与点E重合其中真命题的序号是_(把真命题的序号都填上)【答案】【解析】易知HNAC，FNAC，故M在FH上时，均能满足要求事实上，若M为FH上异于F，H的任意一点，FH底面ABCD，HN是斜线MN在底面ABCD上的射影，而HNAC，MNAC，显然，M为H或F时，MNAC.正确而NEBC1，且BC1与AC不垂直，因此点M不能与点E重合，错80在正三棱锥P ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，下列结论：ACPB；AC平面PDE；AB平面PDE，其中正确结论的序号是_【答案】【解析】如右图，设P在面ABC内射影为O，则O为正ABC的中心可证AC平面PBO，所以ACPB；ACDE，可得AC面PDE；AB与DE不垂直81如图，在长方体中，3 cm，2 cm，1 cm，则三棱锥的体积为 cm3【答案】1【解析】试题分析：；考点：1.简单几何体的体积；82已知平面，直线.给出下列命题： 若，则； 若，则； 若，则； 若，则.其中是真命题的是 （填写所有真命题的序号）【答案】【解析】试题分析：与可能平行，所以该命题为假命题；m与n可以相交、异面、平行，所以该命题为假命题；考点：1.线面、面面平行的判定与性质；2.线面、面面平行的判定与性质；83若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则它的外接球的体积为_【答案】.【解析】试题分析：通过分析可知，正方体的外接球的直径是正方体的对角线长为，由球的体积公式可得，外接球体积为.考点：球的体积.84在三棱锥中,平面，,则此三棱锥外接球的体积为 【答案】【解析】试题分析：根据题意球心到平面的距离为，在的外接圆的半径为,所以球的半径为:,所以此三棱锥的外接球的体积为:,所以答案为: 考点：1空间几何体的外接球；2球的体积85如图，四棱锥PABCD中，底面，底面是矩形，点E为棱CD上一点，则三棱锥EPAB的体积为 【答案】4【解析】试题分析：考点：等体积法求三棱锥体积86正四棱锥的五个顶点在同一球面上，若正四棱锥的底面边长是，侧棱长为，则此球的表面积_.【答案】【解析】试题分析：由图知，正四棱锥的外接球的球心在它的高上，设为点，在中，得，.考点：球的表面积.87如图所示，记正方体的中心为，面的中心为， 的中点为则空间四边形在该正方体各个面上的投影可能是 （把你认为正确命题的序号填写在答题纸上） 【答案】【解析】空间四边形在该正方体前后面上的投影是；空间四边形在该正方体左右面上的投影是；空间四边形在该正方体上下面上的投影是；故填考点：图形的投影88设ABC的三个顶点都