立體幾何高考壓軸選擇題

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上1已知棱長都為2的正三棱柱ABCA1B1C1的直觀圖如圖，若正三棱柱ABCA1B1C1繞著它的一條側棱所在直線旋轉，則它的側視圖可以為（）ABCD【分析】根據所給視圖，用排除法可得【解答】解：四個選項高都是2，若側視圖為A，中間應該有一條豎直的實線或虛線若為C，則其中有兩條側棱重合，不應有中間豎線若為D，則長應為，而不是1故選：B【點評】本題考查三視圖，主要是考查空間想象能力，為基礎題2如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，M為棱BB1的中點，則下列結論中錯誤的是（）AD1O平面A1BC1BD1O平面MACC異面直線BC1與AC所成的角為60

2、°DMO平面ABCD【分析】在A中，取A1C1中點E，則D1OBE，從而D1O平面A1BC1；在B中，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明D1O平面MAC；在C中，由ACA1C1，得BC1A1是異面直線BC1與AC所成的角，由A1C1B是正三角形，得異面直線BC1與AC所成的角為60°；在D中，MB平面ABCD，MOMBM，故MO與平面ABCD不垂直【解答】解：在A中，取A1C1中點E，則D1OBE，D1O平面A1BC1，BE平面A1BC1，D1O平面A1BC1，故A正確；在B中，以D為原點，DA，DC，DD1所在直

3、線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCDA1B1C1D1中棱長為2，則O（1，1，0），D1（0，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），M（2，2，1），（1，1，2），（0，2，1），（2，2，0），0，0，D1OAM，D1OAC，D1O平面MAC，故B正確；在C中，ACA1C1，BC1A1是異面直線BC1與AC所成的角，又A1C1B是正三角形，異面直線BC1與AC所成的角為60°，故C正確；在D中，MB平面ABCD，MOMBM，故MO與平面ABCD不垂直，故D錯誤故選：D【點評】本題考查三有形面積和四邊形面積的比值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位

4、置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題3已知A，B，C三點都在表面積為100的球O的表面上，若AB4，ACB60°則球內的三棱錐OABC的體積的最大值為（）A8B10C12D16【分析】由題意畫出圖形，由已知求出球O的半徑，再由正弦定理求出三角形ABC外接圓的半徑，利用勾股定理求O到平面ABC的距離，利用余弦定理及不等式求ACBC的最大值，可得三角形ABC面積的最大值，代入棱錐體積公式求解【解答】解：由球O得表面積為100，得球半徑R5，AB4，ACB60°A，B，C三點所在圓的半徑r×4，球心O到平面ABC的距離d在ABC中，由，得48AC2+BC2ACB

5、CACBC，則球內的三棱錐OABC的體積的最大值為故選：C【點評】本題考查球心到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題4在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E平面AA1B1B，點F是線段AA1的中點，若D1CCF，則當EBC的面積取得最小值時，（）ABCD【分析】取AB的中點G，由題意得CF平面B1D1G，當點E在直線B1G上時，D1ECF，當EBC的面積取最小值時，線段EB的長度為點B到直線B1G的距離，由此能求出【解答】解：如圖所示，取AB的中點G，由題意得CF平面B1D1G，當點E在直線B1G上時，D1ECF，設

6、BCa，則，當EBC的面積取最小值時，線段EB的長度為點B到直線B1G的距離，線段EB長度的最小值為，故選：D【點評】本題考查三有形面積和四邊形面積的比值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題5如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，且側視圖中的曲線都為圓弧線，則該幾何體的表面積為（）A8B8+4C6+4D6【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的體積即可【解答】解：三視圖定義的幾何體的直觀圖如圖：幾何體是上下底面是半徑為1的4段的圓弧，柱體的高為3，所以幾何體的表面積為：4×6+4故選：C【

7、點評】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵也的難點6“斗拱”是中國古代建筑中特有的構件，從最初的承重作用，到明清時期集承重與裝飾作用于一體在立柱頂、額枋和檐檁間或構架間，從枋上加的一層層探出成弓形的承重結構叫拱，拱與拱之間墊的方形木塊叫斗如圖所示，是“散斗”（又名“三才升”）的三視圖，則它的體積為（）ABC53D【分析】畫出幾何體的直觀圖利用柱體的體積，轉化求解即可【解答】解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖：下部是四棱臺，上部是棱柱挖去一個小棱柱的組合體幾何體的體積為：4×1.5×41×2×4+×1×（16+9

8、+）故選：B【點評】本題考查的知識點是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關鍵是得到該幾何體的形狀7如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，點P在平面A1B1C1內運動，使得二面角PABC的平面角與二面角PBCA的平面角互余，則點P的軌跡是（）A一段圓弧B橢圓的一部分C拋物線D雙曲線的一支【分析】本題對三棱柱ABCA1B1C1沒做特殊要求，可以用特值法，假設三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，且底面為直角三角形，ABC為直角，計算可得【解答】解：假設三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，且底面為直角三角形，ABC為直角，三棱柱高為h以B為坐標原點，AB所在直線建立如圖坐標系，PO平行于z軸，交xBy坐

9、標面與點O，平面PODD1垂直于x軸，交AB于D點，交A1B1于D1點，平面POEE1垂直于y軸，交BC與E點，交B1C1于E1，設P點坐標為（x，y，h）則二面角PABC的平面角為PDO，二面角PBCA的平面角為PEO，PDO+PEO90°，tanPDOcotPEO，POxBy坐標面，POOD，POOE，tanPDO，cotPEO，PO2OD×OE，OD×OEh2，由P點與D，E，D1，E1D的位置關系 可知，xOD，yOE，xyh2，xyh2，P點軌跡為雙曲線的一支（x0，y0的一支）故選：D【點評】本題考查三角形的外接圓和矩形的外接圓的半徑之和的最大值的求法

10、，考查直三棱柱、球、圓的性質、均值定理等基礎知識，考查運算求解能力，是難題8九章算木中將底面為長方形，且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽馬”，現有一陽馬，其正視圖和側視圖是如圖所示的直角三角形，該“陽馬”的體積為，若該陽馬的頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為（）A12B8C24D36【分析】利用視圖得長方形的長和寬，由體積公式求得高，再結合長方體外接球直徑為其體對角線長即可得解【解答】解：由正視圖，側視圖可知，底面長方形的長，寬分別為4，2，故四棱錐的高為4，外接球的直徑為，S球4×936故選：D【點評】此題考查了三視圖，棱錐外接球問題，難度不大9在長方體ABCDA1B1C

11、1D1中，ADDD11，E，F，G分別是棱AB，BC，CC1的中點，P是底面ABCD內一動點，若直線D1P與平面EFG沒有公共點，則三角形PBB1面積的最小值為（）AB1CD【分析】由直線與平面沒有公共點可知線面平行，補全所給截面后，易得兩個平行截面，從而確定點P所在線段，得解【解答】解：補全截面EFG為截面EFGHQR如圖，設BRAC，直線D1P與平面EFG不存在公共點，D1P平面EFGHQR，易知平面ACD1平面EFGHQR，PAC，且當P與R重合時，BPBR最短，此時PBB1的面積最小，由等積法：BR×ACBE×BF，BP，又BB1平面ABCD，BB1BP，PBB1為

12、直角三角形，PBB1的面積為：，故選：C【點評】此題考查了線面平行，面面平行，有探索性質，設計較好，難度適中10設A，B，C，D是球面上四點，已知，球的表面積為32，則四面體ABCD的體積的最大值為（）ABCD【分析】根據幾何體的特征，判定外接球的球心，求出球的半徑，即可求出球的內接四面體高的最大值，則答案可求【解答】解：根據題意知，ABC是一個直角三角形，其面積為6，其所在球的小圓的圓心在斜邊BC的中點上，設小圓的圓心為G，球的表面積為32，球的半徑為r，則4R232，R，若四面體ABCD的體積的最大值，底面積SABC不變，則高最大，就是D到底面ABC距離最大值時，hR+四面體ABCD的體積

13、的最大值為故選：A【點評】本題考查球內接多面體，球的表面積，其中分析出何時四面體ABCD的體積的最大值，是解答的關鍵，是中檔題11如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1邊長為2，N為CC1的中點，M為線段上的動點（不含端點），若過點A，M，N的平面截該正方體所得截面為四邊形，則線段BM長度的取值范圍是（）A（0，1B1，2）C（0，D，2）【分析】當點M為線段BC的中點時，截面為四邊形AMND1，從而當0BM1時，截面為四邊形，當BM1時，截面為五邊形，或六邊形，由此能求出線段BM的取值范圍【解答】解：解：正方體ABCDA1B1C1D1的體積為1，點M在線段BC上（點M異于B，C兩點），點N

14、為線段CC1的中點，平面AMN截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面為四邊形，依題意，當點M為線段BC的中點時，由題意可知，截面為四邊形AMND1，從而當0BM1時，截面為四邊形，當BM1時，截面為五邊形，或六邊形，故線段BM的取值范圍為（0，1 故選：A【點評】本題考查線段的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題12已知長方體ABCDA1B1C1D1內接于半球O，且底面ABCD落在半球的底面上，底面A1B1C1D1的四個頂點落在半球的球面上，若半球的半徑為3，ABBC，則該長方體體積的最大值為（）A12B6C48D

15、72【分析】設該正四棱柱的高為h，底面邊長為a，計算出底面外接圓的半徑ra，利用勾股定理h2+r29，得出a2182h2，利用柱體體積公式得出柱體體積V關于h的函數關系式，然后利用導數可求出V的最大值【解答】解：設正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高為h，底面棱長為a，則正四棱柱的底面外接圓直徑為2ra，所以，ra由勾股定理得h2+r232，即h2+a29，得a2182h2，其中0h3，所以，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的體積為Va2h（182h2）h2h3+18h，其中0h3，構造函數f（h）2h3+18h，其中0h3，則f（h）6h2+18，令f（h）0，得h當0h時，f（h）0；當h

16、3時，f（h）0所以，函數Vf（h）在h處取得極大值，亦即最大值，則Vmaxf（）12因此，該正四棱柱的體積的最大值為12故選：A【點評】本題考查球體內接幾何體的相關計算，解決本題的關鍵在于找出相應幾何量所滿足的關系式，考查計算能力，屬于中等題13已知某多面體的三視圖如圖所示，則在該多面體的距離最大的兩個面中，兩個頂點距離的最大值為（）A2BCD【分析】根據三視圖知該多面體是由正方體截去兩個正三棱錐所成的幾何體，結合圖形得出該多面體的距離最大的兩個面為截面三角形，求出這兩個平面三角形對應頂點距離的最大值是面對角線的長【解答】解：根據幾何體的三視圖知，該多面體是由正方體截去兩個正三棱錐所成的幾何

17、體，如圖所示；則該多面體的距離最大的兩個面為截面三角形，所以這兩個平面三角形對應頂點距離的最大值是面對角線的長，為2故選：D【點評】本題考查了利用三視圖求幾何體結構特征的應用問題，是基礎題14如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點F是線段BC1上的動點，則下列說法錯誤的是（）A無論點F在BC1上怎么移動，異面直線A1F與CD所成角都不可能是30°B無論點F在BC1上怎么移動，都有A1FB1DC當點F移動至BC1中點時，才有A1F與B1D相交于一點，記為點E，且2D當點F移動至BC1中點時，直線A1F與平面BDC1所成角最大且為60°【分析】先分析A，B，C都正確，故用

18、排除法可得選D【解答】解：對于選項A，當點F從B運動到C1時，異面直線A1F與CD所成角由大到小再到大，且F為B1C的中點時最小角的正切值為，最小角大于30°，故A正確；對于選項B，在正方形中，DB1面A1BC1，又A1F面A1BC1，所以A1FB1D，故B正確；對于選項C，F為BC1的中點時，也是B1C的中點，它們共面于平面A1B1CD，且必相交，設為E，連A1D和B1C，根據三角形A1DE三角形FB1E，可得2，故選C也正確；故選：D【點評】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、

19、數形結合思想，是中檔題15我國古代名著張丘建算經中記載：“今有方錐下廣二丈，高三丈，欲斬末為方亭；令上方六尺；問亭方幾何？”大致意思是：有一個正四棱錐下底邊長為二丈，高三丈；現從上面截去一段，使之成為正四棱臺狀方亭，且正四棱臺的上底邊長為六尺，則該正四棱臺的體積是（注：1丈10尺）（）A1946立方尺B3892立方尺C7784立方尺D11676立方尺【分析】根據題意畫出圖形，利用棱錐與棱臺的結構特征求出正四棱臺的高，再計算它的體積【解答】解：如圖所示，正四棱錐PABCD的下底邊長為二丈，即AB20尺，高三丈，即PO30尺；截去一段后，得正四棱臺ABCDABCD，且上底邊長為AB6尺，所以，解得

20、OO21，所以該正四棱臺的體積是V×21×（202+20×6+62）3892（立方尺）故選：B【點評】本題考查了棱錐與棱臺的結構特征與應用問題，也考查了棱臺的體積計算問題，是基礎題16如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，P是AA1的中點，點M在側面AA1B1B內，若D1MCP，則BCM面積的最小值為（）A8B4CD【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出BCM面積取最小值【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，則P（4，0，2），C（0，4，0），D1（

21、0，0，4），B（4，4，0），設M（4，a，b），則（4，a，b4），（4，4，2），D1MCP，164a+2b80，解得2ab4，M（4，a，42a），|BM|，a2，即M（4，2，0）時，BCM面積取最小值S4故選：B【點評】本題考查三角形的面積的最小值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題17九章算術給出求羨除體積的“術”是：“并三廣，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，其中的“廣”指羨除的三條平行側棱的長，“深”指一條側棱到另兩條側棱所在平面的距離，“袤”指這兩條側棱所在平行線之間的距離，用現代語言描述：在羨除ABCA1B1

22、C1中，AA1BB1CC1，AA1a，BB1b，CC1c，兩條平行線AA1與BB1間的距離為h，直線CC1到平面AA1B1B的距離為h，則該羨除的體積為V（a+b+c）已知某羨除的三視圖如圖所示，則該羨除的體積為（）A3BCD2【分析】根據三視圖求出羨除的體積V（a+b+c）中所需數據，代入得答案【解答】解：由三視圖還原原幾何體知，羨除ABCA1B1C1中，ABEF，底面ABCD是矩形，ABCD2，EF1，平面ADE平面ABCD，AB，CD間的距離hAD2，如圖，取AD中點G，連接EG，則EG平面ABCD，由側視圖知，直線EF到平面ABCD的距離為h1，該羨除的體積為V（a+b+c）故選：B【

23、點評】本題考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題18已知四棱錐MABCD，MA平面ABCD，ABBC，BCD+BAD180°，MA2，BC2，ABM30°若四面體MACD的四個頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為（）A20B22C40D44【分析】先由題中條件得知四邊形ABCD四點共圓，利用銳角三角函數計算出AB，再由勾股定理得出四邊形ABCD的外接圓直徑AC，再利用公式可得出球的直徑，最后利用球體的表面積公式可得出答案【解答】解：由于BCD+BAD180°，則四邊形ABCD四點共圓，由于MA平面ABCD，AB平面ABCD，所以，MAAB

24、，在RtABM中，ABM30°，MA2，所以，ABBC，所以，四邊形ABCD的外接圓直徑為，因此，四面體MACD的外接球直徑為，所以，該球的表面積為4R2×（2R）240故選：C【點評】本題考查球體表面積的計算，解決本題的關鍵在于確定底面四點共圓，并利用合適的方法求出外接圓的半徑，考查計算能力，屬于中等題19已知m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列命題：若m，mn，則n；若m，n，則mn；若m，n是異面直線，m，m，n，n，則；若m，n不平行，則m與n不可能垂直于同一平面其中為真命題的是（）ABCD【分析】在中，n與的位置關系不確定；在中，由線面垂直、線面平行

25、的位置關系得mn；在中，由面面平行的判定定理得；在中，若m，n不平行，則m與n不可能垂直于同一平面的逆否命題是真命題【解答】解：由m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，知：在中，m，mn，則n與的位置關系不確定，故錯誤；在中，若m，n，則由線面垂直、線面平行的位置關系得mn，故正確；在中，若m，n是異面直線，m，m，n，n，則由面面平行的判定定理得，故正確；在中，若m，n不平行，則m與n不可能垂直于同一平面的逆否命題為：若m，n垂直于同一平面，則m，n平行，是真命題，故正確故選：A【點評】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題2

26、0九章算術是世界數學發(fā)展史上的一顆璀璨明珠，書中商功有如下問題：今有委菽依垣，下周三丈，高七尺，問積及為菽各幾何？其意思為：現將大豆靠墻堆放成半圓錐形，底面半圓的弧長為3丈，高7尺，問這堆大豆的體積是多少立方尺？應有大豆是多少斛？主人欲賣掉該堆菽，已知圓周率約為3，一丈等于十尺，1斛約為2.5立方尺，1斛菽賣300錢，一兩銀子等于1000錢，則主人可得銀子（）兩A40B42C44D45【分析】推導出2R60，解得R10（尺），求出這堆大豆的體積V350（立方尺），由此能求出結果【解答】解：現將大豆靠墻堆放成半圓錐形，底面半圓的弧長為3丈，高7尺，圓周率約為3，2R60，解得R10（尺），這堆大

27、豆的體積V350（立方尺），350÷2.5140（斛），主人欲賣掉該堆菽，則主人可得銀子：42（兩）故選：B【點評】本題考查圓錐的體積的求法及應用，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題21如圖，已知正方體ABCDEFGR的上底面中心為H，點O為AH上的動點，P為FG的三等分點（靠近點F），Q為BF的中點，分別記二面角POQR、QORP、ROPQ的平面角為、，則（）ABCD【分析】以E為原點，EF為x軸，ER為y軸，EA為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCDEFGR的棱長為3，設AOAC，利用向量法能比較三個二面角、的大小

28、【解答】解：以E為原點，EF為x軸，ER為y軸，EA為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCDEFGR的棱長為3，設AOAC，則P（3，1，0），O（1，1，3），Q（，0，0），R（0，0，3），（，1，3），（1，1，0），（2，0，3），設平面OQP的法向量（x，y，z），則，取z2，得（3，2），設平面OQR的法向量（x，y，z），則，取x1，得（1，1，），cos0.9835；設平面OPR的法向量（x，y，z），則，取x3，得（3，3，2），cos0.9798；cos0.9949，故選：A【點評】本題考查二面角的大小的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算

29、求解能力，考查數形結合思想，是中檔題22如圖，正方體AC1的棱長為a，作平面（與底面不平行）與棱A1A，B1B，C1C，D1D分別交于E，F，G，H，記EA，FB，GC，HD分別為h1，h2，h3，h4，若h1+h22h3，h3+h43h3，則多面體EFGHABCD的體積為（）Aa2h1Ba2h2Ca2h3Da2h4【分析】由正方體的對面平行及面面平行的性質定理得四邊形EFGH是平行四邊形，連結AC，BD交于點O，連結EG，FH，交于點O1，連結OO1，則h1+h2h3+h42OO1，由兩個多面體EFGHABCD可以拼成都市個長方體，能求了多面體EFGHABCD的體積【解答】解：由正方體的對面

30、平行及面面平行的性質定理得：EFGH，EHFH，四邊形EFGH是平行四邊形，連結AC，BD交于點O，連結EG，FH，交于點O1，連結OO1，則h1+h2h3+h42OO1，h1+h22h3，h3+h43h3，兩個多面體EFGHABCD可以拼成都市個長方體，多面體EFGHABCD的體積為：V故選：C【點評】本題考查多面體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題23我國古代數學名著九章算術中有這樣一些數學用語，“塹堵”意指底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱，而“陽馬”指底面為矩形且有一側棱垂直于底面的四棱錐現有一如圖所示的

31、塹堵ABCA1B1C1，ACBC，A1A2，當塹堵ABCA1B1C1的外接球的體積為時，則陽馬BA1ACC1體積的最大值為（）A2B4CD【分析】由已知求出三棱柱外接球的半徑，得到A1B，進一步求得AB，再由棱錐體積公式結合基本不等式求最值【解答】解：塹堵ABCA1B1C1的外接球的體積為，其外接球的半徑R，即，又A1A2，AB2則AC2+BC24即陽馬BA1ACC1體積的最大值為故選：D【點評】本題考查多面體的體積、均值定理等基礎知識，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，是中檔題24我國南北朝時期的數學家祖暅提出了計算幾何體體積的祖暅原理：“冪勢

32、既同，則積不容異”意思是兩個同高的幾何體，如果在等高處的截面積都相等，那么這兩個幾何體的體積相等現有同高的三棱錐和圓錐滿足祖暅滿足祖暅原理的條件若圓錐的側面展開圖是半徑為2的半圓，由此推算三棱錐的體積為（）ABCD【分析】根據圓錐側面積展開圖是半徑為2的半圓，計算出圓錐的體積，由此能求出三棱錐的體積【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，則2r，解得r1，圓錐的高h，圓錐的體積也即三棱錐的體積為：故選：D【點評】本題考查三棱錐的體積的求法，考查圓錐側面展開圖與底面圓的關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查中國古代數學文化，是中檔題25如圖，在四棱錐SABCD中，底面ABCD為正方形，側面SCD底面ABCD，SCD為等腰直