專題10空間向量與立體幾何選擇填空題解析版

1、專題10空間向量與立體幾何選擇填空題考綱解讀三年局考分析.空間向量及其運算(1)了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及 其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示.(2)掌握空間向量的線性運算及其坐標表示.(3)掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能運用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直.空間向量的應用(1)理解直線的方向向量與平面的法向量.(2)能用向量語言表述直線與直線、直線與平囿、平囿與平面的垂直、平行關系.能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一 些定理(包括三垂線定理).(4)能用向量方法解決直線與直線、直線與平囿、平囿與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應

2、用.空間向量的計算和角度的求解是考查的重點，解題時常用到空間直角坐標系的建立、點和向量坐標的計算與應用，考查學生的數(shù)學抽象能力、數(shù)學建模能 力、數(shù)學運算能力、直觀想象能力，題型以選擇填空 題和解答題為主，中等難度.1、主要考查與點、線、面位置關系有關的命題真假判斷和求解異面直線所成的角，題型主要以選擇題和 填空題的形式出現(xiàn)，解題要求有較強的空間想象能力 和邏輯推理能力.2、空間向重是高考中的必考內谷，涉及用向重法計算空間異面直線所成角、 直線和平面所成角、 二面角 及空間距離等內容，考查熱點是空間角的求解.題型 以解答題為主，要求有較強的運算能力， 廣泛應用函 數(shù)與方程的思想、車t化與化歸思想

3、 .1 .【2019年新課標3理科08如圖，點N為正方形ABCD的中心， ECD為正三角形，平面 ECD，平面ABCD, M是線段ED的中點，則()EA . BM= EN,且直線 BM , EN是相交直線BM壟N,且直線 BM , EN是相交直線BM= EN,且直線 BM , EN是異面直線BM壟N,且直線 BM , EN是異面直線【解答】解：二.點 N為正方形 ABCD的中心，AECD為正三角形，平面 ECDL平面ABCD , M是線段ED的中點， .BM?平面 BDE, EN?平面 BDE, BM是ABDE中DE邊上的中線， EN是ABDE中BD邊上的中線,直線BM, EN是相交直線, T

4、OC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark100 o Current Document 35 2=Ja + a =設 DE=a,則 BD=2h, BE J4 4_= a + ti =744BMd a, ENa,BM 壟N,all 3的充要條件是（2.【2019年全國新課標2理科07】設“ 3為兩個平面，則A. a內有無數(shù)條直線與3平行B . a內有兩條相交直線與3平行a,3平行于同一條直線a,3垂直于同一平面【解答】解：對于 A, a內有無數(shù)條直線與3 平行，a Cl 威j a / 3；對于B, a內有兩條相交直線與3平行，a/ 3;對于C, % 3平行于同一條直線，“

5、n或all 3；對于D, a, 3垂直于同一平面，a Cl戚a / &故選：B.3.【2019年新課標1理科12】已知三棱錐 P-ABC的四個頂點在球 O的球面上，PA=PB=PC,那BC是邊長為2的正三角形，E, F分別是PA, AB的中點，/ CEF=90,則球O的體積為（）A . 8、后兀B, 4ttC . 2%后兀D .而?！窘獯稹拷猓喝鐖D，A FB由PA=PB=PC, 那BC是邊長為2的正三角形，可知三棱錐 P-ABC為正三棱錐，則頂點P在底面白射影 O為底面三角形的中心，連接BO并延長，交AC于G,貝 U ACXBG,又 POXAC, POABG = O,可得 AC,平面 PBG,

6、貝 U PBXAC, E, F 分別是 PA, AB 的中點，EF/PB,又/ CEF = 90,即 EFXCE,. PBXCE,得 PBL平面 PAC,正三棱錐P - ABC的三條側棱兩兩互相垂直，把三棱錐補形為正方體，則正方體外接球即為三棱錐的外接球， TOC o 1-5 h z 其直徑為D 7整十P/ +=也a4/6 3廣-7T X （= U67r半徑為2 ,則球O的體積為2.故選：D.”稱為祖咂原若某柱體的三4.【2019年浙江04】祖的I是我國南北朝時代的偉大科學家，他提出的幕勢既同，則積不容異理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體=Sh,其中S是柱體的底面積，h是柱體的高.視圖

7、如圖所示（單位：cm）,則該柱體的體積（單位：cm3）是（）JbA . 158B. 162C. 182【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為直五棱柱，底面五邊形的面積可用兩個直角梯形的面積求解,1 1S五妙形加皿=+ 6） x m +（2 + G） x 3 二即27,高為6,則該柱體的體積是 V=27X6= 162.故選：B.【2019年浙江08】設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點）.記直線PB與直線AC所成角為”,直線PB與平面ABC所成角為&二面角P-AC-B的平面角為 則（）A . 3V y, a 丫B. 3 a, 3V 丫 C. 3V

8、 a, t a D . a 3, t 3【解答】解：方法線段 AO上，作DEAC于E,易得PE/VG,過P作PF / AC于F,過D作DH / AC,交BG于H,則 行 / BPF , 3= / PBD , 產(chǎn) / PED ,PF EG _DH BD _則 cos a PB PR PB PB cos 3,可得 3=tan 丫 ED BD tan 3 可得 3 T,方法由最大角定理可得 3V 丫工跖41而 _T_2j2_ 2 _./3 百3_ J2=7 = Vr- 1方法易得 cos a 73,可得 sin a 卜,sin 3, sin 丫 ？故選：B.【2018年新課標1理科07】某圓柱的高為

9、2,底面周長為16,其三視圖如圖.圓柱表面上的點 M在正視 圖上的對應點為 A,圓柱表面上的點 N在左視圖上的對應點為 B,則在此圓柱側面上， 從M到N的路徑中，最短路徑的長度為（）A . 2gC. 3【解答】解：由題意可知幾何體是圓柱，底面周長16,高為：2,直觀圖以及側面展開圖如圖:B圓柱表面上的點 N在左視圖上的對應點為 B,則在此圓柱側面上，從 M到N的路徑中，最短路徑的長度:故選：B.“所成的角都相等，則 a截.【2018年新課標1理科12】已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面此正方體所得截面面積的最大值為（空C.B. 3【解答】解：正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，每條

10、棱所在直線與平面a所成的角都相等，如圖：所示的正六邊形平行的平面，并且正六邊形時，a截此正方體所得截面面積的最大,72此時正六邊形的邊長 2 ,.艮3百XX （）=a截此正方體所得截面最大值為：6故選：A.【2018年新課標2理科09在長方體 ABCD - A1B1C1D1中，AB=BC=1, AA1=皿，則異面直線 AD與DB1所成角的余弦值為（）日 色 必a. BB. 6c, D口. 2【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，,.在長方體 ABCD A1B1C1D1 中，AB = BC=1,AA1=淄,A (1, 0, 0), D1 (0, 0,

11、網(wǎng)，D (0, 0, 0),Bi (1 ,1,病,明二(-1, 0,(1, 1,書),設異面直線ADi與DBi所成角為0,ADa - DBX則 cos 0|4必|。斗1，異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 5 .故選：C.9.【2018年新課標3理科03】中國古建筑借助樺卯將木構件連接起來.構件的凸出部分叫樺頭，凹進部分 叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是樺頭.若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體， 則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是（）A .B.C.D.【解答】解：由題意可知，如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，小的長方體，是樺頭,從圖形看出，輪廓是長方形，

12、內含一個長方形，并且一條邊重合，另外3邊是虛線，所以木構件的俯視圖故選：A.10.【2018年新課標3理科10】設A, B, C, D是同一個半徑為 4的球的球面上四點,形且面積為9、回，則三棱錐D-ABC體積的最大值為（）A . 12避B. 18囚C. 24避D , 543二乂業(yè)二9/【解答】解： 那BC為等邊三角形且面積為 9*,可得4,解得AB=6,祥BC為等邊三角球心為O,三角形ABC的外心為O,顯然D在OO的延長線與球的交點如圖:2 73 廠=X X 6 = ZV3 .OC 3 2, OO L W _ 2,則三棱錐D-ABC高的最大值為：6,14網(wǎng)X X 6 =則三棱錐D-ABC體積

13、的最大值為：3 1181故選：B.Dif, 1正視圖側視圖俯視圖A. 2B. 4C. 6D . 8【解答】解：根據(jù)三視圖：該幾何體為底面為直角梯形的四棱柱.如圖所示：1=(1 + 2) - 2 2 = 6故該幾何體的體積為：V12.【2018年浙江06】已知平面 %直線m, n滿足m? % n? %則m I I n”是m/ ”的()A .充分不必要條件B .必要不充分條件C .充分必要條件D .既不充分也不必要條件【解答】解：= m? % n? a,當m/n時，m / a成立，即充分性成立，當m/ /時，m/ n不一定成立，即必要性不成立，則m / n”是m / a的充分不必要條件.故選：A.

14、13.【2018年浙江08】已知四棱錐 S-ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點).設SE與BC所成的角為 機SE與平面ABCD所成的角為二面角S-AB-C的平面角為 也，則( )【解答】解：.由題意可知S在底面ABCD的射影為正方形 ABCD的中心.過E作EF / BC,交CD于F,過底面 ABCD的中心 O作ON，EF交EF于N,連接SN,取 AB 中點 M,連接 SM, OM , OE,則 EN = OM,則 = 7 SEN, 02= Z SEO, 03=Z SMO.顯然，Q,生，G均為銳角._SN _SN _ SO. tan 1 NEtan 3 0河，SN

15、市O,一。1 8soso又 sin 3 SM, sin 2 SE SE石M, 故選：D.14.【2018年上海15】九章算術中，稱底面為矩形而有一側棱垂直于底面的四棱錐為陽馬，設 六棱柱的一條側棱，如圖，若陽馬以該正六棱柱的頂點為頂點、以AAi為底面矩形的一邊,的個數(shù)是（）AAi是正則這樣的陽馬A. 4B. 8C. 12D . 16【解答】解：根據(jù)正六邊形的性質，則Di - A1ABB1, D-A1AFF1 滿足題意,而 Ci, Ei, C, D, E,和 Di一樣，有 2X4=8,故選：D.15.【2018年北京理科當AiACCi為底面矩形，有4個滿足題意, 當AiAEEi為底面矩形，有4個

16、滿足題意, 故有 8+4+4=1605】某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數(shù)為側（左）視圖俯視圖B. 2C. 3【解答】解：四棱錐的三視圖對應的直觀圖為：PA，底面ABCD,ac = 4, cd=、步一，一I，j ，PC = 3, PD = 2% ,可得二角形 PCD不是直角二角形.所以側面中有3個直角三角形，分別為：APAB, APBC,pad.故選：C.16.【2017年新課標1理科07】某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為 2,俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）

17、C. 14D. 16A. 10B. 12【解答】解：由三視圖可畫出直觀圖，該立體圖中只有兩個相同的梯形的面，；AC2 C 一、 cS梯形 2X （2+4） = 6,，這些梯形的面積之和為 6X2= 12,1,粗實線畫出的是某幾何體的三視圖,17.【2017年新課標2理科04如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為（【解答】解:C. 42 兀由三視圖可得，直觀圖為一個完整的圓柱減去一個高為D. 36兀6的圓柱的一半,V=兀為10故選：B.18.【2017年新課標2理科10】已知直三棱柱ABC-AiBiCi 中,/ABC=120, AB = 2,

18、BC=CC11,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為（）【解答】解：【解法一】如圖所示，設M、N、P分別為AB, BB1和B1C1的中點,則AB、BC1夾角為MN和NP夾角或其補角71（因異面直線所成角為（0,),可知MNAB11 亞 二 NP 2bCi 2 ；作BC中點Q,則APQM為直角三角形;,. PQ=1, MQ 2ac, ABC中，由余弦定理得AC2= AB2+BC2 - 2AB?BC?cos/ ABC1.= 4+1 - 2X2X1X ( 2) =7,AC ，衛(wèi)MQ 2 ；,Qmq2 + PQ2 =在4MQP 中，MP2在4PMN中，由余弦定理得cos/ MNPMN1 + NP2

19、 - PM12 MN NP71又異面直線所成角的范圍是（0, 2,JOABi與BCi所成角的余弦值為【解法二】如圖所示,補成四棱柱 ABCD - AiBiCiDi,求/ BCiD即可；BC1 =濯,BD =白上+ 12 x 2 xTx cos60 =/CiD ,BD2, ./ DBCi = 90,cos/ BC1D故選：C.B19.【2017年新課標3理科08】已知圓柱的高為 1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上, TOC o 1-5 h z 則該圓柱的體積為（）3717r7TT24A.兀B.C.D.【解答】解：.圓柱的高為1 ,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，2

20、 12平=|1 -1一） HYPERLINK l bookmark180 o Current Document 22該圓柱底面圓周半徑 r 7,，該圓柱的體積：V= Sh故選：B.20.【2017年浙江03】某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm）,則該幾何體的體積（單位：cm3）是（正視圖 Q 俯視圖1側視圖71+A .1n+B 2 3B 337r十137r一 +?3故該幾何體的體積為【解答】解:由幾何的三視圖可知，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成,3,圓錐的底面圓的半徑為 1,三棱錐的底面是底邊長 2的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高相等均為1 1- 7T+ x x -i/2 x /2

21、 x =十2兀x與二乙31,21 .【2017年浙江09】如圖，已知正四面體 D-ABC （所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BQ_CR_BC、CA 上的點，AP=PB, QC RA 2,分別記二面角 D-PR-Q, D - PQ - R, D - QR - P 的平面角為外3 丫，則（）DBA . y a 3B. a 3C. a T一， n -1 =1J J15-=則 cosmn取 a= arccosC3 樞同理可得：3= arccos、681.產(chǎn) arccosJ. HYPERLINK l bookmark60 o Current Document 1v23二, . .415

22、J95 J681.- a yOGOFtan tan 飪 tan 3 % 3,- a y0,即 x4 - 2x3 0,解得x2,則 f (x)4 (2) = 80,V80= 4,cm3,體積最大值為 4cm3.25 -10 x + x故答案為：4 cm3.，三棱錐的體積12 JV令 b (x) = 5x4令 b (x) = 0,則 4x3 甘 0,解得 x=4,8,7512X48 X /54 = 4/15cm3)故答案為：4 cm3.C二X -X =解法二：如圖，設正三角形的邊長為x,則OG 3 26FG = SG=5SO=hSG2 - GO5,5 4333.【2017年新課標3理科16】a,

23、b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a, b都垂直，斜邊 AB以直線AC為旋轉軸旋轉，有下列結論：當直線 AB與a成60角時，AB與b成30角；當直線 AB與a成60角時，AB與b成60角；直線AB與a所成角的最小值為 45;直線AB與a所成角的最小值為 60;其中正確的是.(填寫所有正確結論的編號)【解答】解：由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設圖中所示正方體邊長為1,故|AC|=1, |AB|=歷，斜邊AB以直線AC為旋轉軸，則 A點保持不變，B點的運動軌跡是以 C為圓心，1為半徑的圓，以C坐標原點，以CD為x軸，CB為y軸，

24、CA為z軸，建立空間直角坐標系，TT則D (1, 0, 0), A (0, 0, 1),直線a的方向單位向量口二(0, 1, 0),臼=1, TT直線b的方向單位向量入二(1, 0, 0), |h|=1,設B點在運動過程中的坐標中的坐標B(cos。，sin 0 0),其中。為BC與CD的夾角，0, 2兀)，TT 廠二.AB在運動過程中的向量，4H. (cos Q sin 9 T),凹| = W ,n設.市與口所成夾角為如0, 2,72P0 ，,|( - cos8, - sind, 1) 1 (0T 1, 0)|2 t ,2則 cos a|q| I|sin7r n4, 2, .正確，錯誤.71設

25、,5與k所成夾角為躍出，2,T TAB b |( - cosdt sin6f 1)*(1, 0, 0)| J22|cos。ITTTTcos 3心廠網(wǎng)IWI7T當前與。夾角為60時，即aL丁兀、泛=-fZcosa = J2cos一 =|sin 0 |- cos2 0 +siri0= 1, 1. cos 3 ? |cos 0,7T K凱0, 2,3 3 此時AA與2的夾角為60,，正確，錯誤.故答案為：.34.【2017年上海04】已知球的體積為 36 TT,則該球主視圖的面積等于 【解答】解：球的體積為36兀，4設球的半徑為 R,可得？成3=36兀，可得R=3,該球主視圖為半徑為3的圓，可得面積

26、為tiR2= 9兀.故答案為：9兀.D的三條棱所在的直線35.【2017年上海07】如圖，以長方體 ABCD - AiBiCiDi的頂點D為坐標原點，過TT為坐標軸，建立空間直角坐標系，若0%的坐標為(4, 3, 2),則力6的坐標是【解答】解：如圖，以長方體 ABCD-AiBiCiDi的頂點D為坐標原點,過D的三條棱所在的直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，.0%的坐標為(4, 3,2),A(4,0,0),Ci(0,3,2),啟3. 2) , .故答案為：(-4, 3, 2).36.120i7年天津理科i0】已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為i8,則這個球的體積為 .

27、【解答】解：設正方體的棱長為a,這個正方體的表面積為i8,.-6a2=i8, 則a2=3,即a 悠， :一個正方體的所有頂點在一個球面上,正方體的體對角線等于球的直徑，即 a= 2R,即R 2,_4397r則球的體積V 3兀？（2）32 .9開故答案為：2 .2年模擬1.【2019年湖北省武漢市高考數(shù)學（5月份）模擬】已知長方體全部棱長的和為36,表面積為52,則其體對角線的長為（）A. 4B.標C. 2723D. 4折【答案】B【解析】設長方體的三條棱的長分別為：x,y,z,2(xy yz zx) = 524(x y z) =36可得對角線的長為 Jx2 + y2 +z2 = J(x + y

28、 + z)2 -2(xy + yz + zx) = 192 -52 = 42 故選：B.2 .【湖北省黃岡中學2019屆高三第三次模擬】 已知正方體ABCD - AiBiCiDi的棱長為1 ,在對角線AD上 TOC o 1-5 h z 取點M ,在CD上取點N，使得線段MN平行于對角面AACG ,則| MN |的最小值為（）-.2,3A . 1B. v2C. D. 【答案】D【解析】 作MM 1 _LAD ,垂足為Mi ,作NNi J-CD ,垂足為Ni ,如下圖所示:在正方體ABCD -A1B1C1D1中，根據(jù)面面垂直的性質定理，可得 MM 1, NN1,都垂直于平面 ABCD ,由線面垂直

29、的性質，可知 MM1LNN1 ,易知：M1N1NM / /平面ACGA,由面面平行的性質定理可知：M1N1 /AC，設 DM 1 =DN1 二x ,在直角梯形MM 1N1N中,MN2 =(J2x)2+(1_2x)2=6ix_； 1 +1,當 x=1 時，|MN| 的最小值為 3,故本題選D.【廣東省2019屆高考適應性考試】平面四邊形ABCD中，AD = AB=&，CD=CB = J5,且AD _L AB ,現(xiàn)將 MBD沿對角線BD翻折成AABD ,則在AABD折起至轉到平面 BCD的過程中，直線AC與平面BCD所成最大角的正切值為（）A . 2B . -C. /3D . 【答案】D【解析】取

30、 BD 的中點 O,則；AB=AD, BC =CD 二 AO_L BD,CO _LBD,即 BD _L平面 AOC ,從而平面BCD_L平面AOC ,因此A 在平面BCD的射影在直線OC上，即/ACO為直線AC與平面BCD所成 角，因為 AD =AB =五，CD =CB = J5,且 AD _L AB ,所以. A O .,1.,一 1tt AO =1,OC =2, sin/A CO =-sinOAC = sin/OAC 工一,即/ACO 最大值為，因此直線OC226. ” J3A C與平面BCD所成最大角的正切值為tan / =二/，選D.A.【山東省淄博市部分學校 2019屆高三5月階段性

31、檢測】在正方體 ABCD - ABQiD中，點P在側面BCCBi及其邊界上運動，并且保持 AP 1 BDi,則動點P的軌跡為 （）A,線段BiCB,線段BCiBBi的中點與CCi的中點連成的線段BC的中點與Bi Ci的中點連成的線段【答案】A【解析】如圖，連接 AC , ABi, BiC ,在正方體 ABCD -AiBiCiDi 中，有 BDi _L面 ACBi ,因為AP _LBDi ,所以AP匚面ACBi ,又點P在側面BCgBi及其邊界上運動，二故點P的軌跡為面ACBi與面BCCiBi的交線段CBi .故選：A.5.【四川省名校聯(lián)盟 2019屆高考模擬信息卷（一）】已知一個幾何體的三視圖

32、如圖所示，其中俯視圖是個邊長為2的正方形，則該幾何體的表面積為（）mmi正楔留 MftCS制視酊A. 22B. 203C. 20 、6D, 20 ,10【答案】C【解析】解：該幾何體是棱長為 2的正方體削去一個角后得到的幾何體（如圖） ，其表面積為S = 3 2 2 2 -1-2-2 1 2 2 1 2.23 = 20 .6.222故選C.6.【山東省淄博市部分學校 2019屆高三5月階段性檢測】如圖，在正方體 ABCD - ABiGDi中，點F是線段BCi上的動點，則下列說法錯誤.的是（）A.當點F移動至BCi中點時，直線AiF與平面BDCi所成角最大且為60B .無論點F在BCi上怎么移動

33、，都有 AiF -L BiDC.當點F移動至BCi中點時，才有 AF與BiD相交于一點，記為點 E ,且黃 =2D.無論點F在BCi上怎么移動，異面直線 AF與CD所成角都不可能是30，【答案】A【解析】對于A,當點F移動到BCi的中點時，直線 AF與平面BDCi所成角由小到大再到小，如圖 1所示;一 6一 ,.一OF V 11且F為BQ的中點時最大角的余弦值為 = = 123故選：A.7.【山東省棲霞市2019屆高三高考模擬卷】已知P, A, B , C , D是球O的球面上的五個點，四邊形ABCD為梯形，AD/BC , AB=DC = AD=2, BC=PA=4, PA，面 ABCD ,則

34、球 O的體積為（）641B. 16LC. 16 挺 nD. 16n【答案】A【解析】取BC中點E,連接AE,DE,BDREC1:AD / / BC且AD = BC = EC 二四邊形ADCE為平行四邊形2“1 _ 1 一, AE =DC ,又 DC = BC , DE= BC 22AE 二 DE = BE = EC二E為四邊形ABCD的外接圓圓心設O為外接球的球心，由球的性質可知OE_L平面ABCD作OF _L PA ,垂足為F 二四邊形AEOF為矩形，OF = AE = 2設 AF =x , OP =OA = R則 4+（4 x 2 =4+x2,解得：x=2 二 R =卜4 +4 =#2,球

35、O的體積：V = 4nR3 = 64無33本題正確選項：A8 .【廣東省東莞市2019屆高三第二學期高考沖刺試題】如圖畫出的是某幾何體的三視圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,則該幾何體的體積為（26 二322 二C.3【答案】AD.23 二由三視圖還原原幾何體，如圖所示，可知原幾何體為組合體，是半徑為2的球的3與半徑為1的球的-, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark174 o Current Document 44 HYPERLINK l bookmark151 o Current Document 3 43 14325其球的組合體的體積 V=父一冗父2 + -

36、M 冗.父1 = n HYPERLINK l bookmark153 o Current Document 4 34 33故選：A.9 .【河南省百校聯(lián)盟2019屆高三考前仿真試卷 】陽馬，中國古代算數(shù)中的一種幾何形體，是底面長方形,兩個三角面與底面垂直的四棱錐體，在陽馬P ABCD中，PC為陽馬P ABCD中最長的棱,AB =1, AD =2,PC =3,若在陽馬P-ABCD的外接球內部隨機取一點，則該點位陽馬內的概率為( )1A.27 二【答案】CB.427 二C.827 二D.根據(jù)題意，PC的長等于其外接球的直徑，因為 PC = dPA2 + AB2 + AD2，3= J PA2 +1

37、+ 4，14=1 2 2=a n平面P =直線1 ,點A、CD的中點，則下列說法正PA = 2 ,又 PA _L平面 ABCD ,所以 VP ABCDp _abcd4P 二一3-3 TOC o 1-5 h z 4 二3 HYPERLINK l bookmark147 o Current Document 3210 .【湖南省長沙市湖南師范大學附屬中學2019屆高三高考模擬（二）】已知平面Cwct,點 B、DwP,且 A、B、C、DW1,點 M、N 分別是線段 AB、確的是（）A.當CD =2 AB時，M、N不可能重合M、N可能重合，但此時直線 AC與1不可能相交C.當直線 AB、CD相交，且

38、AC/1時，BD可與1相交D.當直線 AB、CD異面時，MN可能與1平行【答案】B【解析】A選項：當CD =2 AB時，若A,B,C,D四點共面且ACBD時，則M,N兩點能重合，可知 A錯誤；B選項：若M ,N可能重合，則 AC/ BD ,故AC/1 ,此時直線 AC與直線1不可能相交，可知 B正確;C選項：當AB與CD相交，直線 AC/1時，直線BD與1平行，可知C錯誤；D選項：當AB與CD是異面直線時， MN不可能與1平行，可知D錯誤.本題正確選項：B11 .【山東省臨沂市2019屆高三模擬考試（三模）如圖是某幾何體的三視圖，則過該幾何體頂點的所有截 面中，最大截面的面積是（）4二4 2g

39、,3C.VD. 1A. 2B. 73【答案】A【解析】由三視圖可知其對應的幾何體是一個半圓錐，且圓錐的底面半徑為r = J3 ,高h =1 ,故俯視圖是一個腰長為 2,頂角為120的等腰三角形，易知過該幾何體頂點的所有截面均為等腰三角形，且腰長為2,頂角的范圍為（0,120 ,1設頂角為日，則截面的面積：S =父2父2 Msin日=2sin日，2當f = 90：時，面積取得最大值 2.故選：A.【江西省撫州市臨川第一中學2019屆高三下學期考前模擬】已知如圖正方體ABCD - A1B1C1D1中，P為棱CG上異于其中點的動點，Q為棱AA1的中點，設直線m為平面BDP與平面BDP的交線，以下關系

40、中正確的是（m/D1Qm , B)Qm/平面 BiDiQm_L 平面 ABBiA【答案】C【解析】因為在正方體 ABCD AiBiCiDi中，DB /BD ,且Dg S平面BDP , BD二平面BDP ,所以DiBi/平面BDP ,因為DiBiU平面BiDF,且平面BiDiP。平面BDP = m , 所以有m/DiB,而DiQADiBi = Di ,則m與DiQ不平行，故選項 a不正確；若m _L BiQ ,則BiQ 1 DiBi ,顯然BiQ與DiBi不垂直，矛盾，故選項 B不正確；若m _L平面ABBiA ,則DiBi _L平面ABBiA ,顯然與正方體的性質矛盾，故C不正確；而因為DiB

41、iU平面BiDiP , mS平面BDF,所以有m/平面BiDF,所以選項C正確，.【山東省日照市20i9屆高三5月校際聯(lián)合考試】如圖，三棱錐 A-BCD的項點A, B,C,D都在同一球 面上，BD過球心O , BD =4 J2, MBC是邊長為4的等邊三角形，點 P,Q分別為線段AO, BC上的動 點（不含端點），且AP =CQ ,則三棱錐P-QOC體積的最大值為 .-2【答案】23【解析】 因為BD過球心，BD=42，所以OA =OB =OC = 2J2，又 ABC是邊長為4等邊三角形,所以 AO2+CO2=AC2, AO2+BO2=AB2,所以 AO CO, AOXBO.所以AO,平面BC

42、D,且 BOC也是等腰直角三角形,設 AP=CQ=x ,則 VP JQCO322.2 xsin-（2.2-x）=3x（2.2-x）4 等=3 當且緊當x =.5時成立.2故答案為：2 .3.1天津市和平區(qū)2018-2019學年度第二學期高三年級第三次質量調查】已知兩條不重合的直線m ,兩個不重合的平面 a , P ,有下列四個命題:若 m / n , m u ct ,則 n /;若 n_l_a, m_l_P,且 m/n,則豆 IJP；若 muu, nuu, m/P, n/B,則 o(|JP；若 a_L0, c(nP=m，且 nuP, n_Lm,則n_Lo(.其中所有正確命題的序號為 .【答案】

43、【解析】逐一考查所給的命題：若m / n , m u 口，有可能n u汽，不一定有n / a ,題中的命題錯誤；若n _La , m _L P ,且m / n ,由線面垂直的性質定理可得 U P ,題中的命題正確；若muc(, nun, m/P, n/P,若m/n,有可能“與B相交，題中的命題錯誤；若a_LP, ap|P=m，且nup, n_Lm,由線面垂直的性質定理可得n_La ,題中的命題正確.綜上可得：正確命題的序號為.【安徽省黃山市2019屆高三畢業(yè)班第三次質量檢測】連接正方體每個面的中心構成一個正八面體，則該八面體的外接球與內切球體積之比為 .【答案】【解析】若正八面體的外接球的各個

44、頂點都在同一個球面上，則其中ABCD四點或AFCE四點所組成的截面在球的一個大圓面上，可得，此四點組成的正方形是球的大圓的一個內接正方形，其對角線的長度即為球的直徑，設正八面體邊長為 2,且每個側面三角形均為等邊三角形，故FE=AC=2 械，則外接球的半徑是 鏡,又正方體中心設為 O,取AB中點M,則在直角4OME中，斜邊 ME=x =邪,人,x 1 J2斜邊ME的高即為內切球的半徑，大小為，外接球與內切球半徑之比為 。%二十：1, 外接球與內切球體積之比為1故答案為其行：.【江蘇省七市 2019屆高三第三次調研】已知直角梯形ABCD中，AB/CD, AB BC, AB=3 cm , BC=1

45、cm, CD=2 cm .將此直角梯形繞 AB邊所在的直線旋轉一周，由此形成的幾何體的體積為 cm3.7n【答案】【解析】依據(jù)題意，作出如下直角梯形:將此直角梯形繞 AB邊所在的直線旋轉一周，所得幾何體體積等于一個圓柱的體積和一個圓錐的體積之和。其中圓柱的半徑為高為仃鞏圓錐的半徑為DE二RC,高為SF.21 w 7?r品日而小將短刀上口=圓柱+ 囿錐二7TMi X2+ XH-X1 X 1=-由題中數(shù)據(jù)可知：17.【山東省威海市2019屆高三二?？荚嚒恐比庵?ABC AB1C1中，/ABC =90： AA1 = 2 ,的球心為O,已知三棱錐 O-ABC的體積為1,則球O表面積的最小值為 .【答案】16二.【解析】如圖，在 RtAABC 中，設 AB =c, BC =a ,則 AC = Ja2 +c2 .設其外接球分別取AC,AQ1的中點Oq,則Oq分別為 分外歸。1和R3ABC外接圓的圓心,連O1Q2 ,取OQ2的中點O ,則O為三棱柱外接球的球心.連OA ,則OA為外接球的半徑，設半徑為 R .三棱錐OABC的體積為1, TOC o 1-5 h z 口 h1 ac即 Vo.bc =一（一戶1=1 , 32ac = 6 . HYPERLINK l bookmark196 o Current Document 在 RtOOzC 中，可得 R2 =（