高考立体几何几何体常考题型

1、高考中空间几 何体的三视图、表面积及体积常见题型研究(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现， 这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直).(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第48题的位置上，难度一般；考查两个12或16题的位置考点一空间几何体的三视图、直观图与截面图例1(1)中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫椎头,凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是桦).'12每条棱所在直线与平面 a所成的角都相等,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

2、带卯眼的木构件的俯视图可以是()(2)(2019江西八所重点中学联考2EJ)某四面体的三视图如图所示,则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是A.当B.3,5C 5D.(2018全国卷I)已知正方体的棱长为1,小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第 上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.则“截此正方体所得截面面积的最大值为(A.乎B.2.333-2C,4D.132解析(1)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选A.故选A.(2)在棱长为2的正方体中还原该四面体 P-ABC如图所示，其中最短的棱为AB和B

3、C,最长的棱为 PC.因为正方体的棱长为2,所以AB=BC = 2, PC= 3,所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为 3.故选D.(3)如图所示，在正方体 ABCD-AiBiCiDi中，平面 ABiDi与AiA,AiBi, A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与AiA, A1B1,AiDi平行，故正方体 ABCD -A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面ABiDi所成的角都相等.如图所示，取棱 AB , BBi, BiCi, CiDi, DiD, DA 的中点 E, F, G, H, M , N,则正六边形 EFGHMN所在平面与平面ABiDi平行且面积最大，此截面面积为S正

4、六边形EFGHMN =6X2* * X 乎Xsin 60 ° = 33.故选 A.答案(i)A (2)D (3)A解题方略i.识别三视图的步骤(i)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线.2 .由三视图还原到直观图的思路(i)根据俯视图确定几何体的底面；(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所 对应的棱、面的位置；(3)确定几何体的直观图形状.3 .由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路先根据已知的一部分视图，还原、

5、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图 的可能形状.当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.4 .常见三类空间几何体的截面图轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决.多练强化i.(20i8全国卷I )某圆柱的高为2,底面周长为i6,其三视图 如图所示.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屈B. 2V5C. 3D. 2M , N的位置如图所解析：选B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点示.圆柱的侧面展开图及 M , N

6、的位置(N为OP的四等分点)如图所示，连接 MN ,则图中MN即为M到N的最短路径.ON =1X16=4, OM=2, 4. MN = a/oM2+ON2= 22+42=2/5.故选 B.2.已知球。是正三棱锥 A-BCD的外接球，BC=3, AB = 2/3,点E在线段 BD上， 且BD=3BE,过点E作球O的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是 解析：如图，设4BCD的中心为点 Oi,球。的半径为R,则A, OOi 三点共线.连接 OiD, OiE , OD , OE ,则 OiD = V3, AOi =AD2-OiD2 =3.在 RtHOiD 中，R2=3+(3-R)2,即 R=2

7、,所以 OOi=i.在OiDE中，DE = 2BD = 2, ZOiDE = 30°,所以由余弦定理得 3OiE= #3+ 4-2XV3X 2X cos 30°=i.所以OE = 42.过点E作圆O的截面，当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为,22(6)2 =72,所以截面圆的面积为 2 7t.答案：2兀考点二几何体的表面积与体积题型一求空间几何体的表面积E J例2 (i)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书j '中提到了一种名为“刍薨”的五面体，如图所示，四边形 ABCD为矩 P-形，棱 EF /AB.若此几何体中， AB = 4,

8、EF =2, ADE和 BCF者B 4是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为()A. 8电B. 8+ 873C. 6V2 + 2mD. 8+ 6/2+23(2)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺. "其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为 90尺，米堆的高为12尺.圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如 乖正23, 55023)()A. 250平方尺B. 990平方尺C. 1 035平方尺D. 518平方尺解析(1)如图所示，取 BC的中点P,连接PF,则PFXBC

9、,过F作FQXAB,垂足为Q.因为4ADE和 BCF都是边长为2的等边三角形，且 EF / AB ,所以四边形ABFE为等腰梯形，FP=<3,则 BQ=2(AB EF )=1 , FQ= aJbf2-BQ2=V3,所以 S 梯形 EFBA = S 梯形 EFCD =2X (2+ 4) X J3= 3f3,.1、，又 Stade = Szbcf = 2X2x73=73,S 矩形 ABCD = 4 X 2=8,所以该几何体的表面积S=3/3X2 +，3X 2+8=8+8，3.故选B. 3 3(2)由三视图可知，米堆为圆锥的其中，圆车t的图为12尺，底面圆的周长的4为90尺.3设圆锥的底面半径

10、为 r,则;X 2兀=90,由兀=3可得，r=20.所以圆锥的母线长为 1202+ 122 = 454423(尺).易知草席的面积为圆锥的侧面积的3,即3X 71X 20 X 23 = 1X 3X 20X 23= 45X 23=1444035(平方尺).故选C.答案(1)B (2)C解题方略求几何体的表面积的方法1 .求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化， 这是解决立体几何的主要出发点.2 .求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.题型二求空间几何体的体积例3 (1)(

11、2019天津高考)已知四棱锥的底面是边长为近的正方形，侧棱长均为 J5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中 心，则该圆柱的体积为 .(2)(2019江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2,下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为 .卜ZN正视图 恻，图和长图解析(1)法一：由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四 棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为寸2,所以底面正方形对角线长为 2,所以圆柱的底面半径为 2.又因为四棱锥的侧棱长均为 加，所以四

12、棱锥的高 为个(乖)212 =2,所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积 V= Tt 1-1 =：.法二：如图所示，在四棱锥 V-ABCD中，。为正方形 ABCD的 中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为V2,可得 OC=1.设M为VC的中点，过点M作MO1/OC交OV于点O1,则O1即为圆柱上底面的中心.O1M=2OC = 2, O1O = ；VO. .VO= vc2OC2 = 2,.Q1O=1.可得V圆柱=兀01而01。=兀X 22X1 = 4.(2)把三视图还原成几何体 ABC-DEF ,如图所示，在 AD上取点G, 使得 AG = 2,连接 GE, GF,则把几何体 ABC-DEF分

13、割成三棱柱 ABC-GEF 和三棱锥 D-GEF ,所以 Vabc-def = Vabc-gef + Vd-gef = 4«X 2+工>< 4J3X 2 = 32333 -答案（i）： （2）呼解题方略求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算等积法根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积割补法的几何体多练强化i. （20i9重庆市学业质量调研）已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为（）正祝阳1八32A-3i2

14、8 C.7T 3i60D- 3解析：选B由三视图知，该几何体是一个正方体切去四个三棱锥后所得的，其直观图如图中ABCD所示，由三视图知正方体的棱长为正方体的体积为 4X4X4=64,切去三棱锥的长、宽、高均为 4,体积为i i32 1X-X 4X4X4=万，所以所求几何体的体积为64 4X32 643-故选B.侧棱长为5,菱形的对角线的长分别2.已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱, 是9和i5,则这个棱柱的侧面积是 （）A. 30V34C. 30*734+ i35B.D.60.34135解析：选A 由菱形的对角线长分别是9和15,得菱形的边长为q r+亨1.斛析：V 三棱锥 M-CiOiH

15、 = V 三棱锥 Ci-MOiH =3X SM 01HXh（h为Ci到平面BDDiBi的距离），由已知可得 CiOd平 面BDDiBi,又直四棱柱的所有棱长都为1,且/ABC = 60 °, ,一一，1 .所以A1B1C1D1是菱形，CO1 = 2,所以到直线01H的距离，01H是定值，所以1,1,1,v 三棱锥 M-C101H=3X 2* 2><01Hxh ,其中 h 为 Mh'最小时，V三棱锥M-C101H最小.如图，延长01H、. . .B1H 1. B1011交B1B于点F,交0B的延长线于点 N,连接001,因为诟=%所以天川=司，N0 =H0 3 N0

16、 3乎，NB=V3, N01 = 、/1+ 平=手，01H=1x1|1 = "|1, M 到直线 01H 的距离 222428的最小值即 B到直线 01H的距离，NF =4 （布）2+ , =限=粤，所以h =殍3 2痘足,八,、上乂匹乂域3 V3荷 = 31，所以（V三棱锥 火。0出所所=行* 8 x 31 =48.3答案:J348考点三与球有关的切、接问题题型一外接球例4 （2019全国卷I）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球 0的球面上，PA=PB =PC, AABC是边长为2的正三角形，EF分别是 PA, AB的中点，/ CEF =90°,则球 0的体积为（）A.7

17、1C.71B. 4«兀D. «6兀解析因为点E, F分别为PA, AB的中点，所以 EF/PB,因为/CEF = 90°,所以 EFXCE,所以 PBXCE.取AC的中点D,连接BD, PD,易证AC,平面BDP,所以 PB XAC,又 ACACE = C, AC, CE?平面 PAC,所以 PBL 平面 PAC.所以PB ±PA, PBXPC,因为PA=PB=PC, GABC为正三角形，所以PAX PC,即PA, PB, PC两两垂直，将三棱锥 P-ABC放在正方体中如图所示.因为AB = 2,所以该正方体的棱长为 V2,所以该正方体的体对角线长为 V

18、6,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径 R =乎，所以球O的体积丫=31!3=3兀2 =，6兀.故选D.答案D解题方略解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面， 确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据 其他顶点确定球心的准确位置.对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找 到球心位置.题型二内切球例5已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球0（重量忽略不计），现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的1时，小球与8该三棱锥各侧面均相切（与水面也相切），则小球的表面积等于（）A.TB

19、 4兀。年D. -232解析当注入水的体积是该三棱锥体积的7时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x（各棱长都相等），依题意，4 =1,得x= 2.易得小三棱锥的高为 平，设小球半径为r,则1s2、6 底面二- 34833心的距离为d,则d=R2-r2 =«1612 = 2.所以三棱锥 D-ABC高的最大值为 2+4=6,1所以三棱锥D-ABC体积的最大值为1X9/3x6=18/3.故选B.3答案B解题方略多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题， 二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下， 截面的最值问题.多练强化1.已

20、知圆锥的高为3,底面半径为<3,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于 （）A 久B.H33C. 16TtD. 32兀解析：选B设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得，R2=（3-R）2+（V3）2,解得R=2,所以所求球的体积 V=4TtR3 = 4TtX23 = 32"兀.故选B.3332 . （2019福建五校第二次联考）已知直三棱柱 ABC-A1B1C1的6个顶点都在球 O的球面 上，若 AB = 3, AC = 4, ABXAC, AA=12,则球。的直径为 .A解析：如图，设BC的中点为D, B1C1的中点为D1,连接DD1,取其中点 O

21、9;,连接 AD , A1D1,则 DA = DB = DC, DIA= D1B1 = D1C1,且DD1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O'到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点 。为直三棱柱的外接球的球心O,连接OB,则球。的直径为 2BO = 21bD2+DO2 =2 勺 5 + 2X12 =13.答案：133 .已知四棱锥 S-ABCD的所有顶点在同一球面上，底面 ABCD是正方形且球心 O在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16+ 16>/3,则球 O的体积为解析：由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥.因为该四棱锥的表面积等于16+1

22、63,设球。的半径为R,则AC = 2R, SO=R,如图，所以该四棱锥的底面边长AB=V2R,则有 解R)2 + 4x2x>/2RX (也R) 2当R =16+16，3,解得 R=2>/2,所以球。的体积是 3K R号答案：64r2 3“素养”落地直观想象一一三视图中相关问题的求解典例B.4兀+2已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于c 1Ttr2h = -x 兀x 12x 2 = 3D.解析由三视图可知，该几何体的直观图为左侧半球、中间正方体、右侧圆锥的组 合体.其中，半球的半径 ri与圆锥的底面半径 r2相等，皆为1,即ri = r2=1,正方体的棱长a=2,圆锥

23、的高h = 2.所以半球的体积 Vi = i>< V3=1*?*13 =，, 232331正方体的体积 V2= a =2=8,圆锥的体积 V3=qX3所以该组合体的体积V= V1+V2+V3=?+ 8+一 =?+8.故选D.333答案D素养通路本题以组合体的三视图为背景，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几 何体的体积或侧（表）面积.此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构 特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量.考查了直观想象这一核心素养.专题时.关检测A组一一“12+4”满分练、选择题1 .如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（

24、）二 二正视图解析：选A 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的,结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.2 . （2019福州市质量检测）棱长为1的正方体 ABCD-AiBiCiDi 木块的直观图如图所示，平面 a过点D且平行于平面 ACDi,则该 木块在平面a内的正投影面积是（）a.V3b. 2V3C. 2D. i解析：选A 棱长为i的正方体 ABCD-AiBiCiDi木块在平面 a内的 正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为夷的等边三角形，所以木块在平面 a内的正投影面积是 2*：*&*&*乎=43.故选A.3 .已知矩

25、形 ABCD, AB = 2BC,把这个矩形分别以 AB , BC所在直线为轴旋转一周， 所成几何体的侧面积分别记为Si, S2,则Si与S2的比值等于（）iA.2 B. i C. 2 D. 4解析：选 B 设 BC = a, AB =2a,所以 S=2 兀 a 2a = 4 兀 a2, S2 = 2 兀 2a a = 4 ua2,Si ： S2= i .故选 B.4.设球。是正方体 ABCD-AiBiCiDi的内切球，若平面 ACDi截千。所得的截面面积 为6兀，则球。的半径为（）3A.2B. 3C也C. 2解析:选B 如图，易知BiD过球心O,且BiD，平面ACDi,不妨设垂足为M,正方体

26、棱长为 a,则球半径 R= a-,易知DM=；DB1, 231-OM=6DB1 =3a,，截面圆半径r=q a _OM2=i66a,由截面圆5. （2019武汉市调研测试）如图，在棱长为1的正方体A-BCiM的体积面积S=兀r2 = 6兀，得r =a= V6, a= 6,球O的半径为 R= 2= 3.故选B.ABCD-AiBiCiDi中，M为CD的中点，则三棱锥VA- BC1M = ()B.1C.6D.1121111 ，解析：选C "田加=小3s.Mce=§x2ABxADxc1C= 1.故选 c.6. （2019武汉市调研测试）如图，网格纸上小正方形的边长为 何体的三视图，

27、则该几何体的体积为1,粗实线画出的是某几A.2兀D, 2港兀C. 2兀解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1,高为2的圆锥组成的,所以该几何体的体积V = 2X TX 12X兀X2 = W.故选B.337,在三棱锥 A-BCD中，侧棱 AB, AC, AD两两垂直， 面积分别为 （，乎，乎，则该三棱锥的体积为（）ABC , ACD , ADB 的A. 6C. 6D. 2也A.2解析：选B 由4ABC,9CD,那DB的面积分别为斗,斗,乎，且AB, AC, AD两两垂直，122AB AC =号，可得 2AD ac =乎，1AB AD=g22 '三个式子相乘可得（AB AC

28、AD ）2=6,该三棱锥的体积 V=1X1AB AC AD=W6故选B.3 268 .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（）解析：选B设圆柱的底面半径为 r,球的半径为 R,过圆柱的轴线=sh学"力.故选B.作一截面，如图.由勾股定理得r = AjR2- 2 =乎.，该圆柱的体积 V9 .若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球.已知正四面体的棱长为.12,则它的棱切球的体积为（）D.3兀2B.兀C. V3解析：选B 将棱长为42的正四面体放入棱长为 1的正方体中，则正四面体的棱为正 1.一方体的面对角线，所以正四面体

29、的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R = ",体积V4 o 兀.=3；兀 r3=6.故选 b.10.已知点 A, B, C, D均在球。上，AB = BC = Va, AC = 3.若三棱锥 D-ABC体积的最大值为聿则球O的表面积为（）4A. 367tB. 16兀16C. 12兀D. 丁3解析：选 B 设 4ABC 的外接圆的半径为 r, ,AB = BC = q3, AC = 3,ZABC = 120°,2r=sin 320。=2*, .SMBC=343,祥BC的外接圆的半径为三棱锥 D-ABC的体积的最大值为 呼，点D到平面ABC的最大距离为3.设球。的半径为R,

30、则r2=R2（3 R）2,解得R= 2, 球。的表面积为4市2=16兀.故选B.11.已知一个半径为.7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的 体积是（）B. 16D. 8A. 18C. 12解析：选A设正三棱柱的棱长为2a,如图，取球心为 O,过点O作OO '垂直三棱柱的上底面于点O',连接点O'与上底面顶点 A交对棱I于点B.则 AB=V3a, AO' 23a, OO' 3=a.在Rt4O'A中，由勾股定理，得OA2=OO'2+O'A2.,OA = <7,，7= a2 +3a2= 3a2.整理得 a2=

31、3, -.a = V3.棱长为2a= 2 , 3.正三棱柱的体积 V=1x243X2y3x sin 60 X23=18.故选A.12.（2019 福州市质量检测）如图，以棱长为 1的正方体的顶点 球心，以；2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为（）A 3-八1解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被 球面截得的弧长是以 A1为圆心，1为半径的圆周长的;所以所有弧长之和为 3X§=?.故选C.二、填空题13 . （2019长春市质量监测（一）已知一所有棱长都是 加的三棱锥，则该三棱锥的体积 为.解析：记所有棱长都是42的三棱锥

32、为 P-ABC,如图所示，取 BC的中点 D,连接 AD, PD,作POLAD于点O,则PO,平面ABC, 且OPn* <2= 嚏,故三棱锥 P-ABC的体积V=1smbc OP = 3x 乎X（<2）2X 平=3.答案：1 314 .已知正方体 ABCD-AiBiCiDi的棱长为 1,除面 ABCD 外，该正 方体其余各面的中心分别为点E, F, G, H, M（如图），则四棱锥M-EFGH的体积为 .解析：依题意知，四棱锥 M-EFGH为正四棱锥，正方形 EFGH的一， 1 21 2；21 1 ，1边长为2 + 2 =彳,四棱锥M-EFGH的高为1所以四棱锥 M-EFGH的体积

33、为gX'21122 12.答案:11215 .古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成.一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分（看成一个简单的组合体）的体积为.5,底面圆的半解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为径为3,半球的半径为 3,所以组合体的体积为兀 X32X5 + 1X 4兀X 33=63兀. 2 3答案：63兀16 .已知三棱锥 P-ABC的四个顶点都在球 。的表面上，PAL平面 ABC, AB ± BC , 且PA=8.若平面ABC截千。所得截面的面积为 9兀，则球O的表面积为 .解析

34、：设球。的半径为R,由平面ABC截千O所得截面的面积为 9兀，得 ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为 D,因为AB ± BC ,所以点D为AC的中点，所以DC1=3.因为PAL平面ABC,易证PBXBC,所以PC为球。的直径.又 PA = 8,所以OD=qPA = 4,所以 R=OC=442 + 32 = 5,所以球。的表面积为 S=4tiR2 = 100兀.答案：100兀B组一一“5+3”提速练17 （2019合肥市第二次质量检测）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有 （）A. 2对B. 3对C. 4对D. 5对解析：选

35、C 由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥 S-ABCD ,平面 SCDL平面 ABCD.因为 AD± DC, BC ± DC ,且平面 SCDA平面 ABCD = DC ,所以 AD，平面SCD , BCL平面 SCD,所以平面 SAD ±平面 SCD,平面 SBC，平面 SCD.又由三视图知 SC± SD,同时由 ADL平面 SCD,知ADXSC,又SDAAD = D,所以SCL平面SAD,所以平面 SBC,平面SAD.综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.故

36、选C.BP 12.在棱长为 3的正万体 ABCD-A1B1C1D1中，P在线段 BD1上，且 丽 =2，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥 M-PBC的体积为（）3C.2D.与M点的位置有关解析：选B :察 = 1,，点P到平面BCCiBi的距离是Di到平面BCCiBi距离的1,PD1 23即为竿=i.M为线段BiCi上的点，.$ MBc=i>< 3X3 = *322B.VM-PBC = VP-MBC =；Xi = .故选3 223.已知正方体 ABCD-AiBiCiDi的体积为i,点M在线段BC上（点M异于B, C两 点），点N为线段CCi的中点，若平面 AMN截正方体 ABCD

37、-AiBiCiDi所得的截面为四边 形，则线段BM的取值范围为（）iA. 0, 73i C.-，B.D.0,i 22' 3解析：选B 由题意，正方体 ABCD-AiBiCiDi的棱长为i ,如图所i小,当点M为线段BC的中点时，截面为四边形 AMND i,当0VBM W一，一 ，一一 ,1 , 一，一 时，截面为四边形，当 BM >2时，截面为五边形.故选 B.4.已知直三棱柱 ABC-AiBiCi的侧棱长为6,且底面是边长为 2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AAi, BBi, CCi分别交于三点 M, N, Q,若 MNQ为直角三角形,则该直角三角形斜边长的最小值为（）A

38、. 272B. 3C. 2>/3D. 4解析：选C 如图，不妨设N在B处，设AM =h, CQ=m，则MB2=h2+4, BQ2=m2+4, MQ2 = （h m）2+4 ,由 MB2=BQ2 +MQ2,得 m2-hm +2= 0.A=h2- 8>0? h2>8,该直角三角形斜边MB=、4+h2R2® 故该直角三角形斜边长的最小值为2声.故选C.5. （20i9郑州市第二次质量预测）在4ABC 中，已知 AB = 2/3, BC = 2/6, / ABC =45°, D是边AC上的一点，将 ABD沿BD折叠，得到三棱锥 A-BCD ,若该三棱锥的顶 点A在

39、底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM=x,则x的取值范围是（）A. （0, 2/3）B. （V3, V6）C. （V6, 23）D.（2V3, R6）解析：选C将4ABD沿BD折起，得到三棱锥 A-BCD ,且点A在底面 BCD上的射影 M在线段 BC上，所以在图 b中，AM，平面 BCD, MN,AN都与BD垂直，因此，折叠前在图 a中，AM ± BD ,垂足为N,在图a中可得当D点与C点无限接近时，折痕 BD接近BC,此时M与点Mi无限接近.在图b中，由于AB是RtMBM 的斜边，BM是直角边，所以 BMVAB,由此可得 BMivBMvAB,因为在 RtAAMiB 中，BMi = AB cos 45°=2/>< 堂=乖，所以 V6vBMv2V3,即加 v x V 力.故选