2023课标版（文理）数学高考第一轮专题练习--第八章立体几何

1、2023课标版（文理）数学高考第一轮专题练习第八章立体几何 第一讲空间几何体的结构、三视图、表面积和体积1.2021浙江高考某几何体的三视图如图8-1-1所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()图8-1-1A.32B.3C.322D.322.2020全国卷理如图8-1-2为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()图8-1-2A.6+42 B.4+42C.6+23 D.4+233.2022武汉市部分学校质检某圆柱体的底面直径和高均与某球体的直径相等,则该圆柱体表面积与球体表面积的比值为 ()A.2B.43C.32D.544.2022山东省部分重点中学综合考试已知圆锥的侧面积为

2、8,且圆锥的侧面展开图恰好为半圆,则该圆锥外接球的表面积为()A.823B.9C.92D.6435.2018全国卷理某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图8-1-3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在侧视图上的对应点为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.217B.25C.3D.2图8-1-36.2022西安复习检测在正方体ABCD-A1B1C1D1内部有两个球O1和O2,已知球O1与正方体的三个面相切,球O2与正方体的六个面相切,且球O1与球O2也相切.设球O1,O2的半径分别为r1,r2,则r1r2=()A.32B.2-3C.5-

3、12D.1-227.2021河南重点中学5月仿真三星堆遗址位于四川省广汉市,距今约三千到五千年.考古学家从三星堆遗址中发掘出了玉琮(cóng).玉琮(图8-1-4(1)是一种内圆外方的筒型玉器,是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空,形状对称,如图8-1-4(2)所示,圆筒内径长2 cm,外径长3 cm,筒高4 cm,中部为棱长是3 cm的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则该玉琮的体积为()(1)(2)图8-1-4A.(27-74)cm3 B.(24+4)cm3C.(36-94)cm3 D.(18+74)cm38.2021重庆5月三诊设某空心球是在一个大球(称为外球

4、)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)得到的,已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1,若某正方体的所有顶点均在外球面上,且所有面均与内球相切,则()A.该正方体的棱长为2B.该正方体的体对角线长为3+3C.空心球的内球半径为3-1D.空心球的外球表面积为(6+63)9.2022广州市模拟若圆台的上、下底面半径分别为2,4,高为2,则该圆台的侧面积为. 10.2022长春市质量监测某公园供游人休息的石凳如图8-1-5所示,它可以看作是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的,如果被截正方体的棱长为40 cm,则石凳所对应几何体的表面积为cm2.图8-1-511.2019天津高

5、考理已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.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. 12.2021东北三省四市联考直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长为1, E为棱B1C1的中点,则平面ABE截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为. 13.2022郑州一模已知一圆柱的轴截面为正方形,母线长为6,在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体,并且正四面体在该圆柱内可以任意转动,则a的最大值为()A.12B.1C.3D.214.如图8-1-6所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1

6、,AA1=2,P是A1B上的动点,则下列选项正确的是()A.DP的最小值为255B.DP的最小值为5C.AP+PC1的最小值为6D.AP+PC1的最小值为1705图8-1-615.2021武汉5月质检桌面上有3个半径为2 021的大球两两相外切,在其下方空隙中放入一个小球,该球与桌面和上述三个大球均相切,则该小球的半径为 ()A. 2 0214 B.2 0213C.2 0212 D.2 021 16.2021全国卷乙以图8-1-7为正视图,在图8-1-7中选两个分别作为侧视图和俯视图,组成某个三棱锥的三视图,则所选侧视图和俯视图的编号依次为(写出符合要求的一组答案即可). 图8-1-

7、717.2020新高考卷已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为. 18.2022陕西百校联考欲将一底面半径为3,体积为3的圆锥体模型打磨成一个圆柱体和一个球体相切的模具,如图8-1-8所示,则打磨成的圆柱体和球体的体积之和的最大值为. 图8-1-819.2022广东六校联考已知三棱锥P-ABC的顶点P在底面的射影O为ABC的垂心,若SABC·SOBC=SPBC2,且三棱锥P-ABC的外接球半径为4,则SPAB+SPBC+SPAC的最大值为. 20.2021鄂东

8、南5月联考科技热点如图8-1-9(1)是一款以侦察为主的无人机,它配备了两台火箭发动机,动力强劲,最大飞行速度超过3马赫.如图8-1-9(2)所示,空间中同时出现了A,B,C,D四个目标(目标和无人机的大小忽略不计),其中AB=AD=BD=6 km,CD=33 km,BC=3 km,且目标A,B,D所在平面与B,C,D所在平面满足二面角A-BD-C的大小为23,若无人机可以同时侦测到这四个目标,则其最小侦测半径为km. 图8-1-921.2021南昌5月模拟如图8-1-10是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器,匀速给容器注水,则容器中水的体积V是水面高度x的函数,记为V=f(x),若

9、正数a,b满足a+b=1,则f(a)+f(b)的最小值为()A. 12B.6 C.4D.3图8-1-1022.2022四川模拟现为某球状巧克力设计圆锥体样式的包装盒,要求包装盒与巧克力球相切,若该巧克力球的半径为3,则其包装盒的体积的最小值为. 第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系1.2022苏州市调研已知m,n为两条不同的直线,为三个不同的平面,则下列命题正确的是() A.若m,n,则mnB.若,且=m,则mC.若m,n,m,n,则D.若m,n,则mn2.2022泉州市质量监测已知ABC与ACD所在的平面互相垂直,AC=25,AB=AD=20,BC=CD=15,则直线AD与直线B

10、C所成角的余弦值为()A.724 B.725C .2425D.12253.2021重庆市第三次调考下列结论中错误的是()A.空间中两两相交于不同点的三条直线确定一个平面B.正三棱锥的对棱互相垂直C.垂直于同一条直线的两个平面互相平行D.空间一点与两条异面直线都相交的直线,有且仅有一条4.2017全国卷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()5.2021江苏常州7月联考在空间中,到定线段PQ的两个端点P,Q距离相等的点的轨迹是()A.线段PQ的中点B.以线段PQ为直径的圆 C.线段PQ的中垂线D.线段PQ的中垂

11、面6.2021江苏苏北四市联考已知长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=4, BC=BB1=2,E,F分别为棱AB,A1D1的中点,平面CEF截该长方体所得的截面图形为边形. 7.2022安徽名校联考如图8-2-1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,AA1=4,ABAC,M为BB1的中点,点N在棱CC1上,CN=3NC1,则异面直线A1N与CM所成角的正切值为()A.12 B.32C.13 D.33图8-2-18.2022山西模拟如图8-2-2所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且CFCB=CGCD=

12、23,则下列说法正确的是()E,F,G,H四点共面;EF与GH异面;EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上;EF与GH的交点M一定在直线AC上.A. B.C.D.图8-2-29.2022甘肃九校联考在刘徽对我国古代数学名著九章算术所作注解中有“斜解立方,得两堑堵”.如图8-2-3,在正方体ABCD-A1B1C1D1中“斜解”得到一堑堵ABB1-DCC1,E为C1D的中点,则异面直线AB1与BE所成的角为()A.2B.3C.4D.6图8-2-310.2021安徽四校联考在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,P是上底面A1B1C

13、1D1内一点,若AP平面BDEF,则线段AP长度的取值范围是()A.52,2B.324,52C.328,62D.62,211.与函数综合多选题已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点P在正方体表面上运动,若|PA|=x,点P的轨迹长度为f(x),则下列结论正确的有()A.f(12)=316 B.f(1)=32C.f(2)=2D.f(213)=3312.如图8-2-4,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上,若PM=5,则PQ长度的最小值为. 图8-2-4第三讲直线、平面平行的判

14、定及性质1.2022贵阳市模拟如图8-3-1(1),在梯形ABCD中,ABCD,CD=2AB,E,F分别为AD,CD的中点,以AF为折痕把ADF折起,使点D不落在平面ABCF内(如图8-3-1(2),那么在以下3个结论中,正确结论的个数是()图8-3-1CF平面ABD;BE平面CDF;CD平面BEF. A.0B.1C.2D.32.如图8-3-2,在三棱锥A-BCD中,AB=CD=a,M,N,P,Q分别在棱AC,BC,BD,AD(不包含端点)上,AB,CD均平行于平面MNPQ,则四边形MNPQ的周长是()A.4aB.2aC.3a2 D.周长与截面的位置有关图8-3-23.2021大庆铁人中学5月

15、三模关于空间两条直线a,b和平面,下列命题正确的是()A.若ab,b,则a B.若a,b,则abC.若a,b,则ab D.若a,b,则ab4.2022青岛市质检多选题在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别为线段AA1,A1C1,C1B1,BB1的中点,则下列说法正确的是()A.E,F,G,H四点共面B.平面EGH平面ABC1C.直线A1A与FH异面D.直线BC与平面AFH平行5.下列三个命题在“()”处都缺少同一个条件,补上这个条件可使这三个命题均为真命题(其中l,m为两条不同的直线,为两个不同的平面),则此条件是. lmm()l;mlm()l;lmm()l.6.2022

16、北京模拟如图8-3-3所示,在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是该正方体表面及其内部的一动点,且BM平面AD1C,则动点M的轨迹所形成区域的面积是. 图8-3-37.如图8-3-4所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,BCAD,ABAD,AB=BC=12AD,PA底面ABCD,过BC的平面交PD于M(M与D不重合),交PA于N.(1)求证:MNBC.(2)若BMAC,求VP-BCMNVP-ABCD的值. 图8-3-48.如图8-3-5,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长均为2,E为A1D1的中点,F为BB1的中点.(1)求证:A1F平面BC1

17、E.(2)若BC平面ABB1A1,A1C=4,求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积. 图8-3-59.2022江西五校联考如图8-3-6,四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,其他四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形,E为AB的中点.(1)在侧棱VC上找一点F,使BF平面VDE,并证明你的结论;(2)在(1)的条件下求三棱锥E-BDF的体积.图8-3-610.2022甘肃九校联考如图8-3-7,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,ABC=60°,PA底面ABCD,E,F分别是AD,CD的中点,M为PD上一点,且PM=3MD.(1)证明:PB平面EFM;(2)若

18、PA=AB,三棱锥M-DEF的体积为33,求PD.图8-3-711.角度创题如图8-3-8所示,AB是圆O的直径,点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C,且AC=2BC,点D是PA的中点,PO与BD交于点E,点F是PC上的一个动点.(1)求异面直线BC和PA所成角的大小;(2)若EF平面ABC,求PCFC的值;(3)若点F为PC的中点,且PC=AB=2,求三棱锥P-BEF的体积.图8-3-8第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.2017全国卷在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC2.2022惠州市一调在空间中

19、,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列说法错误的是()A.若m,mn,n,则B.若,m,n,则mnC.若,m,n,则mnD.若,m,=n,mn,则m3.数学文化九章算术中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图8-4-1所示的四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD=CD,点E,F分别为PC,PD的中点,则图中的鳖臑有()A.2个B.3个C.4个D.5个图8-4-14.2021浙江高考如图8-4-2,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN平面ABCDB.直线A1D与

20、直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B1图8-4-25.多选题如图8-4-3(1),在矩形ABCD与菱形ABEF中,AB=2BC=4,ABE=120°,M,N分别是BF,AC的中点.现沿AB将菱形ABEF折起,连接FD,EC,构成三棱柱AFD-BEC,如图8-4-3(2)所示.若DABF,记平面AMN平面ADF=l,则()图8-4-3A.平面ABCD平面ABEFB.MNlC.直线EF与平面ADE所成的角为60°D.四面体EABD的外接球的表面积为1486.2019北京

21、高考理已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.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:. 7.2022豫北名校联考已知三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,ABC是边长为4的正三角形,点E,F分别是SC,BC的中点,D是AC上的一点,且EFSD,若FD=3,则DE=. 8.2020江苏高考如图8-4-4,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF平面AB1C1.(2)求证:平面AB1C平面ABB1.图8-4-49.2022广州调研如图8-4-5,在直三棱

22、柱ABC-A1B1C1中,ABC=90°,AB=2,BC=CC1=4,D是AA1的中点.(1)求四棱锥B1-A1C1CD的体积.(2)求证:B1D平面BCD.图8-4-510.2022贵阳市模拟如图8-4-6,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,P是上底面内的一点,经过点P且在上底面内的一条直线l满足lPC.(1)作出直线l,并说明作法(不必说明理由);(2)当P是A1C1的中点时,求三棱锥P-B1CD的体积.图8-4-611.如图8-4-7,已知菱形ABCD的边长为2,ABC=60°,点F是平面ABCD外一点,四边形ADEF中,EA交FD于点M

23、,FD=4,AM=2,ME=3-1,DE=6.FACD.(1)求证:FA平面ABCD.(2)求四面体MACD的表面积.图8-4-712.数学探索如图8-4-8,在四棱锥S-ABCD中,已知底面ABCD为矩形,SAD为等腰直角三角形,SA=SD=22,AB=2,F是BC的中点.(1)若在线段AD上存在点E,使得平面SEF平面ABCD,指出点E的位置并说明理由;(2)在(1)的条件下,若SFE=30°,求点F到平面SAD的距离.图8-4-8第五讲空间向量及其应用1.2022海口市名校联考比萨斜塔是意大利的标志性建筑,因斜而不倒的奇特景象而世界闻名.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一

24、点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成的角,OA的方向即为A点处的竖直方向.已知比萨斜塔处于北纬44°附近,经过测量,比萨斜塔朝正南方向倾斜,且其中轴线与竖直方向的夹角约为4°,则中轴线与赤道所在平面所成的角约为()A.40°B.42°C.48°D.50°2.图8-5-1所示的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()图8-5-1A.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有B.BD1平面EFG的有且只

25、有,BD1平面EFG的有且只有C.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有D.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有3.2018全国卷理在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15 B.56 C.55D.224.2022海口市名校联考多选题在如图8-5-2所示的几何体中,底面ABCD是边长为2的正方形,AA1,BG,CC1,DD1均与底面ABCD垂直,且AA1=CC1=DD1=2BG=2,E,F分别为线段BC,CC1的中点,则下列说法正确的是()A.直线A1G与平面AEF平行B.三棱锥G-A

26、CD的外接球的表面积是3C.点C1到平面AEF的距离为23D.若点P在线段AD1上运动,则异面直线EF与CP所成角的取值范围是(0,3图8-5-25.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为. 6.2020天津高考如图8-5-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.()求证:C1MB1D.()求二面角B-

27、B1E-D的正弦值.()求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.图8-5-37.2021北京高考如图8-5-4,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1的中点,直线B1C1交平面CDE于点F.()求证:点F为B1C1的中点.()若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A1MA1B1.图8-5-48.2022湖南名校联考如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,CDA=BAD=90°,AB=AD=2DC=22,E,F分别为PD,PB的中点.(1)求证:CF平面PAD.(2)若平面CEF与底面ABCD所成锐二面角

28、为4,求PA的长度.图8-5-59.2022广西名校联考如图8-5-6,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=AA1=1,AC=3,点D,E分别为AC和B1C1的中点.(1)棱AA1上是否存在点P使得平面PBD平面ABE?若存在,写出PA的长并证明你的结论;若不存在,请说明理由.(2)求二面角A-BE-D的余弦值.图8-5-610.2021重庆市第三次调考正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点F在棱CC1上,点E在棱AA1上.(1)若A1E=CF(如图8-5-7(1),求证:B,F,D1,E四点共面.(2)若E为AA1的中点,过B,E,F三点的平面记为,平面与棱DD1相交于点G

29、(如图8-5-7(2),平面将正方体分割成的上、下两个部分的体积分别为V1,V2,若V1V2=53,求平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.(1)(2)图8-5-711.2021蓉城名校联考如图8-5-8(1),AD是BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将BCD沿AD翻折,使得平面ACD平面ABD,如图8-5-8(2)所示.(1)求证:ABCD.(2)在图8-5-8(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12时,求直线AE与平面BCE所成角的正弦值.图8-5-812.与函数综合如图8-5-9,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,ABBC,平面经过

30、棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC平面,PA平面.(1)证明:AB平面.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-913.2021福州市5月质检开放题如图8-5-10,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,平面ABC平面ABB1A1,平面ABC平面ACC1A1.(1)证明:AA1平面ABC.(2)在AB=AC=1,BC1与平面ABB1A1所成的角为30°,异面直线C1C与A1B所成角的余弦值为63这三个条件中任选两个,求二面角A1-BC1-B1的余弦值.图8-5-10答 案 第八章立体几何

31、第一讲空间几何体的结构、三视图、表面积和体积1.A解法一由三视图可知,该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱,其中底面等腰梯形的底边长分别为2,22,高为22,该四棱柱的高为1,所以该几何体的体积V=12×(2+22)×22×1=32.故选A.解法二由三视图可知,该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为2)的直三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形(腰长为1)的直三棱柱后得到的,所以该几何体的体积V=12×22×1-12×12×1=32.故选A.2.C由三视图知该几何体为图D 8-1-1所示的三棱锥P-ABC,其中PA平面ABC

32、,ABAC,AB=AC=AP=2,所以PB=PC=BC=22,故其表面积S=(12×2×2)×3+12×(22)2×sin 60°=6+23.图D 8-1-13.C设圆柱体的底面半径为R,则圆柱体的高为2R,球体的半径为R,则圆柱体的表面积S圆柱=2R2+2R·2R=6R2,球体的表面积S球=4R2,所以S圆柱S球=6R24R2=32,故选C.4.D设该圆锥的底面圆的半径为r,高为h,母线长为l,则侧面积为rl=8.底面圆的周长为l=2r.(圆锥侧面展开图的弧长等于圆锥的底面圆的周长)由解得r=2,l=4,所以h=l2-r2

33、=164=23.设圆锥外接球的半径为R,球心为O,画出轴截面图,如图D 8-1-2所示,由勾股定理得(h-R)2+r2=R2,解得R=433,所以外接球的表面积为4R2=643.故选D.图D 8-1-25.B由三视图可知,该几何体为图D 8-1-3所示的圆柱.画出该圆柱的侧面展开图,如图D 8-1-4所示,连接MN,则MS=2,SN=4,则从M到N的路径中最短路径为MN=MS2+SN2=25.(空间问题平面化)故选B.6.B设正方体的棱长为2,球O1与以A为公共顶点的三个面相切,球O1与球O2的切点为F,由题可知,两个球心O1,O2和两球的切点均在体对角线AC1上,两个球在面AB1C1D上的截

34、面如图D 8-1-5所示,(空间问题平面化)过O1,O2分别作O1QAB1于Q,O2PAB1于P,则O2F=O2P=r2=1,AO2=AC12=3,所以AF=AO2-O2F=3-1,又AF=AO1+O1F=3r1+r1,因此(3+1)r1=3-1,解得r1=2-3,所以r1r2=2-3,故选B.图D 8-1-57.A由题意知,圆筒的体积为×(32)2-12×4=5(cm3),中部(正方体的一部分)的体积为3×3×3-×(32)2×3=27-274(cm3),所以组合体的体积V=5+27-274=(27-74)(cm3).(拆分组合体,

35、里面可看作1个高为4的空心圆柱,外面可看作1个正方体挖去一个圆柱)故选A.8.B设内球、外球的半径分别为r,R,则正方体的棱长为2r,体对角线长为2R,可得R=3r.又由题意可知R-r=1,由R=3r,R-r=1,解得R=3+32,r=3+12.所以该正方体的棱长为3+1,体对角线长为3+3,故A,C错误,B正确.外球的表面积S=4R2=4·(3+32)2=(12+63),故D错误.故选B.9.122已知圆台的上底面半径r=2,下底面半径R=4,高h=2,得母线长l=(R-r)2+2=22,则该圆台的侧面积S=l(r+R)=×22×(2+4)=122.10.4 8

36、00+1 6003由题意,该石凳可以看作是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的,且该正三棱锥的底面是边长为202 cm的正三角形,所以该石凳所对应几何体的表面积为6×(202)2+8×34×(202)2=(4 800+1 6003)(cm2).11.4由题意可得,四棱锥底面对角线的长为2,则圆柱底面的半径为12,易知四棱锥的高为51=2,故圆柱的高为1,所以圆柱的体积为×(12)2×1=4.12.31916由于E为棱B1C1的中点,取A1C1的中点F,连接EF,AF,则EFAB,且EF=12AB,BE=AF,因此四边形ABEF为所求截面图形,且

37、四边形ABEF为等腰梯形,(根据“特征点”确定平行关系,进而确定截面图形的形状)易知EF=12AB=12,AF=BE=12+(12)2=52,则等腰梯形ABEF的高为(52)2-(14)2=194,所以等腰梯形ABEF的面积为1+122×194=31916,即所求截面图形的面积为31916.13.D因为圆柱的轴截面为正方形,母线长为6,则圆柱底面圆的直径为6.由正四面体在圆柱内可以任意转动得,正四面体一定在圆柱的内切球内.如图D 8-1-6所示,棱长为a的正四面体ACB1D1可还原成棱长为22a的正方体ABCD-A1B1C1D1.因为正方体外接球的直径是正方体的体对角线,所以棱长为a

38、的正四面体的外接球的直径等于22a×3=62a,所以62a6,所以a2,所以a的最大值为2.图D 8-1-614.D如图D 8-1-7,连接A1D,BD,则DP的最小值,即DA1B的边A1B上的高.(把DP的最小值转化为点D到直线A1B的距离)在DA1B中,易知A1B=A1D=5,BD=2,则边BD上的高为322.设边A1B上的高为h,由等面积法得12×2×322=12×5×h,解得h=355,A,B错误. 图D 8-1-7 图D 8-1-8如图D 8-1-7,连接A1C1,BC1,得A1BC1,以A1B所在直线为轴,将A1BC1旋转到平面AB

39、B1A1上,设点C1的新位置为C',如图D 8-1-8,连接AC',则AC'即AP+PC1的最小值.在A1BC'中,易知A1B=BC'=5,A1C'=2,则cosBA1C'=1010,sinBA1C'=31010.又cosAA1B=255,sinAA1B=55,从而在AA1C'中,cosAA1C'=cos(AA1B+BA1C')=-210,又AA1=2,A1C'=2,所以AC'=4+22×2×2×(210)=1705,(利用余弦定理求得AC'的长度,即A

40、P+PC1的最小值)C错误,D正确.故选D.15.B设三个半径R=2 021的大球的球心分别为O1,O2,O3,与桌面的三个切点分别为A,B,C,易知O1,O2,O3,A,B,C这六点可构成一个直三棱柱,如图D 8-1-9所示,且三棱柱ABC-O1O2O3是一个底面边长为2R,高为R的正三棱柱,则小球球心O在底面ABC上的射影必为ABC的中心H.连接OH,AH,OO1,过点O作ODAH交O1A于点D,易得四边形AHOD为矩形,所以OD=AH.设小球O的半径为r,则OH=AD=r,O1D=O1A-DA=R-r.因为H为底面三角形的中心,所以AH=OD=233R,又OO1=R+r,OO12=OD2

41、+O1D2,所以(R+r)2=(233R)2+(R-r)2,整理得r=R3,把R=2 021代入,得r=20213,即小球的半径为20213,故选B.图D 8-1-916.或根据“长对正、高平齐、宽相等”及题图中数据,可知侧视图只能为题图或,俯视图只能为题图或.当俯视图为题图时,右侧棱在左侧看不到,所以为虚线,此时题图为侧视图;当俯视图为题图时,左侧棱在左侧可看到,所以为实线,此时题图为侧视图.故填或.17.22如图D 8-1-10,连接B1D1,易知B1C1D1为正三角形,所以B1D1=C1D1=2.分别取B1C1,BB1,CC1的中点M,G,H,连接D1M,D1G,D1H,则易得D1G=D

42、1H=22+12=5,D1MB1C1,且D1M=3.由题意知G,H分别是BB1,CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P,使MP=2,连接D1P,易知D1MMP,则D1P=D1M2+MP2=(3)2+(2)2=5,连接MG,MH,易得MG=MH=2,故可知以M为圆心,2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由B1MG=C1MH=45°知GMH=90°,所以GH的长为14×2×2=22.图D 8-1-1018.972529作出截面图如图D 8-1-11所示,设球体的半径为r,圆锥的高为h,由题意可知,13×3×h=3

43、,所以h=3,AB=AC=BC=23,从而可得ABC,AFG均为等边三角形,当圆O为ABC的内切圆时,易得r=1,所以0<r<1.易知FH=DE=3r,所以BE=33r,EF=3-3r,则圆柱体和球体的体积之和V(r)=9r2(1-r)+43r3=-233r3+9r2(0<r<1),则V'(r)=-23r2+18r,令V'(r)=0可得,r=1823.当0<r<1823时,V'(r)>0,V(r)单调递增,当1823<r<1时,V'(r)<0,V(r)单调递减,所以当r=1823时,V(r)有最大值,最

44、大值为V(1823)=972529.图D 8-1-1119.32如图D 8-1-12,连接AO,并延长交BC于D,连接PD,PO.顶点P在底面的射影O为ABC的垂心,ADBC, PO平面ABC,POBC,又ADPO=O,AD,PO平面ADP.BC平面ADP,BCPA,BCPD.同理可得ACPB,ABPC.由SABC·SOBC=SPBC2,得AD·OD=PD2,又PDO=PDA,PODAPD,APD=POD=90°,PAPD,又PABC,BCPD=D,PD,BC平面PBC,PA平面PBC,PAPC,PAPB.又PBAC,且PAAC=A,PA,AC平面PAC,PB平面

45、PAC,PBPC,PA,PB,PC两两垂直.三棱锥P-ABC的外接球为以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球,又三棱锥P-ABC的外接球半径为4,PA2+PB2+PC2=64,SPAB+SPBC+SPAC=12(PA·PB+PC·PB+PA·PC)12(PA2+PB2+PC2)=32,SPAB+SPBC+SPAC的最大值为32,当且仅当PA=PB=PC=833时,等号成立.图D 8-1-1220.13当无人机位于四面体ABCD外接球球心时,取到最小侦测半径,大小为外接球半径.取BD中点E,连接AE,因为ABD为等边三角形,边长为6 km,所以AE=ABsin 60

46、°=33(km),取ABD的外心F,则F在AE上,EF=13AE=3(km).因为CD=33 km,BC=3 km,BD=6 km,所以BD2=CD2+BC2,所以BCCD,所以E为BCD的外心.过E作EM平面BCD,过F作FN平面ABD,EMFN=O,因此O为四面体ABCD外接球的球心.(寻找ABD和BCD的外心,分别过外心作所在平面的垂线,两垂线的交点即外接球球心)因为二面角A-BD-C的大小为23,所以OEF=23-2=6,所以EF=OE·cos6,即3=OE·32,所以OE=2 km,所以OA=OB=OC=OD=ED2+OE2=13(km).21.A因为圆

47、锥形容器的底面半径和高都是1,水面高度为x,所以容器中水的体积V=f(x)=13x3.因为a+b=1,所以b=1-a(0<a<1),f(a)+f(b)=13a3+13(1-a)3=13a3+13(1-3a+3a2-a3)=a2-a+13,(将双变量问题转化为单变量问题,注意限制条件)易知函数y=a2-a+13(0<a<1)的图象开口向上,且对称轴方程为a=12,所以当a=12时, f(a)+f(b)取得最小值,最小值为14-12+13=12.故选A.22.72设圆锥体包装盒的底面半径为r,高为h.如图D 8-1-13,作出巧克力与包装盒截面示意图,其中,O为球心,SDA

48、B,OCSB.由RtSOCRtSBD可得,OCBD=OSSB,即3r=-32+r2,所以r2=9-6,h>6.所以包装盒的体积V=13r2h=13·9-6·h=3·(h-6)+12+36-63·12+2(-6)·36-6=72,当且仅当h-6=36-6,即h=12时取等号.(基本不等式的应用,注意等号成立的条件)图D 8-1-13第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系1.B对于选项A,若m,n,则m与n平行、相交或异面,因此A不正确;对于选项B,若,且=m,则m,因此B正确;对于选项C,若m,n,m,n,则与平行或相交,因此C不正确;对于

49、选项D,若m,n,则m与n平行、相交或异面,因此D不正确.综上,选B.2.D由题意,可得AB2+BC2=AC2,AD2+CD2=AC2,所以ABBC,ADCD.如图D 8-2-1所示,过B作BOAC交AC于点O,连接OD,易得ODAC.因为平面ABC平面ACD,平面ABC平面ACD=AC,OB平面ABC,所以OB平面ACD,又OD平面ACD,所以OBOD,所以OB,OD,AC两两垂直,故以O为坐标原点,OD,OC,OB所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.图D 8-2-1因为AC=25,AB=AD=20,BC=CD=15,所以易得OB=OD=12,AO=16,OC=9,所

50、以A(0,-16,0),B(0,0,12),C(0,9,0),D(12,0,0),故AD=(12,16,0),BC=(0,9,-12),故cos <AD,BC>=AD·BC|AD|·|BC|=12×0+16×9+0×(12)20×15=1225.(也可将AD·BC表示为(ODOA)·(OCOB)进行计算)故选D.3.D对于A,空间中两两相交于不同点的三条直线确定一个平面,故A正确;对于B,如图D 8-2-2,在正三棱锥A-BCD中,取CD的中点E,连接AE,BE,易得AECD,BECD,因为AEBE=E

51、,所以CD平面ABE,又AB平面ABE,所以CDAB,同理可证得BCAD,BDAC,故B正确;对于C,如果两个平面垂直于同一条直线,则由线面垂直的性质知这两个平面互相平行,故C正确;对于D,当点在两条异面直线其中一条上时,过这一点与两条异面直线都相交的直线有无数条,故D不正确.综上所述,选D.图D 8-2-24.A对于选项B,如图D 8-2-3所示,C,D为正方体的两个顶点,连接CD,因为ABCD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQCD,所以ABMQ,又AB平面MNQ,MQ平面MNQ,所以AB平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB平面MNQ. 图D 8-2-3 图D 8-2-4对于选项A,作

52、出正方体的底面的对角线,记对角线的交点为O(如图D 8-2-4所示),连接OQ,则OQAB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行,故选A.5.D取线段PQ的中点A,过点A作平面,使PQ平面,则平面垂直于线段PQ,且平分线段PQ,平面称为线段PQ的中垂面.设任意点M平面,连接MA,MP,MQ,则MA垂直平分线段PQ,所以MP=MQ.反之,到定线段PQ的两个端点P,Q距离相等的点都在平面上.故选D.6.五对平面CEF进行延展,延长CE交DA的延长线于G,连接GF,交AA1于H,延长GF,交DD1的延长线于K,连接KC,交D1C1于点N,连接EH,FN,则

53、五边形FNCEH即为平面CEF截该长方体所得的截面图形.(根据“特征点”,由平行关系确定截面形状)7.D解法一如图D 8-2-5,在AA1上取点D,使得A1D=3AD,连接CD,MD,易知A1D=CN=3,A1DCN,所以四边形A1DCN是平行四边形,所以A1NDC,则DCM为异面直线A1N与CM所成的角或其补角.(易忽略DCM也可能是异面直线A1N与CM所成角的补角)易得CD=MD=2,MC=2+4=6,可判断出DCM是锐角,就是异面直线A1N与CM所成的角.设MC的中点为E,连接DE, 则DEMC,DE=22,所以sinDCM= 12,DCM= 6,所以tanDCM=tan6=33,故选D

54、.图D 8-2-5解法二以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图D 8-2-6所示的空间直角坐标系,图D 8-2-6则M(1,0,2),N(0,1,3),A1(0,0,4),C(0,1,0),则A1N=(0,1,-1),CM=(1,-1,2),所以cos<A1N,CM>=A1N·CM|A1N|CM|=-32×6=-32,设异面直线A1N与CM所成的角为,则cos =|cos<A1N,CM>|=|-32|=32.(易忽略异面直线所成角的范围)=6,tan =33,所以异面直线A1N与CM所成角的正切值为33,故选D.8.B依题意,可得EHBD, FGBD,故FGEH,所以E,F,G,H四点共面,所以正确,错误;因为EH=12BD,FG=23BD,所以四边形EFGH是梯形,EF与GH必相交,设交点为M,因为点M在EF上,故点M在平面ACB上,同理,点M在平面ACD上,所以点M在平面ACB与平面ACD的交线上,又AC是这两个平面的交线,所以点M一定在直线AC上,所以正确,错误.故选B.图D 8-2-79.A