专题10空间向量与立体几何选择填空题解析版

1、专题10空间向量与立体几何选择填空题考纲解读三年局考分析.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及 其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平囿、平囿与平面的垂直、平行关系.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一 些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平囿、平囿与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应

2、用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能 力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空 题和解答题为主，中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和 填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力 和逻辑推理能力.2、空间向重是高考中的必考内谷，涉及用向重法计算空间异面直线所成角、 直线和平面所成角、 二面角 及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型 以解答题为主，要求有较强的运算能力， 广泛应用函 数与方程的思想、车t化与化归思想

3、 .1 .【2019年新课标3理科08如图，点N为正方形ABCD的中心， ECD为正三角形，平面 ECD，平面ABCD, M是线段ED的中点，则()EA . BM= EN,且直线 BM , EN是相交直线BM垄N,且直线 BM , EN是相交直线BM= EN,且直线 BM , EN是异面直线BM垄N,且直线 BM , EN是异面直线【解答】解：二.点 N为正方形 ABCD的中心，AECD为正三角形，平面 ECDL平面ABCD , M是线段ED的中点， .BM?平面 BDE, EN?平面 BDE, BM是ABDE中DE边上的中线， EN是ABDE中BD边上的中线,直线BM, EN是相交直线, T

4、OC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark100 o Current Document 35 2=Ja + a =设 DE=a,则 BD=2h, BE J4 4_= a + ti =744BMd a, ENa,BM 垄N,all 3的充要条件是（2.【2019年全国新课标2理科07】设“ 3为两个平面，则A. a内有无数条直线与3平行B . a内有两条相交直线与3平行a,3平行于同一条直线a,3垂直于同一平面【解答】解：对于 A, a内有无数条直线与3 平行，a Cl 威j a / 3；对于B, a内有两条相交直线与3平行，a/ 3;对于C, % 3平行于同一条直线，“

5、n或all 3；对于D, a, 3垂直于同一平面，a Cl戚a / &故选：B.3.【2019年新课标1理科12】已知三棱锥 P-ABC的四个顶点在球 O的球面上，PA=PB=PC,那BC是边长为2的正三角形，E, F分别是PA, AB的中点，/ CEF=90,则球O的体积为（）A . 8、后兀B, 4ttC . 2%后兀D .而兀【解答】解：如图，A FB由PA=PB=PC, 那BC是边长为2的正三角形，可知三棱锥 P-ABC为正三棱锥，则顶点P在底面白射影 O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G,贝 U ACXBG,又 POXAC, POABG = O,可得 AC,平面 PBG,

6、贝 U PBXAC, E, F 分别是 PA, AB 的中点，EF/PB,又/ CEF = 90,即 EFXCE,. PBXCE,得 PBL平面 PAC,正三棱锥P - ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球， TOC o 1-5 h z 其直径为D 7整十P/ +=也a4/6 3广-7T X （= U67r半径为2 ,则球O的体积为2.故选：D.”称为祖咂原若某柱体的三4.【2019年浙江04】祖的I是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的幕势既同，则积不容异理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.视图

7、如图所示（单位：cm）,则该柱体的体积（单位：cm3）是（）JbA . 158B. 162C. 182【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解,1 1S五妙形加皿=+ 6） x m +（2 + G） x 3 二即27,高为6,则该柱体的体积是 V=27X6= 162.故选：B.【2019年浙江08】设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成角为”,直线PB与平面ABC所成角为&二面角P-AC-B的平面角为 则（）A . 3V y, a 丫B. 3 a, 3V 丫 C. 3V

8、 a, t a D . a 3, t 3【解答】解：方法线段 AO上，作DEAC于E,易得PE/VG,过P作PF / AC于F,过D作DH / AC,交BG于H,则 行 / BPF , 3= / PBD , 产 / PED ,PF EG _DH BD _则 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 ？故选：B.【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为

9、2,底面周长为16,其三视图如图.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 . 2gC. 3【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16,高为：2,直观图以及侧面展开图如图:B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:故选：B.“所成的角都相等，则 a截.【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面此正方体所得截面面积的最大值为（空C.B. 3【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条

10、棱所在直线与平面a所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，a截此正方体所得截面面积的最大,72此时正六边形的边长 2 ,.艮3百XX （）=a截此正方体所得截面最大值为：6故选：A.【2018年新课标2理科09在长方体 ABCD - A1B1C1D1中，AB=BC=1, AA1=皿，则异面直线 AD与DB1所成角的余弦值为（）日 色 必a. BB. 6c, D口. 2【解答】解：以 D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，,.在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB = BC=1,AA1=淄,A (1, 0, 0), D1 (0, 0,

11、网，D (0, 0, 0),Bi (1 ,1,病,明二(-1, 0,(1, 1,书),设异面直线ADi与DBi所成角为0,ADa - DBX则 cos 0|4必|。斗1，异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 5 .故选：C.9.【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫桦头，凹进部分 叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是桦头.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， 则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A .B.C.D.【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是桦头,从图形看出，轮廓是长方形，

12、内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图故选：A.10.【2018年新课标3理科10】设A, B, C, D是同一个半径为 4的球的球面上四点,形且面积为9、回，则三棱锥D-ABC体积的最大值为（）A . 12避B. 18囚C. 24避D , 543二乂业二9/【解答】解： 那BC为等边三角形且面积为 9*,可得4,解得AB=6,祥BC为等边三角球心为O,三角形ABC的外心为O,显然D在OO的延长线与球的交点如图:2 73 厂=X X 6 = ZV3 .OC 3 2, OO L W _ 2,则三棱锥D-ABC高的最大值为：6,14网X X 6 =则三棱锥D-ABC体积

13、的最大值为：3 1181故选：B.Dif, 1正视图侧视图俯视图A. 2B. 4C. 6D . 8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示：1=(1 + 2) - 2 2 = 6故该几何体的体积为：V12.【2018年浙江06】已知平面 %直线m, n满足m? % n? %则m I I n”是m/ ”的()A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【解答】解：= m? % n? a,当m/n时，m / a成立，即充分性成立，当m/ /时，m/ n不一定成立，即必要性不成立，则m / n”是m / a的充分不必要条件.故选：A.

14、13.【2018年浙江08】已知四棱锥 S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为 机SE与平面ABCD所成的角为二面角S-AB-C的平面角为 也，则( )【解答】解：.由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形 ABCD的中心.过E作EF / BC,交CD于F,过底面 ABCD的中心 O作ON，EF交EF于N,连接SN,取 AB 中点 M,连接 SM, OM , OE,则 EN = OM,则 = 7 SEN, 02= Z SEO, 03=Z SMO.显然，Q,生，G均为锐角._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, 故选：D.14.【2018年上海15】九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设 六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AAi为底面矩形的一边,的个数是（）AAi是正则这样的阳马A. 4B. 8C. 12D . 16【解答】解：根据正六边形的性质，则Di - A1ABB1, D-A1AFF1 满足题意,而 Ci, Ei, C, D, E,和 Di一样，有 2X4=8,故选：D.15.【2018年北京理科当AiACCi为底面矩形，有4个满足题意, 当AiAEEi为底面矩形，有4个

16、满足题意, 故有 8+4+4=1605】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为侧（左）视图俯视图B. 2C. 3【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：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.所以侧面中有3个直角三角形，分别为：APAB, APBC,pad.故选：C.16.【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）

17、C. 14D. 16A. 10B. 12【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，；AC2 C 一、 cS梯形 2X （2+4） = 6,，这些梯形的面积之和为 6X2= 12,1,粗实线画出的是某几何体的三视图,17.【2017年新课标2理科04如图，网格纸上小正方形的边长为该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（【解答】解:C. 42 兀由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为D. 36兀6的圆柱的一半,V=兀为10故选：B.18.【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC-AiBiCi 中,/ABC=120, AB = 2,

18、BC=CC11,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB, BB1和B1C1的中点,则AB、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角71（因异面直线所成角为（0,),可知MNAB11 亚 二 NP 2bCi 2 ；作BC中点Q,则APQM为直角三角形;,. 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 ，卫MQ 2 ；,Qmq2 + PQ2 =在4MQP 中，MP2在4PMN中，由余弦定理得cos/ MNPMN1 + NP2

19、 - PM12 MN NP71又异面直线所成角的范围是（0, 2,JOABi与BCi所成角的余弦值为【解法二】如图所示,补成四棱柱 ABCD - AiBiCiDi,求/ BCiD即可；BC1 =濯,BD =白上+ 12 x 2 xTx cos60 =/CiD ,BD2, ./ DBCi = 90,cos/ BC1D故选：C.B19.【2017年新课标3理科08】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, TOC o 1-5 h z 则该圆柱的体积为（）3717r7TT24A.兀B.C.D.【解答】解：.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，2

20、 12平=|1 -1一） HYPERLINK l bookmark180 o Current Document 22该圆柱底面圆周半径 r 7,，该圆柱的体积：V= Sh故选：B.20.【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm3）是（正视图 Q 俯视图1侧视图71+A .1n+B 2 3B 337r十137r一 +?3故该几何体的体积为【解答】解:由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成,3,圆锥的底面圆的半径为 1,三棱锥的底面是底边长 2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为1 1- 7T+ x x -i/2 x /2

21、 x =十2兀x与二乙31,21 .【2017年浙江09】如图，已知正四面体 D-ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BQ_CR_BC、CA 上的点，AP=PB, QC RA 2,分别记二面角 D-PR-Q, D - PQ - R, D - QR - P 的平面角为外3 丫，则（）DBA . y a 3B. a 3C. a T一， n -1 =1J J15-=则 cosmn取 a= arccosC3 枢同理可得：3= arccos、681.产 arccosJ. HYPERLINK l bookmark60 o Current Document 1v23二, . .415

22、J95 J681.- a yOGOFtan tan 饪 tan 3 % 3,- a y0,即 x4 - 2x3 0,解得x2,则 f (x)4 (2) = 80,V80= 4,cm3,体积最大值为 4cm3.25 -10 x + x故答案为：4 cm3.，三棱锥的体积12 JV令 b (x) = 5x4令 b (x) = 0,则 4x3 甘 0,解得 x=4,8,7512X48 X /54 = 4/15cm3)故答案为：4 cm3.C二X -X =解法二：如图，设正三角形的边长为x,则OG 3 26FG = SG=5SO=hSG2 - GO5,5 4333.【2017年新课标3理科16】a,

23、b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a, b都垂直，斜边 AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线 AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线 AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为 45;直线AB与a所成角的最小值为 60;其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1,故|AC|=1, |AB|=历，斜边AB以直线AC为旋转轴，则 A点保持不变，B点的运动轨迹是以 C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，

24、CA为z轴，建立空间直角坐标系，TT则D (1, 0, 0), A (0, 0, 1),直线a的方向单位向量口二(0, 1, 0),臼=1, TT直线b的方向单位向量入二(1, 0, 0), |h|=1,设B点在运动过程中的坐标中的坐标B(cos。，sin 0 0),其中。为BC与CD的夹角，0, 2兀)，TT 厂二.AB在运动过程中的向量，4H. (cos Q sin 9 T),凹| = W ,n设.市与口所成夹角为如0, 2,72P0 ，,|( - cos8, - sind, 1) 1 (0T 1, 0)|2 t ,2则 cos a|q| I|sin7r n4, 2, .正确，错误.71设

25、,5与k所成夹角为跃出，2,T TAB b |( - cosdt sin6f 1)*(1, 0, 0)| J22|cos。ITTTTcos 3心厂网IWI7T当前与。夹角为60时，即aL丁兀、泛=-fZcosa = J2cos一 =|sin 0 |- cos2 0 +siri0= 1, 1. cos 3 ? |cos 0,7T K凯0, 2,3 3 此时AA与2的夹角为60,，正确，错误.故答案为：.34.【2017年上海04】已知球的体积为 36 TT,则该球主视图的面积等于 【解答】解：球的体积为36兀，4设球的半径为 R,可得？成3=36兀，可得R=3,该球主视图为半径为3的圆，可得面积

26、为tiR2= 9兀.故答案为：9兀.D的三条棱所在的直线35.【2017年上海07】如图，以长方体 ABCD - AiBiCiDi的顶点D为坐标原点，过TT为坐标轴，建立空间直角坐标系，若0%的坐标为(4, 3, 2),则力6的坐标是【解答】解：如图，以长方体 ABCD-AiBiCiDi的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，.0%的坐标为(4, 3,2),A(4,0,0),Ci(0,3,2),启3. 2) , .故答案为：(-4, 3, 2).36.120i7年天津理科i0】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为i8,则这个球的体积为 .

27、【解答】解：设正方体的棱长为a,这个正方体的表面积为i8,.-6a2=i8, 则a2=3,即a 悠， :一个正方体的所有顶点在一个球面上,正方体的体对角线等于球的直径，即 a= 2R,即R 2,_4397r则球的体积V 3兀？（2）32 .9开故答案为：2 .2年模拟1.【2019年湖北省武汉市高考数学（5月份）模拟】已知长方体全部棱长的和为36,表面积为52,则其体对角线的长为（）A. 4B.标C. 2723D. 4折【答案】B【解析】设长方体的三条棱的长分别为：x,y,z,2(xy yz zx) = 524(x y z) =36可得对角线的长为 Jx2 + y2 +z2 = J(x + y

28、 + z)2 -2(xy + yz + zx) = 192 -52 = 42 故选：B.2 .【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟】 已知正方体ABCD - AiBiCiDi的棱长为1 ,在对角线AD上 TOC o 1-5 h z 取点M ,在CD上取点N，使得线段MN平行于对角面AACG ,则| MN |的最小值为（）-.2,3A . 1B. v2C. D. 【答案】D【解析】 作MM 1 _LAD ,垂足为Mi ,作NNi J-CD ,垂足为Ni ,如下图所示:在正方体ABCD -A1B1C1D1中，根据面面垂直的性质定理，可得 MM 1, NN1,都垂直于平面 ABCD ,由线面垂直

29、的性质，可知 MM1LNN1 ,易知：M1N1NM / /平面ACGA,由面面平行的性质定理可知：M1N1 /AC，设 DM 1 =DN1 二x ,在直角梯形MM 1N1N中,MN2 =(J2x)2+(1_2x)2=6ix_； 1 +1,当 x=1 时，|MN| 的最小值为 3,故本题选D.【广东省2019届高考适应性考试】平面四边形ABCD中，AD = AB=&，CD=CB = J5,且AD _L AB ,现将 MBD沿对角线BD翻折成AABD ,则在AABD折起至转到平面 BCD的过程中，直线AC与平面BCD所成最大角的正切值为（）A . 2B . -C. /3D . 【答案】D【解析】取

30、 BD 的中点 O,则；AB=AD, BC =CD 二 AO_L BD,CO _LBD,即 BD _L平面 AOC ,从而平面BCD_L平面AOC ,因此A 在平面BCD的射影在直线OC上，即/ACO为直线AC与平面BCD所成 角，因为 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 最大值为，因此直线OC226. ” J3A C与平面BCD所成最大角的正切值为tan / =二/，选D.A.【山东省淄博市部分学校 2019届高三5月阶段性

31、检测】在正方体 ABCD - ABQiD中，点P在侧面BCCBi及其边界上运动，并且保持 AP 1 BDi,则动点P的轨迹为 （）A,线段BiCB,线段BCiBBi的中点与CCi的中点连成的线段BC的中点与Bi Ci的中点连成的线段【答案】A【解析】如图，连接 AC , ABi, BiC ,在正方体 ABCD -AiBiCiDi 中，有 BDi _L面 ACBi ,因为AP _LBDi ,所以AP匚面ACBi ,又点P在侧面BCgBi及其边界上运动，二故点P的轨迹为面ACBi与面BCCiBi的交线段CBi .故选：A.5.【四川省名校联盟 2019届高考模拟信息卷（一）】已知一个几何体的三视图

32、如图所示，其中俯视图是个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（）mmi正楔留 MftCS制视酊A. 22B. 203C. 20 、6D, 20 ,10【答案】C【解析】解：该几何体是棱长为 2的正方体削去一个角后得到的几何体（如图） ，其表面积为S = 3 2 2 2 -1-2-2 1 2 2 1 2.23 = 20 .6.222故选C.6.【山东省淄博市部分学校 2019届高三5月阶段性检测】如图，在正方体 ABCD - ABiGDi中，点F是线段BCi上的动点，则下列说法错误.的是（）A.当点F移动至BCi中点时，直线AiF与平面BDCi所成角最大且为60B .无论点F在BCi上怎么移动

33、，都有 AiF -L BiDC.当点F移动至BCi中点时，才有 AF与BiD相交于一点，记为点 E ,且黄 =2D.无论点F在BCi上怎么移动，异面直线 AF与CD所成角都不可能是30，【答案】A【解析】对于A,当点F移动到BCi的中点时，直线 AF与平面BDCi所成角由小到大再到小，如图 1所示;一 6一 ,.一OF V 11且F为BQ的中点时最大角的余弦值为 = = 123故选：A.7.【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】已知P, A, B , C , D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD/BC , AB=DC = AD=2, BC=PA=4, PA，面 ABCD ,则

34、球 O的体积为（）641B. 16LC. 16 挺 nD. 16n【答案】A【解析】取BC中点E,连接AE,DE,BDREC1:AD / / BC且AD = BC = EC 二四边形ADCE为平行四边形2“1 _ 1 一, AE =DC ,又 DC = BC , DE= BC 22AE 二 DE = BE = EC二E为四边形ABCD的外接圆圆心设O为外接球的球心，由球的性质可知OE_L平面ABCD作OF _L PA ,垂足为F 二四边形AEOF为矩形，OF = AE = 2设 AF =x , OP =OA = R则 4+（4 x 2 =4+x2,解得：x=2 二 R =卜4 +4 =#2,球

35、O的体积：V = 4nR3 = 64无33本题正确选项：A8 .【广东省东莞市2019届高三第二学期高考冲刺试题】如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为（26 二322 二C.3【答案】AD.23 二由三视图还原原几何体，如图所示，可知原几何体为组合体，是半径为2的球的3与半径为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其球的组合体的体积 V=父一冗父2 + -

36、M 冗.父1 = n HYPERLINK l bookmark153 o Current Document 4 34 33故选：A.9 .【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷 】阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形,两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马P ABCD中，PC为阳马P ABCD中最长的棱,AB =1, AD =2,PC =3,若在阳马P-ABCD的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为( )1A.27 二【答案】CB.427 二C.827 二D.根据题意，PC的长等于其外接球的直径，因为 PC = dPA2 + AB2 + AD2，3= J PA2 +1

37、+ 4，14=1 2 2=a n平面P =直线1 ,点A、CD的中点，则下列说法正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 .【湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2019届高三高考模拟（二）】已知平面Cwct,点 B、DwP,且 A、B、C、DW1,点 M、N 分别是线段 AB、确的是（）A.当CD =2 AB时，M、N不可能重合M、N可能重合，但此时直线 AC与1不可能相交C.当直线 AB、CD相交，且

38、AC/1时，BD可与1相交D.当直线 AB、CD异面时，MN可能与1平行【答案】B【解析】A选项：当CD =2 AB时，若A,B,C,D四点共面且ACBD时，则M,N两点能重合，可知 A错误；B选项：若M ,N可能重合，则 AC/ BD ,故AC/1 ,此时直线 AC与直线1不可能相交，可知 B正确;C选项：当AB与CD相交，直线 AC/1时，直线BD与1平行，可知C错误；D选项：当AB与CD是异面直线时， MN不可能与1平行，可知D错误.本题正确选项：B11 .【山东省临沂市2019届高三模拟考试（三模）如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截 面中，最大截面的面积是（）4二4 2g

39、,3C.VD. 1A. 2B. 73【答案】A【解析】由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥，且圆锥的底面半径为r = J3 ,高h =1 ,故俯视图是一个腰长为 2,顶角为120的等腰三角形，易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形，且腰长为2,顶角的范围为（0,120 ,1设顶角为日，则截面的面积：S =父2父2 Msin日=2sin日，2当f = 90：时，面积取得最大值 2.故选：A.【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟】已知如图正方体ABCD - A1B1C1D1中，P为棱CG上异于其中点的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面BDP的交线，以下关系

40、中正确的是（m/D1Qm , B)Qm/平面 BiDiQm_L 平面 ABBiA【答案】C【解析】因为在正方体 ABCD AiBiCiDi中，DB /BD ,且Dg S平面BDP , BD二平面BDP ,所以DiBi/平面BDP ,因为DiBiU平面BiDF,且平面BiDiP。平面BDP = m , 所以有m/DiB,而DiQADiBi = Di ,则m与DiQ不平行，故选项 a不正确；若m _L BiQ ,则BiQ 1 DiBi ,显然BiQ与DiBi不垂直，矛盾，故选项 B不正确；若m _L平面ABBiA ,则DiBi _L平面ABBiA ,显然与正方体的性质矛盾，故C不正确；而因为DiB

41、iU平面BiDiP , mS平面BDF,所以有m/平面BiDF,所以选项C正确，.【山东省日照市20i9届高三5月校际联合考试】如图，三棱锥 A-BCD的项点A, B,C,D都在同一球 面上，BD过球心O , BD =4 J2, MBC是边长为4的等边三角形，点 P,Q分别为线段AO, BC上的动 点（不含端点），且AP =CQ ,则三棱锥P-QOC体积的最大值为 .-2【答案】23【解析】 因为BD过球心，BD=42，所以OA =OB =OC = 2J2，又 ABC是边长为4等边三角形,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,设 AP=CQ=x ,则 VP JQCO322.2 xsin-（2.2-x）=3x（2.2-x）4 等=3 当且紧当x =.5时成立.2故答案为：2 .3.1天津市和平区2018-2019学年度第二学期高三年级第三次质量调查】已知两条不重合的直线m ,两个不重合的平面 a , P ,有下列四个命题:若 m / n , m u ct ,则 n /;若 n_l_a, m_l_P,且 m/n,则豆 IJP；若 muu, nuu, m/P, n/B,则 o(|JP；若 a_L0, c(nP=m，且 nuP, n_Lm,则n_Lo(.其中所有正确命题的序号为 .【答案】

43、【解析】逐一考查所给的命题：若m / n , m u 口，有可能n u汽，不一定有n / a ,题中的命题错误；若n _La , m _L P ,且m / n ,由线面垂直的性质定理可得 U P ,题中的命题正确；若muc(, nun, m/P, n/P,若m/n,有可能“与B相交，题中的命题错误；若a_LP, ap|P=m，且nup, n_Lm,由线面垂直的性质定理可得n_La ,题中的命题正确.综上可得：正确命题的序号为.【安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测】连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，则该八面体的外接球与内切球体积之比为 .【答案】【解析】若正八面体的外接球的各个

44、顶点都在同一个球面上，则其中ABCD四点或AFCE四点所组成的截面在球的一个大圆面上，可得，此四点组成的正方形是球的大圆的一个内接正方形，其对角线的长度即为球的直径，设正八面体边长为 2,且每个侧面三角形均为等边三角形，故FE=AC=2 械，则外接球的半径是 镜,又正方体中心设为 O,取AB中点M,则在直角4OME中，斜边 ME=x =邪,人,x 1 J2斜边ME的高即为内切球的半径，大小为，外接球与内切球半径之比为 。%二十：1, 外接球与内切球体积之比为1故答案为其行：.【江苏省七市 2019届高三第三次调研】已知直角梯形ABCD中，AB/CD, AB BC, AB=3 cm , BC=1

45、cm, CD=2 cm .将此直角梯形绕 AB边所在的直线旋转一周，由此形成的几何体的体积为 cm3.7n【答案】【解析】依据题意，作出如下直角梯形:将此直角梯形绕 AB边所在的直线旋转一周，所得几何体体积等于一个圆柱的体积和一个圆锥的体积之和。其中圆柱的半径为高为仃巩圆锥的半径为DE二RC,高为SF.21 w 7?r品日而小将短刀上口=圆柱+ 囿锥二7TMi X2+ XH-X1 X 1=-由题中数据可知：17.【山东省威海市2019届高三二模考试】直三棱柱 ABC AB1C1中，/ABC =90： AA1 = 2 ,的球心为O,已知三棱锥 O-ABC的体积为1,则球O表面积的最小值为 .【答案】16二.【解析】如图，在 RtAABC 中，设 AB =c, BC =a ,则 AC = Ja2 +c2 .设其外接球分别取AC,AQ1的中点Oq,则Oq分别为 分外归。1和R3ABC外接圆的圆心,连O1Q2 ,取OQ2的中点O ,则O为三棱柱外接球的球心.连OA ,则OA为外接球的半径，设半径为 R .三棱锥OABC的体积为1, TOC o 1-5 h z 口 h1 ac即 Vo.bc =一（一户1=1 , 32ac = 6 . HYPERLINK l bookmark196 o Current Document 在 RtOOzC 中，可得 R2 =（