23届老高考数学备用题：第十单元 立体几何

第十单元立体几何10.1空间几何体的直观图、三视图及其应用1.给出下列四个命题，其中正确命题的个数是=1\*GB2⑴一个棱柱至少有5个面.=2\*GB2⑵平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形.=3\*GB2⑶有一个面是平行四边形的棱柱一定是四棱柱.=4\*GB2⑷正棱锥的侧面是全等的等腰三角形.A.1个B.2个C.3个D.4个答案：D解析:=1\*GB2⑴三棱柱的面最少，有5个面，故（1）正确.=2\*GB2⑵平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的面两两是全等的，故（2）正确.=3\*GB2⑶棱锥的侧面都是三角形，有一个面为平行四边形，这个面一定是底面，即为四棱锥，故（3）正确.=4\*GB2⑷正棱锥的底面是正多边形，侧棱长都相等，故侧面都是全等的等腰三角形，所以（4）正确.2.一个四棱锥的三视图如图所示，一只蚂蚁从该四棱锥底面上的一个顶点出发,经过四棱锥的侧面爬到与其不相邻的另--个顶点(同--条棱上的两个端点称为相邻顶点),则这只蚂蚁经过的最短路程为().A.1+2.B.3C.2+3D.答案：B解析：四棱锥P-ABCD如图所示,PD⊥平面ABCD，BD⊥DC,底面为平行四边形,且PD=DC=1,AD=PC=2，PA=3.①沿着侧面从A到C,若沿着侧面PAD与侧面PDC展成平面图形，则最短的路程为1+2，若沿着侧面PAB与侧面PBC展成平面图形,则由余弦定理得最短路程为3+6；②沿着侧面从B到D,若沿着侧面PAB与侧面PAD展成平面图形,得最短路程为3.若沿着侧面PBC与侧面PCD展成平面图形，则最短路程为6+2综上，最短路程为3.故选B.3.已知△ABC的平面直观图△A'B'C’是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为()A.3a22B.3a2答案：C解析:直观图的面积S'=a22sinπ3=3a24，设原图面积为S，则由S'=244.如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图,已知O'B'=4,且△ABO的面积为16,过A’作A'C’⊥x’轴，则A'C'的长为()A.22B.2C.162.D.1答案：A解析：∵A'B'||y’轴，∴在△ABO的中，AB⊥OB，又∵△ABO的面积为16∴12AB●OB=16，∵OB=O’B’=4，∴AB=8，∴A'B'=4.如图，作A'C'⊥O'B'于C'∵<A’B’C’=45o，∴A'C'的长为:4sin45°=22.5.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是()A.1763B.1603C.答案:B解析：根据三视图可得几何体为正方体中挖去一个倒置的四棱锥O-A1B1C1D1.如图所示，故其体积为：43-13×4×4×2=16036.一个正方体挖去一个多面体后，剩余几何体的三视图如图所示，其中正视图、左视图和视图均为边长等于2的正方形,则挖去多面体的体积为()A.8B.2C.4D.8答案：D解析：将三视图还原可得下图,挖去多面体为正四棱锥,其体积为V=13×故选D.7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.33B.233C.答案:B解析：由三视图知:该几何体是一个底面边长为2的等边三角形,高为2的三棱锥,如图所示:∴该几何体的体积为V=_13S△ABC×SB=13×348.（2021·北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选A.9.如图所示的阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为（）A．一个球体 B．一个球体中间挖去一个圆柱C．一个圆柱 D．一个球体中间挖去一个棱柱【答案】B【解析】由题意，根据球的定义，可得圆面旋转形成一个球，根据圆柱的概念，可得里面的长方形旋转形成一个圆柱，所以绕中间轴旋转一周，形成的几何体为一个球中间挖去一个圆柱，故选B.10.如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（）A．梯形 B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．不确定【答案】B【解析】由长方体的性质：各对面平行，易知，∴为平行四边形.故选B.10.如图所示是水平放置的三角形的直观图，是中边的中点，且平行于轴，那么三条线段对应原图形中的线段中（）A．最长的是，最短的是 B．最长的是，最短的是C．最长的是，最短的是 D．最长的是，最短的是【答案】C【解析】由题中的直观图可知，轴，轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴.又因为D为BC的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB=AC>AD成立.故选C.11.如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，那么原平面图形的面积是（）A．2 B． C． D．【答案】B【解析】根据斜二测画法可得原图形为如图所示，因为是等腰直角三角形，根据斜二测画法可得为直角三角形，，，，所以原平面图形的面积是.故选B.12.（2021·安徽合肥质检）如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥最长棱的长度为A． B． C．8 D．【答案】：B【解析】：根据三视图转换为几何体的直观图为：该几何体为四棱锥体；如图所示：所以，所以，故选B.13.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为.答案:32π解析：根据三视图作出原几何体的直观图如下图所示:由三视图可知,该几何体为三棱锥A1-ABC，且AA1⊥底面ABC，由三视图中的数据可得AB=32+3=23，BC=3+12=2，且AC=4.∴AB2+BC2=AC2，则AB⊥BC,将三棱锥A1-ABC补成长方体ABCD-A1B1C1D1∴三棱锥A1-ABC的外接球直径为2R=12+4+16=42，14.已知某圆锥被一过该圆锥顶点的平面所截得到的几何体的正视图与侧视图如图所示，若该圆锥的顶点与底面圆周都在球0的球面上,则球0的表面积为.答案:64解析：该几何体如图所示,由正视图和侧视图可知,底面圆弧所在圆的半径为O1B=2，且AO1=1，PA=13.∴P01=13−1=23，设球0的半为R.由球的性质可知，R2=(23-R)2+22.解之，得R=43.故球O的表面积为S=4πR2=4π×（43）2故答案为64315.如图，四边形是一水平放置的平面图形的斜二测直观图，，，且与轴平行，若，，，则原平面图形的实际面积是________.【答案】【解析】由斜二测直观图的作图规则知，原平面图形是直角梯形，且，的长度不变，仍为6和4，高，故所求面积.故答案为：16.已知一正四面体的俯视图如图所示，它是边长为的正方形，则这个正四面体的主视图的面积为________．【答案】【解析】根据题意，正四面体的棱长可取为，且该正四面体的主视图是一个底边长为，腰长为的等腰三角形.所以主视图的高为

从而可得主视图的面积为．故答案为：.10.2空间几何体的表面积与体积1.下列说法中正确的是().A.棱柱的侧面可以是三角形B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱C.所有几何体的表面都能展开成平面图形D.棱柱的各条棱都相等答案B解析棱柱的侧面都是四边形,A不正确；正方体和长方体都是特殊的四棱柱,B正确；不是所有几何体的表面都能展开成平面图形,球不能展开成平面图形,C不正确；棱柱的各条棱并不是都相等,但棱柱的侧棱都相等,D不正确；故选B.2.某几何体由一个三棱锥和一个四棱锥组合而成，该几何体的三视图如图所示，若三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由三视图可知，该组合体的直观图如下：则，，所以．故选A．3.已知：△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面A．3B．32C.1D．答案C解析设球O的半径为R.则4πR2=16π，解之，得R=2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a∵△ABC是面积为934的等边三角形，∴12a2×33.我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（）A．半径是3 B．体积为18πC．表面积为27π D．表面积为18π答案：ABC解析：如图，△PAC是正四棱锥的对角面，设球半径为r，AC是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为2r，棱锥体积为V=13×(2r)24.（2021·四川成都三诊）某几何体的三视图如图所示，已知网格纸上的小正方形边长为1，则该几何体的表面积为A. B． C． D．【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为组合体，上半部分为圆锥，下半部分为圆柱，圆锥的底面半径为2，高为2，圆柱的底面半径为2，高为4．则该几何体的表面积为：.故选B.5.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，2，3，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．6π B．12π C．18π D．24π答案A解析由题意，得三棱锥的外接球即为长宽高分别为1,2,3的长方体的外接球，又∵长方体的体对角线长为外接球的直径∴球的半径∴球的表面积S=4π6.（2021·安徽合肥调研）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的体积为A． B． C． D．【答案】C【解析】根据几何体的三视图，转换为几何体是由一个底面面积为的直角三角形，高为2的三棱锥体，故．故选C.7.已知圆锥的表面积等于12πcm2，其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为().A.1cmB.2cmC.3cmD.4cm答案：B解析：S表=πr2+πr●2r=3πr2=12π，∴r=2cm.故选B.8.《九章算术》中，将两底面为直角三角形的正柱体，亦即长方体的斜截平分体，称为堑堵.今有如图所示的堑堵形状容器装满水，当水量使用了一半时，水面高度占的（）A． B．C． D．【答案】C【解析】水的一半就是体积的一半，柱体体积公式是底面积乘高，高没变，底面积变为一半，因为底面是等腰直角三角形，所以边长变为AB的，所以水面高度占AB的，故选C.9.（2021·浙江卷）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B．3 C． D．【答案】A【解析】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，故，故选A.10.如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C．2 D．4【答案】A【解析】如图，由三视图知原几何体是一个三棱锥，平面，，，，．故选A．11.（2021·北京卷）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是（）A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨.故选B.12.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为（）（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）．A． B． C． D．【答案】B【解析】若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即，所以，球形容器的表面积．故选B．13.如图所示，在正方体中，是棱上任意一点，四棱锥的体积与正方体的体积之比为（）A． B． C． D．不确定【答案】B【解析】设正方体的棱长为，则正方体的体积，易知四棱锥的高为点到底面的距离，即侧棱长，所以四棱锥体积为，所以，故四棱锥的体积与正方体的体积之比为．故选B.14.正方体中，为的中点，，下列说法正确的是（）A．B．三棱锥与剩余部分的体积比为C．直线与平面所成角的正弦值为D．平面截正方体内切球的截面面积为【答案】BCD【解析】因为，所以不垂直于，所以选项A错误；，，所以，所以选项B正确；设点到平面距离为，直线与平面所成角为．因为为的中点，所以到平面等于到平面的距离，，因为，所以，所以，直线与平面所成角的正弦值为，所以选项C正确；如图，设为正方体内切球的球心，为截面圆的圆心，为球与底面的切点，连接，，，，则面．中，所以，所以，所以截面圆的面积为，所以选项D正确.故选：BCD．15.在三棱锥中，底面，，，，动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】将侧面沿翻折到与侧面共面，如下图所示：则动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，底面，平面，，又，，，，解得：，；取中点，连接，，，为该棱锥的外接球的球心，其半径，球的表面积.故选B.16.（2021·贵州模拟）如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】在中，因为，，由余弦定理可得，所以，当，即平面，三棱锥体积最大，此时､､两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，且长方体长、宽、高分别为：，所以三棱锥的外接球半径为：，所以外接球的表面积为：.故选D.17.设正方体内部有两个球和，已知球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，且球与球也相切．设球，的半径分别为，，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】不妨设正方体的棱长为，球同时与以为公共顶点的三个面相切．由题可知，两个球心，和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，，，又，，.故选B.18.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（）A.πB.34πC.π2答案B解析绘制圆柱的轴截面如图所示,由题意可得:AC=1，AB=12.结合勾股定理,得底面半径r=1−122=3219.（2021·全国）香水是香料溶于乙醇中的制品，早在公元前1500年，埃及艳后克娄巴特拉七世就已经开始用15种不同气味的香水洗澡了.近年来，香水已经逐渐成为众多女士的日常用品.已知“香奈儿”的一款饱受热评的男士香水的包装瓶如图（1）所示，其三视图如图（2）所示，其中图（2）中方格小正方形的边长为1，则该香水瓶的体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由三视图可得包装瓶的直观图如图所示：故其体积为，故选D.20.（2021·山西太原模拟）如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是A．该四面体外接球的体积为 B．该四面体内切球的体积为 C．该四面体外接球的表面积为 D．该四面体内切球的表面积为【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为三棱锥，底面三角形为等腰直角三角形，，，侧棱底面，且．设三棱锥外接球的球心为，的中点为，连接，则，外接球的半径为．外接球的体积，表面积为；设三棱锥内切球的半径为，由等体积法可得：，解得：，则三棱锥内切球的体积为，表面积为．综上可知，、、错误，正确．故选D．21.两个半径都是的球和球相切，且均与直二面角的两个半平面都相切，另有一个半径为的小球与这二面角的两个半平面也都相切，同时与球和球都外切，则的值为().A． B． C． D．答案D解析∵三个球都与直二面角的两个半平面相切，∴与、、共面.如图所示，过点、分别作、，垂足分别为点，过点分别作，，则，，，，.∴.等式两边平方得.化简得，∵，解之，得，故选D．22.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的体积为（）A．π B．π C． D．【答案】D【解析】由三视图可知该几何体是底面为边长为的正方形，斜高为的正四棱锥，如下图所示：连接正方形的两条对角线与，交于点，连接，则是四棱锥的高，设为的中点，连接，则，设外接球的球心为，则在上．连接，在中，，，，．设外接球的半径为，则，，，，解得：，外接球的体积，故选D．23.已知正多面体共有5种，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体.任一个正多面体都有内切球和外接球，若一个半径为1的球既是一个正四面体的内切球，又是一个正六面体的外接球，则这两个多面体的顶点之间的最短距离为（）A．－1 B．1 C．2－1 D．2【答案】D【解析】固定正四面体不动，则其内切球也随之固定，考虑顶点与正六面体（即正方体）的顶点的距离，当正方体的顶点在球面上移动时，顶点到球面上点的距离最小值就是顶点与正方体顶点距离的最小值，即当球心和顶点A以及正方体的顶点共线且A和正方体的顶点落在球心同侧时取得最小值，由正四面体的内切球半径为1，根据正四面体的特征，可知球心到顶点的距离为3，所以顶点到球面上点的距离最小值为，故选D.24.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2,过直线01,02,的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A.122πB.12πC.82πD.10π答案B解析根据题意,可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22.所以其表面积为S=2π(2)2+2π.2.22=12π.故选B.25.已知圆锥的表面积为9,且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面面积等于.答案:3解析：S表=πr2+2r∗πr=3πr226.八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A,B,C,D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为30cm的正方形，则这个八面体的表面积为.答案：1800解析：S=8*327.（2021全国甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.【答案】【解析】∵∴∴∴.故答案为：.28.球O的球心为点O，球O内切于底面半径为3、高为3的圆锥，三棱锥V−ABC内接于球O，已知，则三棱锥V−ABC的体积的最大值为_______．答案解析圆锥的母线长为3+9=23，设球O的半径为r，则r3=3−r23，解得r=1，∵OA⊥OB,OA=OB=1∴AB=2，∵AC⊥BC，∴C在以AB为直径的圆上，故V到平面ABC的最大距离为22+1∴三棱锥V−ABC的体积的最大值为13故答案为29.中国古代数学经典《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鐅臑.若三棱锥P−ABC为鐅臑，且PA⊥平面ABC，PA=2，，，AB⊥BC，则该鐅臑的外接球的体积为__________.答案29π29解析可以把几何体放在长方体中研究，如图所示，所以长方体的体对角线长为，22+32故答案为29π30.在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝1，AD＝BC＝2，∠ABC＝90°，则该三棱锥的外接球的表面积为_____，该三棱锥的体积的最大值为_____．答案：5π，25解析：取AC的中点E，连接DE，如图在△ABC中，∵AB＝1，BC＝2∠ABC＝90°∴AC=5，在△ACD中∵CD＝1，AD＝2，AC=5，∴AD2+CD2=AC2∴∠ADC＝90°∴△ABC、△ACD都是以AC为斜边的直角三角形.∴AC的中点E到三棱锥A﹣BCD的四个顶点A∴三棱锥的外接球的表面积：S=4πr2=5π∵三棱锥的体积：V=13⋅S△ABC⋅ℎ，由题意得：S△ABC=12×1×2=1.∴Vmax=13.S△ABC.ℎmax.而ℎmax表示点31.在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.【答案】【解析】如下图所示，连接，则，则，故，设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，，当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，，，，故为等腰直角三角形，且，在梯形中，，则，所以，，在中，，，，由余弦定理可得，故，，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，则，因为，，平面，平面，所以，，记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为，设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，故截面圆的半径为，当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，所以截面圆面积的最小值为.32.（2021·嘉峪关模拟）已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为___________.【答案】【解析】设为底面正三角形的中心，连接，则平面，且正四面体的外接球的球心在线段上，设正四面体的棱长为，当过的平面与直线垂直时，该平面与球的截面的面积最小，此时面积为，因为过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，故，所以.因为为的中点，故，，而，故平面，而平面，故，故，所以，故，而，故，所以体积为.给出下列结论:①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥.②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台.③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆.④用一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.⑤用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是球.其中正确结论的序号是：.答案：⑤解析：①中这条边若是直角三角形的斜边,则得不到圓锥,故①错误.②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台,故②错误.③中圆柱、圆锥、圆台的底面都是圓面,故③错误.④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥,那么得到的不是圆锥和圆台,故④错误.只有球满足任意截面都是圆面,故⑤正确.34.已知正四棱锥的底面边长是2,侧棱长是3,则该正四棱锥的体积为.答案4解析如图,在正四棱锥P-ABCD中，AB=2，AP=3.设正四棱锥的高为PO,连接AC,则AO=12AC=2，在Rt△POA中,PO=PA2−∴Vp-ABCD=13SABCDOP=135.（2021·湖南长沙一模）如图，在直三棱柱中，，，，，点E，F分别是，AB上的动点，当的长度最小时，三棱锥外接球的表面积为___________.【答案】【解析】把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，连接，如图1所示，则.要使的长度最小，则需，E，F，四点共线，此时.因为，，，所以，所以，，故，，所以，，，，所以的外接圆是以的中点O为圆心，为半径的圆，故三棱锥外接球的球心一定在过点O且与平面垂直的直线上，如图2所示，点到点E，C的距离相等，则，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：36.已知四棱锥的五个顶点在球的球面上，平面与平面都与底面垂直，且，，则球的体积为________．【答案】【解析】 由四棱锥的五个顶点在球的球面上，，，∴底面的四个顶点在同一个截面圆上，易知：△△，又，∴，则且为所在截面圆的直径.又面与面都与底面垂直，且面面，∴面.∴的外接球半径，∴球的体积为.37.已知正方形中，，，分别是，的中点，将沿折起，使得，则折起后四棱锥的体积为________．【答案】【解析】由题意，，，，∴，∴，，平面，∴平面．∵，，∴，∴．设点到平面的距离为，，即，解得，∴．38.在一个棱长为的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是___________.【答案】【解析】如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径和小球半径满足，，解得，故小球表面积的最大值为.39.已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆都在同一个球面上．若圆锥的底面面积是这个球表面积的316解析该几何体的轴截面如图.设球的半径为R，圆锥底面半径为r，由题意得πr2=316体积较小的圆锥的高，体积较大的圆锥的高，所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．40.现有一个底面是菱形的直四棱柱，它的体对角线长为9和15,高是5,求该直四棱柱的表面积.解析如图,设底面对角线AC=a，BD=b且AC与BD的交点为O,对角线A1C=15，B∴a2+52=152，b2+5∴直四棱柱的底面积为12∴AB2=a24+b24=200+56417.如图是一个空间几何体的三视图，其中主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个正方形.(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法);(2)求这个几何体的体积.解析(1)直观图如图.(2)这个几何体是一个四棱锥.它的底面边长为2,高为2所以体积V=13×2×2×如图,在平面四边形ABCD中，∠ADC=34π,AB=52,CD=4,AD=22,求四边形ABCD绕直线AD旋转一周所成几何体的表面积及体积.解析由∠ADC=3π4，AB=52，CD=4，AD=22，得EC=r=22DE=22，BC=52.所得几何体是-一个圆台挖去一个圆锥,设圆台下底，圆台侧，圆锥侧的面积分别为S1，S2，S3,则该几何体的表面积为S=S1+S2+S3=πR2+π(R+r)l+πrl=π522+π(22+52)×52+π×22×4=(120+82)π.设圆台和圆锥的体积分别为V1，V2,体积为V=V1—V2=π3(R2+r2+Rr)h—119.如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱.(1)求出此圆锥的侧面积;(2)用x表示此圆柱的侧面积表达式;(3)当此圆柱的侧面积最大时，求此圆柱的体积.解析（1）圆锥的底面半径R与高H均为2,则圆锥的母线长为L=22,所以圆锥的侧面积为S（2）设圆柱的半径为r,则r2=2−x（3）S圆柱侧=−2πx2+4πx=2π−x−1一倒置圆锥体的母线长为10cm，底面半径为6（1）求圆锥体的高；（2）一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余的空间．解析（1）设圆锥体的高为ℎ，底面半径为R，母线长为l，则；（2）球放入圆锥体后的轴截面如图所示，设球的半径为r由△OCD∽△ACO1得，所以r6=8−r10解之，得10.3空间中点、线、面的位置关系1.在正四面体中，E，F分别为，的中心，则下列说法中不正确的是（）A．B．平面C．异面直线，所成的角为90°D．【答案】D【解析】取的中点O，连接、，如图所示：对于A，点A、F、O和点B、E、O分别共线，因为点E、F分别为和的中心，所以，所以，所以选项A正确；对于B，因为，，且，所以平面，即平面，选项B正确；对于C，因为平面，所以，选项C正确；对于D，因为，设，所以，在中，，所以，选项D错误．故选D.2.（2021·重庆一模）下列关于点、线、面位置关系的命题中正确的是（）A．若两个平面有三个公共点，则它们一定重合B．空间中，相交于同一点的三直线在同一平面内C．两条直线，分别和异面直线，都相交，则直线，可能是异面直线，也可能是相交直线D．正方体中，点是的中点，直线交平面于点，则，，三点共线，且，，，四点共面【答案】CD【解析】对于选项A：如图三个公共点在一条直线上，平面与平面相交不重合，故选项A不正确；对于选项B：正方体中从点出发的三条棱不在同一个平面内，故选项B不正确；对于选项C若则，确定一个平面，且，与直线，的交点都在此平面内，则，共面，与，是异面直线矛盾，故直线，可能是异面直线，也可能是相交直线.故选项C正确；平面平面，因为直线交平面于点，所以，即，，三点共线，因为，，三点共线，直线和直线外一点可以确定一个平面，所以，，，四点共面，故选项D正确.故选CD.3.正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法错误的是（）A．直线A1G与平面AEF平行B．直线DD1与直线AF垂直C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为D．平面AEF截正方体所得的截面面积为【答案】B【解析】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，，，C正确；，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.故选B.4.如图，在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成的角等于（）A．30° B．60° C．90° D．120°【答案】B【解析】因为，，，平面，所以平面，面，所以．又，，所以，所以三棱柱为直三棱柱．如图，在直三棱柱中，，，将其补形成正方体，连接，，则，，所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角．在中，，所以，所以异面直线与所成的角等于60°，故选B．5.（2021·宁夏固原一模）在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（）①､､三点共线；②､､､四点共面；③､､､四点共面；④､､､四点共面.A．①② B．①②③④ C．①②③ D．①③④【答案】A【解析】∵，平面，∴平面.∵，平面，∴平面，∴是平面和平面的公共点；同理可得，点和都是平面和平面的公共点，∴三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线.故①正确；∵，，∴，，确定一个平面，又，平面，∴平面，故②正确；根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故､､､四点不共面，故③不正确；根据异面直线的判定定理可得与异面直线，故､､､四点不共面，故④不正确.故选A.已知直线a,b,c,下列三个命题:①若a与b异面,b与c异面,则a与c异面;②若a//b,a和c相交,则b和c也相交;③若a⊥b,a⊥c,则.其中正确命题的个数是A．0 B．1 C．2 D．3答案A解析①不正确,如图，a,c有可能相交，异面，平行；②不正确,有可能相交;也有可能异面;③不正确,可能平行,可能相交,也可能异面.故选A.6.已知：正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为22，E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为().A.π6B.π3C.π4D.π2答案：B解析：如图,连接EO，PO，∵E为侧棱PC的中点，O为AC的中点，∴PA∥OE∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角,由题意得PO=22,AB=3，EO//PA且EO=1PO⊥平面ABCD，∴BO=62，PA=2，∴EO=12PA=22.又∵BD⊥AC，∴BD_⊥平面PAC∴BO⊥OE,在Rt△OBE中,tan∠OEB=OB0E=67.（多选题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．直线EF,OD1B．直线OD1C．直线EF,OD1D．直线OD1答案ABD解析根据题意画出图像如图所示，由图像易知，OD1和B1B在矩形BB1D1D上又∵O为正方形ABCD的中心，E为AD的中点，∴OE//CD又∵点F为C1D1的中点，∴D1F//CD且D1F=12CD，∴OE//D1F且OE=D1F，∴四边形OE8．（多选题）在空间四面体ABCD中，如图，分别是的中点，则下列结论一定正确的为（）A．EG=FH B．EF=GHC．EH与FG相交D．EG=HG答案ABC解析如图，∵分别是的中点∴EG∥BD且EG=12BD，FH∥BD且FH=12BD，∴EG||FH且EG=FH，∴四边形EFHG为平行四边形，∴选项ABC正确；又由题可知HG=12AC故选ABC.如图，在正方体ABCD−A1B1C1①直线AM与是相交直线.②直线AM与BN是平行线.③直线BN与MB④.其中正确的结论为________（注：把你认为正确的结论的序号都填上）．答案③④解析因为A,M,C,C1四点不共面，所以直线AM与同理，直线AM与BN也是异面直线，故②错误；同理，直线BN与MB易得，故④正确．故答案为③④10.如图，在长方体中，，E、F分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有①②三棱锥的体积为③若P是棱上一点，且，则E、C、P、F四点共面④平面截该长方体所得的截面为五边形【答案】②③④【解析】连接DE，，如图所示，因为E为AB的中点，所以EB=BC=2，所以，同理，又DC=4，所以，即，又因为底面ABCD，底面ABCD，所以，所以平面，即，又，即与不平行，所以CE不垂直，故①错误；由等体积法可得：三棱锥的体积，故②正确；作出P，使，取中点G，则P为中点，连接FP，CP，，因为F，P分别为，中点，所以，又，且，，所以，所以，所以E、C、P、F四点共面，故③正确；由选项C可得E、C、P、F四点共面，平面CEF即为平面CEFP，作，交于H，如图所示：所以E、H、P、C在同一平面内，即H点在平面ECP内，所以E、C、P、F、H在同一平面内，所以平面截该长方体所得的截面为五边形，故④正确.故②③④正确.11.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F分别是AB,AC上的点，且AE:EB=AF:FC答案平行解析在△ABC中，∵AE:EB=AF:FC,∴EF//BC.又∵BC//B1C12.在四棱锥P−ABCD中分别是的中点，若EF=2，则GH=_____．答案2解析如图连接AC，EF，GH，∵分别是的中点，∴EF//AC，EF=12AC，GH//AC，GH=又∵EF=2，故GH=2．故答案为2.13．如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中A1答案2解析如图，设BF=2FA，连接EF,CF，∵A1E=2EA，∴EF//又∵，∴EF//D1C.故.14．如图，正方体ABCD−EFGH中，O为侧面ADHE的中心，则异面直线与所成的角为；异面直线FO与BD所成的角为.答案45°；30°．解析（1）如图，∵CG//BF，∴∠EBF（或其补角）为异面直线与又∵△BEF中，∠EBF=45°，∴与所成的角为45°．（2）连接FH，BD，FO，∵HD//EA，EA//FB，∴∴HF//BD，∴∠HFO（或其补角）为异面直线FO与BD所成的角．连接HA、AF，易得FH=HA=AF，∴△AFH为等边三角形，又依题意知O为AH的中点，∴∠HFO=30°.即FO与15．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别是棱CD,C答案90°．解析如图，过点M作ME//DN交于点E，连接A1E，则∠A1ME为异面直线与DN所成的角（或其补角）．设正方体的棱长为则A1M=32a,ME=54a,A1E=16．如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点.求证：CE，D1F，DA交于一点.证明：如图所示，连接CD1所以EF//A1B且EF=12A1B所以CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE且P∈D1F，又∵CE⊂平面ABCD且D1F⊂平面A1ADD1，∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD17.已知在正方体中，，分别为，的中点，，.(1)求证：，，，四点共面；(2)求证：若交平面于点，则，，三点共线；证明：如图，（1）是的中位线，．在正方体中，，．确定一个平面，即，，，四点共面（2）正方体中，设确定的平面为，又设平面为．，．又，则是与的公共点，又，，，则．故三点共线．19.如图，已知分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.（1）求证：四点共面；（2）若四边形是矩形，求证：AC⊥BD.解析（1）在ΔABD中，∵E,H分别是AB,AD的中点，.同理FG//BD，则EH//FG.故四点共面.（2）由（1）知EH//BD，同理AC//GH.又∵四边形是矩形∴EH⊥GH，故AC⊥BD.10.4直线、平面平行的判定与性质1.如图，在长方体木块ABCD-A1B1C1D1中，面A1C1上有一点P，过点P画直线与棱CD平行，则下列结论正确的是（）A.有且只有一条这样的直线.B.有无数条这样的直线.C.没有这样的直线.D.有有限条这样的直线.答案A解析由直线和平面平行的性质定理和判定定理可知答案A正确.2.如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别为平面ABCD和平面A′B′C′D′的中心，则正方体的六个面中与EF平行的平面有()A.1个B．2个 C．3个 D．4个答案D解析由直线与平面平行的判定定理知.EF与平面AB′，平面BC′，平面CD′，平面AD′均平行.故与EF平行的平面有4个.3.在三棱锥P-ABC中,点D在PA上,且PDDA,过点D作平行于底面ABC的平面,分别交PB,PC于点E,F,若ΔABC的面积为9,则ΔDEF的面积是（）A．1 B．2 C．4 D．答案A解析画出图像如下图所示，由于，故为的三等分点，由于平面平行于平面故，且相似比为，故面积比为，由于的面积为，所以三角形点的面积为，故选A.4.如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（）A．直线与为异面直线 B．平面C．直线与为异面直线 D．平面答案ABC解析直线与、直线与不同在任何一个平面内，满足异面直线的定义，所以A，C正确；由正方体的结构特征可知，，且，∴四边形为平行四边形，则，∵平面，平面，∴平面，故B正确；由于与面相交，故D错误.故选ABC.5．在三棱锥A－BCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AE︰EB＝CF︰FB＝2︰5，则直线AC与平面DEF的位置关系是()A．平行 B．相交C．直线AC在平面DEF内 D．不能确定答案A解析由AE︰EB＝CF︰FB，可得，又.故选A.6．在空间四边形中，分别在上，且满足，则直线与平面的位置关系是（）A．||平面 B．平面C．与平面相交 D．以上都有可能答案A解析∵，∴EF||AC.又∵，.∴||平面.故选A.7.如图，在四面体中，截面是正方形，则（）A． B．平面C．D．分别是线段的中点答案AB解析由题意知：，，.所以，故A正确.由，平面，平面.故平面.故选AB.8.如图所示，正方体中，分别为棱的中点，则在平面内与平面平行的直线（）A．不存在 B．有1条 C．有2条 D．有无数条答案D解析平面与平面有公共点，由公理3知平面与平面必有过的交线，在平面内与平行的直线有无数条，且它们都不在平面内，由线面平行的判定定理可知它们都与平面平行.故选D.9.棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，则动点M的轨迹是（）A．平面 B．直线C．线段，但只含1个端点 D．圆【答案】C【解析】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，由于平面,平面，所以平面.∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，且平面,平面，∴平面.∵AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点.故选C.10.两条直线，，β是两个不同的平面，则∥β的一个充分条件是（）A．存在一条直线a，a∥，a∥βB．存在一条直线a，a⊂，a∥βC．存在两条平行直线a、b，a⊂，b⊂β，a∥β，b∥D．存在两条异面直线a、b，a⊂，b⊂β，a∥β，b∥【答案】D【解析】对于选项A，若存在一条直线，，，则或与相交.若，则存在一条直线，使得，，所以选项A的内容是的一个必要条件而不是充分条件；对于选项B，存在一条直线，，，则或与相交.若，则存在一条直线，，，所以，选项B的内容是的一个必要条件而不是充分条件；对于选项C，存在两条平行直线a、b，a⊂，b⊂β，a∥β，b∥，则或与相交.若，则存在两条平行直线a、b，a⊂，b⊂β，a∥β，b∥，故选项C的内容是的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到其中一个平面中，成为相交直线，由面面平行的判定定理可知，，则，所以选项D的内容是的一个充分条件.故选D.11.已知是两个不同的平面，m，n是平面和之外的两条不同的直线，且，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】充分性：因为，，所以，又因为，所以或，又因为m是平面和之外的直线，所以；必要性：因为，，所以或与相交或，又因为，所以与平行，相交，异面，所以必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.12.已知在三棱锥中，为线段的中点，点在(含边界位置)内，则满足平面的点的轨迹为（）A．线段，的中点连接而成的线段B．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段C．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段D．线段靠近点的三等分点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段【答案】A【解析】如图所示，P、Q分别为线段，的中点，所以,平面,平面，所以平面，同理平面，,所以平面平面，若平面,则会有平面，故点的轨迹为线段，的中点连接而成的线段，故选A.13.（2021·四川仁寿模拟）正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法错误的是（）A．直线A1G与平面AEF平行B．直线DD1与直线AF垂直C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为D．平面AEF截正方体所得的截面面积为【答案】B【解析】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，，，C正确；，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.故选B.14.（2021·福建莆田模拟）在直三棱柱中，各棱长均为2，分别为线段的中点，则（）A．平面平面 B．C．直线和所成角的余弦值为 D．该棱柱外接球的表面积为【答案】ABD【解析】对于A：在直三棱柱中，各棱长均为2，分别为线段的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，因为面，面，所以面，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，因为面，面，所以面，因为，所以平面平面，故选项A正确；对于B：因为是等边三角形，是线段的中点，可得，因为三棱柱为直棱柱，可得面，面，所以，由，所以面，因为面，所以，故选项B正确；对于C：因为所以即为异面直线和所成角，，，，由余弦定理可得：，故选项C不正确；对于D：设上下底面的中心分别为，，则三棱锥的外接球的球心为的中点，设外接圆的半径为，三棱锥的外接球的半径为，则，所以，所以外接球的表面积为，故选项D正确.故选ABD.15.在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．【答案】【解析】补全截面为截面如图，设，直线与平面不存在公共点，平面，易知平面平面，，且当与重合时，最短，此时的面积最小，由等面积法得，即，，，，平面，则，又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．三棱锥的外接球的半径为，体积为．16.下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是________．答案①④解析在①中：如图：∵分别为其所在棱的中点,∴,∵面，面，∴面，同理可得面∵，∴面面，∵AB⊂面，∴AB∥平面故①成立.在②中，若下底面中心为，连接，可得，面，所以与平面不平行，故②不成立；在③中：如图：平面即为平面，因为面，所以与面不平行，故③不成立；在④中：如图：且所以四边形是平行四边形，可得，因为，所以因为面，面，所以所以平面，故④成立．故答案为①④.17.已知是平面外的两条直线，给出下列三个论断：①；②；③，以其中两个为条件，余下的一个为结论，写出你认为正确的一个________．答案①②③（或①③②）解析可由①②⇒③.因为由②，由线面平行的性质定理，可过直线可作出一个平面与交于一直线，可得，故，由线面平行的判定定理可得③；也可由①③⇒②.因为同理由③可知过直线n可作出一个平面与α交于一直线，可得，故，由线面平行的判定定理可得②；不能由②③⇒①.因为由②③可推出直线m、n可能相交，平行或异面．下列三个说法：①若直线在平面外，则；②若直线，直线，则；③若，则与内任意直线平行．其中正确的有________．答案②解析直线在平面外，包含直线与相交、直线与平行两种情况，故①不正确；由直线与平面平行的判定定理知②正确；③中与内的直线可能平行，相交、异面，③不正确．故答案为②19.如图，O是长方体底面对角线AC与BD的交点，则B1O与平面的位置关系为.答案平行解析如图,连接交于点,连接.，四边形为平行四边形，.易知∴四边形为平行四边形,.∵B1O不包含于平面,平面,平面.20.如图，在五面体中，四边形为矩形，分别是的中点，则与的位置关系是_______，与平面的位置关系是______．解析：∵分别是的中点，∴MN∥CF.又∵四边形为矩形,∴CF∥DE,∴MN∥DE又.∵平面,平面∴平面．21.用一个平面去截直三棱柱，交分别于点.若，则截面的形状可以为________.（把你认为可能的结果的序号填在横线上）①一般的平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤梯形.【答案】②⑤【解析】由面面且为直三棱柱，易知截面中，当时，此时，四边形为矩形；当不与平行时，四边形为梯形.故答案为：②⑤22.（2021·安徽芜湖模拟）已知正方体，点是中点，点为的中点，点为棱上一点，且满足平面，则直线与所成角的余弦值为_______．【答案】【解析】设分别是的中点，连接，显然有且，因为四边形是正方形，点为的中点，所以且，因为四边形是正方形，点是中点，所以且，因此且，所以四边形是平行四边形，因此有，而平面，平面，所以平面，因此两点重合，因此直线与所成角为或其补角，设正方体的棱长为4，由勾股定理可知：，，显然，，在中，，故答案为：23.（2021·福建高三一模）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是_________．【答案】【解析】取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，∵是侧面四边形内一动点（含边界），平面，∴线段，∴当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，∵在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，∴，，．∴线段长度的取值范围是．故答案为：24.如图，三棱柱中，分别是棱的中点.判断直线EF与平面的关系.解析：连接，∵分别是的中点，∴DE∥AC且，∵是三棱柱，∴且，∴四边形是平行四边形，∴且.∵是的中点，∴且.∴且，∴四边形是平行四边形，∴.又∵平面平面，∴平面25.图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使点P平面ABCD.求证：平面PAB∥平面EFG.【解析】因为PE＝EC，PF＝FD，所以EF∥CD，又因为CD∥AB，所以EF∥AB，又EF平面PAB，AB平面PAB，所以EF∥平面PAB，同理可证EG∥平面PAB.又因为EF∩EG＝E，所以平面PAB∥平面EFG.10.5直线、平面垂直的判断与性质1.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，.则在阳马中，鳖臑的个数为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以平面，同理平面，故四面体和都是鳖臑.而平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而，所以平面.而平面，所以.又，，所以平面.由平面，平面，可知四面体､和的四个面都是直角三角形，即四面体､和都是鳖臑.综上有个鳖臑.故选B.2.（2021·河南安阳模拟）已知四棱锥的顶点都在球上，平面，底面为矩形，，若球的表面积为，则四棱锥的体积为___________；若，分别是，的中点，则点到平面的距离为___________.【答案】【解析】由题意可知，球心为的中点，故球的直径，所以，，，所以四棱锥的体积为；设球心到平面的距离为，由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得．故答案为：；.6.如图，在边长为的正方形中，、分别是、的中点.若沿、及把这个正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为，则：（1）三棱锥外接球的表面积为___________；（2）点到平面的距离为___________.【解析】（1）在正方形中，，，，在三棱锥中，则，，，平面，且，将三棱锥补成长方体，所以，三棱锥外接球的直径为，因此，三棱锥外接球的表面积为；（2），，，取的中点，连接，则，，则，设点到平面的距离为，由，可得，解得.故答案为：；.7.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.【答案】2【解析】(1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.故.又,为中点,故所以为中点.故.(2)取中点则由(1)有平面,故,又,设平面则有平面.故点的轨迹为.又此时,,故.所以.故答案为：(1).2(2).8.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB,P为A1B的中点，Q为棱CC1的中点，下列结论不正确的是（）PQ⊥ABB.PQ⊥CC1C.PQ⊥A1BD.PQ⊥A1C1答案：D解析：C-A1B1C1中，∵CC1⊥CE，∴CC1⊥PQ，故B正确.在平面ABB1A1中，∵CE⊥AB，CE⊥B1B且AB∩B1B=B，∴CE⊥平面ABB1A1∴CE⊥A1B，即PQ⊥A1B，故C正确，所以选D.9.如图，平行四边形的边平面，且，，则（）A．2 B．3 C． D．答案D解析平行四边形中，，，平面∴平面，又∵平面.∴,∴，故选D．10．如图，四棱锥底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（）平面C．与平面所成的角是D．与所成的角等于与所成的角答案ABCD解析∵是正方形∴又∵面面∴∵平面∴平面∵平面∴故A正确.∵平面平面∴平面故B正确.∵底面∴与平面所成的角是故C正确.∵与所成的角等于与所成的角，故D正确.故选ABCD．11.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20° B．40°C．50° D．90°答案B解析画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知根据线面垂直的定义可得由于∴由于∴即晷针与点处的水平面所成角为.故选B12.如图,在三棱锥A-BCD中,E为CD的中点，0为BD上一点,且BC//平面AOE.(1)求证:O是BD的中点.(2)若AB=AD,BC⊥BD,求证:平面ABD⊥平面AOE.解析(1)∵BC//平面AOEBC⊂平面BCD平面BCD∩平面AOE=OE∴BC//OE∵E为CD的中点∴O是BD的中点..(2)∵BC//OEBC⊥BD,∴OE⊥BD∵AB=ADO是BD的中点∴OA⊥BD,∵OE∩OA=O且OE,OA都在平面AOE内∴BD⊥平面AOE∵BDC平面ABD,∴平面ABD⊥平面AOE.13.如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD.上,且EF⊥AD.求证:(1)EF//平面ABC;(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内∵AB⊥ADEF⊥AD∴EF//AB.又∵EF不包含于平面ABCAB⊂平面ABC∴EF//平面ABC.(2∵平面ABD⊥平面BCD平面ABD∩平面BCD=BDBC⊂平面BCDBC⊥BD∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD∴BC⊥AD.又AB⊥ADBC∩AB=BAB⊂平面ABCBC⊂平面ABC∴AD⊥平面ABC又∵AC⊂平面ABC∴AD⊥AC14.如图,在正三棱柱ABC-AlB1C1中,E,F分别为BB1,AC的中点，(1)求证:BF//平面A1EC(2)求证:平面A1EC⊥平面ACC1A1证明：(1)连接AC1交A1C于点0,连接OE,OF在正三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形∴0A=OC1又∵F为AC的中点∴OF//CC1且OF=12CC1∵E为BB1的中点∴BE//CC1且BE=12CC∴BE//OF且BE=OF∴四边形BEOF是平行四边形∴BF//OE.又∵BF不包含于平面A1ECOE⊂平面A1EC∴BF//平面A1EC.(2)由(1)知BF//OE∵AB=CBF为AC的中点，∴BF⊥AC∴OE⊥AC.又∵AA1⊥底面ABC而BF⊂底面ABC,∴AA1⊥BF由BF//OE得OE⊥AA1而AA1,AC⊂平面ACC1A1且AA∩AC=A∴OE⊥平面ACC1A1∵OE⊂平面A1EC∴平面A1EC⊥平面ACC1A115.如图，在直三棱柱中，侧棱长为2，是的中点，是上的动点，交于点，要使平面，求线段的长．答案线段的长为解析设，因为平面，平面，所以．由可得，所以．设Rt△AA1B1斜边上的高为，则．又，所以，．在Rt△DB1E中，．在Rt△DB1F中，由面积相等得，解得，即线段的长为．16．如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为O，且平面．（1）证明：；（2）若，，，求到平面ABC的距离．解析（1）证明：连接，则O为与的交点，∵侧面为菱形，∴，∵平面，∴，∵，∴平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴．（2）作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作，垂足为H，∵∴平面AOD∴∵∴平面ABC∵∴△CBB1∵∴∵∴∴，由∴∵O为的中点，∴到平面ABC的距离为．单元检测十1.（2021·福建福州质检）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，则不能判断直线平面的是A． B． C． D．【解析】：对于选项，连结，，如图①所示，因为，，为所在棱的中点，由中位线定理可得，，，且，，，平面，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选项正确；对于选项，如图②所示，因为，，为所在棱的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面，故选项正确；对于选项，连结上底面的对角线交于点，连结，如图③所示，因为，，为所在棱的中点，由中位线定理可得，，因为与平面相交，故与平面不平行，故选项不正确；对于选项，连结上底面的对角线，如图④所示，因为，，为所在棱的中点，所以，，又因为，，，平面，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故选项正确．故选：C．2