历年高中数学联赛真题分类汇编52立体几何与空间向量

1/3历年高中数学联赛真题分类汇编专题52立体几何与空间向量第四缉1．【2019年贵州预赛】已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为16,则此三棱锥的高h与其内切球半径r之比hr=(A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】过正三棱锥V-ABC的侧棱VC及高VG作截面交AB于M,则内切球O与侧面相切的切点N在VM上(如图).在△VGM中,ONVO2．【2018年福建预赛】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、E分别为棱BC、BB1的中点，N为正方形B1BCC1的中心.l为平面A1MN与平面D1BE的交线，则直线l与正方体底面ABCD所成角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】D【解析】如图，由正方体的性质与条件，易得MN⊥面ABCD，BE⊥面ABCD.∴面A1MN⊥面ABCD，面D1BE⊥面ABCD.∴l⊥面ABCD，l与面ABCD所成角的大小为90°.选D.3．【2018年福建预赛】如图，在三棱锥中，SA=SB=AB=BC=CA=6，且侧面ASB⊥底面ABC，则三棱锥S－ABC外接球的表面积为（）A．60πB．56πC．52πD．48π【答案】A【解析】如图，设D为AB中点，O1为△ABC的外心，O2为△SAB的外心，O为三棱锥S－ABC外接球的球心，球O的半径为R.由SA=SB=AB=BC=CA=6，知△SAB、△ABC是边长为6的正三角形.∴SD⊥AB，CD⊥AB，CD=SD=33，O1在CD上，O2在SD上，且O2D=O1D=3，CO1=2∵侧面ASB⊥底面ABC，OO1⊥面ABC，∴SD⊥面ABC，O2D⊥O1D，SD∥OO1.∴四边形O2DO1O为正方形，OO1=O2D=3.∴R=OC=O∴三棱锥S－ABC外接球的表面积为4πR2=60π.选A.4．【2018年贵州预赛】在空间直角坐标系中，已知O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等的点的个数是（）A．1B．4C．5D．无穷多【答案】C【解析】四面体OABC的内切球球心以及四个“旁切球”的球心到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等，故满足条件的点的个数是5．故答案为：C．5．【2018年贵州预赛】若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为22A．arcsin13B．arccos13【答案】B【解析】由题意知，截面椭圆的短轴长2b与圆柱底面直径相同，则截面与圆柱底面所成的锐二面角θ满足：cosθ=2b2a由已知e=2即cosθ=13，所以θ=6．【2018年湖南预赛】下列四个说法正确的是（）A．两两相交的三条直线必在同一平面内B．若四点不共面，则其中任意三点都不共线C．在空间中，四边相等的四边形是菱形D．在空间中，有三个角是直角的四边形是矩形【答案】B【解析】对于选项A，如果三条直线交于一点，则此时三条直线不一定在同一平面内，故A不对；对选项B，若四点不共面，则一定不存在三点共线，若有三点共线，则第四点与此线确定一个平面，这样就会出现四点共面，与已知条件不符合，故B正确；对于选项C，在空间中四边相等的四边形可能是空间四边形，故C不对；对于选项D，空间四边形中也存在三个角是直角的情况，故D不对．故选：B．7．【2018年湖南预赛】已知a、b表示两条不同的直线，α,β表示两个不同的平面.下列选项中说法正确的是().①若a∥b,b⊂α，则a∥α②若a⊥α,b⊥a，则b∥α③若a⊥α,b⊥β，a∥b则α∥β④若α∥βA．①②B．③④C．②③D．③【答案】D【解析】①若a∥b,b⊂α，则a∥α不一定成立，可能a在α内，故②若a⊥α,b⊥a，则b∥α或,b⊂α，故③若a⊥α,b⊥β，a∥b则④若α∥β，a⊂α,b⊂β，则a∥b或故选D.8．【2018年湖南预赛】如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，那么A．8B．9C．10D．11【答案】A【解析】试题分析：由题意直线在平面上与底面正方形四条边都相交故，直线与正方体的左右两个侧面平行，与正方体的前后两个侧面、上下两个底面相交，故，所以．考点：直线与平面的位置关系．9．【2018年湖南预赛】如图，L、M、N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是（）A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合【答案】C【解析】如图分别取另三条棱的中点A,B,C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL,因PQ∥AL,AL⊂平面LMN，PQ⊄平面LMN,故PQ∥平面LMN,同理，由PR∥CN，可得PR∥平面LMN,因PQ,PR为平面PQR内两相交直线,故平面PQR∥平面LMN.故选C.10．【2018年湖南预赛】如图所示，点S在平面ABC外，SB⊥AC，SB=AC=2，E、F分别是SC和AB的中点，则EF的长是()A．1B．2C．22D．【答案】B【解析】取BC的中点D，连接ED与FD∵E、F分别是SC和AB的中点，点D为BC的中点∴ED∥SB，FD∥AC,而SB⊥AC，SB=AC=2则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1即EF=2.故选B.11．【2018年湖南预赛】将半径为3，圆心角为2πA．2π3C．4π3【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,则2πr=2π设内切球的半径为R，则R212．【2018年湖南预赛】若三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC,PA=AB=2，AC=22A．12πB．16πC．20πD．24π【答案】A【解析】由题意，PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC＝22,∴平面ABC是直角三角形，补形底面为长方形．∴球心到圆心的距离为1，底面长方形的外接圆r=2,∴R2=r2+1，即R=3,∴球O的表面积S=4πR2=12π．故选：A．13．【2018年陕西预赛】已知四面体ABCD内接于球，且AD是球的直径.若ΔABC和ΔBCD都是边长为1的等边三角形，则四面体A．26B．212C．3【答案】B【解析】四面体以等腰直角ΔABD为底，高为22，故体积为114．【2018年陕西预赛】已知四面体ABCD内接于球，且AD是球的直径.若ΔABC和ΔBCD都是边长为1的等边三角形，则四面体A．26B．212C．3【答案】B【解析】四面体以等腰直角ΔABD为底，高为22，故体积为115．【2018年陕西预赛】已知四面体ABCD内接于球，且AD是球的直径.若ΔABC和ΔBCD都是边长为1的等边三角形，则四面体A．26B．212C．3【答案】B【解析】四面体以等腰直角ΔABD为底，高为22，故体积为116．【2018年贵州预赛】在空间直角坐标系中，已知O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等的点的个数是（）A．1B．4C．5D．无穷多【答案】C【解析】四面体OABC的内切球球心以及四个“旁切球”的球心到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等，故满足条件的点的个数是5．故答案为：C．17．【2018年贵州预赛】若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为22A．arcsin13B．arccos13【答案】B【解析】由题意知，截面椭圆的短轴长2b与圆柱底面直径相同，则截面与圆柱底面所成的锐二面角θ满足：cosθ=2b2a由已知e=2即cosθ=13，所以θ=18．【2018年吉林预赛】三棱锥P-ABC的底面△ABC是边长为3的正三角形，已知PA=3，PB=4，PC=5，则三棱锥P-ABC的体积为（）A．3 B．10 C．11 D．2【答案】C【解析】VP−ABC故答案为：C19．【2018年天津预赛】下面左边的平行四边形ABCD是由6个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可以得到如右图所示的粽子形状的六面体，在这个六面体中，AB与CD夹角的余弦值是（）.A．0 B．1 C．12 D．【答案】C【解析】如图所示，取中间的虚线EF，将平行四边形分为两部分，各由三个小正三角形构成.左端的三个小正三角形折起来（B和F重合），恰好是一个无底的正三棱锥，AB、EF是它的两条底边；同理，右端的三个小正三角形折起来（D和E重合）构成粽子的另一半，CD、EF也是边线.因此，折起来后，AB、CD是正三角形的两条边，它们夹角的余弦值为12故答案为：C20．【2017年天津预赛】正四棱锥的底面边长为2017,侧棱长为2000,则侧棱与底面所成的角与下面哪个角的差的绝对值最小( ).(A)30∘ (B)40∘ (C)50∘ 【答案】B【解析】提示：注意锥顶在底面的射影是底面的中心,易知侧棱与底面所成的角的余弦值为201722000,它约等于22,但比221．【2017年辽宁预赛】已知长方体的表面积为452与棱所成角的最大值为( )(A)arccos13 (B)arccos23 (C)arccos【答案】D【解析】提示:设过同一顶点的棱长分别为a,则{2(ab+bc+ca)=故a、b为方程x2于是:Δ=(6−c)解得1≤c≤3.由于c≤13又a则cosθ=22．【2017年陕西预赛】如图,在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中,P、Q(A)38 (B)38 (C)316 【答案】C【解析】提示:易知,直三棱柱另一个底面的三个顶点P1,Q1、R1又S△PQR23．【2017年黑龙江预赛】一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的( )(A)外接球的半径为33 (B)体积为(C)表面积为6+3+1【答案】D【解析】提示：几何体是有一个侧面和底面垂直的三棱锥,体积是1表面积是1外接球半径是233,外接球表面积是24．【2017年贵州预赛】已知正四面体ABCD的棱长为aa>3如图所示,点E、F、G分别在棱AB、AC(A)1 (B)2 (C)3 (D)4【答案】C【解析】提示:设AE={x2+由于圆x2+z因此满足条件的△EFG故选C.25．【2017年湖南预赛】已知点P为正三棱柱ABC−A1B1C1上底面△A1B1C1的中心,作平面BCD(A)348 (B)324 (C)316 【答案】A【解析】提示:如图,设平面AA1P与边BC在矩形AEE​1A由AAAD=所以VD−ABC26．【2016年陕西预赛】如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，G为△BCD的重心，M为线段AG的中点.则三棱锥M-BCD的外接球的表面积为（）.A．πB．3π2C．6【答案】B【解析】因为G为正△BCD的重心，所以，AG⊥平面BCD⇒AG⊥BG.在Rt△AGB中，AB=1，BG=23⇒AG=A⇒MG=12AG=6在Rt△MGB中，MB=MG⇒MC=MB=22则MB2+MC2=12=BC2⇒MB⊥MC.类似地⊥Ml)，MD⊥MB.于是，三棱锥M-BCD的外接球的直径等于以MB、MC、MD为棱的正方体的体对角线长.设三棱锥M-BCD的外接球半径为R.则2R=3MB=62故外接球的表面积S=4πR2=3π27．【2016年浙江预赛】已知正三棱锥S−ABC的底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2。若过直线AB的截面将正三棱锥的体积分成两个相等的部分，则截面与底面所成二面角的平面角的余弦值为（）。A．1510B．41515C．【答案】D【解析】设截面与棱SC交于点D.易知，D为棱SC的中点.取AB的中点E，联结EC、DE、SE.则在ΔSEC中，SE=152，在ΔDEC中，应用余弦定理得cosθ=28．【2016年辽宁预赛】已知正方体的棱长为1，在对角线上取点M，在上取点N，使得线段MN平行于对角面，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】作于点，作于点，易证，设，则，在直角梯形，易得，当时，的最小值为，故选A.【方法点睛】本题主要考查正方体的性质、线面平行的判定与性质以及求最值问题，属于难题.求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解，若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域.29．【2016年湖南预赛】一个色子由1~6六个数字组成，根据图所示三种状态显示的数字，可推得“？”的数字为（）.A．6B．3C．1D．2【答案】C【解析】试题分析：由图中的前两个状态可知，“？”处的数字可能为什1或6，进一步看状态一可知，不可能为1．由图中的前两个状态可知，1的周围为2，3，4，5；则“？”处的数字可能为什1或6；从状态一可知，不可能为1；考点：空间位置关系30．【2015年浙江预赛】如图1，在正方体ABCD−A1B1CA．36B．12C．3【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在的直线分别为D0,0则平面ACD1的法向量n1=1,1故cosn1,n231．【2015年天津预赛】在正方体的十二条面对角线和四条体对角线随机地选取两条对角线.则这两条对角线所在的直线为异面直线的概率等于（）A．730B．920C．【答案】B【解析】在正方体的十二条面对角线和四条体对角线中选取两条对角线的取法数为C16当两条对角线所在的直线为异面直线时，这两条对角线至少有一条为面对角线.任取一条面对角线，在其余十一条面对角线中，有五条面对角线与该对角线异面.又因为是成对计算数目，所以，这种情况下共有12×52任取一条面对角线，在四条体对角线中，有两条体对角线与该对角线异面.于是，这种情况下共有12×2=24对异面直线.因此，随机选取的两条对角线所在的直线为异面直线的概率为30+2412032．【2015年四川预赛】已知正三菱锥P-ABC的底面ABC为正三角形，该正三菱锥的外接球的球心O满足OA+A．16B．2