2024高考数学二轮复习第一部分保分专题三空间位置与空间计算练习理

PAGEPAGE1第一部分保分专题三空间位置与空间计算A组小题提速练一、选择题1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH确定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．答案：B2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确的命题是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析：两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的状况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条相互垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．答案：B3.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能推断出AP⊥BC，故选B.答案：B4．已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：①若b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；②若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．推断正确的是()A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题解析：若b⊂α，a⊄α，a∥b，则由线面平行的判定定理可得a∥α，反过来，若b⊂α，a⊄α，a∥α，则a，b可能平行或异面，则b⊂α，a⊄α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a⊂α，b⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a∥β，b∥β，反过来，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β可能平行或相交，则a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要条件，②是假命题，选项B正确．答案：B5.如图是一几何体的平面绽开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：将绽开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不确定垂直，④错．故选B.答案：B6．在下列四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的是()解析：对于A，作出过AB的平面ABE，如图①，可得直线CD与平面ABE垂直，依据线面垂直的性质知，AB⊥CD成立，故A正确；对于B，作出过AB的等边三角形ABE，如图②，将CD平移至AE，可得CD与AB所成的角等于60°，故B不成立；对于C、D，将CD平移至经过点B的侧棱处，可得AB，CD所成的角都是锐角，故C和D均不成立．故选A.答案：A7．(2024·贵阳一中适应性考试)已知l为平面α内的一条直线，α，β表示两个不同的平面，则“α⊥β”是“l⊥β”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解析：若l为平面α内的一条直线且l⊥β，则α⊥β，反过来则不确定成立，所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件，故选B.答案：B8．(2024·广州模拟)用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析：对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满意a⊥b，b⊥c，但是a⊥c，所以①错误；对于②，若a∥b，a∥c，则b∥c，满意平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.答案：D9.(2024·菏泽模拟)如图所示的三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能解析：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.故选B.答案：B10.(2024·贵阳模拟)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是()A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心解析：由题意可知PA、PE、PF两两垂直，所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，所以EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．故选A.答案：A11．已知点E，F分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则满意与平面ABCD平行的直线A．0条 B．1条C．2条 D．多数条解析：如图所示，作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E交平面KSHG于点N，M，连接MN，由面面平行的性质得MN∥平面ABCD，由于平面KSHG有多数多个，所以平行于平面ABCD的MN有多数多条，故选D.答案：D12．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADEA．BM是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1D．MB∥平面A1DE解析：取CD的中点F，连接MF，BF，AF(图略)，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确．∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝eq\f(1,2)A1D，FB＝DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正确．∵B是定点，BM是定值，∴M在以B为球心，MB为半径的球上，故B正确．∵A1C在平面ABCD中的射影是点C与AF上某点的连线，不行能与DE垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C.故选C.答案：C二、填空题13.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(把你认为正确结论的序号都填上)．解析：AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，为60°.答案：③④14．如图是一个正方体的平面绽开图．在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；②CN与BE平行；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，明显①②正确；对于③，连接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°，所以CN与BM成60°角，所以③正确；对于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正确．答案：①②③④15.如图，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是________．解析：∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，∴CB⊥PA，CB⊥AC，又PA∩AC＝A，∴CB⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，∴CB⊥AF.又∵F是点A在PC上的射影，∴AF⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC，故①③正确．又∵E为A在PB上的射影，∴AE⊥PB，∴PB⊥平面AEF，故②正确．而AF⊥平面PCB，∴AE不行能垂直于平面PBC.故④错．答案：①②③16．如图所示，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为________．解析：如图所示，延长DA至E，使AE＝DA，连接PE，BE.∵∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，∴DE＝BC，DE∥BC.∴四边形CBED为平行四边形，∴CD∥BE.∴∠PBE就是异面直线CD与PB所成的角．在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°，由余弦定理，得PE＝eq\r(PA2＋AE2－2PA·AEcos∠PAE)＝eq\r(AE2＋AE2－2AE·AE·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)AE.在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°，∴BE＝eq\r(2)AE.∵△PAB是等边三角形，∴PB＝AB＝AE，∴PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，∴∠PBE＝90°.答案：90°B组大题规范练1．(2024·临沂模拟)如图①，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝4，E是边AD上一点，且AE＝3，把△ABE沿BE翻折，使得点A到A′满意平面A′BE与平面BCDE垂直(如图②)．(1)若点P在棱A′C上，且CP＝3PA′，求证：DP∥平面A′BE；(2)求二面角B­A′E­D的余弦值的大小．解析：(1)证明：过P作PQ∥BC交A′B于点Q.如图所示．因为CP＝3PA′，所以eq\f(PQ,BC)＝eq\f(A′P,A′C)＝eq\f(1,4)，因为BC＝4，所以PQ＝1，因为DE∥BC，DE＝1，所以DE綊PQ，所以四边形QEDP为平行四边形，所以DP∥EQ.因为DP⊄平面A′BE，EQ⊂平面A′BE，所以DP∥平面A′BE.(2)如图，过A′作A′F⊥BE于点F，因为平面A′BE⊥平面BCDE.所以A′F⊥平面BCDE.因为∠BA′E＝90°，A′B＝eq\r(3)，A′E＝3，所以∠A′EB＝30°，A′F＝eq\f(3,2)，EF＝eq\f(3\r(3),2)，过F作FG⊥DE交DE的延长线于点G，则FG＝eq\f(3\r(3),4)，EG＝eq\f(9,4).如图，建立空间直角坐标系，D(0,0,0)，E(1,0,0)，B(4，eq\r(3)，0)，C(0，eq\r(3)，0)，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(3\r(3),4)，\f(3,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(3\r(3),4)，0))，则eq\o(EA′,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(3\r(3),4)，\f(3,2)))，eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(3\r(3),4)，0))，eq\o(DE,\s\up10(→))＝(1,0,0)．设平面A′BE的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up10(→))＝0，,n·\o(EA′,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)x＋\f(3\r(3),4)y＝0，,\f(9,4)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(3,2)z＝0，))可取n＝(1，－eq\r(3)，0)．设平面A′DE的法向量m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up10(→))＝0，,m·\o(EA′,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,\f(9,4)x1＋\f(3\r(3),4)y1＋\f(3,2)z1＝0，))可取m＝(0,2，－eq\r(3))．所以cos〈m，n〉＝eq\f(－2\r(3),\r(1＋3)×\r(4＋3))＝－eq\f(\r(21),7).因为二面角B­A′E­D为钝角，所以二面角B­A′E­D的余弦值的大小为－eq\f(\r(21),7).2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解析：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为底面ABCD是正方形，所以E为BD的中点．所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.以O为原点，以eq\o(OD,\s\up10(→))，eq\o(OE,\s\up10(→))，eq\o(OP,\s\up10(→))为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up10(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up10(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up10(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，得y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题知二面角B­PD­A为锐角，所以二面角B­PD­A的大小为60°.(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，则eq\o(MC,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up10(→))|,|n||\o(MC,\s\up10(→))|)＝eq\f(2\r(6),9).所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).3.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解析：(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.(2)由(1)知，直线AD，BD，ED两两垂直，故以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0，λ，1)，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BP,\s\up10(→))＝(0，λ－eq\r(3)，1)．设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,n1·\o(BP,\s\up10(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,λ－\r(3)y＋z＝0，))取y＝1，则n1＝(eq\r(3)，1，eq\r(3)－λ)．∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(3＋1＋\r(3)－λ2)×1)＝eq\f(1,\r(λ－\r(3)2＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴当λ＝eq\r(3)时，cosθ有最大值eq\f(1,2)，∴θ的最小值为60°.4.在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝PC＝2，BC＝1，AC＝eq\r(3)，AC⊥BC.(1)求点B到平面PAC的距离．(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值．解析：(1)以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，取AB的中点D，连接PD，DC，因为△ACB为直角三角形且AC＝eq\r(3)，BC＝1，所以AB＝2，故DC＝1，所以△PAB为正三角形，所以PD⊥AB且PD＝eq\r(3)，在△PDC中，PC＝2，PD＝eq\r(3)，DC＝1，所以PC2＝PD2＋DC2，所以PD⊥DC，又AB∩DC＝D，所以PD⊥平面ABC.则A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，C(0,0,0)，eq\o(CA,\s\up10(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(CP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(CB,\s\up10(→))＝(0,1,0)，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up10(→))＝\r(3)x＝0，,n·\o(CP,\s\up10(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\r(3)z＝0，))取y＝2eq\r(3)，得n＝(0,2eq\r(3)，－1)，所以点B到平面PAC的距离d＝eq\f(|\o(CB,\s\up10(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(3),\r(13))＝eq\f(2\r(39),13).(2)eq\o(PA,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－\r(3)))，eq\o(BC,\s\up10(→))＝(0，－1,0)，设异面直线PA与BC所成角为θ，cosθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up10(→))·\o(BC,\s\up10(→))|,|\o(PA,\s\up10(→))·|\o(BC,\s\up10(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\r(4)·1)＝eq\f(1,4).所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为eq\f(1,4).(二)A组小题提速练一、选择题1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．6 B．3eq\r(3)C．2eq\r(3) D．3解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为eq\r(3)的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×\r(3)))×3＝3eq\r(3).答案：B2．某个几何体的三视图如图所示，其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为()A．92＋24π B．82＋24πC．92＋14π D．82＋14π解析：依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方体的长、宽、高分别是5、4、4，圆柱的底面半径是2，高是5，因此该几何体的表面积等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋eq\f(1,2)×(2π×2)×5＝92＋14π，故选C.答案：C3．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：由题意可得正视图的面积等于矩形ADD1A1面积的eq\f(1,2)，侧视图的面积等于矩形CDD1C1面积的eq\f(1,2)，又底面ABCD是正方形，所以矩形ADD1A1与矩形CDD1C1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1，故选A.答案：A4．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A．36π B．64πC．144π D．256π解析：如图，设点C到平面OAB的距离为h，球O的半径为R，因为∠AOB＝90°，所以S△OAB＝eq\f(1,2)R2，要使VO－ABC＝eq\f(1,3)·S△OAB·h最大，则OA，OB，OC应两两垂直，且(VO－ABC)max＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，此时R＝6，所以球O的表面积为S球＝4πR2＝144π.故选C.答案：C5．在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则VA．4π B.eq\f(9π,2)C．6π D.eq\f(32π,3)解析：由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R＝eq\f(3,2)，该球的体积最大，Vmax＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×eq\f(27,8)＝eq\f(9π,2).答案：B6．已知三棱锥SABC的全部顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),2)解析：在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，所以SA＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)；同理SB＝eq\r(3).过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB(图略)，因为△SAC≌△SBC，所以BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因为∠ASC＝30°，所以AD＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(\r(3),2)，则△ABD的面积为eq\f(1,2)×1×eq\r(AD2－\f(1,2)2)＝eq\f(\r(2),4)，则三棱锥的体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×2＝eq\f(\r(2),6).答案：A7．四棱锥SABCD的全部顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于8＋8eq\r(3)，则球O的体积等于()A.eq\f(32π,3) B.eq\f(32\r(2)π,3)C．16π D.eq\f(16\r(2)π,3)解析：依题意，设球O的半径为R，四棱锥SABCD的底面边长为a、高为h，则有h≤R，即h的最大值是R，又AC＝2R，则四棱锥SABCD的体积VSABCD＝eq\f(1,3)×2R2h≤eq\f(2R3,3).因此，当四棱锥SABCD的体积最大，即h＝R时，其表面积等于(eq\r(2)R)2＋4×eq\f(1,2)×eq\r(2)R×eq\r(\f(\r(2)R,2)2＋R2)＝8＋8eq\r(3)，解得R＝2，因此球O的体积等于eq\f(4πR3,3)＝eq\f(32π,3)，选A.答案：A8．已知三棱锥PABC的全部顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为eq\f(\r(2),6)，则球O的表面积为()A．4π B．8πC．12π D．16π解析：依题意，设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，则由O是PC的中点得，点P到平面ABC的距离等于2d，所以VP－ABC＝2VO－ABC＝2×eq\f(1,3)S△ABC×d＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),4)×12×d＝eq\f(\r(2),6)，解得d＝eq\r(\f(2,3))，又R2＝d2＋(eq\f(\r(3),3))2＝1，所以球O的表面积等于4πR2＝4π，选A.答案：A9．已知Rt△ABC，其三边长分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的关系为()A．S1>S2>S3，V1>V2>V3B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V3解析：S1＝π·eq\f(bc,a)·(b＋c)，V1＝eq\f(1,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)))2a，S2＝πac＋πc2，V2＝eq\f(1,3)πbc2，S3＝πab＋πb2，V3＝eq\f(1,3)πb2c.由a>b>c，可得S1<S2<S3，V1<V2<V3.答案：B10．正三角形ABC的边长为2eq\r(3)，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为eq\r(3)，此时四面体ABCD的外接球的半径为()A.eq\r(13) B.eq\f(\r(13),2)C．2eq\r(3) D.eq\r(3)解析：球心O确定在与平面BCD垂直且过底面正三角形中心O′的直线上，也在平面ADO中AD的垂直平分线上，如图．OE＝O′D＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝1，DE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，故所求外接球的半径r＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(\r(13),2).答案：B11．已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面体ABCD体积的最大值为eq\f(2,3)，则这个球的表面积为()A.eq\f(125π,6) B．8πC.eq\f(25π,4) D.eq\f(25π,16)解析：∵AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，∴△ABC是直角三角形，∴△ABC的外接圆的圆心为边AC的中点O1，如图所示，若使四面体ABCD体积取得最大值只需使点D到平面ABC的距离最大，又OO1⊥平面ABC，∴点D是直线OO1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R，则由体积公式有O1D＝2.在Rt△AOO1中，R2＝1＋(2－R)2，解得R＝eq\f(5,4)，故球的表面积S＝eq\f(25π,4)，故选C.答案：C12．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1PA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),2)))解析：取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，则平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上．在△A1MN中，A1M＝A1N＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，MN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).当点P位于点M，N时，A1P最大，为eq\f(\r(5),2)；当点P位于MN的中点时，A1P最小，为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4)，所以eq\f(3\r(2),4)≤A1P≤eq\f(\r(5),2).答案：B二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为________．解析：设圆锥的高为h，底面半径为r，母线与轴所成角为θ，则S侧＝eq\f(1,2)·2πr·eq\r(r2＋h2)，S底＝πr2，因为S侧＝3S底，所以πr·eq\r(r2＋h2)＝3πr2，得eq\r(r2＋h2)＝3r，即8r2＝h2，所以tanθ＝eq\f(1,2\r(2))，sinθ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)14．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱垂直于底面，且底面边长与侧棱长都等于3.蚂蚁从A点沿侧面经过棱BB1上的点N和CC1上的点M爬到点A1解析：将三棱柱ABC­A1B1C1的侧面绽开如图所示，则有A′A′1＝3，AA′1＝eq\r(AA′2＋A′A′12)＝3eq\r(10).所以蚂蚁爬过的路程最短为AA′1.答案：3eq\r(10)15．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq\f(a,3)，过B1、D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ.又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.∴eq\f(PM,PQ)＝eq\f(AP,PD)＝eq\f(1,2)，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，∴eq\f(PM,BD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(1,3)，∴PM＝eq\f(1,3)BD，又BD＝eq\r(2)a，∴PQ＝eq\f(2\r(2),3)a.答案：eq\f(2\r(2),3)a16.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，则四棱锥P­ABCD与三棱锥P­QBM的体积之比是________．解析：过点M作MH∥BC交PB于点H.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，∴PQ⊥平面ABCD.∵PA＝PD＝AD＝AB＝2，∠BAD＝60°，∴PQ＝BQ＝eq\r(3).∴VP­ABCD＝eq\f(1,3)PQ·S菱形ABCD＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×2×eq\r(3)＝2.又PQ⊥BC，BQ⊥AD，AD∥BC.∴BQ⊥BC，又QB∩QP＝Q，∴BC⊥平面PQB，由MH∥BC，∴MH⊥平面PQB，eq\f(MH,BC)＝eq\f(PM,PC)＝eq\f(2,3)，∵BC＝2，∴MH＝eq\f(4,3)，∴VP­QBM＝VM­PQB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)×eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)，∴VP­ABCD∶VP­QBM＝3∶1.答案：3∶1B组大题规范练1．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1(1)求证：B1D1⊥AE；(2)求证：AC∥平面B1DE.证明：(1)连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵CE⊥平面ABCD，∴CE⊥BD.又AC∩CE＝C，∴BD⊥平面ACE.∵AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE.(2)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF，则FC∥B1E，∴CF∥平面B1DE.∵E，F是CC1，BB1的中点，∴EF綊BC.又BC綊AD，∴EF綊AD，∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥ED.∵AF⊄平面B1DE，ED⊂平面B1DE，∴AF∥平面B1DE.∵AF∩CF＝F，∴平面ACF∥平面B1DE.又∵AC⊂平面ACF，∴AC∥平面B1DE.2.如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V­ABC的体积．解析：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq\r(2)，所以AB＝2，