立体几何选择填空压轴题专练

试卷第1页，总21页立体几何选择填空压轴题专练A组一、选择题1．如图，矩形ABCD中，2ABAD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻转成1ADE（1A平面ABCD）．若M、O分别为线段1AC、DE的中点，则在ADE翻转过程中，下列说法错误的是（）A.与平面1ADE垂直的直线必与直线BM垂直B.异面直线BM与1AE所成角是定值C.一定存在某个位置，使DEMOD.三棱锥1AADE外接球半径与棱AD的长之比为定值【答案】C【解析】取CD的中点F，连BF,MF,如下图：可知面MBF//1ADE,所以A对。取1AD中点G,可知//EGBM，如下图，可知B对。试卷第2页，总21页点A关于直线DE的对为F,则DE面1AAF，即过O与DE垂直的直线在平面1AAF上。故C错。三棱锥1AADE外接球的球心即为O点，所以外接球半径为22AD。故D对。选C2．一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为103，则h（）A．32B．3C．33D．53【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥，其中底面是矩形，边长为6，5，高为h，所以体积15610333Vhh3．如图，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△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是A．｜BM｜是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．存在某个位置，使MB//平面A1DE【答案】C【解析】试卷第3页，总21页取CD中点F，连接MF，BF，则MF//A1D且MF=21A1D,FB//ED且FB=ED所以DEAMFB1，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF•FB•cos∠MFB是定值，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得①②正确．由MF//A1D与FB//ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正确；A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得③不正确．故答案为：①②④．4．如图，正四面体DABC的顶点A、B、C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的是()A.OABC是正三棱锥B.直线OB与平面ACD相交C.直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为32D.异面直线AB和CD所成角是90【答案】C【解析】①如图ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．②将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD不平行．则B正确，③由上图知：直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为63,则C错误④异面直线AB和CD所成角是90，故D正确.二、填空题5．（2017全国1卷理）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。试卷第4页，总21页【答案】415【解析】如下图，设正三角形的边长为x，则1332OGx36x.356FGSGx，222233566SOhSGGOxx3553三棱锥的体积1133553343ABCVShx451535123xx.令45353bxxx，则3453'203nxxx，令'0nx，43403xx，43x，max75485441512V.6．已知求的直径4,,SCAB是该球球面上的点，02,45ABASCBSC，则棱锥SABC的体积为__________．【答案】433【解析】设球心为O,因为0ASCBSC45,所以OABSC面,试卷第5页，总21页143V3433SOABCOABVV.7．在三棱锥SABC中，ABC是边长为3的等边三角形，3,23SASB，二面角SABC的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】21【解析】由题可得：球心O在过底面ABC的中心G的垂直底面的直线上，又二面角SABC的大小为120°，取AB的中点为M，SB的中点为N，故120NMG,又33333120,,2222NMGNMCMMGNG,过M做MH=GO，且MH垂直底面，所以32MH，32GO,故球的半径为222321324R,所以球的表面积为218．已知两平行平面、间的距离为23，点AB、，点CD、，且4,3ABCD，若异面直线AB与CD所成角为60°，则四面体ABCD的体积为__________．【答案】6【解析】设平面ABC与平面交线为CE，取CEAB,则0//,4,60ABCECEECD0112343sin606.32ABCDACDEVV9．在空间直角坐标系Oxyz中，四面体ABCD在,,xOyyOzzOx坐标平面上的一组正投影图形如图所示（坐标轴用细虚线表示）．该四面体的体积是____．试卷第6页，总21页【答案】43【解析】由图可知，该三棱锥的底面是底为4，高为1的三角形，高为2，故其体积为114412323V，故答案为43.10．如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，EF、分别为直线ABCD、上的动点，且3EF.若记EF中点P的轨迹为L，则L等于____________.（注：L表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，L分别对应长度、面积、体积.）【答案】【解析】为了便于计算，将正四面体放置于如图的正方体中，可知，正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，设11220,,,2,,2,,,EyyFyyPxyz，2221212223EFyyyy，即试卷第7页，总21页22121221yyyy，又121222{222xyyyyyz，即121222{222xyyyyyz，代入上式得2222221zy，即22221224yz，即P的轨迹为半径为12的圆，周长为2Lr.B组一、选择题1．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l与直线AA1,C1D1分别交于M,N两点,则MN与面ADD1A1所成角的正弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】将平面11CDO延展与1AA交于M连结MO，并延长与11DC延长线交于N，平试卷第8页，总21页面交AD于ED，1MNCE可知11CED等于MN与11ADDA成角,，由正方体的性质可知19CE，116293sinCED，故选A.2．四棱锥PABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.815B.8120C.1015D.10120【答案】C【解析】根据三视图还原几何体为一个四棱锥PABCD，平面PAD平面ABCD，由于PAD为等腰三角形3,4PAPDAD，四边形ABCD为矩形，2CD，过PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线两条垂线交于一点O为四棱锥外接球的球心，在三角形PAD中，2223341cos2339APD，则45sin9APD，4952sin5459ADPFAPD，9510PF，945PE，95551010OHEF，116452BH225505510010OBOHBH，50510141005S.选C.试卷第9页，总21页3．如图是正方体的平面展开图。关于这个正方体，有以下判断：①ED与NF所成的角为60②CN∥平面AFB③//BMDE④平面BDE∥平面NCF其中正确判断的序号是（）．A.①③B.②③C.①②④D.②③④【答案】C【解析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCDEFMN，得：①ED与NF所成的角为60正确；②,CNBECN不包含于平面,AFBBE平面,AFBCN平面AFB，故②正确；③BM与ED是异面直线，故③不正确；④,,,,BDFNBECNBDBEBBDBE平面BDE，所以平面BDE平面NCF，故④正确，正确判断的序号是①②④，故选C.4．若三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，2ABSASBSC，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.163B.83C.433D.43【答案】A【解析】如图，底面是等腰直角三角形，D是AB中点，所以外接球圆心O在SD上，设外接球半径为R，所以有22213RR，解得233R，所以该三棱锥的外接球表面积为163.故本题正确答案为A.试卷第10页，总21页5．三棱锥SABC中，侧棱SA底面ABC，5AB，8BC，60B，25SA，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.643B.2563C.4363D.2048327【答案】B【解析】由题，侧棱SA底面ABC，5AB，8BC，60B，则根据余弦定理可得2215825872BC，ABC的外接圆圆心772sin332BCrrB三棱锥的外接球的球心到面ABC的距离15,2dSA则外接球的半径22764533R，则该三棱锥的外接球的表面积为225643SR6．正方体1111ABCDABCD中，点P在1AC上运动（包括端点），则BP与1AD所成角的取值范围是（）A.,43B.,42C.,62D.,63【答案】D【解析】以点D为原点，DA、DC、1DD分别为xyz、、建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P坐标为,1,xxx，则11,,,1,0,1BPxxxBC设1BPBC、的夹角为，所以12221·11cos121223?233BPBCBPBCxxx，所以当13x时，cos取最大值3,26。当1x时，cos取最小值1,23。因为试卷第11页，总21页11//BCAD。故选D。7．已知棱长为2的正方体1111ABCDABCD，球O与该正方体的各个面相切，则平面1ACB截此球所得的截面的面积为（）A.83B.53C.43D.23【答案】D【解析】因为球与各面相切，所以直径为2，且11,,ACABCB的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2正三角形的外接圆，由正弦定理知63R，所以面积23S，选D．8．已知AD与BC是四面体ABCD中相互垂直的棱，若6ADBC，且60ABDACD，则四面体ABCD的体积的最大值是A.182B.362C.18D.36【答案】A【解析】作BEAD于E，连接CE，因为ADBC，所以AD平面BCE，作EFBC于F，所以ADEF，从而166ABCDVADBCEFEF，要使体积最大，则要EF最大，则要求,BECE最大，而60ABDACD，所以在BABD时，BE最大，所以33BECE，F是BC中点，2233332EF，所以632182ABCDV