1、专题10空间向量与立体几何选择填空题考纲解读三年高考分析1.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.2.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、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)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、直线与平面、平面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
2、题中的应用.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、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量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、转化与化归思想.1【2019年
3、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（）ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：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，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE边上的中线，EN是BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线，设DEa，则BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故选：B2【2019年全国新课标2理科07】设，为两个平面
4、，则的充要条件是（）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【解答】解：对于A，内有无数条直线与平行，或；对于B，内有两条相交直线与平行，；对于C，平行于同一条直线，或；对于D，垂直于同一平面，或故选：B3【2019年新课标1理科12】已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为（）A8B4C2D【解答】解：如图，由PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥PABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G
5、，则ACBG，又POAC，POBGO，可得AC平面PBG，则PBAC，E，F分别是PA，AB的中点，EFPB，又CEF90，即EFCE，PBCE，得PB平面PAC，正三棱锥PABC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，其直径为D半径为，则球O的体积为故选：D4【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，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是柱体的高若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A158B162C182D324【解答】解
6、：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，即27，高为6，则该柱体的体积是V276162故选：B5【2019年浙江08】设三棱锥VABC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PACB的平面角为，则（）A，B，C，D，【解答】解：方法线段AO上，作DEAC于E，易得PEVG，过P作PFAC于F，过D作DHAC，交BG于H，则BPF，PBD，PED，则coscos，可得；tantan，可得，方法由最大角定理可得；方法易得cos，可得sin，sin，sin，故选：
7、B6【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为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（）A2B2C3D2【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：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：2故选：B7【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所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）ABCD【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行
8、的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：6故选：A8【2018年新课标2理科09】在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）ABCD【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ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为，则cos，
9、异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C9【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫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（）ABCD【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，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，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是A故选：A10【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，ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥
10、DABC体积的最大值为（）A12B18C24D54【解答】解：ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB6，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：OC，OO2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为： 18故选：B11【2018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（）A2B4C6D8【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：故该几何体的体积为：V故选：C12【2018年浙江06】已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的（）A充分不必要条件B必要不充
11、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，当mn时，m成立，即充分性成立，当m时，mn不一定成立，即必要性不成立，则“mn”是“m”的充分不必要条件故选：A13【2018年浙江08】已知四棱锥SABCD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1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（）A123B321C132D231【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EFBC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ONEF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则ENOM
12、，则1SEN，2SEO，3SMO显然，1，2，3均为锐角tan1，tan3，SNSO，13，又sin3，sin2，SESM，32故选：D14【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AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A4B8C12D16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1A1ABB1，D1A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有248，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+416故选：D15
13、【2018年北京理科05】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（）A1B2C3D4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA底面ABCD，AC，CD，PC3，PD2，可得三角形PCD不是直角三角形所以侧面中有3个直角三角形，分别为：PAB，PBC，PAD故选：C16【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（）A10B12C14D16【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，S梯
14、形2（2+4）6，这些梯形的面积之和为6212，故选：B17【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，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（）A90B63C42D36【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V321032663，故选：B18【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）ABCD【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AB1、BC
15、1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，），可知MNAB1，NPBC1；作BC中点Q，则PQM为直角三角形；PQ1，MQAC，ABC中，由余弦定理得AC2AB2+BC22ABBCcosABC4+1221（）7，AC，MQ；在MQP中，MP；在PMN中，由余弦定理得cosMNP；又异面直线所成角的范围是（0，AB1与BC1所成角的余弦值为【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCDA1B1C1D1，求BC1D即可；BC1，BD，C1D，BD2，DBC190，cosBC1D故选：C19【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，则该圆柱
16、的体积为（）ABCD【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，该圆柱底面圆周半径r，该圆柱的体积：VSh故选：B20【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（）A1B3C1D3【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，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3，故该几何体的体积为12331，故选：A21【2017年浙江09】如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，APPB，2，
17、分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为、，则（）ABCD【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC的中心为O不妨设OP3则O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，3，0）Q，R，（0，3，6），（，6，0），设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）则cos，取arccos同理可得：arccosarccos解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG设ODh则tan同理可得：tan，tan由已知可得
18、：OEOGOFtantantan，为锐角故选：B22【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A3B2C2D2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥PABCD中，最长的棱为PA，即PA2，故选：B23【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对
19、角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：vsh（）21；故答案为：24【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g【解答】解：该模型为长方体ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6c
20、m，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（cm3），3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g）故答案为：118.825【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V故答案为：4026【2019年北京理科12】已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为
21、结论，写出一个正确的命题：【解答】解：由l，m是平面外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l，lm，则m故答案为：若l，lm，则m27【2019年江苏09】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是【解答】解：长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，ABBCDD1120，三棱锥EBCD的体积：VEBCDABBCDD110故答案为：1028【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为
22、1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2故答案为：29【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sinASBSAB的面积为5，可得sinASB5，即5，即SA4SA与圆锥底面所成角为45，可得圆锥的底面半径为：2则该圆锥的侧面积：40故答案为：4030【2018年天津理科11】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥MEFGH的体积为【解
23、答】解：正方体的棱长为1，MEFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥MEFGH的体积：故答案为：31【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：R22R2R3则故答案为：32【2017年新课标1理科16】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OD、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
24、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【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得ODBC，OGBC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OGx，则BC2x，DG5x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）25x410x5，x（0，），f（x）100x350x4，令f（x）0，即x42x30，解得x2，则f（x）f（2）80，V4cm3，体积最大值为4cm3故答案为：4cm3解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，FGSG5，SOh，三棱锥的体积V，令b（x）5x4，则，令b（x）0，则4x30，解
25、得x4，（cm3）故答案为：4cm333【2017年新课标3理科16】a，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|，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
26、径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），|1，直线b的方向单位向量（1，0，0），|1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B（cos，sin，0），其中为BC与CD的夹角，0，2），AB在运动过程中的向量，（cos，sin，1），|，设与所成夹角为0，则cos|sin|0，正确，错误设与所成夹角为0，cos|cos|，当与夹角为60时，即，|sin|，cos2+sin21，cos|cos|，0，此时与的夹角为60，正确，错误故答案为：34【2017年上海04】已知球的体积为36，则该
27、球主视图的面积等于【解答】解：球的体积为36，设球的半径为R，可得R336，可得R3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为R29故答案为：935【2017年上海07】如图，以长方体ABCDA1B1C1D1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，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是【解答】解：如图，以长方体ABCDA1B1C1D1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，的坐标为（4，3，2），A（4，0，0），C1（0，3，2），故答案为：（4，3，2）36【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体
28、的表面积为18，则这个球的体积为【解答】解：设正方体的棱长为a，这个正方体的表面积为18，6a218，则a23，即a，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a2R，即R，则球的体积V（）3；故答案为：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（）A4BCD【答案】B【解析】设长方体的三条棱的长分别为：，则，可得对角线的长为故选：B2【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟】已知正方体的棱长为1，在对角线上取点，在上取点，使得线段平行于对角面，则的最小值为（ ）A1BCD【答案】D【解析】作，垂足为
29、，作，垂足为，如下图所示：在正方体中，根据面面垂直的性质定理，可得,都垂直于平面，由线面垂直的性质，可知，易知：，由面面平行的性质定理可知：，设，在直角梯形中，当时，的最小值为，故本题选D.3【广东省2019届高考适应性考试】平面四边形中，且，现将沿对角线翻折成，则在折起至转到平面的过程中，直线与平面所成最大角的正切值为（ ）A2BCD【答案】D【解析】取BD的中点O,则即平面,从而平面平面,因此在平面的射影在直线上，即为直线与平面所成角，因为，且，所以,即最大值为，因此直线与平面所成最大角的正切值为，选D.4【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】在正方体中，点在侧面及其边界上运
30、动，并且保持，则动点的轨迹为（ ）A线段B线段C的中点与的中点连成的线段D的中点与的中点连成的线段【答案】A【解析】如图，连接，在正方体中，有面，因为，所以面，又点在侧面及其边界上运动， 故点的轨迹为面与面的交线段故选：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如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（ ）AB20CD【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.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，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（ ）A当点移
31、动至中点时，直线与平面所成角最大且为B无论点在上怎么移动，都有C当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且D无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是【答案】A【解析】对于，当点移动到的中点时，直线与平面所成角由小到大再到小，如图1所示；且为的中点时最大角的余弦值为，最大角大于，所以错误；对于，在正方形中，面，又面，所以，因此正确；对于，为的中点时，也是的中点，它们共面于平面，且必相交，设为，连和，如图2，根据，可得，所以正确；对于，当点从运动到时，异面直线与所成角由大到小再到大，且为的中点时最小角的正切值为，最小角大于，所以正确；故选：7【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】已知，
32、是球的球面上的五个点，四边形为梯形，面，则球的体积为（ ）ABCD【答案】A【解析】取中点，连接且 四边形为平行四边形，又 为四边形的外接圆圆心设为外接球的球心，由球的性质可知平面作，垂足为 四边形为矩形，设，则，解得： 球的体积：本题正确选项：8【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（ ）ABCD【答案】A【解析】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的球的与半径为的球的，其球的组合体的体积.故选：A9【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
33、，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马中，为阳马中最长的棱，若在阳马的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据题意，的长等于其外接球的直径，因为，又平面，所以，.10【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)】已知平面平面直线，点、，点、，且、，点、分别是线段、的中点，则下列说法正确的是（ ）A当时，、不可能重合B、可能重合，但此时直线与不可能相交C当直线、相交，且时，可与相交D当直线、异面时，可能与平行【答案】B【解析】选项：当时，若四点共面且时，则两点能重合，可知错误；选项：若可能重合，则，故，此时直线与直线不可能
34、相交，可知正确；选项：当与相交，直线时，直线与平行，可知错误；选项：当与是异面直线时，不可能与平行，可知错误.本题正确选项：11【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（ ）A2BCD1【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，高，故俯视图是一个腰长为2，顶角为的等腰三角形，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，设顶角为，则截面的面积：，当时，面积取得最大值.故选：A.12【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟】已知如图正方体中，为棱上
35、异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（ ） ABC平面D平面【答案】C【解析】因为在正方体中，且平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以有，而，则与不平行，故选项不正确；若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确； 若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；而因为平面，平面，所以有平面，所以选项C正确，.13【山东省日照市2019届高三5月校际联合考试】如图，三棱锥的项点都在同一球面上，过球心，是边长为4的等边三角形，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为_【答案】【解析】因为BD过球心， ，所以，又ABC是边长为4等边
36、三角形，所以AO2+CO2=AC2，AO2+BO2=AB2，所以AOCO，AOBO所以AO平面BCD，且BOC也是等腰直角三角形，设AP=CQ=x，则当且紧当时成立.故答案为： 14【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，两个不重合的平面，有下列四个命题：若，则；若，且，则；若，则；若，且，则其中所有正确命题的序号为_【答案】【解析】逐一考查所给的命题：若，有可能，不一定有，题中的命题错误；若，且，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确；若，若，有可能与相交，题中的命题错误；若，且，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确综上可得：正确命题
37、的序号为.15【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，则外接球的半径是，又正方体中心设为O，取AB中点M，则在直角OME中，斜边ME=，斜边ME上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，外接球与内切球体积之比为故答案为
38、16【江苏省七市2019届高三第三次调研】已知直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB=3 cm，BC=1 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【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，圆锥的半径为,高为.由题中数据可知：17【山东省威海市2019届高三二模考试】直三棱柱中，设其外接球的球心为，已知三棱锥的体积为，则球表面积的最小值为_【答案】.【解析】如图，在中，设，则分别取的中点，则分别为和外接圆的圆心，连，取的
39、中点，则为三棱柱外接球的球心连，则为外接球的半径，设半径为三棱锥的体积为，即，在中，可得，当且仅当时等号成立，球表面积的最小值为故答案为：18【湖南省岳阳市第一中学2019届高三第一次模拟】记，已知矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将 沿DE翻折至（平面BCD），记二面角为，二面角为，二面角为，二面角为，则_.【答案】【解析】作为填空题，可用特例法，不妨设平面ADE平面ABCD，取DE中点O，连接AO，则AO平面ABCD，由点O作各边的垂线OM，ON，OH，并连接AM，AN，AH，则AHO，ANO，AMO，90，易知 所以最小，故答案为：19【四川省成都七中2019届高三5月高考
40、模拟测试】如图所示，正方体的边长为2，过的截面的面积为，则的最小值为_【答案】【解析】由题知，过的的截面可能是矩形，可能是平行四边形，（1）当截面为矩形时，即截面为，由正方体的对称性可知.（2）当截面为平行四边形时，如下图所示，过点作于，如图（a）所示，又因为，所以，过点作交于，连接，当时，最小，此时的值最小，且，故四边形的面积最小值为，又因为，所以过的截面面积的最小值为.20【四川省内江市2019届高三第三次模拟】如图所示，在中，在边上任取一点，并将沿直线折起，使平面平面，则折叠后两点间距离的最小值为_【答案】【解析】如图所示，设，则,过点C作于E，过B作交AD的延长线于点F，所以，所以，所以，当时，。1两个半径都是2的球O1和球O2相切，且它们与直二面角l的两个半平面都相切，另有一个半径为r的小球O与这个二面角的两个半平面均相切，同时与球O1和球O2都相切，则r的值为6【解答】解：如下图所示，过点O1、O2分别作O1Ml、O2Nl，垂足分别为点M、N，过点O分别作OAl，OBO1O2，则|O1M|O2N|，|OA|r，|O1B|O2B|2，|OO1|OO2|r+2，|OB|，|AB|OA|+|OB|，解得：r6或r6+2（舍）故答案为：62已知（a1，a2，a3），（b1，b2，b3），且|3，|