高考数学专题08立体几何与空间向量(文理合卷).doc

《高考数学专题08立体几何与空间向量(文理合卷).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题08立体几何与空间向量(文理合卷).doc（37页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2020年高考数学压轴必刷题专题08立体几何与空间向量(文理合卷)1【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（）A86B46C26D6【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，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P

2、ABC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=PA2+PB2+PC2=6半径为62，则球O的体积为43(62)3=6故选：D2【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cos=PFPB=EGPB=DHPBBDPB=cos，可得；tan=PDEDPDB

3、D=tan，可得，方法由最大角定理可得；方法易得cos=123=36，可得sin=336，sin=633=23，sin=6332=223，故选：B3【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（）A334B233C324D32【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，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22，截此正方体所得截面最大值为：634(22)2=334故选：A4【2018年新课标3理科10】设A，B，C，

4、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93，则三棱锥DABC体积的最大值为（）A123B183C243D543【解答】解：ABC为等边三角形且面积为93，可得34AB2=93，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=23326=23，OO=42-(23)2=2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为：133463=183故选：B5【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S

5、ABC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，则1SEN，2SEO，3SMO显然，1，2，3均为锐角tan1=SNNE=SNOM，tan3=SOOM，SNSO，13，又sin3=SOSM，sin2=SOSE，SESM，32故选：D6【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

6、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：D7【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（）A32B155C105D33【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、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异

7、面直线所成角为（0，2），可知MN=12AB1=52，NP=12BC1=22；作BC中点Q，则PQM为直角三角形；PQ1，MQ=12AC，ABC中，由余弦定理得AC2AB2+BC22ABBCcosABC4+1221（-12）7，AC=7，MQ=72；在MQP中，MP=MQ2+PQ2=112；在PMN中，由余弦定理得cosMNP=MN2+NP2-PM22MNNP=(52)2+(22)2-(112)225222=-105；又异面直线所成角的范围是（0，2，AB1与BC1所成角的余弦值为105【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCDA1B1C1D1，求BC1D即可；BC1=2，BD=22+12-221

8、cos60=3，C1D=5，BC12+BD2=C1D2，DBC190，cosBC1D=25=105故选：C8【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，BQQC=CRRA=2，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（0，0，62），B（33，3，0）Q(3，3，0)，R(-23，0，0)，PR=(-23，3，0)，PD=（0，3，62），PQ=（3，

9、6，0），QR=(-33，-3，0)，QD=(-3，-3，62)设平面PDR的法向量为n=（x，y，z），则nPR=0nPD=0，可得-23x+3y=03y+62z=0，可得n=(6，22，-1)，取平面ABC的法向量m=（0，0，1）则cosm，n=mn|m|n|=-115，取arccos115同理可得：arccos3681arccos2951152953681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=ODOE同理可得：tan=ODOF，tan=ODOG由已知可得：OEOGOFtanta

10、ntan，为锐角故选：B9【2016年新课标1理科11】平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m、n所成角的正弦值为（）A32B22C33D13【解答】解：如图：平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABA1B1n，可知：nCD1，mB1D1，CB1D1是正三角形m、n所成角就是CD1B160则m、n所成角的正弦值为：32故选：A10【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是（）A4B92C6D323【解答】解：ABBC，AB6，BC8，A

11、C10故三角形ABC的内切圆半径r=6+8-102=2，又由AA13，故直三棱柱ABCA1B1C1的内切球半径为32，此时V的最大值43(32)3=92，故选：B11【2015年浙江理科08】如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则（）AADBBADBCACBDACB【解答】解：当ACBC时，ADB；当ACBC时，如图，点A投影在AE上，AOE，连结AA，易得ADAAOA，ADBAOE，即ADB综上所述，ADB，故选：B12【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中

12、，最长的棱的长度为（）A62B6C42D4【解答】解：几何体的直观图如图：AB4，BD4，C到BD的中点的距离为：4，BC=CD=22+42=25AC=42+(25)2=6，AD42，显然AC最长长为6故选：B13【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A110B25C3010D22【解答】解：直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON，MN=12B1C1=OB，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是A

13、NO，BCCACC1，设BCCACC12，CO1，AO=5，AN=5，MB=B1M2+BB12=(2)2+22=6，在ANO中，由余弦定理可得：cosANO=AN2+NO2-AO22ANNO=6256=3010故选：C14【2014年上海理科16】如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi（i1，2，8）是上底面上其余的八个点，则ABAPi（i1，2，8）的不同值的个数为（）A1B2C3D4【解答】解：APi=AB+BPi，则ABAPi=AB（AB+BPi）|AB|2+ABBPi，ABBPi，ABAPi=|AB|21，ABAPi（i1，2，8）的不同值的个数为1，故选：A

14、15【2014年北京理科07】在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，2），若S1，S2，S3分别表示三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1【解答】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，2），则各个面上的射影分别为A，B，C，D，在xOy坐标平面上的正投影A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，0），S1=1222=2在yOz坐标平面上的正投影A（0，0，0），B（0，

15、2，0），C（0，2，0），D（0，1，2），S2.1222=2在zOx坐标平面上的正投影A（2，0，0），B（2，0，0），C（0，0，0），D（0，1，2），S3=1222=2，则S3S2且S3S1，故选：D16【2013年浙江理科10】在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf（A）设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1ff（P），Q2ff（P），恒有PQ1PQ2，则（）A平面与平面垂直B平面与平面所成的（锐）二面角为45C平面与平面平行D平面与平面所成的（锐）二面角为60【解答】解：设P1f（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面垂线的垂足Q1ff（P）f（P1），点Q1是

16、过点P1作平面垂线的垂足同理，若P2f（P），得点P2是过点P作平面垂线的垂足因此Q2ff（P）表示点Q2是过点P2作平面垂线的垂足对任意的点P，恒有PQ1PQ2，点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角P1Q1P2是直角，平面与平面垂直故选：A17【2012年新课标1理科11】已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的表面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC2，则此三棱锥的体积为（）A14B24C26D212【解答】解：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1平面ABC，延长CO1交球于点D，

17、则SD平面ABCCO1=2332=33，OO1=1-13=63，高SD2OO1=263，ABC是边长为1的正三角形，SABC=34，V三棱锥SABC=1334263=26故选：C18【2012年浙江理科10】已知矩形ABCD，AB1，BC=2将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解答】解：如图，AEBD，CFBD，依题意，AB1，BC=2，AECF=63，BEEFFD=

18、33，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则BDAE，BD平面AEC，从而BDEC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD平面ABC，平面ABC平面BCD取BC中点M，连接ME，则MEBD，AEM就是二面角ABDC的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC平面ACD，从而平面ACD平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B19【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底

19、面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）Aa2B73a2C113a2D5a2【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为R=(a2)2+(a2sin60)2=712a2，球的表面积为S=47a212=73a2，故选：B20【2010年北京理科08】如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF1，A1Ex，DQy，DPz（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A与x，y，z都有关B与x有关，与y，z无关C与y有关，与x，z无关D与z有关，

20、与x，y无关【解答】解：从图中可以分析出，EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的14，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化故选：D21【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

21、方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VABCD-A1B1C1D1-VOEFGH664-13(46-41232)314412132（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：118.822【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78，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为515，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78，可得sinASB=1-(78)2=158SAB的

22、面积为515，可得12SA2sinASB515，即12SA2158=515，即SA45SA与圆锥底面所成角为45，可得圆锥的底面半径为：2245=210则该圆锥的侧面积：1241045402故答案为：40223【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，

23、交BC于点G，由题意得ODBC，OG=36BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OGx，则BC23x，DG5x，三棱锥的高h=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x，SABC=1232(23x)2=33x2，则V=13SABCh=3x225-10x=325x4-10x5，令f（x）25x410x5，x（0，52），f（x）100x350x4，令f（x）0，即x42x30，解得x2，则f（x）f（2）80，V380=415cm3，体积最大值为415cm3故答案为：415cm3解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=1332x=36x，FGSG5-36x，SOh=SG2-GO

24、2=(5-36x)2-(36x)2=5(5-33)，三棱锥的体积V=13SABCh=13345(5-33x)=15125x4-33x5，令b（x）5x4-33x5，则b(x)=20x3-533x4，令b（x）0，则4x3-x43=0，解得x43，Vmax=7512485-4=415（cm3）故答案为：415cm324【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4

25、5；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|=2，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a=（0，1，0），|a|1，直线b的方向单位向量b=（1，0，0），|b|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

26、动过程中的向量，AB=（cos，sin，1），|AB|=2，设AB与a所成夹角为0，2，则cos=|(-cos，-sin，1)(0，1，0)|a|AB|=22|sin|0，22，4，2，正确，错误设AB与b所成夹角为0，2，cos=|ABb|AB|b|=|(-cos，sin，1)(1，0，0)|b|AB|=22|cos|，当AB与a夹角为60时，即=3，|sin|=2cos=2cos3=22，cos2+sin21，cos=22|cos|=12，0，2，=3，此时AB与b的夹角为60，正确，错误故答案为：25【2016年浙江理科14】如图，在ABC中，ABBC2，ABC120若平面ABC外的点P

27、和线段AC上的点D，满足PDDA，PBBA，则四面体PBCD的体积的最大值是【解答】解：如图，M是AC的中点当ADtAM=3时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM=3-t，由ADEBDM，可得h1=t(3-t)2+1，h=t(3-t)2+1，V=1312(23-t)1t(3-t)2+1=163-(3-t)2(3-t)2+1，t（0，3）当ADtAM=3时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DMt-3，由等面积，可得12ADBM=12BDAH，12t1=12(t-3)2+1，h=t(3-t)2+1，V=1312(23-t)1t(3-

28、t)2+1=163-(3-t)2(3-t)2+1，t（3，23）综上所述，V=163-(3-t)2(3-t)2+1，t（0，23）令m=(3-t)2+11，2），则V=164-m2m，m1时，Vmax=12另解：由于PDDA，PBBA，则对于每一个确定的AD，都有PDB绕DB在空间中旋转，则PDAC时体积最大，则只需考察所有PDAC时的最大，设PDDAh，则V=13S底h=13h12sin30（23-h）2，二次函数求最值可知h=3时体积最大为12故答案为：1226【2015年浙江理科13】如图，三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，

29、CM所成的角的余弦值是【解答】解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则MEAN，异面直线AN，CM所成的角就是EMC，AN22，ME=2=EN，MC22，又ENNC，EC=EN2+NC2=3，cosEMC=EM2+MC2-EC22EMMC=2+8-32222=78故答案为：7827【2014年浙江理科17】如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小若AB15m，AC25m，BCM30，则tan的最大值是（仰角为直线AP与平面ABC所成角）【解答】解：

30、AB15m，AC25m，ABC90，BC20m，过P作PPBC，交BC于P，连接AP，则tan=PPAP，设BPx，则CP20x，由BCM30，得PPCPtan30=33（20x），在直角ABP中，AP=225+x2，tan=3320-x225+x2，令y=20-x225+x2，则函数在x0，20单调递减，x0时，取得最大值为20345=439若P在CB的延长线上，PPCPtan30=33（20+x），在直角ABP中，AP=225+x2，tan=3320+x225+x2，令y=(20+x)2225+x2，则y0可得x=454时，函数取得最大值539，故答案为：53928【2013年上海理科13

31、】在xOy平面上，将两个半圆弧（x1）2+y21（x1）和（x3）2+y21（x3），两条直线y1和y1围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分，记D绕y轴旋转一周而成的几何体为过（0，y）（|y|1）作的水平截面，所得截面积为41-y2+8试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为【解答】解：因为几何体为的水平截面的截面积为41-y2+8，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值8，看作是截一个底面积为8，高为2的长方体得到的，对于41-y2，看作是把一个半径为1，高为2的圆柱平放得到的，如图所示，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等

32、，即的体积为122+2822+16故答案为22+1629【2013年北京理科14】如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为【解答】解：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，CC1EF，又EF平面D1EF，CC1平面D1EF，CC1平面D1EF直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离过点C1作C1MD1F，平面D1EF平面A1B1C1D1C1M平面D1EF过点M作MPEF交D1E于点P，则MPC1C取C1NMP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形可得NP平面D1EF，在RtD

33、1C1F中，C1MD1FD1C1C1F，得C1M=2122+12=255点P到直线CC1的距离的最小值为255故答案为25530【2012年上海理科14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC2，若AD2c，且AB+BDAC+CD2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是【解答】解：作BEAD于E，连接CE，则AD平面BEC，所以CEAD，由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，AB+BDAC+CD2a，显然ABDACD，所以BECE取BC中点F，EFBC，EFAD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的

34、面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可，当ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，AB+BDAC+CD2a，ABa，所以EB=a2-c2，EF=a2-c2-1，所以几何体的体积为：132a2-c2-12c12=23ca2-c2-1故答案为：23ca2-c2-11【2018年新课标3文科12】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93，则三棱锥DABC体积的最大值为（）A123B183C243D543【解答】解：ABC为等边三角形且面积为93，可得34AB2=93，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：

35、OC=23326=23，OO=42-(23)2=2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为：133463=183故选：B2【2017年新课标3文科10】在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）AA1EDC1BA1EBDCA1EBC1DA1EAC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1B1C，A1B1平面B1BCC1，且BC1平面B1BCC1，A1B1BC1，A1B1B1CB1，BC1平面A1ECB1，A1E平面A1ECB1，A1EBC1故选：C法二：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，设正方体ABCDA1B1C1

36、D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），A1E=（2，1，2），DC1=（0，2，2），BD=（2，2，0），BC1=（2，0，2），AC=（2，2，0），A1EDC1=-2，A1EBD=2，A1EBC1=0，A1EAC=6，A1EBC1故选：C3【2016年新课标1文科11】平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m、n所成角的正弦值为（）A32B22C33D13【解答】解：如图：平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABA1B

37、1n，可知：nCD1，mB1D1，CB1D1是正三角形m、n所成角就是CD1B160则m、n所成角的正弦值为：32故选：A4【2016年新课标3文科11】在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是（）A4B92C6D323【解答】解：ABBC，AB6，BC8，AC10故三角形ABC的内切圆半径r=6+8-102=2，又由AA13，故直三棱柱ABCA1B1C1的内切球半径为32，此时V的最大值43(32)3=92，故选：B5【2015年新课标1文科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的

38、正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为16+20，则r（）A1B2C4D8【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：124r2+12r2+122r2r+2r2r+12r25r2+4r2，又该几何体的表面积为16+20，5r2+4r216+20，解得r2，故选：B6【2015年新课标2文科10】已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，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（）A36B64C144D256【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体

39、积最大，设球O的半径为R，此时VOABCVCAOB=1312R2R=16R3=36，故R6，则球O的表面积为4R2144，故选：C7【2013年新课标1文科11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A16+8B8+8C16+16D8+16【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4长方体的体积42216，半个圆柱的体积=122248所以这个几何体的体积是16+8；故选：A8【2013年北京文科08】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的

40、不同取值有（）A3个B4个C5个D6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），BD1=（3，3，3），设P（x，y，z），BP=13BD1=（1，1，1），DP=DB+(-1，-1，1)=（2，2，1）|PA|PC|PB1|=12+22+12=6，|PD|PA1|PC1|=22+22+12=3，|PB|=3，|PD1|=22+22+22=23故P到各顶点的距离的不同取值有6，3，3，23共4个故选：B9【2010年北京文科08】如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF1，DPx，A1Ey（x，y大于零），则三棱锥PEFQ的体积（）A与x，y都有关B与x，y都无关C与x有关，与y无关D与y有关，与x无关【解答】解：三棱锥PEFQ的体积与点P到平面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关，由图形可知，平面EFQ与平面CDA1B1是同一平面，故点P到平面EFQ的距离是P到平面CDA1B1的距离，且该距离就是P到线段A1D的