立體幾何答案

專題八立體幾何初步

第二十二講空間幾何體的三視圖'表面積和體積

2019年

1.解析該模型為長方體,挖去四棱錐O—EFG〃后所得的幾何體，其

中O為長方體的中心，￡,p,G，H'分別為所在棱的中點，AB=BC=6cm,

AA,=4cm,

所以該模型體積為:

11,

匕-Vo-EFGH=6x6x4--x(4x6-4x-x3x2)x3=144-12=132(cm),

3D打印所用原料密度因為為0.9g/cm3,不考慮打印損耗,

所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為：132x0.9=118.8(g).

2.解析因為長方體ABC。-A4GA的體積是120,E為CG的中點，

所以KtBCP-4,B,c,D,=ABXBCXDD]=120,所以三棱錐E-BCD的體積：

K」xSxCE=-x-xBCxDCxCE=—xABxBCxDD,=10.

C-oCZv3RorCnzv32]2

3.解析由題可知，四棱錐底面正方形的對角線長為2,且垂直相交平分，由勾股定理得，正

四棱錐的高為2.

因為圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，則圓柱的上底面直徑為底面正方形

對角線的一半等于1，即半徑等于,，由相似比可得圓柱的高為正四棱錐高的一半，為1.

2

[1YTt

所以該圓柱的體積為V=S"=n—xl=_.

⑴4

4.解析：由Q4=~B=PC及△A3C是邊長為2的正三角形可知，三棱錐P—ABC為正

三棱錐，

則頂點P在底面的射影0為底面三角形的中心.連接BO并延長，交4c于G,

則AC_LBG,又POJ_AC,POIBG=O,可得AC,平面P8G,貝ij尸8_L4c.

因為E,F分別是孫，A8的中點，所以EFPPB.

又NCEF=90°,BPEF1CE,所以PBLCE,得P8J_平面以C

所以P8_L%,PBLPC.

又因為B4=P8=PC,△ABC是正三角形，

所以△QACgAPBC/△/VLB,故Q4_LPC

所以正三棱錐P—ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直.

把三棱錐補形為正方體，則正方體外接球即為三棱錐的外接球，

其直徑為正方體的體對角線的長度，即4=巧2+依2+小2=瓜半徑為手,

則球0的體積為g兀x|半)="兀.故選D.

5.解析：由三視圖還原原幾何體如圖，

該幾何體為直五棱柱，底面五邊形的面積可用兩個直角梯形的面積求解,

即S五邊形ABCDE=34+6)X3+；(2+6)X3=27，高為6,

則該柱體的體積是V=27x6=162.

故選B.

6.解析：由三視圖還原原幾何體如圖所示，

HG

該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱，

貝U該幾何體的體積V=KE方體-唳棱柱=4x4x4-^x（2+4）x2x4=40.

2010-2018年

1.C【解析】解法一將三視圖還原為直觀圖，幾何體是底面為直角梯形，且一條側(cè)棱和底

面垂直的四棱錐，如圖所示，

易知，BC//AD,BC=1,AD=AB=PA=2,ABLAD,姑_L平面ABC。，

故△%O,APAS為直角三角形，；J.平面ABC。，BCu平面ABC。，

PA±BC,又BC工AB,且出。48=4,；.8C_L平面抬6,又PBu平面

PAB.3C_LPB,...△PBC為直角三角形，容易求得PC=3,CD<,PD=2五,

故APCZ）不是直角三角形，故選C.

解法二在正方體中作出該幾何體的直觀圖，記為四棱錐P-A6CD,如圖，由圖可

知在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為3,故選C.

2.B【解析】由三視圖可知，該幾何體為如圖①所示的圓柱，該圓柱的高為2,底面周長

16.畫出該圓柱的側(cè)面展開圖，如圖②所示，連接MN,則MS=2,SN=4,則從M

到N的路徑中，最短路徑的長度為，鄧2+和2=^22+42=26.故選B.

M____________________________________

_______'、'、、、、________________________________________

SN

圖②

3.A【解析】由題意知，在咬合時帶卯眼的木構(gòu)件中，從俯視方向看，梯頭看不見，所以

是虛線，結(jié)合梯頭的位置知選A.

4.B【解析】設(shè)等邊三角形ABC的邊長為x,貝ijL/sinGO=9百，得x=6.

2

設(shè)AA6C的外接圓半徑為r,則2r=」一，解得r=2g,所以球心到AABC所

sin60

在平面的距離d=押-(2揚2=2,則點D到平面ABC的最大距離4=a+4=6,

所以三棱錐體積的最大值匕〃8cx6=1x9Gx6=18百.故選B.

ni<tA3Zjziov-3

5.D【解析】如圖以AR為底面矩形一邊的四邊形有AAGC、A4Q。、A4,&E4

個，每一個面都有4個頂點，所以陽馬的個數(shù)為16個.故選D.

6.C【解析】由三視圖可知，該兒何體是一個底面為直角梯形的直四棱柱，所以該幾何體

的體積V=；x(l+2)x2x2=6.故選C.

7.B【解析】由題意可知，該幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構(gòu)成，則表面所有梯形

之和為2x；(2+4)x2=12.選B.

8.B【解析】解法一由題意，該幾何體是一個組合體，下半部分是一個底面半徑為3,高

為4的圓柱，其體積匕=TTX32X4=36兀，上半部分是一個底面半徑為3,高為6的圓

柱的一半，

1,

其體積匕=5X（7ix32x6）=27n,

故該組合體的體積V=K+%=36兀+27兀=63兀.故選B.

解法二該幾何體可以看作是高為14,底面半徑為3的圓柱的一半，所以體積為

1,

—（^x3'）xl4=63^.選B.

9.B【解析】圓柱的軸截面如圖，AC=1,AB=-,所以圓柱底面半徑r=8C="，

22

那么圓柱的體積是V=7rr2h=萬x（*）2x1=（萬，故選B.

10.A【解析】該幾何體是由一個高為3的圓錐的一半，和高為3的三棱錐組成（如圖），

其體積為：1（^XTTX12X3）+1（^X2X1X3）=1+1.選A.

11.B【解析】借助正方體可知粗線部分為該幾何體是四棱錐，

2

2

最長的棱長是體對角線，所以收2+22+22=2百.選B.

12.C【解析】由三視圖可知，四棱錐的底面是邊長為1的正方形，高為1,

11py

其體積V=—x『xl=—.設(shè)半球的半徑為R,則2R=&,即R=J,

'332

所以半球的體積匕='x生x（變>=也萬.

2326

故該幾何體的體積v=K+%=’+也%.故選C.

36

13.A【解析】由三視圖可得此幾何體為一個球切割掉!后剩下的幾何體，

8

7492

設(shè)球的半徑為「，故‘X?萬，=絲〃，所以r=2,

833

73

表面積S=—x4萬產(chǎn)十二萬r2=17萬，選A.

84

14.C【解析】該幾何體是圓錐與圓柱的組合體，

設(shè)圓柱底面圓半徑為「，周長為。，圓錐母線長為/,圓柱高為力.

由圖得r=2,c-2KK—4K,由勾股定理得：/=1。+（2百）=4,

2

S表=nr+ch+；ci=4兀+16兀+8兀=28兀,故選C.

15.B【解析】由三視圖可得該幾何體是平行六面體，上下底面是邊長為3的正方形，故面

積都是9,前后兩個側(cè)面是平行四邊形，一邊長為3、該邊上的高為6,故面積都為18,

左右兩個側(cè)面是矩形，邊長為和3,故面積都為96，則該幾何體的表面積為2（9

+18+96）=54+186.

16.C【解析】由題意得，該幾何體為一立方體與四棱錐的組合，

I32

體積丫=2?+—x22x2=—，故選C.

33

17.D【解析】由三視圖知：該幾何體是半個圓柱，其中底面圓的半徑為1,母線長為2,

所以該幾何體的表面積是gx2萬xlx(l+2)+2x2=3%+4,故選D.

18.A【解析】這是一個三棱錐與半個圓柱的組合體，

V=—^xl2x2+-x(—xxlx2)xl=^-+—,選A.

2323

19.D【解析】如圖，設(shè)正方形的棱長為1,則截取部分為三棱錐A-4瓦0,其體積為工,

6

又正方體的體積為1,則剩余部分的體積為9,故所求比值為

65

20.B【解析】在長、寬、高分別為2、1、1的長方體中，該四面體是如圖所示的三棱錐

P-ABC,表面積為^xlx2x2+@x(及)2x2=2+百.

24

21.A【解析】由圓錐的對稱性可知，要使其內(nèi)接長方體最大，則底面為正方形，令此長方

X2—h

體底面對角線長為2x,高為〃，則由三角形相似可得，-=——，所以%=2—2x,

12

2x+x+22x3

xe(0,1),長方體體積V長方體=(&x)2〃=2x(2-2x)W2(~)=3，

2

當(dāng)且僅當(dāng)x=2-2r,即x=2時取等號，Klf(f=-7rxlx2=—,

3圓錐33

16

故材料利用率為“=2，選A.

2萬9兀

T

22.B【解析】由三視圖可知，此組合體是由半個圓柱與半個球體組合而成，其表面積為

乃戶+2萬尸+4產(chǎn)+27/=207+]6,所以r=2.

23.B【解析】如圖,

設(shè)輔助正方體的棱長為4,三視圖對應(yīng)的多面體為三棱錐A-BCD,最長的棱為

AZ)=J(4&+22=6,選B.

24.C【解析】原毛坯的體積V=(萬x3?)x6=54萬，由三視圖可知該零件為兩個圓柱的組

合體，其體積￡'=%+%=5x22)x4+5x32)x2=34萬，故所求比值為

,V'10

1------=----.

V27

25.A【解析】如圖，將邊長為2的正方體截去兩個角，

S表=2x2x6—gxlxl+2x￥x(&)2=21+6

26.A【解析】圓柱的正視圖是矩形，.?.選A.

27.D【解析】由三視圖畫出幾何體的直觀圖，如圖所示，則此幾何體的表面積

S=S「s正方形+S2+2s3+S斜面，其中S1是長方體的表面積，

S2是三棱柱的水平放置的一個側(cè)面的面積，53是三棱柱的一個底面的面積,

可求得S=138(C，〃2),選D.

28.C【解析】由題意可知由面面垂直的性質(zhì)定理可得AT),平面。AG,

又AZ)=2-sin60=百，所以匕=-ADS^=-XA/3X!X2X73=1,

/i-￡Bj|ZDyC|3zA￡>|DZyC(_13<2

故選c.

29.A【解析】圓柱的底面半徑為1,母線長為1,S側(cè)=2〃*lxl=2萬.

30.B【解析】直觀圖為棱長為2的正方體割去兩個底面半徑為1的！圓柱，所以該幾何體

4

的體積為23-2x乃xFx2x^=8—萬.

4

31.C【解析】由幾何體的形成過程知所得幾何體為圓柱，底面半徑為1,高為1,其側(cè)面

積S=2兀rh=2兀.

32.B【解析】由直觀圖可知，該幾何體由一個長方體和一個截角三棱柱組成.從上往下看,

外層輪廓線是一個矩形，矩形內(nèi)部有一條線段連接的兩個三角形.

33.A【解析】由三視圖知，該幾何體為放到的半個圓柱底面半徑為2高為4,上邊放一個

長為4寬為2高為2長方體，故其體積為’》x22x4+4x2x2=16+8乃，故選A.

2

34.A【解析】還原后的直觀圖是一個長寬高依次為10,6,5的長方體上面是半徑為3高

為2的半個圓柱.

35.C【解析】幾何體是圓柱與圓錐疊加而成它的體積為

V-71x3x5+—^-x3-xJ52-32=57萬

3

36.B【解析】由三視圖可知該幾何體的體積：V=%XFX2+'X乃XFX2=3).

2

37.D【解析】通過正視圖及俯視圖可看出該幾何體為半個圓錐和一個三棱錐的組合體，故

側(cè)視圖可以為D.

38.C【解析】由三視圖可知該幾何體是底面為等腰梯形的放倒的一個直四棱柱，如圖，所

以該四棱柱的表面積

S=2x』x(2+4)x4+4x4+2x4+2xJl+16x4=48+8而.

39.D【解析】選項A正確，???SD_L平面ABC。，而AC在平面ABC。內(nèi)，所以

AC_LS￡>.因為A3CD為正方形，所以而8。與SO相交，所以AC,

平面S3。，所以AC，S3；選項B正確，因為ABCD,而CD在平面SCO內(nèi)，AB

不在平面SCD內(nèi)，所以AB平面SCD；選項C正確，設(shè)AC與80的交點為

連結(jié)SO,則S4與平面SBO所成的角NA5O,SC與平面SBO所成的角NCSO,易

知這兩個角相等；選項D錯誤，與SC所成的角等于NSC。，而。C與S4所成

的角等于NS48,易知這兩個角不相等.

40.C【解析】該幾何體由兩個長方體組合而成，其表面積等于下面長方體的全面積加上面

長方體的4個側(cè)面積之和.5=2(10x8+10x2+8x2)+2(6x8+8x2)=360.

41.B【解析】該幾何體上半部是底面邊長為4cm,高為2cm,的正四棱柱，其體積為

4x4x2=32(c/??)；下半部分是上、下底面邊長分別為4cm,8cm,高為2cm的正四

1224224320

棱臺，其體積為：x(16+4x8+64)x2=(,故其總體積為32+子=子.

\【解析】連接CD,BA,B]C,AC,因為E,H分別為AQ,CQ的

42.}}

中點，所以￡H〃AC,EH=^AC,因為F,G分別為gA,4c的中點，

所以FG〃AC,FG=-AC,所以EH〃FG,EH=FG,所以四邊形為

2

平行四邊形，又EG=HF,EH=HG,所以四邊形石”G尸為正方形，又點M到平

面EHGF的距離為:，所以四棱錐M—EFGH的體積為gx吟丫*；=卷.

43.-【解析】正方體的棱長為2,以其所有面的中心為頂點的多面體是正八面體，其中正

3

L]=4

八面體的所有棱長都是及，則該正八面體的體積為§X(0)2x2=§.

44.4V15【解析】如圖連接OE交AC于G,由題意O￡_LAC,設(shè)等邊三角形ABC的

邊長為x(0<x<5),則0G=3X,GE=5-—X.

66

由題意可知三棱錐的高h=^GEr-OG2=J(5-

底面SMBC=￥X2，

三棱錐的體積為丫=！乂@

x2x25-—x

34V3

設(shè)〃(%)=5/一日/，則“(幻=20%3一毛丁(0〈尤<5),

令"(x)=0,解得x=4百，當(dāng)xe(0,4百)時，〃'(x)〉0,〃(x)單調(diào)遞增;

r

當(dāng)工￡(4A反5)時,h(x)<0,/?(%)單調(diào)遞減，

所以x=4石是/?(%)取得最大值力(4百)=(4百六

所以匕皿=普乂7^3?=普乂(46)2=4后.

Qjr

45.—【解析】設(shè)正方體邊長為a,由6/=18,得〃=3,

2

/-4c4279

外接球直徑為2R-y/ici=3,V=—TIR3=—兀x—=—兀.

3382

7T

46.2+-【解析】由三視圖可知，長方體的長、寬、高分別為2,1,1,圓柱的高為1,底面圓半

2

7TX127T

徑為1,所以V=2xlxl+2x----xl=2+-.

42

47.-【解析】設(shè)球的半徑為r,則匕=吟巨=3.

2匕72

3

48.2【解析】根據(jù)三視圖可知該四棱錐的底面是底邊長為2m,高為1m的平行四邊形，四

棱錐的高為3m,故其體積為，x2xlx3=2(m3).

3

Q

49.—7【解析】由三視圖可知，該兒何體是中間為一個底面半徑為1,高為2的圓柱，兩

3

端是底面半徑為1,高為1的圓錐，所以該幾何體的體積

V=l2x^-x2+2x-xl2x^-xl=-^-.

33

50.12【解析】由題意知，該六棱錐是正六棱錐，設(shè)該六棱錐的高為力,

則!x6x亞x22x/?=2j^,解得力=1,底面正六邊形的中心到其邊的距離為百，

34

故側(cè)面等腰三角形底邊上的高為行仃=2,該六棱錐的側(cè)面積為12x2=12.

2

51.2V2【解析】由題意可知直觀圖如圖所示，結(jié)合三視圖有平面A8C,24=2,

AB=BC=近,C4=2,所以~B=+=瓜，

PC=y]PA2+AC2=272,...三棱錐最長棱的棱長為2a.

3

52.-【解析】設(shè)甲、乙兩個圓柱的底面半徑分別是不弓，母線長分別是

S9r3

則由五=一，可得_L=2.又兩個圓柱的側(cè)面積相等，即2乃科=2萬為6,

$24弓2

53.V3【解析】設(shè)正方體的棱長為。，則正方體的體對角線為直徑，即、危=2r,即球

半徑r=@a.若球的體積為也，即d旗正“)3=也，解得。=百.

22322

54.1：24【解析】三棱錐E-ADE與三棱錐4-A5C的相似比為1：2,

故體積之比為1：8.又因三棱錐A-A5C與三棱柱A4G—A8C的體積之比

為1：3.所以，三棱錐尸—ADE與三棱柱A|B|G-ABC的體積之比為1：24.

另：^=1sAD^=lxlsAfiCxl/22=-L^,所以匕：匕=：.

55.38【解析】由三視圖知，此幾何體為一個長為4,寬為3,高為1的長方體中心，去除

一個半徑為1的圓柱，所以表面積為2x(4x3+4xl+3xl)+24-2k38.

56.92【解析】該幾何體是底面是直角梯形，高為4的直四棱柱幾何體的表面積是

S=2x；x(2+5)x4+(2+5+4+j42+(5—23)x4=92.

57.G【解析】V^^PA-SMIIC=1-3-1-2-2-sin60=JL答案應(yīng)填百.

58.1-【解析】由圓錐底面面積是這個球面面積3的三，得7TK~方3=±,所以r—-=y/3則

3164兀R?16R2

小圓錐的高為四，大圓錐的高為羽，所以比值為

223

59.【解析】(I)證明：。。，平面反⑺/^匚^四一二平面產(chǎn)皿,平面？^。。，

平面PCDCl平面ABCD=CD,MDu平面ABC。，MDLCD,

:.MD_L平面PCD,

CFu平面PCD,：.CF±MD,又CF±MF,MD,MFu平面MDF,

MZX=CFJ?平面MDF.

(II)CF±平面CF±OF,又易知NPCO=60°,;.ZCDF=30°,

Arfffcr=-cz)=-,

22

1

口口〃M.DECFmDE_2.nc,_V3,口口_3上

DPCP6244

S.CDE=-CDDE^—,

CDE=-S^CDE-MD=~~~^—

VMM-CDE3ACDE38216

60?【解析】(I)由已知得△ABCM&DBC,因此AC=Z)C,又G為AO的中點，

CGJ_AD；同理BGJ_AD；因此AD_L平面BCG,又￡F〃AD,￡F_L平面BCG.

A

E

(II)在平面ABC內(nèi)，做AOJ_C6,交CB的延長線于O,由平面ABC1平面BCD,

知AO,平面BCD,又G為40的中點，因此G到平面8CO的距離〃是AO的一半，

在AACZB中，AO=AB-sin60=>/3,所以匕>_BCG=VG-BCD=彳'^M)BGX?

61?【解析】(I)連結(jié)AG，交AC于點0,連結(jié)。。，則。為AG的中點，因為。為A3

的中點，所以0￡>〃BG，又因為OOu平面A。。，BC|(Z平面A。。，

所以BQ〃平面A。。；

(II)由題意知8,平面A8四4.

再由A4,=AC=CB=2,AB=20得

ZACB=90,CD=y/2,4。=&，DE=6,9=3.

故4。2+?！辏?=4￡；2,即OEJ.A。

所以％

C-/A.jDZJF/i=—3X—2Xy/6Xy/3XV2=1.

62.【解析】

(I)證明：連接AC,交于8。于。點，連接PO.因為底面ABCD是菱形，所以

AC±BD,BO=DO,由PB=PD知,POA.BD.再由POcAC=O知,

3O_L面APC,因此即_LPC.

（H）解：因為E是出的中點，所以匕iCE=%g=g3c

由依=PZ）=AB=AD=2知，.ABD^.PBD

因為NBA。=60,

所以PO=AO=瓜AC=273,BO=\.

又PA=#,PO2+AO2=幺2,即PO_LAC.

故SQC=；PO?AC=3.

由（1）知，BOL面APC,因此/_scE=g匕-APc=g?；?BO?S.c=；.

63.【解析】（1）由已知可得AE=3,BF=4,則折疊完后EG=3,GF=4,又因為EF=5,所以

可得EGLGb,又因為b,底面EGF,可得CFLEG,即后6_1面。f6所以平

面￡>EG_L平面CFG.

（2）過G作GO垂直于EF,GO即為四棱錐G-EFCD的高，

1112

所以所求體積為§S8￡kG0=§x4x5xw=16.

64.【解析】（I）由條件知PD4Q為直角梯形因為QAL平面ABCD,所以平面PD4QJ"平

ABCD,交線為AO.

又四邊形ABC。為正方形，DC1AD,所以。C_L平面PD4Q,可得PQ_LOC.

在直角梯形PDAQ中可得OQ=PQ=《-P。，則PQ1QD

所以PQL平面DCQ.

（II）設(shè)AB=a

由題設(shè)知AQ為棱錐Q—ABCD的高，所以棱錐Q—ABCD的體積乂

由（I）知PQ為棱錐產(chǎn)一。CQ的高，而PQ=6a,△。。。的面積為乎足,

所以棱錐尸一OC。的體積為匕=：/.

故棱錐Q—ABCD的體積與棱錐P-DCQ的體積的比值為1.

第二十三講空間中點、直線、平面之間的位置關(guān)系

2019年

1.解析如圖所示，聯(lián)結(jié)BE，BD.

因為點N為正方形ABC。的中心，△￡（，￡＞為正三角形，平面反力_1平

面ABC。，M是線段￡￡）的中點，所以?Wu平面BOE，ENu平面

BDE,因為是中OE邊上的中線，EN是ABDE中BD邊

上的中線，直線EN是相交直線，設(shè)=則缶，

BE^J-a2+-a2=0a,

V44

所以BM=』&a，EJV=J-a2+-a2=a

2V44

所以BMWEN.故選B.

2.解析：對于A,a內(nèi)有無數(shù)條直線與月平行，則a與夕相交或a〃/，排除;

對于B,a內(nèi)有兩條相交直線與夕平行，則a〃尸；

對于C,a,夕平行于同一條直線，則a與夕相交或a〃4，排除;

對于D,a,夕垂直于同一平面，則a與夕相交或a〃萬，排除.

故選B.

3.證明：（1）因為。，E分別為BC,AC的中點，

所以ED//AB.

在直三棱柱A8C-A山Ci中，AB//A\B\,

所以4B|〃ED

又因為EQu平面QEG,4sz平面DEG,

所以48〃平面OEG.

（2）因為A2=8C,E為AC的中點，所以BEL4c.

因為三棱柱ABC-AIBIC,是直棱柱，所以CG_L平面ABC.

又因為BEu平面ABC,所以CGL8E.

因為CiCu平面AiACCi,ACu平面AJACCI,CiCOAC=C,

所以BE_L平面AiACG.

因為CiEu平面4ACG,所以BELGE.

4.解析：由/,〃，是平面a外的兩條不同直線，知：

由線面平行的判定定理得：若/_La,lA.m,則mPa.

由線面平行、垂直的性質(zhì)定理得mPa,

2010-2018年

1.A【解析】記該正方體為ABCD—AB'C'D,正方體的每條棱所在直線與平面a所成的

角都相等，即共點的三條棱AA,AB',AO'與平面a所成的角都相等，如圖，

連接AB',AD',BU,因為三棱錐4—49'。是正三棱錐，所以AA,A'B',AD'

與平面所成的角都相等，分別取CD,B'C,BB',AB,AD,的中

點、E,F,G,H,I,J,連接EF,FG.GH,IH,IJ,IE,易得E,F,

G,H,I,J六點共面，平面EFGHIJ與平面AB'U平行，且截正方體所得截面

的面積最大，又EF=FG=GH=IH=IJ=JE=、一,所以該正六邊形的面積為

2

6凈凈考，所以0截此正方體所得截面面積的最大值為苧,故選A.

2.C【解析】解法一

補上一相同的長方體COEF-G2gK，連接O片,片片.

易知//DE「則NBQE]為異面直線AD,與。片所成角.

因為在長方體A5CO-AgG。中，AB=BC^\,胡=6，

所以。&=JQI+EE；=J『+(?2=2,DB]=712+12+(^)2=75,

4g=4AB；+AE；=Vl2+22=V5,

在A4。耳中，由余弦定理，得cosNBQE]=2一+(逐廠一^廠=旦,

即異面直線AR與。片所成角的余弦值為故選C.

解法二以。為坐標原點，DA,DC,OR所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立

空間直角坐標系，如圖所示.

由條件可知。（0,0,0）,A（I,O,O）,。（（）,（）,6）,4（1,

所以的=(-1,(),8)，DB]=(1,1,我,

則由向量夾角公式，得cos<AD|,Oq〉=AR*=占=旦,

|AD,||DB]|2V55

即異面直線A。與。所成角的余弦值為或，故選C.

3.A【解析】若/wa,naa,m//n,由線面平行的判定定理知“〃a.若〃z〃a,

maa,〃ua,不一定推出，？J〃”，直線加與〃可能異面，故"加〃""是"加〃

a”的充分不必要條件.故選A.

4.D【解析】由題意知四棱錐S-ABC。為正四棱錐，如圖，

連接3。，記連接SO,則SO_L平面ABC。，取43的中點M,

連接SM,OM,OE,易得ABJ.SW,則/=NSEO,仇=NSMO,易知名力劣?

因為。M〃BC,BC±AB,SM±AB,所以%也為與平面S48所成的角,

即與平面S4B所成的角，再根據(jù)最小角定理知，產(chǎn)國,所以aWqWa，故

選D.

5.C【解析】如圖所示，把三棱柱補成四棱柱，異面直線人用與Bq所成角為/與AA

BR=+CQ：-25cxeQCOS60

AD]=C，M=后,

4.+AD；—BQ：=(石尸+(夜》一(6)2二回選c

:.cosZBjADj

2xAB}xAD}2x6x05

6.B【解析】設(shè)。為三角形ABC中心，底面如圖2,過。作。EJ.RP,OF±PQ,

__.±DOcODOD

OGXRQ,由題后可知tantz=-----，tanB------，tany?

OEOFOG

由圖2所示，以P為原點建立直角坐標系，不妨設(shè)A3=2,則4(—1,0),5(1,0),

C（0,G）,010與，?：AP=PB，緇=好=2,???Q（；，￥），刈-咨），

3C/Cxi\j\3333

則直線RP的方程為y=-亨尤，直線PQ的方程為＞=2百X，直線RQ的方程為

也x+述，根據(jù)點到直線的距離公式，知。后=2叵，0F=^,OG=L

3921393

OF<OG<OE,tan?<tany<tan(3,

因為a,p,/為銳角，所以選B

7.A【解析】因為過點A的平面a與平面。瓦2平行，平面A88〃平面AgGA，所

以m//BQ//BD,又AQ〃平面CgR,所以“〃/B,則8D與所成的角為

所求角，所以機，〃所成角的正弦值為電，選A.

2

8.B【解析】由“加_La且/_Lm”推出“l(fā)ucM/la”,但由“機，。且/〃。”可

推出所以是“/〃a”的必要而不充分條件，故選B.

9.B【解析】解法一設(shè)NA0C=e,AB=2,則由題意知AO=6D=AD=1.

在空間圖形中，連結(jié)A8,設(shè)AB=f.

AZ^+M-A的l2+l2-r22-t2

在△AD?中,cosZA'DB=

2A'DxDB2xlxl-2

過A作ANJ.DC,過6作?垂足分別為N、M.

過N作NP^B,使四邊形8PNM為平行四邊形，則NPLOC,

連結(jié)AP,8P,則NA'NP就是二面角A—CO—B的平面角，所以NA'NP=a.

在汝A4ND中，DN=ADcosZADC=cos0,AN=A'DsinZA'DC=sin.

同理，BM=PN=sin0,DM=cos0,故BP=MN=2cos?.

顯然3PL平面ANP,故

在RMBP中，A'P2=A!B—8尸2=/一(2cos6)2=/一4cos?6.

T，、小」小A'V+Np2-A'p2

在AANP中，cosa=cosNANP=------------------

2A'NxNP

22

-si-na-6-+-s-i-n-?--4-c-o-s-2-6)=-2-+-2-co-s-0---t2=-2---r-1-co-s-0-

2sin*2sin2^2sin26>sir?。

1"CDcos?。

——：—cosNADB+——；—

sin*sii?。

iCOS2Q

所以cosa-cosZArDB=——-—cosZArDB+—-----cosZArDB

sir?。sin?6

1-sin2^cos20=^co_s?^0(]+cosNAOB)20,

cosNA'DB+

sii?。sin*sin-0

TT

所以cosaNcosNA'OB（當(dāng)。=—時取等號），

2

因為a,ZA'DBe[0,7r],而y=8sx在[0,萬]上為遞減函數(shù),

所以aWNA'OB,故選B.

解法二若C4wCB,則當(dāng)a=萬時，ZACB<K,排除D；

當(dāng)a=0時，ZACB>0,ZADB>0,排除A、C,故選B.

10.D【解析】利用正方體模型可以看出，4與乙的位置關(guān)系不確定.選D.

11.C【解析】選項中加均可能與平面a平行、垂直、斜交或在平面a內(nèi)，故選C.

12.B【解析】對于選項A,若m//a,〃//a,,則機與〃可能相交、平行或異面，A錯誤;

顯然選項B正確；對于選項C,若加_La,mLn,則〃ua或n//a,C錯誤；對

于選項D,若ml/a,m±n,則〃〃。或〃ua或〃與a相交，D錯誤.故選B.

13.D【解析】作垂足為H,設(shè)P"=x,則?！?瓜，由余弦定理

AH=j625+3x2-406，

tan6=tanNPAH=里=1=(->0),

AH6254073°%

\-------------+3

Vxx

故當(dāng)_L=迪時，tan。取得最大值，最大值為迪.

x1259

14.B【解析】直線OP與平面4BO所成的角為e的取值范圍是

NCQA，由于sinZAC>4=^，

sinZC.O^=2—?—=-^>—,sin-=l

?“33332

所以sina的取值范圍是

15.D【解析】作正方形模型，a為后平面，尸為左側(cè)面

可知D正確.

16.D【解析】A中加,〃可能平行、垂直、也可能為異面；B中佻“還可能為異面；C中加

應(yīng)與夕中兩條相交直線垂直時結(jié)論才成立，選D.

17.B【解析】利用排除法可得選項B是正確的，a,iLp,則如選項A：

I//a,/〃,時，a工§或a〃B；選項C：若a_L尸,l±a,/〃夕或/u,；

選項D：若a工0,l±a,I〃（3或I工f3.

18.B【解析】過點A作A￡_LBZ）,若存在某個位置，使得AC_LB。，則3。_1面4。后，

從而有BD上CE,計算可得BD與CE不垂直，則A不正確；當(dāng)翻折到AC_LCD時，

因為3CLCZ）,所以。>_1面48。，從而可得43_LCD；若AD_L3C,因為

BCA.CD,所以BC_L面ACO,從而可得5CJ.AC,而AB=1<&=BC,所以

這樣的位置不存在，故C不正確；同理，D也不正確，故選B.

19.D【解析】對于D,若平面a_L平面?，則平面a內(nèi)的