高考数学专题08立体几何与空间向量(文理合卷).doc

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=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=PDEDPDBD=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，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，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+12-221cos60=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=（3，6，0），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：OEOGOFtantantan，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，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：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，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ANO，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：A15【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（0，2，0），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，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=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，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，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-GO2=(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|=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-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，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：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】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，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RtD1C1F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：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ABCDA1B1C1D1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：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