2018高考一轮复习 立体几何一 24页

‎2017高考一轮复习 立体几何 一 ‎　‎ 一．选择题（共24小题）‎ ‎1．（2014•郴州三模）用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．（2014秋•城区校级期末）如图所示，用过A1、B、C1和C1、B、D的两个截面截去正方体ABCD﹣A1B1C1D1的两个角后得到一个新的几何体，则该几何体的正视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（2012•武汉模拟）如图是一正方体被过棱的中点M、N，顶点A和N、顶点D、C1的两上截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（2013•鹰潭校级模拟）已知一个三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎5．（2012•陕西）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（2015•铜川模拟）已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎7．（2015秋•哈尔滨校级月考）某几何体的一条棱长为3，在该几何体的正视图中，这条棱的投影长为2的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱长的投影长分别是a和b的线段，则a+b的最大值为（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．2‎ ‎8．（2015•北京）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（　　）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎9．已知某个几何体的三视图如图所示．根据图中标出的尺寸（单位：cm）．可得这个几何体的体积是cm3．‎ ‎（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎10．（2013秋•秦安县期末）一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．（2014•唐山一模）正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为（　　）‎ A．8π B．16π C．32π D．64π ‎12．（2016•北海一模）已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为（　　）‎ A． B． C．32π D．64π ‎13．（2015•沈阳校级模拟）若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为（　　）‎ A．π B．2π C．3π D．4π ‎14．正四面体的内切球与外接球的半径的比等于（　　）‎ A．1：3 B．1：2 C．2：3 D．3：5‎ ‎15．（2014•道里区校级三模）已知一个正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为3的正方形，则该正四面体的内切球的表面积为（　　）‎ A．6π B．54π C．12π D．48π ‎16．（2014•大庆二模）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎17．（2015•新课标II）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（　　）‎ A．36π B．64π C．144π D．256π ‎18．（2015秋•晋中期末）表面积为40π的球面上有四点S、A、B、C且△SAB是等边三角形，球心O到平面SAB的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S﹣ABC体积的最大值为（　　）‎ A．2 B． C．6 D．‎ ‎19．（2015•新课标II）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎20．（2015秋•淮南期末）如图所示，ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是（　　）‎ A．A，M，O三点共线 B．A，M，OA1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 ‎21．（2015•衡阳县校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（　　）‎ A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 ‎22．（2015秋•眉山期末）如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎23．（2015•广东）若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 ‎24．（2016•延庆县一模）已知两条直线a，b和平面α，若a⊥b，b⊄α，则“a⊥α”是“b∥α”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎　‎ 二．填空题（共6小题）‎ ‎25．（2014•长春一模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为　　　　　　．‎ ‎26．（2013•长春一模）若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则=　　　　　　．‎ ‎27．（2016•石嘴山校级二模）在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，BC=2，PA⊥平面ABC，若三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为8π，则该三棱锥的体积为　　　　　　．‎ ‎28．（2015•南昌一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，侧面BCC1B1的面积为2，则直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球表面积的最小值为　　　　　　．‎ ‎29．（2015•四川）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣AMN的体积是　　　　　　．‎ ‎30．（2016春•厦门校级期中）a，b，c是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题：‎ ‎①若a∥b，b∥c，则a∥c；‎ ‎②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；‎ ‎③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；‎ ‎④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；‎ 上述命题中正确的是　　　　　　（只填序号）．‎ ‎　‎ ‎2017高考一轮复习 立体几何 一 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共24小题）‎ ‎1．（2014•郴州三模）用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据题意几何体是球缺，利用球的视图是圆，看不到的线要画虚线，可得答案．‎ ‎【解答】解：用一个平行于水平面的平面去截球，截得的几何体是球缺，‎ 根据俯视图的定义，几何体的俯视图是两个同心圆，且内圆是截面的射影，∴内圆应是虚线，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了几何体的三视图，要注意，看不到的线要画虚线 ‎　‎ ‎2．（2014秋•城区校级期末）如图所示，用过A1、B、C1和C1、B、D的两个截面截去正方体ABCD﹣A1B1C1D1的两个角后得到一个新的几何体，则该几何体的正视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】直接利用三视图的定义，正视图是光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图，据此可以判断出其正视图．‎ ‎【解答】解：由正视图的定义可知：点A、A1、C1在后面的投影点分别是点D、D1、C1，线段A1B在后面的投影面上的投影是以D1为端点且与线段A1B平行且相等的线段，即可得正视图．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】从正视图的定义可以判断出题中的正视图，同时要注意能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．‎ ‎　‎ ‎3．（2012•武汉模拟）如图是一正方体被过棱的中点M、N，顶点A和N、顶点D、C1的两上截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】通过三视图的画法，几何体的主视图的轮廓是一个正方形，在作三视图时，能看见的线作成实线，被遮住的线作成虚线，由此规则判断各个选项即可．‎ ‎【解答】解：对于选项A，几何体的主视图的轮廓是一个正方形，故A不正确；‎ 对于B，正视图是正方形符合题意，线段AM的影子是一个实线段，相对面上的线段DC1的投影是正方形的对角线，由于从正面看不到，故应作成虚线，故选项B正确．‎ 对于C，正视图是正方形，符合题意，有两条实线存在于正面不符合实物图的结构，故不正确；‎ 对于D，正视图是正方形符合题意，其中的两条实绩符合斜视图的特征，故D不正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则来作出三个视图的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”．高考常考题型．‎ ‎　‎ ‎4．（2013•鹰潭校级模拟）已知一个三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【分析】由三棱锥的主视图与俯视图知三棱锥的底面与其中一个侧面都是直角三角形，画出其直观图，可得侧视图为直角三角形，且直角边长分别为1，．代入公式计算．‎ ‎【解答】解：由三棱锥的主视图与俯视图知三棱锥的底面与其中一个侧面都是直角三角形，‎ 其直观图如图：‎ SB=，SO=1，BC=1，∴CM=，‎ 几何体的侧视图为直角三角形，且直角边长分别为1，．‎ ‎∴侧视图的面积S=．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了由主视图与俯视图求侧视图的面积，解题的关键是判断主视图与俯视图的数据所对应的几何量，画出其直观图．‎ ‎　‎ ‎5．（2012•陕西）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】直接利用三视图的画法，画出几何体的左视图即可．‎ ‎【解答】解：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，‎ 后面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，AD1在右侧的射影是正方形的对角线，‎ B1C在右侧的射影也是对角线是虚线．‎ 如图B．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查几何体的三视图的画法，考查作图能力．‎ ‎　‎ ‎6．（2015•铜川模拟）已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示（图中红色部分），‎ 利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查学生的空间想象能力，由三视图还原实物图，是基础题．‎ ‎　‎ ‎7．（2015秋•哈尔滨校级月考）某几何体的一条棱长为3，在该几何体的正视图中，这条棱的投影长为2的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱长的投影长分别是a和b的线段，则a+b的最大值为（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．2‎ ‎【分析】由棱和它在三视图中的投影扩展为长方体，三视图中的三个投影，是三个面对角线，设出三度，利用勾股定理，基本不等式求出最大值．‎ ‎【解答】解：将已知中的棱和它在三视图中的投影扩展为长方体，‎ 三视图中的三个投影，是三个面对角线，‎ 则设长方体的三度：x、y、z，‎ 所以x2+y2+z2=9，x2+y2=a2，y2+z2=b2，‎ x2+z2=4可得a2+b2=14‎ ‎∵（a+b）2≤2（a2+b2）‎ a+b≤2，‎ ‎∴a+b的最大值为2，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查三视图，几何体的结构特征，考查空间想象能力，基本不等式的应用，是中档题．‎ ‎　‎ ‎8．（2015•北京）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（　　）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎【分析】几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，可得答案 ‎【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，‎ 底面为正方形如图：‎ 其中PB⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形 ‎∴PB=1，AB=1，AD=1，‎ ‎∴BD=，PD==．‎ PC==‎ 该几何体最长棱的棱长为：‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了由三视图求几何体的最长棱长问题，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键 ‎　‎ ‎9．已知某个几何体的三视图如图所示．根据图中标出的尺寸（单位：cm）．可得这个几何体的体积是cm3．‎ ‎（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎【分析】由三视图知几何体是一个三棱锥，三棱锥的底面是一个底边是2，高是2的三角形，三棱锥的高是2，根据三棱锥的体积公式得到结果．‎ ‎【解答】解：原几何体为底面是高为2，底边长是2的三角形的三棱锥，该三棱锥的高是2，‎ 所以体积是=．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查由三视图还原几何体并且看出几何体各个部分的长度，本题解题的关键是要求体积需要求出几何体的底面面积和高．本题是一个基础题．‎ ‎　‎ ‎10．（2013秋•秦安县期末）一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】设出球的半径，求出圆锥的底面半径然后求出球的面积以及圆锥的全面积，即可求出结果．‎ ‎【解答】解：如图，设球半径为R，则锥的底面半径 r=R，锥的高 h=R．‎ ‎∴S锥=S底面积+S侧=πr2+πRr=π （R）2+×R•Rπ=R2‎ S球=4πR2．‎ S锥：S球==，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查球的内接体，圆锥的表面积以及球的面积的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎11．（2014•唐山一模）正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为（　　）‎ A．8π B．16π C．32π D．64π ‎【分析】由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．‎ ‎【解答】解：如图，球心O到四个顶点的距离相等，‎ ‎∵正三棱锥A﹣BCD中，底面边长为6，‎ ‎∴BE=2，‎ 在直角三角形BOE中，BO=R，EO=6﹣R，BE=2，‎ 由BO2=BE2+EO2，得R=4‎ ‎∴外接球的半径为4，表面积为：64π 故选：D．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查空间想象能力，计算能力；利用直角三角形BOE是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提．‎ ‎　‎ ‎12．（2016•北海一模）已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为（　　）‎ A． B． C．32π D．64π ‎【分析】求出△PAD所在圆的半径，利用勾股定理求出球O的半径R，即可求出球O的表面积．‎ ‎【解答】解：令△PAD所在圆的圆心为O1，△PAD为正三角形，AD=2，则圆O1的半径r=，‎ 因为平面PAD⊥底面ABCD，AB=4，‎ 所以OO1=AB=2，‎ 所以球O的半径R==，‎ 所以球O的表面积=4πR2=．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查球O的表面积，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎　‎ ‎13．（2015•沈阳校级模拟）若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为（　　）‎ A．π B．2π C．3π D．4π ‎【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意⊙O1的半径为r=1，进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案．‎ ‎【解答】解：过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，‎ 且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，‎ 由题意⊙O1的半径为r=1，‎ ‎∴△ABC的边长为2，‎ ‎∴圆锥的底面半径为，高为3，‎ ‎∴V=．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的体积，其中根据已知分析出圆锥的底面半径和高，是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎14．正四面体的内切球与外接球的半径的比等于（　　）‎ A．1：3 B．1：2 C．2：3 D．3：5‎ ‎【分析】画出图形，确定两个球的关系，通过正四面体的体积，求出两个球的半径的比值即可．‎ ‎【解答】解：设正四面体为PABC，两球球心重合，设为O．‎ 设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四面体PABC内切球的高．‎ 设正四面体PABC底面面积为S．‎ 将球心O与四面体的4个顶点PABC全部连接，‎ 可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面．‎ 每个正三棱锥体积V1=•S•r 而正四面体PABC体积V2=•S•（R+r）‎ 根据前面的分析，4•V1=V2，‎ 所以，4••S•r=•S•（R+r），‎ 所以，R=3r 故选：A．‎ ‎【点评】本题是中档题，考查正四面体的内切球与外接球的关系，找出两个球的球心重合，半径的关系是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．‎ ‎　‎ ‎15．（2014•道里区校级三模）已知一个正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为3的正方形，则该正四面体的内切球的表面积为（　　）‎ A．6π B．54π C．12π D．48π ‎【分析】由正四面体的俯视图是边长为2的正方形，所以此四面体一定可以放在棱长为2的正方体中，求出正四面体的边长，可得正四面体的内切球的半径，即可求出正四面体的内切球的表面积．‎ ‎【解答】解：∵正四面体的俯视图是如图所示的边长为3正方形ABCD，‎ ‎∴此四面体一定可以放在正方体中，‎ ‎∴我们可以在正方体中寻找此四面体．‎ 如图所示，四面体ABCD满足题意，‎ 由题意可知，正方体的棱长为3，∴正四面体的边长为6，‎ ‎∴正四面体的高为2‎ ‎∴正四面体的内切球的半径为，‎ ‎∴正四面体的内切球的表面积为4πR2=6π 故选：A．‎ ‎【点评】本题的考点是由三视图求几何体的表面积，需要由三视图判断空间几何体的结构特征，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入对应的表面积公式分别求解，考查了空间想象能力．‎ ‎　‎ ‎16．（2014•大庆二模）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由已知中几何体的三视图中，正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，我们得出这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，得到球的半径，代入球的表面积公式，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：由已知中知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，‎ 可得该几何体是有一个侧面PAC垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．‎ 则这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，‎ 这个几何体的外接球的半径R=PD=．‎ 则这个几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×（）2=‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是由三视图求面积、体积，其中根据三视图判断出几何体的形状，分析出几何体的几何特征是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎17．（2015•新课标II）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（　　）‎ A．36π B．64π C．144π D．256π ‎【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．‎ ‎【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O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC=VC﹣AOB===36，故R=6，则球O的表面积为4πR2=144π，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．‎ ‎　‎ ‎18．（2015秋•晋中期末）表面积为40π的球面上有四点S、A、B、C且△SAB是等边三角形，球心O到平面SAB的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S﹣ABC体积的最大值为（　　）‎ A．2 B． C．6 D．‎ ‎【分析】作出直观图，根据球和等边三角形的性质计算△SAB的面积和棱锥的最大高度，代入体积公式计算．‎ ‎【解答】解：过O作OF⊥平面SAB，则F为△SAB的中心，过F作FE⊥SA于E点，则E为SA中点，取AB中点D，连结SD，则∠ASD=30°，‎ 设球O半径为r，则4πr2=40π，解得r=．连结OS，则OS=r=，OF=，∴SF==2．‎ ‎∴DF=EF=，SE==．∴SA=2SE=2，S△SAB=SA2=6．‎ 过O作OM⊥平面ABC，则当C，M，D三点共线时，C到平面SAB的距离最大，即三棱锥S﹣ABC体积最大．‎ 连结OC，∵平面SAB⊥平面ABC，∴四边形OMDF是矩形，∴MD=OF=，OM=DF=．∴CM==2．‎ ‎∴CD=CM+DM=3．‎ ‎∴三棱锥S﹣ABC体积V=S△SAB•CD==6．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了棱锥的体积计算，空间几何体的作图能力，准确画出直观图找到棱锥的最大高度是解题关键．‎ ‎　‎ ‎19．（2015•新课标II）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，‎ ‎∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，‎ ‎∴剩余部分体积为1﹣=，‎ ‎∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积．‎ ‎　‎ ‎20．（2015秋•淮南期末）如图所示，ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是（　　）‎ A．A，M，O三点共线 B．A，M，OA1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 ‎【分析】本题利用直接法进行判断．先观察图形判断A，M，O三点共线，为了要证明A，M，O三点共线，先将M看成是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，利用同样的方法证明点O、A也是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，从而证明三点共线．‎ ‎【解答】解：连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，‎ ‎∴A1、C1、C、A四点共面，‎ ‎∴A1C⊂平面ACC1A1，‎ ‎∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，‎ ‎∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ 同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ ‎∴A、M、O三点共线．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论、三点共线及空间想象能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎21．（2015•衡阳县校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（　　）‎ A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 ‎【分析】先利用三角形中位线定理证明MN∥BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与CC1垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，故排除A、B、C选D ‎【解答】解：如图：连接C1D，BD，在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确；‎ ‎∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；‎ ‎∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；‎ ‎∵A1B1与BD异面，MN∥BD，∴MN与A1B1不可能平行，D错误 故选D ‎【点评】本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键 ‎　‎ ‎22．（2015秋•眉山期末）如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】利用公理三及推论判断求解．‎ ‎【解答】解：在A图中：分别连接PS，QR，‎ 则PS∥QR，‎ ‎∴P，S，R，Q共面．‎ 在B图中：过P，Q，R，S可作一正六边形，如图，故P，Q，R，S四点共面．‎ 在C图中：分别连接PQ，RS，‎ 则PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面．‎ D图中：PS与RQ为异面直线，‎ ‎∴P，Q，R，S四点不共面．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查四点不共面的图形的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面性质及推论的合理运用．‎ ‎　‎ ‎23．（2015•广东）若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 ‎【分析】可以画出图形来说明l与l1，l2的位置关系，从而可判断出A，B，C是错误的，而对于D，可假设不正确，这样l便和l1，l2都不相交，这样可退出和l1，l2异面矛盾，这样便说明D正确．‎ ‎【解答】解：A．l与l1，l2可以相交，如图：‎ ‎∴该选项错误；‎ B．l可以和l1，l2中的一个平行，如上图，∴该选项错误；‎ C．l可以和l1，l2都相交，如下图：‎ ‎，∴该选项错误；‎ D．“l至少与l1，l2中的一条相交”正确，假如l和l1，l2都不相交；‎ ‎∵l和l1，l2都共面；‎ ‎∴l和l1，l2都平行；‎ ‎∴l1∥l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；‎ ‎∴该选项正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】考查异面直线的概念，在直接说明一个命题正确困难的时候，可说明它的反面不正确．‎ ‎　‎ ‎24．（2016•延庆县一模）已知两条直线a，b和平面α，若a⊥b，b⊄α，则“a⊥α”是“b∥α”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】分别判断出充分性和不必要性即可．‎ ‎【解答】解：若a⊥b，b⊄α，a⊥α，则b∥α，是充分条件，‎ 若a⊥b，b⊄α，b∥α，推不出a⊥α，不是必要条件，‎ 则“a⊥α”是“b∥α”的充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了充分必要条件，考查线面、线线的位置关系，是一道基础题．‎ ‎　‎ 二．填空题（共6小题）‎ ‎25．（2014•长春一模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为　3　．‎ ‎【分析】求出底面中心到底面三角形顶点的距离，求出外接球的半径，然后求出棱柱的高，即可求出所求体积．‎ ‎【解答】解：设球半径R，上下底面中心设为M，N，由题意，外接球心为MN的 中点，设为O，则OA=R，‎ 由4πR2=12π，得R=OA=，‎ 又AM=，‎ 由勾股定理可知，OM=1，所以MN=2，即棱柱的高h=2，‎ 所以该三棱柱的体积为××2=3．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查几何体的外接球的表面积的应用，三棱柱体积的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎26．（2013•长春一模）若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则=　　．‎ ‎【分析】设正四面体ABCD的棱长为a，利用体积分割法计算出内切球半径r=a，从而得到S2关于a的式子．利用正三角形面积公式，算出正四面体的表面积S1关于a的式子，由此不难得出S1与S2的比值．‎ ‎【解答】解：设正四面体ABCD的棱长为a，可得 ‎∵等边三角形ABC的高等于a，底面中心将高分为2：1的两段 ‎∴底面中心到顶点的距离为×a=a 可得正四面体ABCD的高为h==a ‎∴正四面体ABCD的体积V=×S△ABC×a=a3，‎ 设正四面体ABCD的内切球半径为r，则4××S△ABC×r=a3，解得r=a ‎∴内切球表面积S2=4πr2=‎ ‎∵正四面体ABCD的表面积为S1=4×S△ABC=a2，‎ ‎∴==‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题给出正四面体，求它的表面积与其内切球表面积的比值，着重考查了正四面体的性质、球的表面积公式和多面体的外接、内切球算法等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎27．（2016•石嘴山校级二模）在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，BC=2，PA⊥平面ABC，若三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为8π，则该三棱锥的体积为　　．‎ ‎【分析】作出草图，根据底面△ABC与截面圆的关系计算截面半径，根据球的面积计算球的半径，利用勾股定理计算球心到截面的距离，得出棱锥P﹣ABC的高．‎ ‎【解答】解：过A作平面ABC所在球截面的直径AD，连结BD，CD，‎ ‎∵AB=AC，∠BAC=120°，‎ ‎∴∠ABC=∠ACB=∠ADC=∠ADB=30°．‎ ‎∴∠BCD=∠CBD=∠BDC=60°．即△BCD是等边三角形．‎ ‎∵BC=2，∴AD==．‎ 过球心O作OM⊥平面ABC，则M为AD的中点，‎ ‎∴AM=．‎ 设外接球半径为r，则4πr2=8π，∴r=．即OA=．‎ ‎∴OM==．‎ ‎∵PA⊥平面ABC，‎ ‎∴PA=2OM=．‎ ‎∴VP﹣ABC===．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查了棱锥与外接球的关系，棱锥的体积计算，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎28．（2015•南昌一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，侧面BCC1B1的面积为2，则直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球表面积的最小值为　4π　．‎ ‎【分析】设BC=2x，BB1=2y，则4xy=2，利用直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，可得直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径为≥=1，即可求出三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球表面积的最小值．‎ ‎【解答】解：设BC=2x，BB1=2y，则4xy=2，‎ ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，‎ ‎∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径为≥=1，‎ ‎∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球表面积的最小值为4π×12=4π．‎ 故答案为：4π．‎ ‎【点评】本题考查三棱柱ABC﹣A1B确定1C1外接球表面积的最小值，考查基本不等式的运用，确定直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径的最小值是关键．‎ ‎　‎ ‎29．（2015•四川）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣AMN的体积是　　．‎ ‎【分析】判断三视图对应的几何体的形状，画出图形，利用三视图的数据，求解三棱锥P﹣AMN的体积即可．‎ ‎【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，高为1的直三棱柱，所求三棱锥的高为NP=1，底面AMN的面积是底面三角形ABC的，‎ 所求三棱锥P﹣AMN的体积是：=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的关键之一，考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎30．（2016春•厦门校级期中）a，b，c是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题：‎ ‎①若a∥b，b∥c，则a∥c；‎ ‎②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；‎ ‎③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；‎ ‎④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；‎ 上述命题中正确的是　①　（只填序号）．‎ ‎【分析】①利用平行公理去判断．②利用直线垂直的性质判断．③利用直线的位置关系判断．④利用异面直线的定义判断．‎ ‎【解答】解：①根据空间直线平行的平行公理可知，若a∥b，b∥c，则a∥c，所以①正确．‎ ‎②在空间中，直线垂直时，直线的位置不确定，所以无法得到a∥c，所以②错误．‎ ‎③在空间中，直线相交不具备传递性，所以③错误．‎ ‎④满足条件的两条直线a，b，可能平行，可能相交，也可能是异面直线，所以④错误．‎ 故答案为：①．‎ ‎【点评】本题主要考查空间直线与直线位置关系的判断．比较基础．‎ ‎　‎