2018高三各地优质文科二模试题分项汇编8：立体几何(含解析)

普通高等学校2018届高三招生全国统一考试模拟试题(二)数学(文)试题word含答案普通高等学校招生全国统一考试模拟试题——文科数学（二）本试卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题纸上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合 $A=\{x|x-\frac{1}{2}<0\}$，$B=\{x|x-\frac{(2a+8)}{a(a+8)}<0\}$，若 $A\cap B=A$，则实数 $a$ 的取值范围是A。

$(-4,-3)$B。

$[-4,-3]$C。

$(-\infty,-3)\cup(4,+\infty)$D。

$(-3,4)$2.已知复数 $z=\frac{3+i}{2-3i}$，则 $z$ 的实部与虚部的和为A。

$-\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i$B。

$-\frac{2}{5}-\frac{1}{5}i$C。

$\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i$D。

$\frac{3}{5}+\frac{2}{5}i$3.某景区管理部门为征求游客对景区管理方面的意见及建议，从景区出口处随机选取 $5$ 人，其中 $3$ 人为跟团游客，$2$ 人为自驾游散客，并从中随机抽取 $2$ 人填写调查问卷，则这 $2$ 人中既有自驾游散客也有跟团游客的概率是A。

$\frac{2}{3}$B。

$\frac{1}{5}$C。

$\frac{2}{5}$D。

$\frac{3}{5}$4.已知双曲线 $E:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 的离心率为$\frac{\sqrt{10}}{3}$，斜率为 $-\frac{3}{2}$ 的直线 $l$ 经过双曲线的右顶点 $A$，与双曲线的渐近线分别交于 $M$，$N$ 两点，点 $M$ 在线段$AN$ 上，则 $\frac{AN}{AM}$ 等于A。

立体几何1.某一简单几何体的三视图如右图所示,该几何体的外接球的表面积是（ ）A . π13B . π16C . 5π2D . π272．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某多面体的三视图，则这个多面体的体积是（ ） A . 1B .32 C .34 D . 23．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和粗虚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（ ） A . 52 B . 62C . 33D . 64．若m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A . 若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α．B . 若α∩γ=m ，β∩γ=n ，m //n ，则α//β．C . 若α⊥γ，α⊥β，则β//γ．D . 若m ⊥β，m //α，则α⊥β．5．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CC 1的中点，过A 的平面α满足α//平面MB 1D 1，α∩平面ABCD =直线l ，则直线l 与直线BD 1所成角的余弦值为（ ） A .21 B .33 C .36 D .23侧视图俯视图6．已知三棱锥A -BCD 外接球的半径为定值，AB =CD =2，若三棱锥A -BCD 体积的最大值为34，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A . 3π4 B . 3π8 C . 3π28D . π87．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线． 其中真命题的序号是 ．8．三棱锥S -ABC 中，SA =BC =a ，SB =AC =b ，SC =AB =c ，若三棱锥S -ABC 外接球的半径为1，则ab +bc +ca 的最大值为__________.9．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，B 1D 1的中点为O ，P 在线段B 1D 上，若P A 1+PO 的最小值是6，则a =___________.10．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，M 为棱 AA 1的中点，△PQR 的三个顶点分别在棱AA 1，AB ，AD 上，OM ⊥平面PQR ，则QR 的取值范围是______________.11．正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1=1，M 为B 1C 1的中点．（Ⅰ）求证：AB 1//平面A 1MC ；（Ⅱ）求直线AB 1与直线A 1M 所成角的取值范围．12．如图，菱形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，AC ⊥BC ，且AC =BC =2，∠CAE = 60． （Ⅰ）求证：AM ⊥平面EBC ； （Ⅱ）求三棱锥E -ABC 的侧面积．CA BA 1B 1C 1M A C D EM13．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1=2，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为线段BC上一点且BE=3EC．（Ⅰ）求证：DE//平面A1MC1；（Ⅱ）平面A1MC1将三棱柱ABC-A1B1C1分成两个部分，求较小部分的体积．14．如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，AB//平面MCD，⊥AB平面BCD，AB=（Ⅰ）求证：平面⊥MCD平面BCD；（Ⅱ）求直线AB与平面BCM所成角的正弦值．15．在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.（Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；（Ⅱ）已知EF=FB=12AC=，AB=BC．求二面角F BC A--的余弦值.ABDMBA CA1B1C1MDEB16．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，ABCD 是平行四边形，∠D 1A 1B 1=∠AA 1B 1= 30，cos ∠AA 1D 1=43，AA 1=A 1D 1=2，A 1B 1=3．E 、M 、N 分别是CD 、AD 、AB 的中点． （Ⅰ）求证：C 1E //平面D 1MN ；（Ⅱ）求点E 到平面D 1MN 的距离．参考答案1. 答案：C解析：该几何体为正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，如图所示， 其中BA =BC =22，BB 1=3，∴该几何体的外接球的半径25212122=++=BB BC BA R ，∴该几何体的外接球的表面积π25π42==R S ，故选C ．2．答案：C解析：该多面体为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥B -A 1D 1D ，如图所示，所以该多面体的体积AB DD D A AB S V D D A ⋅⋅=⋅=∆)21(313111111342)2221(31=⨯⨯⨯=，故选C ． 3．答案：C解析：该多面体为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥D 1-MNC ，其中M 、N 分别为BC 和BB 1的中点，AB =BC =4，AA 1=2．∵MC =2，MN =5，NC =17， D 1C =20，D 1M =24，D 1N =33，∴该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为33，故选C ．A 1AB DEMN D 1B 1C 1A C D A 1B 1C 1D 1ABCDA 1B 1C 1D 1M N A 1 B 1C 1D 1ABC D4．答案：D解析：分别由图1，图2，图3可知A 、B 、C 为假命题，故选D ．5．答案：C 解析：设平面α∩平面A 1B 1C 1D 1=m ，又α∩平面ABCD =直线l ，平面ABCD //平面A 1B 1C 1D 1，∴l //m ，同理，m //B 1D 1，∴l //B 1D 1，∴∠BD 1B 1是直线l 与直线BD 1所成的角或其补角．设正方体的棱长为1，在Rt △BB 1D 1中，∠BB 1D 1=︒90，B 1D 1=2，BD 1=3，cos ∠BD 1B 1=36111=BD D B ，故选 C ．6．答案：C 解析：设AB ，CD 的中点分别为M ，N ，三棱锥A -BCD 外接球的球心为O ，半径为R ．∵AB =CD =2，∴OM =ON =12-R ，设A 、B 到平面MCD 的距离分别为h 1，h 2，M 到CD 的距离为h ，则MCD B MCD A BCD A V V V ---+=)(3121h h S MCD +=△ AB S MCD ⋅≤△31AB h CD ⋅⋅⋅=)21(31AB MN CD ⋅⋅⋅≤)21(31 AB ON OM CD ⋅+⋅⋅≤)](21[312)]11(221[3122⨯-+-⋅⨯⨯=R R 1342-=R当AB ⊥平面MCD ，O 为MN 中点时max )(BCD A V -1342-=R ，又∵三棱锥A -BCD 体积的最大值为34，∴341342=-R ，2=R ，∴该三棱锥的外接球的体积3π34R V =3π28=，故选C ．7．答案：①③④解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误A 1B 1C 1D 1ABCDMEαl mβ αl m 图1 β α lm 图2 γ nβ α 图3 γ A BCDMNOACDP的；③正确，如右图，PD ⊥平面ABCD ，其中底面ABCD 为矩形，可证明∠P AB ，∠PCB 为直角，这样四个侧面都是直角三角形；命题④由圆锥母线的定义知是正确的．8．答案：8 解析：由条件可知可把三棱锥S -ABC 放入长方体SFBG -DAEC 中，如图所示，设DA =x ，DC =y ，DS =z ，则x 2+y 2=b 2，y 2+z 2=c 2，z 2+x 2=a 2，∴2222222c b a z y x ++=++又长方体SFBG -DAEC 的外接球也是三棱锥S -ABC 的外接球，且该球半径R =1于是122121222222=++=++=c b a z y x R ，即8222=++c b a ， ∴ab +bc +ca≤=+++++222222222a c c b b a 8222=++c b a ， 当且仅当362===c b a 时，（ab +bc +ca ）max =8．9．答案：2解析：设BO ∩B 1D =P 0，∵A 1与B 关于平面AB 1C 1D 对称，∴P A 1=PB ，∴P A 1+PO =PB +PO ≥BO =a a a 26)22(22=+， 当且仅当P 位于P 0时，P A 1+PO 取最小值a 26． ∵P A 1+PO 的最小值是6，∴626=a ，∴a =2． 10．答案：(0，]2解析：连结AC 1，∵M ，O 分别为AA 1，A 1C 1的中点，∴OM //AC 1，又AC 1⊥平面A 1BD ，∴OM ⊥平面A 1BD ，∵OM ⊥平面PQR ，∴平面A 1BD //平面PQR ，∴RQ //BD ，∴RQ ∈(0，BD ]=(0，]2，即QR 的取值范围是(0，]2. 11．（Ⅰ）证明：连结AC 1，交A 1C 于N ，连结MN ． 正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AA 1C 1C 是平行四边形，∴N 为AC 1的中点， 又M 为B 1C 1的中点，∴AB 1//MN ，又MN ⊂平面A 1MC ，AB 1⊄平面A 1MC ， ∴AB 1//平面A 1MC ．（Ⅱ）解：设AA 1=h （h >0），则DAECSFBGA 1B 1C 1D 1 AB CDPOP 0A 1B 1C 1D 1 A BCDMOPQR CABA 11C 1MNH1212121+==h AB MN ， 12121211+==h C A N A ，231=M A ， 取A 1M 中点H ，连结NH ，∵MN =A 1N ，∴NH ⊥A 1M又∵AB 1//MN ，∴∠NMH 为直线AB 1与直线A 1M 所成的角．在Rt △NHM 中，12312143cos 22+=+==∠h h NM HMNMH )23,0(∈． ∴2π6π<∠<NMH ，即直线AB 1与直线A 1M 所成角的取值范围为)2π,6π(． 12．（Ⅰ）证明：∵四边形ACDE 是菱形，∴EC AM AC EA ⊥⊥∴,．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，∴⊥∴BC 平面EAC ．⊂AM 平面EAC ，∴⊥∴BC AM ．∴⊥∴AM 平面EBC ． （Ⅱ）解：∵AE =AC =2，∠CAE =︒60，∴△AEC 是边长为2的正三角形，∴32432=⨯=EAC S △， ∵BC ⊥平面EAC ，∴BC ⊥EC ，又BC =CE =2，∴221=⋅=CE BC S EBC △，22=BE 在Rt △ABC 中，AC =BC =2，∠ACB =︒90，∴2222=+=BC AC AB ．在△EAB 中，AE =2，AB =BE =22，取AE 的中点H ，连结BH ， 则BH ⊥AE ，AH =1，22AH AB BH -=7=，∴721=⋅=BH AE S EAB △， ∴三棱锥E -ABC 的侧面积为+∆EAC S +∆EBC S 723++=∆EAB S ．13．（Ⅰ）证明：取BC 中点N ，连结1,MN C N ， ∵,M N 分别为,AB CB 中点 ∴MN ∥AC ∥11AC ， ∴11,,,A M N C 四点共面，∴C 1N ⊂平面A 1MC 1， 又∵E 为线段BC 上一点且BE =3EC ．∴E 为NC 的中点 又D 为CC 1的中点，∴DE //C 1N又DE ⊄平面A 1MC 1，∴DE ∥平面11A MC（Ⅱ）解：∵三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，∴⊥1AA 平面ABC ，∴1AA AC ⊥， 又AC AB ⊥，则AC ⊥平面11ABB A ，又A 1C 1//AC ，∴A 1C 1⊥平面A 1B 1BA ，又AM ⊂平面A 1B 1BA ，∴A 1C 1⊥AM ．在矩形A 1B 1BA 中，AB =2AA 1=2，M 为AB 中点，∴AA 1=AM =1，A 1M =2221=+AM AA 又∵△11A MC 是等腰三角形，∴A 1C 1=A 1M =2．ABC DEMH ABCA 1B 1C 1MN DEFH连结MB 1，过A 作AF ⊥BC 于F ，过M 作MH ⊥BC 于H ，则MH ⊥平面BCC 1B 1，MH AF 21， 在Rt △ABC 中，∠BAC =︒90，AB =2，AC =2，BC =6，∴332=⋅=BC AC AB AF ∴3321==AF MH ，又B 1C 1NB 是直角梯形，高BB 1=1，BN =26，B 1C 1=6， ∴NB C B M V 11-MH S NB C B ⋅=113142])(21[31111=⋅⋅+=MH BB C B BN ．又111C B A M V -321)2221(31)21(3131111111111=⋅⨯⨯=⋅⋅=⋅=AA C A B A AA S C B A △平面A 1MC 1将三棱柱ABC -A 1B 1C 1分成的两个部分为几何体MBN -A 1B 1C 1和几何体AA 1M -CC 1N ，记体积分别为V 1和V 2，则V 1=NB C B M V 11-+111C B A M V -1227=，又三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积21)2221(1111=⨯⨯⨯=⋅=AA S V C B A △，∴V 2=V -V 1=11225V <，∴较小部分的体积为1225． 14．（Ⅰ）证明：设平面ABM ∩CD =点E ，连结BE ，ME ．∵AB //平面MCD ，AB ⊂平面ABM ，平面ABM ∩平面MCD =ME ，∴AB //ME∵AB ⊥平面BCD ，∴ME ⊥平面BCD ，又ME ⊂平面MCD ，∴平面MCD ⊥平面BCD ． （Ⅱ）解：建立直角坐标系B -xyz ，如图所示，x 轴在平面BCD 内．又∵△BCD ，△MCD 都是边长为2的正三角形，AB =32，∴B （0，0，0），A (0，0，32)，C (3，1，0)，M (23，23，3)，∴)32,00(，=，)0,1,3(=，)3,23,23(=BM ， 设),,(z y x n =是平面BCM 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0BC n 即⎪⎩⎪⎨⎧=++=+,032323,03z y x y x ，取⎪⎩⎪⎨⎧=-==,1,3,1z y x 即)1,3,1(-=n ． 设直线AB 与平面BCM 所成角为θ，则5553232sin =⨯==θ， 即直线AB 与平面BCM 所成角的正弦值为55．15．（Ⅰ）证明：取FC 的中点M ，连结GM ，HM ． ∵M ，H 分别FC ，FB 的中点，∴MH //CB ，又MH ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴MH //平面ABC ． 设平面CEF ∩平面ABC =直线l ，∵上底面//平面ABC ，平面CEF ∩上底面=EF ，∴EF //l ∵G 、M 分别为CE 和CF 的中点，∴GM //EF ，∴GM //l 又GM ⊄平面ABC ，l ⊂平面ABC ，∴GM //平面ABC ， ∴平面GHM //平面ABC又GH ⊂平面GHM ，∴GH //平面ABC ．（Ⅱ）解：连结OB ，∵AB =BC ，AC 是圆O 的直径，∴OA ⊥OB ， ∵OO ′⊥平面ABC ，∴OO ′⊥OA ，OO ′⊥OB ，以为O 原点，分别以O OA,OB,O '为z y,x,轴，建立空间直角坐标系．BC ,AB AC FB EF ====3221，3)'(22=--='FO BO BF O O ， 于是有,0,0)3(2A ，)0,0,3(-2C ，)0,3(0,2B ，)3,3(0,F ，O ′(0,0,3)，O (0,0,0)， 可得平面FBC 中的向量)3,30,-(=，)0,32,32(=, 设),,(z y x =是平面FBC 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0CB n BF n 即⎪⎩⎪⎨⎧=+=+-,03232,033y x z y ，取⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=,1,3,3z y x 即)1,3,3(-=． 又)300(，，=是平面ABC 的一个法向量，设二面角F -BC -A 为θ，结合，OO的方向可知77373cos =⨯==θ， 即二面角F BC A --的余弦值为77．16．（Ⅰ）证明：连结B 1N ，B 1D 1，BD ，NE ．四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，∵BB 1DD 1，∴BDD 1B 1是平行四边形，∴BD //B 1D 1 ∵M ，N 分别是AD ，AB 的中点，∴MN //BD ，∴MN //B 1D 1， ∴B 1，D 1，M ，N 四点共面，∴B 1N ⊂平面D 1MN∵ABCD 是平行四边形，N ，E 分别是AB 和CD 的中点 ∴AN DE ，∴ANED 是平行四边形，∴NE AD 又AD A 1D 1B 1C 1，∴NE B 1C 1， ∴B 1C 1EN 是平行四边形，∴C 1E //B 1N又C 1E ⊄平面D 1MN ，∴C 1E //平面D 1MN ． （Ⅱ）连结B 1A ，AD 1，在△A 1B 1D 1中，A 1B 1=3，A 1D 1=2，∠D 1A 1B 1= 30，由余弦定理，可得B 1D 1=1， ∴211211211D B B A D A +=，∴∠A 1B 1D 1= 90，同理，∠A 1B 1A = 90，∠AB 1D 1= 90． 以B 1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B 1-xyz ．则A 1(3，0，0)，A (0，0，1)，B 1(0，0，0)，D 1(0，1，0)， ∴)1,21,23()0,1,3(21)1,1,0(2111111--=-+-=+=+=D A D D D )1,1,23()0,0,3(21)1,1,0(2111111--=-+-=+=+=B A D D D ，设n =(x ，y ，z )是平面D 1MN 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011D n M D ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+--=+--02302123z y x z y x ，取⎪⎩⎪⎨⎧===302z y x ，即n =(2，0，3)又)0,0,3(1111==A B D C ，C 1E //平面D 1MN∴点E 到平面D 1MN 的距离=点C 1到平面D 1MN 的距离721273211===．。

【立体几何型解答题高考数学试题汇编（2018年全国卷）】理科试题【2018年全国卷Ⅰ理科第18题】如图，四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中 点,以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达点P 的位置,且.BF DF ⊥ （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【2018年全国卷Ⅱ理科第20题】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==PA PB ==4,PC AC ==O 为AC 的中点． （1）证明:PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【2018年全国卷Ⅲ理科第19题】如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于,C D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．C AAA文科试题【2018年全国卷Ⅰ文科第18题】如图,在平行四边形ABCM 中, 3,AB AC ==ACM ∠90,=以AC 为折痕将ACM ∆折起,使点M 到达点D 的位置,且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面;ABC（2）Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点，且2,3BP DQ DA ==求三棱锥Q ABP-的体积．【2018年全国卷Ⅱ文科第20题】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==PA PB ==4,PC AC ==O 为AC 的中点． （1）证明:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且2,MC MB =求点C 与平面POM 的距离．【2018年全国卷Ⅲ文科第19题】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于,C D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）在线段AM 上是否存在点,P 使得MC平面PBD ?说明理由．BAA。

一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥ ．∥ ．⊥．⊥解：因为⊥β，⊂β，所以⊥.故选.．()某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积是()．．解：该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，其体积＝＋×××＝()．故选.．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是( )．球．三棱锥 ．正方体．圆柱解：球的三视图是三个相同的圆，三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形，正方体的三视图可能是三个相同的正方形，而当圆柱的底面放置在水平面上时，其俯视图是圆，正视图是矩形．故选.．()如图，在正方体­中，，分别为，的中点，则下列直线中与直线相交的是( )．直线．直线 ．直线．直线解：在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线，可判断选项正确．故选. ．如图，在正方体­中，，分别是棱，的中点，则与平面的位置关系是( )．∥平面．与平面相交 ．在平面内．与平面的位置关系无法判断解：正方体­中，，分别是棱，的中点，取的中点，连接，，则∥，∥，所以∥平面，∥平面，又因为∩＝，所以平面∥平面，从而可得∥平面.故选.．一个四面体的顶点在空间直角坐标系­中的坐标分别是(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解：如图所示，点(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，此四点恰为正方体­上四个点，且构成一个棱长为的正四面体，该正四面体在投影面上的正视图为正方形.故选.．已知正四棱柱­中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )解：取的中点，连接，则∠为所求的角，设＝，∠＝＋×)＝＝＝.故选.．()已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )．．．．解：由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，四个侧面中面积最大的是△，由题设知＝，＝，＝＝，所以＝，取中点，连接，，则⊥，所以⊥，＝＝，所以△＝·＝.故选.．()已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )．π．π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此＝π·()·＝π.故选.．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )π∶π∶．π∶．π∶解：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为，球的半径为，则()＝＋＋()，即＝.所以半球＝×π＝π＝π，正方体＝.所以半球∶正方体＝π∶＝π∶.故选.．已知正四棱柱­中，＝，＝，为的中点，则直线与平面的距离为( )．．解：如图，连接，交于，连接，在△中，易证∥.从而∥平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.由等体积法，得­＝△×＝­＝△×＝××××＝.又因为在△中，＝，＝＝，。