加强练(八) 立体几何与空间向量
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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.(2015·上海卷)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(i＝1，→→
2，…，8)是上底面上其余八个点，则AB·APi(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )
A.1 C.4
B.2 D.8
→→→→→→
解析 ∵AB·APi＝|AB|·|APi|cos〈AB，APi〉＝1×1＝1，∴只有一个值. 答案 A
2.(2024·宁波模拟)若直线l不平行于平面α，且l?α，则( ) A.α内所有直线与l异面 B.α内只存在有限条直线与l共面 C.α内存在唯一的直线与l平行 D.α内存在无数条直线与l相交
解析 由直线与平面的位置关系知l?α，则l∥α或l与平面α相交.由题意知，l不平行于平面α，则设l∩α＝P，故平面α内所有过点P的直线与l相交，平面α内不过点P的直线与l异面，故选D. 答案 D
3.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A.直线 C.椭圆
B.抛物线 D.双曲线的一支
解析 利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为∠PAB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆. 答案 C
4.(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm)是( )
3
π
A.＋1 2C.3π
＋1 2
B.D.π
＋3 23π＋3 2
解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底1
面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V＝
3111π2
×π×1×3＋××2×2×3＝＋1. 2322答案 A
→→
5.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，正方体所在空间的动点P满足|PB1＋PC|＝2，则→
AP·AD1的取值范围是( )
A.[0，4] C.[0，22]
B.[1，4] D.[1，22]
→
→→
解析 因为正方体的棱长为2，所以B1C＝2，则由|PB1＋PC|＝2得点P在以B1C的中点为球心，
B1C2
为半径的球面上.当点P与点B重合时，点P在直线AD1上的射影为点A，当点P与点
→
→
→
C1重合时，点P在直线AD1上的射影为点D1，则AP·AD1∈[0，|AD1|2]＝[0，4]，故选A.
答案 A
6.(2024·北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为线段CD和A1B1上的动点，且满足CE＝A1F，则四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和( )
3
A.有最小值
2C.为定值3
5
B.有最大值
2D.为定值2
解析 依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D′，F′，B′，
E′，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分别如下图.
所以在后面的投影的面积为S后＝1×1＝1， 在上面的投影面积S上＝D′E′×1＝DE×1＝DE， 在左面的投影面积S左＝B′E′×1＝CE×1＝CE，
所以四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S＝S后＋S上＋S左＝1＋DE＋CE＝1＋CD＝2. 答案 D
7.(2024·长沙四校模拟一)在棱长为2的正方体ABCD－A′B′C′D′中，有一个与正方体各个面均相切的球O，则平面AB′D′截该球所得截面的面积为( ) 2A.π 3C.π
4
B.π 3D.2π
解析 由题意知球O的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为1，A′A＝A′B′＝
A′D′＝2，AD′＝B′D′＝AB′＝22.设点A′到平面AB′D′的距离为h，则由VA′－AB′D′
111123
＝VA－A′B′D′，得××22×22×sin 60°×h＝××2×2×2，得h＝.连接A′C，易
32323233223
知A′C＝2＋2＋2＝23，所以球心O到平面AB′D′的距离为3－＝，从而截面
33
圆的半径为答案 A
62?3?2
1－??＝，因此所求截面的面积为π.
33?3?
8.(2024·北京西城区综合练习)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数d(0＜d＜3)，如果正方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点中恰好有m个点到平面α的距离等于d，那么下列结论中一定正确的是( ) A.m≠6 C.m≠4
B.m≠5 D.m≠3
解析 如图(1)恰好有3个点到平面α的距离为d；如图(2)恰好有4个点到平面α的距离为
d；如图(3)恰好有6个点到平面α的距离为d.
答案 B
9.(2024·浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥S－ABC中，SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，AB＞BC，E，F，G分别是AB，BC，AC的中点，分别记平面SEF与平面SAC、平面SEG与平面SBC、平面SFG与平面SAB所成的锐二面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系是( )
A.α＜β＜γ C.α＜γ＜β
B.β＜α＜γ D.γ＜β＜α
解析 由SA＝SB＝SC可知点S在底面ABC上的射影是△ABC的外心，∵∠ABC＝90°，∴AC的中点G就是点S在底面ABC上的射影，即SG⊥平面ABC，过点G作GH⊥EF，交EF于点H，连接SH，则∠GSH就是平面SEF与平面SAC所成角的平面角，tan∠GSH＝tan α＝，易证
GHSGGFGF⊥平面SEG，∴∠GSF就是平面SEG与平面SBC所成角的平面角，tan∠GSF＝tan β＝，
SG同理，tan∠GSE＝tan γ＝∴α＜γ＜β，故选C. 答案 C
GE，在Rt△EGF中，GH＜GE＜GF，∴tan α＜tan γ＜tan β，SG10.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l，A、B是直线l上的两点，C、D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一动点，且直线PD，PC与平面α所成角相等，则二面角P－BC－D的余弦值的最小值是( )
A.1 5
1B. 2D.1
C.
3 2
解析 ∵DA⊥l，α∩β＝l，α⊥β，AD?β，∴AD⊥α，同理，BC⊥α.∴∠DPA为直线PD与平面α所成的角，∠CPB为直线PC与平面α所成的角，∴∠DPA＝∠CPB，又∠DAP＝∠CBPPADA1
＝90°，∴△DAP∽△CBP，∴＝＝.在平面α内，以AB为x轴，以AB的中垂线为y轴
PBBC2
建立平面直角坐标系，则A(－3，0)，B(3，0).设P(x，y)，(y＞0)，∴2（x＋3）＋y＝（x－3）＋y，整理得(x＋5)＋y＝16.∴P点在平面α内的轨迹为以M(－5，0)为圆心，以4为半径的上半圆.∵平面PBC∩平面β＝BC，PB⊥BC，AB⊥BC，∴∠PBA为二面角P－BC－D的平面角.∴当PB与圆相切时，∠PBA最大，cos∠PBA取得最小值.此时PM＝4，MB＝8，
2
2
2
2
2
2
PB433
MP⊥PB，∴PB＝43，cos∠PBA＝＝＝.
MB82
答案 C
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11.(2024·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，
BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________.
解析 如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离. 再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 连接OC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC. 所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF， 所以CO为∠ACB的平分线， 即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1， 所以OE＝1，所以PO＝PE－OE＝（3）－1＝2. 答案
2
2
2
2
2
浙江省2024届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量加强练八立体几何与空间向量含解析
