知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

D

【考点】L7：简单空间图形的三视图．

【分析】首先由几何体的俯视图断定原几何体的最上面的平面图形应是圆，再由俯视图内部只有一个虚圆，断定原几何体下部分的图形不可能是棱柱，由此可排除前三个选项．

【解答】解：由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A和选项C．

而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B．

故选D．

知识点：1.空间几何体的结构

D

【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系．

【分析】根据异面直线的定义便可判断选项A，B，C的直线都和直线EF异面，而由图形即可看出直线B1C1和直线相交，从而便可得出正确选项．

【解答】解：根据异面直线的概念可看出直线AA1，A1B1，A1D1都和直线EF为异面直线；

B1C1和EF在同一平面内，且这两直线不平行；

∴直线B1C1和直线EF相交，即选项D正确．

故选：D．

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

C

【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系．

【分析】在A中，m∥β或m⊂β；在B中，m与n相交、平行或异面；在C中，由线面垂直的判定定理得m⊥β；在D中，m有可能垂直于n．

【解答】解：由m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，知：

在A中，若m∥α且α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；

在B中，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；

在C中，若m⊥α且α∥β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故C正确；

在D中，若m不垂直于α，且n⊂α，则m有可能垂直于n，故D错误．

故选：C．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

A

【考点】LB：平面图形的直观图．

【分析】根据斜二侧画法得到三角形OAB的底面边长0B=4，高OA=2O'A'=6，然后求三角形的周长即可．

【解答】解：根据斜二侧画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B=4，高OA=2O'A'=6，AB=2，

∴直角三角形OAB的周长为10+2．

故选：A．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

B

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．

【分析】作出棱锥的高与斜高，得出侧面与底面所成角的平面角，利用勾股定理列方程解出底面边长，代入体积公式计算．

【解答】解：过棱锥定点S作SE⊥AD，SO⊥平面ABCD，则E为AD的中点，O为正方形ABCD的中心．

连结OE，则∠SEO为侧面SAD与底面ABCD所成角的平面角，即∠SEO=45°.

设正四棱锥的底面边长为a，则AE=OE=SO=，

∴SE==．

在Rt△SAE中，∵SA2=AE2+SE2，

∴3=，解得a=2．

∴SO=1，

∴棱锥的体积V==．

故选B．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

A

【考点】LG：球的体积和表面积．

【分析】设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，结合题中数据算出OD，而经过点D的球O的截面，当截面与OD垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．

【解答】解：设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD，

∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上，

∴O1O⊥平面ABC，结合O1C⊂平面ABC，可得O1O⊥O1C，

∵球的半径R=3，O1O=2，

∴Rt△O1OC中，O1C=．

又∵D为BC的中点，∴Rt△O1DC中，O1D=O1C=．

∴Rt△OO1D中，OD==．

∵过D作球O的截面，当截面与OD垂直时，截面圆的半径最小，

∴当截面与OD垂直时，截面圆的面积有最小值．

此时截面圆的半径r==，可得截面面积为S=πr2=．

故选A．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

A

【考点】L!：由三视图求面积、体积．

【分析】由三视图还原原几何体，可得原几何体为底面边长是2，高是5的正四棱柱内部挖去一个半径为1的半球．然后利用正方体的表面积及球的表面积求解．

【解答】解：由三视图可知，原几何体为底面边长是2，高是5的正四棱柱内部挖去一个半径为1的半球．

其表面积为=48+π．

故选：A．

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

D

【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；LP：空间中直线与平面之间的位置关系．

【分析】画出直线l，然后判断选项即可．

【解答】解：如图作出过M的中截面，∵棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，QP∥EF，EF∥中截面，由平面与平面平行的性质定理，可知：面MEF∩面MPQ=l，

由平面与平面平行的性质定理可知：l∥面ABCD；

∵几何体是正方体，∴AC⊥EF，由三垂线定理可知：l⊥AC．

过ACC1A1的平面如图，面MEF与面MPQ不垂直，当Q、P与D1，B1重合时，面MEF与面MPQ垂直，

直线l与EF平行，是定直线．D错误．

故选：D．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

B

【考点】L!：由三视图求面积、体积．

【分析】由三视图可知该几何体是一个三棱锥，根据图中数据求出几何体的表面积与体积，

从而求出其内切球的半径r，再计算内切球的表面积．

【解答】解：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，

如图所示，

则几何体的表面积为

，

该几何体的体积为；

设其内切球半径为r，则

，

求得，

所以内切球的表面积为

．

故选：B．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

D

【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．

【分析】由斜线的射影定理可判断A正确；由面面垂直的判定定理，可判断B正确；由三棱锥的体积公式，可判断C正确；由异面直线所成的角的概念可判断D不正确

【解答】解：∵A′D=A′E，△ABC是正三角形，

∴A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；

由A知，平面A′GF一定过平面BCED的垂线，

∴恒有平面A′GF⊥平面BCED，故B正确；

三棱锥A′﹣FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，

当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′﹣FED的体积有最大值，故C正确；

当（A′E）2+EF2=（A′F）2时，面直线A′E与BD垂直，故④错误．

故选：D．

知识点：10.空间角与距离

A

【考点】MI：直线与平面所成的角．

【分析】过球心O作平面ABCD的垂线OG，则G为正方形中心，∠OAG为OA与平面ABCD所成的角，求出球的半径OA，再求出AG，即可得出所求角的余弦值．

【解答】解：如图，

设球O的半径为R，由V球==，

得，∴R=，即OA=．

设正方形ABCD的中心为G，连接OG，则OG⊥平面ABCD，

且AG=．

∴OA与平面ABCD所成的角的余弦值为．

故选：A．

知识点：10.空间角与距离

A

【考点】MT：二面角的平面角及求法．

【分析】由题意画出图形，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，取AC中点O，以O为坐标原点，以OB、OC所在直线为x、y轴建立如图所示空间直角坐标系，求出平面AED的一个法向量（用含有m的代数式表示），再求得平面ADC的一个法向量，结合二面角E﹣AD﹣C的余弦值为列式求得m值．

【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，取AC中点O，

以O为坐标原点，以OB、OC所在直线为x、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

∵AB=2，AA1=3，点D为棱BD的中点，

∴A（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（），

A1（0，﹣1，3），

又点E为A1C上的点，且满足A1E=mEC（m∈R），

∴，

设E（x，y，z），则，，

∴（x，y+1，z﹣3）=（﹣mx，m﹣my，﹣mz），得x=0，y=，

z=．

∴E（0，，），

则，，

设平面AED的一个法向量为，

由，取x=，得．

平面ADC的一个法向量．

∴|cos＜＞|=||=||=．

解得：m=1．

故选：A．

知识点：1.空间几何体的结构

【考点】L2：棱柱的结构特征．

【分析】利用等体积法，即=，求点A到平面A1DB的距离．

【解答】解：构造三棱锥A﹣A1DB，并且有=，

因为=sh=××1×1×1=，

所以==．

设点A到平面A1DB的距离为x，

又因为=×SA1BD×x=×××x=，

所以x=，即点A到平面A1DB的距离为．

故答案为：

知识点：11.球

8π

【考点】LG：球的体积和表面积．

【分析】利用三棱锥侧棱AB、AC、AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，求出长方体的三度，从而求出对角线长，即可求解外接球的体积．

【解答】解：三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，

设长方体的三度为a，b，c，则由题意得：ab=4，ac=4，bc=4，

解得：a=2，b=2，c=2，

所以球的直径为： =2

所以球的半径为，

所以三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为=8π

故答案为：8π．

知识点：1.空间几何体的结构

【考点】G7：弧长公式．

【分析】由题意画出图形，可得∠AOD为直角，求出OA的长度，然后利用圆的周长公式求解．

【解答】解：如图，

取BC中点O，在△ABC和△BCD中，

∵CA=AB=BC=CD=DB=2，

∴AO=DO=2，

在△AOD中，AO=DO=2，又AD=2，

∴cos∠AOD===0，

则∠AOD=，

∴将该三棱锥以BC为轴转动，到点A落到平面α内时，

A、D两点所经过的路程都是以O为圆心，以OA为半径的圆周，

∴A、D两点所经过的路程之和是×2π×OA=．

故答案为：．

知识点：10.空间角与距离

①③④

【考点】L2：棱柱的结构特征．

【分析】利用体积公式判断①，利用向量计算夹角判断②，根据二面角的定义判断③，利用全等判断④．

【解答】解：对于①，显然三棱锥A﹣D1BC体积与P点位置无关，故①正确；

对于②，以D1为坐标原点，建立如图所示的空间坐标系，设正方体边长为1，则=（1，1，﹣1）为平面ACD1的法向量，

而=（1，0，0），=（1，﹣1，﹣1），

∴cos＜＞==，cos＜，＞==，

∴AB，AC1与平面ACD1所成的角不相等，即当p在直线BC1上运动时，AP平面ACD1所成的角会发生变化，故②错误；

对于③，当P位置变化时，平面PAD1的位置不发生变化，故二面角P﹣AD1﹣C的大小不变，故③正确；

对于④，设Q为直线A1D1上任意一点，则Rt△QDD1≌Rt△QC1D1，

∴QD=QC1，

∴M的轨迹为直线AD1，故④正确．

故答案为：①③④．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LS：直线与平面平行的判定．

【分析】（Ⅰ）由AB是底面圆的直径，可得AC⊥BC．再由的中点为D，可得OD⊥BC．则AC∥OD．由线面平行的判定可得AC∥平面POD；

（Ⅱ）设圆锥底面圆半径为r，高为h，母线长为l，由题意可得h=r，l=，由△PAB面积是9求得r=3，代入圆锥表面积公式与体积公式求解．

【解答】（Ⅰ）证明：∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC．

∵的中点为D，∴OD⊥BC．

又AC、OD共面，∴AC∥OD．

又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，

∴AC∥平面POD；

（Ⅱ）解：设圆锥底面圆半径为r，高为h，母线长为l，

∵圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，∴h=r，l=，

由，得r=3，

∴，

．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LW：直线与平面垂直的判定．

【分析】（Ⅰ）证明AD⊥MA，推出MA⊥平面ABCD，得到MA⊥BD．结合BD⊥AC，证明BD⊥平面MAC．

（Ⅱ）设刍童ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，利用几何体的体积公式，转化求解即可．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由题可知ABM﹣DCP是底面为直角三角形的直棱柱，

∴AD⊥平面MAB，

又MA⊂平面MAB，∴AD⊥MA，

又MA⊥AB，AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，

∴MA⊥平面ABCD，

又BD⊂平面ABCD，

∴MA⊥BD．

又AB=AD，∴四边形ABCD为正方形，

∴BD⊥AC，

又MA∩AC=A，MA，AC⊂平面MAC，

∴BD⊥平面MAC．…

（Ⅱ）设刍童ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，

则三棱锥A﹣A1B1D1体积V==，

∴h=，

故该组合体的体积为V==．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．

【分析】（1）推导出AD⊥CD，AD⊥BD，从而AD⊥平面BCD，由此能证明平面ABD⊥平面BCD．

（2）取CD的中点F，连结EF，由EF∥BD，∠AEF是异面直线AE与BD所成角，由此能求出异面直线AE与BD所成的角．

【解答】证明：（1）∵折起前AD是BC边上的高，

∴当折起后，AD⊥CD，AD⊥BD，

又CD∩BD=D，∴AD⊥平面BCD，

∵AD⊂平面ABD，

∴平面ABD⊥平面BCD．

解：（2）取CD的中点F，连结EF，由EF∥BD，

∴∠AEF是异面直线AE与BD所成角，

连结AF、DE，设BD=2，则EF=1，AD=2，CD=6，DF=3，

在Rt△ADF中，AF==，

在△BCD中，由题设知∠BDC=60°，

则BC2=BD2+CD2﹣2BD•CD•cos60°=28，∴BC=2，

∴BE=，∴cos，

在△BDE中，DE2=BD2+BE2﹣2BD•BE•cos∠CBD=13，

在Rt△ADE中，cos∠AEF===，

∴∠AEF=60°，'

∴异面直线AE与BD所成的角为60°．

知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】LS：直线与平面平行的判定；L2：棱柱的结构特征．

【分析】（1）法一：连接D1C，已知ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，可证四边形A1BCD1是平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；

法二：根据长方体的几何特征由平面A1AB∥平面CDD1C1．证得A1B∥平面CDD1C1．

（2）设A1A=h，已知几何体ABCD﹣A1C1D1的体积为，利用等体积法VABCD﹣A1C1D1=VABCD﹣A1B1C1D1﹣VB﹣A1B1C1，进行求解．

（3）在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，过Q作QP∥CB交BC1于点P，推出A1P⊥C1D，证明A1P⊥C1D，推出△D1C1Q∽Rt△C1CD，再求求线段A1P的长．

【解答】证明：（1）证法一：如图，连接D1C，

∵ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，

∴A1D1∥BC且A1D1=BC．

∴四边形A1BCD1是平行四边形．

∴A1B∥D1C．

∵A1B⊄平面CDD1C1，D1C⊂平面CDD1C1，

∴A1B∥平面CDD1C1．

证法二：∵ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，

∴平面A1AB∥平面CDD1C1．

∵A1B⊂平面A1AB，A1B⊄平面CDD1C1．

∴A1B∥平面CDD1C1．

解：（2）设A1A=h，∵几何体ABCD﹣A1C1D1的体积为，

∴VABCD﹣A1C1D1=VABCD﹣A1B1C1D1﹣VB﹣A1B1C1=，

即SABCD×h﹣×S△A1B1C1×h=，

即2×2×h﹣××2×2×h=，解得h=4．

∴A1A的长为4．

（3）在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，

过Q作QP∥CB交BC1于点P，则A1P⊥C1D．

因为A1D1⊥平面CC1D1D，C1D⊂平面CC1D1D，

∴C1D⊥A1D1，而QP∥CB，CB∥A1D1，

∴QP∥A1D1，

又∵A1D1∩D1Q=D1，

∴C1D⊥平面A1PQC1，

且A1P⊂平面A1PQC1，

∴A1P⊥C1D．

∵△D1C1Q∽Rt△C1CD，

∴=，

∴C1Q=1

又∵PQ∥BC，

∴PQ=BC=．

∵四边形A1PQD1为直角梯形，且高D1Q=，

∴A1P==

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

【考点】LW：直线与平面垂直的判定；MI：直线与平面所成的角．

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，即证明SD垂直于面SAB中两条相交的直线SA，SB；在证明SD与SA，SB的过程中运用勾股定理即可

（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小即利用平面SBC的法向量，当为锐角时，所求的角即为它的余角；当为钝角时，所求的角为

【解答】（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD中，

∵AB∥CD，BC⊥CD，AB=BC=2，CD=1

∴AD==

∵侧面SAB为等边三角形，AB=2

∴SA=2

∵SD=1

∴AD2=SA2+SD2

∴SD⊥SA

同理：SD⊥SB

∵SA∩SB=S，SA，SB⊂面SAB

∴SD⊥平面SAB

（Ⅱ）建立如图所示的空间坐标系

则A（2，﹣1，0），B（2，1，0），C（0，1，0），

作出S在底面上的投影M，则由四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形知，M点一定在x轴上，又AB=BC=2，CD=SD=1．可解得MD=，从而解得SM=，故可得S（，0，）

则

设平面SBC的一个法向量为

则，

即

取x=0，y=，z=1

即平面SBC的一个法向量为=（0，，1）

又=（0，2，0）

cos＜，＞===

∴＜，＞=arccos

即AB与平面SBC所成的角的大小为arcsin

知识点：10.空间角与距离

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．

【分析】（I）由AD⊥平面A1BC得BC⊥AD，由AA1⊥平面ABC得BC⊥AA1，故BC⊥平面A1AB，所以BC⊥A1B；

（II）设PC=x，用x表示出棱锥A1﹣BPC的体积，列出方程解出x，得到AP和PC的值．

【解答】（Ⅰ）证明∵AD⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，

∴AD⊥BC．

∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴AA1⊥BC．

又∵AA1∩AD=A，AA1⊂平面AA1B，AD⊂平面AA1B，

∴BC⊥平面AA1B，∵A1B⊂平面AA1B，

∴BC⊥A1B．

（Ⅱ）解：设PC=x，过点B作BE⊥AC于点E．

由（Ⅰ）知BC⊥平面AA1B1B，∴BC⊥AB，

∵AB=BC=2，∴，．

∴，

∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，

∴AD⊥A1B．∴BD==1，又∵AA1⊥AB，

∴Rt△ABD∽Rt△A1BA，∴，

∴．

∴=．

解得：，

∴．∴．