专题18立体几何与空间向量A辑（教师版含解析）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题18立体几何与空间向量A辑历年联赛真题汇编1【2008高中数学联赛(第01试)】若三个棱长均为整数(单位：cm)的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为( )A764cm3或586cm3B764cm3C586cm3或564cm3D586cm3【答案】A【解析】设这三个正方体的棱长分别为a，b，c，则有6a2+b2+c2=564，即a2+b2+c2=94.不妨设1abc31，故6c10，c只能取9，8，7，6.若c=9，则a2+b2=94-92=13，易知a=2,b=3，得一组解(a,b,c)=(2,3,9)

2、，若c=8，则a2+b2=94-64=30(b5)，但2b230，即b4，从而b=4或5.若b=5，则a2=5无解；若b=4，则a2=14无解.因此c=8时无解.若c=7，则a2+b2=94-49=45，有唯一解a=3,b=6，若c=6，则a2+b2=94-36=58，此时2b258，即b229，故b6，但bc=6，所以b=6，此时a2=58-36=22无解.综上，共有两组解(a,b,c)=(2,3,9)或(a,b,c)=(3,6,7)，体积为V1=23+33+93=764cm3或V2=33+63+73=586cm3.故选A.2【2007高中数学联赛(第01试)】在正四棱锥PABCD中，APC

3、=60，则二面角APBC的平面角的余弦值为( )A17B-17C12D-12【答案】B【解析】如图，在侧面PAB内，作AMPB，垂足为M.联结CM，AC，则AMC为二面角APBC的平面角.不妨设AB=2，则PA=AC=22，斜高为7，故27=AM22，由此得CM=AM=72.在AMC中，由余弦定理得cosAMC=AM2+CM2-AC22AMCM=-17.故选B.3【2006高中数学联赛(第01试)】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC=2,AB=AC=AA1=1.已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点).若GDEF，则线段DF的长度的取值范围

4、为( )A15,1B15,2C1,2)D15,2【答案】A【解析】建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，则F(t1，0，0)(0t11)，E0,1,12,G12,0,1,D0,t2,00t21.所以EF=t1,-1,-12，GD=-12,t2,-1.因为GDEF，所以t1+2t2=1，由此推出0t212，又DF=t1,-t2,0，|DF|=t12+t22=5t22-4t2+1=5t2-252+12，从而有15|DF|1.故选A4【2005高中数学联赛(第01试)】如图，ABCDABCD为正方体.任作平面与对角线AC垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到

5、的截面多边形的面积为S，周长为l.则( ).AS为定值，不为定值BS不为定值，l为定值CS与l均为定值DS与l均不为定值【答案】B【解析】将正方体切去两个正三棱锥AABD与CDBC后，得到一个以平行平面ABD与DBC为上、下底面的几何体V，V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行，将V的侧面沿棱AB剪开，展平在一个平面上，得到一个平行四边形ABB1A1，而多边形W的周界展开后便成为一条与AA1平行的线段(如图中EE1)，显然EE1=AA1，故l为定值.当E位于AB中点时，多边形W为正六边形，而当E移至A处时，W为正三角形，易知周长为定值l的正六边形与正

6、三角形面积分别为324l2与336l2，故S不为定值.故选B5【2004高中数学联赛(第01试)】顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆的圆心，ABOB，垂足为B，OHPB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥CHPC的体积最大时，OB的长是( )A53B253C63D263【答案】D【解析】因为ABOB,ABOP，所以ABPB，又OHPB，所以面PAB面POB，所以OHHC,OHPA.C是PA中点，所以OCPA，所以当HO=HC时，SHOC最大，也即Vo-HPC=VP-HCO最大.此时HO=2，故HO=12OP，所以HPO=30，

7、所以OB=OPtan30=263.故选：D.6【2003高中数学联赛(第01试)】四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于( )A32B12C13D33【答案】B【解析】解法一如图，过B作BECD，则四边形BCDE为平行四边形，异面直线AB与CD所成角为ABE=60，从而SABC=12ABBEsin60=34，因为CD/BE，所以CD平面ABE.因为点D到平面ABE的距离h等于异面直线AB与CD的距离，即h=2.故VA-BCD=VA-BDE=VD-ABE=13342=12.解法二如图，分别取BC，CA，AD，DB的中点PQ，R，S，

8、则四边形PQRS是QPS=60的平行四边形，且PQ=12AB=12，PS=12CD=32，AB平面PQRSCD.设AB，CD与平面PQRS的距离分别为h1,h2，则h1+h2=2，由拟柱体的体积公式，得VABCD=VAB-FQRS+VCD-PQRS=13h1+h2SPQRS=13234=12.7【2002高中数学联赛(第01试)】曲线x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1.满足x2y216,x2+(y-2)24,x2+(y+2)24的点(x，y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则( )AV1=12V2BV1=23V2CV1=V2

9、DV1=2V2【答案】C【解析】如题图，两个图形绕y轴旋转所得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，则所得截面面积S1=42-4|y|，S2=42-y2-4-2-|y|2=42-4|y|，所以S1=S2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等所以V1=V2.故选C8【2001高中数学联赛(第01试)】命题I：长方体中，必存在到各顶点距离相等的点；命题：长方体中，必存在到各棱距离相等的点；命题：长方体中，必存在到各面距离相等的点以上三个命题中正确的有( )A0个B1个C2个D3个【答案】B【解析】由于长方体的中心到各顶点的距离相等，所

10、以命题正确，对于命题和命题，一般的长方体(除正方体外)中不存在到各条棱距离相等的点，也不存在到各个面距离相等的点因此，本题只有命题正确.9【1999高中数学联赛(第01试)】给定下列两个关于异面直线的命题：命题I：若平面上的直线a与平面上的直线b为异面直线，直线c是与的交线，那么，c至多与a，b中的一条相交；命题：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线.那么，( )A命题I正确，命题不正确B命题正确，命题I不正确C两个命题都正确D两个命题都不正确【答案】D【解析】如图，c与a，b都相交，故命题I不正确；又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则

11、这些直线中的任意两条都是异面直线，从而命题也不正确.10【1998高中数学联赛(第01试)】设E，F，G分别是正四面体ABCD的棱AB，BC，CD的中点，则二面角CFGE的大小是( )Aarcsin63B2+arccos33C2+arctan2D-arccot22【答案】D【解析】如图，作EE1平面BCD，则EE1BG，因为ABCD是正四面体，所以ACBD，又因为EF/AC,FG/BD，所以EFFG，故E1FFG.所以，EFE1是二面角EFGB的平面角，记为a.设正面体ABCD的棱长为它的高，AH=AB2-BH2=12-332=63，所以EE1=12AH=66，又EF=12AC=12，所以a=

12、arcsin6612=arcsin63.从而，二面角OFGE的大小为-arcsin63=-arccot22.11【1998高中数学联赛(第01试)】在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是( )A57B49C43D37【答案】B【解析】两端点皆为顶点的共线三点组共有872=28(个)，两端点皆为面的中心的共线三点组有612=3(个)，两端点皆为各棱中点的共线三点组共有1232=18(个)，且没有其他的类型的共线三点组.所以总共有28+3+18=49(个).12【1997高中数学联赛(第01试)】如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在

13、棱CD上，使得AEEB=CFFD=(0+)，记f()=+，其中表示EF与AC所构成的角，表示EF与BD所构成的角，则( )Af()在(0，+)单调增加Bf()在(0，+)单调减少Cf()在(0，1)单调增加，而在(1，+)单调减少Df()在(0，+)为常数【答案】D【解析】因ABCD是正四面体，故ACBD，作BG/AC，交BC于G，联结GF，则=EFG+EFG=180-EGF=90.13【1997高中数学联赛(第01试)】如果空间三条直线a，b，c两两构成异面直线，那么a，b，c都相交的直线有( )A0条B1条C多于1的有限条D无穷多条【答案】D【解析】解法一首先，无论a，b，c的位置关系是怎

14、样的，总可以作一个平行六面体ABCD-A1B1C1D1，使AB在直线a上，B1C1在直线b上，D1D在直线c上.再在DD1的延长线上任取一点M.由M与a确定一个平面a，平面a与直线B1C1交于P，与直线A1D1交于Q，则PQ/a，于是，在平面内，直线PM不与平行，PM必与交于一点N.这样，直线MN就同时与直线a，b，c相交.由于M的取法有无穷多种，故同时与a，b，c都相交的直线有无穷多条.解法二取a，b，c为一正方体的三条两两异面的棱AD，CC1，A1B1，在AD上任取一点M，在BC上取点N，使得B1N/A1M.设直线B1N与CC1交于点P.PM即与a，b，c都相交.由于M是任取的，故满足条件

15、的直线有无穷多条.14【1996高中数学联赛(第01试)】高为8的圆台内有一个半径为2的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台上底面、侧面都相切圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )A1B2C3D4【答案】B【解析】如图1，过O2作圆台的轴截面，O2O是O2到圆台轴线的垂线.容易知道OO2=4，那么这个题的关键在于圆球O2对于圆台的轴线的圆心角是多少.我们看过O2与轴线垂直的截面.如图2，有sin45sinO2OAsin60.这个式子说明3AOB360.所以一共可以容纳3个半径为3的

16、球，即最多还可放入两个15【1995高中数学联赛(第01试)】设O是正三棱锥PABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q，R，S，则和式1PQ+1PR+1PS( )A有最大值而无最小值B有最小值而无最大值C既有最大值又有最小值，两者不等D是一个与面QPS无关的常数【答案】D【解析】如图，四面体PQRS可以划分成以点O为公共顶点，分别以PQR，PRS，PQS为底面的三个三棱锥.由已知QPR=PRS=PQS=，又O是PABC的底面ABC的中心，点O到三个侧面的距离相等，可设为d，则三棱锥OPQR，O-PRS,O-PQS的高都是d，于是有VPQRS=VO

17、-PQR+VO-PRS+VO-PQS=16PQPRsind+16PRPSsind+16PQPSsind.另一方面，四面体PQRS又可以看作是以Q为顶点、以PRS为底面的三棱锥QPRS，设PA与面PBC的交角为，则该三棱锥的高是PQsin.于是又有VPQRS=VQ-RPS=16PRPSsinPQsin.所以PQPRd+PRPSd+PSPQd=PRPSPQsin.即1PS+1PQ+1PR=sind为常量，故选D16【1994高中数学联赛(第01试)】在正n棱锥中，相邻两侧面所构成的二面角的取值范围是( )An-2n,Bn-1n,C0,2Dn-2n,n-1n【答案】A【解析】如图，设正n棱锥S-A1

18、A2An，不妨设底面正n边形固定，顶点S运动，相邻两侧面所构成二面角的平面角为A2HAn，当S向上运动逼近极端位置(即到底面正n边形的中心)时，A2HAn趋于平角；当S向上运动，趋向无穷远处，则正n棱锥趋近于正n棱柱，A2HAn趋于A2A1An=(n-2)n，故n-2nA2HAn.17【1992高中数学联赛(第01试)】设四面体四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4，它们的最大值为S，记A=i=14SiS，则一定满足( )A24B34C2.54.5D3.55.5【答案】.A【解析】因为SiS(i=1,2,3,4)，所以i=14Si4S，进而=i=14SiS4，特别地，当四面体为正上面体时，式

19、中的等号成立，从而否定B考察侧面与底面所构成的二面角的平面角均等于45的任一个正三棱锥，以S4表示该正三棱锥的底面面积，则S=S4=S1+S2+S3cos45=22S1+S2+S3.于是S1+S2+S3=2S，S1+S2+S3+S4=(1+2)S.此时=i=14SiS=1+23；命题乙：a，b，c相交于一点.则( )A甲是乙的充分条件但不必要B甲是乙的必要条件但不充分C甲是乙的充分必要条件DA，B，C都不对【答案】A【解析】设a，b，c交于一点，由所构成三面角内部一点引三条射线分别垂直于,，其中每两条射线所构成的角都是-,为三面角中两两相等的二面角的平面角，总和3(-)13.当23时，若a，b

20、，c不交于一点，则互相平行，这时=13.21【1986高中数学联赛(第01试)】如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为( )A3B4C5D6【答案】A【解析】因四面体每个面都不是等腰三角形，故至少有三条棱的长度互不相等.而且有三条棱长度互不相等，就能实现四面体每个面都不是等腰三角形，只要每两条对棱都相等即可，答案为A22【1984高中数学联赛(第01试)】若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上( )A是增函数但无最大值B是增函数且有最大值C不是增函数且无最大值D不是增函数但有最大值【答案】D【解析】如图所示.把棱长是x的

21、一边AD作为一条侧棱，当x由0逐渐增大时，侧棱x所对应的侧面ABC与底面DBC的两面角亦由0逐渐增大.当=90时，体积F(x)达到最大值(此时侧面的高即为体高).当x继续增大，也从90继续增大，但此时体高却不断减小，因此体积亦逐渐减小.23【1981高中数学联赛(第01试)】给出长方体ABCD-ABCD，下列12条直线:AB，BA,CD,DC,AD,DA,BC,CB,AC,BD,AC，BD中有多少对异面直线( ).A30对B60对C24对D48对【答案】A【解析】AB,BA,CD，DC,AD,DA,BC，CB,AC,BD,AC，BD为长方体ABCDABCD各侧面上的对角线.由图可见:与AB相交

22、的对角线为AC，AD，BD,BC,AB，与AB平行的对角线为DC.所以与AB异面的对角线共有5条.长方体各侧面有12条对角线，因此互为异面直线的共有12512=30对).优质模拟题强化训练1已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为16，则此三棱锥的高h与其内切球半径r之比是( )A5B6C7D8【答案】C【解析】如图，过正三棱锥VABC的侧棱VC及高VG作截面交AB于点M，则内切球O与侧面相切的切点N在VM上.在VGM中，ONVO=GMVM=16，故rh-r=16，得到hr=7.故选：C.2下面左边的平行四边形ABCD是由6个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可以得到如右图所示的粽子形状的六面

23、体，在这个六面体中，AB与CD夹角的余弦值是( ).A0B1C12D56【答案】C【解析】如图所示，取中间的虚线EF，将平行四边形分为两部分，各由三个小正三角形构成.左端的三个小正三角形折起来(B和F重合)，恰好是一个无底的正三棱锥，AB、EF是它的两条底边；同理，右端的三个小正三角形折起来(D和E重合)构成粽子的另一半，CD、EF也是边线.因此，折起来后，AB、CD是正三角形的两条边，它们夹角的余弦值为12.故答案为：C3过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能是三角形，梯形，五边形，六边形中的( ).A BC D以上都不对【答案】D【解析】由对称性知截得的图形只能为四边形或六边形，而四

24、边形的两组对边分别在两组相对的面上，因而，四边形必为平行四边形，但可以截得六边形.故答案为：D4已知在凸四边形ABCD所在的平面外有一点P，又知E、F、G、H、M、N分别为AB、PC、AD、BC、EF、GH的中点，则( )AP、D、M、N四点共面，且PD=4MNBP、D、M、N四点不共面，且PD=4MNCP、D、M、N四点共面，且PD4MNDP、D、M、N四点不共面，且PD4MN【答案】A【解析】如图，取CD的中点Q，顺序联结四边形ABCD各边中点，可得平行四边形GEHQ，联结QE由平行四边形对角线互相平分，知QE过GH的中点N，且以N为中点，联结FQ，由三角形中位线定理得MN=12FQ=14

25、PD，故P、D、M、N四点共面，且PD=4MN5如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a.则AC1与侧面ABB1A1所成的角是( ).A30B45C60D75【答案】A【解析】取A1B1的中点D，联结AD、C1D.因为C1DA1B1，所以C1D面ABB1A1.故AC1与AD所成的角即为所求.由于C1D=32a，AD=32a，于是，tanDAC1=C1DAD=33，DAC1=30，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30.6在空间直角坐标系中，已知O(0， 0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等的

26、点的个数是( )A1 B4 C5 D无穷多【答案】C【解析】四面体OABC的内切球球心以及四个“旁切球”的球心到面OAB、面OBC、面OAC、面ABC的距离相等，故满足条件的点的个数是5故答案为：C7若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为223，则此截面与圆柱底面所成的锐二面角是( )Aarcsin13Barccos13Carcsin23Darccos23【答案】B【解析】由题意知，截面椭圆的短轴长2b与圆柱底面直径相同，则截面与圆柱底面所成的锐二面角满足：cos=2b2a=ba，其中2a为椭圆的长轴长由已知e=223ca=223ba=a2-c2a2-1-(ba)2=1-89=13，即cos

27、=13，所以=arccos13故答案为：B8在正方体的8个顶点及正方体的中心共9个点中，共面的四点组的个数是( ).A28B32C36D40【答案】C【解析】正方体的6个侧面构成6个不同的共面四点组.另外正方体有6个对角截面，每个对角截面与正方体的中心O可产生5个不同的共面四点组.这样，可产生65+6=36个不同的共面四点组.选C.9如图.设为A-BCD正三棱锥(底面BCD是正三角形)，作AO底面BCD，O为垂足. P为高AO上一点，且PA=1mAO(m1).过点P作底面BCD的平行截面分别交三条棱AB、AC、AD于点B1、C1、D1.点Q在线段PO上，过点Q作底面BCD的平行截面平分正三棱台

28、BCD-B1C1D1的体积.则PQQO等于( ).A32(m3+1)-132(m3+1)-mB32(m3+1)-12m-3m3+1C3m3+1-13m3+1-mD34(m3+1)-22m-34(m3+1)【答案】D【解析】设AO=a，则AP=am，VA-B1C1D1=1m3VA-BCD.从而，VBCD-B1C1D1=(1-1m3)VA-BCD.设过点Q作底面BCD的平行截面分别交三条棱AB、AC、AD于点B2、C2、D2，则VA-B2C2D2=1m3VA-BCD+12(1-1m3)VA-BCD=m3+12m3VA-BCD.于是，有AQAO3=m3+12m3，即AQAO=1m3m3+12.故PQ

29、QO=AQ-APAO-AQ=1234(m3+1)-1m-1234(m3+1)=34(m3+1)-22m-34(m3+1)(m1). 选D.10一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别垂直. 那么，这两个二面角的平面角的大小关系是( ).A相等 B互补 C相等或互补 D不能确定【答案】D【解析】考察正方体三个两两垂直的侧面，再作正方体的一个对角面，将对角面绕正方体的棱转动即可得这两个二面角的平面角的大小关系不能确定，选D.11设正三棱锥V-ABC的底面边长为4，侧棱长为8，过A与侧棱VB、VC相交的截面为AED.则截面AED周长的最小值为( ).A1215B11C12D1115【答案】B【解

30、析】从棱VA处将三棱锥表面展开如图，当且仅当D、E在连线AA1上时，ADE的周长最小.设BVC=，AVA1=3.则cos3=4cos3-3cos.在VBC中，由余弦定理得cos=VB2+VC2-BC22VBVC=78.所以，cos3=727.在AVA1中，由余弦定理得AA1=VA2+A1V2-2VAA1Vcos3=11.故答案为：B12如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=m，O为矩形的中心，PO平面ABCD，PO=n，且在边BC上存在唯一的点E，使得PEDE.若平面PDE与平面ABCD所成的角为60，则m,n为( ).A2,32B22,32C32,2D32,22【答案】B【解析】如图，设C

31、E=x，过点O作OFBC于F.则OF=12，EF=m2-x.故PE2=PO2+OF2+EF2=n2+14+m2-x2=x2-mx+m24+n2+14，DE2=CE2+CD2=x2+1，PD2=PO2+OD2=n2+1+m222=14m2+n2+14.因为PEDE，所以，PE2+DE2=PD2，即2x2-mx+1=0.又点E存在且唯一，则=m2-8=0，得m=22.从而，x=22.又PO面ABCD，PEDE，于是，OEDE.故PEO为平面PDE与平面ABCD所成的角，即PEO=60.在RtPOE中，由sinPEO=POPE=32，得n=32.故答案为：B13如图，三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、

32、PB、PC两两垂直，侧面PAB、PBC、PCA与底面ABC所成的二面角的平面角的大小分别为1、2、3，底面ABC的面积为43若tan1+tan2+tan3=32，则关于VP-ABC的正确说法是( )A等于23B等于6C等于823D条件不够，VP-ABC无法确定【答案】C【解析】如图，不妨设PA=a，PB=b，PC=c作PNAB于N，联结CN,易知PNC=1tan1=tanPNC=PCPN =PC2SPABAB=caba2+b2=caba2+b2,同理，tan2=abcb2+c2，tan3=bcac2+a2,故tan1tan2tan3=1abca2+b2b2+c2c2+a21abc2ab2bc2

33、ca=22,当且仅当a=b=c时，上式等号成立.又32=tan1+tan2+tan3 33tan1tan2tan332，当且仅当tan1=tan2=tan3，即a=b=c时，上式等号成立.由a=b=c得AB=BC=CA,再由SABC=43得34AB2=43AB=4.从而，a=b=c=22.故VP-ABC=VC-PAB=16abc=823.14半径为r的两个球相切，且都与二面角的两个面相切，第三个球和二面角的两个面也相切，且同时与这两个半径为r的球相切已知二面角的平面角为60，且第三个球的半径大于r则第三个球的半径为( )A15-113rB8+76rC5+133rD6+114r【答案】C【解析】

34、设大球的半径为R记两个小球的球心分别为O1、O2，其切点为A，大球的球心为O3，二面角的其中一个半平面为，大球与平面的切点为B过O1O2作平面O1O2C，交O3B于C,易知二面角O3-O1O2-C的大小为30，而O3A、O3C均与O1O2垂直，则O3AC=30,同时，O3A=(R+r)2-r2,O3C=R-r.在RtO3AC中，O3C=O3AsinO3AC=12O3A，即R-r=12(R+r)2-r2解此关于R的方程，取Rr的解，得R=5+133r.15从正方体的8个顶点中任取4个不在同一平面上的点M、N、P、Q组成二面角M-PQ-N.则这样大小不同的二面角共有( )个A28B27C9D8【答

35、案】D【解析】考察正方体ABCD-A1B1C1D1，按二面角的棱可分为如下三类：(1)以正方体的棱为二面角的棱(不妨取AB为二面角的棱)，则有2个本质不同的二面角：A1-AB-C、A1-AB-C1，其大小分别为90和45.(2)以正方体的面对角线为二面角的棱(不妨取BC1为二面角的棱)，则有5个本质不同的二面角：A-BC-B1、A-BC1-B1、A1-BC-D、A1-BC1-D、B1-BC1-D，其大小分别为90、arcos33、arccos13、arccos63-arccos33.(3)以正方体的体对角线为二面角的棱(不妨取AC1为二面角的棱)，则有2个本质不同的二面角：A1-AC1-D、A

36、1-AC1-D，其大小分别为为120和60.综上所述，共有8个大小不同的二面角.16已知在三棱锥S-ABC中，SCCB，SAAB，CBAB，并且SA、SC与ABC所在平面所成的角相等.若AC=6，S到平面ABC的距离为4，则异面直线AC与SB之间的距离为( ).ArB121313C125D245【答案】A【解析】如图，过点S作SD平面ABC，垂足为D.联结AD、CD、BD，记AC交BD于点O.由于SCCB，根据三垂线定理得CDBC.同理，ABAD.又由CBAB，得四边形ABCD为矩形.由SA、SC与ABC所在平面所成的角相等，得AD=CD.故四边形ABCD为正方形.过点O作OESB，垂足为E.

37、由于SDAC，ACBD，得AC平面SBD.于是，ACOE.从而，OE为AC与SB的公垂线.过点D作DFSB，垂足为F.则有OE=12DF=12SDBDSB=1246213=61313.所以，异面直线AC与SB之间的距离为61313.故答案为：A17正方体的截面不可能是( )钝角三角形；直角三角形；菱形；正五边形；正六边形.ABCD【答案】B【解析】正方体的截平面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；对四边形来讲，可以是等腰梯形、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；对五边形来讲，其中必有两条边平行，故不可能是正五边形；对六边形来讲，可以是正六边形.故

38、答案为B18已知ABCD-A1B1C1D1是边长为1的正方体，P为线段AB1上的动点，Q为底面ABCD上的动点.则PC1+PQ的最小值为( ).A1+22B3C2D12+52【答案】A【解析】如图，P为AB1上任意一点，Q为底面ABCD上动点，易知当点Q为P在AB上的射影时，PQ最小(直角三角形的直角边小于斜边)设AQ=x(0xPC1B1C1=1).故y1+22.当取等号时，求得x=1-22满足0x1.则ymin=1+22. 选A.19如图，在三棱锥P-ABC中，PA底面ABC,ACB=90,AEPB于E,AFPC于F若PA=PB=2,BPC=，则当AEF的面积最大时，tan的值为( )A2B

39、12C2D22【答案】D【解析】因为PA面ABC，则PABC又BCAC，故BC面PAC所以，面PBC面PAC因为AFPC，则AF面PBC，有AFEF又PA=AB=2,AEPB，所以，AE=2在RtAEF中，因为AF2+EF2=AE2=22=2，所以，AFEFAF2+EF22=1因此，SAEF=12AFEF121=12当且仅当AF=EF时，上式中的等号成立，即SAEF取得最大值12这时，AEEF=EF2=1EF=1又AF面PBC,AEPB，由三垂线定理的逆定理，得PEPB在RtPEF中，由PE=2,EF=1，知tan=12=22选D.20设O是正三棱锥P-ABC底面ABC的中心，过O的动平面与P

40、-ABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q，R，S。则和式1PQ+1PR+1PS( )A有最大值而无最小值B有最小值而无最大值C既有最大值又有最小值，且二者不等D是一个与平面QRS位置无关的常量【答案】D【解析】四面体PQRS可以划分成以O点为公共顶点，以PQR，PRS，PQS为底面的三个三棱锥.由已知QPR=RPS=PQS=a，又O是P-ABC底面ABC的中心，O点到三个侧面的距离相等，可设为d，则三棱锥O-PQR、O-PRS、O-PQS的高都是d，于是，VPQRS=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS =16PQPRsinad+16PRPSsinad+16PQPSsinad，另一方面，四面体PQRS又可以看作是以Q为顶点，以PRS为底面的三棱锥Q-PRS，设PA与面PBC的交角为，则该三棱锥的高是PQsin.于是，又有VPQRS=VQ-RPS=16PRPSsinaPQsin，故PQPRd+PRPSd+PSd =PRPSPQsin，即1PS+1PQ+1PR=sind为常量. 选D.说明：若考虑Q，R，S在侧棱延长线上，则B也对.