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1．已知棱长都为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1的直观图如图，若正三棱柱ABC﹣A1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为（）A．B．C．D．【分析】根据所给视图，用排除法可得【解答】解：四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．【点评】本题考查三视图，主要是考查空间想象能力，为基础题．2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面MACC．异面直线BC1与AC所成的角为60°D．MO⊥平面ABCD【分析】在A中，取A1C1中点E，则D1O∥BE，从而D1O∥平面A1BC1；在B中，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明D1O⊥平面MAC；在C中，由AC∥A1C1，得∠BC1A1是异面直线BC1与AC所成的角，由△A1C1B是正三角形，得异面直线BC1与AC所成的角为60°；在D中，MB⊥平面ABCD，MO∩MB＝M，故MO与平面ABCD不垂直．【解答】解：在A中，取A1C1中点E，则D1O∥BE，∵D1O⊄平面A1BC1，BE⊂平面A1BC1，∴D1O∥平面A1BC1，故A正确；在B中，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则O（1，1，0），D1（0，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），M（2，2，1），＝（﹣1，﹣1，2），＝（0，2，1），＝（﹣2，2，0），＝0，＝0，∴D1O⊥AM，D1O⊥AC，∴D1O⊥平面MAC，故B正确；在C中，∵AC∥A1C1，∴∠BC1A1是异面直线BC1与AC所成的角，又△A1C1B是正三角形，∴异面直线BC1与AC所成的角为60°，故C正确；在D中，MB⊥平面ABCD，MO∩MB＝M，故MO与平面ABCD不垂直，故D错误．故选：D．【点评】本题考查三有形面积和四边形面积的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若AB＝4，∠ACB＝60°．则球内的三棱锥O﹣ABC的体积的最大值为（）A．8B．10C．12D．16【分析】由题意画出图形，由已知求出球O的半径，再由正弦定理求出三角形ABC外接圆的半径，利用勾股定理求O到平面ABC的距离，利用余弦定理及不等式求AC•BC的最大值，可得三角形ABC面积的最大值，代入棱锥体积公式求解．【解答】解：由球O得表面积为100π，得球半径R＝5，∵AB＝4，∠ACB＝60°．∴A，B，C三点所在圆的半径r＝×＝4，∴球心O到平面ABC的距离d＝．在△ABC中，由，得48＝AC2+BC2﹣AC•BC≥AC•BC，则．∴球内的三棱锥O﹣ABC的体积的最大值为．故选：C．【点评】本题考查球心到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1C⊥CF，则当△EBC的面积取得最小值时，＝（）A．B．C．D．【分析】取AB的中点G，由题意得CF⊥平面B1D1G，当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，由此能求出．【解答】解：如图所示，取AB的中点G，由题意得CF⊥平面B1D1G，∴当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，设BC＝a，则，当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，∴线段EB长度的最小值为，∴＝＝．故选：D．【点评】本题考查三有形面积和四边形面积的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，且侧视图中的曲线都为圆弧线，则该几何体的表面积为（）A．8πB．8π+4C．6π+4D．6π【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．【解答】解：三视图定义的几何体的直观图如图：几何体是上下底面是半径为1的4段的圆弧，柱体的高为3，所以几何体的表面积为：4×＝6π+4．故选：C．【点评】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键也的难点．6．“斗拱”是中国古代建筑中特有的构件，从最初的承重作用，到明清时期集承重与装饰作用于一体．在立柱顶、额枋和檐檩间或构架间，从枋上加的一层层探出成弓形的承重结构叫拱，拱与拱之间垫的方形木块叫斗．如图所示，是“散斗”（又名“三才升”）的三视图，则它的体积为（）A．B．C．53D．【分析】画出几何体的直观图利用柱体的体积，转化求解即可．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：下部是四棱台，上部是棱柱挖去一个小棱柱的组合体．几何体的体积为：4×1.5×4﹣1×2×4+×1×（16+9+）＝．故选：B．【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角P﹣AB﹣C的平面角与二面角P﹣BC﹣A的平面角互余，则点P的轨迹是（）A．一段圆弧B．椭圆的一部分C．抛物线D．双曲线的一支【分析】本题对三棱柱ABC﹣A1B1C1没做特殊要求，可以用特值法，假设三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，∠ABC为直角，计算可得．【解答】解：假设三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，∠ABC为直角，三棱柱高为h．以B为坐标原点，AB所在直线建立如图坐标系，PO平行于z轴，交xBy坐标面与点O，平面PODD1垂直于x轴，交AB于D点，交A1B1于D1点，平面POEE1垂直于y轴，交BC与E点，交B1C1于E1，设P点坐标为（x，y，h）．则二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PDO，二面角P﹣BC﹣A的平面角为∠PEO，∴∠PDO+∠PEO＝90°，∴tan∠PDO＝cot∠PEO，∵PO⊥xBy坐标面，∴PO⊥OD，PO⊥OE，∴tan∠PDO＝，cot∠PEO＝，∴，∴PO2＝OD×OE，∴OD×OE＝h2，由P点与D，E，D1，E1D的位置关系可知，x＝﹣OD，y＝OE，∴﹣xy＝h2，∴xy＝﹣h2，∴P点轨迹为双曲线的一支（x＜0，y＞0的一支）．故选：D．【点评】本题考查三角形的外接圆和矩形的外接圆的半径之和的最大值的求法，考查直三棱柱、球、圆的性质、均值定理等基础知识，考查运算求解能力，是难题．8．《九章算木》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形，该“阳马”的体积为，若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．8πC．24πD．36π【分析】利用视图得长方形的长和宽，由体积公式求得高，再结合长方体外接球直径为其体对角线长即可得解．【解答】解：由正视图，侧视图可知，底面长方形的长，宽分别为4，2，故四棱锥的高为＝4，∴外接球的直径为，∴S球＝4π×9＝36π．故选：D．【点评】此题考查了三视图，棱锥外接球问题，难度不大．9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为（）A．B．1C．D．【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P所在线段，得解．【解答】解：：补全截面EFG为截面EFGHQR如图，设BR⊥AC，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥平面EFGHQR，易知平面ACD1∥平面EFGHQR，∴P∈AC，且当P与R重合时，BP＝BR最短，此时△PBB1的面积最小，由等积法：BR×AC＝BE×BF，＝，∴BP＝，又BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥BP，△PBB1为直角三角形，∴△PBB1的面积为：＝，故选：C．【点评】此题考查了线面平行，面面平行，有探索性质，设计较好，难度适中．10．设A，B，C，D是球面上四点，已知，，球的表面积为32π，则四面体ABCD的体积的最大值为（）A．B．C．D．【分析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的内接四面体高的最大值，则答案可求．【解答】解：根据题意知，△ABC是一个直角三角形，其面积为6，其所在球的小圆的圆心在斜边BC的中点上，设小圆的圆心为G，球的表面积为32π，球的半径为r，则4πR2＝32π，R＝，若四面体ABCD的体积的最大值，底面积S△ABC不变，则高最大，就是D到底面ABC距离最大值时，h＝R+．∴四面体ABCD的体积的最大值为．故选：A．【点评】本题考查球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解答的关键，是中档题．11．如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1边长为2，N为CC1的中点，M为线段上的动点（不含端点），若过点A，M，N的平面截该正方体所得截面为四边形，则线段BM长度的取值范围是（）A．（0，1]B．[1，2）C．（0，]D．[，2）【分析】当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，从而当0＜BM≤1时，截面为四边形，当BM＞1时，截面为五边形，或六边形，由此能求出线段BM的取值范围．【解答】解：解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上（点M异于B，C两点），点N为线段CC1的中点，平面AMN截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面为四边形，∴依题意，当点M为线段BC的中点时，由题意可知，截面为四边形AMND1，从而当0＜BM≤1时，截面为四边形，当BM＞1时，截面为五边形，或六边形，故线段BM的取值范围为（0，1]．故选：A．【点评】本题考查线段的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．12．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1内接于半球O，且底面ABCD落在半球的底面上，底面A1B1C1D1的四个顶点落在半球的球面上，若半球的半径为3，AB＝BC，则该长方体体积的最大值为（）A．12B．6C．48D．72【分析】设该正四棱柱的高为h，底面边长为a，计算出底面外接圆的半径r＝a，利用勾股定理h2+r2＝9，得出a2＝18﹣2h2，利用柱体体积公式得出柱体体积V关于h的函数关系式，然后利用导数可求出V的最大值．【解答】解：设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为2r＝a，所以，r＝a．由勾股定理得h2+r2＝32，即h2+a2＝9，得a2＝18﹣2h2，其中0＜h＜3，所以，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积为V＝a2h＝（18﹣2h2）h＝﹣2h3+18h，其中0＜h＜3，构造函数f（h）＝﹣2h3+18h，其中0＜h＜3，则f′（h）＝﹣6h2+18，令f′（h）＝0，得h＝．当0＜h＜时，f′（h）＞0；当＜h＜3时，f′（h）＜0．所以，函数V＝f（h）在h＝处取得极大值，亦即最大值，则Vmax＝f（）＝12．因此，该正四棱柱的体积的最大值为12．故选：A．【点评】本题考查球体内接几何体的相关计算，解决本题的关键在于找出相应几何量所满足的关系式，考查计算能力，属于中等题．13．已知某多面体的三视图如图所示，则在该多面体的距离最大的两个面中，两个顶点距离的最大值为（）A．2B．C．D．【分析】根据三视图知该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，结合图形得出该多面体的距离最大的两个面