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.1B.2C.4D.8解析 AB·APi＝|AB|·|APi|cos〈AB，APi〉＝1×1＝1，∴只有一个值.答案A2.(2020·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D3.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B.抛物线C.椭圆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C4.(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：cm3)是()A.＋1B.＋3C.＋1D.＋3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面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.答案A5.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，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]B.[1，4]C.[0，2]D.[1，2]解析因为正方体的棱长为，所以B1C＝2，则由|PB1＋PC|＝2得点P在以B1C的中点为球心，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A6.(2020·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()A.有最小值B.有最大值C.为定值3D.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D7.(2020·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()A.πB.πC.πD.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′＝2.设点A′到平面AB′D′的距离为h，则由VA′－AB′D′＝VA－A′B′D′，得××2×2×sin60°×h＝××2×2×2，得h＝.连接A′C，易知A′C＝＝2，所以球心O到平面AB′D′的距离为－＝，从而截面圆的半径为＝，因此所求截面的面积为π.答案A8.(2020·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＜)，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≠6B.m≠5C.m≠4D.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B9.(2020·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＜γB....
