第5讲 立体几何选择压轴题(解析版)

第5讲 立体几何选择压轴题
一、单选题
1．（浙江超级全能生3月联考）如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（ ）
A
B ．1
C D
【答案】C
【分析】过作交BC 于E ，连接EH ，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m 的范围，即可得二面角正切的最大值．
【解析】
过作交BC 于
E ，连接EH ，
∵在平面内的射影恰好落在线段上，即面，
∴且，，即面，
面，则，
ABC 90,1,2,
BAC AB BC D ∠=︒==BC AD ABD △AB D 'B 'ADC H AC B DC A '--B 'B E BC '⊥B DC A '--B EH '∠tan B H B EH m EH ''∠==AH x =01x <<HC x =B H '2
HC EH =()g x 01x <<B DC A '--B 'B E BC '⊥B 'ADC H AC B H '⊥ABC B H BC '⊥B E BC '⊥B E B H B '''=BC ⊥B HE 'EH ⊂B HE 'BC EH ⊥
∴二面角的平面角为，
在中，，若令，则，又， ∴，且， 故，则，即方程在上有解时，m 的最大值即为所求，
而开口向上且，即，对称轴． ∴当时，，显然成立； 当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，，即； ∴综上，有
，即，故二面角
． 故选C ． 【点睛】关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，，
由，结合函数与方程的思想求参数m 范围，进而确定最大值． 2．（浙江宁波模拟）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各B DC A '--B EH '∠Rt B HE 'tan B H B EH EH ''∠
=AH x =HC x =1AB AB '==B H '=22
HC x EH ==01x <<tan B EH m '∠==2222()(4)340g x m x x m =+-+-=01x <<()g x 21680m ∆=-≥202m <≤21x m
=+22m =(0,1)3
x =202m <<1
(0,)22(1)(40f m =->1[,
232(0)340f m =->243
m >2423m <≤[(33
m ∈-⋃B DC A '--B H 'EH tan B H B EH m EH
''∠==V ABC -P VA PB AC αPB ABC βP AC B --γ,βγαγ<<,βαβγ<<,βαγα<<,αβγβ<<
种角的计算．解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小．而充分利用图形特征，则可事倍功半．
【解析】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B ．
方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B ．
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B ． 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角．未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法．
3．（湖南长沙市·长沙一中高三月考）在三棱锥中，，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积的最大值为时，其外接球的表面积为 A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B G AC V ABC O P D AO D DE AE //PE VG P //PF AC VG F D //DH AC BG H ,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB
α===<=βαβ>tan tan PD PD ED BD
γ=>=βy >ββα<V AB C --γ'γ'=γβ<γ'=γV ABC -P
VA cos sin sin α=⇒α=β=γ=A BCD -60BAC BDC ∠=∠=︒A BC D --13-
A BCD
-45π6π7π8π
【分析】根据两个射影，结合球的图形，可知二面角的平面角为；根据题意可知当，时，三棱锥的体积最大．根据体积的最大值可求得BC 的长，结合图形即可求得球的半径，进而求得表面积．
【解析】如图，设球心在平面内的射影为，在平面内的射影为，
则二面角的平面角为，点在截面圆上运动，点在截面圆上运动，
由图知，当，时，三棱锥的体积最大，此时与是等边三角形， 设，则，，， ，解得
， ，，设，则，解得
∴，球的半径
，所求外接球的表面积为，故选B ．
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的综合应用，根据空间几何关系求得球的半径，
进而求得表面积，对空间想象能力要求较高，属于难题．
4．
（天一大联考（理））在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B A BC D --AMD ∠AB AC =BD CD =A BCD -O ABC 1O BCD 2O A BC D
--AMD ∠A 1O D 2O
AB AC =BD CD =A BCD -ABC ∆BDC ∆BC a =AM DM ==2BCD S ∆=sin()h AM AMD π=-∠=313124
A BCD DBC V S h a -∆=⋅==a =32DM =21DO =212O M =2AMD θ∠=21cos 22cos 13
θθ=-=-tan θ=22tan 2OO O M θ==
O R ==246S R ππ==2ABCD P ABC 433
PA PB +=PD 3332
【分析】由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值．
【解析】如图所示，在平面内，，所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，
连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，
则椭圆的半焦距，长半轴
， 所以，椭圆方程为． 点在底面的投影设为点，则点
为的中心，， 故点
正好为椭圆短轴的一个端点，，则， 因为，故只需计算的最大值．
设，则，
则，当时，取最大值，即，因此可得，P ABC A B 3AB O AB x CO y
PD
ABC 432PA PB +=>
P ABC AB O CO AB x OC y O xyz -1c
=
a =3
b ==()223
3104
x y z +==D E E
ABC
11333
OE OC ===E 23CE OC ==DE ==222PD DE EP =+EP
(),,0P x
y 0,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝
⎭
22
222241543333EP x y y y y y y ⎛=+-=-++=--+ ⎝⎭,933y ⎡=-∈-⎢⎣⎦2EP 2
2max 516393939EP ⎛⎛=-⨯--⨯-+= ⎝⎭⎝⎭2241640999PD ≤+=
故的最大值为．故选B ． 【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用．
5．（四川成都市·高三二模（理））已知四面体
，，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点．有下列结论：
①线段的长度为1；
②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为； ④
．
其中正确结论的个数为（ ）
A ．1
B ．2
C ．3 D
．4 【答案】B
【分析】将正四面体放在正方体中观察，对于①，可根据分别为正方体前后两个面的中心可得出结论； 对于②，取为的中点，取为的中点，此时与相交；对于③，计算可得由逼近思想可作出判断；对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出． 【解析】
PD 3
P EP ABCD M N AD BC F AB A B MN G MN F G FG CD MFN ∠⎡⎢⎣⎭
FMN 1,M N F AB G MN FG CD cos MBN ∠=>ABC ABD 2NF
FM
在棱长为
四面体，
显然，分别为正方体前后两个面的中心，故线段的长度为正方体棱长
，故 ①对； 对于②：
如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，该三点在一条直线上，故此时
与相交于，故②错；
对于③，，，又有，
1ABCD ,M
N MN 1F AB
G MN I CD FG CD I 22
BC BN ==BM ===1MN =
故，故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，③错误； 对于④，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，故有
，当且仅当为中点时取最小值，故在正方体中，故
，故④
对，故选
B ．
【点睛】把空间中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离最短的问题，从而使问题得到解决，这是求空间中最短路线的一种常用方法
6．（内蒙古呼和
浩特市·高三一模（理））四面体的四个顶点都在球O 上且，O 的表面积为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【分析】作出图形，根据题中的数据证明平面平面，并找出球心的位置，列出等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果．
【解析】
131cos MBN +-∠==>F B cos MFN ∠3MFN ∠⎡⎢⎣⎭
ABC ABD ''''2N F
FM M N F AB 2NF
FM FMN 1ABCD 4AB AC BC BD CD =====AD =70π380π330π40πABC ⊥BCD
取的中点，连接，设和的外心分别为，分别过点作平面和平面的垂线交于点，则点为外接球球心．
由题意可知，和都是边长为4的等边三角形．
为的中点，，且，平面，平面，平面平面， 易得，， 平面，平面∥AM ，同理可得∥DM ，则四边形为菱形， ，菱形为正方形，
平面，平面，所以外接圆半径为， 因此，四面体的外接球的表面积为，故选B 【点睛】这个题目考查了外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算外接球的半径是解答的关键，考查推理能力与计算能力．
7．（山东日照市·高三一模）已知直三棱柱的侧棱长为，，．过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A ．
B
C ．
D ．
【答案】C
【分析】
确定平面
与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长．
【解析】
BC M AM DM 、ABC BCD
△F E 、F
E 、ABC BCD O O ABC BCD △M BC AM BC ∴⊥AM DM ==222,
M A AD A DM D =+=∴AM DM ∴⊥,D C M B M ⋂=
AM ∴⊥BCD AM ⊂ABC ∴ABC ⊥BCD 13ME MF AM ===23BE DM ==AM ⊥BCD
O E ⊥BCD OE ∴OF OEMF AM DM ⊥OEMF OE ⊥BCD BE ⊂BCD OE BE ∴⊥OB ==
ABCD 2804OB 3
ππ⨯=111ABC A B C -2AB BC ⊥2AB BC ==AB 1BB E F α11AAC C +α
如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面， 平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且， 、分别为、的中点，且， 所以，四边形为平行四边形，且， 且，且，所以，四边形为平行四边形， ，平面，平面，平面， 设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得， 所以，为的中点， AC J BJ AJ D DE 11A C K KJ 1B
K AB BC =J AC BJ AC ⊥1AA ⊥ABC BJ ⊂ABC 1BJ AA ∴⊥1AC AA A ⋂=BJ ∴⊥11AAC C D E AJ AB //DE BJ 12
DE BJ =DE ∴⊥11AAC C DE ⊂DEF DEF ⊥11AAC C αDEF α11B C I 111ABC A B C -11//AA CC 11AA CC =11AAC C 11//AC AC ∴11AC A C =J K AC 11A C 1//AJ A K ∴1AJ A K =1AA KJ 1//KJ AA ∴1KJ AA =11//BB AA 11BB AA =1//KJ BB ∴1KJ BB =1BB KJ //DE BJ DE ⊄1BB KJ BJ ⊂1BB KJ //DE ∴1BB KJ α1BB KJ FG =DE ⊂α//DE FG //FG BJ ∴//BF GJ BFGJ 11122
GJ BF BB KJ ===G KJ
延长交于点，，所以，，，
又
，所以，，，为的中点， 因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点， ，，则， 为的中点，
，同理， 因为直棱柱的棱长为，为的中点，， 由勾股定理可得
，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，， 由勾股定理可得，同理
因此，截面的周长为． 故选C ．
【点睛】
思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，
可以更快地确定交线的位置．
8．
（山东滨州市·高三一模）如图，斜线段与平面所成的角为
，为斜足．平面上的动点满足
，则点的轨迹为（ ） DG 11A C H //DJ KH DJG HKG ∠=∠JDG KHG ∠=∠JG KG =DJG HKG ≅△△111
22
HK DJ AJ KC ∴==
=H ∴1KC //ABC 111A B C α
ABC DE =α
111A B C IH =//DE IH ∴//DE BJ 1//BJ B K //DE IH 1//IH B K ∴I ∴11B C AB BC ⊥2AB BC ==AC ==J AC 12BJ AC ∴=
=12DE BJ ==IH =111ABC A B C -2F 1BB 11
12
BF BB ∴==EF =
=IF =1//KJ BB 12KJ BB ==1BB ⊥ABC KJ ∴⊥ABC AC ⊂ABC KJ AC ∴⊥G D KJ AJ 112GJ KJ =
=122
DJ AJ ==DG =
=
GH =222
DE IH EF IF DH ++++=++=AB απ
4
B αP π
6
PAB ∠=
P
A ．圆
B ．椭圆
C ．双曲线的一部分
D ．抛物线的一部分
【答案】B 【分析】
首先建立空间直角坐标系，设，则点的轨迹是椭圆． 【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，
设
所以点的轨迹是椭圆． 故选B ．
【点晴】
方法点睛：本题考查空间向量、轨迹及其方程，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查空间想象能力逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型．
9．（山东淄博市·高三一模）四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，
，
(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)
B A P x y AB AP x y ⇒=-=
-22cos ,62(2)112
AB AP x y ⇒<>=
⇒+-=P (0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=
-22cos ,62(2)11AB AP x y ⇒<>=
⇒+-=
P S ABCD -SBC ABCD 2BC =
，点是棱的中点，顶点在底面的射影为，则下列结论正确的是（ ）
A ．棱上存在点使得面
B ．当落在上时，的取值范围是
C ．当落在上时，四棱锥的体积最大值是2
D ．存在的值使得点到面
【答案】A 【分析】
对于A
：取BC 的中点E ，连结DE ，取SC 中点P ，连结PE 、PD ．
利用面PDE ∥面BFS ，可以证明面； 对于B ：利用S 与H 重合，图形不能构成四棱锥，判断B 错误；
对于C ：求出体积的最大值为
1．故C 错误；
对于D ：先判断当的最大时，点B 到面的距离d 最大；然后求出，判断D 错误． 【解析】
对于A ：取BC 的中点E ，连结DE ，取SC 中点P ，连结PE 、PD ． ∵PE 为△BCS 的中位线，∴ PE ∥BS
又面BFS ，面BFS ，∴PE ∥面BFS ；
在矩形ABCD 中，E 、F 分别为BC 、AD 的中点，∴DE ∥BF ， 又面BFS ，面BFS ，∴DE 面BFS ； 又，∴面PDE ∥面BFS ，∴面．
故A 正确；
对于B ：∵为等边三角形，，∴AB a F AD S ABCD H SC P //PD BSF H AD a (
H AD S ABCD -a B SFC //PD BSF a =
S ABCD V -S ABCD V -SFC 3d <BS ⊆PE ⊄BF ⊆DE ⊄DE
PE E =//PD BSF SBC 2BC =SE =
当
S 与H 重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故B 错误；
对于C ：在Rt △SHE 中，
当且仅当时，的最大值为
1．故C 错误； 对于D ：由选项
C 的推导可知：当的最大时，点B 到面的距离d 最大．
此时 ∴ ∴．故D 错误． 故选A 【点睛】
(1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与已知直线平行； (2)等体积法是求三棱锥高的常用方法．
10．（湖北武汉市·高三月考）已知三棱锥的各个顶点都在球的表面上，底面，
，，，是线段上一点，且．过点作球的截面，若所得截
面圆面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B 【分析】
将三棱锥补成长方体，设，计算出球的半径为，计算
出截面圆半径的最大值和最小值，根据已知条件可求得的值，可求得球的半径，进而可求得球的表面积． 【解析】
平面，，将三棱锥补成长方体，如下图所示：
a =
SH =1213
S ABCD V a
-=⨯=≤2
3
2
a =
S ABCD V -S ABCD V -SFC 11
22
S BFC S ABCD V V --==SF
CF =
==
1122224
SFC S SF CF =
⨯=⨯=
△1325
V d S =
==<P ABC -O PA ⊥ABC AB AC ⊥6AB =8AC =D AB 2AD DB =D O 25πO 128π132π144π156πP ABC -PQMN ABEC -2PA x =O R =
x O O PA ⊥ABC AB AC ⊥P ABC -PQMN ABEC -
设，连接、、，可知点为的中点，
因为四边形为矩形，，则为的中点，所以，且，
设，且，，
所以，球的半径为， 在中，，，，， 在中，，， 由余弦定理可得
平面，平面，
平面，则，
，， 设过点的球的截面圆的半径为，设球心到截面圆的距离为，设与截面圆所在平面所成的角为，则．
当时，即截面圆过球心时，取最小值，此时取最大值，即；
当时，即与截面圆所在平面垂直时，取最大值，即，
此时，取最小值，即．
由题意可得，，解得
所以，，
AE BC F
=OF DF OD O PE ABEC AE BC F =F AE //OF PA 12
OF PA =2PA x =10AE =
=PE ∴==O 1
2
R PE =
=Rt ABE △2
ABE π
∠=6AB =10AE =3
cos 5
AB BAE AE ∠=
=ADF 2
43
AD AB =
=5AF =DF ==PA ⊥ABCD OF ∴⊥ABCD DF ⊂ABCD OF DF ⊥1
2
OF PA x =
=OD ∴==D O r O d OD θsin d OD θ==
0θ=O d r max r R ==2
π
θ=
OD d max d OD ==
r min r ==()()()
22
2max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦
0x
x =R =
因此，球的表面积为． 故选B ． 【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
11．（安徽蚌埠市·高三二模（理））已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】A 【分析】
由条件可得为矩形，进而可得平面，所以，则四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱，设，由余弦定理可得的值，求出的值，由正弦定理可得的外接圆的半径为，由均值不等式可得的最小值，从而得出答案． 【解析】
由直四棱柱内接于球，则四点在球面上， 所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补． 又四边形是平行四边形，所以为矩形．
在直四棱柱中，平面，所以 又，，所以平面，所以
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱．
O 24132S R ππ==1111ABCD A B C D -ABCD 36π1AC BD ⊥11AB D 8π243
10
π8110
π6πABCD BD ⊥1ACC BD AC ⊥ABCD 1111ABCD A B C D -1,AB AD a CC b ===11cos AD B ∠11sin AD B ∠11AB
D 2r =r
1111ABCD A B C D -,,,A B C D ABCD ABCD ABCD 1111ABCD A B C D -1CC ⊥ABCD 1CC BD ⊥1AC BD ⊥1
11AC CC C =BD ⊥1ACC BD AC ⊥ABCD 1111ABCD A B C D -
由外接球体积为，则球的半径为，
由为该外接球的直径，则
设，则，则
在中，
由余弦定理可得
所以
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得所以
，即时取得等号，即的最小值为
其外接球被平面截得图形面积的最小值为：
故选A
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱
柱为正四棱柱，然后由
余弦定理和正弦定理得出的外接圆
的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题．
3
4
36
3
R
π
π
=3
R=
1
AC
1
6
AC=
1
,
AB
AD a CC b
===222
1
236
AC a b
=+=22
362
b a
=-
11
AB D
11
AB AD
====
11
B D=
2222
1111
11
111
cos
2
AD B D AB
AD B
AD B D
+-
∠===
⋅
11
sin AD B
∠===
11
AB D r
2
1
11
36
2
sin
a
AB
r
AD B
-
===
∠
22
r
⎫
===≥=
=a=r
11
AB D28
S r
ππ
==
1111
ABCD A B C D
-
11
AB D
2
r=
12．（浙江省宁海中学高三月考）如图，在中，，，点E 为线段AB 上一点，将绕DE 翻折．若在翻折过程中存在某个位置，使得，记为的最小值，则（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【分析】
易知，A 在以AD 为母线的圆锥上的一部分（弧AF ），与所成的最大角为，只需． 【解析】
如图，与所成的最大角为，只需即可． 即， 即，即．
故选C ． 【点睛】
本题考查几何中的翻折问题，考查学生的空间想象能力、转化与化归能力，是一道难题．
ABC ∆36A ∠=AD DB BC ==ADE ∆AE CD ⊥θADE
∠(15,20]θ∈(20,25]θ∈(25,30]θ∈(30,35]θ∈AE CD FGA ∠90FGA ∠≥AE CD FGA ∠90FGA ∠≥90(54)(90)AFG FAG ADE ADE ≥∠+∠=-∠+-∠27ADE ∠≥27(25,30]θ=
∈
13．（天津河西区·高三一模）将长、宽分别为和的长方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】A 【分析】
取的中点，说明为四面体的外接球的球心，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果． 【解析】
取的中点，连接、，如下图所示：
由题意，
因为，为的中点，所以，， 所以，为四面体的外接球的球心，且球的半径为，
因此，四面体的外接球的表面积为． 故选A ． 【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
43ABCD AC A BCD -A BCD -25π50π5π10πAC O O A BCD -O AC OB
OD 5AC ==90ABC ADC ∠=∠=O AC 15
22OB OD AC OA OC =====O A BCD -O 5
2
R =A BCD -2425R ππ=
14．（江西八校4月联考（理））已知三棱锥的外接球的表面积为，，，
，，则三棱锥的体积为（ ）
A ．8 B
C ．
D ．16
【答案】A 【分析】
求出球的半径得是球直径，中点是球心，取中点，则平面，求得后可得
到底面的距离，从而可求得棱锥的高．
【解析】
设球半径为，则，，而，所以是球的直径，球心是中点，
，所以中点是直角外心，所以平面，又平面，所以
，
，，， 是中点，
所以． 故选A ．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求棱锥体积，关键是求得棱锥的高，由于已知外接球的表面积，求得 半径后确定就是球的直径，从而利用球的截面圆性质，易得平面的垂线，再由体积公式计算．
15．（山西临汾市·高三一模（理））在棱长为2的正方体
中，平面，则以平面
P ABC
-64π2AB
=AC =AB AC ⊥8PA =P ABC -
3
PA PA O BC E OE ⊥ABC OE P R 2464R ππ=4R =8PA =PA O PA AB AC ⊥BC E ABC
OE ⊥ABC AE ⊂ABC OE AE ⊥4BC =
=1
22
AE BC =
=OE ===O AP 111222283
32
P ABC O ABC ABC V V S OE --==⨯⋅=⨯⨯⨯⨯=△PA ABC 1111ABCD A B C D -1B D α⊥
截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以为顶点的锥体的外接球的表面积为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【分析】由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，再分当球心在棱锥内部时和当球心在棱锥外部时，建立方程求得外接球的半径可得选项． 【解析】如图，
由正方体的对称性，可知当截面为正六边形
， 设交截面于，则为的中点，所以
设正六棱锥外接球的球心为，外接球半径为，当球心在棱锥内部时，有，解
得，外接球面积为； 若球心在棱锥外部时，有，解得
．
∴以为顶点的锥体的外接球的表面积为
．故选B ． 【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径
及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键．
16．（浙江省宁海中学高三月考）如图，矩形中，，点在，上，满足，，将沿向上翻折至，使得在平面上的射影落在的重心处，设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（ ）
α1B 12π253
π
203
π
6πEFGHKI EFGHKI 1B D EFGHKI M M 1B D 111
2
B M B D =
=O R )
2
2
2
R R =
+R =2
2543π
π⨯=(2
2
2R R =
+-R =
<1B 253
π
R r d 222R r d =+ABCD 236AB AD ==(),1,2i i E F i =CD AD 112E F =1221//E F E F 11DE F ∆11E F 11D E F ∆'D 'ABCD 22DE F ∆G D AB C '--αD A 'D C 'ABCD βγ
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【分析】
作的中垂线，根据几何关系得知点落在左边，故可得，则问题可解． 【解析】
作的中垂线，中点为，取中点，故在上， 作交于，连接，如图所示：
因为，，，可知点在左边， 则，由图可知，故 易知 ，由于 所以，则
故选A 【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于根据几何图形关系判断．
17．（河南高三一模（理））如图，在棱长为1正方体中，为棱
的中点，动点αβγ>>γαβ>>αγβ>>βαγ>>AC ML G ML GN GA GC <<AC ML AC O 22E F H G DH GN AB ⊥AB N ,GA
GC 112E F =1221//E F E F 3,2AB AD ==G ML GA GC <GA GN >GN GA GC <<tan ,tan ,tan D G D G D G
GN GA GC
αβγ'''===GN GA GC <<tan tan tan αβγ>>αβγ>>GN GA GC <<1111ABCD A B C D -M AB P
在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹的长度为（ ）
A ．
B
C ．
D
【答案】A 【分析】
分别取、的中点、，连，利用线面垂直的判定定理和性质可证动点的轨迹是线段，求出的长度即可得解． 【解析】
如图：分别取、的中点、，连，，，
因为为的中点，为的中点，为正方形，所以， 又平面，所以，而，所以平面，所以，
同理可得，又，所以平面， 因为平面，所以，
因为动点在侧面及其边界上运动，所以动点的轨迹是线段，而，所以动点的11BCC B 1AP D M ⊥P 2
π
16
BC 1BB E F EF P EF EF BC 1BB E F ,,AE AF EF 1,A M DM 1A F M AB E BC ABCD DM AE ⊥1D D ⊥ABCD 1D D AE ⊥1DM
D D D =A
E ⊥1D DM 1D M AE ⊥1D M A
F ⊥AE AF A ⋂=1D M ⊥AEF AP ⊂AEF 1AP D M ⊥P 11BCC B P EF 2
EF =
P
轨迹的长度为
．故选A ． 【点睛】关键点点睛：作出并证明动点的轨迹是本题解题关键，分别取、的中点、，连，则线段即为动点的轨迹，利用线面垂直的判定定理和性质即可得证．
18．（江苏徐州市·高三二模）“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面．若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为
，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．1
【答案】B 【分析】
取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角
的平面角，因此有，设，用表示出，
即可得比值．
【解析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，由平面，平面，得，同理． 作于，于， 因为，平面，所以平面，而平面，所以，
所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，，
由已知，
2
P BC 1BB E F EF EF P 1
2
5:
335
89
910
ABCD EF -FO ⊥ABCD O O ,AB CD FM AB ⊥M FN BC ⊥N FNO ∠F BC O --FMO ∠F AB O --1tan tan 2
FNO FMO ∠=∠=5,3AB a BC a ==a ,EF FB ABCD EF -FO ⊥ABCD O O ,AB CD FO ⊥ABCD BC ⊂ABCD FO BC ⊥FO OB ⊥FM AB ⊥M FN BC ⊥N FO
FN F =,FO FN ⊂FON BC ⊥FON ON ⊂FON BC ON ⊥FNO ∠F BC O --FMO ∠F AB O --OM AB ⊥1
tan tan 2
FNO FMO ∠=∠=
由，设，则，所以， 由得，，则， 由上知是正方形，，， 所以．故选B ．
【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值．
19．（浙江名校协作体联考）在矩形中，，，E 、F 分别为边、上的点，且，现将沿直线折成，使得点在平面上的射影在四边形内（不含边界），设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，直线与直线所成角为，则（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
:5:3AB BC =5,3AB a BC a ==32MO a =
313tan 224
FO MO FMO a a =⋅∠=⨯=1tan 2FO FNO ON ∠=
=32ON a =3
5222
EF a a a =-⨯=
OMBN 2OB a =
=94FB a ===28
994
EF a FB a =
=
1
2
ABCD AB =3AD =AD BC 2AE BF ==ABE △BE 1A BE 1A BCDE CDEF 1A BE C --θ1A B BCDE α1A E BC
ββαθ<<βθα<<αβθ<<αθβ<<
【分析】根据题意作出相应的二面角，线面角，线线角，结合点在平面上的射影求解． 【解析】过A 作的垂线，分别交，，于M ，G ，N ，如图，
显然．
因为，所以直线与所成角即为．
当在平面上的射影为G 时，平面，此时．
于是当在平面上的射影在线段上时，，所以． 由于，，进而得，．
因为是在平面上的射影，所以由线面角最小性知，即．
再由二面角的最大性知．故选D ．
【点睛】关键点点睛：根据二面角平面角、线面角、异面直线所成的的角的定义，分别在图形中作出或找到
是解题的关键，再根据位置分析角的变化范围即可比较大小．
20．（河南高考适应性考试（理））棱长为的正方体密闭容器内有一个半径为的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其不能到达的空间的体积为（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】A
【分析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，由此可计算出体积．
【解析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，其体积为，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，则其体积为，
1A BCDE BE EB EF
DC A MN θ'∠=//BC AD A E 'AD βA 'BCDE AE ⊥A EF '2
π
β=A 'BCDE GN 2
A ED π
'∠<A ED β'=∠EA EA '=MA MA '=2
EAA β
'∠=
2
MAA θ
'∠=
AM AA 'ABCD 2
2
EAA MAA β
θ
''∠=>∠=
βθ>θα>,,βθα4122
323
π-
4812π-4283
π-
13203
π-
π3
344
21833
ππ-
⨯=-π()4223246ππ⨯-⨯=-
则小球不能到达的空间的体积为．故选A ． 【点睛】本题考查几何体体积的计算，解题的关键是得出小球在运动中不能到达的空间的结构特点． 21．（辽宁高三一模（理））球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离．已知正
的项点都在半径为的球面上，球心到
，则、两点间的球面距离为（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】C
【分析】设球心为点，计算出，利用扇形弧长公式可求得结果．
【解析】设球心为点，平面
截球所得截面圆的半径为， 由正弦定理可得
，
，
又
，所以，为等边三角形，则，
因此，、两点间的球面距离为．故选C ． 【点睛】思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式（其中为截面圆的半径，为球的半径，为球
心到截面的距离）来计算．
22．（湖北武汉市·高三月考）某圆锥母线长为2
面面积的最大值为（ ）
A ．2
B C
D ．1
【答案】A
【分析】如图截面为，P 为MN 的中点，设，，进而
可得面积最大值． 【解析】
()422
8+2463233
πππ⎛⎫-
-=- ⎪⎝⎭ABC 2ABC A B π2
π23
π34
πO AOB ∠O ABC O r ==3sin AB ACB =∠233
AB π
∴==2OA OB ==AOB 3
AOB π
∠=
A B 223
3
π
π
⨯
=
22d R r -=r R d SMN (0=<≤OP x x =SMN
S。