微专题——立体几何中的应用题
高中数学立体几何应用题练习及参考答案2023
高中数学立体几何应用题练习及参考答案2023立体几何作为数学中的一个重要分支，涉及到几何图形的三维立体空间的研究。
在高中数学学习中，学生要学习和掌握各种各样的立体几何知识和运用技巧。
本文将为大家提供高中数学立体几何应用题练习及参考答案，帮助大家更好地掌握这一领域的知识。
第一部分：平面与立体几何1.如图，已知平面内三角形ABC，E、F分别是AB、AC上的点，BE=CF，G是AE的中点，连接GF，证明：∠BGC为直角。
```[图片描述：一个三角形ABC，E、F分别是AB、AC上的点。
BE=CF，G是AE的中点，连接GF。
]证明：（1）作BE的中垂线交AC于点D，作CF的中垂线交AB于点H，连接DG，GH。
（2）因为BE=CF，BD=HC，所以三角形BDE和CFH是全等的，即∠BDE=∠CFH，∠BED=∠CHF。
（3）因为G是AE的中点，所以AG=GE，而∠AGE=∠FCE，所以△AGE和△FCE是全等的。
（4）因为DG是三角形ABC中的中线，所以DG=BG，又∠DBG=∠C，所以△DGB和△CHF是全等的。
（5）因此，∠DGB=∠CHF，又∠DGC=∠HGC，所以∠BGC=90°。
```2. 如图，正方体ABCDEFGH的边长为1，P为立方体内一点，且有AP=√3/3，BP=CP=DF，连PE，证明PE⊥(ABCD)。
```[图片描述：正方体ABCDEFGH，P为内部一点，AP=√3/3，BP=CP=DF，PE与ABCD垂直相交。
]证明：（1）设PE所在直线交（ABCD）于点O，连接PA、PB、PC、PD。
（2）因为BP=CP=DF，所以BPFC是菱形。
（3）又因为AF=FB=BE=EC=CD=DE=1，所以AFPE和FBPE和BEPC和CEPD和DEPA都是全等的。
即∠APE=∠DPF，∠APB=∠DPB，∠BPC=∠DPC，∠CPD=∠APD，∠DPE=∠BPE。
（4）结合BPFC是菱形，可得∠BFP=∠CFP=∠PFC，所以∠BPC=2∠PFC，∠FDC=∠FCD，所以△FDC和△FCD是全等的，即∠FDC=∠DFC。
专题19 解决立体几何中的计算问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)
1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段B1B上的一动点，则当AM ＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D-ABC1的体积为________．(1) 若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2) 求三棱锥P-ABC体积的最大值；(3) 若BC＝2，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．4.如图，在棱长为4的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，D 1 C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1的中心，则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．【考向分析】有关立体几何体的计算，是历年高考中命题的重点和难点，几乎每年都考，考查题目巧妙、灵活、新颖．近几年高考立体几何体计算除了通常的题型外，还有几何体的组合问题、翻折问题、以生活实际为背景的问题、融入数学文化的问题等渐成为亮点，集中考查距离、表面积、体积等计算问题．这类问题题目新颖，能够考查空间想象能力与思维能力（一）立体几何中关于面积计算的问题变式1 已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．变式2 正三棱锥S －ABC 中，BC ＝2，SB ＝3，D ，E 分别是棱SA ，SB 上的点，Q 为边AB 的中点，SQ ⊥平面CDE ，则△CDE 的面积为________．（二）立体几何中关于体积计算的问题例2. 已知棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中，P ，M 分别为线段BD 1，B 1C 1上的点，若BP PD 1＝12，则三棱锥M-PBC的体积为________．变式1如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D 不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED.(1) 求证：BD⊥平面POA；(2) 当PB取得最小值时，求四棱锥P-BDEF的体积．变式2如图，在圆柱O1，O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切，记圆柱O1，O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．（三）以实际生活为背景的立体几何问题例3.将一个半径为5 cm的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架是由三根细金属杆P A，PB，PC组成，它们两两成60°角，则水晶球的球心到支架顶点P的距离是________cm.变式1如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥，当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．变式2《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛．(保留两位有效数字)3．在三棱锥S-ABC中，底面ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥SC，SB⊥SC，SA＝SB＝2, 则该三棱锥的体积为________．4．如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠ADC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC，E，F分别为棱AC，AD的中点．(1) 求证：DC⊥平面ABC；(2) 设CD＝a，求三棱锥A-BFE的体积．1．已知正四棱锥的底面边长是6，高为7，则这个正四棱锥的侧面积是________．2．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥A -B 1D 1D 的体积为______ cm 3.3．已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________．4．如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到点A 1点的最短路线的长为________cm.5. 若正四面体的棱长为a ，则其外接球的表面积为多少？6. 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. 7. 如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE .(1) 求证：EF //平面ABC ；(2)若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．8. 如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB, AC ，AA 1的中点，设三棱锥F -ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.9. 一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．10．一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为________cm3.11.(1) 给出两块面积相同的正三角形纸片(如图1，图2)，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等．请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明．(2) 试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小．(3) 如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3)，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．12.如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，设AE＝x，B1F＝y，若棱DD1与平面BEF有公共点，则x＋y的取值范围________．。
2025届立体几何微专题外接球问题
外接球问题一、柱体外接球问题公式：R 2=r 2+h 22，其中R 为外接球半径，r 为底面外接圆半径，h 为柱体的高.此模型适用于直三棱柱、圆柱、一条侧棱垂直于底面棱锥等，外接圆半径可由正弦定理求得，高为柱体的高或垂直于底面的侧棱长.1.已知正六棱柱的所有棱长均为2,则该正六棱柱的外接球的体积为()A.16π3B.165π3C.205π3D.20π3【答案】C【解析】如图,设正六棱柱下底面的中心为O ,其外接球的圆心为点O ,则OO =1,△ABO 为等边三角形,故AO =2,OA 即为其外接球的半径,所以R =AO =AO 2+OO 2=22+12=5,所以该正六棱柱的外接球的体积为43π5 3=2053π.2.在三棱锥P -ABC 中，AC ⊥平面P AB ，AB =6，AC =10，BP =22，∠ABP =45°，则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为()A.144πB.128πC.140πD.148π【答案】C【解析】在△ABP中由余弦定理AP2=AB2+BP2-2AB⋅BP cos∠ABP=62+222-2×6×22×22=20，所以AP=25，设△ABP外接圆的半径为，则2r=APsin∠ABP=2522=210，所以r=10，又AC⊥平面P AB，AC=10，设三棱锥P-ABC外接球的半径为，则R2=r2+AC22=102+52=35，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=140π.3.直三棱柱ABC-A B C 的各个顶点都在球O的球面上，且AB=AC=1，BC= 2.若球O的表面积为3π，则这个三棱柱的体积是.【答案】1 2【解析】∵AB=AC=1，BC=2，∴AB⊥AC，∴直三棱柱ABC-A B C 外接球的球心O即为侧面BCC B 的中心，设球O半径为r，则4πr2=3π，∴r=32，即OC=r=3 2，∴直三棱柱ABC-A B C 的高h=2r2-12BC2=1，∴直三棱柱ABC-A B C 的体积V=S△ABC⋅h=12×1×1×1=124.圆柱的底面半径为1,侧面积为10π,则该圆柱外接球的表面积为.【答案】29π【解析】设圆柱的高为h,其外接球的半径为R,由圆柱的底面半径为1,侧面积为10π,得2πh=10π,解得h=5,由圆柱和球的对称性可知,球心位于圆柱上下底面中心连线的中点处,因此R=1+522=292,所以球的表面积为S=4πR2=29π.5.如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，已知该“四角反棱柱”的棱长为4，则其外接球的表面积为.【答案】32+82π【解析】如图，由题意可知旋转角度为π2，设上、下正方形的中心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即为该几何体的外接球的半径，O1A=22，O2B=2，AB=23，过点B作BC⊥O1A于点C，则AC=O1A-O2B=22-2，BC=AB2-AC2=8 2.易得四边形CBO1O2为矩形，即O1O2=BC=82，OO1=12O1O2=22，则OA=OO12+O1A2=8+22，即R=8+22，S=4πR2=32+82π，即该“四角反棱柱”的外接球的表面积为32+82π.二、长方体外接球问题公式：R=a2+b2+c22此模型适用于长方体、三条棱两两垂直的三棱锥、四棱锥等模型，其中a、b、c为长方体的长宽高，或者锥体的三条互相垂直的棱长.此类型外接球问题，可拓展出对棱相等模型：若三棱锥三组对棱分别对应相等，则三棱锥可看作为长方体的一部分，则其外接球公式为：R=λ2+μ2+ϕ28，其中λ、μ、ϕ为三组对棱的长.6.已知长方体的一条棱长为2,体积为16,则其外接球表面积的最小值为()A.5πB.12πC.20πD.80π【答案】C【解析】设长方体的长、宽、高分别为a,b,2,所以长方体的体积为V=2ab=16,解得：ab=8,设长方体的外接球的半径为R,所以2R=a2+b2+4,即4R2=a2+b2+4≥2ab+4=20,即R≥5,当且仅当a=b=22时取等,所以R min=5,所以其外接球表面积的最小值为S=4πR2=20π.7.已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA=BC=2，SB=AC=7，SC=AB=5，则球O的体积是().A.83π B.3223π C.423π D.823π【答案】D【解析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为a，b，c，如图所示：则a2+b2=5a2+c2=7b2+c2=4，故a2+b2+c2=8，球O的半径R=12a2+b2+c2=2，故体积为43πR3=82π3.故选：D.将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为a，b，c，可得则a2+b2=5 a2+c2=7 b2+c2=4，得到球半径，计算体积得到答案.三、锥体外接球模型公式：R2=r2+h-R2此模型适用于圆锥、正棱锥等，其中R为外接球半径，r为底面圆的半径，h为锥体的高，特别的，正四面体的外接球半径公式为：R=64a.8.已知正三棱锥P-ABC的四个顶点都在半径为R的球面上,且AB=2,若三棱锥P-ABC的体积为32R,则该球的表面积为()A.32π27B.16π9C.64π27D.64π9【答案】D【解析】由题意得,△ABC为等边三角形,取△ABC的中心O1,设球心为O ,易得P ,O ,O 1共线,设三棱锥的高为h ,S △ABC =12×22×32=3,则V P -ABC =13⋅S △ABC ⋅h =32R ,则h =32R ,又OA =OP =R ,由正弦定理得,O 1A =12⋅2sin π3=233,在△OAO 1中,O 1O 2+O 1A 2=OA 2,即32R -R2+2332=R 2,解得R =43,则球的表面积为4πR 2=64π9.9.已知正四棱锥P -ABCD 的各顶点都在同一球面上,且该球的体积为36π,若正四棱锥P -ABCD 的高与底面正方形的边长相等,则该正四棱锥的底面边长为()A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】如图所示,设P 在底面的投影为G ,易知正四棱锥P -ABCD 的外接球球心在PG 上,不妨设球半径r ,OG =h ,AB =2a ,该球的体积为36π,即43πr 3=36π⇒r =3=OA =OP ,又正四棱锥P -ABCD 的高与底面正方形的边长相等,则AG =2a ,PG =2a ,AG 2+OG 2=r 2=PG -OG 2即2a -h2=92a 2+h 2=9⇒h =12a =4.四、垂面模型(两平面互相垂直)公式：R 2=r 21+r 22-l 24，其中R 为外接圆半径，r 1、r 2分别为两个垂直平面的外接圆半径，l 为公共边长.10.在体积为12的三棱锥A -BCD 中，AC ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ACD ⊥平面BCD ，∠ACD =π3，∠BCD =π4，若点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，则球O 的表面积为()A.12πB.16πC.32πD.48π【答案】D 【解析】如图，取CD 的中点O ，连接AO ，BO ，因为AC ⊥AD ，BC ⊥BD ，所以OA =OB =OC =OD ，因此点O 就是球心，又∠BCD =π4，故△BCD 是等腰直角三角形，所以OB ⊥CD .因为平面ACD ⊥平面BCD ，平面ACD ∩平面BCD =CD ，所以OB ⊥平面ACD .设球O 半径为R ，则OB =R ，AC =R ，又∠ACD =π3，则AD =3R ，所以三棱锥A -BCD 的体积V =13S △ACD ⋅OB =13×12×AC ⋅AD ⋅OB =36R 3=12，所以R =23，所以球O 的表面积为4πR 2=48π.11.在三棱锥P -ABC 中,AB =BC =10,∠ABC =120°,D 为AC 的中点,PD ⊥平面ABC ,且PD =15,则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为.【答案】500π【解析】在△ABC 中,AB =BC =10,∠ABC =120°,由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2-2AB ⋅BC ⋅cos ∠ABC =300,所以AC =103,设△ABC 的外接圆O 1的半径为r ,则由正弦定理得2r =AC sin ∠ABC =103sin120°,解得r =10结合图形分析：因为D 为AC 的中点,PD ⊥平面ABC ,且PD =15,在Rt △ABD 中,AD =12AC =53,BD =AB 2-AD 2=5,又O 1B =r =10,则圆心O 1到D 点的距离为O 1D =5,另设三棱锥P -ABC 的外接球球心O 到平面ABC 的距离为OO 1=d ,设外接球的半径为R ,则Rt △O 1OB 中,O 1B 2+OO 21=OB 2,即102+d 2=R 2,直角梯形O 1OPD 中,O 1D 2+PD -OO 1 2=OP 2,即52+15-d 2=R 2,解得d =5,R 2=125,所以S =4πR 2=500π..五、两面相交模型公式：R 2=m 2+n 2-2mn cos θsin 2θ+l 24，其中m 、n 为外心到公共边的距离，l 为公共边长，θ为二面角大小，若仅有一个面为钝角三角形，则取其补角.12.如图,在三棱锥P -ABC ,△P AC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,且CB =22,AB =AC =6,二面角P -AC -B 的大小为120°,则三棱锥P -ABC 的外接球表面积为.【答案】10π【解析】先分别作BC ,AC 中点E ,F ,连接AE ,PF ;再过点F 在平面ABC 内作AC 垂线,与AE 相交于点G ,AB 相交于点H ;分别过点F ,G 作平面P AC ,平面ABC 垂线,相交于点O ,连接AO ,如图所示,由题可知,二面角P -AC -B 的平面角为∠HFP =120°,点F ,G 分别为△P AC ,△ABC 的外心,故O 为该三棱锥外接球球心,AO 为外接球半径,可得,OF ⊥PF ,OG ⊥FH ,OG ⊥AG ,所以∠OFG =30°在△ABC 中,sin ∠CAE =CE AC=12BCAC=26=33所以tan ∠CAE =22,sin ∠BAC =sin2∠CAE =223,所以FG =AF tan ∠CAE =62×22=32,由正弦定理可知BCsin ∠BAC=2AG ⇒AG =32因为∠OFG =30°,OG ⊥FH 所以OG =FG tan30°=12因为OG ⊥AG所以有OA 2=AG 2+OG 2=52所以外接表面积为4πOA 2=10π13.如图，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，P A ⊥PC ，△ABC 是边长为6的正三角形，二面角P -AC -B 的大小为120°，则球O 的体积为.【答案】52133π/5213π3【解析】取AC 的中点D ，连接BD ，设E 为△ABC 的外心，则点E 在BD 上且BE =2ED ，因为P A ⊥PC ，则D 为Rt △APC 的外心，根据球的几何性质，则OE ⊥平面ABC ，OD ⊥平面P AC ，因为二面角P -AC -B 的大小为120°，平面OAC ⊥平面P AC ，则二面角O -AC -B 的大小为30°，所以∠ODE =30°，因为△ABC 是边长为6的正三角形，则BD =6sin60°=33，所以ED =BD3=3，在Rt △OED 中，OD =EDcos30°=2，在Rt △ADO 中，因为AD =3，则OA =AD 2+OD 2=13，所以球O 的半径R =13，表面积为V 球=43πR 3=43π×1313=52133π.14.三棱锥A -BCD 中，BC =CD =2，BC ⊥CD ，△ABD 是正三角形，AC =14，则三棱锥A -BCD 的体积为；此三棱锥外接球的表面积为.【答案】63；56π3【解析】设BD的中点为P,连接CP,AP因为△ABD是正三角形,所以AB=AD,又因为BC=CD=2,所以有CP⊥BD,AP⊥BD,而CP∩AP=P,CP,AP⊂平面ACP,因此有BD⊥平面ACP,因为BC=CD=2,BC⊥CD,所以BD=BC2+CD2=4+4=22，CP=12BD=2因为△ABD是正三角形,BD的中点为P,所以AP=(22)2-12×222=6,而AC=14,根据余弦定理可知：cos∠APC=6+2-142×6×2=-32⇒∠APC=5π6因为BD的中点为P,所以三棱锥A-BCD的体积为:1 3S△ACP⋅BD=13×12×6×2×12×22=63因为BC=CD=2,BC⊥CD,BD的中点为P,所以P是△BCD的外心,设O1为△ABD的外心,过P作平面BCD的垂线，过O1作平面ABD的垂线，两个垂线的交点为球心O,在正△ABD中,O1P=13AP=63,O1A=23AP=263由上可知:∠APC=5π6,于是∠OPO1=5π6-π2=π3，于是有OO1=tan π3⋅O1P=3×63=2,在直角三角形OO1A中,OA=O1O2+O1A2=2+249=423因此此三棱锥外接球的表面积为4π⋅4232=56π3.六、台体的外接球模型公式：利用R2=r21+h-x2=r22+x2建立方程求解，其中h为台体高，r1、r2为底面圆(或外接圆)半径.15.已知某圆台的母线长为22，母线与轴所在直线的夹角是45°，且上、下底面的面积之比为1:4，则该圆台外接球的表面积为()A.40πB.64πC.80πD.128π【答案】C【解析】根据题意，将圆台补全为圆锥，记圆锥顶点为E，取圆锥的轴截面EAB，记该轴截面与圆台的交点为ABCD，记圆台上底面圆心为M，下底面圆心为N，根据圆台的对称性可知，其圆台的对称性可知，其外接球球心O在中轴线EN上，连接OC，OB如图所示:因为上、下底面的面积之比为1:4，则上底面半径与下底面半径之比为1:2，即BN=2MC，则有EB=2EC=2BC，EN=2MN，又由∠AEN=45°，则∠AEB=90°，而BC=22，则有MC=2，BN= 4，EN=4，则有NM=2，记圆台外接球半径为R，ON=h，在直角△OCM和直角△OBN中由勾股定理知：OM2+CM2=OC2，ON2+BN2=OB2，则有(h+2)2+4= h2+16，解可得h=2，故圆台外接球的半径R2=OB2=4+16=20，则该圆台外接球的表面积S=4πR2= 80π.16.已知正四棱台的顶点都在同一球面上,其上、下底面边长分别为2,22,高为3,则该球的表面积为()A.40πB.20πC.16πD.205π3【答案】B【解析】法一:正四棱台的对角面的外接圆为其外接球O 的大圆(如下图),对角面为等腰梯形AA C C ,其上下底边长分别为2,4,高为3,由正四棱台的对称性可知,球O 的球心O 在梯形上下底的中点连线O 1O 2所在直线上,设OO 1=d ,则OO 2=3-d ,球O 半径为OC =R =OC ,由Rt △OO 1C ,Rt △OO 2C 可得R 2=|3-d |2+22=d 2+12,解得d =2,R =5,所以所求的球O 的表面积为4πR 2=20π,法二:下底的外接圆不大于球的大圆,故球半径R ≥2(下底对角线长的一半),表面积4πR 2≥16π,排除D ;对角面等腰梯形AA C C 的对角线长32,故球半径R >322,表面积4πR 2>18π,排除C ;若4πR 2=40π,则R =10,易求球心到A C 的距离为d 1=3,球心到AC 的距离为d 2=6,无法满足d 1+d 2 =h =3,或d 1-d 2 =h =3,排除A .。
高三数学习题集：立体几何的应用
高三数学习题集：立体几何的应用立体几何是数学中一个重要的分支，也是高中数学中的一部分内容。
它通过研究空间中的图形与体的形状、位置关系等，帮助我们理解和应用几何概念，并在实际生活中找到问题的解决方案。
本文将为高三学生提供一些立体几何应用的习题，帮助他们巩固相关知识，提升解题能力。
1. 计算体积：已知一个长方体的底面积为20平方厘米，高为10厘米，求长方体的体积是多少？2. 计算表面积：一个正方体的边长为5厘米，求该正方体的总表面积。
3. 体积的应用：甲、乙两个柱体的底面半径都为4厘米，高分别为10厘米和15厘米，求两个柱体的体积之比。
4. 直方体的应用：甲的纸盒长20厘米、宽15厘米、高10厘米，乙的纸盒长28厘米、宽18厘米、高16厘米，请比较两个纸盒的体积。
5. 圆柱的应用：一个圆柱的底面半径为6厘米，高为9厘米，求其体积和侧面积。
6. 圆台的应用：一个圆台的底面半径为8厘米，上底面半径为6厘米，高为10厘米，求其体积和全面积。
7. 球的应用：一个球的表面积为200平方厘米，求其半径和体积。
8. 锥的应用：一个锥的高为12厘米，底面半径为5厘米，在底面上削去一个半径为3厘米的小圆锥，求大锥的体积。
通过解答以上习题，我们可以提升对立体几何的应用能力，加深对体积、表面积等概念的理解。
这些题目既可以巩固基础知识的掌握，又能锻炼思维能力和解题技巧。
总结：立体几何的应用领域广泛，包含了对不同几何体的体积、表面积的计算，以及一些实际问题的解决等。
通过解答相关习题，我们可以提升对立体几何知识的理解和应用能力，为日后的学习和实际生活中遇到的问题提供更好的解决方案。
在高三数学学业中，合理地运用立体几何知识，学生可以更加灵活地思考问题，提升解决数学问题的能力。
高考大题专练四：立体几何的综合运用
专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC －D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值．6．[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．。
2023年高考数学微专题练习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理
专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．[2022·全国甲卷(理)，18]在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC ＝CB＝1，AB＝2，DP＝ 3.(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．[2022·安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥PA；(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．4．[2022·安徽省蚌埠市高三质检]《九章算术》记录形似“楔体”的所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形(其中最多只有一个平行四边形)、两个不平行对面是三角形的五面体．如图，羡除ABCDEF 中，ABCD 是正方形，且△EAD ，△FBC 均为正三角形，棱EF 平行于平面ABCD ，EF ＝2AB .(1)求证：AE ⊥CF ；(2)求二面角E AC F 的大小．5．[2022·安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠BCD ＝π3，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，CM →＝13CA →.(1)线段AD 上是否存在一点P ，使得AF ∥面BMP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，请说明理由；(2)求直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值．专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．解析：(1)证明：∵CD ∥AB ，AD ＝CB ＝1，DC ≠AB ， ∴四边形ABCD 是等腰梯形．如图，过点C 作CE ⊥AB 于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ， 则AF ＝BE ＝12(AB －CD )＝12，CD ＝EF .又AD ＝1，∴DF ＝AD 2－AF 2＝32. 又BF ＝EF ＋BE ＝32，∴BD ＝BF 2＋DF 2＝ 3.又AD ＝1，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD . ∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BD . 又AD ∩PD ＝D ， ∴BD ⊥平面PAD .∵PA ⊂平面PAD ，∴BD ⊥PA .(2)如图，以D 为原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，3)，∴PD →＝(0，0，－3)，PA →＝(1，0，－3)，PB →＝(0，3，－3). 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧PA →·n ＝0，PB →·n ＝0，得⎩⎨⎧x －3z ＝0，3y －3z ＝0.令z ＝1，得x ＝3，y ＝1，则n ＝(3，1，1). 设直线PD 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·||PD→＝35×3＝55.∴PD 与平面PAB 所成的角的正弦值为55.2．解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝ 3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3，0)，AD →＝(－1，0，1)，DB →＝(0，3，－1)，ED →＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF →＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF →＝ED →＋DF →＝ED →＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3，－1)＝(0，3λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF →·DB →＝(0，3λ，1－λ)·(0，3，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14，∴EF →＝(0，34，34)，∴CF →＝EF →－EC →＝(0，34，34)－(－1，0，0)＝(1，34，34). 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3，z ＝3，∴n ＝(3，1，3).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF →〉|＝|n ·CF →||n ||CF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3×1＋1×34＋3×343＋1＋3×1＋316＋916＝437.故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.3．解析：(1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接CE .因为AB ＝2CD ，AB ∥CD ，AD ⊥AB ， 所以四边形AECD 是矩形，所以CE ⊥AB . 在Rt△BEC 中，cos∠CBE ＝BE BC ＝12AB BC ＝12，所以∠CBE ＝60°.连接AC ，则△ABC 是等边三角形. 取BC 的中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC .连接PO ， 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC ， 因为PO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面PAO，所以BC ⊥PA .(2)因为平面PBC ⊥平面ABCD ，PO ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， 所以PO ⊥平面ABCD .连接DO ，则∠PDO 就是直线PD 与平面ABCD 所成的角， 所以∠PDO ＝45°，所以PO ＝OD .在△OCD 中，OC ＝CD ，∠DCO ＝120°， 所以OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD ·(－12)＝3OC 2，所以PO ＝OD ＝3OC .如图，以O 为坐标原点，OA →、OB →、OP →分别为x 轴、y 轴和z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB ＝BC ＝2CD ＝2a ，则A (3a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，－a ，0)，P (0，0，3a ). 由CD →＝12BA →，可得D (32a ，－32a ，0).所以DA →＝(32a ，32a ，0)，AP →＝(－3a ，0，3a ).设平面PAD 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32a ·x 0＋32a ·y 0＝0，－3a ·x 0＋3a ·z 0＝0.可取x 0＝z 0＝3，y 0＝－1，则m ＝(3，－1，3).因为平面PBC 的一个法向量为OA →，所以cos 〈OA →，m 〉＝OA →·m |OA →||m |＝3a 21a ＝217，所以平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217. 4．解析：(1)延长AB 到M 点，使BM ＝AB ，连接CM ，FM ， ∵EF ∥平面ABCD ，平面AMF ∩平面ABCD ＝AM ，∴EF ∥AM ，∵AM ＝2AB ＝EF ，∴四边形AMFE 是平行四边形， ∴AE ∥MF .在△FCM 中，令FC ＝2，则FM ＝2，CM ＝2， ∴FC 2＋FM 2＝CM 2，∴∠CFM ＝90°，即MF ⊥CF . ∴AE ⊥CF .(2)分别取AD ，BC ，EF 的中点G ，H ，Q ，连接EG ，GH ，HF ，AC ，BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OQ ，∵△EAD 为正三角形，G 是AD 中点， ∴AD ⊥EG ，∵AD ⊥AB ，GH ∥AB ，∴AG ⊥GH ，∴AD ⊥平面EFHG ，平面EFHG ⊥平面ABCD ， ∵OQ ⊥GH ，平面EFHG ∩平面ABCD ＝GH ， ∴OQ ⊥平面ABCD ， ∴OQ ⊥AC ，OQ ⊥BD .分别以OA →，OB →，OQ →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，令OA ＝1，则OB ＝1，OQ ＝1，A (1，0，0)，C (－1，0，0)，E (1，－1，1)，F (－1，1，1)， AC →＝(－2，0，0)，AE →＝(0，－1，1)，CF →＝(0，1，1)， AF →＝(－2，1，1)，设平面EAC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0m ·AE →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－y ＋z ＝0，令y ＝1，则m ＝(0，1，1)， 设平面FAC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AF →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－2x ＋y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0，1，－1)，m ·n ＝0×0＋1×1－1×1＝0，∴〈m ，n 〉＝90°，即二面角E AC F 的平面角为90°.5．解析：(1)存在P 为AD 上靠近D 点的三等分点，使得AF ∥面BMP ； 理由：过点M 作MP ∥CD ，交AD 于P ，因为CM →＝13CA →，即有CM ＝13CA ，故DP ＝13DA ，即P 为AD 上靠近D 点的三等分点，而BE ∥CD ，AF ∥BE ，故AF ∥MP ，又MP ⊂面BMP ，AF ⊄面BMP ，所以AF ∥面BMP .(2)取CD 的中点为G ，连接BG ，BD ，因为∠BCD ＝π3，BC ＝CD ＝1，故△BCD 为正三角形，则BG ⊥CD ，故以B 为坐标原点，分别以BG ，BE ，BA 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D (32，12，0)，E (0，2，0)，F (0，2，2)，A (0，0，2)， C (32，－12，0)， 则EF →＝(0，0，2)，DE →＝(－32，32，0)，又∵CM →＝13CA →＝13(－32，12，2)，可求得M (33，－13，23)， 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0－32x ＋32y ＝0， 不妨取y ＝1，则n ＝(3，1，0)， 记直线DM 与平面DEF 所成角为θ， 又∵DM →＝(－36，－56，23),∴sin θ＝|cos 〈DM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111，即直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值为21111.。
微专题4：+立体几何中的探索问题+2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
解：AD 上存在一点 P，AP=λPD，使得 CP
∥平面 ABEF，此时λ＝3. 2
理由如下： 当λ＝32时，AP=32PD，可知AADP＝35，如图，过点 P 作 MP∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MFDP＝AADP＝35， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，故有 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 CP∥ME，
变式：如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，D，E分别是棱BC ， AB的中点，点F在棱 CC1 上，已知AB=AC，AA1 3 ， BC=CF=2.
（1）求证： C1E//平面ADF； （2）在棱 BB1 上是否存在点M，使平面 CAM 平面ADF ，若存在，试求出BM的值； 若不存在，请说明理由.
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2， Rt△CBM≌Rt△FCD
故 CM DF
DF . AD＝D DF，AD
易证CM ，又
，
平面ADF，
故CM 平面ADF .
CAM
又 平面 CAM ，故平面
平面ADF.
翻折中的位置关系探索问题
例 3：如图，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6， BC＝4，E，F 分别在 BC，AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC.
证明如下：因为AB=AC， AD 平面ABC，故 AD BC.
在直三棱柱 ABC
中， A1B1C1
BB1
平面
ABC
高中数学立体几何的应用试题
高中数学立体几何的应用试题题目一：计算一个给定棱长的正方体的体积和表面积。
解析：一个正方体的体积可以通过将其棱长的立方来计算。
设正方体的棱长为a，则体积V = a³。
另一方面，正方体的表面积可以通过将每个面的面积相加来计算。
正方体有六个面，每个面的面积等于a²，所以表面积S = 6a²。
题目二：已知一个圆锥的底面半径和高，计算其体积和侧面积。
解析：一个圆锥的体积可以通过将其底面积乘以高再除以3来计算。
设圆锥的底面半径为r，高为h，则体积V = πr²h/3。
另一方面，圆锥的侧面积可以通过计算圆的周长乘以斜高来得到。
侧面积S = πrl，其中l为圆锥的斜高，可以通过勾股定理计算得到，l= √(r²+h²)。
题目三：给定一个正方体和一个球体，已知它们的体积相等，求球体的半径与正方体的边长的比值。
解析：设正方体的边长为a，球体的半径为r。
由已知条件可得，正方体的体积与球体的体积相等，即a³ = (4/3)πr³。
解方程可得球体的半径与正方体的边长的比值为r/a = (∛(3/4π))。
题目四：已知一个圆锥的底面半径和高，计算其表面积。
解析：一个圆锥的表面积由底面积、底面到尖顶的直线和侧面积三部分组成。
圆锥的底面积为πr²。
底面到尖顶的直线可以通过勾股定理计算得到，记为l = √(r²+h²)。
由于侧面是一个锥形，所以其侧面积可以通过计算圆的周长乘以斜高得到，记为Sl = πrl，其中l为底面到尖顶的直线。
综上所述，圆锥的表面积为S = πr² + πrl。
题目五：已知一个球体的体积，求其半径。
解析：设球体的体积为V，半径为r。
球体的体积可以通过将π乘以半径的立方来计算，即V = (4/3)πr³。
将公式重整为r³ =(3V)/(4π)。
解出r的立方根即可得到球体的半径。
高中数学立体几何微专题1动态问题之轨迹
立体几何微专题1 :动态问题之轨迹立体几何动态问题的分为以下基本类型：点动问题、线动问题、面动问题、体动问题、多动问题等，很多的动态问题只要知道轨迹，把空间转化为平面问题要解决，立体几何中某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于转化为平面问题.轨迹的几何判断方法：动点P满足如下轨迹定义条件时（1）平面内到定点距离等于定长（圆）；（2）空间中到定点距离等于定长（球面）；（3）两不同平面公共点的集合（直线）；（4）平面内到两定点距离之和为定值（大于定点间的距离）（椭圆）；（5）平面内到两定点距离之差的绝对值为定值（小于定点间的距离）（双曲线）；（6）平面内到定直线距离等于到定点（不在定直线上）距离（抛物线）©考点突破[例1] （2004北京，理4）如图，在正方体力NCD-4/C；〃中，尸是侧面内••封点，若「到直线"C与直线的距离相等，则动点「的轨迹所在的曲线是（）A,直线H,圆 C.双曲线 D.抛物线解析：选D.由于G〃，平面Mga连接尸G，则产C；_LGR，即点尸到直线qq的距离即尸q,因此，动点尸到定点G与定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点尸的轨迹为抛物线.[例2] （2006北京，理4）平面口的斜线力疗交1于点过定点/的动直线/与X/垂直，且交a于点C ,则动点。
的轨迹是（）A. 一条直线B. 一个圆C. 一个桶圆D.双曲线的一支解析：选A.设/与「是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线回垂直于这个平面,由过平面外一点有且只有一个平面与己知直线垂直可知过定点刃与山?垂直所有直线都在这个平面内，故动点C都在这个平面与平面b的交线上，故选A.[例3] （2008浙江，理10）如图，川匕是平面戊的斜线段，凡为斜足，若点户在平面内运动，使得A4用尸的面枳为定值，则动点P的轨迹是（A.圆B.椭圆C. 一条直线D.两条平行直线解析：选人由题意知，点尸到线段乂月的距离为定值，则点尸在以为旋转轴的圆柱表面上一点।故平面a斜截圆柱，所得图形为椭圆.［例4］（2015浙江,文7）如图,斜线段45与邛面仪所成的角为60、B为斜足，平面a上的动点户满足乙匕13 = 30"则点尸的轨迹是（）A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析：选C由题可知，当尸点运动时，在空间中，满足条件的/尸绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60口角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.［例5］（2012浙江模拟）如果一个平面与一个圆柱的轴成］（0<tz<-）2角，则该平面与圆柱侧面的交线是一个椭圆，当以=2时;椭圆的离心率是6百八1 8B, — C. 一 D.—2 2 2解析：选既由题意得，椭圆的短半轴长等于底面半径小即5=人若平面与圆柱的轴所成角为30,则平面与圆柱底面成60 ,从而可得椭圆的长半轴长为4二—-—= r L1|I a = 2b t故总= J］- （2）-=---cos 60 V a 2[例6](2013西城 模)如图，正方体4武力-/用£口中，F 为底面/用⑦ 上的动点, PE 工邓：于E ，且/Y =/%，则点P 的轨迹是()A.线段 B,圆弧 C ，椭圆的一部分 D.抛物级的一部分 解析：选/t 由题意知，\A {AP^\A X EP,则点P 在线段/五的中垂面上 运动，从而与底面力人力的交线为线段.[例7](2011广州・•模，理SO 如图所示，已知正方体/狄力-的 棱长为3长为2的线段上W 的一个端点M 在棱Z)口上运动，另一端点N 在正方形⑷?CD 内运动，则河、的中点的轨迹的面积为()A. 4 笈B. 2 乃C. 7T 解析：选D.易知I)J)] 1平面/BCD ,乙MDN = 90 ,取线段的中点 尸，则QF 二4= 所以点尸的轨迹是以。
微专题3 立体几何中的平行与垂直问题(解析版)
微专题3 立体几何中的平行与垂直问题（解析版）题型一、线面平行与垂直证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。
直线与平面垂直关键是找两条相交直线。
例1、如图，在四棱锥P ABCD中，M，N分别为棱P A，PD的中点．已知侧面P AD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.求证：(1)MN∥平面PBC；MD⊥平面P AB.【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱P A，PD的中点，所以MN∥AD又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC.(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，侧面P AD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面P AD.又MD⊂侧面P AD，所以AB⊥MD.因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥P A.又P A，AB在平面P AB内，P A∩AB＝A，所以MD⊥平面P AB【类比训练】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1) 求证：EF∥平面ABC；(2) 求证：BB1⊥AC.解答(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.(4分)因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(8分)(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以BB1⊥平面ABC.(12分)因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.(14分)例2、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．求证：(1)DE∥平面ACC1A1；(2)AE⊥平面BCC1B1.解答(1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，所以DE∥平面ACC1A1.(6分)(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)【类比训练】三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：(1) EF∥平面ABC；(2) BD⊥平面ACE.解答(1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(6分)(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD所以AC⊥平面BCD，(8分)因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
高考数学专题四立体几何 微专题30 截面、交线问题
跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，则 关于平面α截此正方体所得截面的判断正确的是
√A.截面形状可能为正三角形
B.截面形状可能为正方形
√C.截面形状可能为正六边形
D.截面形状可能为五边形
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1B， A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD， 所以平面α与平面A1BD平行或重合， 所以平面α与正方体的截面形状可能是正三角形、 正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C 正确，B，D错误.
12345678
在平面A1B1C1D1内取一点G，使得A1G＝1， 则AG＝ 5， 所以以A为球心， 5 为半径的球面与底面A1B1C1D1
的交线为以A1为圆心，1为半径的 RGQ ，
其长度为14×2π×1＝π2，故选 A.
12345678
设正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为h. 若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体
积最大者，
所以h42＋a2＝22，即 a2＝4－h42，
又正六棱柱的底面积 S＝6× 43a2， 所以该正六棱柱的体积 V＝S·h＝6× 43a2h＝383(16－h2)h.
则 EF＝
362－
332＝
33＝ME，
所以∠FME＝45°，
圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都
为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的 14， 即为14×2π×MF＝ 66π，故选 A.
总结提升
截面和交线问题在高考中一般为选择和填空题，难度较大.探究找 截面一是几何法，常用直接连接、作平行线或作延长线找交点， 找交线的方法常用线面交点法和面面交点法，二是利用空间向量法.
高考数学专题四立体几何 微专题26 球的切接问题
14h＝
6 12 a.
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正
四面体的内切球，且小正四面体的高h小＝h－ 2R＝ 66a， 所以 r＝14h 小＝246a＝R2. 故该模型中 5 个球的表面积之和为 4πR2＋4×4πr2＝8πR2＝8π×1644a2＝3πa2.
(2)(2023·益阳质检)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬
设O为正四面体P－ABC内切球的球心，则内切球的半径为OO1＝r，
∴VP － ABC ＝ VO － ABC ＋ VO － PAB ＋ VO－PBC＋VO－PAC， ∴13S△ABC·PO1＝13S△ABC·r＋13S△PAB·r ＋13S△PBC·r＋13S△PAC·r， ∵S△ABC＝S△PAB＝S△PBC＝S△PAC， ∴PO1＝4r，∴正四面体 P－ABC 内切球的半径 r＝ 26，直径 2r＝ 6， 设正方体玩具的棱长为 a，则其体对角线长为 3a，
R2＝
36a－R2＋
33a2，
解得 a＝2 2，
过点O作OF⊥AC，垂足为F， 在 Rt△OCF 中，可得 OF＝ OC2－CF2＝
R2－A2C2＝ 32－ 22＝1， 即小球的最大半径r＝1.
总结提升
1.几何体的外接球，常用的方法有构造法、截面法. 2.几何体的内切球 求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为 顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分 割棱锥的体积之和求内切球的半径.
跟踪训练2 (1)在四面体A－BCD中，BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝ 1，BC＝BD＝2，则四面体A－BCD内切球的半径为
4－ 6 A. 10
√C.4－5 6
5－ 6 B. 10
立体几何基础知识应用题
立体几何基础知识应用题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的几何形体和其性质。
在我们日常生活中，立体几何的应用非常广泛，无论是建筑设计、制图、工程测量还是日常计算，都需要掌握一定的立体几何基础知识。
本文将通过一些应用题目的解答，帮助读者巩固和应用立体几何的基本概念。
题目一：某个建筑项目需要修建一个立方体形状的储物室，室内的长、宽、高分别为6米。
请计算储物室的体积和表面积。
解答一：储物室的体积可以通过边长的立方来计算。
由题意可知，它的边长为6米，因此储物室的体积为6 × 6 × 6 = 216立方米。
储物室的表面积可以通过各个面的面积求和得到。
立方体有6个面，每个面都是一个正方形，因此每个面的面积都是6 × 6 = 36平方米。
所以，储物室的表面积为6个面的面积之和，即6 × 36 = 216平方米。
题目二：工程师需要设计一个新的圆柱形水塔，要求水塔的底面半径为8米，高度为12米。
请计算水塔的体积和侧面积。
解答二：水塔的体积可以通过圆柱的公式计算。
由题意可知，水塔的底面半径为8米，高度为12米。
圆柱的体积公式为π × r^2 × h，其中π取3.14。
所以，水塔的体积为 3.14 × 8^2 × 12 = 2419.52立方米。
水塔的侧面积是指圆柱的侧面积，即不包括底面和顶面的面积。
圆柱的侧面积公式为2πrh，其中π取3.14，r为底面半径，h为高度。
所以，水塔的侧面积为 2 × 3.14 × 8 × 12 = 602.88平方米。
题目三：一个球体的表面积为201.06平方米，请计算该球体的半径和体积。
解答三：球体的表面积公式为4πr^2，其中π取3.14，r为球体的半径。
已知球体的表面积为201.06平方米，代入公式可得4 ×3.14 ×r^2 = 201.06。
九年级数学下册立体几何的综合应用题
九年级数学下册立体几何的综合应用题立体几何是数学中一个重要的分支，它研究的是空间中的各种形体以及它们之间的关系。
在九年级的数学下册中，我们将学习立体几何的综合应用题，通过解决实际问题来加深对于立体几何的理解。
在本文中，我们将通过描述一些具体的综合应用题，来演示如何使用立体几何知识解决实际问题。
问题一：求解立方体的体积一个边长为3厘米的立方体，求它的体积。
解析：立方体的体积可以通过边长的立方来计算。
给定边长为3厘米，那么它的体积就是3厘米乘以3厘米乘以3厘米，即27立方厘米。
问题二：求解棱锥的表面积一个棱锥的底面是一个边长为4厘米的正方形，侧面是四个三角形，它们的高度均为6厘米，求棱锥的表面积。
解析：棱锥的表面积由底面积和侧面积组成。
底面积为正方形的面积，即4厘米乘以4厘米，等于16平方厘米。
侧面积由四个等边三角形组成，每个等边三角形的底边长为4厘米，高为6厘米。
所以每个等边三角形的面积为（4厘米乘以6厘米）除以2，等于12平方厘米。
那么四个等边三角形的总面积为4个12平方厘米，等于48平方厘米。
因此，棱锥的表面积为16平方厘米加上48平方厘米，等于64平方厘米。
通过以上两个例子，可以看出，在解决立体几何的综合应用题时，关键是要确定各个形体的特征参数，比如边长、高度等，并运用相应的公式进行计算。
除此之外，我们还需要注意单位的转换，保持结果的准确性。
问题三：求解圆柱的体积和表面积一个半径为3厘米，高度为6厘米的圆柱，求它的体积和表面积。
解析：圆柱的体积可以通过底面积乘以高度来计算。
底面积由底部的圆形组成，那么底面积就是圆的面积，即3.14乘以3厘米的平方，等于28.26平方厘米。
所以圆柱的体积为28.26平方厘米乘以6厘米，等于169.56立方厘米。
圆柱的表面积由两个底面和一个侧面组成。
底面的面积是两个圆的面积，即2倍的3.14乘以3厘米的平方，等于56.52平方厘米。
侧面的面积是一个长方形的面积，长方形的长是圆的周长，即2倍的3.14乘以3厘米，等于18.84厘米。
立体几何中翻折问题(微专题)(解析版)
立体几何中翻折问题(微专题)一、题型选讲题型一、展开问题1(2022·广东佛山·高三期末)长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,AD=AA1=2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于F，则四边形BED1F的周长的最小值为()A.43B.213C.2(2+5)D.2+42【答案】B【分析】将几何体展开，利用两点之间直线段最短即可求得截面最短周长．【详解】解：将长方体展开，如图所示：当点E为BD1与AA1的交点，F为BD1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1=222+(1+2)2=213．故选：B．1.(2022·湖北武昌·高三期末)已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为22的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=22，则在该四面体中()A.BE⊥CDB.BE与平面DCE所成角的余弦值为21015D.四面体ABCD的外接球表面积为9πC.四面体ABCD的内切球半径为10530【答案】ACD【分析】几何体内各相关线段的计算即可.【解析】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示，AB=CD=2，AD=BD=BC=AC=22，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径.所以AM=CN=12AB=22，CM=AN=AC2-CN2=222-222=302MN=CM2-CN2=3022-22 2=7对于A：AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN=N，故CD⊥平面ABN，而BE⊂平面ABN，所以BE⊥CD，故A正确；对于B：由于CD⊂平面ACD，故平面ABN⊥平面ACD，故∠BAN是BE与平面DCE所成角，故cos∠BAN=AMAN=22×230=1515，故B错误；对于C：OH=CNCM12MN=22×230×12×7=10530，故C正确；对于D：OA2=AM2+12MN2=22 2+72 2=94所以外接球的表面积为9π，故D正确.故选：ACD2.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD= 3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.【答案】-14【解析】∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =1，由勾股定理得BC =AB 2+AC 2=2，同理得BD =6，∴BF =BD =6，在△ACE 中，AC =1，AE =AD =3，∠CAE =30°，由余弦定理得CE 2=AC 2+AE 2-2AC ⋅AE cos30°=1+3-2×1×3×32=1，∴CF =CE =1，在△BCF 中，BC =2，BF =6，CF =1，由余弦定理得cos ∠FCB =CF 2+BC 2-BF 22CF ⋅BC=1+4-62×1×2=-14.故答案为：-14.题型二、折叠问题2(2022·河北唐山·高三期末)如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 为AB 的中点，将△AED 沿DE 所在的直线翻折，使A 与A 重合，得到四棱锥A -BCDE ，则在翻折的过程中()A.DE ⊥AAB.存在某个位置，使得A E ⊥CDC.存在某个位置，使得A B ∥DED.存在某个位置，使四棱锥A -BCDE 的体积为1【答案】AB 【分析】过A 作A O ⊥DE ，垂足为O ，证得DE ⊥平面A AO ，可判定A 正确；取DC 的中点G ，连接EG ,A G ，当A 在平面ABCD 上的投影在FG 上时，可判定B 正确；连接A B ，由直线A B 与DE 是异面直线，可判定C错误；求得A O=25，结合体积公式求可判定D错误.【详解】对于A中，如图所示，过A 作A O⊥DE，垂足为O，延长AO交BC于点F，因为DE⊥AO，且AO∩A O=O，所以DE⊥平面A AO，又因为A A⊂平面A AO，所以DE⊥AA ，所以A正确；对于B中，取DC的中点G，连接EG,A G，当A 在平面ABCD上的投影在FG上时，此时DC⊥平面A EG，从而得到A E⊥CD，所以B正确；对于C中，连接A B，因为E⊂平面A BE，D⊄平面A BE，所以直线A B与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A B∥DE，所以C错误；对于D中，由V A -BCDE=13×12×(1+2)×2×h=1，解得h=1，由A 作A O⊥DE，可得A O=A E⋅A DDE=1×25=25，即此时四棱锥的高h∈0,25 5，此时25<1，所以不存在某个位置，使四棱锥A -BCDE的体积为1，所以D错误.故选：AB.1.(2022·江苏宿迁·高三期末)如图，一张长､宽分别为2,1的矩形纸，A,B，C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，则()A.在该多面体中，BD=2B.该多面体是三棱锥C.在该多面体中，平面BAD⊥平面BCDD.该多面体的体积为112【答案】BCD利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．【解析】由于长、宽分别为2，1，A ,B ,C ,D 分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P 1,P 2,P 3,P 4四点重合为一点P ，且P 为BD 的中点，从而得到一个多面体ABCD ，所以该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，故B 正确；AB =BC =CD =DA =32，AC =BD =1，AP =CP =22，故A 不正确；由于22 2+22 2=1，所以AP ⊥CP ，BP ⊥CP ，可得BD ⊥平面ACP ，则三棱锥A -BCD 的体积为13×BD ×S △ACP =13×1×12×22×22=112，故D 正确；因为AP ⊥BP ，AP ⊥CP ，所以AP ⊥平面BCD ，又AP ⊂平面BAD ，可得平面BAD ⊥平面BCD ，故C 正确.故选：BCD2.(2022·江苏海安·高三期末)如图，ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．现将△BCD 沿BD 折起，成为二面角A -BD -C 是90°的加热零件，则AC 间的距离是dm ；为了安全，把该零件放进一个球形防护罩，则球形防护罩的表面积的最小值是dm 2．(所有器件厚度忽略不计)【答案】4设E 为BD 的中点，由题可得AE ⊥平面BCD ，进而可求AC ，再结合条件可得△DAB 的中心为棱锥C -ABD 的外接球的球心，即求.【解析】∵ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．∴△DAB 为等边三角形，BC =23dm ,DC =2dm ，设E 为BD 的中点，连接AE ，CE ，则AE ⊥BD ，又二面角A -BD -C 是90°，∴AE ⊥平面BCD ，CE ⊂平面BCD ，∴AE ⊥CE ，又CE =2dm ，AE =23dm ，∴AC =AE 2+CE 2=4dm ，设△DAB 的中心为O ，则OE ⊥平面BCD ，又E 为BD 的中点，△BCD 为直角三角形，∴OB =OC =OD =OA ，即O 为三棱锥C -ABD 的外接球的球心，又OA =23×23=433dm ，故球形防护罩的表面积的最小值为4π⋅OA 2=64π3dm 2.故答案为：4，64π3.3.(2022·河北保定·高三期末)如图，DE 是边长为4的等边三角形ABC 的中位线，将△ADE 沿DE 折起，使得点A 与P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，则四棱雉P -BCDE 外接球的表面积是.【答案】52π3求出四边形BCDE 外接圆的圆半径，再设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，由R 2=OO 2+O B 2求出半径，代入球的表面积公式即可.【解析】如图，分别取BC ，DE 的中点O ，F ，连接PF ，O F .因为△ABC 是边长为4的等边三角形，所以PF =O F =3，所以O B =O C =O D =O E =2，则四边形BCDE 外接圆的圆心为O ，半径r =2.设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，连接OO ，过点O 作OH ⊥PF ，垂足为H .易证四边形HFO O 是矩形，则HF =OO ，OH =O F =3.设四棱锥P -BCDE 外接球的半径为R ，则R 2=OO 2+O B 2=OH 2+PH 2=O F 2+PF -OO 2，即R 2=OO 2+22=3 2+3-OO 2，解得R 2=133，故四棱锥P -BCDE 外接球的表面积是4πR 2=52π3.故答案为：52π3题型三、折叠的综合性问题3(2022·江苏扬州·高三期末)在边长为6的正三角形ABC 中M ，N 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AM AB =ANAC=λ，把△AMN 沿着MN 翻折至A ′MN 位置，则下列说法中正确的有()A.在翻折过程中，在边A ′N 上存在点P ，满足CP ∥平面A ′BMB.若12<λ<1，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A ′BC ⊥平面BCNMC.若λ=12且二面角A ′-MN -B 的大小为120°，则四棱锥A ′-BCNM 的外接球的表面积为61πD.在翻折过程中，四棱锥A ′-BCNM 体积的最大值为63【答案】BCD 【分析】通过直线相交来判断A 选项的正确性；通过面面垂直的判定定理判断B 选项的正确性；通过求四棱锥A -BCNM 外接球的表面积来判断C 选项的正确性；利用导数来求得四棱锥A -BCNM 体积的最大值.【详解】对于选项A，过P作PQ⎳MN⎳BC，交AM于Q，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设D,E分别是BC,MN的中点，若12<λ<1，则AE>DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE=E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，DE∩MN=E，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设D,E分别是BC,MN的中点，若λ=12且二面角A′-MN-B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN=120°，∠C=60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB=DC=DM=DN=3，所以点G即为点D，所以r=3，二面角A′-MN-B的平面角即为∠A′ED=120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH=334，DH=934，A′H=94，DH2=24316，设外接球球心为O，由OD2+32=R294-OD2+24316=R2，解得R2=614，所以外接球的表面积为S=4πR2=61π，故选项C正确；对于选项D，设D,E分别是BC,MN的中点，设h是四棱锥A -BCNM的高.S△AMN=12×6λ×6λ×32=93λ2，S△ABC=12×6×6×32=93，所以S四边形BCNM=93(1-λ2)，则V A′-BCNM=13×93(1-λ2)×h≤33(1-λ2)×A′E=33(1-λ2)×33λ=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，可设f(λ)=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，则f λ =27(-3λ2+1)，令f λ =0，解得λ=33，则函数f(λ)在0，33上单调递增，在33，1上单调递减，所以f(λ)max=f33=63，则四棱锥A′-BCN体积的最大值为63，故选项D正确.故选：BCD1.(2021·山东滨州市·高三二模)已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD 的位置，得到四面体D -ABC，在翻折过程中，点D 始终位于△ACD所在平面的同一侧，且BD 的最小值为2，则下列结论正确的是()A.四面体D -ABC的外接球的表面积为8πB.四面体D -ABC体积的最大值为63C.点D的运动轨迹的长度为22π3D.边AD旋转所形成的曲面的面积为22π3【答案】ACD【解析】对ABCD各选项逐一分析即可求解.【详解】解：对A：∵∠ABC=90o，∠AD C=90o，∴AC中点即为四面体D -ABC的外接球的球心，AC为球的直径，∴R=2，∴SD -ABC =4πR2=4π22=8π，故选项A正确；对B：当平面AD C⏊平面ABC时，四面体D -ABC体积的最大，此时高为2，∴V D -ABCmax=13×12×2×2×2=223，故选项B错误；对C ：设方形ABCD 对角线AC 与BD 交于O ，由题意，翻折后当BD 的最小值为2时，△OD B 为边长为2的等边三角形，此时∠D OB =π3，所以点D 的运动轨迹是以O 为圆心2为半径的圆心角为2π3的圆弧，所以点D 的运动轨迹的长度为2π3×2=22π3，故选项C 正确；对D ：结合C 的分析知，边AD 旋转所形成的曲面的面积为以A 为顶点，底面圆为以O 为圆心OD =2为半径的圆锥的侧面积的13，即所求曲面的面积为13πrl =13π×2×2=22π3，故选项D 正确.故选:ACD .2.【2022·广东省深圳市宝安区第一次调研10月】如图甲是由正方形ABCD ，等边△ABE 和等边△BCF 组成的一个平面图形，其中AB =6，将其沿AB ，BC ，AC 折起得三棱锥P -ABC ，如图乙.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)过棱AC 作平面ACM 交棱PB 于点M ，且三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，求直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)427.【分析】(1)取AC 的中点为O ，连接BO ，PO ，证明PO ⊥AC ，PO ⊥OB ，即证PO ⊥平面ABC ，即证得面面垂直；(2)建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量AM 的坐标，再计算平面PBC 法向量n，利用所求角的正弦为cos AM ,n即得结果.【解析】(1)证明：如图，取AC 的中点为O ，连接BO ，PO .∵PA =PC ，∴PO ⊥AC .∵PA =PC =6，∠APC =90°，∴PO =12AC =32，同理BO =32.又PB =6，∴PO 2+OB 2=PB 2，∴PO ⊥OB .∵AC ∩OB =O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，11∴PO ⊥平面ABC .又PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ；(2)解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，A 32,0,0 ，C -32,0,0 ，B 0,32,0 ，P 0,0,32 ，∴CB =32,32,0 ，CP =32,0,32.∵三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，∴PM :BM =1:2，∴M 0,2,22 ，∴AM =-32,2,22 .设平面PBC 的法向量为n =x ,y ,z ，则32x +32y =032x +32z =0 ，令x =1，得n =1,-1,-1 .设直线AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =-6227⋅3 =427.∴直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为427.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
微专题——立体几何中应用题 1.（2006江苏）（本小题满分14分）
请您设计一个帐篷。
它下部的形状是高为1m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m 的正六棱锥（如右图
所示）。
试问当帐篷的顶点O 到底面中心1o 的距离为多少时，帐篷的体积最大？
2.（2011江苏）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm
（1）若广告商要求包装盒侧面积S （cm 2）最大，试问x 应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积V （cm 3）最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。
P
3.（2016江苏）
O 1 O x x E F A B
D C
4.某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按
照设计要求容器的容积为80
3
π
立方米，且2
l r
≥．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平
方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（3
c>）千元．设该容器的建造费用为y千元．
（1）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
（2）求该容器的建造费用最小时的r．
5.要制作一个由同底圆锥和圆柱组成的储油罐（如图），设计要求：圆锥和圆柱的总高度和圆柱底面半径相等，都为r米.市场上，圆柱侧面用料单价为每平方米a元，圆锥侧面用料单价分别是圆柱侧面用料单价和圆柱底面用料单价的4倍和2倍.设圆锥母线和底面所成角为θ（弧度），总费用为y（元）.
（1）写出θ的取值范围；
（2）将y表示成θ的函数关系式；
（3）当θ为何值时，总费用y最小?
6。