高中数学微专题：立体几何压轴小题(含答案)
高考的立体几何压轴题精选
ABCDE F1．甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四 面体的中心,四个氢原子分别位于该正四面体的四个顶点上.若将碳原子和氢原子均视为一 个点(体积忽略不计),且已知碳原子与每个氢原子间的距离都为a ,则以四个氢原子为顶点 的这个正四面体的体积为( ) A,3827a3C,313a D,389a 2．夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,则它们的体积之 比为( )A,3:2:1 B,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:33．设二面角a αβ--的大小是060,P 是二面角内的一点,P 点到,αβ的距离分别为1cm, 2cm,则点P 到棱a 的距离是( )A,3B,3cm C,23cmD,34．如图,E,F 分别是正三棱锥A -BCD 的棱AB,BC的中点,且DE ⊥EF.若BC=a ,则此正三棱锥的体积是( )A,324aB,324C,312a35．棱长为的正八面体的外接球的体积是( ) A,6πB,27C,3D,36．若线段AB 的两端点到平面α的距离都等于2,则线段AB 所在的直线和平面α 的位置关系是 .7．若异面直线,a b 所原角为060,AB 是公垂线,E,F 分别是异面直线,a b 上到A,B 距离为 2和平共处的两点,当3EF =时,线段AB 的长为 .8．如图(1),在直四棱柱1111A BC D ABCD -中,当底面四边形ABCD 满足条件时,有1A C⊥1B 1D (注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)CDF ABOCD EOAA B C D P Q9．如图(2),是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题: ①AB 与EF 所连直线平行; ②AB 与CD 所在直线异面; ③MN 与BF 所在直线成060; ④MN 与CD 所在直线互相垂直.其中正确命题的序号为 .(将所有正确的都写出)10．如图,在ABC ∆中,AB=AC=13,BC=10,DE//BC 分别交AB,AC 于D,E.将ADE ∆沿 DE 折起来使得A 到1A ,且1A DE B --为060的二面角,求1A 到直线BC 的最小距离.11．如图,已知矩形ABCD 中,AB=1,BC=a (0)a >,PA ⊥平面ABCD,且PA=1.(1)问BC 边上是否存在点Q 使得PQ ⊥QD?并说明理由;(2)若边上有且只有一个点Q,使得PQ ⊥QD,求这时二面角Q PD A --的正切.12. 已知三角形ABC 的顶点分别是A (1, 2, 3)、B (3, 4, 5)、C (2, 4, 7), 求三角形ABC 的面积.A BCDA BC D图(1)A BENM 图(2)13.在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，122AB BB==， P 为B 1C 1的中点．（1）求直线AC 与平面ABP 所成的角；（2）求异面直线AC 与B P 所成的角； （3）求点B 到平面APC 的距离．14.如图,正四棱锥P-ABCD 中，侧棱PA 与底面ABCD 所成的角的正切值为26。
高考数学高考数学压轴题立体几何多选题分类精编及答案
高考数学高考数学压轴题立体几何多选题分类精编及答案一、立体几何多选题1. 如图，在直三棱柱ABC-A}B}C}中，AC = BC = AA i=2, ZACB = 90°, D, E, F分别为AC, AB的中点.则下列结论正确的是（）B. B、CJ /平而DEFD.点d到平面DFF的距离为比C. EF与4G所成的角为90。
2【答案】BCD【分析】利用异而直线的位這关系，线而平行的判泄方法，利用空间直角坐标系异而直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断.【详解】对选项A,由图知4C|U平而ACC.A. , EFD平面ACQA^E,且E AC r由异面直线的建义可知AC】与EF异面，故A错误: 对于选项B,在直三棱柱ABC — AQG中，BG HBC.•.•D，F分别是AC, AB的中点，• •FDIIBC, ：・B\C\ IIFD.又••• BQ] (Z 平面DEF, DF u 平而DEF, ・・BG //平而DEF.故B正确:对于选项C,由题意，建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0, 0), A(2,0t 0), 5(0,2, 0),人(2,0, 2),坊(0,2, 2), C 】(0,0, 2),D(l,o, 0), E(2,0, 1), F(1,1, 0)..\EF = (-1,1, T), AC ；=(—2,0, 2).•.•EFAC ； = 2+0—2 = 0, :.EF 丄 AC ；, 丄 A©.•.•EF 与AC ；所成的角为90。
，故c 正确：对于选项D,设向量匝= (x,y, Z)是平而DEF 的一个法向疑.・••万E = (ho ・ 1) , DF = (0,l, 0),取 X = 1 ♦则 z=—1 ‘ ・••帀=(h 0, —1),设点耳到平而DEF 的距离为d ・二点d 到平而DEF 的距离为空，故D 正确.2故选：BCD【点睛】本题主要考查异而直线的位置关系，线而平行的判定，异而直线所成角以及点到而的距 离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题.2. 已知球O 为正方体ABCD-AgD 、的内切球，平而A {C }B 截球O 的而积为24兀, 下列命题中正确的有（）A. 异而直线AC 与所成的角为60。
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（ ）AB ．1C 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 '2HC 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 '=22HC 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)3x =202m <<1(0,)22(1)(40f m =->1[,232(0)340f m =->243m >2423m <≤[(33m ∈-⋃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 PBα===<=βαβ>tan tan PD PD ED BDγ=>=βy >ββα<V AB C --γ'γ'=γβ<γ'=γV ABC -PVA 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 2OAB AC =BD CD =A BCD -ABC ∆BDC ∆BC a =AM DM ==2BCD S ∆=sin()h AM AMD π=-∠=313124A BCD DBC V S h a -∆=⋅==a =32DM =21DO =212O M =2AMD θ∠=21cos 22cos 13θθ=-=-tan θ=22tan 2OO O M θ==O R ==246S R ππ==2ABCD P ABC 433PA 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 yPDABC 432PA PB +=>P ABC AB O CO AB x OC y O xyz -1c=a =3b ==()2233104x y z +==D E EABC11333OE OC ===E 23CE OC ==DE ==222PD DE EP =+EP(),,0P xy 0,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭22222241543333EP x y y y y y y ⎛=+-=-++=--+ ⎝⎭,933y ⎡=-∈-⎢⎣⎦2EP 22max 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 ．1B ．2C ．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 3P 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 2NFFM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 ,MN MN 1F ABG MN I CD FG CD I 22BC 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 FFM M N F AB 2NFFM 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 ．BC ．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 、FE 、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 ⊥BCDO E ⊥BCD OE ∴OF OEMF AM DM ⊥OEMF OE ⊥BCD BE ⊂BCD OE BE ∴⊥OB ==ABCD 2804OB 3ππ⨯=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 1BK AB BC =J AC BJ AC ⊥1AA ⊥ABC BJ ⊂ABC 1BJ AA ∴⊥1AC AA A ⋂=BJ ∴⊥11AAC C D E AJ AB //DE BJ 12DE 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 11122GJ 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 ≅△△11122HK DJ AJ KC ∴===H ∴1KC //ABC 111A B C αABC DE =α111A 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 1112BF BB ∴==EF ==IF =1//KJ BB 12KJ BB ==1BB ⊥ABC KJ ∴⊥ABC AC ⊂ABC KJ AC ∴⊥G D KJ AJ 112GJ KJ ==122DJ AJ ==DG ==GH =222DE IH EF IF DH ++++=++=AB απ4B αP π6PAB ∠=PA ．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)112AB 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2D ．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 ⊄DEPE 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 =1213S ABCD V a-=⨯=≤232a =S ABCD V -S ABCD V -SFC 1122S BFC S ABCD V V --==SFCF ===1122224SFC S SF CF =⨯=⨯=△1325V 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 12OF PA =2PA x =10AE ==PE ∴==O 12R PE ==Rt ABE △2ABE π∠=6AB =10AE =3cos 5AB BAE AE ∠==ADF 243AD AB ==5AF =DF ==PA ⊥ABCD OF ∴⊥ABCD DF ⊂ABCD OF DF ⊥12OF PA x ==OD ∴==D O r O d OD θsin d OD θ==0θ=O d r max r R ==2πθ=OD d max d OD ==r min r ==()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦0xx =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 8π24310π8110π6πABCD BD ⊥1ACC BD AC ⊥ABCD 1111ABCD A B C D -1,AB AD a CC b ===11cos AD B ∠11sin AD B ∠11ABD 2r =r1111ABCD A B C D -,,,A B C D ABCD ABCD ABCD 1111ABCD A B C D -1CC ⊥ABCD 1CC BD ⊥1AC BD ⊥111AC 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．34363Rππ=3R=1AC16AC=1,ABAD a CC b===2221236AC a b=+=22362b a=-11AB D11AB AD====11B D=2222111111111cos2AD B D ABAD BAD B D+-∠===⋅11sin AD B∠===11AB D r2111362sinaABrAD B-===∠22r⎫===≥==a=r11AB D28S rππ==1111ABCD A B C D-11AB D2r=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 OBOD 5AC ==90ABC ADC ∠=∠=O AC 1522OB OD AC OA OC =====O A BCD -O 52R =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 BC ．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 -3PA PA O BC E OE ⊥ABC OE P R 2464R ππ=4R =8PA =PA O PA AB AC ⊥BC E ABCOE ⊥ABC AE ⊂ABC OE AE ⊥4BC ==122AE BC ==OE ===O AP 11122228332P 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 12π253π203π6πEFGHKI EFGHKI 1B D EFGHKI M M 1B D 1112B M B D ==O R )222R R =+R =22543ππ⨯=(222R R =+-R =<1B 253πR 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 βγA ．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 ,GAGC 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 GGN GA GCαβγ'''===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 ．BC ．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 2π16BC 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 ⊥1DMD D D =AE ⊥1D DM 1D M AE ⊥1D M AF ⊥AE AF A ⋂=1D M ⊥AEF AP ⊂AEF 1AP D M ⊥P 11BCC B P EF 2EF =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，2P BC 1BB E F EF EF P 125:33589910ABCD EF -FO ⊥ABCD O O ,AB CD FM AB ⊥M FN BC ⊥N FNO ∠F BC O --FMO ∠F AB O --1tan tan 2FNO 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 FOFN F =,FO FN ⊂FON BC ⊥FON ON ⊂FON BC ON ⊥FNO ∠F BC O --FMO ∠F AB O --OM AB ⊥1tan tan 2FNO 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 224FO MO FMO a a =⋅∠=⨯=1tan 2FO FNO ON ∠==32ON a =35222EF a a a =-⨯=OMBN 2OB a ==94FB a ===28994EF a FB a ==12ABCD AB =3AD =AD BC 2AE BF ==ABE △BE 1A BE 1A BCDE CDEF 1A BE C --θ1A B BCDE α1A E BCββαθ<<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 EFDC A MN θ'∠=//BC AD A E 'AD βA 'BCDE AE ⊥A EF '2πβ=A 'BCDE GN 2A ED π'∠<A ED β'=∠EA EA '=MA MA '=2EAA β'∠=2MAA θ'∠=AM AA 'ABCD 22EAA MAA βθ''∠=>∠=βθ>θα>,,βθα4122323π-4812π-4283π-13203π-π334421833ππ-⨯=-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 ．2B CD ．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】()4228+2463233πππ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭ABC 2ABC A B π2π23π34πO AOB ∠O ABC O r ==3sin AB ACB =∠233AB π∴==2OA OB ==AOB 3AOB π∠=A B 2233ππ⨯=22d R r -=r R d SMN (0=<≤OP x x =SMNS。
专题08-1立体几何问题第一季-2019年领军高考数学(理)压轴题必刷题(解析版)
专题08-1立体几何问题第一季1．正三棱柱中,所有棱长均为2,点分别为棱的中点,若过点作一截面,则截面的周长为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在正三棱柱中，延长和交于点M，连接，交于点，分别连接，则过点的截面为四边形，如图所示，由，可得，由，则，解得，则，在直角中，，则，在直角中，，则，在直角中，，则，在中，，由余弦定理可得，即，所以截面的周长为，故选B.2．设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B。
3．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为A．B．1 C．D．【答案】C【解析】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，直线与平面不存在公共点，所以平面,由中位线定理可得,在平面内，在平面外，所以平面,因为与在平面内相交，所以平面平面,所以在上时，直线与平面不存在公共点，因为与垂直，所以与重合时最小，此时，三角形的面积最小，最小值为，故选C.4．已知四面体，，则该四面体外接球的半径为（）学科_网A．1 B．C．D．【答案】B【解析】设为的中点，由于三角形为直角三角形，故其外心为点，则球心在点的正上方，设球心为，作出图像如下图所示.其中，.由余弦定理得，.设外接球的半径为.在三角形中，由勾股定理得①.在三角形中，由余弦定理得②.在三角形中，由余弦定理可知，由于，则，所以，所以③.联立①②③可得.故选B.5．如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90°，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段P A长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以C为原点，CD为轴，CB为轴，过C作平面BCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，6．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=2，CC1=3，长方体每条棱所在直线与过点C1的平面α所成的角都相等，则直线AC与平面α所成角的余弦值为（）A．或1 B．或0 C．或0 D．或1【答案】A在直角△EGC1中，，GC1＝2，，∴sin．∴直线AC与平面α所成角的余弦值为1，，故选：A．7．已知直三棱柱中的底面为等腰直角三角形，，点，分别是边，上动点，若直线平面，点为线段的中点，则点的轨迹为A．双曲线的一支（一部分）B．圆弧（一部分）C．线段（去掉一个端点）D．抛物线的一部分【答案】C【解析】如图作平面PQRK∥平面BCC1B1，可得到点M，N为平面PQRK与边，的交点，取MN的中点D，由对称性可知，在梯形NQRM中，D到底面ABC的距离DF始终为三棱柱高的一半，故Q落在到底面ABC距离为三棱柱高的一半的平面上，且与底面ABC平行.又D在底面的投影F始终在底面BC的高线AE上，即Q落在过底面BC的高线且与底面垂直的平面上，所以Q在两个面的交线上，又只能落在柱体内，故为线段OH，又直线平面，所以去掉O点，故选C.8．已知点在同一个球面上，，若四面体体积的最大值为10，则这个球的表面积是A．B．C．D．【答案】B【解析】由，可知，则球心在过中点与面垂直的直线上，因为面积为定值，所以高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，因为四面体的最大体积为10，所以，可得，在中，，，得，球的表面积为，故选B.学科_网9．已知过球面上三点、、的截面到球心距离等于球半径的一半，且，，则球面面积为（）A．B．C．D．【答案】C10．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是A．B．C．D．【答案】B【解析】构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，AD=BC=a,此时0＜a＜2．取BC中点为E,连接AE,DE,易得：BC⊥平面ADE,∴，当且仅当4即时，等号成立，∴此三棱锥体积的取值范围是故选：11．已知正三棱锥P—ABC（顶点在底面的射影是底面正三角形的中心）的侧面是顶角为30°腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB，PC分别交于点D和点E，则截面△ADE周长的最小值是（）A．B．2C．D．2【答案】D【解析】将三棱锥的侧面展开,如图则将求截面周长的最小值,转化成计算的最短距离,结合题意可知=,,所以,故周长最小值为,故选D.12．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是A．1 B．C．D．【答案】D【解析】如图：在正方体中，取的中点,连接,过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，,故选D.学_科网13．已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】画出图象如下图所示，其中是球心，是等边三角形的中心.根据等边三角形中心的性质有，，设球的半径为，在三角形中，由勾股定理得，即，解得，故最大的截面面积为.在三角形中，，由余弦定理得.在三角形中，,过且垂直的截面圆的半径，故最小的截面面积为.综上所述，本小题选B.14．正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D15．已知中，，，将绕BC旋转得，当直线PC与平面P AB所成角的正弦值为时，P、A两点间的距离是（）A．2 B．4 C．D．【答案】C【解析】画出图像如下图所示.设是的中点，则，过作交于，连接.由于，所以平面，所以，故平面，所以，结合，证得平面.故是直线与平面所成的角.故，.设，则，在直角三角形中，利用面积公式有，解得，即，故,.16．如图，在△ABC中，∠C=90°，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，AP=AB=2，∠EAF=α，当α变化时，则三棱锥P﹣AEF体积的最大值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在中，，，底面，得，平面，可得，平面，平面，且面，三棱锥的高为定值，平面平面，中，，，∴当，即时，有最大值为，此时，三棱锥的体积的最大值为，故选C．17．如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠B=60°，点E,F分别在边BC,AB上运动(不含端点)，且EF//AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B-ECDAF的体积最大时，EF的长为（）A．1 B．C．D．【答案】B【解析】由可知三角形为等边三角形，设，等边三角形的高为，面积为，所以五边形的面积为，故五棱锥的体积为.令，解得，且当时，单调递增，时，单调递减，故在时取得极大值也即是最大值.故选B. 18．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，平面A1B1C1D1内的一动点P，满足到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，则线段PA长度的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，以A1D1的中点为原点，以A1D1为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．由于动点P到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，所以点P在以点A1为焦点、以C1D1为准线的抛物线上．由题意得，在平面内，抛物线的方程为，设点P的坐标为，则，所以，又，所以当时，有最小值，且．故选C．19．如图，设梯形所在平面与矩形所在平面相交于，若，，，则下列二面角的平面角大小为定值的是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，在等腰梯形中,过作于，作于,连接,在梯形中,由，可得，由三角形直角三角形，且，可得，则，，即，则平面，为二面角的平面角，同理可得为二面角的平面角，平面平面，则二面角的平面角为，与均为等腰三角形，，，，即二面角为，故选D.20．如图，已知三棱锥，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】不妨设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ，∴，，∴，取BC中点E，连结DE、AE，则DE⊥BC，AE⊥BC，又DE∩AE=E，∴BC⊥平面AED，∴BC⊥AD，∴γ=90°．∴γ≥α≥β．学_科网故选：A．。
专题12 立体几何小题压轴练(解析版)
【一专三练】 专题12 立体几何小题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）一、单选题1．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱111ABC A B C -，D 为线段11A B 的中点，E为线段1CC 的中点，1A E 过1AC E △的内切圆圆心，且1AD DC ⊥，CA =，2AB =，则三棱锥D ABC -的外接球表面积为（ ）A ．27π8B ．274πC ．27π2D ．27π在CAB △中由余弦定理得：所以22sin 3ACB ∠=.设CAB △、DAB V 的外接圆半径分别为122sin 223AB r ACB ==∠，解得2．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，112AB A B =，1AA =M 为棱11B C 的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD 截该正四棱台的截面面积是（ ）．A 4B 2C ．D ．【答案】C【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．【详解】设1142AB A B x ==，上底面和下底面的中心分别为1O ，O ，过1A 作1A H AC ⊥,【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）在三棱锥D ABC -中，ABC V 是以AC 为底边的等腰直角三角形，DAC △是等边三角形，AC =，又BD 与平面ADCD ABC -外接球的表面积是（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π点H 恰好是正DAC △的中心（外心），故球心O 必在BH 上，Rt BAC V 的外心为E ，连接OE ,则OE ⊥平面ABC ，OE BE ⊥,设三棱锥D ABC -外接球故选：B.4．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）点,M N 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中棱1,BC CC 的中点，动点P 在正方形11BCC B (包括边界)内运动.若1//PA 面AMN ，则1PA 的长度范围是（ ）A ．⎡⎣B ．C ．⎤⎥⎦D ．[]2,3∵点M ，N 分别是棱长为2的正方体1111//,AA BB AA BB ∴=，1//BB EM 11//,AA EM AA EM ∴=，∴四边形1//A E AM ∴，而在平面11B BCC 中，易证A E ⊄5．（2023春·湖南·高三统考阶段练习）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在三棱锥1C BCD -的表面上运动，且1A P =P 轨迹的长度是（ ）A BC D 由正方体性质易知三棱锥1A -所以，点1A 到平面1C BD 的距离所以球1A 在平面1C BD 上的截面圆的半径所以，截面圆的圆心1O 是正所以1π2MO N ∠=，所以，点P 在此面内的轨迹长度为因为1AA ⊥平面ABCD ，所以球6由于对称性，点P 在平面故点P 在三棱锥1C BCD -故选：A6．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面ABCD 为正方形，EF P 平面ABCD ，四边形ABFE ，CDEF 为两个全等的等腰梯形，122EF AB ==，且AE =则此刍甍的外接球的表面积为（ ）A ．60πB ．64πC ．68πD ．72π根据题意可得2OO ⊥平面ABCD ，在等腰AED △中，AD EN ⊥，EN 同理2FM =，-的五个顶点都在球面O上，底7．（2023·广东·校联考模拟预测）已知四棱锥P ABCD面ABCD是边长为4的正方形，平面PAD⊥平面ABCD，且PA PD==，则球面O 的表面积为（）A．39πB．40πC．41πD．42π8．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在矩形ABCD 中，已知24AB AD ==，E 是AB 的中点，将ADE V 沿直线DE 翻折成1A DE △，连接1A C ，当二面角1A DE C --的平面角的大小为60︒时，则三棱锥1A CDE -外接球的表面积为（ ）A ．56π3B ．18πC ．19πD ．53π3故选：A.【点睛】关键点点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，解三角形确定球的半径.二、多选题9．（2023·浙江温州·统考二模）蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是13-，则（）A ．AB P 平面11EDD E B ．AB EF⊥C ．蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直D ．该几何体的体积与以六边形111111A B C DEF 为底面，以1BB 为高的正六棱柱的体积相等10．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）在四面体ABCD 的四个面中，有公共棱AC的两个面全等，1AD =，CD =，90CDA ∠=︒，二面角B AC D --大小为θ，下列说法中正确的有（ ）A ．四面体ABCD 外接球的表面积为3πB ．四面体ABCDC ．若AD AB =，AD AB ⊥，则120θ=°D ．若AD BC =，120θ=°，则BD =选项A ：由题可知在ADC △又因为有公共棱AC 的两个面全等由选项B 可知DF BF ==由余弦定理的cos DF θ=因为1AD BC ==，所以因为120θ=°，所以NB 由选项B 可知，NB 11．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面边长分别为4，6E 是11A B 的中点，则（ ）A ．正四棱台1111ABCD ABCD -B ．平面1BC D ⊥平面11AA C CC ．AE ∥平面1BCD D ．正四棱台1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为104π33对于B ，易知BD ⊥AC ，BD ⊥12O O ，又AC AC ⊂平面11AA C C ，12O O ⊂平面11AA C C ，所以11D B //EF ，又因为E 是11A B 的中点，所以11111112A G A E A O AB ==，所以G 是11AO 的中点，因为11AC 42=，所以132=GC ，又232=AO ，所以12=GC AO ，又因为GC则O 在12O O 延长线上，122=O O ，因为上下底面边长分别为4，6，所以11111222D O B D ==，2132==DO DB 设外接球O 的半径为R ，所以211-D O D O 即228182---=R R ，解得2R ＝26，12．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）在正方体1AC 中，M 为AB 中点，N 为BC 中点，P 为线段1CC 上一动点（不含C ）过M ，N ，P 的正方体的截面记为α，则下列判断正确的是（ ）A ．当P 为1CC 中点时，截面α为六边形B ．当112CP CC <时，截面α为五边形C ．当截面α为四边形时，它一定是等腰梯形D ．设1DD 中点为Q ，三棱锥Q PMN -的体积为定值因为M 为AB 中点，N 为BC 中点，所以同理11//ST A C ，又因为11//AC A C 同理//,//SP PN MP PT ''，所以,S 此时六边形STPNMP '为截面α，所以截面α为六边形，故A 正确；因为11CD C D ∕∕，所以CPN C 'V V ∽所以11112CP CN C P C D '==，即113CP CC =所以当113CP CC ≤时，截面α为五边形，故对C ，当截面α为四边形时，点P 由A 得，11//MN A C ，所以四边形设正方体的棱长为1，则NC 所以四边形11A MNC 是等腰梯形，故对D ，设h 为P 到平面QMN故选：AC.13．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 、1111D C B A 分别是边长为4和2的正方形，侧面11CDD C 、侧面11BCC B 均是直角梯形，且13CC =，1CC CD ⊥．若该六面体为台体，下列说法正确的是（ ）A ．六面体1111ABCD ABCD -的体积为28B ．异面直线1DD 与1BB 的夹角的余弦值为913C ．二面角1B ABD --D ．设P 为上底面上一点，且AP CP ⊥，则P 的轨迹为一个圆【答案】AB【分析】对于选项A ：根据已知证明六面体1111ABCD A B C D -为棱台，高13h CC ==，即可根据棱台的体积公式得出答案判断；对于选项B ：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求出答案判断；对于选项C ：根据二面角的向量求法求出二面角1B AB D --的余弦值，再根据同角三角函数的关系得出答案判断；对于选项D ：设出点P ，根据空间向量垂直数量积为0，列式化简即可判断.【详解】对于选项A ：底面ABCD 是的正方形，BC CD ∴⊥，1CC CD ⊥ ，且1CD CC C = ，1CD CC ⊂、平面11CDD C ，则()0,4,0D ，()10,2,3D ，()4,0,0B ，(12,0,3B 则()10,2,3DD =- ，()12,0,3BB =-，则异面直线1DD 与1BB 的夹角的余弦值为cos 对于选项C ：()4,4,0A (4,0,0B14．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知圆锥顶点为S ，高为1，底面圆O 的直径AB 长为C 为底面圆周上不同于,A B 的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）A ．圆锥SO 的侧面积为B ．SAC V 面积的最大值为32C ．圆锥SO 的外接球的表面积为9πD ．若AC BC =，E 为线段AC 上的动点，则SE BE +15．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，在正四面体ABCD中，棱AB的中点为M，棱CD的中点为N，过MN的平面交棱BC于P，交棱AD于Q，记多面体CAMPNQ的体积为1V ，多面体BDMPNQ 的体积为2V ，则（ ）A ．直线MQ 与PN 平行B ．AQ BPAD BC=C ．点C 与点D 到平面MPNQ 的距离相等D ．12V V =在平面ABD 内，过A 作AG MT ∥交直线故TG BT =，进而AQ TG AD DG=，故AQ AD 同理，在平面CBD 内可得BP BC BT =16．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线a 与b 所成角为60 ，平面α与平面β的夹角为80 ，直线a 与平面α所成的角为20 ，点P 为平面α、β外一定点，则下列结论正确的是（ ）A ．过点P 且与直线a 、b 所成角都是60 的直线有4条B ．过点P 且与平面α、β所成角都是30 的直线有4条C ．过点P 且与平面α、β所成角都是40 的直线有3条D ．过点P 与平面α成60 角，且与直线a 成60 的直线有3条因为直线a 、b 所成角为60 ，则直线在直线a '、b '上分别取点A 、B 则在平面γ内APB ∠的角平分线所在直线设所求直线与α的交点为Q , 不妨假设P 在a 上，设直线设点P 在底面的射影点为点O ，直线ZO 交圆锥底面圆于易知1260Q PQ ∠=，又因为12PQ PQ =，则12PQ Q △为等边三角形，当点Q 位于点1Q 时，ZPQ ∠取得最小值40 ，当点Q 位于点2Q 时，ZPQ ∠取得最大值100 ，所以40100ZPQ ≤∠≤ ，故能作出两条满足条件的直线，故D 错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.17．（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，其中四边形ABCD 是边长为4的正方形，点G 是弧CD 上的动点，且,,,C E D G 四点共面.下列说法正确的有（ ）A ．若点G 为弧CD 的中点，则平面BFD ⊥平面BCGB ．存在点G ，使得BG DF∥C ．存在点G ，使得直线CF 与平面BCG 所成的角为60D ．当点G 到平面BDF 的距离最大时，三棱锥G BDF -外接球的半径R =【答案】AD【分析】利用图形数形结和反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可.【详解】连接EC ，如图所示：若点G 为弧CD 的中点，则所以90ECG ∠=，即EC ⊥因为BF EC ∥，所以BF CG ⊥，又BF BC ⊥所以BF ⊥平面,BCG BF ⊂则()4,0,0F ，()(0,4,0,0,B C 则(24sin cos ,44cos ,4G θθθ--18．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）如图的六面体中，CA ＝CB ＝CD ＝1，AB ＝BD ＝AD ＝AE ＝BE ＝DE ）A ．CD ⊥平面ABCB ．AC 与BE 所成角的大小为π3C ．CED ．该六面体外接球的表面积为3π因为CA ＝CB ＝CD ＝1，所以四面体因为AB ＝BD ＝AD ＝AE ＝在正三棱锥C ABD -中过点同理，在正四面体E ABD -所以，C G E 、、三点共线；因为()()0,0,0,0,0,1,C D 显然，该六面体外接球的球心位于线段19．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为4π3；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（ ）A ．直线AD 与平面BEF 所成的角为π6B ．经过三个顶点,,A BC 的球的截面圆的面积为π4C ．异面直线AD 与CF 所成的角的余弦值为58D ．球离球托底面DEF 1BC=，E为20．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，矩形ABCD中，4AB=，2边AB的中点，沿DE将ADEV折起，点A折至1A处（1A∉平面ABCD），若M为线段1A C 的中点，平面1A DE与平面DEBC所成锐二面角α，直线1A E与平面DEBC所成角为β，则在ADEV折起过程中，下列说法正确的是（）A ．存在某个位置，使得1BM A D⊥B ．1A EC △面积的最大值为C ．sin αβ=D ．三棱锥1A EDC -体积最大时，三棱锥1A EDC -的外接球的表面积16π对于B ，由12A E =，22EC =所以当1π2A EC ∠=时，1A EC S V 最大，且最大值为对于C ，取DE 的中点P ，DC 的中点对于D ，结合C 可知，1A EDC V -=则当点O 与点P 重合，即1A P ⊥则1A P EC ⊥，又DE EC ⊥，且A所以三棱锥1A EDC -的外接球的表面积为24π16πS R ==，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．21．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台111ABC A B C -的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P 在侧面11BCC B 内运动（包含边界），且AP 与平面11BCC B，则（ ）A ．CP 1B ．存在点P ，使得⊥AP BCC ．存在点P ，存在点11Q B C ∈，使得1AP A Q∥D ．所有满足条件的动线段AP 【答案】ACD【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点A 到平面1BCC B 的距离即可确定点P 的运动轨迹，再逐项分析即可.【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点O ，取11B C 中点D ，BC 中点E ，连接,,AD DE AE ，则有OA OB OC ==，所以DE 的延长线必过点O 且11,DE B C DE BC ⊥⊥，在OBC △中，111B C OC BC OC OC ==解得12OC =，所以1OC OC =+所以OBC △为边长为3等边三角形，所以1DFE FDC OCB ∠=∠=∠=所以π3sin 132DE DF =⨯=⨯=因为ABC V 是边长为3的等边三角形且22．（2023·江苏南通·二模）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为BC = 2．若将正三棱锥A -PBC 绕BC 旋转，使得点A ，P 分别旋转至点A P ''，处，且A '，B ，C ，D 四点共面，点A '，D 分别位于BC 两侧，则（ ）A ．A D CP '⊥B ．//PP '平面A 'BDCC ．多面体PP A BDC ''的外接球的表面积为6πD ．点A ，P 旋转运动的轨迹长相等连接A D '，PP '，如图所示正方体中//DP A P ''且=DP A P 'PCP '△为等边三角形，则PP 选项A 错误；23．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux （1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体ABCD 的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2B ．勒洛四面体被平面ABC 截得的截面面积是(2πC ．勒洛四面体表面上交线AC 的长度为2π3D ．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A 选项：求出正四面体ABCD 的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B 选项，作出截面图形，求出截面面积；C 选项，根据对称性得到交线AC 所在圆的圆心和半径，求出长度；D 选项，作出正四面体对棱中点连线，在C 选项的基础上求出长度.【详解】A 选项，先求解出正四面体ABCD 的外接球，如图所示：取CD 的中点G ，连接,BG AG ，过点A 作AF BG ⊥于点F ，则F 为等边ABC V 的中心，由正四面体的棱长为2，则CG 1333FG BG ==，23BF BG =22133AF AG FG =-=-=由勾股定理得：22OF BF +=图中取正四面体ABCD 中心为与ABD △共面，其中BO 即为正四面体外接球半径设勒洛四面体内切球半径为r ，则B 选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为21π332234⎛⨯⨯⨯- ⎝所以3232GH =-+=故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于故选：ABD【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度24．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，中心为O ，以O 为球心的球与四面体11AB CD 的四个面相交所围成的曲线的总O 的半径为（ ）A B C D 【答案】BC设小圆半径为r ，则2πr =222548R r d ∴=+=，解得：②若正四面体的一个面截图如图所示，每个面截球所得的曲线长为设小圆半径为r ，1O 为正四面体侧面的中心，三、填空题25．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知矩形ABCD 在平面α的同一侧，顶点A 在平面上，4AB =，BC =且AB ，BC 与平面α所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形ABCD 与平面α所成角的正切值为______．.故答案为：3.26．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱12AA =，M 为侧棱1BB 的中点，N 在侧面矩形11ADD A 内(异于点1D )，则三棱锥1N MCD -体积的最大值为____________.【答案】12##0.5故答案为：12【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.27．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）在三棱锥-P ABC 中，AC BC PC ==，且30APC BPC ACB ∠=∠=∠=︒，则直线PC 与平面ABC 所成角的余弦值为__________.因为AC BC =，D 为AB 的中点，所以因为AC BC =，APC ∠=∠又D 为AB 的中点，所以AB 因为,,CD PD D CD PD ⋂=⊂又PE ⊂面PCD ，所以AB 因为PE CD ⊥，CD AB ⋂=28．（2023·山东聊城·统考一模）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为16，E 是棱BC 的中点，P 是侧棱1AA 上的动点，直线1C P 交平面11EB D 于点P '，则动点P '的轨迹长度的最小值为______．如图在平面11ACC A 中，过点F 作所以1AFG C OG V V ∽，所以1AF OC 设AD DC a ==、1DD b =，(,a b 故答案为：235【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.29．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A ，B ，C ，P ，且球心О在PC 上，4AC BC ==，AC BC ⊥，tan tan PAB PBA ∠=∠=__________.【详解】AB 的中点M ，连接MP ，由AC 42,=6tan ,262232PAB PBA =∠=⨯=⋅并延长，交球O 于点H ，连接PH 30．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）在正四棱锥S ABCD -中，M 为SC 的中点，。
压轴题06 立体几何小题常考全归类(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题06立体几何小题常考全归类高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．考向一：外接球、内切球、棱切球与截面面积问题考向二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题考向三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题考向四：立体几何中的交线问题考向五：空间线段以及线段之和最值问题考向六：空间角问题考向七：轨迹问题1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题球的截面的性质：①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．一、单选题1．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，2,,AD AB AB PD PA PD ==⊥=，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为（）A ．B ．36πC ．D ．256π3【答案】B 【解析】如图，在矩形ABCD 中，连接对角线,AC BD ，记AC BD F ⋂=，则点F 为矩形ABCD 的外接圆圆心，取AD 的中点E ，连接,PE EF ，记PAD 的外接圆圆心为G ，易知1//,1,2EF AB EF AB PE AD ==⊥，且,,P E G 共线.因为,,AB PD AB AD AD PD D ⊥⊥⋂=，,AD PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以EF ⊥平面PAD ，PE ⊂平面PAD ，EF PE ⊥，EF AD E = ，,EF AD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ，所以PA PD ===120APD ∠= ，所以由正弦定理得PAD 的外接圆半径为2sin AD APD∠=GP =过G 作GO ⊥平面PAD ，且1GO EF ==，连接FO ，由GO ⊥平面PAD ，可知GO EF //，则四边形EFOG 为矩形，所以//FO PG ，则FO ⊥平面ABCD .根据球的性质，可得点O 为四棱锥P ABCD -的外接球的球心.因为3PO ===，所以四棱锥P ABCD -的外接球的体积为34π336π3⨯=.故选：B2．（2023·河南·校联考二模）已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，AB PD ⊥，AB =PA PD =，120APD ∠=︒．若四棱锥P ABCD -的外接球的体积为5003π，则该球上的点到平面PAB 的距离的最大值为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C 【解析】如图，在矩形ABCD 中，连接对角线AC ，BD ，记AC BD F ⋂=，则点F 为矩形ABCD 的外接圆圆心，设PA PD a ==，在PAD 中，由余弦定理得：22222212cos 2()32AD PA PD PA PD APD a a a a a =+-⋅⋅⋅∠=+-⋅⋅⋅-=，即AD ，PAD 的外接圆半径为2sin AD a APD=∠，记PAD 的外接圆圆心为G ，则GP a =，取AD 的中点E ，连接PE ，EF ，显然//EF AB ，12EF AB ==，PE AD ⊥，且P ，E ，G 共线，因为AB PD ⊥，AB AD ⊥，AD PD D =I ，于是AB ⊥平面PAD ，即EF ⊥平面PAD ，PE ⊂平面PAD ，有PE EF ⊥，而,,EF AD E EF AD =⊂ 平面ABCD ，因此PE ⊥平面ABCD ，过G 作GO ⊥平面PAD ，使GO EF =，连接FO ，于是//GO EF ，则四边形EFOG 为矩形，有//FO PG ，则FO ⊥平面ABCD ，根据球的性质，得点O 为四棱锥P ABCD -外接球的球心，因为球O 的体积为5003π，则3450033PO ππ⨯=，解得5PO =，而AB =Rt PGO ，PG a ===因此PAB 外接圆直径8PB =，取PB 的中点H ，连接OH ，显然H 为PAB 外接圆圆心，则OH ⊥平面PAB ，且3OH =，所以四棱锥P ABCD -的外接球上的点到平面PAB 的距离的最大值为8．故选：C3．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）在三棱锥P －ABC 中，AB BC ⊥，BC CP ⊥，且1BC =，2CP =，3AB =，AP =）AB ．714π3C ．π3D ．【答案】B【解析】如图1，因为AB BC ⊥，1BC =，3AB =，所以2210AC AB BC +=又2CP =，14AP =所以在APC △中，有22214CP AC AP +==，所以，π2ACP ∠=，即AC PC ⊥.又BC CP ⊥，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，AC BC C = ，所以PC ⊥平面ABC .则该三棱锥可以看作是长方体的一部分，如图2其中，1BC =，2CP =，3AB =，则22214AP AB BC CP =++=所以此三棱锥外接球的半径为142AP R ==所以，此三棱锥外接球的体积为33144π14π34π33R V ⋅⎝⎭===.故选：B.4．（2023·江西·校联考模拟预测）在直四棱柱中1111ABCD A B C D -中，60BAD ∠=︒，12AB AD AA ===，P 为1CC 中点，点Q 满足1DQ DC DD λμ=+，（[]0,1λ∈，[]0,1μ∈）.下列结论不正确．．．的是（）A ．若1λμ+=，则四面体1A BPQ 的体积为定值B ．若//AQ平面1A BP ，则AQ C ．若1A BQ △的外心为M ，则11A B A M ⋅ 为定值2D ．若1AQ =Q 的轨迹长度为2π3【答案】C【解析】对于A ，因为][()1,0,1,0,1DQ DC DD λμλμ⎡⎤=+∈∈⎣⎦ ，1λμ+=，所以1,,Q C D 三点共线，所以点Q 在1CD ，因为1//CD 1A B ，1CD ⊄平面1A BP ，1A B ⊂平面1A BP ，所以1//CD 平面1A BP ，所以点Q 到平面1A BP 的距离为定值，因为1A BP 的面积为定值，所以四面体1A BPQ 的体积为定值，所以A 正确；对于B ，取1,DD DC 的中点分别为,M N ，连接,,AM MN AN ，则//AM BP ，因为AM ⊄平面1A BP ，BP ⊂平面1A BP ，所以//AM 平面1A BP ，因为//MN 1CD ，1//A B 1CD ，所以//MN 1A B ，因为MN ⊄平面1A BP ，1A B ⊂平面1A BP ，//MN 平面1A BP ，因为MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面AMN ，所以平面//AMN 平面1A BP ，因为AQ ⊂平面AMN ，所以//AQ 平面1A BP ，所以当AQ MN ⊥时，AQ 最小，因为160,2BAD AB AD AA ∠==== ，所以AM MN ==AN =所以222AM MN AN +=，所以,Q M 重合，所以AQ B 正确，对于C ，若1A BQ △的外心为M ，过M 作1MH A B ⊥于H ，因为1A B == ，所以2111142A B A M A B ⋅== ，所以C 错误，对于D ，过1A 作111AO C D ⊥于点O ，因为则可得1DD ⊥平面1111D C B A ，1AO ⊂平面1111D C B A ，所以11DD AO ⊥，因为1111C D DD D = ，111,C D DD ⊂平面11DD C C ，所以1A O ⊥平面11DD C C ，111πcos 13OD A D ==，在111,DD D C 上取点32,A A ，使得13121D A D A ==，则1312322A A A A OA OA ===，所以若1AQ =，则Q 在以O 为圆心，2为半径的圆弧23A A 上运动，因为1131,D O D A =32π3A OA ∠=，则圆弧23A A 等于2π3，所以D 正确，故选：C.5．（2023·四川达州·统考二模）三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，平面ABD ⊥平面BCD ，6AB AD =AB AD ⊥，260BDC DBC ∠∠==︒，则球O 的体积为（）A ．43πB ．323πC ．493πD ．3π【答案】A 【解析】如图所示：取BD 的中点O ，因为AB AD ⊥则ABD △是直角三角形，因为260BDC DBC ∠∠==︒。
立体几何压轴小题含答案)
即R2=（4-R）2+（3 ）2，解得：R= ，故选C.
考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力
12．如右图，在长方体 中， =11， =7， =12，一质点从顶点A射向点 ，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将 次到第 次反射点之间的线段记为 ， ，将线段 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）
一、选择题
1．如图，已知正方体 的棱长为4，点 ， 分别是线段 ， 上的动点，点 是上底面 内一动点，且满足点 到点 的距离等于点 到平面 的距离，则当点 运动时， 的最小值是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：因为点 是上底面 内一动点，且点 到点 的距离等于点 到平面 的距离，所以，点 在连接 中点的连线上．为使当点 运动时， 最小，须 所在平面平行于平面 , ,选
故选A
点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．
18．二面角 为60°，A、B是棱 上的两点，AC、BD分别在半平面 内， ， ，且AB＝AC＝ ，BD＝ ，则CD的长为()
A． B． C． D．
考点：棱柱的结构特征．
9．下列命题中，错误的是（）
A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
B．平行于同一平面的两条直线不一定平行
C．如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面
D．若直线 不平行于平面 ，则在平面 内不存在与 平行的直线
【答案】B
【解析】
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
2020-2021学年人教版必修二高一数学满分期末冲刺卷07 立体几何 压轴题(浙江解析版)
专题07立体几何压轴题（共38题）一、单选题1．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．17B．25C．3D．2【答案】B【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，22+= B.4225点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.2．如图，已知正方形ABCD和正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则直线BD与平面ABEF所成角的正弦值为（）．A ．23B 5C 6D 3 【答案】C 【解析】由题意得DA AB ⊥，FA AB ⊥，可知DAF ∠为平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，即60DAF ∠=，利用线面垂直判定定理得AB ⊥平面DAF ，取AF 中点M ，连接DM ，利用线面垂直判定定理知DM⊥平面ABEF ，即DBM ∠为直线BD 与平面ABEF 所成角，在直角DMB 中，利用正弦可求得结果.由题意得，平面ABCD 平面ABEF AB =，且DA AB ⊥，FA AB ⊥DAF ∴∠为平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，即60DAF ∠=，则DAF △为等边三角形，设2AF =又DAAF A =，可知AB ⊥平面DAF取AF 中点M ，连接DM ，则DM AF ⊥，又DM ⊂平面DAF ，则DM AB ⊥又AB AF A =，可知DM ⊥平面ABEF ，DBM ∴∠为直线BD 与平面ABEF 所成角，在直角DMB 中，222222DB =+=，22213DM =-63sin 22DM DBM DB ∴∠===故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查二面角定义及求线面角，解题的关键是先利用二面角定义找到平面ABCD 和平面ABEF 所成的二面角，从而利用该角找到边的关系，再利用做辅助线找到线面角，在直角三角形中求角的正弦，考查学生的转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是11A B 的中点，点P 是侧面11CDD C 上的动点，且1MP AB C ，则线段MP 长度的取值范围是A ．2,6⎡⎣B ．6,22⎤⎦ C ．6,23⎡⎣D ．3,6⎡⎣【答案】B 【解析】取CD 的中点N ，1CC 的中点R ，11B C 的中点H ，根据面面平行的判定定理，得到平面//MNRH平面1AB C ，确定线段MP 扫过的图形是MNR ，再由题中数据，得到MRN ∠是直角，进而即可求出结果.取CD 的中点N ，1CC 的中点R ，11B C 的中点H ，则1////MN B C HR ，//MH AC ，∴平面//MNRH平面1AB C ，∴MP ⊂平面MNRH ，线段MP 扫过的图形是MNR∵2AB =，∴22,2,6MN NR MR ===，∴222MN NR MR =+，∴MRN ∠是直角， ∴线段MP 长度的取值范围是6,22⎡⎤⎣⎦.故选B. 【点睛】本题主要考查面面平行的判定，熟记面面平行的判定定理即可，属于常考题型. 4．如图，正方形ABCD 和正方形ADEF 成60︒的二面角，将DEF 绕DE 旋转，在旋转过程中（1）对任意位置，总有直线AC 与平面DEF 相交；（2）对任意位置，平面DEF 与平面ABCD 所成角大于或等于60︒； （3）存在某个位置，使DF ⊥平面ABCD ；（4）存在某个位置，使DF BC ⊥.其中正确的是（ ）. A ．（1）（3） B ．（2）（3）C ．（2）（4）D ．（3）（4）【答案】C 【解析】采用逐一验证法，根据线线、线面、面面之间的位置关系，可得结果.过D 作AC 的平行线l ， 如图当平面DEF 过l 时，直线AC 与平面DEF 平行，故（1）错误；DEF 绕DE 旋转形成一个以DE 为高，EF 为底面半径的圆锥，设平面ABCD 的法向量为n ，平面DEF 的法向量为r ， 则向量n 所在直线与圆锥底面所成角为60︒， 向量r 所在直线为圆锥底面的半径所在直线，根据最小角原理，n 与r 的夹角大于或等于60︒，故（2）正确； 若有DF⊥平面ABCD ，则AD DF ⊥，∴AD ⊥平面DEF ，则F 在平面DEC 内， 此时DF 与平面ABCD 所成角为15︒或75︒，矛盾， 故（3）错误；当AD DF ⊥，∴AD ⊥平面DEF 时，AD DF ⊥， ∴DFBC ⊥，故（4）正确.故选：C 【点睛】本题考查立体几何中存在性问题，重在考查空间想象能力，属基础题.5．如图，在长方形ABCD 中，AD CD <，现将ACD △沿AC 折至1ACD △，使得二面角1A CD B --为锐二面角，设直线1AD 与直线BC 所成角的大小为α，直线1BD 与平面ABC 所成角的大小为β，二面角1A CD B --的大小为γ，则,,αβγ的大小关系是（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．γαβ>>D ．不能确定【答案】B【解析】先证明最小角定理，再过点1D 作1D O ⊥平面ABC ，过点B 作BO '⊥平面1ACD ，连接OB ，过O '作1O H CD '⊥，连接BH ，可得BHO γ'∠=，1D BO β∠=，由等体积法可得1BO D O '=，进而可得βγ，的大小，在平面1AD C 内，111,AD D C O H D C '⊥⊥，所以1//AD O H '.所以α等于直线O H '与BC 所成的角BHO '∠也为直线O H '与平面1BCD 所成的角，根据上面已证的最小角定理有BHO α'∠<，从而得到答案.解决本题，先来了解最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角． 证明如下： 直线AB 与平面α斜交，斜足为B ，AO ⊥平面α，BC OC ⊥，由AO ⊥平面α，BCOC ⊥，可证明BC ⊥平面AOC ， 则BCAC ⊥．则cos BOABO AB ∠=， cos BCABC AB ∠=，cos BCOBC BO∠=，所以cos cos BO BC BCABO OBCAB BO AB∠⋅∠=⨯=， 即cos cos cos ABC ABO OBC ∠=∠⋅∠， 故cos cos ABC ABO ∠<∠，ABC ABO ∠>∠．过点1D 作1D O ⊥平面ABC ，过点B 作BO '⊥平面1ACD ， 连接OB . 过O '作1O HCD '⊥，连接BH ，如图：则1D BO ∠为直线1BD 与平面ABC 所成角， 即1D BO β∠=， 由BO '⊥平面1ACD ， 则1BO CD '⊥， 又1O HCD '⊥，且BO O H O '''⋂=所以1D C ⊥平面BO H '， 则1CD BH ⊥所以BHO '∠为二面角1A CD B --的平面角， 即BHO γ'∠=， 又11D ABC B AD C V V --=，即111133ABC AD C S OD S O B '⨯⨯=⨯⨯△△， 且112AD C ABCD S ABC S S ==矩形△△，所以1BO D O '=.由sin ,BO BHO BH''∠=111sin D OD BO BD ∠=， 由1BHBD <，所以sin BHO '∠> 1sin D BO ∠，即BHO '∠> 1D BO ∠，也即γβ>. 又在平面1AD C 内，111,AD D C O H D C '⊥⊥，所以1//AD O H '.所以α等于直线O H '与BC 所成的角，BHO '∠也为直线O H '与平面1BCD 所成的角.根据上面已证的最小角定理有BHO α'∠<. 所以αγβ>>， 故选：B. 【点睛】方法点睛：最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角． 6．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（ ） A ．8π B ．24310π C ．8110π D ．6π【答案】A 【解析】由条件可得ABCD 为矩形，进而可得BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥，则四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱，设1,AB AD a CC b ===，由余弦定理可得11cos AD B ∠的值，求出11sin AD B ∠的值，由正弦定理可得11AB D的外接圆的半径为2r=，由均值不等式可得r 的最小值，从而得出答案.由直四棱柱1111ABCD A B C D -内接于球，则,,,A B C D 四点在球面上， 所以四边形ABCD 为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补. 又四边形ABCD 是平行四边形，所以ABCD 为矩形.在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，所以1CC BD ⊥ 又1AC BD ⊥，111AC CC C =，所以BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥所以四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A B C D -为正四棱柱. 由外接球体积为34363R ππ=，则球的半径为3R =, 由1AC 为该外接球的直径，则16AC =设1,AB AD a CC b ===，则2221236AC a b =+=，则22362b a =-在11AB D 中,11AB AD ====11B D =由余弦定理可得2222111111111cos 2AD B D AB AD B AD B D +-∠===⋅所以11sin AD B ∠===设11AB D 的外接圆的半径为r，由正弦定理可得2111362sin a AB r AD B -===∠所以22r ⎫===≥==,即a=r 的最小值为其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为：28S r ππ== 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1111ABCD A B C D -为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出11AB D 的外接圆的半径22624r a=-，由均值不等式求出最小值，属于难题.7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+【答案】C 试题分析：∵111AD DC ⊥，11A B DC ⊥，∴1DC ⊥面11A BCD ，1D P ⊂面11A BCD ，∴11DC D P ⊥，A 正确；∵平面11D A P 即为平面11D A BC ，平面1A AP 即为平面11A ABB ，且11D A ⊥平面11A ABB ， ∴平面11D A BC ⊥平面11A ABB ，∴平面11D A P ⊥平面1A AP ，∴B 正确；当1202A P <<时，1APD ∠为钝角，∴C 错；将面1AA B 与面11A BCD 沿1A B 展成平面图形，线段1AD 即为1AP PD +的最小值，在11D A A ∆中，11135D A A ∠=，利用余弦定理解三角形得122AD =+即122AP PD +≥+，∴D 正确，故选C ．考点：立体几何中的动态问题．【思路点睛】立体几何问题的求解策略是通过降维，转化为平面几何问题，具体方法表现为：1．求空间角、距离，归到三角形中求解；2．对于球的内接外切问题，作适当的截面，既要能反映出位置关系，又要反映出数量关系；求曲面上两点之间的最短距离，通过化曲为直转化为同一平面上两点间的距离． 8．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 是空间中任意一点，下列说法错误的个数是（ ） ①若P 为棱1CC 中点，则异面直线AP 与CD 所成角的正切值为5；②若P 在线段1A B 上运动，则1AP PD +的最小值为622+；③若P 在半圆弧CD 上运动，当三棱锥P ABC -的体积最大时，三棱柱P ABC -外接球的表面积为2π；④若过点P 的平面α与正方形每条棱所成角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为33A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】A【解析】 根据异面直线的夹角求解，棱锥外接球的求解，以及正方体截面的性质，对选项进行逐一分析即可.对于①，如图所示，由//AB CD ，可知BAP ∠即为异面直线AP 与CD 所成的角．设正方体的棱长为2，连接BP ，则在RT BAP 中，2AB =，2222215BP BC CP =+=+= 5tan 2BP BAP AB ∠==，故①正确 对于②，将三角形1AA B 与四边形11A BCD 沿1A B 展开到同一个平面上，如图所示．由图可知，线段1AD 的长度即为1AP PD +的最小值．在11AA D 中，利用余弦定理可得122AD=+，故②错误.对于③，如下图所示：当P 为CD 中点时，三棱锥P ABC -体积最大，此时，三棱锥P ABC-的外接球球心是AC中点，半径为22﹐其表面积为2π．故③正确.对于④﹐平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：AP AR AQ==．则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等．若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形．正方体棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为22，可得此正六边形的面积为334，为截面最大面积．故④正确．故选：A【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，棱锥外接球表面积，正方体截面问题，属较难题.9．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C 的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（）A ．线段BM 的长度是定值B ．点M 在某个球面上运动C ．存在某个位置，使DE ⊥A 1CD ．存在某个位置，使MB 平面A 1DE【答案】C【解析】取CD 中点N ，连接MN ，BN ，利用线面平行的判定定理和性质定理可以证明MB 平面A 1DE 恒成立，从而判定D 正确；利用三角形MNB 中的边角定值分析可得BM 是定值，从而判定A 、B 正确；根据排除法，或者利用面面垂直的判定定理与性质，证明OC 与DE 不垂直.从而判定C 不正确.解：取CD 中点N ，连接MN ，BN ，则MN DA 1，BN DE ，所以平面MBN 平面A 1DE ，所以MB平面A 1DE ，故D 正确； 由∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值， 由余弦定理可得2222?·MB MN NB MN NB cos MNB =+-∠，所以MB 是定值，故A 正确；因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，故B 正确；连接AN,EN,设AN,DE 交点为F ,连接1A F ，易知ADNE 为正方形，,BD AN ∴⊥ 又在折叠过程中1A F DE ⊥始终不变，∴直线DE ⊥平面1A AN ,∴平面1A AN ⊥平面ABCD ,根据面面垂直的性质定理可得A 1在平面ABCD 中的射影O 在线段AN 上，A 1C 在平面ABCD 中的射影为OC ，由于CFD ∠是直角，所以OC 与DE 不垂直，∴DE ⊥A 1C 不可能，可得C 不正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面垂直、平行关系的判定与应用，属中高档题，难度较大.10．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R ，酒杯内壁表面积为2143R π,设酒杯上部分（圆柱）的体积为1V ，下部分（半球）的体积为2V ，则12V V =（ ）A ．2B ．32C ．1D ．34【答案】A【解析】设酒杯上部分（圆柱）的高为h ，球的半径为R ，则酒杯下部分（半球）的表面积为22R π，结合圆柱和球的体积公式，即可求解.设酒杯上部分（圆柱）的高为h ，球的半径为R ，则酒杯下部分（半球）的表面积为22R π， 酒杯内壁表面积为2143R π，得圆柱侧面积为222148233R R R πππ-=， 酒杯上部分（圆柱）的表面积为2283R h R ππ⨯=，解得43h R = 酒杯下部分（半球）的体积332142233V R R ππ=⨯= 酒杯上部分（圆柱）的体积2314433R V R R ππ=⨯= 所以133224323R V V R ππ==. 故选：A.【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积的应用，属于中档题. 11．已知点,,,M N P Q 在同一个球面上，3,4,5MN NP MP === ，若四面体MNPQ 体积的最大值为10，则这个球的表面积是（ ）A ．254π B ．62516π C ．22516π D ．1254π 【答案】B【解析】 由已知可得=90PNM ∠︒，从而可得球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上，根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大，由四面体MNPQ 体积的最大值为10，求出'5O Q =，再利用勾股定理求出球的半径，从而可求出球的表面积解：由3,4,5MN NP MP ===，可得222MN NP MP +=，所以=90PNM ∠︒，则球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上，因为MNP 面积为定值，所以四面体的高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大，因为四面体Q MNP -的最大体积为10， 所以111'34'10332MNP S O Q O Q ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，可得'5O Q =， 在'OO P 中，2'2'2OP OO O P =+，所以2225(5)4R R =-+，得258R =， 所以球的表面积为2256254816ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭， 故选：B ．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.12．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的点（点M 与A 、1C 不重合），设1A DM ∆的面积为S 则S 的取值范围（ ）A ．23[,23)3B ．23(,23]3 C．23(,23)3 D ．23[,23]3 【答案】A【解析】连接1AD 交1A D 于点O ，过O 作1OM AC ⊥，得到OM 为异面直线1A D 与1AC 的公垂线，根据11AOE AC D ∆∆，求得6OM =，得到1A DM ∆的最小面积，再由点M 与1C 重合时，求得11A DC ∆的面积，进而得到1A DM ∆的面积的取值范围.连接1AD 交1A D 于点O ，过O 作1OM AC ⊥，在正方体1111ABCD A B C D -中，1AD ⊥平面11ABC D ，所以1AD OM ⊥，所以OM 为异面直线1A D 与1AC 的公垂线，根据11AOM AC D ∆∆，则111OM OA C D AC =，即111226323OA C D OM AC ⋅⨯===， 所以1A DM ∆的最小面积为1111623222233A DM S AD OM ∆=⨯⨯=⨯⨯=， 当点M 与1C 重合时，此时11A DC ∆是边长为22的等边三角形，此时1123(22)234A DC S ∆=⨯=， 又因为点M 与A 、1C 不重合，所以111A DM A DC S S ∆∆<，所以1A DM ∆的面积的取值范围是23[,23)3.【点睛】本题主要考查了正方体的几何结构特征，以及三角形面积的计算，其中解答中合理利用正方体的几何结构特征，结合异面直线的公垂线，求得面积的最小值是解答的关键，着重考查推理与运算能力.13．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且26AB =，22AD =，15EH =，5EF =，平面ABCD 与平面EFGH 间的距离为1，则该刍童外接球的体积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π【答案】C【解析】 假设O 为刍童外接球的球心，连接HF ,EG 交于点1O ，连接AC ,DB 交于点2O ，由球的几何性质可知O ，1O ，2O 在同一条直线上，由题意可知， 1OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，设2O O r =，利用勾股定理和球的半径相等的条件列式，求出r 的值，进而求出外接球的半径，即可求出体积.解：假设O 为刍童外接球的球心，连接HF ,EG 交于点1O ，连接AC ,DB 交于点2O ，由球的几何性质可知O ，1O ，2O 在同一条直线上，由题意可知， 1OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，211O O =.设2O O r =，在1Rt OGO 中，22211OG OO O G =+，在矩形EFGH 中，()()222215525EG EF FG =+=+=.1152O G EG ==. ∴()222221115OG OO O G r =+=++. 在2Rt OBO 中，22222OB OO O B =+，在矩形ABCD 中，()()2222222642DB AD AB =+=+=21222O B BD ==. ∴()222222222OB OO O B r =+=+.设外接球的半径OG OB R ==， ∴()()()22221522r r ++=+，解得1r =. 则()221223OB =+=.即3R =. 则该刍童外接球的体积334433633V R πππ==⨯=. 故选：C.【点睛】本题考查几何体的外接球体积的求法，考查空间想象能力，找到球心是关键，属于中档题. 14．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC AA ===,点M 为1AB 的中点，点P 为对角线1AC 上的动点，点Q 为底面ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则MP PQ +的最小值为 A ．22 B 3C ．34 D ．1【答案】C【解析】画出图形，将平面11AB C 沿1AC 翻折，使其与平面1ACC 在共面，将折线段转化为直线段距离最小，从而求出MP +PQ 的最小值.如图1，显然当Q 是P 在底面ABCD 的射影时MP PQ +才可能最小，将平面11AB C 沿1AC 翻折， 使其与平面1ACC 在共面，如图2所示，此时易得130CAC ∠=，3AM =，显然当,,M P Q 三点共线时，MP PQ +取得最小值，此时min 133sin sin 604MQ AM CAB =∠==. 故选：C. 【点睛】本题考查立体几何翻折问题中的最值问题，考查空间想象能力以及学生的计算能力，难度比较大.15．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别是棱BC ，1CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1//A P 平面AEF ，则线段1A P 长度的取值范围是（ ）A ．52,⎦B ．325⎣⎦C ．325⎣D ．522⎡⎢⎣ 【答案】C 【解析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．如下图所示，分别取棱1BB ，11B C 的中点M 、N ，连MN ，1BC ，M ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN BC ，1//EF BC ，//MN EF ∴，又MN ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， //MN ∴平面AEF .1//AA NE ，1AA NE =， ∴四边形1AENA 为平行四边形，1//A N AE ∴，又1A N ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，1//A N ∴平面AEF ，又1A NMN N =，∴平面1//A MN 平面AEF .P 是侧面11BCC B 内一点，且1//A P 平面AEF ，∴点P 必在线段MN 上.在11Rt A B M ∆中，2221111215A MA B B M =+=+=同理，在11Rt A B N ∆中，可得15A N=1A MN ∴∆为等腰三角形.当点P 为MN 中点O 时，1A P MN ⊥，此时1A P 最短；点P 位于M 、N 处时，1A P 最长.()222211232522AO A M OM ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，115AM A N =. ∴线段1A P 长度的取值范围是3252⎡⎢⎣.【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．16．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90︒榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）（容器壁的厚度忽略不计）A ．21πB ．40πC ．41πD ．84π【答案】D 【解析】根据题给的限制条件与球的对称性，分析出该几何体也是同样处于对称的状态时，其外接球最小．由题意知，当该球为底面边长分别为4、2，高为8的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为184641642R =++=84S π=. 故选：D. 【点睛】本题考查球的表面积，结合传统文化，考查实际问题的理解能力，属于创新题．17．已知四棱锥-S ABCD 中，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ︒∠=，ΔSAD 是等边三角形，且23SA AB ==P 在四棱锥-S ABCD 的外接球面上运动，记点P 到平面ABCD 的距离为d ，若平面SAD ⊥平面ABCD ，则d 的最大值为（） A 131 B 132 C 151+D 152【解析】根据平面SAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，则球心在过BC 的中点E 的面的垂线上，又ΔSAD 是等边三角形，所以球心也在过SAD ∆的外心F 面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.依题意如图所示：取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形ABCD 外接圆的圆心， 取F 是SAD ∆的外心，作OE ⊥平面,ABCD OF⊥平面SAB ，则O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心，且3,2==OF SF ， 设四棱锥S ABCD -的外接球半径为R ，则22213R SF OF =+=，而1OE =，所以max 131d R OE =+=+， 故选：A. 【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.18．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，M ，N 为线段BC ，1CC 上的动点，过点1A ，M ，N 的平面截该正方体所得截面记为S ，则下列命题正确的个数是（ ） ①当0BM =且01CN <<时，S 为等腰梯形；②当M ，N 分别为BC ，1CC 的中点时，几何体11A D MN 的体积为112；③当M ，N 分别为BC ，1CC 的中点时，异面直线AC 与MN 成角60°；④无论M 在线段BC 任何位置，恒有平面11A D M ⊥平面1BC D A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】根据异面直线的夹角及平面与平面垂直的判定,四棱锥体积公式可依次判断选项.对于①,当0BM =时,M 与B重合,01CN<<, 过点1A ,,M N 的平面截正方体所得截面S 如下图所示:由平面与平面平行的性质可知1//A B QN 且1A B QN ≠,1A Q BN =则截面S 为等腰梯形,所以①正确;对于②,当M,N 分别为BC,1CC 的中点时,位置关系如下图所示:作111,NED C MF A D ⊥⊥,因为111,NEA D NE D C ⊥⊥,且1111A D D C D ⋂=所以NE ⊥平面11A D CM 所以NE 为四棱锥11NA D M -的高则112MF =+=,2224NENC ==此时2222111131122D M A M AA AB BM ⎛⎫==++=++= ⎪⎝⎭则111111212222A D MS A D MF ∆=⨯⨯=⨯⨯= 所以四棱锥11NA D M -的体积为111111221332412N A D M A D M V S NE -∆=⨯⨯=⨯⨯=,所以②正确;对于③,当M,N 分别为BC,1CC 的中点时,连接11,AD D C由M,N 分别为BC,1CC 的中点,可知1//MN AD 则1AD 与AC 所成的角即为异面直线AC 与MN 所成的角.根据正方体的性质可知,1AD C ∆为等边三角形,即160AD C ∠=因而异面直线AC 与MN 所成的角为60,所以③正确;对于④无论M 在线段BC 任何位置,平面11A D CB 即为平面11A D M 因为11111,C D D C A D C D ⊥⊥且1111A D D C D ⋂=所以1C D ⊥平面11A D CB 而1C D ⊂平面1BC D所以平面11A D CB ⊥平面1BC D 即平面11A D M ⊥平面1BC D 所以④正确.综上可知,正确的有①②③④ 故选:D 【点睛】本题考查了空间中平面与平面垂直的判定,异面直线夹角的求法,四棱锥的体积求法,综合性强,对空间想象能力和空间思维能力要求高,属于难题.二、多选题19．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ） A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【解析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D.对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ===，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确；对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD ，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误；对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123233O A AC a ='=⨯=，又1OA =，∴球心O 到面11A C B==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为6a =，又截面圆的面积2246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题. 20．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ） A ．11//A D 平面EFGH B ．1A C ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【解析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否.如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为226>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H . 因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA =-=-=，故E 为棱AB 的中点.同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF 因为11A D ⊄平面EFGH ，EF⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒，1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.21．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EFAD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 21D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【解析】 由1EFOB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB为圆O 的直径，所以BFFA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.解：1EFOB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEFAB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF = 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯=⨯⨯， 所以21h ，故C 正确.。
专题08-2立体几何问题第二季-2019年领军高考数学(理)压轴题必刷题
专题082立体几何问题第二季1．如图所示，已知面，于，，令，，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为PA⊥平面ABC，AD⊥BC于D，BC=CD=AD=1，设PD=x，所以，在△PBC中，根据余弦定理可得所以所以所以选A2．在△ABC中，已知, ,，D是边AC上的一点，将△ABC沿BD折叠，得到三棱锥ABCD，若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，设BM=x，则x的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵将沿折起，得到三棱锥，且点在底面的射影在线段上，∴在图2中，平面，、都与垂直因此，折叠前在图1中，，垂足为．在图1中过作于，运动点可得当点与点无限接近时，折痕接近，此时与点无限接近；在图2中，由于是的斜边，是直角边，所以．由此可得：，∵中，, ,，，∴，可得，由此可得中，，∴，由可得的取值范围为，故选C．3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，三棱锥A1BC1D内切球的表面积为，则正方体外接球的体积为( ) A．B．36C．D．【答案】B【解析】设正方体的棱长为，则，因为三棱锥内切球的表面积为，所以三棱锥内切球的半径为1，设内切球的球心为，到面的距离为，则，，，又，，又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，正方体外接球的半径为，其体积为，故选B.4．在棱长为1的正方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】图1连接,则，点在平面中，且，如图1所示，在中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，如图2所示，图2,设点关于直线的对称点为，的方程为，①，直线的方程为，②由①②组成方程组，解得，直线与的交点，对称点，，最小值为到直线的距离为，故选A.5．如图，正方体的对角线上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.设，的面积为，则当点由点运动到的中点时，函数的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】D6．已知三棱锥，记二面角的平面角是，直线与平面所成的角是，直线与所成的角是，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】不妨设三棱锥是棱长为2的正四面体，取中点中点中点，连结，过作，交于，连结，则，，，，，，因为成立，故选A.7．已知矩形，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，则（）．A．当时，存在某个位置，使得B．当时，存在某个位置，使得C．当时，存在某个位置，使得D．时，都不存在某个位置，使得【答案】C【解析】∵，∴若存在某个位置，使得直线，则平面，则，在中，，，则由直角边小于斜边可知，，即，结合选项可知只有选项中时，存在某个位置，使得，故选．8．如图所示，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的面积为，设，则当时，函数的值域为（）A．B．C．D．【答案】C当截面为正六边形的边长为，∴y max=6．∴当x∈[1，5]时，函数y=f（x）的值域为．故选：C．9．如图，在正方体中，点，分别为棱，的中点，点为上底面的中心，过，，三点的平面把正方体分为两部分，其中含的部分为，不含的部分为，连结和的任一点，设与平面所成角为，则的最大值为A．B．C．D．【答案】B【解析】连结.因为平面.所以过的平面与平面的交线一定是过点且与平行的直线.过点作交于点，交于点，则，连结，.则平行四边形即为截面.则五棱柱为，三棱柱为，设点为的任一点，过点作底面的垂线，垂足为，连结，则即为与平面所成的角，所以.学科_网因为，要使的正弦值最大，必须最大，最小，当点与点重合时符合题意.故.故选B.10．设点是棱长为2的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是（）A．B．C．1 D．【答案】A【解析】设在平面上的射影为在平面上的射影为，平面与平面和平面成的锐二面角分别为，则，，设到距离为，则，即点在与直线平行且与直线距离为的直线上，到的最短距离为，故答案为：A11．如图，在长方体中，，，而对角线上存在一点P，使得取得最小值，则此最小值为（）A．2 B．3 C．D．【答案】D12．在四面体中，，二面角的余弦值是，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取中点，连接，，平面，为二面角，在中，，，取等边的中心，作平面，过作平面，（交于），因为二面角的余弦值是，，，点为四面体的外接球球心，其半径为，表面积为，故选C.13．已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是（）A．B．C．D．32【答案】B【解析】设，则，外接圆直径为，如图，体积最大值为，设，则，，令，得，在上递增，在上递减，，即该三棱锥体积的最大值是，故选B.14．如图，已知正方体的棱长为1，E为棱的中点，F为棱上的点，且满足，点F、B、E、G、H为面MBN过三点B、E、F的截面与正方体在棱上的交点，则下列说法错误的是A．HF//BE B．C．∠MBN的余弦值为D．△MBN的面积是【答案】C【解析】因为面面，且面与面的交线为,面与面的交线为，所以正确；，且，，，在中，，正确；在中，为棱的中点，为棱上的中点，，在中，，，，在中，，错误；，，正确，故选C. 15．如图，在中，，，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，，BC=x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则，翻折后，在图2中，此时 CB⊥AD．∵BC⊥DE，BC⊥AD，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，DE⊥BC，又BC⊥AE，E为BC中点，∴AB=AC=1，∴，在△ADE中：①，②，③x＞0；由①②③可得．如图3，翻折后，当△B1CD与△ACD在一个平面上，AD与B1C交于M，且AD⊥B1C，AD=B1D=CD=BD，∠CBD=∠BCD=∠B1CD，又∠CBD+∠BCD+∠B1CD=90°，∴∠CBD=∠BCD=∠B1CD=30°，∴∠A=60°，BC=ACtan60°，此时，综上，x的取值范围为.故选：D．16．如图，在三棱柱中，底面为边长为的正三角形，在底面的射影为中点且到底面的距离为，已知分别是线段与上的动点，记线段中点的轨迹为，则等于（）(注：表示的测度，本题中若分别为曲线、平面图形、空间几何体，分别对应为其长度、面积、体积）A．B．C．D．【答案】D【解析】当E位于B1（或A），而F在A1C上移动时，M的轨迹为平行于A1C的一条线段，当F位于A1（或C），而E在AB1上移动时，M的轨迹为平行与AB1的一条线段．其它情况下，M的轨迹构成图中平行四边形内部区域．设异面直线AB1与CA1所成角为θ，∴|L|=2×|AB1|•|CA1|•sinθ=|AB1|•|CA1|•sinθ．以O为原点，OB、OC、O为x轴，y轴，z轴建立空间坐标系，则∴∴,,∴|L|=故选：D17．如图1，直线将矩形纸分为两个直角梯形和，将梯形沿边翻折，如图2，在翻折的过程中（平面和平面不重合），下面说法正确的是图1 图2A．存在某一位置，使得平面B．存在某一位置，使得平面C．在翻折的过程中，平面恒成立D．在翻折的过程中，平面恒成立【答案】C【解析】学_科网由题意知与不平行，且在同一平面内.所以，与相交，所以与平面相交，故A错误.在任何位置都不垂直于，如果“存在某一位置，使得平面”，则存在某一位置，使得，两者矛盾，故B错误.在任何位置都不垂直于，如果“在翻折的过程中，平面恒成立”，那么恒成立，两者矛盾，故D错误.综上，选C.18．已知奇函数图象经过点，若矩形的顶点，在轴上，顶点，在函数的图象上，则矩形绕轴旋转而成的几何体的体积的最大值为（）A．B．C．D．【答案】D19．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，且，则该三棱锥的外接球的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，所以S在ABC上的射影为AB中点H，所以平面，所以SH上任意一点到A,B,C的距离相等，因为，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH交于O，则O为的外接球球心，所以，即，解得，学科_网所以该三棱锥的外接球的体积为，故选D.20．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，BC=，点M在棱CC1上，且MD1⊥MA，则当△MAD1的面积最小时，棱CC1的长为（）A．B．C．2 D．【答案】A【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，，设，，，即，，当且仅当时取等号，所以，故选A．学!科网。
【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编(含答案)3
【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编（含答案)3未命名一、解答题1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形， ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ， 60DAB ∠=， 2AD =， 1AM =， E 为AB 的中点. （1）求证： //AN 平面MEC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P EC D --的大小为6π？若存在，求出AP 的长h ，若不存在，请说明理由.2．如图，矩形 和菱形 所在的平面相互垂直， ， 为 的中点.(Ⅰ)求证： 平面 ；(Ⅱ) 求 ， ，求二面角 的余弦值.3．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC=CD=2，AC=4，∠ACB=∠ACD=，F 为PC 的中点，AF ⊥PB ． （1）求PA 的长；（2）求二面角B ﹣AF ﹣D 的正弦值．4．在图所示的五面体中，面ABCD为直角梯形，，平面平面ABCD，，，是边长为2的正三角形．证明：平面ACF；若点P在线段EF上，且二面角的余弦值为，求的值．5．在如图所示的多面体中，平面，平面，，且，是的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角是. 若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.6．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的一点.（Ⅰ）若点 为棱 的中点，证明： ； （Ⅱ）若 ，求二面角 的余弦值.7．如图所示，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为4的正方形，90APB ∠=︒，M ，N 分别是CD ，PB 的中点.（1）求证：//CN 平面PAM ；（2）若直线PA 与平面ABCD 所成角等于60︒，求二面角M AP C --的余弦值. 8．如图：直三棱柱 中， 为棱 上的一动点， 分别是 ， 的重心，（1）求证：（2）若点 在 上的射影正好为 ，求 与面 所成角的正弦值。
9．如图（1），在等腰梯形CDEF 中，CB ，DA 是梯形的高，2AE BF ==，AB =现将梯形沿CB ，DA 折起，使//EF AB 且2EF AB =，得一简单组合体ABCDEF 如 图（2）示，已知M ，N 分别为AF ，BD 的中点．（1）求证：//MN 平面BCF ；（2）若直线DE 与平面ABCD 所成角的正切值为2，求平面CDEF 与平面ADE 所成的锐二面角大小.10．如图，已知四棱锥 ，底面 为边长为2的菱形， 平面 ， ， ， 分别是 ， 的中点.（1）判定 与 是否垂直，并说明理由； （2）若 ，求二面角 的余弦值.11．已知如图1所示，在边长为12的正方形11''AA A A 中，111////BB CC AA ，且3AB =，4BC =，1'AA 分别交1BB ，1CC 于点P 、Q ，将该正方形沿1BB ，1CC ，折叠，使得1''A A 与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱111ABC A B C -，在该三棱柱底边AC 上有一点M ，满足AM kMC =；请在图2中解决下列问题：（1）求证：当34k =时，//BM平面APQ ；（2）若直线BM 与平面APQ k 的值.12．如图所示，以2为半径的半圆弧AB所在平面垂直于矩形ABCD所在平面，S是圆弧AB上异于A、B的点.（1）证明：平面SBD⊥平面SAD；-的体积最大为8时，求平面SAD与平面SCD所成的锐二面角（2）当四棱锥S ABCD的余弦值.13．如图，在AOB中，∠AOB＝90°，AO＝2，OB＝1．AOC可以通过AOB 以直线AO为轴旋转得到，且OB⊥OC，动点D在斜边AB上．（1）求证：平面COD⊥平面AOB；（2）当D为AB的中点时，求二面角B﹣CD﹣O的余弦值；（3）求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值．14．如图，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．证明：平面；若点M是AB中点，求二面角的余弦值；判断点M 到平面 的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． 15．如图（1），等腰Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，4AB =，以AC 边上的中线BD 为折痕，将ABD ∆沿BD 折起，构成二面角A BD C --，在平面BCD 内作CE CD ⊥，且2CE =，连DE ，AE ，AC ，如图（2）所示.（1）求证：CE平面ABD ；（2）如果二面角A BD C --为直二面角，求二面角B AC E --的余弦值. 16．如图，梯形 所在的平面与等腰梯形 所在的平面互相垂直， ， ． ， ． （1）求证： 平面 ； （2）求二面角 的余弦值；（3）线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？不需说明理由．17．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，2PD CD ==.过PC 的中点M 作MN PB ⊥于点N ，连接DM ，DN .（Ⅰ）证明：DM ⊥平面PBC ；（Ⅱ）若平面DMN 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23，求BC 的长. 18．如图，四边形ABCD 是正方形，EA ⊥平面ABCD ，EAPD ，2AD PD EA ==，F ，G ，H 分别为PB ，EB ，PC 的中点．H PGFED CBA（1）求证：FG平面PED ；（2）求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小.19．如图，在四面体O ABC -中，90AOB ∠=︒，60BOC AOC ∠=∠=︒，4OA OB OC ===.（Ⅰ）求点C 到平面OAB 的距离； （Ⅱ）求异面直线OA 与BC 所成角的大小.20．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB，1CE EF ==．（1）求证：CF ⊥平面BDE ； （2）求二面角A-BE-D 的大小。
专题08-3立体几何问题第三季-2019年领军高考数学(理)压轴题必刷题
专题083立体几何问题第三季1．已知的一边在平面内，，点在平面内的射影为点，则与的大小关系为（）A．B．C．D．以上情况都有可能【答案】D【解析】分情况讨论：（1）为锐角三角形时，当绕顺时针旋转时（起始位置为与重合），从变化到（平面平面时），故旋转过程中会有.（2）为钝角时，当绕顺时针旋转时（起始位置为与重合），从变化到（平面平面时），故旋转过程中会有.综上，应选D.2．在三棱锥ABCD中，AC＝BD＝3，AD＝BC＝4，AB＝CD＝m，则m的取值范围是（）A．(1，5) B．(1，7) C．(，7) D．(，5)【答案】D【解析】将三棱锥放置于长方体中，如图所示：3．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】，，，，同理为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角，又，在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系则，设，整理可得：在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆平面平面，，为二面角的平面角，当与圆相切时，最大，取得最小值此时故选4．在正三棱锥(底面是正三角形,顶点在底面的射影是底面三角形的中心的三棱锥)中，三条侧棱两两垂直，正三菱锥的内切球与三个侧面切点分别为,与底面切于点,则三棱锥与的体积之比为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设正三棱锥的棱长为，内切球半径为，内切球的球心为，则有．又，∴，解得．把面单独拿出来分析，如图．学_科网故选B．5．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，是边长为2的等边三角形，若球的体积为，则直线与平面所成角的正切值为A．B．C．D．【答案】A【解析】设的中心为为的中点，过作，则为的中点，∴是直线与平面所成角．∵是边长为2的等边三角形，，．．故选：A．6．在三棱锥中，，点为所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】B【解析】由题，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，则以为坐标原点，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得，设为平面内任一点，则，由题与所成角为定值，，则则，化简得，故动点的轨迹是椭圆.选B7．已知边长为的菱形，，沿对角线把折起，二面角的平面角是，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，设菱形的对角线交于，由菱形的性质可得，二面角的平面角是因为菱形的边长为，，，设，则，由勾股定理可得，，即，解得，，四面体的外接球的表面积为，故选B.8．如图，矩形中，，是线段（不含点）上一动点，把沿折起得到，使得平面平面，分别记，与平面所成角为，平面与平面所成锐角为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】如图，过作，在中，由，可得．由等积法可得，则∵平面平面，且，可得平面，则．过作，垂足为，连接，则为平面与平面所成的锐角．∵到的距离即．故选：A．9．已知两异面直线，所成的角为80°，过空间一点作直线，使得与，的夹角均为50°，那么这样的直线有（）条A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】过作与平行的直线，如图，，直线过点且，这样的直线有两条.又，直线为的平分线，则，综上，满足条件的直线的条数为3.10．已知在矩形中，，沿直线折成，使得点在平面上的射影在内（不含边界），设二面角的大小为，直线与平面所成的角分别为，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，当A′点在底面上的射影O落在BC上时，有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，∴BA′⊥平面A′DC，在Rt△BA′C中，设BA′=1，则BC=，∴A′C=1，说明O为BC的中点；当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，11．已知正中，点为的中点，把沿折起，点的对应点为点，当三棱锥体积的最大值为时，三棱锥的外接球的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设正三角形边长为，由于，当时，，三棱锥的外接球是以为棱的长方体的外接球，长方体的对角线等于球半径，即，，球体积，故选D.12．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若∥平面，则线段长度的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】B【解析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF.∵MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF.∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE.∵A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF.∵A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF.∵P是侧面BCC1B1内一点，A1P∥平面AEF，∴P必在线段MN上.∵在Rt△A1B1M中，A1B1=1，，∴，同理可得在Rt△A1B1N中，∴△A1MN是等腰三角形.当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长. ∵在Rt△B1MN中，，∴.∵点O是MN中点，∴.∵在Rt△A1MO中，，∴.∵，∴线段A1P长度的取值范围是.本题选择B选项.13．在棱长为1的正方体中，分别是的中点．点在该正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图：取的中点，的中点，连接，，，则平面设在平面中的射影为，过与平面平行的平面为能使与垂直的点所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形的周长相等正方体的棱长为矩形的周长为故选14．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，且侧棱AA1⊥平面ABC，若AB=AC=3，，则球的表面积为（）A．36π B．64π C．100π D．104π【答案】C【解析】，，∴三角形的外接圆直径，，平面，，∴该三棱柱的外接球的半径，∴该三棱柱的外接球的表面积为，故选C．15．已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点）.设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A．B．C．D．【答案】D16．如图，正四面体的顶点，，分别在两两垂直的三角射线，，上，则在下列命题中，错误．．的为（）．A．是正三棱锥B．C．直线与所成的角是D．直线平面【答案】D【解析】四面体为正四面体，且，，分别在两两垂直的射线，，上点均为正方体的顶点，如图所示.选项A，，，是正三棱锥，A正确.选项B，连接OE，易得，四边形为正方形，，则，B正确.选项C，四边形为正方形，，与直线与所成的角相等,易得，故C正确.选项D，延长BO至点，使，连接，，由题意易得，所以点四点共面，即点平面；又点直线，直线平面，D错误.故选D.学_科网17．在长方体中，底面是边长为的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点且，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（）A．为奇函数B．在上不单调；C．D．【答案】D【解析】分析：根据Rt△ADP∽△Rt△PMC，PD=2PC，利用体积公式求解得出PO⊥CD，求解OP最值，根据勾股定理得出：3h2=3x2+48x144，0≤x≤6，利用函数求解即可详解：∵在长方体中，为中点，为矩形内部（含边界）一点，即，则在以为球心的球面上，而到面的距离为，则由此可知A,B,C选项都不正确，而.故选D.18．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中不正确的是( )A．B．C．异面直线与所成角的范围是D．三棱锥的体积不变【答案】C当与线段的两点端点重合时，与所成角取最小值，当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，故与所成角的范围是，错误，故选C.19．已知四面体的四个顶点都在半径为的球面上，是球的直径，且，则四面体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B取AB中点为O，连接OD、OC，已知四面体的四个顶点都在半径为的球面上，是球的直径，且，OD=OC=OA=OB=BC=3，，，.已知四面体的四个顶点都在半径为的球面上，是球的直径，且，可设，，取BO中点为G，连接DG、OG，则，，则平面DCG，过D作，交CG于H，则平面ABC，，，四面体ABCD的体积.故选：B.20．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为( )A．B．C．D．【答案】D因为，所以，过的中点作平面的垂下，则球心在上，设，球的半径为，则棱锥的高的最大值为，因为，所以，由勾股定理得，解得，所以球的表面积为，故选D．学!科网。
高考数学压轴题突破训练——立体几何（含详解）
高考数学压轴题突破训练——立体几何1. 1. 如图，平面如图，平面VAD VAD⊥平面⊥平面ABCD ABCD，△，△，△VAD VAD 是等边三角形，是等边三角形，ABCD ABCD 是矩形，是矩形，AB AB AB∶∶AD AD＝＝2∶1，F 是AB 的中点．的中点．（1）求VC 与平面ABCD 所成的角；所成的角； （2）求二面角V-FC-B 的度数；的度数；（3）当V 到平面ABCD 的距离是3时，求B 到平面VFC 的距离．的距离．2.2.如图正方体如图正方体ABCD-1111D C B A 中，中，E E 、F 、G 分别是B B 1、AB AB、、BC 的中点．的中点．（1）证明：F D 1⊥EG EG；； （2）证明：F D 1⊥平面AEG AEG；； （3）求AE <cos ，>B D 1．3. 3. 在直角梯形在直角梯形P 1DCB 中，中，P P 1D//CB D//CB，，CD//P 1D 且P 1D D = = 6，BC = = 33，DC =6，A 是P 1D 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD CD－－B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB AB、、PD 的中点．的中点． （（1）求证：）求证：AF//AF//AF//平面平面PEC PEC；； （（2）求平面PEC 和平面PAD 所1. 1. 如图，平面如图，平面VAD VAD⊥平面⊥平面ABCD ABCD，△，△，△VAD VAD 是等边三角形，ABCD 是矩形，是矩形，AB AB AB∶∶AD AD＝＝2∶1，F 是AB 的中点．的中点．D B C F E A P （1）求VC 与平面ABCD 所成的角；所成的角； （2）求二面角V-FC-B 的度数；的度数；（3）当V 到平面ABCD 的距离是3时，求B 到平面VFC 的距离．的距离．2.2.如图正方体如图正方体ABCD-1111D C B A 中，中，E E 、F 、G 分别是B B 1、AB AB、、BC 的中点．的中点．（1）证明：F D 1⊥EG EG；； （2）证明：F D 1⊥平面AEG AEG；； （3）求AE <cos ，>B D 1．3. 3. 在直角梯形在直角梯形P 1DCB 中，中，P P 1D//CB D//CB，，CD//P 1D 且P 1D D = = 6，BC = = 33，DC =6，A 是P 1D 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD CD－－B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB AB、、PD 的中点．的中点． （（1）求证：）求证：AF//AF//AF//平面平面PEC PEC；； （（2）求平面PEC 和平面PAD 所成的二面角的大小；所成的二面角的大小； （（3）求点D 到平面PEC 的距离．的距离． 成的二面角的大小；成的二面角的大小； （（3）求点D 到平面PEC 的距离．的距离．BC DA P 1 DBCF E A P4. 4. 如图四棱锥如图四棱锥ABCD P -中，中，^PA 底面ABCD ，4=PA 正方形的边长为2 （1）求点A 到平面PCD 的距离；的距离；（2）求直线PA 与平面PCD 所成角的大小；所成角的大小； （3）求以PCD 与PAC 为半平面的二面角的正切值。
压轴题05 立体几何压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，在平面α内的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB【答案】C【详解】AB 选项，若m 垂直于AB ，由面ABCD ⊥面11ABB A ，面ABCD ⋂面11ABB A AB =，可得m 垂直于面11ABB A ，即面11ABB A 内的所有直线均与m 垂直，而n 可能垂直于AB ，也可能不垂直于AB ，故A 错误，B 错误；CD 选项，若m 不垂直于AB ，则,BC m 为面ABCD 内的两条相交直线，由题可知BC n ⊥，m n ⊥，则n 垂直面ABCD ，又AB ⊂面ABCD ，所以n 垂直于AB ，故C 正确，D 错误.故选：C2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A ．3B ．3C ．D ．403【答案】B【详解】如图所示，设点F 在底面的射影为G ，,H M 分别为,BC AD 的中点，连接,,EM FH MH ，则FG 即为刍甍的高，-P ABC 面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．2503【答案】B【详解】该玩具为三棱锥-P ABC ，即三棱锥A PBC -，则PA ⊥底面PBC ，且10PA =，PBC 面积为252，所以12512510323P ABC V -=⨯⨯=.故选：B.4．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 【答案】D【详解】如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为15．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥【答案】B【详解】对于A ，若//,//a b b α，则//a α或a α⊂，故A 错误；对于B ，若//,//a b b β，则a β⊂或//a β，若a β⊂，因为a α⊥，则αβ⊥，若//a β，如图所示，则在平面β一定存在一条直线//m a ，因为a α⊥，所以m α⊥，又m β⊂，所以αβ⊥，综上若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥，故B 正确；对于C ，若//,//,//a b αβαβ，则直线,a b 相交或平行或异面，故C 错误；对于D ，若//,//,a b αβαβ⊥，则直线,a b 相交或平行或异面，故D 错误.故选：B.6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为的正三角形，点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C 22D 即PDC ∠为二面角P AB C --的平面角，由23AB =，得22OC OD ==，显然三棱锥线段PO 上，由三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5而,,AB AC A AB AC =⊂ 平面ABC ，因此在等腰ABC 中，4,2AB AC BC ===，则215sin 1cos ABC ABC ∠=-∠=，二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等【答案】ABC【详解】对于A,平移直线b 到与直线a 相交，设平移后的直线为b '，因为b c ⊥，所以b c '⊥，设直线,a b '确定的平面为α，则a c ⊥，b c '⊥，直线b '和a 相交，所以c α⊥，同理可得：c β⊥，故A 对；对于B,平移直线c 到与直线a 相交，设平移后的直线为c '，设直线,a c '确定的平面为α，因为c //c '，且α⊄c ，所以c α∥，同理可得：c β∥，故B 对；对于C,同时平移直线b 和直线a ，令平移后的直线相交，设平移后的直线为,a b ''''，因为a c ⊥，b c ⊥，所以a c ''⊥，b c ''⊥，设直线,a b ''''确定的平面为γ，则a γ∥，b γ∥，且c γ⊥，故C 对；对于D ，由对称性可知，存在两个平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等，故D 错误；故选：ABC.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4设正方体1111ABCD A B C D -依题意，234π()12π2a ⋅=，解得因为平面11BCC B ∥平面ADD则M 在平面11AA D D 上的投影落在设为H ，则四边形AGHP 为四边形AMNP 由于,AM PN GM HN ==,则（当1x y ==时取“＝”），故C 错误，D 正确，故选：ABD三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -，求点E 到平面SAC 的距离．【详解】（1）证明：如图，连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为SD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以SD AC ⊥，又因为SD BD D = ，所以AC ⊥平面SBD ，又因为DE ⊂平面SBD ，所以AC DE ⊥．（2）解：设点E 到平面ABC 则三棱锥E ABC -的体积V (11sin 18032AB BC =⨯⨯⨯⨯︒-12．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)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.【详解】（1）证明：AB AD = ，O 为BD 的中点，AO BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，AO CD ∴⊥．（2）取OD 的中点F ，因为OCD 为等边三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF ，与BC 交于M ，则OM OD ⊥，由（1）可知OA ⊥平面BCD ，设OA a =，因为OA ⊥平面BCD ，所以设平面BCE 的一个法向量为n =3300x y n BC ⎧+=⎪⎧⋅= ○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D 因为ABC 是边长为3的等边三角形，且所以13O B =，又因为球O 的体积为32π2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 【答案】C【详解】解：如图，设圆锥的底面半径为r ，球半径5R =，球心为O ．过圆锥的顶点P 作底面的垂线2125OO r =-．所以圆锥的高h PO =4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为2，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C．27D5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π【答案】A【详解】设该组合体外接球的球心为O ，半径为R ，易知球心在BC 中点，则224R AO ==+=.6．已知矩形ABCD的顶点都在球心为的体积为43，则球O的表面积为（）A．76πB．112πC D．3故球的表面积为：2476πR π=，故选：A ．7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．6此时，如上图示，O 为半球的球心，体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与8．已知三棱锥-PABC的四个顶点均在球的球面上，，PB AC== PC AB=Q为球O的球面上一动点，则点Q到平面PAB 的最大距离为（）A2211BC2211D2223BD BE AB∴+==，BD2226BD BE BF∴++=，∴球在PAB中，cosABABP∠=二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．则三棱锥-P ABC 外接球的直径为2R PA =因此，三棱锥-P ABC 外接球的体积为34π3R10．如图，在直三棱柱111中，1．设为1的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．【答案】27π【详解】取1A B 的中点E ，连接AE ，如图．因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥．又面1A BC ⊥面11ABB A ，面1A BC ⋂面111ABB A A B =，且AE ⊂面11ABB A ，所以⊥AE 面1A BC ，BC ⊂面1A BC ，所以AE BC ⊥．在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC ，所以1BB BC ⊥．又AE ，1BB ⊂面11ABB A ，且AE ，1BB 相交，所以BC ⊥面11ABB A ，AB ⊂面11ABB A ，所以BC AB ⊥．11．如图，直三棱柱111的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12+，则该棱锥的内切球半径为___．由题意，侧面展开图的面积由,PD AD PD DC ⊥⊥，○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．【详解】（1）因为四边形CDEF 是边长为4的正方形，所以CE ⊥DF ，ED ⊥DC ，因为四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，所以AD ⊥CD ，AB ⊥AD ，故直线AF与平面BCF所成角的正弦值为-PA 2．如图，在四棱锥P ABCD平面PAD⊥平面ABCD．Array(1)证明：平面CDM⊥平面PAB；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD ，求三棱锥P MCD -的体积．【详解】（1）取AD 中点为N ，连接PN ，因为PAD 为等边三角形，所以PN AD ^，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PN ⊂面PAD ，所以PN ^平面ABCD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以PN AB ⊥，又因为PD AB ⊥，PN PD P = ，,PN PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为DM ⊂平面PAD ，所以AB DM ⊥，因为M 为AP 中点，所以DM PA ⊥，且PA AB A = ，,PA PB ⊂平面PAD ，所以DM ⊥平面PAB ，且DM ⊂平面CDM ，所以平面CDM ⊥平面PAB .（2）由（1）可知，PN AB ⊥且PD AB ⊥，PN PD P = ，所以AB ⊥平面PAD ，△为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且2AF FE ABD=.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）在BE 上取一点N ，使得12BN NE =，连接FN ，NM ，∵6BD =，∴116BN BD ==，2NE =，3ED =，∵12AF FE =，∴12BN AF NE FE ==，则FN AB ∥，又FN ⊄面ABC ，AB ⊂面ABC ，∴FN ∥面ABC ，∵15BN CM ND MD ==，∴NM BC ∥.∵NM ⊄面ABC ，BC ⊂面ABC ，∴NM ∥面ABC ，∵FN NM N = ，,FN NM ⊂面FNM ，∴面FNM ∥面ABC ，又FM ⊂面FNM ，4．已知底面是正方形，平面，，，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．【详解】（1）证明：法一：分别取AB 、CD 的中点G 、H ，连接EG 、GH 、FH ，由题意可知点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．所以//EG PA ，//FH QD ，因为//PA DQ ，所以//EG FH ，所以点E 、G 、H 、F 四点共面，因为G 、H 分别为AB 、CD 的中点，所以//GH AD ，因为AD ⊂平面ADQP ，GH ⊄平面ADQP ，所以//GH 平面ADQP ，又因为//FH QD ，QD ⊂平面ADQP ，FH ⊄平面ADQP ，所以//FH 平面ADQP ，法二：因为ABCD 为正方形，且以点A 为坐标原点，以AB 、空间直角坐标系，则()0,0,3P 、()3,3,0C 、()0,3,1Q 所以()0,3,1EF =- ，易知平面PADQ 所以0a EF ⋅= ，所以E F a ⊥ ，EF ⊄ADQP EF所在平面和圆所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒？设()0AD t t =>，则(1,0,C -∴(1,0,0)EF = ，33,22CF ⎛= ⎝6．如图，在三棱柱111中，四边形11是边长为4的菱形，AB BC =，点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.【详解】（1）11//BB CC ，且1BB ⊂/平面11ACC A ，1CC ⊂平面11ACC A ，∴1//BB 平面11ACC A ，又∵1BB ⊂平面1B BD ，且平面1B BD 平面11ACC A DE =，∴1BB DE //；（2）连接1AC ，取AC 中点O ，连接1AO ，BO ，在菱形11ACC A 中，160A AC ∠=︒，∴1A AC △是等边三角形，又∵O 为AC 中点，∴1A O ⊥∵平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC ⋂平面11ACC A AC =∴1A O ⊥平面ABC ，OB ⊂平面。
立体几何的压轴小题练习题和详细的分析解答(4)
立体几何的压轴小题练习题和详细的分析解答（4）1．如图，在正四棱柱中， 是侧面内的动点，且记与平面所成的角为，则的最大值为A ．B ．C ．D ．2．在四面体中，若，则当四面体的体积最大时其外接球表面积为（ ） A ． B ．C ．D ．1111ABCD A B C D -13,4,AB AA P ==11BCC B 1,AP BD ⊥AP 1BCC B θtanθ43532259ABCD 1AD DB AC CB ====ABCD 53π43ππ2π3．如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成的角为45°，顶点B 在平面α内的射影为O ，当顶点A 与点O 的距离最大时，直线CD 与平面α所成角的正弦值等于( )A ．B ．CD4．如图所示，边长为1的正方形网络中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．CD ．15133235．在长方体中，底面是边长为3的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（ ） A ．为奇函数 B ．在上单调递增； C ． D ．6．已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（ ）ABCD1111ABCD A B C D -ABCD 1AA x P ，=11CDD C M BC ,APD CPM Q ∠=∠1A PCD -()V x ()V x ()V x ()V x ()0,+∞()23V =()32V =7．如图，正方体中， 是棱的中点， 是侧面上的动点，且 平面，则 与平面所成角的正切值 构成的集合是（ ）A ．B ．C ．D ．8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个侧面中，最大的侧面面积为（ ）A ．2 BC ．3D ．41111ABCD A B C D -E BC F 11BCC B 1//A F 1AD E 1A F 11BCC B t {|2t t ≤≤立体几何的压轴小题练习题和详细的分析解答（4）1．如图，在正四棱柱中， 是侧面内的动点，且记与平面所成的角为，则的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【分析】建立以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，设点，利用，转化为，得出，利用空间向量法求出的表达式，并将代入的表达式，利用二次函数的性质求出的最大值，再由同角三角函数的基本关系求出的最大值．【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、、，设点，则，，，，，则，得， 1111ABCD A B C D -13,4,AB AA P ==11BCC B 1,AP BD ⊥AP 1BCC B θtanθ43532259D DA DC 1DD x y z (),3,P m n 1AP BD ⊥10AP BD ⋅=34n m =sin θ34n m =sin θsin θtan θD DA DC 1DD x y z D xyz -()3,0,0A ()3,3,0B()10,0,4D (),3,P m n 03m ≤≤04n ≤≤()3,3,AP m n =-()13,3,4BD =--1AP BD ⊥()()133334340AP BD m n m n ⋅=--+⨯-+=-+=34n m =平面的一个法向量为，所以，， 当时，取最大值，此时，也取最大值，且，因此，，故选B ．【点睛】本题考查立体几何的动点问题，考查直线与平面所成角的最大值的求法，对于这类问题，一般是建立空间坐标系，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的问题求解，考查运算求解能力，属于难题．2．在四面体中，若，则当四面体的体积最大时其外接球表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．11BCC B ()0,1,0a=(sin AP a AP am θ⋅===⋅-3[]6480,32525216m -=-=∈⨯sin θtan θ()max sin θ==cos θ==()max 5tan 33θ==ABCD 1AD DB AC CB ====ABCD 53π43ππ2π【答案】A 【解析】 【分析】设，可知当四面体的体积最大时，平面平面，计算出，求出四面体的体积，利用导数求出的最大值以及对应的的值，再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出结果. 【详解】如下图，取的中点，连接、，设，则，当四面体的体积最大时，平面平面， 四面体的体积为，. 令，得，当时，时，. 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值.此时，，，设和的外接圆半径为，由正弦定理得，. 设、的外接圆圆心分别为、，外接球的球心为点，如下图所示：()201AB x x =<<ABCD ACB⊥ADB CE DE ==ABCD 31133V x x =-V x AB E CE DE ()201AB x x=<<CE DE ==ABCD ACB ⊥ADB ABCD 3111123233V x x x =⨯⨯=-213V x '=-0V '=x =0x <<0V '>1x <<0V '<31133V x x =-3x =3CE ==sin 3CE BAC AC ∠==ABC ∆ABD ∆r 2sin 2BC r BAC ==∠4r ∴=ABC ∆ABD ∆M N O在中，， 四边形是正方形，且边长为， 所以，四面体的外接球半径， 因此，该四面体的外接球表面积为，故选A. 【点睛】本题考查四面体体积的最值，同时也考查了四面体外接球表面积的计算，要充分分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.3．如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成的角为45°，顶点B 在平面α内的射影为O ，当顶点A 与点O 的距离最大时，直线CD 与平面α所成角的正弦值等于( )A ．BC ．D ．【答案】A【解析】RtBCE ∆4BMr ==OMEN ME BE BM =-=ABCD R ==25544123OB πππ⋅=⨯=4512+【分析】由题意知：当四点共面时，顶点与点的距离最大，设此平面为，由面面垂直判定定理结合，证出，过作于，连结，根据面面垂直与线面垂直的性质证出，从而点到平面的距离等于点到平面的距离．设正四面体的棱长为1，根据与平面所成的角为和正四面体的性质算出到平面的距离，从而在中，利用三角函数线的定义算出，即得到直线与平面所成角的正弦值．【详解】∵四边形中，顶点与点的距离最大，∴四点共面，设此平面为，如图，过点作平面，垂足为，连接，设正四面体的棱长为1，则在中，，直线与平面所成的角为45°，，结合得，因此到平面的距离过点作于，连接，则就是直线与平面所成的角，且，由此可得点到平面的距离等于点到平面的距离，即，∴在中，,,,O B A C A O βBO α⊥βα⊥D DE α⊥E CE //DH αD αH αABCD BC α45H αRt CDE ∆sin 12DCE +∠=CD αOBAC A O ,,,O B A C βBO BO αββα⊥⊆∴⊥，，，D DH ⊥ABC H HC ABCD Rt HCD ∆CH ==BO α⊥BC α45BCO ∠︒＝30HCB ∠︒＝75HCO ∠︒＝H α()1sin 7545302d CH ︒︒︒⎫==+=⨯+⎪⎝⎭==D DE α⊥E CE DCE ∠CD αDH βαβ⊥⊥，//DH DH αα⊄∴，D αH αDE =Rt CDE ∆sin DE DCE CD ∠==即直线与平面所成角的正弦值等于.故选A.【点睛】本题考查了线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理的应用，直线与平面所成角的定义与求法等知识．试题的难点在于发现“当顶点A 的运动轨迹是绕着在旋转，且，所以当点与点的距离最大时，四点共面”，对逻辑推理和空间想象能力要求较高．4．如图所示，边长为1的正方形网络中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．CD ．【答案】D 【解析】 【分析】结合三视图，还原直观图，计算体积，即可． 【详解】结合三视图，还原直观图，如图所示，面体O-ABC 即为直观图．CD αBC AO BC ⊥A O O B A C 、、、13323正方体边长为2，则，所以体积， 故选：D．【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，关键将所求三棱锥体积转化为好求的三棱锥体积，难度偏难．5．在长方体中，底面是边长为3的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（ ） A ．为奇函数B ．在上单调递增；C ．D ． 【答案】D【解析】分析：先根据得P 点轨迹为圆在矩形内部（含边界）的圆弧，可得P 到CD 最大距离，再根据锥体体积公式可得，根据函数表达式可判断选择. 详解：因为，所以 ,即，当P 在CC 1上时122OAC OA S ∆===1233V ==1111ABCD A B C D -ABCD 1AA x P ，=11CDD C M BC ,APD CPM Q ∠=∠1A PCD -()V x ()V x ()V x ()V x ()0,+∞()23V =()32V =APD CPM ∠=∠11CDD C ()V x APD CPM ∠=∠tan APD tan CPM ∠=∠3322PD PC PD PC=∴=P CD d -，因此，不为奇函数，在上单调递增，所以选D.点睛：立体几何中体积最值问题，先根据几何体体积公式建立函数关系式，再根据条件将函数转化为一元函数问题，最后根据函数形式，根据基本不等式或利用导数求最值.6．已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知，该几何体是如下图所示的，设为的中点，通过计算得，所以，而在等腰三角形中，故平面，所以.设内切球的半径为，则，即，故. 113()333322,02PCD P CD x V x d d x x --⎧≥⎪⎪=⨯⨯⨯⨯==⎨⎪<<⎪⎩()()3?22V V ==()V x ()Vx(11B AED -F 1AB 1D F =13EF D E ==1EF D E ⊥1EAB 1EF AB ⊥EF ⊥11AB D (112123E AB D V -==r ()111111123AB D AEB AED B D E S S S S r +++⋅=()13323r +=r =7．如图，正方体中， 是棱的中点， 是侧面上的动点，且 平面，则 与平面所成角的正切值 构成的集合是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，【详解】，所以，设平面的法向量为1111ABCD A B C D -E BC F 11BCC B 1//A F 1AD E 1A F 11BCC Bt {|2t t ≤≤，则由题设，即，令,则，所以由平面,则，即，也即,所以．因平面的法向量为,故与平面所成角的正弦值，正切值，令，则，所以，即，所以应选D ．【点睛】空间向量的数量积及运用．8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个侧面中，最大的侧面面积为（ ）11BCC B 1A F 11BCCBA ．2BC ．3D ．4【答案】C 【解析】 试题分析：根据三视图可知，给几何体可以有棱长为2的正方体切割而来即四棱锥O −ABCD ,A 、D 为棱的中点,所以最大的侧面面积为故选B.点睛：根据三视图的特点，把几何体镶嵌到正方体、长方体中，是是一种常见的方法.OAD S ∆。
2024年高考数学压轴题专项训练：立体几何压轴题十大题型汇总(解析版)(共65页)(1)
立体几何压轴题十大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。
预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。
高频考法题型01几何图形内切球、外接球问题题型02立体几何中的计数原理排列组合问题题型03立体几何动点最值问题题型04不规则图形中的面面夹角问题题型05不规则图形中的线面夹角问题题型06几何中的旋转问题题型07立体几何中的折叠问题题型08不规则图形表面积、体积问题题型09立体几何新定义问题题型10立体几何新考点题型01几何图形内切球、外接球问题解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.1(多选)(23-24高三下·浙江·开学考试)如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A ,B ,C ,D 在同一个平面内，如果四边形ABCD 是边长为2的正方形，则()A.异面直线AE 与DF 所成角大小为π3B.二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为13C.此八面体一定存在外接球D.此八面体的内切球表面积为8π3【答案】ACD=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |可判断C 项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D 项.【详解】连接AC 、BD 交于点O ，连接OE 、OF ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC ⊥BD ，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E 、O 、F 三点共线，且EF ⊥面ABCD ，所以以O 为原点，分别以OB 、OC 、OE 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则O (0,0,0)，A (0,-2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (-2,0,0)，E (0,0,2)，F (0,0,-2)，对于A 项，AE =(0,2,2)，DF=(2,0,2)，设异面直线AE 与DF 所成角为θ，则cos θ=|cos AE ,DF |=|AE ⋅DF||AE ||DF |=22×2=12，所以θ=π3，即异面直线AE 与DF 所成角大小为π3，故A 项正确；对于B 项，BE =(-2,0,2)，BA =(-2,-2,0)，BC=(-2,2,0)，设面ABE 的一个法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅BE=0n ⋅BA =0 ⇒-2x 1+2z 1=0-2x 1-2y 1=0，取x 1=1，则y 1=-1，z 1=1，则n=(1,-1,1)，设面BEC 的一个法向量为m=(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅BE=0n ⋅BC =0⇒-2x 2+2z 2=0-2x 2+2y 2=0，取x 2=1，则y 2=1，z 2=1，则m=(1,1,1)，所以cos n ,m =n ⋅m |n ||m |=1-1+13×3=13，又因为面ABE 与BEC 所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为-13，故B 项错误；对于C 项，因为|OE |=|OF |=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |=2，所以O 为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，故C 项正确；对于D 项，设内切球的半径为r ，则八面体的体积为V =2V E -ABCD =2×13S ABCD ⋅EO =2×13×2×2×2=823，又八面体的体积为V =8V E -ABO =8V O -ABE =8×13S EAB ⋅r =8×13×12×22×sin π3×r =833r ，所以833r =823，解得r =63，所以内切球的表面积为4πr 2=4π×632=8π3，故D 项正确.故选：ACD .2(2024·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,A 1B 1=2,AA 1=3，若球O 与上底面A 1B 1C 1D 1以及棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切，则球O 的表面积为()A.9πB.16πC.25πD.36π【答案】C【分析】根据勾股定理求解棱台的高MN =1,进而根据相切，由勾股定理求解球半径R =52，即可由表面积公式求解.【详解】设棱台上下底面的中心为N ,M ,连接D 1B 1,DB ，则D 1B 1=22,DB =42，所以棱台的高MN =B 1B 2-MB -NB 1 2=3 2-22-2 2=1,设球半径为R ,根据正四棱台的结构特征可知：球O 与上底面A 1B 1C 1D 1相切于N ,与棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切于各边中点处，设BC 中点为E ，连接OE ,OM ,ME ,所以OE 2=OM 2+ME 2⇒R 2=R -1 2+22，解得R =52，所以球O 的表面积为4πR 2=25π，故选：C3(2024·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O 为球心作一个半径为233的球，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26πB.463π C.863π D.46π【答案】B【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.【详解】如图所示，M 为EF 的中点，O 为正方体的中心，过O 作PM 的垂线交于点N ，正八面体的棱长为2，即EF =2，故OM =1，OP =2，PM =3，则ON =63，设球与正八面体的截面圆半径为r ，如图所示，则r =2332-ON 2=2332-632=63，由于MN =ZN =33，NJ =NI =63，所以IJ =233，则∠INJ =π2，平面PEF 与球O 的交线所对应的圆心角恰为π2，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为8×14×2π×63 =463π故选：B 4(多选)(2022·山东聊城·二模)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是()A.底面椭圆的离心率为22B.侧面积为242πC.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD.底面积为42π【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF =45°，则BF =2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则2a =2⋅2b ，a =2b ，c =a 2-b 2=a 2-22a 2=22a ，所以离心率为e =c a =22，A 正确；EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG =6，易知∠EBG =45°，BE =62，又CE =AF =AB =4，所以斜圆柱侧面积为S =2π×2×(4+62)-2π×2×4=242π，B 正确；2b =4，b =2，2a =42，a =22，椭圆面积为πab =42π，D 正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为4π×22=16π，C 错．故选：ABD ．5(21-22高三上·湖北襄阳·期中)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，球O 1同时与以A 为公共顶点的三个面相切，球O 2同时与以C 1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F .若以F 为焦点，AB 1为准线的抛物线经过O 1，O 2，设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2，则r1r 2=.【答案】2-3/-3+2【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球O 2内切于正方体，设r 2=1，得到r 1=2-3，即可得到答案.【详解】如图所示：根据抛物线的定义，点O 2到点F 的距离与到直线AB 1的距离相等，其中点O 2到点F 的距离即半径r 2，也即点O 2到面CDD 1C 1的距离，点O 2到直线AB 1的距离即点O 2到面ABB 1A 1的距离，因此球O 2内切于正方体.不妨设r 2=1，两个球心O 1，O 2和两球的切点F 均在体对角线AC 1上，两个球在平面AB 1C 1D 处的截面如图所示，则O 2F =r 2=1，AO 2=AC 12=22+22+222=3，所以AF =AO 2-O 2F =3-1.因为r 1AO 1=223，所以AO 1=3r 1，所以AF =AO 1+O 1F =3r 1+r 1，因此(3+1)r 1=3-1，得r 1=2-3，所以r1r 2=2- 3.故答案为：2-3题型02立体几何中的计数原理排列组合问题1(2024·浙江台州·二模)房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm ×11cm ×5cm ，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12cm ×11cm ×5cm ，24cm ×112cm ×5cm ，24cm ×11cm ×52cm 三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm 3的不同规格长方体的个数为()A.8B.10C.12D.16【答案】B【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm 3长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】由题意，V 长方体=24×11×5=8×165，为得到体积为165cm 3的长方体，需将原来长方体体积缩小为原来的18，可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；第二类，长宽高各减半1次，共1种；第三类，长宽高减半0,1,2 次的全排列A 33=6种，根据分类加法计数原理，共3+1+6=10种. 故选：B2(2023·江苏南通·模拟预测)在空间直角坐标系O -xyz 中，A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，则三棱锥O -ABC 内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为()A.C 310B.C 39C.C 210D.C 29【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面ABC 的一个法向量为n =1,1,1 ，从而求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，进而得到棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.【详解】根据题意，作出图形如下，因为A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，所以AB =-10,10,0 ,AC=-10,0,10 ，设面ABC 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则AB ⋅n=-10x +10y =0AC ⋅n=-10x +10z =0，令x =1，则y =1,z =1，故n=1,1,1 ，设P a ,b ,c 是面ABC 上的点，则AP=a -10,b ,c ，故AP ⋅n=a -10+b +c =0，则a +b +c =10，不妨设三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r ，则s ,t ,r ∈N *，故s ≥1,t ≥1,r ≥1，则s +t +r ≥3，易知若s +t +r =10，则Q 在面ABC 上，若s +t +r >10，则Q 在三棱锥O -ABC 外部，所以3≤s +t +r ≤9，当s +t +r =n ,n ∈N *且3≤n ≤9时，将n 写成n 个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为s ,t ,r 的取值的方法个数，显然有C 2n -1个方法，所有整点Q s ,t ,r 的个数为C 22+C 23+⋯+C 28，因为C r n +C r -1n =n !r !n -r !+n !r -1 !n +1-r !=n +1-r n !+rn !r !n +1-r !=n +1 !r !n +1-r!=C rn +1，所以C 22+C 23+⋯+C 28=C 33+C 23+⋯+C 28=C 34+C 24+⋯+C 28=⋯=C 38+C 28=C 39.故选：B .【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，从而确定三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，由此得解.3(2024·重庆·模拟预测)从长方体的8个顶点中任选4个，则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为()A.2736B.2935C.67D.3235【答案】B【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这4个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.【详解】根据题意，从长方体的8个顶点中任选4个，有C 48=70种取法，“这4个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这4个点在同一个平面”，而长方体有2个底面和4个侧面、6个对角面，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P =1270=635，所以这4个点构成三棱锥的概率为1-635=2935.故选：B ．4(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)()A.可以围成20个不同的正方形B.可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)C.可以围成516个不同的三角形D.可以围成16个不同的等边三角形【答案】ABC【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，对于选项A ，由图知，边长为1的正方形有3×3=9个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为3的正方形有1个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为5的有2个，共有20个，所以选项A 正确，对于选项B ，由图知，宽为1的长方形有3×3=9个，宽为2的长方形有4×2=8个，宽为3的长方形有5个，宽为2的有2个，共有24个，所以选项B 正确，对于选项C ，由图知，可以围成C 316-10C 34-4C 33=516个不同的三角形，所以选项C 正确，对于选项D ，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D 错误，故选：ABC .5(2024·上海浦东新·模拟预测)如图ABCDEF -A B C D E F 为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是．【答案】611【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD ，C D ，E D ，AB ，AF ，先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF ⎳AD ⎳BC ，所以E F ⎳AD ⎳B C ，且B C =E F ≠AD ，故ADC B 共面，且ADE F 共面，故AF ，DE 相交，且C D ，AB 相交，故共面有2组，则正六边形对角线AD 所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线BE ，CF 所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线A D ，B E ，C F 同样各对两组，共6组，若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是6+12+12+6C 212=611．故答案为：611．题型03立体几何动点最值问题空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.1(多选)(2024·浙江台州·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为平面ABCD 内一动点，且直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，E 为正方形A 1ADD 1的中心，则下列结论正确的是()A.点P 的轨迹为抛物线B.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球被平面A 1BC 1所截得的截面面积为π6C.直线CP 与平面CDD 1C 1所成角的正弦值的最大值为33D.点M 为直线D 1B 上一动点，则MP +ME 的最小值为11-266【答案】BCD【分析】对于A ，根据到D 点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B ，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C ，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点(相切时)找到正弦的最大值；对于D ，需要先找到P 点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】对于A ，因为直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，所以DP =1tan π3=33.P 点在以D 为圆心，33为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A 错误.对于B ，在面BB 1D 1D 内研究，如图所示O 为内切球球心，O 1为上底面中心，O 2为下底面中心，G 为内切球与面A 1BC 1的切点.已知OG ⊥O 1B ，OG 为球心到面A 1BC 1的距离.在正方体中，O 1B =62，O 2B =22，O 1O 2=1.利用相似三角形的性质有OG O 2B =OO 1O 1B，即OG 22=1262，OG =36.因此可求切面圆的r 2=122-362=16，面积为π6.故B 正确.对于C ，直线CP 与平面CDD 1C 1所成角即为∠PCD ，当CP 与P 点的轨迹圆相切时，sin ∠PCD 最大.此时sin ∠PCD =13=33.故C 正确.对于D ，分析可知，P 点为BD 和圆周的交点时，MP 最小.此时可将面D 1AB 沿着D 1B 翻折到面BB 1D 1D 所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.当E ,M ,P 三点共线时，MP +ME 最小.因为O 2P =33-22，O 1O 2=1，所以最小值为12+33-222=11-266，故D 正确.故选：BCD2(多选)(2024·江苏扬州·模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为平面ABCD 内一动点，则()A.若M 在线段AB 上，则D 1M +MC 的最小值为4+22B.平面ACD 1被正方体内切球所截，则截面面积为π6C.若C 1M 与AB 所成的角为π4，则点M 的轨迹为椭圆D.对于给定的点M ，过M 有且仅有3条直线与直线D 1A ,D 1C 所成角为60°【答案】ABD迹方程判断C ，合理转化后判断D 即可.【详解】对于A ，延长DA 到E 使得AE =2，则D 1M +MC =EM +MC ≥EC =4+22，等号在E ,M ,C 共线时取到；故A 正确，对于B ，由于球的半径为12，球心到平面ACD 1的距离为36，故被截得的圆的半径为14-112 =66，故面积为π66 2=π6，故B 正确，对于C ，C 1M 与AB 所成的角即为C 1M 和C 1D 1所成角，记CM =xCD +yCB ，则x 2+y 2+1=2(y 2+1)，即x 2-y 2=1，所以M 的轨迹是双曲线；故C 错误，对于D ，显然过M 的满足条件的直线数目等于过D 1的满足条件的直线l 的数目，在直线l 上任取一点P ，使得D 1P =D 1A =D 1C ，不妨设∠PD 1A =π3，若∠PD 1C =π3，则AD 1CP 是正四面体，所以P 有两种可能，直线l 也有两种可能，若∠PD 1C =2π3，则l 只有一种可能，就是与∠AD 1C 的角平分线垂直的直线，所以直线l 有三种可能.故选：ABD3(多选)(2023·安徽芜湖·模拟预测)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，棱AB 的中点为M ，过点M 作正方体的截面α，且B 1D ⊥α，若点N 在截面α内运动(包含边界)，则()A.当MN 最大时，MN 与BC 所成的角为π3B.三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值23C.若DN =2，则点N 的轨迹长度为2πD.若N ∈平面A 1BCD 1，则BN +NC 1 的最小值为6+23【答案】BCD【分析】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，构建空间直角坐标系，证明M ,F ,H ,G ,F ,E 共面，且DB 1⊥平面MEFGHI ，由此确定平面α，找到MN 最大时N 的位置，确定MN 与BC 所成角的平面角即可判断A ，证明A 1BC 1与平面α平行，应用向量法求M 到面A 1BC 1的距离，结合体积公式，求三棱锥A 1-BNC 1的体积，判断B ；根据球的截面性质确定N 的轨迹，进而求周长判断C ，由N ∈平面A 1BCD 1确定N 的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D .【详解】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，连接EF ,FG ,GH ,HI ,IM ,ME ，连接GM ,FI ，因为FG ∥A 1C 1,A 1C 1∥AC ,AC ∥MI ，又FG =12A 1C 1 =12AC =MI 所以FG ∥MI ，FG =MI ，所以四边形FGIM 为平行四边形，连接FI ,MG ，记其交点为S ，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，B 12,2,2 ,M (2,1,0)，E (2,0,1)，F (1,0,2)，G (0,1,2)，H (0,2,1)，I (1,2,0)，S 1,1,1 ，因为DB 1 =2,2,2 ，SM =1,0,-1 ，SI =0,1,-1 ，SH =-1,1,0 ，SG =-1,0,1 ，SF =0,-1,1 ，SE =1,-1,0 ，所以DB 1 ⋅SM =0，DB 1 ⋅SI =0，DB 1 ⋅SH =0，DB1 ⋅SG =0，DB 1 ⋅SF =0，DB 1 ⋅SE =0所以M ,E ,F ,G ,H ,I 六点共面，因为DB 1 =2,2,2 ，MI =-1,1,0 ，ME =0,-1,1 ，所以DB 1 ⋅MI =-2+2+0=0，DB 1 ⋅ME =0-2+2=0，所以DB 1 ⊥MI ，DB 1 ⊥ME ，所以DB 1⊥MI ,DB 1⊥ME ，又MI ,ME ⊂平面MEFGHI ，所以DB 1⊥平面MEFGHI ，故平面MEFGHI 即为平面α，对于A ，N 与G 重合时，MN 最大，且MN ⎳BC 1，所以MN 与BC 所成的角的平面角为∠C 1BC ，又BC =CC 1 ,∠BCC 1=90°，所以∠C 1BC =π4，故MN 与BC 所成的角为π4，所以A 错误；对于B ，因为所以DB 1 =2,2,2 ，A 1C 1 =-2,2,0 ，BC 1=-2,0,2 ，所以DB 1 ⋅A 1C 1 =-4+4+0=0，DB 1 ⋅BC 1 =-4+0+4=0，所以DB 1 ⊥A 1C 1 ，DB 1 ⊥BC 1 ，所以DB 1⊥A 1C 1,DB 1⊥BC 1，又A 1C 1,BC 1⊂平面A 1BC 1，所以DB 1⊥平面A 1BC 1，又DB 1⊥平面MEFGHI ，所以平面A 1BC 1∥平面MEFGHI ，所以点N 到平面A 1BC 1的距离与点M 到平面A 1BC 1的距离相等，所以V A 1-BNC 1=V N -A 1BC 1=V M -A 1BC 1，向量DB 1 =2,2,2 为平面A 1BC 1的一个法向量，又MB =(0,1,0)，所以M 到面A 1BC 1的距离d =DB 1 ⋅MB DB 1=33，又△A 1BC 1为等边三角形，则S △A 1BC 1=12×(22)2×32=23，所以三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值13×d ×S △A 1BC 1=23，B 正确；对于C ：若DN =2，点N 在截面MEFGHI 内，所以点N 的轨迹是以D 为球心，半径为2的球体被面MEFGHI 所截的圆(或其一部分)，因为DS =1,1,1 ，DB 1 =2,2,2 ，所以DB 1 ∥DS ，所以DS ⊥平面MEFGHI ，所以截面圆的圆心为S ，因为DB 1 =2,2,2 是面MEFGHI 的法向量，而DF =(1,0,2)，所以D 到面MEFGHI 的距离为d =m ⋅DFm=3，故轨迹圆的半径r =22-(3)2=1，又SM =2，故点N 的轨迹长度为2πr =2π，C 正确.对于D ，N ∈平面A 1BCD 1，N ∈平面MEFGHI ，又平面A 1BCD 1与平面MEFGHI 的交线为FI ，所以点N 的轨迹为线段FI ，翻折△C 1FI ，使得其与矩形A 1BIF 共面，如图，所以当B ,N ,C 1三点共线时，BN +NC 1 取最小值，最小值为BC 1 ，由已知C 1I =C 1F =5，BI =1，FI =22，过C 1作C 1T ⊥BI ，垂足为T ，则C 1T =2，所以IT=C 1I2-C 1T 2=3=BT 2+C T 2=3+12+2=6+23，所以BN +NC 1 的最小值为6+23，D 正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点M 的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.4(多选)(2024·福建厦门·一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 【答案】ACD【分析】A 由线面平行的判定证明；B 设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，分析取最小值的对应情况即可判断；C 把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，取AB ,GI 的中点M ,H ，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，结合V (x )=V FGI -EKJ -2V F -ABIG 并应用导数研究最值；D 先分析特殊情况：△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.【详解】A ：由题设BC ⎳AD ，AD ⊂面ADEF ，BC ⊄面ADEF ，则BC ⎳面ADEF ，由面BCEF ∩面ADEF =EF ，BC ⊂面BCEF ，则BC ⎳EF ，BC ⊂面ABCD ，EF ⊄面ABCD ，则EF ⎳平面ABCD ，对；B ：设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，点F 到面ABCD 的距离，仅在面FAB ⊥面ABCD 时取得最大值，当EF =x =BC 时tan α取最小值，即α取最小值，即二面角A -EF -B 取最小值，所以EF =x ∈(0,+∞)，二面角先变小后变大，错；C ：当BC =2，如图，把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，分别取AB ,GI 的中点M ,H ，易得FH ⊥面ABCD ，FM =3，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，V (x )=V ABCDEF =V FGI -EKJ -2V F -ABIG =12×23×3sin θ×(2+6cos θ)-2×13×3sin θ×23×3cos θ=63sin θ+63sin θcos θ，令f (θ)=0⇒2cos 2θ+cos θ-1=0，可得cos θ=12或cos θ=-1(舍)，即θ=π3，0<θ<π3，f (θ)>0，f (θ)递增，π3<θ≤π2，f(θ)<0，f (θ)递减，显然θ=π3是f (θ)的极大值点，故f (θ)max =63×32+63×32×12=272.所以五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272，C 对；D ：当BC =32时，△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，此时正三棱柱内最大的求半径r =34<32，故半径为32的球不能内含于五面体ABCDEF ，对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，由C 分析结果，当五面体ABCDEF 体积最大时，其可内含的球的半径较大，易知，当∠FMH =π3时，FH =332,IH =3,IF =392，设△FIG 的内切圆半径为r 1，则12×332×23=12r 1×23+2×392 ，可得r 1=332+13>32，另外，设等腰梯形EFMN 中圆的半径为r 2，则r 2=34tan π3=334>r 1=332+13，所以，存在x 使半径为32的球都能内含于五面体ABCDEF ，对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C 通过补全几何体为棱柱，设∠FMH =θ0<θ≤π2得到五面体ABCDEF 的体积关于θ的函数；对于D 从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于32为关键.5(多选)(2024·广西南宁·一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB+yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63【答案】AD【分析】对于A ，确定M 的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B ，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C ，结合线面垂直以及距离确定点M 的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D ，利用等体积法求得M 点到平面AB 1D 1的距离，结合线面角的定义求得AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值，即可判断.【详解】对于A ，在AB 上取点H ，使AH =14AB ，在DC 上取点K ，使DK =14DC ，因为x =14,z =0,y ∈0,1 ，即AM =14AB +yAD ，故M 点在HK 上，将平面B 1HKC 1与平面AHKD 沿着HK 展开到同一平面内，如图：连接B 1D 交HK 于P ，此时B ,P ,D 三点共线，B 1M +MD 取到最小值即B 1D 的长，由于AH =14AB =12,∴BH =32，则B 1H =22+32 2=52，故AB 1=52+12=3,∴B 1D =(B 1A )2+AD 2=32+22=13，即此时B 1M +MD 的最小值为13，A 正确；对于B ，由于x =y =1,z =12时，则AM =AB +AD +12AA 1 =AC +12CC 1 ，此时M 为CC 1的中点，取C 1D 1的中点为N ，连接BM ,MN ,BN ，则MN ∥CD 1,故∠BMN 即为异面直线BM 与CD 1所成角或其补角，又MN =12CD 1=2,BM =22+12=5,BN =(BC 1)2+(C 1N )2=8+1=3，故cos ∠BMN =BM 2+MN 2-BN 22BM ⋅MN =5 2+2 2-3225⋅2=-1010，而异面直线所成角的范围为0,π2，故异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为1010，B 错误；对于C ，当x +y +z =1时，可得点M 的轨迹在△A 1BD 内(包括边界)，由于CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，故CC 1⊥BD ，又BD ⊥AC ，AC ∩CC 1=C ,AC ,CC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥平面ACC 1，AC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥AC 1，同理可证A 1B ⊥AC 1,A 1B ∩BD =B ,A 1B ,BD ⊂平面A 1BD ，故AC 1⊥平面A 1BD ，设AC 1与平面A 1BD 交于点P ，由于V A -A 1BD =V A 1-ABD =13×12×2×2×2=43，△A 1BD 为边长为22的正三角形，则点A 到平面A 1BD 的距离为AP =4313×34×22 2=233，若AM =253，则MP =AM 2-AP 2=223，即M 点落在以P 为圆心，223为半径的圆上，P 点到△A 1BD 三遍的距离为13×32×22=63<223，即M 点轨迹是以P 为圆心，223为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长42π3，C 错误；因为当x +y =1,z =0时，AM =AB +AD，即M 在BD 上，点M 到平面AB 1D 1的距离等于点B 到平面AB 1D 1的距离，设点B 到平面AB 1D 1的距离为d ，则V B -AB 1D 1=V D 1-ABB 1=13S △ABB 1⋅A 1D 1=13×12×2×2×2=43，△AB 1D 1为边长为22的正三角形，即13S △A 1BD ⋅d =13×34×22 2×d =43，解得d =233，又M 在BD 上，当M 为BD 的中点时，AM 取最小值2，设直线AM 与平面AB 1D 1所成角为θ,θ∈0,π2，则sin θ=d AM =233AM≤2332=63，即AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63，D 正确，故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C ，D 选项的判断，对于C ，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D ，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.题型04不规则图形中的面面夹角问题利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．1(2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =3A 1B 1，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB =6，CD =9，AD =6，且AA 1=BB 1=4，Q 为线段CC 1中点，(1)求证：BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)若四棱锥Q -ABB 1A 1的体积为3233，求平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】(1)分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，由四边形ABQE 为平行四边形，得到BQ ∥AE ，然后利用线面平行的判定定理证明；(2)先证明AD ⊥平面ABB 1A 1，再以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，求得平面CDD 1C 1的法向量为m =x ,y ,z ，易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 ，然后由cos m ,n=m ⋅n m n 求解.【详解】(1)证明：如图所示：分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD .∵A 1B 1=13AB ，∴PC 1=13PC ，∴CQ =QC 1=C 1P ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，∵QE ⎳CD ⎳AB ，且QE =123+9 =6=AB ，∴四边形ABQE 为平行四边形.∴BQ ∥AE ，又AE ⊂平面ADD 1A 1，BQ ⊄平面ADD 1A 1，∴BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)由于V Q -ABB 1A 1=23V C -ABB 1A 1，所以V C -ABB 1A 1=163，又梯形ABB 1A 1面积为83，设C 到平面ABB 1A 1距离为h ，则V C -ABB 1A 1=13S 梯形ABB 1A 1⋅h =163，得h =6.而CD ∥AB ，AB ⊂平面ABB 1A 1，CD ⊄平面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1，所以点C 到平面ABB 1A 1的距离与点D 到平面ABB 1A 1的距离相等，而h =6=AD ，所以AD ⊥平面ABB 1A 1.以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB 为等边三角形，所以A 0,0,0 ，B 6,0,0 ，C 9,6,0 ，D 0,6,0 ，P 3,0,33设平面CDD 1C 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅DP=x ,y ,z ⋅3,-6,33 =3x -6y +33z =0m ⋅DC=x ,y ,z ⋅9,0,0 =9x =0，得x =0，y =32z ，不妨取m =0,3,2 ，又平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 .则，平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值为217.2(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，∠DAB =60°,BC=2PQ =4AB =4,M 为BC 的中点，PQ ∥BC ,PD ⊥DC ,QB ⊥MD ．(1)证明：∠ABQ =90°；(2)若多面体ABCDPQ 的体积为152，求平面PCD 与平面QAB 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)31010．【分析】(1)根据余弦定理求解DM =3，即可求证DM ⊥DC ，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，(2)根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM =h =33，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.【详解】(1)在△DCM 中，由余弦定理可得DM =DC 2+MC 2-2DC ⋅MC cos60°=3，所以DM 2+DC 2=CM 2，所以∠MDC =90°，所以DM ⊥DC ．又因为DC ⊥PD ，DM ∩PD =D ,DM ,DP ⊂平面PDM ,所以DC ⊥平面PDM ,PM ⊂平面PDM ．所以DC ⊥PM ．由于PQ ⎳BM ,PQ =BM =2,所以四边形PQBM 为平行四边形，所以PM ∥QB ．又AB ∥DC ，所以AB ⊥BQ ，所以∠ABQ =90°．(2)因为QB ⊥MD ，所以PM ⊥MD ，又PM ⊥CD ，DC ∩MD =D ,DC ,MD ⊂平面ABCD ,所以PM ⊥平面ABCD ．取AD 中点E ，连接PE ，设PM =h ．设多面体ABCDPQ 的体积为V ，则V =V 三棱柱ABQ -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V A -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V P -AEM +V 四棱锥P -CDEM=S △AEM ×h +13S 四边形CDEM ×h =S △AEM ×h +132S △AEM ×h =53S △AEM ×h =53×12×2×1×sin 2π3h =152．解得PM =h =33．建立如图所示的空间直角坐标系，则A -3,2,0 ,B -3,1,0 ,C 3,-1,0 ，D 3,0,0 ,P 0,0,33 ,Q -3,1,33 ,M 0,0,0 ．则平面QAB 的一个法向量n=1,0,0 ．所以CD =0,1,0 ,PD=3,0,-33 ，设平面PCD 的一个法向量m=x ,y ,z ，则m ⋅CD=0,n ⋅PD =0,即y =0,3x -33z =0, 取m=3,0,1 ．所以cos θ=m ⋅n m ⋅n=31010．。
辽宁省葫芦岛市第一高级中学新高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含解析
辽宁省葫芦岛市第一高级中学新高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含解析一、立体几何多选题1．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为AD ===1111112DB C S BB B C =⨯⨯=所以11111111332D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯==C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.2．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123O A AC ='==，又1OA =，∴球心O 到面11A C B 的距离==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴6a =，又截面圆的面积224S ππ⎫=⎪⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.3．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形 【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =，1122B D =，2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，2225EM EN MN ∴=+=.过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤， 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222126AB AD AA R ++'==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【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.5．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313a D ．1//D E 平面11A B BA 【答案】ABD 【分析】连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知14DA A π∠=，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为316a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A DA B A =，则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ，则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14DA A π∠=，所以选项B 正确；选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则11111113A B D E E AB D AB D V V S d --==⋅，连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短， 即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123111113326D AB D B ADDADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（ ）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI 10，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时221335322D N ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，223110EF =+=1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确； 对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，其长度为10，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=，故D 选项正确； 故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.7．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.8．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为2B ．侧棱与底面所成的角为4πC D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.9．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π 【答案】BD 【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可. 【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM =由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确. 故选：BD. 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.10．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为2a C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD 【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122O B O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以112O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+-得22222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得2R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r，易求得侧面面积为221sin 23S a π=⋅=，由等体积法得222111432334a a a r a r ⋅=⋅+⋅⋅⋅解得4a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222221cos 2322BF DF BD BFD BF DF a ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎛⎫⎪⎝⎭22222221cos 232a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫⎪⎝⎭，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故////AS ED BC 故正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱，所以D 正确 故选：ABD 【点睛】求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：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，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.。
高中数学微专题：立体几何压轴小题(含答案)
一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42D ．25 【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()252PE =+=,选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=u u u r u u u r，因为CD DB BA AC =++u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. CA DB考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm）可得这个几何体的体积是（）112222侧视图俯视图主视图A．343cmB．383cmC．33cm D．34cm【答案】B．【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==ShV．考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P是正方体1111ABCD A B C D-对角线1AC上一动点，设AP的长度为x，若PBD∆的面积为(x)f，则(x)f的图象大致是（）【答案】A【解析】试题分析：设AC与BD交于点O,连接OP.易证得BD⊥面11ACC A,从而可得BD OP⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC∆中126cos33C AC∠==在AOP∆中22OA=,设(),03AP x x=≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A（B（C （D 【答案】D.【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA Θ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则；在1BDA Rt ∆中，；在1ABA ∆中，；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为AB ．π12 CD ．π3 【答案】D 正视图 侧视图俯视图试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90oD ．1AP PD +的最小值为22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥Θ，11DC B A ⊥，1111A B A D A =I ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征．9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P、Q分别在棱BB1、DD1上，且=，过点A、P、Q作截面截去该正方体的含点A1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（）【答案】A【解析】试题分析：当P、B1重合时，主视图为选项B；当P到B点的距离比B1近时，主视图为选项C；当P到B 点的距离比B1远时，主视图为选项D，因此答案为A.考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-=+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B.【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=Q在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos ,24aAG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B ．56C ．239D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=o所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =I ,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ） A.B.C. D.【答案】A 【解析】 试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A 点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且 AB＝AC＝ a ，BD＝ 2a ，则 CD 的长为( )A． 2aB． 5aC． a【答案】A 【解析】D． 3a试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式 EF d 2 m2 n2 2mn cos ，对于本题中， d a ，m a ， n 2 ， 60o，故 CD a2 a2 2a2 2 a 2a cos 60o 2a ．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是 24，所有棱长的和是 24，则对角线的长是（）．Ａ． 14B．4C．3 2D．2 3【答案】B 【解析】 试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长 度． 考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为 l 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F，M 分别是 AB、AD、 AA1 的中点，又 P、Q 分别在线段 A1B1、A1D1 上,且 A1P=A1Q=x,0<x<1 ，设面 MEF I 面 MPQ= l ，则下列结论中不成立的是( )A． l / / 面 ABCD B． l ACC．面 MEF 与面 MPQ 不垂直D．当 x 变化时， l 不是定直线【答案】D 【解析】试题分析：解：连结 AC, BD, A1C1, B1D1 , AC, BD 交于点 O A1C1, B1D1 交于点 O1由正方体的性质知， BD / / B1D1，AC / / A1C1, AC BD, A1C1 B1D1因为 E, F 是 AD, AB 的中点，所以 EF / /BD因为 A1P A1Q ,所以 PQ / / B1D1试卷第 11 页，总 53 页所以 PQ / /EF ,所以 PQ / / 平面 MEF , EF / / 平面 MPQ ,由 MEF I 面 MPQ= l ， EF 平面 MEF ，所以 EF / /l ，而 EF 平面 ABCD, l 平面 ABCD , 所以， l / / 面 ABCD ，所以选项 A 正确； 由 AC BD ， EF / /BD 得 EF AC 而 EF / /l ，所以 l AC，所以选项 B 正确；连 MB1, MD1,O1M ,则 O1M / / AC1, 而 AC1 A1B, AC1 BD，BD / /EF, A1B / /MF所以， O1M EF ,O1M MF ,所以 O1M 平面 MEF ，过直线 l 与平面 MEF 垂直的平面只能有一个，所以面 MEF 与面 MPQ 不垂直，所以选项 C 是正确的；因为 EF / /l ， M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线 l 是唯一的，故选项 D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形 ABC的中线 AF 与中位线 DE 相交于 G ，已知 AED是△ ADE 绕 DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是()A．动点 A在平面 ABC上的射影在线段 AF 上B．恒有平面 AGF ⊥平面 BCDEC．三棱锥 A EFD的体积有最大值D．异面直线 AE 与 BD不可能垂直【答案】D 【解析】试题分析：由于 A'G DE, FG DE ．所以 DE 平面 A' FG ．经过点 A' 作平面 ABC 的垂线垂足在 AF 上．所以 A 选项正确．由 A 可知 B 选项正确．当平面 A' DE 垂直于平面 BCDE 时，三棱锥 A EFD 的体积最大，所以 C 正确．因为 BD PEF ，设 AC 2a ．所以 EF A' E a ，当 A' F 2a 时，2a A'G GF ( A'G GF 3 a) 2 ．所以异面直线 AE 与 BD可能垂直．所以 D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为 l 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F，M 分别是 AB、AD、 AA1 的中点，又 P、Q 分 别在线段 A1B1、A1D1 上,且 A1P=A1Q=x,0<x<1 ，设面 MEF I 面 MPQ= l ，则下列结论中不成立的是( )试卷第 12 页，总 53 页A． l / / 面 ABCD B． l ACC．面 MEF 与面 MPQ 不垂直D．当 x 变化时， l 不是定直线【答案】D 【解析】试题分析：解：连结 AC, BD, A1C1, B1D1 , AC, BD 交于点 O A1C1, B1D1 交于点 O1由正方体的性质知， BD / / B1D1，AC / / A1C1, AC BD, A1C1 B1D1因为 E, F 是 AD, AB 的中点，所以 EF / /BD因为 A1P A1Q ,所以 PQ / / B1D1所以 PQ / /EF ,所以 PQ / / 平面 MEF , EF / / 平面 MPQ , 由 MEF I 面 MPQ= l ， EF 平面 MEF ，所以 EF / /l ，而 EF 平面 ABCD, l 平面 ABCD , 所以， l / / 面 ABCD ，所以选项 A 正确； 由 AC BD ， EF / /BD 得 EF AC 而 EF / /l ，所以 l AC，所以选项 B 正确； 连 MB1, MD1,O1M ,则 O1M / / AC1, 而 AC1 A1B, AC1 BD，BD / /EF, A1B / /MF所以， O1M EF ,O1M MF ,所以 O1M 平面 MEF ，过直线 l 与平面 MEF 垂直的平面只能有一个，所以面 MEF 与面 MPQ 不垂直，所以选项 C 是正确的；因为 EF / /l ， M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线 l 是唯一的，故选项 D 不正确． 考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质． 23．把四个半径都是 1 的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与 前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（ ）A．B．C． D．3试卷第 13 页，总 53 页【答案】A 【解析】由题意，四球心组成棱长为 2 的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径 1，且三个球心到桌面的距离都为 1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选 A．24．如图所示，四边形 ABCD 为正方形，QA⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥 Q－ABCD 的体积与棱锥 P－DCQ 的体积的比值是（ ）A. 2:1 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:3 【答案】C【解析】设 AB＝a.由题设知 AQ 为棱锥 Q－ABCD 的高，所以棱锥 Q－ABCD 的体积 V1＝ .易证 PQ⊥面 DCQ，而 PQ＝ ，△DCQ 的面积为，所以棱锥 P－DCQ 的体积 V2＝ .故棱锥 Q－ABCD 的体积与棱锥 P－DCQ 的体积的比值为 1:1，选 C.25．正四面体 ABCD，线段 AB / / 平面 ，E，F 分别是线段 AD 和 BC 的中点，当正四面体绕以 AB 为轴 旋转时，则线段 AB 与 EF 在平面 上的射影所成角余弦值的范围是（ ）A． [0，2]2【答案】B 【解析】B．[ 2 ，1] 2C．[ 1 ，1] 2D．[ 1 ，2]22试题分析：如图，取 AC 中点为 G，结合已知得 GF / / AB，则线段 AB、EF 在平面 上的射影所成角等于 GF 与 EF 在平面 上的射影所成角，在正四面体中，AB CD，又 GE / / CD，所以 GE GF,所以 EF 2 GE 2 GF 2 ，试卷第 14 页，总 53 页当四面体绕 AB 转动时，因为 GF / / 平面 ，GE 与 GF 的垂直性保持不变，显然，当 CD 与平面 垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面上的射影E1F1的长取得最小值1 2，当CD与平面平行时，GE在平面上的射影长最长为1 2，E1F1取得最大值2 2，所以射影 E1F1 长的取值范围是[ 1 ， 2 ]， 22而 GF 在平面 上的射影长为定值 1 ，所以 AB 与 EF 在平面 上的射影所成角余弦值的范围是[ 2 ，1].22故选 B 考点：1 线面平行；2 线面垂直。
【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编100题（含答案）
【⾼考压轴题】空间⽴体⼏何经典⼤题汇编100题（含答案）【⾼考压轴题】空间⽴体⼏何经典⼤题汇编100题（含答案)未命名⼀、解答题1．直三棱柱'''ABC A B C -中，底⾯ABC 是边长为2的正三⾓形，'D 是棱''A C 的中点，且'AA =.（1）若点M 为棱'CC 的中点，求异⾯直线'AB 与BM 所成⾓的余弦值；（2）若点M 在棱'CC 上，且'A M ⊥平⾯''AB D ，求线段CM 的长.2．如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，CF ⊥平⾯ABC ，AB BC ⊥，45BAC ∠=?，CF DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点.（1）求证：//BD 平⾯FGH ；（2）求平⾯FGH 与平⾯ACFD 所成⾓（锐⾓）的⼤⼩.3．在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ==12AB AA ==，E 是棱1CC 的中点.(1)求证：平⾯1A AB ⊥平⾯1A BE ； (2)求⼆⾯⾓1A BE A --的余弦值.4．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平⾯,,ABCD AB AD CD BC ==. （1）求证：平⾯PBD ⊥平⾯PAC ；（2）若120,60B A D B CD ∠=∠=，且P B P D ⊥，求⼆⾯⾓B PC D --的平⾯⾓的⼤⼩.5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 是矩形，11AB B C ⊥，平⾯1A BC ⊥平⾯11AB C .（1）求证：11AB A B ⊥；（2）若113B C =，4AB =，160ABB ?∠=，求⼆⾯⾓1A A C B --的余弦值.6．如图，在正⽅体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是111,CC B C 的中点．（1）求证：1A F //平⾯1AD E ；（2）求⼆⾯⾓1D E A DC --余弦值.7．在多⾯体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正⽅形，//EF AB ，1DE EF ==，2DC BF ==，30EAD ?∠=.（Ⅰ）求证：AE ⊥平⾯CDEF ；（Ⅱ）在线段BD 上确定⼀点G ，使得平⾯EAD 与平⾯FAG 所成的⾓为30?. 8．已知四棱锥P ABCD -中，平⾯PCD ⊥平⾯ABCD ，且22PD PC BC ===， 2,3BCD ABD π∠=是等边三⾓形，AC B D E =. (1)证明：PC ⊥平⾯PAD ； (2)求⼆⾯⾓P AB C --的余弦值.9．已知直⾓梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD CD ===，E 、F 分别是边AD 、BC 上的点，且//EF AB ，沿EF 将EFCD 折起并连接成如图的多⾯体CD ABFE -，折后BE ED ⊥．（Ⅰ）求证：AE FC ⊥；（Ⅱ）若折后直线AC 与平⾯ABFE 所成⾓θABCD ⊥平⾯FCB ．10．如图，在四棱锥S ABCD -中，SA ⊥平⾯ABCD ，且90ABC BCD ∠=∠=?，22SA AB BC CD ====，E 是边SB 的中点．（1）求证：AE ⊥平⾯SBC ；（2）若F 是线段SB 上的动点（不含端点）：问当BF FS为何值时，⼆⾯⾓D CF B--余弦值为10-． 11．如图，已知三棱柱111ABC A B C -，侧⾯11BCC B ABC ⊥底⾯. (Ⅰ)若,M N 分别是1,AB AC 的中点，求证：11//MN BCC B 平⾯； (Ⅱ)若三棱柱111ABC A B C -的各棱长均为2，侧棱1BB 与底⾯ABC 所成的⾓为60?，问在线段11A C 上是否存在⼀点P ，使得平⾯111B CP ACC A ⊥平⾯?若存在，求1C P 与1PA 的⽐值，若不存在，说明理由．12．已知某⼏何体直观图和三视图如图所⽰，其正视图为矩形，侧视图为等腰直⾓三⾓形，俯视图为直⾓梯形.（1）求证：BN 11C B N ⊥平⾯；（2）11sin C N CNB θθ设为直线与平⾯所成的⾓,求的值；（3）设M 为AB 中点，在BC 边上找⼀点P ，使MP //平⾯1CNB 并求BPPC的值. 13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是棱,BC AB 的中点，点F 在1CC 棱上，且AB AC =，13AA=，2BC CF ==.（1）求证：1//C E 平⾯ADF ；（2）当2AB =时，求⼆⾯⾓111A C E B --的余弦值.14．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知1CA CB ==，12AA =，90BCA ?∠=．（1）求异⾯直线1BA 与1CB 夹⾓的余弦值；（2）求⼆⾯⾓1B AB C --平⾯⾓的余弦值．15．已知正三棱柱中，、分别为的中点，设.（1）求证：平⾯平⾯；（2）若⼆⾯⾓的平⾯⾓为，求实数的值，并判断此时⼆⾯⾓是否为直⼆⾯⾓，请说明理由.16．在直三棱柱中，13,2,AA AB BC AC D ====是AC 中点. （Ⅰ）求证：1B C //平⾯1A BD ；（Ⅱ）求点1B 到平⾯1A BD 的距离；（Ⅲ）求⼆⾯⾓11A DB B --的余弦值.17．如图,在三棱柱ABC -111A B C 中,侧棱与底⾯垂直,090BAC ∠=,AB AC =1AA =2=,点,M N 分别为1A B 和11B C 的中点.(1)证明:1A M ⊥MC ;(2)求⼆⾯⾓N MC A --的正弦值.18．如图，四边形ABCD 是正⽅形，EA ⊥平⾯ABCD ，//EA PD ，22AD PD EA ===，F ，G ，H 分别为PB ，EB ，PC 的中点.（1）求证：//FG 平⾯PED ；（2）求平⾯FGH 与平⾯PBC 所成锐⼆⾯⾓的⼤⼩；（3）在线段PC 上是否存在⼀点M ，使直线FM 与直线PA 所成的⾓为3π若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由.19．已知五边形ABCDE 是由直⾓梯形ABCD 和等腰直⾓三⾓形ADE 构成，如图所⽰， AB AD ⊥， AE DE ⊥， AB CD ，且224AB CD DE ===，将五边形ABCDE 沿着AD 折起，且使平⾯ABCD ⊥平⾯ADE .（Ⅰ）若M 为DE 中点，边BC 上是否存在⼀点N ，使得MN 平⾯ABE ？若存在，求BNBC的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求⼆⾯⾓A BE C --的平⾯⾓的余弦值.20．如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的多⾯体中，四边形ACDF 是菱形，60,,//FAC AC BC AB DE ∠=?⊥， //,2,1,BC EF AC BC BF ===（1）求证：BC ⊥平⾯ACDF ；（2）求⼆⾯⾓C AE F --的余弦值.21．在PABC 中，4PA =，PC =45P ∠=?，D 是PA 中点（如图1）.将PCD ?沿CD 折起到图2中1PCD ?的位置，得到四棱锥1P ABCD -.（1）将PCD ?沿CD 折起的过程中，CD ⊥平⾯1P DA 是否成⽴？并证明你的结论；（2）若1P D 与平⾯ABCD 所成的⾓为60°，且1PDA ?为锐⾓三⾓形，求平⾯1P AD 和平⾯1P BC 所成⾓的余弦值.22．四棱锥P ABCD -中，侧⾯PDC 是边长为2的正三⾓形，且与底⾯垂直，底⾯ABCD 是60ADC ∠=?的菱形，M 为PB 的中点，Q 为CD 的中点.（1）求证：PA CD ⊥；（2）求AQ 与平⾯CDM 所成的⾓.23．如图，在正⽅体ABCD – A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱BC ，A 1B 1，B 1C 1的中点．（1）求异⾯直线EF 与DG 所成⾓的余弦值；（2）设⼆⾯⾓A —BD —G 的⼤⼩为θ，求 |cos θ| 的值．24．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 60DAB DBF ∠=∠=?，且F A F C =.（1）求证：AC ⊥平⾯BDEF ；（2）求直线AF 与平⾯BCF 所成⾓的正弦值.25．如图，在正⽅体1111ABCD A B C D -中，,F G 分别是棱1,CC AD 的中点，E 为棱AB 上⼀点，且异⾯直线1B E 与BG 所成⾓的余弦值为25.（1）证明：E 为AB 的中点；（2）求平⾯1B EF 与平⾯11ABC D 所成锐⼆⾯⾓的余弦值.26．如图，ABC ?中，02,4,90AC BC ACB ==∠=，,D E 分别是,AC AB 的中点，将ADE ?沿DE 折起成PDE ?，使⾯PDE ⊥⾯BCDE ，,H F 分别是PD 和BE 的中点，平⾯BCH 与PE ，PF 分别交于点,I G .（1）求证：//IH BC ；（2）求⼆⾯⾓P GI C --的正弦值.27．如图，矩形ABCD 中，6AB =，AD =点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD沿着对⾓线AC 折成⼆⾯⾓D AC B '--，使得D B '=．（Ⅰ）求证：当AF =D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得⼆⾯⾓A D F B -'-的⼤⼩为4π．28．如图，在三棱锥P ABC -中，,,CP CA CB 两两垂直且相等，过PA 的中点D 作平⾯α∥BC ，且α分别交PB ，PC 于M 、N ，交,AB AC 的延长线于,E F ．（Ⅰ）求证：EF ⊥平⾯PAC ；（Ⅱ）若2AB BE =，求⼆⾯⾓P DM N --的余弦值.29．如图1，在M B C △中，24BM BC ==，BM BC ⊥，A ，D 分别为BM ，MC 的中点．将MAD △沿AD 折起到PAD △的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ．（Ⅰ）求证：平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ；（Ⅱ）若E 为PC 中点，求直线DE 与平⾯PBD 所成⾓的正弦值；（Ⅲ）线段PC 上是否存在⼀点G ，使⼆⾯⾓G AD P --求出PGPC的值；若不存在，请说明理由．30．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是菱形.（1）求证：BD ⊥平⾯PAC ；（2）若PA AB BD ==，求PC 与平⾯PBD 所成⾓的正弦值.31．如图，四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为梯形，PD ⊥底⾯ABCD ，//,,1,AB CD AD CD AD AB BC ⊥===过A 作⼀个平⾯α使得//α平⾯PBC .（1）求平⾯α将四棱锥P ABCD -分成两部分⼏何体的体积之⽐；（2）若平⾯α与平⾯PBC PA 与平⾯PBC 所成⾓的正弦值.32．如图⼏何体ADM-BCN 中，ABCD 是正⽅形，CD //NM ，,AD MD CD CN ⊥⊥，MDC ∠=120o ，30CDN ∠=，24MN MD ==.（Ⅰ）求证：//AB CDMN 平⾯；（Ⅱ）求证：DN AMD ⊥平⾯；（Ⅲ）求⼆⾯⾓N AM D --的余弦值.33．如图所⽰，在四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为正⽅形，PA ⊥平⾯ABCD ，且1PA AB ==，点E 在线段PC 上，且2PE EC =. （Ⅰ）证明：平⾯BDE ⊥平⾯PCD ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓P BD E --的余弦值.34．在如图所⽰的多⾯体ABCDE 中，AB ⊥平⾯ACD ，DE ⊥平⾯ACD ，AC AD CD DE 2AB 1G =====，，为AD 中点，F 是CE 的中点. （1）证明：BF 平⾯ACD （2）求点G 到平⾯BCE 的距离.35．如图所⽰，四棱锥P ABCD -的侧⾯PAD ⊥底⾯ABCD ，底⾯ABCD 是直⾓梯形，且//,AB CD AB AD ⊥,12CD PD AD AB ===,E 是PB 中点.（1）求证：CE ⊥平⾯PAB ；（2）若4CE AB ==，求直线CE 与平⾯PDC 所成⾓的⼤⼩.36．如图，在四棱锥E ABCD -中，ABD ?是正三⾓形，BCD ?是等腰三⾓形，120BCD ∠=，EC BD ⊥．（1）求证：BE DE =；（2）若AB =AE =EBD ⊥平⾯ABCD ，直线AE 与平⾯ABD 所成的⾓为45°，求⼆⾯⾓B AE D --的余弦值．37．如图1，在平⾏四边形11ABB A 中，160ABB ∠=?，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点，现把平⾏四边形11ABB A 1沿C 1C 折起如图2所⽰，连接1B C 、1B A 、11B A ．（1）求证：11AB CC ⊥；（2）若1AB =11C AB A --的正弦值．38．如图,已知四棱锥S ABCD -中,底⾯ABCD 是边长为2的菱形,60BAD ∠=?,SA SD SB ===点E 是棱AD 的中点,点F 在棱SC 上,且SF SC λ=,SA //平⾯BEF .（1）求实数λ的值;（2）求⼆⾯⾓S BE F --的余弦值.39．如图所⽰，在四棱锥P ABCD -中，平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是正⽅形，且PA PD =，90APD ?∠=.（Ⅰ）证明：平⾯PAB ⊥平⾯PCD ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓A PB C --的余弦值.40．如图，空间四边形OABC 中，,OA BC OB AC ⊥⊥.求证：OC AB ⊥.41．如图，直⾓梯形BDFE 中，||EF BD ，BE BD ⊥，EF =等腰梯形ABCD 中，||AB CD ，AC BD ⊥，24AB CD ==，且平⾯BDFE ⊥平⾯ABCD . （1）求证：AC ⊥平⾯BDFE ；（2）若BF 与平⾯ABCD 所成⾓为4π，求⼆⾯⾓B DF C --的余弦值.42．在如图所⽰的⼏何体中，正⽅形ABEF 所在的平⾯与正三⾓形ABC 所在的平⾯互相垂直，//CD BE ，且2BE CD =，M 是ED 的中点．（1）求证：//AD 平⾯BFM ；（2）求⾯EDF 与⾯ADB 所成锐⼆⾯⾓的⼤⼩．43．如图，四⾯体中，分别是的中点，（1）求证：平⾯;（2）求直线与平⾯所成⾓的正弦值.44．如图，已知正⽅体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，CC '，AA '，C D ''的中点.（1）求证：EF 平⾯GHD ；（2）求直线EF 与BD '所成的⾓.45．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底⾯ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PAB ?为正三⾓形，且侧⾯P AB ⊥底⾯ABCD ，E 为线段AB 的中点，M 在线段PD 上.（I ）当M 是线段PD 的中点时，求证：PB // 平⾯ACM ；（II ）求证：PE AC ⊥；（III ）是否存在点M ，使⼆⾯⾓M EC D --的⼤⼩为60°，若存在，求出PMPD的值；若不存在，请说明理由．46．长⽅形ABCD 中，2AB AD =，M 是DC 中点（图1）．将△ADM 沿AM 折起，使得AD BM ⊥（图2）在图2中：（1）求证：平⾯ADM ⊥平⾯ABCM ；（2）在线段BD 上是否存点E ，使得⼆⾯⾓E AM D --为⼤⼩为π4，说明理由． 47．如下图，在空间直⾓坐标系O xyz -中，正四⾯体（各条棱均相等的三棱锥）ABCD 的顶点,,A B C 分别在x 轴，y 轴，z 轴上.（Ⅰ）求证：//CD 平⾯OAB ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓C AB D --的余弦值.48．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平⾯ABCD ,底⾯ABCD 为梯形， //AD BC ,AB DC ==1122AD AA BC ===，点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点.（Ⅰ）求证：//CQ 平⾯1PAC ；（Ⅱ）求⼆⾯⾓1C AP D --的余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点E ，使PE 与平⾯1PAC 所成⾓的正弦值是21若存在，求BE 的长；若不存在，请说明理由.49．如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥⾯ABCD ，2PB =，PB 与⾯PCD 成045⾓，PB 与⾯ABD 成030⾓.（1）在PB 上是否存在⼀点E ，使PC ⊥⾯ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由；（2）当E 为PB 中点时，求⼆⾯⾓P AE D --的余弦值.50．如图所⽰，在底⾯为正⽅形的四棱柱1111ABCD A B C D -中，1111,2,3AA A B A D AB AA B π===∠=.（1）证明：平⾯1A BD ⊥平⾯11A BC ；（2）求直线1AC 与平⾯1DBC 所成⾓的正弦值.51．如图，在等腰梯形ABCD 中，060ABC ∠=，上底2CD =，下底4AB =，点E 为下底AB 的中点，现将该梯形中的三⾓形BEC 沿线段EC 折起，形成四棱锥B AECD -.（1）在四棱锥B AECD -中，求证：AD BD ⊥；（2）若平⾯BEC 与平⾯AECD 所成⼆⾯⾓的平⾯⾓为0120，求直线AE 与平⾯ABD所成⾓的正弦值.52．如图，已知四棱锥P ABCD - 中，//,,3,4,4,AB CD AB AD AB CD AD AP ⊥====060PAB PAD ∠=∠=.（1）证明：顶点P 在底⾯ABCD 的射影在BAD ∠的平分线上；（2）求⼆⾯⾓B PD C --的余弦值.53．如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平⾯11AAC C ，12AA AB AC ===，160A AC ∠=.过1AA 的平⾯交11B C 于点E ，交BC 于点F .(l)求证：1A C ⊥平⾯1ABC ；(Ⅱ)求证：四边形1AA EF 为平⾏四边形； (Ⅲ)若是23BF BC =，求⼆⾯⾓1B AC F --的⼤⼩． 54．如图，在四棱锥P ABCD -中，底⾯ABCD 为梯形，平⾯PAD ⊥平⾯,//,ABCD BC AD ,PA PD ⊥,60,AB AD PDA E ⊥∠=为侧棱PD 的中点，且2,4AB BC AD ===.（1）证明：//CE 平⾯PAB ；（2）求⼆⾯⾓A PB C --的余弦值.55．如图1，梯形ABCD 中，AD BC ∥，CD BC ⊥，1BC CD ==，2AD =，E。
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（2）当且仅当x= 时，四边形 的面积最小；
（3）四边形 周长 ， 是单调函数；
（4）四棱锥 的体积 为常函数；
以上命题中假命题的序号为（）
A．（1）（4）B．（2）C．（3）D．（3）（4）
【答案】C
【解析】
试题分析：（1）由于 ， ，则 ，则 ，又因为 ，则平面 平面 ；（2）由于四边形 为菱形， ， ，要使四边形 的面积最小，只需 最小，则当且仅当 时，四边形 的面积最小；（3）因为 ， ， 在 上不是单调函数；（4） ， = ， 到平面 的距离为1， ，又 ， ， 为常函数.
则在直角三角形BOE中，BO2=OE2+BE2=（PE-EO）2+BE2，
即R2=（4-R）2+（3 ）2，解得：R= ，故选C.
考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力
12．如右图，在长方体 中， =11， =7， =12，一质点从顶点A射向点 ，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将 次到第 次反射点之间的线段记为 ， ，将线段 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）
考点：组合体的三视图
11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC，它是一个正四棱锥P-ABCD的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．
设其外接球的球心为O，O点必在高线PE上，外接球半径为R，
考点：由三视图求外接球的表面积.
8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中， 为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（）
A．
B．平面 平面
C． 的最大值为
D． 的最小值为
【答案】C
【解析】
试题分析： ， ， ， 平面 ， 平面
因此 ，A正确；由于 平面 ， 平面 ，故平面 平面
故B正确，当 时， 为钝角，C错；将面 与面 沿 展成平面图形，线段 即为 的最小值，利用余弦定理解 ，故D正确，故答案为C．
考点：棱柱的结构特征．
9．下列命题中，错误的是（）
A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
B．平行于同一平面的两条直线不一定平行
C．如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面
D．若直线 不平行于平面 ，则在平面 内不存在与 平行的直线
【答案】B
【解析】
试题分析:由直线与平面的位置关系右知A正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B错，所以选B.
考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.
3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位： ）可得这
个几何体的体积是（）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】
试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积 ．
考点：空间几何体的体积计算．
4．如图， 是正方体 对角线 上一动点，设 的长度为 ，若 的面积为 ，则 的图象大致是（）
【答案】A
【解析】
试题分析：设 与 交于点 ,连接 .易证得 面 ,从而可得 .设正方体边长为1,在 中 .在 中 ,设 ,由余弦定理可得 ,所以 .所以 .故选A.
考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.
5．如图所示，正方体 的棱长为1， 分别是棱 ， 的中点，过直线 的平面分别与棱 、 交于 ，设 ， ，给出以下四个命题：
考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．
2．如图在一个二面角的棱上有两个点 ， ，线段 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱 ， ，则这个二面角的度数为（）
A． B． C． D．
【答案】B【ຫໍສະໝຸດ 析】试题分析：设所求二面角的大小为 ，则 ，因为 ，所以
而依题意可知 ，所以
所以 即
所以 ，而 ，所以 ，故选B.
故选（3）
考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.
6．已知三棱柱 的侧棱与底面边长都相等， 在底面 上的射影为 的中点，则异面直线 与 所成的角的余弦值为（）
（A） （B） （C） （D）
【答案】D.
【解析】
试题分析：连接 ； , 是异面直线 与 所成的角或其补角；在 中，设 ，则 ；在 中， ；在 中， ；即面直线 与 所成的角的余弦值为 .
考点：异面直线所成的角.
7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径， ， ，因此 ，故答案为D.
一、选择题
1．如图，已知正方体 的棱长为4，点 ， 分别是线段 ， 上的动点，点 是上底面 内一动点，且满足点 到点 的距离等于点 到平面 的距离，则当点 运动时， 的最小值是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：因为点 是上底面 内一动点，且点 到点 的距离等于点 到平面 的距离，所以，点 在连接 中点的连线上．为使当点 运动时， 最小，须 所在平面平行于平面 , ,选
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径 ,
考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.
10．已知如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P、Q分别在棱BB1、DD1上，且 = ，过点A、P、Q作截面截去该正方体的含点A1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）
【答案】A
【解析】
试题分析：当P、B1重合时，主视图为选项B；当P到B点的距离比B1近时，主视图为选项C；当P到B点的距离比B1远时，主视图为选项D，因此答案为A.
【答案】C
【解析】
试题分析：
因为 ，所以 延长交 于 ，过 作 垂直 于 在矩形 中分析反射情况：由于 ，第二次反射点为 在线段 上，此时 ,第三次反射点为 在线段 上，此时 ,第四次反射点为 在线段 上,由图可知，选C.
考点：空间想象能力
13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）