高考数学-立体几何(含22年真题讲解)

2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥−P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B 【解析】设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且263BO =⨯=PO 因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA −=，E ，F 分别是棱11,BC AC 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A −−的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤【答案】A【解析】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠， tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=， 所以αβγ≤≤， 故选：A ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD −，F ABC −，F ACE −的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMSEM FM =⋅，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a −−=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【解析】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1AC ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11AC ，设1111ACB D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC −的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=−=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D −的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D −为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP =所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==..。

知识梳理模型一、圆柱外接球结论：422h r R +=（R：外接球半径 h：圆柱高 r：圆柱底面半径）推导：模型一推广：（1）直棱柱422h r R += （h:圆柱的高 r:直棱柱底面外接圆半径 ）学 科 数学 教师姓名 教材版本 人教版新教材学生姓名所在年级上课时间课题名称外接球问题教学目标 1、圆柱和圆锥的外接球模型2、有公共斜边的两个直角三角形组成的三棱锥外接球3、利用模型解决相关棱柱和棱锥外接球问题教学重点 教学难点（2）侧面为三角形，底面为矩形，侧面和底面垂直的四棱锥（3）侧棱垂直于底面的棱锥【2017深二模】已知三棱锥S-ABC，△ABC是直角三角形，其斜边AB=8，SC⊥平面ABC，SC=6，则三棱锥的外接球的表面积为( )（A）64π（B）68π（C）72π（D）100π模型二、圆锥外接球结论：hh r R 222+=（R：外接球半径 h：圆锥高 r：圆锥底面半径）推导：模型二推广：（1）棱锥（上顶点在底面外心正上方）外接球hh r R 222+= （h:棱锥的高 r:棱锥底面外接圆半径 ）【2018深一模】如图，网格纸上小正方形的边长为1，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积为（）A．B．C．16πD．25π【2017全国一卷文 16】已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为______________．【2019 全国一卷理 12】已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D模型一、二总结题型：求几何体的外接球模型一： 422h r R += （圆柱模型） 模型二： h h r R 222+=（圆锥模型）适用于： 适用于：1、所有的圆柱、直棱柱 上顶点在底面外心正上方的棱锥2、侧棱垂直于底面的棱锥3、侧面为任意三角形，底面为矩形， 且侧面垂直于底面的四棱锥模型三、有公共斜边的两个直角三角形组成的三棱锥 ，球心在公共斜边的中点处如下图，∠ABC=∠ADC=90°，则O 为外接球球心1、在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角D AC B --，则四面体ABCD 的外接球的体积为A. π12125B.π9125C.π6125D.π31252.三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O的球面上，且SA AC SB BC ====4SC =，则该球的体积为A 2563πB 323π C 16π D 64π专题练习类型一 构造法（补形法）【例1】已知是球上的点， , ， ,则球的表面积等于________________．【例2】【辽宁省鞍山一中2019届高三三模】刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4π,,,S A B C O SA ABC ⊥平面AB BC ⊥1SA AB ==BC =O【举一反三】1、【山东省济宁市2019届高三一模】已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．2、【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】在三棱锥S−ABC中，，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（）A．25ΠB．C．50ΠD．3、【河南省天一大联考2019届高三阶段性测试（五)】某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．7πB．8πC．9πD．10π类型二 正棱锥与球的外接【例3】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 （ ） A ． B ． C ． D ．【举一反三】1、球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大值为( )A .33 B . 3 C ．2 3 D ．42. 【四川省德阳市2018届高三二诊】正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______．814π16π9π274π3、【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥P −ABC 中，√2PA =AB =4√2，点E 在棱PA 上，且PE =3EA .正三棱锥P −ABC 的外接球为球O ，过E 点作球O 的截面α，α截球O 所得截面面积的最小值为__________．类型三 直棱柱的外接球【例4】直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,， 则此球的表面积等于 .【举一反三】1、【云南省2019年高三第二次统一检测】已知直三棱柱的顶点都在球O 的球面上，AB =AC =2，BC =2√2，若球O 的表面积为72Π，则这个直三棱柱的体积是（ ） A ．16 B ．15C ．D ．2、已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,,,,则球的半径为（）A B ． C．D ．3、 正四棱柱的各顶点都在半径为的球面上，则正四棱柱的侧面积有最111ABC A B C -12AB AC AA ===120BAC ∠=︒111ABC A B C -O 34AB AC ==，AB AC ⊥112AA =O 1321111ABCD A B C D -R值，为 .答案与解析类型一 构造法（补形法）【例1】已知是球上的点， , ， ,则球的表面积等于________________． 【答案】 【解析】由已知S,A,B,C 是球O 表面上的点，所以 ，又，，所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC 三边长为长方体的外接球的半径，因为， ,所以，所以球的表面积.【指点迷津】当一三棱锥的三侧棱两两垂直时，可将三棱锥补成一个长方体，将问题转化为长方体（正方体）来解.长方体的外接球即为该三棱锥的外接球.【例2】【辽宁省鞍山一中2019届高三三模】刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4π,,,S A B C O SA ABC ⊥平面AB BC ⊥1SA AB ==BC =O 4πOA OB OC OS ===SA ABC ⊥平面AB BC ⊥S ABC -1SA AB ==BC =22,1R R ==O 244S R ππ==【答案】B【解析】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球，由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为，∴外接球的半径为，∴外接球的体积为.故选：B．【指点迷津】当一四面体或三棱锥的棱长相等时，可以构造正方体，在正方体中构造三棱锥或四面体，利用三棱锥或四面体与正方体的外接球相同来解即可.【举一反三】1、【山东省济宁市2019届高三一模】已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为R，则2R=4，R=2,所以该长方体的外接球的体积，故选C.2、【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】在三棱锥S−ABC中，，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（）A．25蟺B．C．50蟺D．【答案】C【解析】解：如图，把三棱锥S−ABC补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥S−ABC外接球的表面积为．故选：C．3、【河南省天一大联考2019届高三阶段性测试（五)】某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A ．7πB ．8πC ．9πD ．10π 【答案】C 【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为9π.故答案为：C.类型二 正棱锥与球的外接【例3】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A ．814π16π9π274π【指点迷津】求正棱锥外接球的表面积或体积，应先求其半径，在棱锥的高上取一点作为外接球的球心，构造直角三角形，利用勾股定理求半径. 【举一反三】1、球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大值为( )A .33 B . 3 C ．2 3 D ．4 【答案】A【解析】 (1)由于平面SAB ⊥平面ABC ，所以点S 在平面ABC 上的射影H 落在AB 上，根据球的对称性可知，当S 在“最高点”，即H 为AB 的中点时，SH 最大，此时棱锥S -ABC 的体积最大．学科*网因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以球的半径r ＝OC ＝23CH ＝23×32×2＝233.在Rt △SHO 中，OH ＝12OC ＝33，所以SH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝1， 故所求体积的最大值为13×34×22×1＝33.2. 【四川省德阳市2018届高三二诊】正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】 解：如图，设正四面体ABCD 的棱长为x ，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则AO =23AD =√33x ，，，即x=√2a．再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA，则，即．∴正四面体ABCD的外接球的体积为.故答案为：．3、【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥P−ABC中，√2PA=AB=4√2，点E在棱PA上，且PE=3EA.正三棱锥P−ABC的外接球为球O，过E点作球O的截面α，α截球O所得截面面积的最小值为__________．【答案】3π【解析】因为PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=4√2，所以PA2+PC2=AC2，所以∠CPA=π2，同理∠CPB=∠BPA=π2，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球O，直径为正方体的体对角线，故2R=4√3，设PA的中点为F，连接OF，则OF=2√2且OF⊥PA，所以OE=√8+1=3，当OE⊥平面α时，平面α截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为√(2√3)2−32=√3，故截面的面积为3π．填3π．类型三 直棱柱的外接球 【例4】直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,， 则此球的表面积等于 . 【答案】【解析】在中,,可得,由正弦定理,可得外接圆半径r=2,设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为.【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 【举一反三】1、【云南省2019年高三第二次统一检测】已知直三棱柱的顶点都在球O 的球面上，AB =AC =2，BC =2√2，若球O 的表面积为72蟺，则这个直三棱柱的体积是（ ） A ．16 B ．15 C ．D ．【答案】A 【解析】 由题，，因为AB =AC =2，BC =2√2，易知三角形ABC 为等腰直角三角形， 故三棱柱的高故体积V =12脳2脳2脳8=16 故选A111ABC A B C -12AB AC AA ===120BAC ∠=︒ABC ∆2AB AC ==120BAC ∠=︒BC =ABC ∆O 'O RT OBO '∆R =2420R ππ=2、已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,若,,,则球的半径为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由球心作面ABC 的垂线，则垂足为BC 中点M.计算AM=，由垂径定理，OM=6，所以半径,选C.3、 正四棱柱的各顶点都在半径为的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为 . 【答案】大111ABC A B C -O 34AB AC ==，AB AC ⊥112AA =O 213252132=1111ABCD A B C D -R。

专题18 立体几何〔1〕多项选择题1．〔2021•海南模拟〕如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB ，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，异面直1AB 与1C F 所成角的余弦值为m ，那么( )A ．m =B ．直线1A E 与直线1C F 共面C ．m =D ．直线1AE 与直线1CF 异面【分析】可连接1DC ，DF ，从而看出1DC F ∠为异面直线1AB 与1C F 所成的角，可设1AA ，从而可得出11C D C F DF =1DFC ∆中，根据余弦定理即可求出异面直1AB 与1C F 所成角的余弦值m 的值；然后连接11AC ，EF ，从而可得出11//EF AC ，这样即可得出直线1A E 与直线1C F 共面． 【解答】解：如图，连接1DC ，DF ，那么11//DC AB ，1DC F ∴∠为异面直线1AB 与1C F 所成的角，1AB =，1111ABCD A B C D -为正四棱柱，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，设1AA =那么2AB =，11C D C F DF ==∴在1DFC ∆中，根据余弦定理，1cos DC F ∠==∴m =； 连接11AC ，AC ，EF ，那么11//AC AC ，//EF AC ， 11//EF AC ∴， 1A E ∴与1C F 共面．应选：BC ．2．〔2021秋•中山市期末〕假设四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB CD =，AC BD =，AD BC =，那么以下结论正确的选项是( ) A ．四面体ABCD 每组对棱相互垂直 B ．四面体ABCD 每个面的面积相等C ．从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90︒且小于180︒ D ．连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分【分析】由对棱相等知四面体为长方体的面对角线组成的三棱锥，借助长方体的性质判断各选项是否正确即可．【解答】解：由题意可知四面体ABCD 为长方体的面对角线组成的三棱锥，如下图： 当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，故A 错误；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，故B 正确； 当四面体的所有棱长相等时，过任意一个定点的两条棱的夹角均为60︒， 那么两两夹角之和为180︒，故C 错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分，故D 正确． 综上，正确的结论是BD ． 应选：BD ．3．〔2021•山东模拟〕如下图，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为()A．B．C．D．【分析】根据正方体的性质即可判断出结论．【解答】解：对于AD．根据正方体的性质可得：l MN⊥，可得l⊥平面MNP．⊥，l MP而BC无法得出l⊥平面MNP．应选：AD．4．〔2021•顺德区模拟〕设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意两点，那么()A．在α内存在直线与直线AB异面B．在α内存在直线与直线AB相交C．在α内存在直线与直线AB平行D．存在过直线AB的平面与α垂直E．存在过直线AB的平面与α平行【分析】判断直线AB与平面的位置关系，然后选项的正误即可．【解答】解：设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意两点，所以AB与平面α，可能相交也可能平行，对于A，在α内存在直线与直线AB异面，正确；对于B，在α内存在直线与直线AB相交，如果直线AB与平面平行，那么选项B不正确；对于C，在α内存在直线与直线AB平行，如果直线AB与平面相交，那么选项C不正确；对于D，过A作平面α的垂线，此时与直线AB所在的平面与平面α垂直，所以存在过直线AB的平面与α垂直，所以D正确；对于E，存在过直线AB的平面与α平行，当直线AB与平面相交时，选项E不正确；应选：AD．5．〔2021•山东模拟〕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，那么在翻折过程中，以下说法中所有正确的选项是( )A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．假设AB BM =，那么1AM BD ⊥D ．假设1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的外表积是4π 【分析】对于A ：取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，那么1//NE AB ，1//NF MB ，由1CN AB ⊥，得EN NF ⊥，假设EN CN ⊥，且三线NE ，NF ，NC 共面共点，不可能；对于1:B NEC MAB ∠=∠〔定值〕，112NE AB =〔定值〕，AM EC =〔定值〕，由余弦定理可得NC 是定值；对于C ：取AM 中点O ，连接1B O ，DO ，由题意得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，由题意不成立；对于D ：当平面1B AM ⊥平面AMD 时，三棱锥1B AMD -的体积最大，由题意得AD 中点H 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心，球半径为1，外表积是4π．【解答】解：对于A ：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 那么1//NE AB ，1//NF MB ， 如果1CN AB ⊥，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线NE ，NF ，NC 共面共点，不可能，故A 错误． 对于B ：如图1，可得由1NEC MAB ∠=∠〔定值〕， 112NE AB =〔定值〕，AM EC =〔定值〕， 由余弦定理可得2222cos MC NE EC NE EC NEC =+-∠， NC ∴是定值，故B 正确．对于C ：如图2，取AM 中点O ，连接1B O ，DO ， 由题意得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥， 从而AD MD =，由题意不成立，可得C 错误．对于D ：当平面1B AM ⊥平面AMD 时，三棱锥1B AMD -的体积最大，由题意得AD 中点H 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心， 球半径为1，外表积是4π，故D 正确． 应选：BD ．6．〔2021春•鼓楼区校级月考〕直线a 、b 和平面α，以下说法中不正确的有( ) A ．假设//a α，//b α，那么//a b B ．假设//a b ，//b α，那么//a α C ．假设//a α，b α⊂，那么//a bD ．直线a 平行于平面α内的无数条直线，那么//a α【分析】在A 中，a 与b 相交、平行或异面；在B 中，//a α或a α⊂；在C 中，a 与b 平行或异面；在D 中，直//a α或a α⊂．【解答】解：由直线a 、b 和平面α，得：在A 中，假设//a α，//b α，那么a 与b 相交、平行或异面，故A 错误； 在B 中，假设//a b ，//b α，那么//a α或a α⊂，故B 错误； 在C 中，假设//a α，b α⊂，那么a 与b 平行或异面，故C 错误；在D 中，直线a 平行于平面α内的无数条直线，那么//a α或a α⊂，故D 错误． 应选：ABCD ．7．〔2021秋•如皋市期末〕在正三棱锥A BCD -中，侧棱长为3，底面边长为2，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，那么以下命题正确的选项是( ) A ．EF 与AD 所成角的正切值为32B ．EF 与AD 所成角的正切值为23C ．AB 与面ACDD ．AB 与面ACD 所成角的余弦值为79【分析】取BD 中点M ，BC 中点N ，连结EM ，FM ，AN ，DN ，推导出AD BC ⊥，EM M F ⊥，EF 与AD 所成角为FEM ∠，由此能求出EF 与AD 所成角的正切值；连结BF ，AF ，那么AF CD ⊥，BF CD ⊥，从而CD ⊥平面ABF ，过点B 作BP AF ⊥，交AF 于P ，那么BP CD ⊥，从而BP ⊥平面ACD ，BAF ∠是AB 与面ACD 所成角，由此能求出AB 与面ACD 所成角的余弦值．【解答】解：取BD 中点M ，BC 中点N ，连结EM ，FM ，AN ，DN ，在正三棱锥A BCD -中，侧棱长为3，底面边长为2，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点， AN BC ∴⊥，DN BC ⊥，又ANDN N =，BC ∴⊥平面ADN ，AD ⊂平面ADN ，AD BC ∴⊥，//EM AD ，且1322EM AD ==，//EF BC ，112EF BC ==， EM M F ∴⊥，EF 与AD 所成角为FEM ∠， EF ∴与AD 所成角的正切值为12tan 332MF FEM EM ∠===，故A 错误，B 正确； 连结BF ，AF ，那么AF CD ⊥，BF CD ⊥，又AF BF F =，CD ∴⊥平面ABF ，过点B 作BP AF ⊥，交AF 于P ，那么BP CD ⊥， CDAF F =，BP ∴⊥平面ACD ，BAF ∴∠是AB 与面ACD 所成角，3AB =，AF =BF ==222cos 2AB AF BF BAF AB AF +-∴∠==⨯⨯．AB ∴与面ACD，故C 正确，D 错误． 应选：BC ．8．〔2021秋•三明期末〕如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，5AB =，4AD =，13AA =，以直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，那么( )A ．点1B 的坐标为(4，5，3)B ．点1C 关于点B 对称的点为(5，8，3)-C ．点A 关于直线1BD 对称的点为(0，5，3) D ．点C 关于平面11ABB A 对称的点为(8，5，0) 【分析】利用空间点的对称性即可得出．【解答】解：由图形及其可得：点1B 的坐标为(4，5，3)，点1(0C ，5，3)关于点B 对称的点为(4-，5，3)-， 点A 关于直线1BD 对称的点为1(0C ，5，3)，点(0C ，5，0)关于平面11ABB A 对称的点为(8，5，0)． 因此ACD 正确． 应选：ACD ．9．〔2021秋•菏泽期末〕如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．那么( )A ．CD AN ⊥B ．BD PC ⊥C ．PB ⊥平面ANMDD ．BD 与平面ANMD 所在的角为30︒【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理，结合反证法，二面角的定义判断即可． 【解答】解：A 显然错误；假设BD PC ⊥，由BD PA ⊥，那么BD ⊥平面PAC ，那么BD AC ⊥，显然不成立； C 、PB AN ⊥，又PB NM ⊥，可得到C 成立；D 、连接DN ，因为PB ⊥平面ADMN ，所以BDN ∠是BD 与平面ADMN 所成的角在Rt BDN ∆中，1sin 2BN BDN BD ∠==， 所以BD 与平面ADMN 所成的角为30︒成立； 应选：CD ．10．〔2021秋•葫芦岛期末〕假设(1,,2)a λ=--，(2,1,1)b =-，a 与b 的夹角为120︒，那么λ的值为( ) A ．17B ．17-C ．1-D ．1【分析】利用向量夹角公式直接求解． 【解答】解：(1,,2)a λ=--，(2,1,1)b =-，a 与b 的夹角为120︒，222cos120||||56a b a b λ---∴︒==+，解得1λ=-或17λ=． 应选：AC ．11．〔2021秋•泰安期末〕v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面α，β的法向量(α，β不重合〕，那么以下选项中，正确的选项是( ) A ．12////n n αβ⇔B ．12n n αβ⊥⇔⊥C ．1////v n l α⇔D ．1//v n l α⊥⇔【分析】利用平面的法向量、直线的方向向量的性质即可判断出正误．【解答】解：v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面α，β的法向量(α，β不重合〕， 那么12////n n αβ⇔，12n n αβ⊥⇔⊥，1//v n l α⇔⊥，1//v n l α⊥⇔或l α⊂． 因此AB 正确． 应选：AB ．12．〔2021秋•日照期末〕将正方形ABCD 沿对角线BD 对折，使得平面ABD ⊥平面BCD ，那么( ) A ．AC BD ⊥B ．ADC ∆为等边三角形 C ．AB 与CD 所成角为60︒D ．AB 与平面BCD 所成角为60︒【分析】构建棱长均为a 的正四棱锥C ABED -，由性质能求出结果． 【解答】解：将正方形ABCD 沿对角线BD 对折，使得平面ABD ⊥平面BCD ， 构建棱长均为a 的正四棱锥C ABED -， 由正四棱锥的性质知：在A 中，连结AE 、BD ，交于点O ，连结CO ， 那么AE BD ⊥，CO BD ⊥，AEBD O =，BD ∴⊥平面AEC ，AC ⊂平面ACE ，AC BD ∴⊥，故A 正确；在B 中，ADC ∆是等边三角形，故B 正确； 在C 中，//AB DE ，DEC ∆是等边三角形，AB ∴与CD 所成角为60︒，故C 正确；在D 中，AB 与平面BCD 所成角为45ABO ∠=︒，故D 错误． 应选：ABC ．13．〔2021秋•丹东期末〕正三棱柱111ABC A B C -中，1AA ，那么( ) A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12 B ．1AC 与底面ABC的成角的正弦值为C ．1AC 与侧面11AA B BD ．1AC 与侧面11AA B B【分析】分别取11AC ，AC 的中点E ，F ，并连接EF ，1B E ，那么可分别以1EB ，1EC ，EF 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，然后求出各点的坐标，进而求出直线的方向向量以及平面的法向量，再代入公式即可判断结论．【解答】解：如图，取11AC 中点E ，AC 中点F ，并连接EF ， 那么1EB ，1EC ，EF 三条直线两两垂直，那么分别以这三条直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如下图空间直角坐标系； 设2AB =；那么1AA =1(0A ∴，1-，0)，1(0C ，1，0)，(0A ，1-，，(0C ，1，；1B ，0，0)，∴1(0AC =，2，-．底面ABC 的其中一个法向量为：(0m =，0，，1AC ∴与底面ABC 的成角的正弦值为|cos m <，111||||||||4m AC AC m AC >===⨯⨯； A ∴错B 对．11A B 的中点K的坐标为，12-，0)； ∴侧面11AA B B的其中一个法向量为：1(2KC =-，32，0)； 1AC ∴与侧面11AA B B 的成角的正弦值为：1|cos AC <，11111||||||||4AC KC KC AC KC >===⨯⨯； 故C 对D 错；应选：BC ．14．〔2021秋•烟台期末〕在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =E ，F ，P ，Q 分别为棱AB ，AD ，1DD ，1BB 的中点，那么以下结论正确的选项是( ) A ．AC BP ⊥B ．1B D ⊥平面EFPQC ．1//BC 平面EFPQD ．直线A ，D 和AC 【分析】由题意画出图形，结合空间中直线与直线，直线与平面位置关系逐一判定四个选项得答案． 【解答】解：如图，对于A ，BP 在底面上的射影为BD ，AC BD ⊥，AC BP ∴⊥，故A 正确；对于B ，假设1B D ⊥平面EFPQ ，那么1B D PQ ⊥，而11//PQ B D ，那么111B D B D ⊥，而111DD B D ⊥，假设错误，故B 错误；对于C ，11////BC AD FP ，FP ⊂平面EFPQ ，1BC ⊂/平面EFPQ ，那么1//BC 平面EFPQ ，故C 正确； 对于D，直线1A D 与AC 所成角为11DA C ∠，连接11AC ，1DC ，求解三角形可得11cos DA C ∠==故D 正确． 应选：ACD ．15．〔2021秋•苏州期末〕向量(1a =，2，3)，(3b =，0，1)-，(1c =-，5，3)-，以下等式中正确的选项是( ) A ．()a b c b c =B ．()()a b c a b c +=+C ．2222()a b c a b c ++=++D ．||||a b c a b c ++=--【分析】A ．左边为向量，右边为实数，显然不相等．B ．利用向量运算性质、数量积运算性质即可得出．C ．利用向量运算性质、数量积运算性质即可得出．D ．利用向量运算性质、数量积运算性质即可得出．【解答】解：A ．左边为向量，右边为实数，显然不相等，不正确；B ．左边(4=，2，2)(1-，5，3)0-=，右边(1=，2，3)(2，5，4)210120-=+-=，∴左边=右边，因此正确．C ．(3a b c ++=，7，1)-，左边22237(1)59=++-=，右边2222222212330(1)(1)5(3)59=+++++-+-++-=，∴左边=右边，因此正确．D ．由C 可得：左边=；(1a b c --=-，3-，7)，||59a b c ∴--=，∴左边=右边，因此正确．综上可得：BCD 正确． 应选：BCD ．16．〔2021秋•南通期末〕设a ，b ，c 是空间一个基底( ) A ．假设a b ⊥，b c ⊥，那么a c ⊥B ．那么a ，b ，c 两两共面，但a ，b ，c 不可能共面C ．对空间任一向量p ，总存在有序实数组(x ，y ，)z ，使p xa yb zc =++D ．那么a b +，b c +，c a +一定能构成空间的一个基底 【分析】利用a ，b ，c 是空间一个基底的性质直接求解． 【解答】解：由a ，b ，c 是空间一个基底，知：在A 中，假设a b ⊥，b c ⊥，那么a 与c 相交或平行，故A 错误； 在B 中，a ，b ，c 两两共面，但a ，b ，c 不可能共面，故B 正确；在C 中，对空间任一向量p ，总存在有序实数组(x ，y ，)z ，使p xa yb zc =++，故C 正确； 在D 中，a b +，b c +，c a +一定能构成空间的一个基底，故D 正确． 应选：BCD ．17．〔2021秋•佛山期末〕瑞士数学家欧拉()1765LeonhardEuler 年在其所著的?三角形的几何学?一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．ABC ∆的顶点(4,0)A -，(0,4)B ，其欧拉线方程为20x y -+=，那么顶点C 的坐标可以是( ) A ．(2,0)B ．(0,2)C ．(2,0)-D ．(0,2)-【分析】利用重心与三个顶点的关系代入欧拉线方程可得C 的横坐标与纵坐标的关系，即可得结果． 【解答】解：设(,)C a b ，由欧拉线的定义知重心在20x y -+=上， 重心可以有三角形三个顶点坐标表示，即为44(,)33a b-++， ∴442033a b-++-+=， 20a b ∴--=，应选：AD ．18．〔2021秋•连云港期末〕点P 是ABC ∆所在的平面外一点，假设(2AB =-，1，4)，(1AP =，2-，1)，(4AC =，2，0)，那么( )A ．AP AB ⊥B ．AP BP ⊥C ．BCD ．//AP BC【分析】A ．计算AP AB ，即可判断出结论； .B BP BA AP =+，计算BP AP ，即可判断出结论． C ．BC AC AB =-，即可得出||BC ．D ．假设AP kBC =，判定是否存在k ．【解答】解；.2240A AP AB =--+=，∴AP AB ⊥．因此正确．.(2B BP BA AP =+=，1-，4)(1-+，2-，1)(3=，3-，3)-，36360BP AP =+-=≠，AP ∴与BP 不垂直，因此不正确．C ．(4BC AC AB =-=，2，0)(2--，1，4)(6=，1，4)-，2||6BC ∴=D ．假设AP kBC =，那么16214kk k =⎧⎪-=⎨⎪=-⎩，无解，因此假设不正确，因此AP 与BC 不可能平行，因此不正确．应选：AC ．19．〔2021秋•潍坊期末〕等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，那么所形成的几何体的外表积可以为( )AB ．(1πC ．D ．(2)【分析】分两个情况绕的边为直角边和斜边讨论，当绕的边是直角边是，所形成的几何体的外表积为底面面积加侧面面积，当绕斜边时扇形面积既是所形成的几何体的外表积，而扇形面积等于12c l ⨯⨯底面周长母线长，进而求出所形成的几何体的外表积．【解答】解：假设绕一条直角边旋转一周时，那么圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l =，这时外表积为21211(12lπππ+=； 假设绕斜边一周时旋转体为L 两个倒立圆锥对底组合在一起，一个圆锥的母线长为1，所以外表积1222S=2122ππ=， 应选：AB ．20．〔2021•淄博模拟〕如图正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，那么以下结论中正确的选项是( )A ．AC BE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等【分析】连结BD ，那么AC ⊥平面11BB D D ，11//BD B D ，点A 、B 到直线11B D 的距离不相等，由此能求出结果．【解答】解：连结BD ，那么AC ⊥平面11BB D D ，11//BD B D ， AC BE ∴⊥，//EF 平面ABCD ，三棱锥A BEF -的体积为定值，从而A ，B ，C 正确．点A 、B 到直线11B D 的距离不相等，AEF ∴∆的面积与BEF ∆的面积不相等，故D 错误． 应选：ABC ．。

2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题（含答案解析）1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值； (3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值． 【解析】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，且AC AB ⊥，则1111AC A B ⊥以点1A 为坐标原点，1A A 、11A B 、11AC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()2,0,2C 、()10,0,0A 、()10,0,2B 、()10,0,2C 、()0,1,0D 、()1,0,0E 、11,,12F ⎛⎫⎪⎝⎭，则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 易知平面ABC 的一个法向量为()1,0,0m =，则0EF m ⋅=，故EF m ⊥，EF ⊄平面ABC ，故//EF 平面ABC .（2）()12,0,0C C =，()10,1,2C D =−，()1,2,0EB =，设平面1CC D 的法向量为()111,,u x y z =，则111112020u C C x u C D y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取12y =，可得()0,2,1u =，4cos ,5EB u EB u EB u⋅<>==⋅. 因此，直线BE 与平面1CC D 夹角的正弦值为45.（3）()12,0,2AC =，()10,1,0A D =， 设平面1ACD 的法向量为()222,,v x y z =，则122122200v AC x z v A D y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取21x =，可得()1,0,1v =−，则1cos ,5u v u v u v⋅<>==−=⨯⋅因此，平面1ACD 与平面1CC D 2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【解析】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥； 在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC的中点，所以AC BE ⊥； 又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△， 当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小. 因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==， 又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz −，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,AD AB =−=−， 设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，取y =()3,3,3n =， 又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,21n CF n CF n CF⋅===设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以4sin cos ,7nCF θ==所以CF 与平面ABD3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B −−的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【解析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ． ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，EG DH == ∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B −−的平面角，则60BCF ∠=， ∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．（2）因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz −，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,,(2,23,0),(2,22BM AD DE ⎛⎫∴=−=−−=− ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面ADE 的法向量为(,,)nx y z =由00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230x x z ⎧−−=⎪⎨−+=⎪⎩，取(3,n =−，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴3||sin cos ,|||3n BM n BM n BMθ⋅=〈〉====⋅4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥−P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B −−的正弦值． 【解析】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥−P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA =，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y −，0x =，所以()0,3,2n =−；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a bc m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =−，0b =，所以()3,0,6m =−；所以cos ,13n m n m n m⋅−===设二面角C AE B −−的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=， 所以11sin 13θ=，即二面角C AE B −−的正弦值为1113.5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC −的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CDBD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD Ì平面BED ， 所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . （2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ===由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥， 由于12AFCSAC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小 过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =所以13,222DF BF DF ===−=， 所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==， 所以34FH =，所以111323324F ABC ABCV SFH −=⋅⋅=⨯⨯=[方法二]：等体积转换AB BC =，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EFADB CDB AF CF EF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆在中，当时，AFC 面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆==为中点DE=1若在中，32113222BEFBF S BF EF ∆∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC −−−∆∴=+=⋅=6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD −中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP ====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ， 因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====， 所以四边形ABCD 为等腰梯形， 所以12AE BF ==，故DE =BD = 所以222AD BD AB +=， 所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PD BD ⊥， 又=PD AD D ⋂， 所以BD ⊥平面PAD ， 又因为PA ⊂平面PAD ， 所以BD PA ⊥；（2）如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =则()()(1,0,0,,A B P ，则()()(1,0,3,0,3,3,AP BP DP =−=−=，设平面PAB 的法向量(),,n x y z =，则有0{30n AP x n BP ⋅=−=⋅=−=，可取()3,1,1n =， 则5cos ,5n DPn DP n DP ⋅==所以PD 与平面PAB7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯. 若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ， 故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C −−的正弦值． 【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =， 且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ， 由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ， 所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()1,0,1m =−，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =−r ， 则11cos ,22m nm n m n ⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C −−=本课结束。

专题04 立体几何1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD―A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1 B所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设AB =a ,AD =b ,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=c B 1D =bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =a 2+b 2+c 2，解得a =2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan ∠BAE =ca =22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =a 2+b 2=3c ，CB 1=b 2+c 2=2c ，AC ≠CB 1，C 错误；对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin ∠DB 1C =CD B1D=a2c =22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确．故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V甲V 乙=（ ）A ．5B ．22C ．10D ．5104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r 1r 2=2，所以r 1=2r 2，又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l ,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=l 2―49l 2=53l ，乙圆锥的高ℎ2=l 2―19l 2=223l ，所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×53l 19l 2×223l =10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ,BC 的中点，则（ ）A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BDC ．平面B 1EF //平面A 1ACD ．平面B 1EF //平面A 1C 1D【答案】A 【解析】【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD .【详解】解：在正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ，又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0)，C1(0,2,2)，=(0,1,2)，DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2)，则EF=(―1,1,0),EB1AA1=(0,0,2),AC=(―2,2,0),A1C1=(―2,2,0),设平面B1EF的法向量为m=(x1,y1,z1)，⋅EF=―x1+y1=0，可取m=(2,2,―1)，⋅EB1=y1+2z1=0同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1,―1,―1)，平面A1AC的法向量为n2=(1,1,0)，平面A1C1D的法向量为n3=(1,1,―1)，则m⋅n1=2―2+1=1≠0，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A ．13B ．12C ．33D ．22【答案】C 【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为2r 2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则S ABCD =12⋅AC ⋅BD ⋅sin α≤12⋅AC ⋅BD ≤12⋅2r ⋅2r =2r 2（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为2r 2又r 2+ℎ2=1则V O―ABCD =13⋅2r 2⋅ℎ=23r 2⋅r 2⋅2ℎ2≤4327当且仅当r 2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（7≈2.65）（ ）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5―148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2，∴V =13ℎS +S ′+=13×9×(140×106+180×106+140×180×1012)=3×(320+607)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．18,BCD ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ，则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3―ℎ)2,所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2―ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2―l436)×l 264―所以V ′=l 3=19l 当3≤l ≤26时，V ′>0，当26<l ≤33时，V ′<0，所以当l =26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l =3时，V =274，l =33时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A 【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=33sin60∘,2r 2=43sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=R 2―9，d 2=R 2―16，故|d 1―d 2|=1或d 1+d 2=1，即|R 2―9―R 2―16|=1或R 2―9+R 2―16=1，解得R 2=25符合题意，所以球的表面积为S =4πR 2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P―ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×32=23，故PO=36―12=26.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A ．22πB ．8πC ．223πD ．163π【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1 cm ，圆台的下底面半径为2 cm ，所以该几何体的体积V =12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+π×22×π×12)=22π3cm 3．故选：C ．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC ―A 1B 1C 1,AC =AA 1，E ，F 分别是棱BC ,A 1C 1上的点．记EF 与AA 1所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F ―BC ―A 的平面角为γ，则（ ）A ．α≤β≤γB ．β≤α≤γC ．β≤γ≤αD ．α≤γ≤β【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP ⊥AC 于P ，过P 作PM ⊥BC 于M ，连接PE ，则α=∠EFP ，β=∠FEP ，γ=FMP ，tan α=PEFP =PEAB ≤1，tan β=FPPE =ABPE ≥1，tan γ=FPPM ≥FPPE =tan β，所以α≤β≤γ，故选：A ．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1，则（ ）A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90°B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90°C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°【答案】ABD 【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1，因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ，又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确；连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ，因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ，所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =22，BC 1=2，sin ∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确.故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ,AB =ED =2FB ，记三棱锥E ―ACD ，F ―ABC ，F ―ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A―EFM+V C―EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22 a,EG=a，则EM =(2a )2+(2a )2=6a ,FM =a 2+(2a )2=3a ，EF =a 2+(22a )2=3a ，EM 2+FM 2=EF 2，则EM ⊥FM ，S △EFM =12EM ⋅FM =322a 2，AC =22a ，则V 3=V A―EFM +V C―EFM =13AC ⋅S △EFM =2a 3，则2V 3=3V 1，V 3=3V 2，V 3=V 1+V 2，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明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：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，△EAB ,△FBC ,△GCD ,△HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：EF //平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)64033．【解析】【分析】（1）分别取AB ,BC 的中点M ,N ，连接MN ，由平面知识可知EM ⊥AB ,FN ⊥BC ，EM =FN ，依题从而可证EM ⊥平面ABCD ，FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN ，即可知四边形EMNF 为平行四边形，于是EF //MN ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD ,DC 中点K ,L ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL ―EFGH 的体积加上四棱锥B ―MNFE 体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB, FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN ⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．(2)如图所示：，分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG //KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN= NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL―EFGH的体积加上四棱锥B―MNFE体积的4倍．因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B×42×43到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=(42)2×43+4×13×22=1283+25633=64033．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P―ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=3，则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，则AP=(―1,0,3),BP=(0,―3,3),DP=(0,0,3)，设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则有{→n⋅→AP=―x+3z=0→n⋅→BP=―3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，则cos〈n,DP〉n DP =55，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F ―ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)34【解析】【分析】（1）通过证明AC ⊥平面BED 来证得平面BED ⊥平面ACD .（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ―ABC 的体积.(1)由于AD =CD ，E 是AC 的中点，所以AC ⊥DE .由于AD =CD BD =BD ∠ADB =∠CDB，所以△ADB≅△CDB ，所以AB =CB ，故AC ⊥BD ，由于DE ∩BD =D ，DE ,BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)依题意AB =BD =BC =2，∠ACB =60°，三角形ABC 是等边三角形，所以AC =2,AE =CE =1,BE =3，由于AD =CD ,AD ⊥CD ，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以DE =1.DE 2+BE 2=BD 2，所以DE ⊥BE ，由于AC ∩BE =E ，AC ,BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于△ADB≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ，由于BF =BF ∠FBA =∠FBC AB =CB，所以△FBA≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值.过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =32，所以DF=12,BF =2―DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FH DE =BF BD =34，所以FH =34,所以V F―ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×3×34=34.17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，AC⋅EF，所以AC⊥EF，所以S△AFC=12当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，AC=1,因为AD⊥CD，所以DE=12在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E―xyz，则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1)，所以AD=(―1,0,1),AB=(―1,3,0)，设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，―x+z=0，取y=3，则n=(3,3,3)，―x+3y=0又因为C (―1,0,0),F 0,34，所以CF =1,34所以cos ⟨n ,CF⟩n ⋅CF |n ||CF |621×74=437，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ0≤θ≤所以sin θ=|cos ⟨n ,CF⟩|=437，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A ―BD ―C 的正弦值．【答案】(1)2(2)32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱ABC―A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A―A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=V A1―ABC=13S△ABC⋅A1A=13V ABC―A1B1C1=43，解得ℎ=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC―A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则{m⋅BD=x+y+z=0 m⋅BA=2y=0，可取m=(1,0,―1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0 m⋅BC=2a=0，可取n=(0,1,―1)，则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|12×2=12，所以二面角A―BD―C的正弦值为1―(12)2=32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P―ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C―AE―B的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P―ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°，所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，因为PO =3，AP =5，所以OA =AP 2―PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =43，所以AC =12，所以O (23,2,0)，B (43,0,0)，P (23,2,3)，C (0,12,0)，所以E 33,1,则AE =33,1,，AB =(43,0,0)，AC =(0,12,0)，设平面AEB 的法向量为n =(x,y,z )⋅AE =33x +y +32z =0n ⋅AB =43x =0，令z =2，则y =―3，x =0，所以n=(0,―3,2)；设平面AEC 的法向量为m =(a,b,c )⋅AE =33a +b +32c =0m ⋅AC =12b =0，令a =3，则c =―6，b =0，所以m =(3,0,―6)；所以cos ⟨n ,m⟩=n m|n ||m |―1213×39=―4313设二面角C ―AE ―B 为θ，由图可知二面角C ―AE ―B 为钝二面角，所以cos θ=―4313，所以sin θ=1―cos 2θ=1113故二面角C ―AE ―B 的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为正方形，平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，AB =BC =2，M ，N 分别为A 1B 1，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB ⊥MN ；条件②：BM =MN ．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB 的中点为K ，连接MK ,NK ，可证平面MKN //平面CBB 1C 1，从而可证MN //平面CB B 1C 1.（2）选①②均可证明BB 1⊥平面ABC ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC―A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，(2)因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=―1，则n=(―2,2,―1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面MKN，故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=―1，则n=(―2,2,―1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F―DC―B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)5714．【解析】【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N ―xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ，即可利用线面角的向量公式解出．(1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB //DC ,CD //EF ,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =23，∵DC ⊥CF ,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F ―DC ―B 的平面角，则∠BCF =60∘，∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ．(2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N ―xyz ，设A (5,3,0),B (0,3,0),D (3,―3,0),E (1,0,3)，则M 3,32∴BM =3,―32,AD =(―2,―23,0),DE =(―2,3,3)设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z )由n ⋅AD =0n ⋅DE =0 ，得―2x ―23y =0―2x +3y +3z =0，取n =(3,―1,3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴sin θ=|cos 〈n ,BM〉|=|n ⋅BM ||n |⋅BM ||33+32+332|3+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解．【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =，EF =3EC =，由余弦定理得cos ECF ∠==1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小.【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC =，由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =，CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△，若A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯，可得h =，综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=.故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCD V S PM ==⨯=，故D 正确故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A．2B C D ．【答案】C 【解析】【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r因此，球心O 到平面α的距离1d r ==，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45 ，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r ===，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，如图，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==，所以212AB S PC =⋅=.故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π其中所有真命题的序号是（ ）A ．①③B ．①④C ．②④D ．①③④【答案】D 【解析】【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.【详解】令AC BD O = ，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠= ，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO =，则sin OFFAC AF∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆，因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确,所以所有真命题的序号是①③④.故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥D ．11O C ⊥平面11BDD B 【答案】B 【解析】【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11AC 、11B D ，交于点P .连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形.11//O C OC ∴.OC ⊂Q 平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P = ，11B D ∴⊥平面111O A C ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ，11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误.故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ）A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥D ．若,m n αα∥∥，则m n∥【答案】A 【解析】【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；选项B 错误，平面α和β也可以相交；选项C 错误，直线n 可能在平面α内；选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面.故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE =，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在△GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE ，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△211112sin 4))32323AC CF ACF EG x x ⨯∠=⨯⨯=- ，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF 中，由余弦定理，得GF ==知，当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r ，所以r ===3π2.故选：D ．9．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E 是棱1DD 的动点，则下列说法正确的（ ）个．①若E 为1DD 的中点，则直线1//B E 平面1A BD ②三棱锥11C B CE -的体积为定值313a③E 为1DD 的中点时，直线1B E 与平面11CDD C。

一、单选题1.已知正方形的边长为1，P、Q分别为的中点，沿将三角形折起到的位置，则三棱锥体积的最大值（）A. B. C. D.2.已知是两条不同的直线，是两个不同平面，下列命题中错误的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则3.如图所示，一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.4.如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中有（）A. B. C. D.5.已知正三棱锥中，.底面边长为2，若该三棱锥的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.6.已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，则下列说法正确的是（）A. 若，，则B. 若，，，则C. 若，，，，则D. 若，，，，则7.在三棱锥中，．若该三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则当三棱锥体积最大时，球的表面积为（）A. B. C. D.8.已知在四面体中，平面平面，△是边长为的等边三角形，，，则四面体的体积为（）A. B. C. D.9.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.10.长方体中，和与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线和所成角的余弦值为（）A. B. C. D.11.设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m（）A. 若l，则B. 若，则l mC. 若l//，则//D. 若//，则l//m12.已知平面、、两两垂直，直线、、满足：，，，则直线、、不可能满足以下哪种关系（）A. 两两垂直B. 两两平行C. 两两相交D. 两两异面13.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A. +1B. +3C. +1D. +314.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A. BM=EN，且直线BM、EN是相交直线B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C. BM=EN，且直线BM、EN是异面直线D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线15.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B. 12π C. D.16..一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. 3B. 4C. 2+4D. 3+417.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一平面18.某工作的三视图如图所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（）（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）A. B. C. D.19.设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )A. B. C. D.20.下列命题中错误的是（）A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面βB. 如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC. 如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，那么l⊥γ21.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的个数是( )(1) AC⊥BE.(2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为.(3) 三棱锥A-B EF的体积为定值.(4) 在空间与DD1,AC,B1C1都相交的直线有无数条.(5) 过CC1的中点与直线AC1所成角为40并且与平面BEF所成角为50的直线有2条.A. 0B. 1C. 2D. 322.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A. 60B. 30C. 20D. 1023.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A. 2+B.C.D. 1+24.已知两条互不重合的直线m，n，两个不同的平面α，β，下列命题中正确的是（）A. 若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βB. 若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥βC. 若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥βD. 若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β25.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A. πB.C.D.26.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC27.已知为球O的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球O的表面积为（）A. B. C. D.28.如图，设矩形ABCD 所在的平面与梯形ACEF 所在平面交于AC ，若，则下面二面角的平面角大小为定值的是（）A. B. C. D.29.已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O 到平面ABC的距离为（）A. B. C. 1 D.30.半径为1的球面上的四点A，B，C，D是一个正四面体的顶点，则这个正四面体的棱长是（）A. B. C. D.二、解答题31.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.32.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．33.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.34.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.35.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.36.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，。

题组层级快练(四十)1．下面三条直线一定共面的是( )A．a，b，c两两平行B．a，b，c两两相交C．a∥b，c与a，b均相交D．a，b，c两两垂直答案 C2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面答案 B解析当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D 不正确．3．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则( )A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面答案 B解析 对于选项A ，若过点P 有直线n 与l ，m 都平行，则l ∥m ，这与l ，m 异面矛盾；对于选项B ，过点P 与l ，m 都垂直的直线，即过P 且与l ，m 的公垂线段平行的那一条直线；对于选项C ，过点P 与l ，m 都相交的直线有一条或零条；对于选项D ，过点P 与l ，m 都异面的直线可能有无数条．4．已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 连接BA 1，则CD 1∥BA 1，于是∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成的角(或补角)．设AB＝1，则BE ＝2，BA 1＝5，A 1E ＝1，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝5＋2－125·2＝31010，选C.5．ABCD 为空间四边形，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AB ≠AD ，M ，N 分别是对角线AC 与BD 的中点，则MN 与( )A ．AC ，BD 之一垂直B ．AC ，BD 都垂直 C ．AC ，BD 都不垂直 D ．AC ，BD 不一定垂直答案 B解析 ∵AD＝BC ，AB ＝CD ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CDB.∴AN ＝CN.在等腰△ANC 中，由M 为AC 的中点知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.6.如图所示，M 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱DD 1的中点，给出下列四个命题：①过M 点有且只有一条直线与直线AB ，B 1C 1都相交； ②过M 点有且只有一条直线与直线AB ，B 1C 1都垂直； ③过M 点有且只有一个平面与直线AB ，B 1C 1都相交； ④过M 点有且只有一个平面与直线AB ，B 1C 1都平行． 其中真命题是( ) A ．②③④ B ．①③④ C ．①②④ D ．①②③答案 C解析 将过点M 的平面CDD 1C 1绕直线DD 1旋转任意不等于k π2(k ∈Z )的角度，所得的平面与直线AB ，B 1C 1都相交，故③错误，排除A ，B ，D ，选C.7.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCDC．三棱锥A－BEF的体积为定值D．△AEF的面积与△BEF的面积相等答案 D解析由AC⊥平面DBB1D1，可知AC⊥BE，故A正确．由EF∥BD，EF⊄平面ABCD，知EF∥平面ABCD，故B正确．A到平面BEF的距离即A到平面DBB1D1的距离为22，且S△BEF＝12BB1×EF＝定值，故V A－BEF为定值，即C正确．8．有下列四个命题：①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面；④若a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．其中正确命题的序号是________．答案①②解析在①中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，既P，Q，R三点共线，所以①正确．在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面上，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以②正确．在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，所以③错．在④中，由题设知，a与α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线l与a共面，所以④错．9.如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案③④解析如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立．∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE.∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面CDNM，∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面BCN.∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.10．在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案②④解析图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉面GMN，因此GH与MN异面．所以图②，④中GH与MN异面．11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．给出以下四个结论：①直线AM与直线C1C相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线DD1异面；④直线BN与直线MB1异面．其中正确结论的序号为________．答案③④解析AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错；③，④正确．12.如图所示，在正四面体S－ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的余弦值是________．答案3 6解析 取AC 中点E ，连接DE ，BE ，则BD 与DE 所成的角即为BD 与SA 所成的角．设SA ＝a ，则BD ＝BE ＝32a ，DE ＝a 2. 由余弦定理知cos ∠BDE ＝36. 13.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是________．答案66解析 由于AC∥A 1C 1，所以∠BA 1C 1(或其补角)就是所求异面直线所成的角．在△BA 1C 1中，A 1B ＝6，A 1C 1＝1，BC 1＝5，cos ∠BA 1C 1＝6＋1－526×1＝66.14．(2021·山东枣庄期末)一个多面体的直观图、主视图、左视图、俯视图如图所示，M ，N分别为A 1B ，B 1C 1的中点．下列结论中正确的是________．①直线MN 与A 1C 相交；②MN⊥BC；③MN∥平面ACC 1A 1；④三棱锥N －A 1BC 的体积VN －A 1BC ＝16a 3. 答案 ②③④解析 由题图可知，此几何体为直棱柱，底面是以C 为直角顶点的等腰直角三角形，连接AB 1，AC 1，由M ，N 是中点，得MN∥AC 1，AC 1与A 1C 相交，所以MN 与A 1C 异面，故①错误；BC⊥平面AC 1，∴BC ⊥AC 1，MN ∥AC 1，∴BC ⊥MN ，又∵MN⊄平面ACC 1A 1，∴MN ∥平面ACC 1A 1，故②③正确；VN －A 1BC ＝VA 1－NBC ＝13×12×a ×a ×a ＝16a 3，故④正确．故填②③④.15．如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ 答案 (1)略 (2)共面，证明略解析 (1)证明：∵G，H 分别为FA ，FD 的中点，∴GH 綊12AD.又∵BC 綊12AD ，∴GH 綊BC.∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下： 由BE 綊12AF ，G 是FA 的中点，得BE 綊GF.所以EF 綊BG.由(1)知，BG 綊CH ，所以EF 綊CH.所以EC∥FH. 所以C ，D ，F ，E 四点共面．16. (2021·邯郸一中模拟)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC内的射影O 为底面△ABC 的中心，如图所示．(1)连接BC 1，求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小； (2)连接A 1C ，A 1B ，求三棱锥C 1－BCA 1的体积． 答案 (1)π4 (2)223解析 (1)连接AO ，并延长与BC 交于点D ，则D 是BC 边上的中点．∵点O 是正△ABC 的中心，且A 1O ⊥平面ABC ，∴BC ⊥AD ，BC ⊥A 1O.∵AD ∩A 1O ＝O ，∴BC ⊥平面ADA 1.∴BC ⊥AA 1.又AA 1∥CC 1，∴异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C.∵CC 1⊥BC ，即四边形BCC 1B 1为正方形，∴异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为π4. (2)∵三棱柱的所有棱长都为2，∴可求得AD ＝3，AO ＝23AD ＝233，A 1O ＝AA 12－AO 2＝263.∴VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝22，VA 1－B 1C 1CB ＝VABC －A 1B 1C 1－VA 1－ABC ＝423. ∴VC 1－BCA 1＝VA 1－BCC 1＝12VA 1－BCC 1B 1＝223.1．在空间中，下列命题中不正确的是( )A．若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点B．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线C．若点A既在平面α内，又在平面β内，则α与β相交于直线b，且点A在直线b上D．任意两条直线不能确定一个平面答案 D解析对于A项，由公理3得，两个平面有一个公共点，则相交于过这一点的一条直线，因此有无数个公共点，正确；对于B项，若任意三点共线，则此四点共面，正确；对于C项，满足公理3，正确；对于D项，如果两条直线平行或相交，那么可以确定一个平面，故D项错误．2．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.A．①②B．②③C．①④D．③④答案 D解析当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，∴①错；a∩β＝P时，②错；如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a.∴由直线a与点P确定唯一平面α.又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β经过直线a与点P，∴β与α重合，∴b⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．3．(2021·上海杨浦质量调研)若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c( ) A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直答案 D解析两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直，故选D. 4．(2021·浙江金丽衢十二校二联)已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面M，b⊂平面N，M∩N＝c.①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c；④若a⊥b，a⊥c，则必有M⊥N.其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中a和b有可能垂直；命题④中当b∥c 时，平面M，N有可能不垂直，故选C.。

2023年高考数学----立体几何中的交线问题典型例题讲解【规律方法】几何法【典型例题】例1．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．【解析】过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，由于平面//α平面PBC ，平面PBC ⋂平面ABD PB =,，平面PBC ⋂平面ACD PC = 所以//,//m BP n PC ,所以BPC ∠或其补角即为m ，n 所成的平面角，设正四棱锥ABCD 的棱长为1，,01AP x x =<<，则1PD x =−，在ABP中，由余弦定理得：cos601BP =+， 同理cos601PC =+, 故在PBC 中，()()22222221211112cos 11221211324x x PB PC BC BPC PB PC x x x x x −+−+−∠===−=−⋅−+−+⎛⎫−+ ⎪⎝⎭， 由于2133244x ⎛⎫−+≥ ⎪⎝⎭，则212231324x ≤⎛⎫−+ ⎪⎝⎭，进而2112131324x −≥⎛⎫−+ ⎪⎝⎭，当12x =时取等号， 故cos BPC ∠的最小值为13，进而sinBPC ∠= 故sin BPC ∠， 故答案为：3例2．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【解析】设外接球半径为r ，外接球球心到底面的距离为h ，则2243h r r h +==+，所以r两球相交形成形成的图形为圆，如图，在PDO △中，661cos DPO +−∠==sin DPO ∠=在1PDO △中，1sin DO PD DOP =∠=所以交线长度为2π=.例3．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D −1A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________. 【答案】2π 【解析】正方体中，1AA ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 与球的截面是以A 为圆心的圆，且1，所以球面与底面ABCD 的交线为以A 为圆心，1为半径的弧，该交线为1242ππ⨯=. 故答案为：2π.例4．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．【解析】因为2AB BC AC ===，所以ABC 是边长为2的等边三角形，所以边长为2=122ABC S △=⨯设D 到平面ABC 的距离为d ，12BCD S △=，所以A BCD D ABC V V −−=，所以11=33BCD ABC AD S d S △△⨯⨯⨯⨯，解得d =，则1d <， 所以以D 为球心，1为半径的球与平面ABD ，平面ACD ，平面BCD 的交线为14个半径为1的圆的弧线，与面ABC所以交线总长度为：121324ππ⨯⨯⨯+=..。

2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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第07讲立体几何一、单项选择题1．〔2021·全国高三专题练习〕我国古代数学名著?九章算术?中“开立圆术〞曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术〞相当于给出了球的体积V ，求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式.根据 3.14159π=…判断，以下近似公式中最精确的一个是〔〕 A．d ≈B．d ≈C．d ≈D．d ≈【答案】D 【分析】根据球的体积公式可知332d Vπ=，将四个选项分别化简得到3d ，通过比拟近似值可得结果.【详解】球的体积3432d V π⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，3632d V V ππ∴==.3.14159π=⋅⋅⋅， 1.570792π∴=⋅⋅⋅.记1d =3116392716d V ∴==；2d =3232 1.5d V V ∴==；3d =3331.57d V ∴=；4d =343117d V ∴=. 27 1.8916≈，11 1.5717≈，2716∴，1.5，1.57，117中，117最接近2π.4d ∴更精确.应选：D.2．〔2021·黑龙江齐齐哈尔·高一期末〕中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒〔cuán 〕尖顶，表达天圆地方的理念，其屋顶局部的轮廓可近似看作一个正四棱锥．此正四棱锥的侧棱长为侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，假设取30θ=︒，那么以下结论正确的选项是〔〕 A ．正四棱锥的底面边长为48m B ．正四棱锥的高为4m C．正四棱锥的体积为2D ．正四棱锥的侧面积为2 【答案】C 【分析】在如下图的正四棱锥中，设底面边长为2a ，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误. 【详解】如图，在正四棱锥S ABCD -中，O 为正方形ABCD 的中心，SH AB ⊥， 那么H 为AB 的中点，连接,,SO OH AO ，那么SO ⊥平面ABCD ，OH AB ⊥， 那么SHO ∠为侧面与底面所成的锐二面角，设底面边长为2a ．正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ， 这个角接近30°，取30θ=︒，∴30SHO ∠=︒，那么OH a =，OS =，SH =．在Rt SAH 中，(222a ⎫+=⎪⎪⎝⎭，解得12a =，故底面边长为()24m ，)12m =，侧面积为21424122S =⨯⨯=，体积3124243V =⨯⨯⨯=．应选：C ．3．〔2021·济宁市育才中学高二开学考试〕张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且2AB CD ==，1BC =，利用张衡的结论可得球O 的外表积为〔〕A ．30B ．2C ．D ．【答案】D 【分析】由BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，将三棱锥A BCD -放在长方体中，求出外接球的半径以及圆周率的值，再由球的外表积公式即可求解. 【详解】 如下图：因为BC CD ⊥，AB ⊥底面BCD ，1BC =，2AB CD ==， 所以将三棱锥A BCD -放在长、宽、高分别为2,1,2的长方体中， 三棱锥A BCD -的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径3AD ，利用张衡的结论可得2π5168=，那么π=所以球O的外表积为234π9π2⎛⎫== ⎪⎝⎭应选：D.4．〔2021·甘肃〔理〕〕“端午节〞为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为3cm 2，高为6cm 〔不含外壳〕的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，假设一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积，那么这两碗馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为〔参考数据：444≈．〕〔〕 A ．35，20 B ．36，20 C ．35，21 D ．36，21【答案】C 【分析】分别计算正四面体，圆柱和半球的体积，再根据题意将体积相除进行分析即可 【详解】棱长为6cm的正四面体的体积)23116cm 3V =， 底面半径为3cm 2，高为6cm 的圆柱的体积()2323276cm 22V ππ⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎝⎭， 半径为6cm 的半球的体积()333146144cm 23V ππ=⨯⨯=．235.5=≈，14464221.32732ππ⨯=≈， 所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，最多可包竹筒粽21个． 应选：C5．〔2021·山西高三月考〔文〕〕?九章算术?商功章记载：今有圆困，高一丈三尺三寸、少半寸，容米二千斛，问周几何？即一圆柱形谷仓，高1丈3尺133寸，容纳米2000斛〔1丈=10尺，1尺=10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，3π≈〕，那么圆柱底面圆的周长约为多少？同时也有记载：“邪解立方得二堑堵“，即堑堵是两底面为直角三角形的三棱柱，如下图为一堑堵几何体，6AB =尺，10BC =尺，8BE =尺，2DCF π∠=.现提出一个问题：将圆柱形谷仓中的二千斛米用n 个堑堵分装，那么n 的最小值为〔〕 A ．11 B ．12 C ．13 D ．14【答案】D 【分析】根据题意算出圆柱的容积、堑堵的容积，再相除计算即可 【详解】由题知圆柱的体积2000 1.623240V =⨯=〔立方尺〕，堑堵的体积11681024022ABE DCF V AB BE BC -=⋅⋅=⨯⨯⨯=〔立方尺〕，而324013.5240=，所以n 的最小值为14. 应选：D6．〔2021·上海市西南位育中学高二期中〕祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，那么积不容异〞，“幂〞是截面积，“势〞是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，那么体积相等.由曲线224,4,4,4x y x y x x ==-==-围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为1V ，满足()()22222216,24,24x y x y x y +≤+-≥++≥的点(),x y 组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为2V ，那么12V V 、满足以下哪个关系式〔〕 A ．1212V V =B ．1223V V =C ．122V V =D ．12V V =【答案】D 【分析】由题意可得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，求得截面面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体的体积相等. 【详解】如图，两图形绕y 轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间， 用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，所得截面面积21(44||)S y π=-，12S S ∴=，由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即12V V =应选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查了祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，解题的关键祖暅原理，清楚旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，考查学生的额转化思想，数形结合思想，属于较难题.7．〔2021·无锡市第一中学高一期中〕八角红楼是某校现址上最早的教学大楼，她是一座三层的教学楼，中间是四层的八角楼，也是该校最具历史意义的一幢建筑.“以八角红楼为标志，绿树红墙，借锡惠、运河之景，形成大气、优美之校园环境〞是该校校园的整体规划指导思想，因此在此后的综合教育楼等校园建筑的设计中，大多都以坡屋顶、八角顶和八角红楼相照应，形成了现在该校校园建筑的整体风格，给无数校友和国内外来宾留下了深刻的印象，为迎接建党100周年及110年校庆，学校考虑更换楼项红瓦，考虑到拼接重叠、各种可能的其他损耗及后期维护需要，准备按楼顶面积的1.5倍准备红瓦，八角红楼的楼顶可近似看成正八棱锥，正八棱锥的底面边长约为2m ，红瓦整箱出售，每箱50片，每片规格为20cm×30cm ，那么学校至少需要采购红瓦〔〕 A ．10箱 B ．11箱C ．12箱D ．13箱【答案】B 【分析】根据正八棱锥的底面为正八边形，侧面为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的高即为侧面的侧高，求得其侧面积即可. 【详解】正八棱锥的底面为正八边形，侧面为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的高即为侧面的侧高，如下图：∵22tan 8tan41tan 8πππ=-，令tan8t π=，那么221t t =-，即2210t t +-=，解得1t =-1t =-〔舍去〕∴1tan 18A H O H O H π'==='，，∴2OO OH '==121=842(2162S A A OH ⋅⋅=⋅⋅=+侧810.828=+所以学校至少需要采购红瓦11箱， 应选：B8．〔2022·全国〕我国古代数学名著?九章算术?中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?〞这里的“羡除〞，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除〞的体积为〔〕 A ．84 B ．66C ．126D ．105【答案】A 【分析】由图可知，中间局部为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果. 【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形， 两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6，所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形， 直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =，所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=，因此，该“羡除〞的体积为1284V V V =+=. 应选：A. 二、多项选择题9．〔2021·山西省长治市第二中学校高一月考〕“阿基米德多面体〞也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它表达了数学的对称美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．AB = A ．该半正多面体的体积为203B ．该半正多面体过,,A B CC ．该半正多面体有外接球，且它的的外表积为8πD ．该半正多面体有内切球，且它的的外表积为4π 【答案】AC 【分析】根据几何体的体积公式判断A ，作出截面即可判断B ，根据外接球为正四棱柱可以判断C ，根据点到面的距离判断D ； 【详解】解：该半多面体，是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得， 对于A ：因为由正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥，所以该几何体的体积1120222811323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，故A 正确；过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED，所以26S ==，故B 错误；，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，∴2222(2)2R =++，∴R∴该半正多面体的外接球的外表积22448S R πππ==⨯=，故C 正确．由根据该几何体的对称性可知，如果几何体存在内切球，那么球心一定是正方体的中心，又正方体的中心到半正多面体的四边形的面的距离为1，又顶点到三角形面的距离11111123d ⨯⨯⨯⨯==，所以正方体的中心，到三角形面的距离121233d ⎫==⎪⎭，故几何体不存在内切球，即D 错误；应选：AC10．〔2021·南京师范大学附属中学江宁分校高二开学考试〕大摆锤是一种大型游乐设备〔如图〕，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为平安束缚，配以平安带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．假设小明坐在点A 处，“大摆锤〞启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈．设4OB AB =，在“大摆锤〞启动后，以下结论正确的选项是〔〕 A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，那么θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB//α；D ．直线OA 与平面α． 【答案】ABD 【分析】根据题意建立数学模型进而求解出答案. 【详解】解：因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所以OA 又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值， 所以点A 在某个定球面上运动，选项A 正确； 作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，选项B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB//α，选项C 错误；设AB a ，那么4OB a =，OA =， 当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大；此时直线OA 与平面αD 正确. 应选：ABD.11．〔2021·广东中山·〕蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的．从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是10928'︒，这样的设计含有深刻的数学原理．我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构，著有?谈谈与蜂房结构有关的数学问题?，用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在正六棱柱ABCDEF A B C D E '''''-的三个顶点A ，C ，E 处分别用平面BFM ，平面BDO ，平面DFN 截掉三个相等的三棱锥M ABF -，O BCD -，N DEF -，平面BFM ，平面BDO ，平面DFN 交于点P ，就形成了蜂巢的结构．如图，设平面PBOD 与正六边形底面所成的二面角的大小为θ，那么以下结论正确的有〔〕 A ．异面直线DO 与FP 所成角的大小为10928'︒ B ．BF MN <C ．B ，M ，N ，D 四点共面 D ．cos 5444θ'=︒ 【答案】CD 【分析】对于A 选项，由异面直线DO 与FP 所成角范围即可判断；对于B 选项，不妨设正六边形的边长为2AB =，可判断BF MN =；对于C 选项，可以判断四边形BMND 是平行四边形，进而判断；对于D 选项，取BF 的中点G ，连接GA ，GM ，可得MGA θ∠=．在等腰三角形ABF 中，120BAF ∠=︒，可得GB ，GA ，在Rt GMB 中，tan 5444GBGM =︒'，进而解得二面角．【详解】解：对于A 选项，由于异面直线DO 与FP 所成角不可能为钝角10928︒'，故A 选项不正确；对于B 选项，如图1，不妨设正六边形的边长为2AB =，因为去掉的三个三棱锥全等，故,,M O N 共面，所以BDF 与MON △都是边长为BF MN =，故B 选项错误；对于C 选项，如图1，连接AE ，易知//,AE MN AE MN =，//,AE BD AE BD =，故//,BD MN BD MN =，所以四边形BMND 是平行四边形，因此B ，M ，N ，D 四点共面，故C 选项正确；对于D 选项，如图2，取BF 的中点G ，连接,GA GM ，MF MB =，MG BF ∴⊥，AF AB =AG BF ∴⊥，所以MOA ∠即为平面PBOD 与正六边形底面所成的二面角的平面角，即MGA θ∠=．在等腰三角形ABF 中，120BAF ∠=︒，那么3sin2332GB AB π===，1sin 2162GA AB π===．在Rt MGB △中，tan 5444GB GM '︒=，解得：tan 5444GB GM =='︒Rt G MA △中，cos 5444GA GM θ'∴==︒．故D 选项正确.应选：CD12．〔2021·河北衡水中学〕我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，那么积不容异.这个定理的推广是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，假设截得两个截面面积比为k ，那么两个几何体的体积比也为k .如以下图所示，线段AB 长为4，直线l 过点A 且与AB 垂直，以B 为圆心，以1为半径的圆绕l 旋转一周，得到环体M ；以A ，B 分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体N ；过AB 且与l 垂直的平面为β，平面//αβ，且距离为h ，假设平面α截圆柱体N 所得截面面积为1S ，平面α截环体M 所得截面面积为2S ，那么以下结论正确的选项是〔〕A ．圆柱体N 的体积为4πB ．212S S π=C ．环体M 的体积为8πD ．环体M 的体积为28π【答案】ABD 【分析】圆柱体N 的体积为4π，即可判断A ，14S ==222S r r ππ=-外内，即可判断B ，环体M 体积为2V π柱，可判断C 、D. 【详解】由圆柱体N 的体积为4π，应选项A 正确；由图可得14S ==222S r r ππ=-外内，其中(224r =外，(224r =内，故212S S ππ==，应选项B 正确； 环体M 体积为22248V ππππ=⋅=柱，应选项D 正确，选项C 错误应选：ABD 三、填空题13．〔2022·全国高三专题练习〕?九章算术?是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体．在如下图的堑堵111ABC A B C -中，4AB BC ==，AC =假设阳马111C ABB A -的侧棱18C A =，那么鳖臑1C ABC -中，点C 到平面1C AB 的距离为________．【分析】由勾股定理得到ABC 是等腰直角三角形，利用线面垂直的性质可得1CC AC ⊥，分别求解1C BA △和ABC 的面积，然后由等体积法11C C AB C ABC V V --=，列式求解即可． 【详解】解：由4AB BC ==，AC =222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥， 故ABC 是等腰直角三角形，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，那么1CC AC ⊥，在1Rt C CA 中，AC =18C A =，所以1C C =故在1Rt C CB △中，1C B =那么1111422C BA S AB C B =⋅⋅=⨯⨯△1144822ABC S AB CB =⋅⋅=⨯⨯=△， 设点C 到平面1C AB 的距离为d ，由等体积法11C C AB C ABC V V --=，可得111133C BA ABC S d S CC ⋅⋅=⋅△△，解得d =C 到平面1C AB．． 14．〔2021·广东江门·〕古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，如下图，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现吧！记圆柱的体积和外表积分别为1V 、1S ，球的体积和外表积分别为2V 、2S ，那么1221V S V S ⨯=____. 【答案】1 【分析】设球的半径为R ，确定圆柱的底面半径以及高，利用圆柱和球的体积公式以及外表积公式，列式求解即可. 【详解】解：设球的半径为R ，那么圆柱的底面半径为R ，高为2R ， 所以23122V R R R ππ=⋅=，3243V R π=，2212226S R R R R πππ==+⋅=，224S R π=⋅，故32122321241463V S R R V S R R ππππ⨯=⨯=. 故答案为：1.15．〔2021·浙江杭州·高一期末〕半正多面体亦称为“阿基米德多面体〞，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如下图．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体〞花岗岩石凳，此石凳的棱长为，那么此石凳的体积是________3cm ． 【答案】1600003【分析】根据题意，该石凳是由棱长为40cm 的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，故由正方体的体积减去8个三棱锥的体积，即可求解.【详解】解：由图可知：该石凳是由棱长为40cm 的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，∴该石凳的体积为：2111600004040408202020cm 323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=. 故答案为：1600003. 16．〔2021·辽宁大连·〕甲烷是一种有机化合物，分子式是4CH ，它作为燃料广泛应用与民用和工业中，近年来科学家通过观测数据，证明了甲烷会导致地球外表温室效应不断增加，深入研究甲烷，趋利避害，成为科学家面临的新课题，甲烷分子的结构为正四面体结构，四个氢原子位于正四面体的四个顶点，碳原子位于正四面体的中心，碳原子和氢原子之间形成的四个碳氢键的键长相同，键角相等，请你用学过的数学知识计算甲烷碳氢键之间的夹角余弦值______.【答案】13-.【分析】先作出正四面体ABCD ，O 为该正四面体的中心，连接DO 交面ABC 于E ，那么E 为ABC 的中心，连接AE 交BC 于F ，那么F 为线段BC 的中点，设出该正四面体的棱长，根据E 为ABC 的中心求出AE ,进而求出DE ,设出AO 和DO 〔二者相等〕的长度并通过勾股定理解出，最后用余弦定理即可求得. 【详解】如图，正四面体ABCD ，O 为该正四面体的中心，连接DO 交面ABC 于E ，那么E 为ABC 的中心，连接AE 交BC 于F ，那么F 为线段BC 的中点，设正四面体ABCD 棱长为1，那么AF = 易知点E 是ABC的中心，∴23AE AF ==在Rt DEA中，由勾股定理：DE =AO DO x ==， 在Rt OEA中，由勾股定理：222x x x ⎫=+⇒⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴在AOD △中，由余弦定理：22211cos 3AOD +-∠==-.故答案为：13-.四、解答题17．〔2021·河北巨鹿中学高一月考〕正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体〔各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等〕.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.一个正四面体QPTR 和一个正八面体AEFBHC 的棱长都是a 〔如图〕，把它们拼接起来，使它们一个外表重合，得到一个新多面体. 〔1〕求新多面体的体积；〔2〕求正八面体AEFBH 中二面角A BF C --的余弦值； 〔3〕判断新多面体为几面体？〔只需给出答案，无需证明〕【答案】〔1〔2〕13-；〔3〕七面体.【分析】〔1〕分别取QR 、PT 的中点G 、N ，连接NQ 、NR 、NG ，证明出PT ⊥平面NQR ，计算出NQR △的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正四面体和正八面体体积之积，即可得解；〔2〕在正八面体AC 中，取BF 的中点为M ，连接AM CM 、，分析出AMC ∠为二面角A BF C --的平面角，计算出ACM △三边边长，利用余弦定理可求得结果；〔3〕计算出正四面体相邻面所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论. 【详解】〔1〕分别取QR 、PT 的中点G 、N ，连接NQ 、NR 、NG ，如以下图所示：因为PQ QT =，N 为PT 的中点，那么QN PT ⊥且NQ =，同理可知NQ PT ⊥且NQ =， NQ NR N =，所以，PT ⊥平面NQR ，G 为QR 的中点，那么NG QR ⊥，且NG =，2112224NQR S QR NG a a =⋅=⨯=△，所以正四面体Q PRT -的体积为2311133QNRV SPT a =⋅=⨯=； 如以下图所示：在正八面体中，连接AC 交平面EFBH 于点O ，那么AO ⊥平面EFBH ，所以2EFBG S a =，AO =，所以正八面体的体积为23211223323EFBG V S AO a a =⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，因为新多面体体积为原正四面体体积1V 与正八面体体积2V 之和，所以，新多面体的体积为12V V V =+=〔2〕如图，在正八面体AC 中，取BF 的中点为M ，连接AM CM 、，AB AF =，M 为BF 的中点，那么AM BF ⊥，且2AM =， 同理可知CM BF ⊥，且CM =， 所以，AMC ∠为二面角A BF C --的平面角．2AC AO ==，由余弦定理得2221cos 23MA MC AC ADC MA MC +-∠==-⋅，故二面角A BF C --的余弦值为13-；〔3〕新多面体是七面体.证明如下：由〔2〕可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13-，设此角为α．在正四面体中，因为NQ PT ⊥，NR PT ⊥，故QNR ∠为二面角A BF C --的平面角．由余弦定理得2222221cos 23a NQ NR QR QNR NQ NR ∠⎫⎫+-⎪⎪+-===⋅，即正四面体相邻面所构成的二面角θ的余弦值为13，所以180θα+=，因此新多面体是七面体.)18．〔2021·沙坪坝·重庆八中〕?九章算术?中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，E 为1AA 的中点，F 为1DD 的中点，13AN NB =．〔1〕求证：四棱锥11N EFC B -为阳马；〔2〕求平面NEF 与平面1NFC 所成二面角的大小． 【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕2π.【分析】〔1〕根据题意，先证明四边形11EFC B 为矩形，再证明EN ⊥平面11EFC B 即可； 〔2〕建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式即可解得. 【详解】〔1〕∵E 为1AA 的中点，F 为1DD 的中点，∴11////EF AD B C ，11EF AD B C ==，EF ⊥平面11ABB A ，∴四边形11EFC B 为矩形， ∵111111111,,,22AE A B AN A E A B AA AA AB ==⊥⊥， ∴111ANE A EB NE B E ⊥∽，．又∵EF ⊥平面11ABB A ，∴EF EN ⊥，又1B E EF E ⋂=，∴EN ⊥平面11EFC B ， ∴四棱锥11N EFC B -为阳马.〔2〕以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，1DD →为z 轴正方向， 如下图建立空间直角坐标系．那么()()()11112,,0,2,0,1,0,0,1,0,2,2,0,,1,2,,1222N E F C NE NF →→⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，132,,22NC →⎛⎫=- ⎪⎝⎭.设平面NEF 的法向量为()1111,,n x y z →=，那么1111111100210202y z n NE n NF x y z ⎧-+=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩--+=⎪⎩，令z =-1，那么()10,2,1n →=--.同理可得：平面NEF 的法向量25,2,42n →⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.那么12cos ,0n n →→<>==，所以平面EFN 与平面1NFC 所成二面角为2π． 19．〔2021·江西高三开学考试〔理〕〕中国是风筝的故土，南方称“鹞〞，北方称“鸢〞，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P ABCD -，其中AC BD ⊥于O ，4OA OB OD ===，8OC =，PO ⊥平面ABCD ． 〔1〕求证：PD AC ⊥；〔2〕试验说明，当12PO OA =时，风筝表现最好，求此时直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2【分析】〔1〕利用PO ⊥平面ABCD 可得PO AC ⊥，再利用AC BD ⊥即可；〔2〕以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系即可求出；或利用等体积法--P BCD D PBC V V =三棱锥三棱锥也可. 【详解】〔1〕证明：∵PO ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴PO AC ⊥，又AC BD ⊥，PO BD O =，PO ⊂平面POD ，BD ⊂平面POD ，∴AC ⊥平面POD ， 又PD ⊂平面POD ． ∴PD AC ⊥．〔2〕解：法一：如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，那么()4,0,0B ，()0,8,0C ，()4,0,0D -，()002P ,,，∴()4,0,2PB =-，()0,8,2PC =-，()4,0,2PD =--， 设(),,m a b c =为平面PBC 的法向量，那么00m PB m PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即420820a c b c -=⎧⎨-=⎩，令4c =，那么()2,1,4m =， 设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，那么4sin 16PD m PD mθ-⋅===法二：如图，在Rt POB中，由222PB PO OB =+得PB = 在Rt POC中，由222PC PO OC =+得PC = 在Rt POD中，由222PD PO OD =+得PD = 在Rt BOC 中，由222BC BO OC=+得BC =在PBC 中，由222cos 2PB BC PCPBC PB BC +-∠=⨯22225+-==，得sin PBC∠==11sin225PBCS PB BC PBC=⋅⋅⋅∠=⨯=△设点D到平面PBC的距离为h，由--P BCD D PBCV V=三棱锥三棱锥，得111323PBCBD OC OP S h⨯⨯⨯⨯=⨯⨯△，即2PBCBD OC OPhS⨯⨯===△，设直线PD与平面PBC所成的角为θ，那么sinhPDθ===20．〔2021·全国高三专题练习〔理〕〕2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带〞，就像速度滑冰运发动高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带〞又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带〞呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，表达了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如?九章算术?中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在?缀术?提出祖暅原理：“幂势既同，那么积不容异〞，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体假设在所有等高处的水平截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等.〔Ⅰ〕利用祖暅原理推导半径为R的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体M，几何体M的底面半径和高都为R，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；〔Ⅰ〕现将椭圆()222210x ya ba b+=>>所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A，B〔如图〕，类比〔Ⅰ〕中的方法，探究椭球A的体积公式，并写出椭球A，B的体积之比.【答案】〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅰ〕243AV abπ=，体积之比为ba.【分析】〔Ⅰ〕由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明； 〔Ⅰ〕类比〔Ⅰ〕可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球A 的体积，同理求出椭球B 的体积，作比得出答案. 【详解】〔Ⅰ〕由图可知，图①几何体的为半径为R 的半球，图②几何体为底面半径和高都为R 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环〔如阴影局部〕 证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为1O ，易得截面圆1O 的面积为()22R d π-，在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d ，所以，圆环的面积为()22R d π-，所以，截得的截面的面积相等〔Ⅰ〕类比〔Ⅰ〕可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上〔如图〕，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ；在半椭球截面圆的面积()2222b a d aπ-，在圆柱内圆环的面积为()22222222b b b d a d a aπππ-=-∴距离平面α为d 的平面截取两个几何体的平面面积相等， 根据祖暅原理得出椭球A 的体积为：()222142233A V V V b a b a ab πππ⎛⎫=-=⋅⋅-⋅⋅= ⎪⎝⎭圆柱圆锥，同理：椭球B 的体积为243B V a b π=所以，两个椭球A ，B 的体积之比为ba.【点睛】关键点点睛：此题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.21．〔2021·九龙坡·重庆市育才中学高三月考〕在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉〔如题21图〔1〕〕是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所创造的一。