專題09 空間幾何（選填題8種考法）（老師版）

專題09空間幾何（選填題8種考法）考法一體積與表面積【例1-1】（2023·山東威海·統(tǒng)考一模）已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為4，弧長(zhǎng)為4π的扇形，則該圓錐的表面積為()【答案】C2π【解析】由于圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為4，弧長(zhǎng)為4π的扇形，2π則圓錐底面圓的半徑為r=4π=2，底面圓的面積為πr2=π22=4π,圓錐的表面積為x4πx4+4π=12π.故選：C.【例1-2】（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別【答案】D【解析】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，所以該棱臺(tái)的高h(yuǎn)==，下底面面積S1=16，上底面面積S2=4，ABCD為平行四邊形，點(diǎn)E在CC1上且CE=3EC1，則三棱錐D1-ADC與三棱錐E-BCD的公共部分的體積為()A. V28B.V21C.28D.V7【答案】A【解析】如圖，設(shè)DE，D1C交于點(diǎn)F，AC，BD交于點(diǎn)G，連接FG，則三棱錐F-CDG就是三棱錐D1-ADC與三棱錐E-BCD的公共部分.設(shè)點(diǎn)D1到平面ABCD距離為h，則點(diǎn)F到平面ABCD的距離是h，=S四邊形ABCD，所以三棱錐FCDG的體積為S!CDG.h=xS四邊形ABCD.h【例1-4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝2，O是底面ABCD的中心，若異面直線OB1與CC1所成角的余弦值為，則該四棱臺(tái)的側(cè)面積為【答案】B【解析】如圖所示，連接AC，BD，則ACnBD=O，連接A1O，A1C1，B1D1，=2，所以AC＝2A1C1，則OC＝A1C1，且AC∥A1C1，即OCA1C1，所以四邊形A1C1CO為平行四邊形，則A1O∥CC1，且A1O=CC1，所以∠A1OB1為異面直線OB1與CC1所成的角或其補(bǔ)角.同理得四邊形B1D1DO為平行四邊形，則B1O=DD1，則OB1=OA1.因?yàn)橹本€OB1與CC8在等腰梯形ABB1A1中，由AB＝2A1B1＝2，A1A＝B1B=2，則其高為=考法二平行與垂直【例2-1】（2023云南）設(shè)m,n是兩不同的直線，a,β是兩不同的平面，則下列命題正確的是A．若aLβ,anβ=n，mLn，則mLaB．若m仁a,n仁β,m//n，則a//βC．若m//a,n//β,mLn，則aLβD．若nLa,nLβ,mLβ,則mLa【答案】D【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知，m不在β內(nèi)時(shí)，不一定有mLa，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于B選項(xiàng)，a,β可能相交，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于C選項(xiàng)，a,β可能平行，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于D選項(xiàng)，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知a//β,而mLβ,故mLa，所以D選項(xiàng)正確.綜上所述，本小題選D.【例2-2】（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高A．平面B1EFL平面BDD1B．平面B1EFL平面A1BDC．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D【答案】A【解析】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，ACLBD且DD1L平面ABCD，又EF仁平面ABCD，所以EFLDD1，因?yàn)镋,F分別為AB,BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，所以EFLBD又BDnDD1,=D，所以EFL平面BDD1，又EF仁平面B1EF，所以平面B1EFL平面BDD1，故A正確；選項(xiàng)BCD解法一：如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，---y---y---y---y---yC1---y設(shè)平面B1EF的法向量為=(x1,y1,z1)，所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面B1EF與平面A1C1D不平行，故D錯(cuò)誤，選項(xiàng)BCD解法二：解：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)A1BnB1E=M，EFnBD=N，則MN為平面B1EF與平面A在ΔBMN內(nèi)，作BPLMN于點(diǎn)P，在ΔEMN內(nèi)，作GPLMN，交EN于點(diǎn)G，連結(jié)BG，則ZBPG或其補(bǔ)角為平面B1EF與平面A1BD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2，PG2+PN2=GN2，底面正方形ABCD中，E,F為中點(diǎn)，則EFLBD，由勾股定理可得NB2+NG2=BG2，據(jù)此可得平面B1EFL平面A1BD不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于AH與平面A1AC相交，故平面B1EF∥平面A1AC不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，取AD的中點(diǎn)M，很明顯四邊形A1B1FM為平行四邊形，則A1MⅡB1F，由于A1M與平面A1C1D相交，故平面B1EF∥平面A1C1D不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：A.1DB的中點(diǎn)，則()1A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN//平面ABCDB．直線A1D與直線D1B平行，直線MN平面BDD1B1C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN//平面ABCDD．直線A1D與直線D1B異面，直線MN平面BDD1B1【答案】A【解析】M是A1D的中點(diǎn)，所以M為AD1中點(diǎn)，又N是D1B的中點(diǎn)，所以MN//AB，MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因?yàn)锳B不垂直BD，所以MN不垂直BD則MN不垂直平面BDD1B1，所以選項(xiàng)B,D不正確；AB平面AA1D1D，所以ABA1D，AD1ABA，所以A1D平面ABD1，DB仁平面ABD1，所以A1DLD1B，且直線A1D,D1B是異面直線，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選：A.四個(gè)頂點(diǎn)在同一平面內(nèi)，下列結(jié)論：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③ABLAD；④平面ACEL平面BDF，正確命題的個(gè)數(shù)為()【答案】D【解析】以正八面體的中心O為原點(diǎn)，OB,OC,OE分別為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，0,-,-),又AB//CD，AB仁面CDF，CD仁面CDF，則AB//面CDF，由ABnAE=A，AE,AB仁平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正確；55易知平面ACE的一個(gè)法向量為=(1,0,0---=0，所以平面ACEL平面BDF，④正確；故選：D考法三空間角AB=PB=2，AC=BC=2，E，F(xiàn)分別為BC，PA的中點(diǎn)，則異面直線EF與PC所成角的余弦值為()355355【答案】B【解析】如圖所示，分別取AB，PB的中點(diǎn)M，G，連接FM，ME，GE，F(xiàn)G，則GEⅡPC，所以ZFEG（或其補(bǔ)角）為異面直線EF與PC所成的角.因?yàn)镻BL平面ABC，BC仁平面ABC，F(xiàn)M//PB，：FML平面ABC，PBLBC，QME仁平面ABC，所以FMLME，且PC=BCBC2+PB2在Rt△FME中，F(xiàn)E=FM2+ME2=2.22997由余弦定理得cosZFEG=EF2GFG2==，所以異面直線EF與PC所成角的余弦值為．故選：B線段BC的中點(diǎn)，則直線MN與平面BCD所成角的正切值是()【答案】C【解析】如圖，過點(diǎn)A向底面作垂線，垂足為O，連接AN,ON,OC,MN，過點(diǎn)M作MGLOC于G，連接NG，由題意可知：MG//AO且MG=AO，因?yàn)锳OL平面BCD，所以MGL平面BCD，則ZMNG即為直線MN與平面BCD所成角的平面角，設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則AN=，ON=X=，ANAN2ON2333,MNMN2MG2一,所以tanZMNG=9 219,47所以直線MN與平面47A．直線BC1與DA1所成的角為90B．直線BC1與CA1所成的角為90C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45【答案】ABD【解析】如圖，連接B1C、BC1，因?yàn)镈A1//B1C，所以直線BC1與B1C所成的角即為直線BC1與DA1所成的角，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1CBC1，故直線BC1與DA1所成的角為90，A正確；因?yàn)锽1CBC1，A1B1nB1CB1，所以BC1平面A1B1C，又A1C平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正確；連接A1C1，設(shè)A1C1nB1D1O，連接BO，因?yàn)锽B1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，則C因?yàn)镃1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則C1O22，BC1，sinC1BO所以，直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30。，故C錯(cuò)誤；BC1，1因?yàn)镃1C平面ABCD，所以C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得C1BC45。，故D正確.故選：ABD的球面上，PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，A．PA2C．直線PC與直線AB所成角的大小為60。ABCD的頂點(diǎn)都在一個(gè)表面積為16πD．直線PC與平面PAB所成角的大小為60?！敬鸢浮緽C【解析】解法一、對(duì)于A選項(xiàng)：設(shè)四棱錐的外接球球心為O，因?yàn)榍騉的表面積為16π,所以球O的半徑為2，連接AC，與BD交于點(diǎn)E，取PA的中點(diǎn)F，連接OE，OF，則OEL平面ABCD，四邊對(duì)于B選項(xiàng)：因?yàn)镻AL平面ABCD，所以PALBD，因?yàn)锳CLBD，PAnAC=A，PA，AC仁平面PAC，所以BDL平面PAC，又PC仁平面PAC，所以PCLBD，故B正確；對(duì)于C選項(xiàng)：因?yàn)锳B//CD，所以∠PCD是直線PC與直線AB所成角，因?yàn)镻AL平面ABCD，所以PALCD，又CDLAD，PA（AD=A，PA，AD仁平面PAD，所以CDL平面PAD，CDLPD所以CDLPD，在RtΔPCD中，對(duì)于D選項(xiàng)：易得CBL平面ABP，所以∠CPB是直線PC與平面PAB所成角，故選：BC.解法二、由題意知，可將四棱錐P-ABCD補(bǔ)成長(zhǎng)方體．設(shè)四棱錐的外接球球心為O，因?yàn)榍騉的表面積為16π,所以球O的半徑為2，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的長(zhǎng)為4（點(diǎn)撥：長(zhǎng)方體的外接球即四棱錐的外接球，長(zhǎng)方體的外接球的球心為長(zhǎng)方體的中心，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線為外接球的直徑對(duì)于B選項(xiàng)：因?yàn)镻AL平面ABCD，BD仁平面ABCD，所以PALBD，連接AC，易知ACLBD，因?yàn)镻AnAC=A，PA，AC仁平面PAC，所以BDL平面PAC，又PC仁平面PAC，所以PCLBD，故B正確；對(duì)于C選項(xiàng)：易知AB//CD，所以∠PCD是直線PC與直線AB所成的角，在RtΔPCD中，對(duì)于D選項(xiàng)：易知BCL平面PAB，所以∠CPB是直線PC與平面PAB所成的角，故選：BC.解法三、對(duì)于選項(xiàng)B，C，D，可以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，2,2,0，2,2,0，ABBD故PC2,2,2PCABcosPC,ABPCABcosPC,ABPCAB大小為60。，C正確；易知AD0,2,0為平面PAB的一個(gè)法向量，設(shè)直線PC與平面PAB所成角的大小為0。,90。，則sin，所以直線PC與平面PAB所成角的大小為30。，D錯(cuò)誤.故選：BC.考法四空間距離直線BC的距離為.【答案】【解析】∵A(1,1,),B(1,1,2),C(0,0,0)，22 5652sinCA,52設(shè)點(diǎn)A到直線BC的距離為d，則dsin,.故答案為：.,【例4-2】（2023·浙江溫州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在棱長(zhǎng)為1線段A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，則直線FC到平面AEC1的距離為.66【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，而EC1=平面AEC1，F(xiàn)C丈平面AEC1，故FC//平面AEC1，故直線FC到平面AEC1的距離為即為F到平面AEC1的距離.設(shè)平面AEC1的法向量為=(x,y,z)，---(1)y+z=0---(1)y+z=0故答案為：.A．A到平面A1BD的距離為B．A到平面A1BD的距離為C．沿長(zhǎng)方體的表面從A到C1的最短距離為3D．沿長(zhǎng)方體的表面從A到C1的最短距離為2【答案】AC 則S‘BAD=A1B.A1DsinZBA1D=xxx=，又S‘ABD=AB.AD=x2x3=3，設(shè)點(diǎn)A到平面A1BD的距離為h，由體積相等可得：VAABDAABD，即S‘ABDxAA1=S‘ABDxh，所以x3x1=xxh，解得：h=，故選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)B錯(cuò)誤；長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1的表面可能有三種不同的方法展開，如圖所示：表面展開后，依第一個(gè)圖形展開，則AC1==3；依第二個(gè)圖形展開，則AC1==；依第三個(gè)圖形展開，則AC1==2；三者比較得：A點(diǎn)沿長(zhǎng)方形表面到C1的最短距離為3，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故考法五外接球與內(nèi)切球 2且ACLBC,AC=BC=1，則三棱錐O一ABC的體積為()【答案】A【解析】：ACLBC,AC=BC=1ΔABC為等腰直角三角形AB=，則ΔABC外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)O到平面ABC的距離為d，22(2)2xx【例5-2】（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為,兩個(gè)圓錐的高之比為1:3，則這兩個(gè)圓錐的體積之和為()【答案】B【解析】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D，設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3BD，：CDLAB，則ZCAD+ZACD=ZBCD+ZACD=9又因?yàn)閆ADC=ZBDC，所以，△ACD∽△CBD，因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為πxCD2【例5-3】（2023·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱錐ABCD中，平面ABD平面BCΔBCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，ABAD2，則該幾何體外接球表面積為()【答案】A【解析】設(shè)ΔABD外心為O2，ΔBCD外心為O1，DB中點(diǎn)為E.因O1EDB，O1E平面BCD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，則O1E平面ABD，又O2E平面ABD，則O1EO2E.過O2，O1分別作平面ABD，平面BCD垂線，則垂線交點(diǎn)O為外接球球心，則四邊形O2EO1O為矩形.ΔBCD外接圓半徑r1O1BBD2.o又因ABAD2，BD2，則BAD120o.故ΔABD外接圓半徑o11OE2OOB22EB2又OO1平面BCD，BO1平面BCD，則OO1BO1.故外接球半徑ROBOO12BO12故外接球表面積為4πR220π.【例5-4】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）在三棱錐ABCD，平面ACD平面BCD，‘ACD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，ΔBCD為等邊三角形，AC4，則該三棱錐的外接球的表面積為()R2一9R2一9A32πB.64π3256π3【答案】C【解析】過點(diǎn)B作CD的垂線，垂足為E，因?yàn)棣CD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，所以ΔACD的外接圓的圓心為E，設(shè)ΔBCD的外接圓圓心為O，其半徑為R，則O在BE上，所以O(shè)C=OB=OD，由面面垂直的性質(zhì)可知，BEL平面ACD，故該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR2=4πx=.3【例5-5】（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為3和4，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為()【答案】A4【解析】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=,4r=4，設(shè)球心到上下底面的距離分別為d1,d2，球的半徑為R，所以d1=RR2一9,+d2d222+解得R2=25符合題意，所以球的表面積為S=4πR2=100π.考法六實(shí)際生活中的應(yīng)用【例6-1】（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180．0km2，將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作【答案】C【解析】依題意可知棱臺(tái)的高為MN=157.5一148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積V.140x106+180x106【例6-2】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）某車間需要對(duì)一個(gè)圓柱形工件進(jìn)行加工，該工件底面半徑15cm，高10cm，加工方法為在底面中心處打一個(gè)半徑為rcm且和原工件有相同軸的圓柱形通孔.若要求工件加工后的表面積最大，則r的值應(yīng)設(shè)計(jì)為()【答案】D【解析】大圓柱表面積為2根152π+10根2根15π=750π小圓柱側(cè)面積為10根2πr，上下底面積為2πr2所以加工后物件的表面積為750π+20πr一2πr2，當(dāng)r=5時(shí)表面積最大.故選：D【例6-3】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）盲盒是一種深受大眾喜愛的玩具，某盲盒生產(chǎn)廠商準(zhǔn)備將棱長(zhǎng)為8cm的正四面體的魔方放入正方體盲盒內(nèi)，為節(jié)約成本，使得魔方能夠放入盲盒且盲盒棱長(zhǎng)最小時(shí)，盲盒內(nèi)剩余空間的體積為()A．cm3B．cm3C．cm3D【答案】C【解析】依題意，要使棱長(zhǎng)為8cm的正四面體的魔方放入正方體盲盒內(nèi)，且盲盒棱長(zhǎng)最小，則當(dāng)且僅當(dāng)正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)等于正四面體的棱長(zhǎng)，即它們有相同的外接球，如圖，正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為8cm，該正四面體的所有棱均為正方體對(duì)應(yīng)的面對(duì)角線，所以該正方體棱長(zhǎng)為4cm，盲盒內(nèi)剩余空間的體積為33【例6-4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）糧食是關(guān)系國(guó)計(jì)民生和國(guó)家經(jīng)濟(jì)安全的重要戰(zhàn)略物資，也是人民群眾最基本的生活資料，糧食安全是“國(guó)之大者”．如圖為某農(nóng)場(chǎng)的糧倉，中間部分可近似看作是圓柱，圓柱的底面直徑為8m，上、下兩部分可以近似看作是完全相同的圓錐，圓柱的高是圓錐高的6倍，且這兩個(gè)圓錐的頂點(diǎn)相距10m，則該糧倉的體積約為()A．m3B．160πm3C．m3D．200πm3【答案】C【解析】由題意得，圓柱的高為10x=m)，圓錐的高為10x=m)，圓柱與圓錐的底面半徑均為4m，所以該糧倉的體積約為2xxπx42x+πx42x=m3).故選：C.【例6-5】（2021·北京·統(tǒng)考高考真題）某一時(shí)間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個(gè)時(shí)段的降雨量（單位：mm24h降雨量的等級(jí)劃分如下：在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組自制了一個(gè)底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級(jí)是A．小雨B．【答案】B【解析】由題意，一個(gè)半徑為=100(mm)的圓面內(nèi)的降雨充滿一個(gè)底面半徑為20x=50(mm)，高為150(mm)的圓錐，所以積水厚度d=π150=12.5(mm)，屬于中雨.故選：B.42+42+32【例6-6】（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測(cè)到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為Q，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S占地球表面積的百分比約為()A．26%B．34%【答案】C【解析】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：考法七截面或軌跡長(zhǎng)度四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)BF為棱A,D,的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)A,過點(diǎn)C,，E，F(xiàn)作該正方體的截面，則該截面的周長(zhǎng)是()【答案】C【解析】設(shè)G為AB的三等分點(diǎn)，靠近B點(diǎn)，連接GE,并延長(zhǎng)交DA延長(zhǎng)線于P，設(shè)H為A,A的三等分點(diǎn)，靠近A,點(diǎn)，連接FH,并延長(zhǎng)交DA延長(zhǎng)線于Q，則‘GBE∽△GAP，由于BE=,3,3同理可得PF=EC,,即四邊形PEC,F為平行四邊形，連接HG,則五邊形GHFC,E即為過點(diǎn)C,，E，F(xiàn)所作的正方體的截面，【例7-2】2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）設(shè)A，B是半徑為3的球體O表面上兩定點(diǎn)，且ZAOB=60。，球體O表面上動(dòng)點(diǎn)P滿【答案】D【解析】以AOB所在的平面建立直角坐標(biāo)系，AB為x軸，AB的垂直平分線為y軸，AB=3，則A,0，B,0，設(shè)P(x,y)，PA=2PB，+y2=4x2+4y2，整理得到x2+y2=4，(5)(5)轉(zhuǎn)化到空間中：當(dāng)P繞AB為軸旋轉(zhuǎn)一周時(shí)，PA,PB不變，依然滿足PA=2PB，故空間中P的軌跡為以C為球心，半徑為r=2的球，同時(shí)P在球O上，故P在兩球的交線上，為圓.△OCP為直角三角形，對(duì)應(yīng)圓的半徑為r1==，的上下底面的邊長(zhǎng)為3，高為4，點(diǎn)M，N分別在線段D1C1和B1C1上，且滿足MC1=NC1=2，下底面ABCD的中心為點(diǎn)O，點(diǎn)P，Q分別為線段AC1和MN上的動(dòng)點(diǎn)，則PQ+PO的最小【答案】A【解析】過點(diǎn)O作OQLMN，交MN于點(diǎn)Q，交AC1于點(diǎn)P，過點(diǎn)N作NELBC，交BC于點(diǎn)E，連接OE，取BC中點(diǎn)F，連接OF，根據(jù)題意，因?yàn)镻Q+PO>OQ，所以當(dāng)O,P,Q三點(diǎn)共線，且OQLMN時(shí)，PQ+PO=OQ，且有最小值，如圖所示，在‘OEF中，OF=，EF=， ,2在‘ONE中，NE=4， ,2在ΔONQ中，NQ=MN= ,所以PQ+PO的最小值為，故選：A.【例7-4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)多選）已知點(diǎn)P為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一動(dòng)點(diǎn)，四邊形ABCD為正方形，AA1=2AB=4，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為DD1的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．過A1，C1，E三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得截面的面積為2B．過C1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面為五邊形C．若D1PⅡ平面A1C1E，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2(+)D．若動(dòng)點(diǎn)P到棱BB1的距離為√3，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為π+8【答案】ABD【解析】選項(xiàng)A：如圖1，取BC的中點(diǎn)G，連接C1G，EG，A1C1，A1E，則過A1，C1，E三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面為等腰梯形A1C1GE，理由如下：連接AC，因?yàn)镋，G分別是AB和BC的中點(diǎn)，所以EG∥AC，又在平行四邊形ACC1A1中，AC∥A1C1，所以EG∥A1C1，則A1，E，C，C1四點(diǎn)共面，則等腰梯形A1C1GE的高h(yuǎn)==，所以等腰梯形A1C1GE的面積S=x(+2)x=，所以A正確；選項(xiàng)B：如圖2，連接C1F并延長(zhǎng)，交CD的延長(zhǎng)線于H，連接EH交AD于I，連接IF，取BB1靠近B的四等分點(diǎn)Q，連接EQ，QC1，則五邊形EQC1FI即過C1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面，理由如下：作BB1的中點(diǎn)T，連接AT和C1T，作CC1的中點(diǎn)S，連接ST和DS，則有C1S=DF，C1S∥DF，所以四邊形DSC1F是平行四邊形，即C1F∥DS，又有STⅡBC，ST=BC，BC∥AD，BC=AD，所以ST∥AD，ST=AD，所以四邊形ADST是平行四邊形，即AT∥SD，則AT∥C1F，所以A，T，C1，F(xiàn)四點(diǎn)共面，由題可知平面ABB1A1平面DCC1D1，平面ABB1A1n平面ATC1F=AT，平面ATC1Fn平面DCC1D1=C1F，所以AT∥C1F，又因?yàn)镼是BB1靠近B的四等分點(diǎn)，T是BB1的中點(diǎn)，所以EQ∥AT，則EQ∥C1F，所以E，Q，C1，F(xiàn)，I五點(diǎn)共面，所以B正確；選項(xiàng)C：如圖3，分別取AD，CD，BC的中點(diǎn)M，N，G，連接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因?yàn)镸N∥EG，MN仁平面A1C1GE，GEi平面A1C1GE，所以MN平面A1C1GE，又D1NnMN=N，MN仁平面D1MN，D1N仁平面D1MN，所以平面D1MNⅡ平面A1C1GE，選項(xiàng)D：如圖4，若動(dòng)點(diǎn)P到棱BB1的距離為√3，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為兩個(gè)以為半徑的 1 14再加上兩個(gè)側(cè)棱BB1的長(zhǎng)度，即π+8，所以D正確.故選：ABD.考法八最值問題【例8-1】（2023·山東·煙臺(tái)二中校考模擬預(yù)測(cè)）已知圓錐圓錐可在某球內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)，則該球的體積最小值為()【答案】D由題意知當(dāng)球?yàn)閳A錐的外接球時(shí)，體積最小，設(shè)外接球的半徑為R，則(2-R)2+22=R2，【例8-2】2023·河南平頂山·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知某長(zhǎng)方體的上底面周長(zhǎng)為16，與該長(zhǎng)方體等體積的一個(gè)圓柱的軸截面是面積為16的正方形，則該長(zhǎng)方體高的取值范圍是()【答案】C【解析】不妨設(shè)該長(zhǎng)方體底面的長(zhǎng)和寬分別為a，b，高為h，則a+b=8，軸截面是面積為16的正方形的圓柱，其底面圓的半徑為2，高為4，2π2【例8-3】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，一個(gè)棱長(zhǎng)1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是()(15)(12)(12)(11)(15)(12)(12)(11)【答案】A【解析】將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則如圖，水最少的臨界情況為，水面為面A1BD，水最多的臨界情況為多面體1 根3因?yàn)閂A-ABD=1 根3因?yàn)閂A-ABD=ABCDA1B1D1，水面為BC1D1，，故選：A.【例8-4】2023·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知三棱錐P－ABC的所有頂點(diǎn)均在半徑為2的球的O球面上，底面‘ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形．若三棱錐P－ABC的體積取得最大值時(shí)，該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，則r=()-1)【答案】B【解析設(shè)底面‘ABC的中心為Q，連接BQ，OQ，如圖，延長(zhǎng)QO交球面于點(diǎn)P，連接OB，此時(shí)三棱錐P－ABC的體積取得最大值，22-2=，BD=1，則該三棱錐體積的最大值為()【答案】D【解析因?yàn)锳CL平面BCD，BD仁平面BCD，所以ACLBD，又BDLCD，ACnCD=C，AC,CD仁平面ACD，所以BDL平面ACD，因?yàn)锳D仁平面ACD，所以BDLAD，因?yàn)锳CL平面BCD，CD仁平面BCD，所以ACLCD，所以該三棱錐體積的最大值為.故選：D..【例8-6】（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3<l<3，則該正四棱錐體積的取值范圍是()【答案】C【解析：球的體積為36π,所以球的半徑R=3,[方法一]：導(dǎo)數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2a，高為h，則l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2,所以6h=l2，2a2=l2-h22-)根=l4-，所以V,=4l3-=l3，所以當(dāng)l=2時(shí)，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64 所以正四棱錐的體積V的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是，.[方法二]：基本不等式法僅當(dāng)h=4取到)，<，故該正四棱錐體積的取值范圍是[,].12023秋·寧夏吳忠·高三青銅峽市高級(jí)中學(xué)校考期末）設(shè)l是直線，a、β是兩個(gè)不同的A．若lⅡa,lⅡβ,則aⅡβB．若lⅡa,lLβ,則aLβC．若βLa,lLa，則lβD．若aLβ,lⅡa，則lLβ【答案】B【解析對(duì)選項(xiàng)A，若a八β=a，滿足l//a,l仁a,l仁β,則lⅡa,lⅡβ,但不滿足aⅡβ,故A錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)B，如圖，若lⅡa,lLβ,必存在l//n,n仁a，則nLβ,又n仁a，所以aLβ,故B正確；對(duì)選項(xiàng)C，若βLa,lLa，存在l仁β,故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D，如圖，若aLβ,anβ=m,l仁a,l仁β,l//m，則l//a,l//β,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.22023·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知m、n是兩條不下列說法正確的是()A．若mLa,aLβ,則mβB．若mⅡa,aⅡβ,則mβC．若m仁a,n仁a,m∥β,n∥β,則a∥βD．若mLa,mLβ,nLa，則nLβ【答案】D【解析對(duì)A選項(xiàng)，若mLa，aLβ,則m//β或m仁β,故A錯(cuò)誤，對(duì)B選項(xiàng)，若m//a,a//β,則m//β或m仁β,故B錯(cuò)誤；對(duì)C選項(xiàng)，若m仁Q,n仁Q，m//β,n//β,則Q與β相交或Q//β,故C錯(cuò)誤；對(duì)D選項(xiàng)，由于mLQ,nLQ，所以m//n，又mLβ,所以nLβ,故D正確，故選：D.A．若am，則aⅡβB．若aⅡβ且mQ，則Q∥βC．若aⅡβ且bⅡβ,則mQD．若aLm且bLn，則QLβ【答案】C【解析對(duì)于A：a可能在平面β內(nèi)，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B：a與m可能平行，從而Q與β可能相交，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于CaⅡβ且bⅡβ,a,b仁Q，anb=P，:βⅡQm仁β,:mⅡQ，所以C正確；對(duì)于D：如圖，由正方形沿一條對(duì)角線折疊形成，其中形成的兩個(gè)平面設(shè)為Q,β,折痕設(shè)為b，在平面Q的對(duì)角線設(shè)為a，在β內(nèi)的對(duì)角線設(shè)為n，同時(shí)作mLn，此時(shí)m//b，易知bLa，則mLa，但此時(shí)Q與β不垂直，所以D錯(cuò)誤.AD1所成的角為()【答案】D π 3C. π 4D. π 6【解析如圖，連接BC1,PC1,PB，因?yàn)锳D1∥BC1，所以ZPBC1或其補(bǔ)角為直線PB與AD1所成的角，因?yàn)锽B1L平面A1B1C1D1，所以BB1LPC1，又PC1LB1D1，BB1八B1D所以PC1L平面PBB，所以PC1LPB，sinZPBC1==，所以ZPBC1=.52021·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的底面半徑為√2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為()【答案】B【解析設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則πl(wèi)=2πx，解得6（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）在長(zhǎng)方體ABCD一A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面A．AB=2ADB．AB與平面AB1C1D所成的角為30O．B1D與平面BB1C1C所成的角為45O【答案】D【解析如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為ZB1DB，B1D與平面AA1B1B所成角為ZDB1A，所以sin30。=B1D對(duì)于A，AB=a，AD=b，AB=AD，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，過B作BELAB1于E，易知BEL平面AB1C1D，所以AB與平面AB1C1D所成角為，C錯(cuò)誤；72023·山西臨汾·統(tǒng)考一模）《九章算術(shù)·商功》提及一種稱之為“羨除”的幾何體，劉徽對(duì)此幾何體作注：“羨除，隧道也其所穿地，上平下邪.似兩鱉臑夾一塹堵，即羨除之形.”羨除即為：三個(gè)面為梯形或平行四邊形（至多一個(gè)側(cè)面是平行四邊形其余兩個(gè)面為三角形的五面幾何體.現(xiàn)有羨除ABCDEF如圖所示，底面ABCD為正方形，EF=4，其余棱長(zhǎng)為2，則羨除外接球體積與羨除體積之比為()C. π3【答案】A【解析連接AC、BD交于點(diǎn)M，取EF的中點(diǎn)O，連接OM，則OML平面ABCD.取BC的中點(diǎn)G，連接FG，作GHLEF，垂足為H，如圖所示， ：AB//EF，AB仁面CDEF，EF仁面CDEF，∴AB//面CDEF，即：點(diǎn)A到面CDEF的距離等于點(diǎn)B到面CDEF的距離，又：ΔOED≌ΔOCD，BCD，∴這個(gè)羨除的體積為VVAOED∴羨除的外接球體積與羨除體積之比為==2π.3故選：A.82023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）已知直線a，b與平面α,β,γ,能使aLβ的充分條件A．a(chǎn)Pa，bⅡβ,LB．a(chǎn)LY，βLYC．a(chǎn)Pa，aLβD．a(chǎn)八β=a，L，b仁β【答案】C【解析對(duì)于A，由aP，b∥,可得∥或者與相交，故錯(cuò)誤；對(duì)于B，由，，可得與可能平行、相交，故錯(cuò)誤；對(duì)于C，由aP，a，過直線a做平面與平面相交與直線b，如上圖所示，aⅡb，對(duì)于D，當(dāng)與相交但是不垂直時(shí)，也有可能，b，故錯(cuò)誤；故選:C92023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P在線段B1C上，有下列四個(gè)結(jié)論：①AB1CD1；②點(diǎn)P到平面A1BD的距離為；③二面角AB1CD1的余弦值為22④若四面體B1ACD1的所有頂點(diǎn)均在球O的球面上，則球O的體積為2π.其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是()【答案】B【解析如圖，連接DC1.因?yàn)樗倪呅蜠CC1D1為正方形，所以DC1CD1.又AB1∥DC1，所以AB1CD1，故①正確；因?yàn)锽1C//A1D，A1D平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C//平面A1BD，所以點(diǎn)P到平面A1BD的距離即為點(diǎn)B1到平面A1BD的距離d. 所以()2d111，解得d，故②正確；由題意知ΔAB1C,ΔD1B1C為全等的等邊三角形，當(dāng)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)時(shí)，連接AP,D1P，則APB1C,D1PB1C，所以ZAPD1為二面角A-B1C-D1的平面角.22-2所以cosZAPD1=，故③錯(cuò)誤；因?yàn)樗拿骟wB1ACD1的外接球即為正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，綜上，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是2.102023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐A-BCD中，ABl平面BCD，BClCD，CD=2AB=2BC=4，則三棱錐A-BCD的外接球的表面積與三棱錐A-BCD的體積之比為()A.4B.2【答案】D【解析取AD的中點(diǎn)O,連接OB,OC，因?yàn)锳Bl面BCD,BD=面BCD,CD=面BCD,所以ABlBD,ABlCD，因?yàn)镃DLBC,AB八BC=B,AB仁面ABC,BC仁面ABC,所以CDL面ABC，又因?yàn)锳C仁面ABC，所以CDLCA，所以球的表面積為S=4πR2=24π,三棱錐ABCD的體積為V=S‘BCD.AB=xx2x4x2=，故=3112023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1L底面ABC，DABC的外接球體積的最大值為()【答案】C【解析因?yàn)锳C=BC=2，ZACB=90。，所以‘ABC的外接圓的圓心為AB的中點(diǎn)O1,且取A1B1的中點(diǎn)E，連接O1E，則O1E//AA1，所以O(shè)1EL平面ABC；設(shè)三棱錐D一ABC的外接球的球心為O，則O在O1E上，<)，球半徑為R，22，所以t2=8x14，74742，2即外接球半徑的最大值為，3312（2023·甘肅蘭州·?？寄M預(yù)測(cè)）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBAC=90。，AB=AC=AA1=2，E，F(xiàn)，D，分別是BC，A1C1，B1C1的中點(diǎn)，則下面說法中正確的A．EF//平面AA1B1BB．BDLEF5C．直線EF與平面ABC5D．點(diǎn)D到平面BCF的距離為669【答案】A【解析直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBAC=90。，故可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則有故EF//平面AA1B1B，A錯(cuò)；對(duì)B，由×=5得BD與EF不垂直，B錯(cuò)；對(duì)C，平面ABC的其中一個(gè)法向量為=(0,0,2)，則------------EF×AA42cosEF,AA1==5------------EF×AA42則直線EF與平面ABC所成角的余弦值為sin,=1-2=，C錯(cuò)；---------BD×n2n故D到平面BCF的距離為BDcosBD,n==------BD×n2n132023·上海黃浦·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MDLNBL平面ABCD，且MD=NB=1，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn).則下列結(jié)論中不正確的是()A．MCANB．平面DCM//平面ABNC．直線GB與AM是異面直線D．直線GB與平面AMD無公共點(diǎn)【答案】D【解析因?yàn)镸D平面ABCD，NB平面ABCD，則MD//NB，取AB,CD,AN的中點(diǎn)F,E,H，連接EF,EG,FH,GH，如圖，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn)，則EG//MD//NB//FH，且EGMDNBFH，于是四邊形EFHG是平行四邊形，GH//EF,GHEF，在正方形ABCD中，EF//AD,EFAD，則GH//AD,GHAD，因此四邊形ADGH為平行四邊形，AN//DG，而MDCD1，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn)，有DGMC，所以MCAN，A正確；因?yàn)镸D//NB，MD平面DCM，NB平面DCM，則NB//平面DCM，又AB//CD，CD平面DCM，AB平面DCM，則AB//平面DCM，而NBnABB,NB,AB平面ABN，所以平面DCM//平面ABN，B正確；取DM中點(diǎn)O，連接GO,AO，則有GO//CD//AB,GO梯形，AB，即四邊形ABGO為因此直線AO,BG必相交，而AO平面AMD，于是直線GB與平面AMD有公共點(diǎn)，D錯(cuò)誤；顯然點(diǎn)A平面ABGO，點(diǎn)M平面ABGO，直線BG平面ABGO，點(diǎn)A直線BG，所以直線GB與AM是異面直線，C正確.故選：D142023·內(nèi)蒙古·模擬預(yù)測(cè)）已知球O的半徑為2，圓錐內(nèi)接于球O，當(dāng)圓錐的體積最大時(shí)，圓錐內(nèi)切球的半徑為()【答案】C【解析設(shè)圓錐的底面半徑為r，則圓錐的高為2， 2=4-t2，所以V(t)=π(4-t2)(2+t).因?yàn)閂,(t)=-π(t+2)(3t-2)，所以V(t)在0,上單調(diào)遞增，在,2上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t=，即r=時(shí)，圓錐的體積最大，此時(shí)圓錐的高為，母線長(zhǎng)為.因?yàn)閳A錐內(nèi)切球的半徑等于圓錐軸截面的內(nèi)切圓的半徑，所以圓錐內(nèi)切球的半徑R=2S 根 +3152023·山東濰坊·統(tǒng)考一模）如圖，圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為60。則圓臺(tái)的側(cè)面積為()【答案】C【解析假設(shè)圓錐半徑R，母線為l，則R=1.設(shè)圓臺(tái)上底面為r，母線為l1，則r=.如圖，作出圓錐、圓臺(tái)的軸截面則有，所以l14.所以圓臺(tái)的側(cè)面積為πRrl141ππ.162023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長(zhǎng)都相等，D為棱AB的中點(diǎn)，則CD與AC1所成角的正弦值為()【答案】B【解析取A1B1的中點(diǎn)E，連接AE、C1E、DE，設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長(zhǎng)為2，如下圖所示：66因?yàn)锳A1//BB1且AA1=BB1，所以，四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以，AB//A1B1且AB=A1B1，又因?yàn)镈、E分別為AB、A1B1的中點(diǎn)，則AD/A1E且AD=A1E，所以，四邊形AA1ED為平行四邊形，則AA1//DE且AA1=DE，所以，四邊形CC1ED為平行四邊形，所以，CD//C1E，所以CD與AC1所成的角即為C1E與AC1所成的角，ZAC1E或其補(bǔ)角即為所求.因?yàn)锳C=AE2+C1E2，所以△AC1E為直角三角形，且ZAEC1=90。，中點(diǎn)，將ΔABC沿AD折疊成三棱錐A一BCD，則該棱錐體積最大值為()【答案】B所以BD=DC=AD=BC=1，ADLBC，所以，在折疊成的三棱錐A一BCD中，ADLBD,ADLDC，因?yàn)锽DnDC=D,BD,DC仁平面BCD，所以ADL平面BCD，所以，三棱錐A一BCD的體積為V=SΔBCD.AD=xx1x1xsinZBDCx1=所以，該棱錐體積最大值為1sinZBDC<，182023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在菱形ABCD中，AB=5，AC=6，AC與BD的交點(diǎn)為G，點(diǎn)M，N分別在線段AD，CD上，且AM=MDCN=ND,將‘MND沿MN折疊到△MND,，使GD,=2，則三棱錐D,一ABC的外接球的表面積為()【答案】B【解析如圖所示，因?yàn)锳M=MDCN=ND,所以MN//AC，設(shè)MN與BD的交點(diǎn)為H，連接D'H，AC八HG=G，AC，HG仁平面ABC，故D,GL平面ABC.設(shè)‘ABC的外接圓圓心為O1，‘AD,C的外接圓圓心為O2，過O1，O2分別作平面ABC，平面AD,C的垂線，設(shè)兩垂線交于點(diǎn)O，則O是三棱錐D,一ABC外接球的球心，且四邊形同理可得‘AD,C的外接圓半徑r2=，所以GO2=．設(shè)三棱錐D,一ABC的外接球半+=，則三棱錐D,ABC的外接球的表面積2627192023·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，PAPDAB，E,F分別是棱BC,PD的中點(diǎn)，則異面直線EF與AB所成角的余弦值是()63636363366336【答案】B【解析如圖，取棱AD的中點(diǎn)H，連接PH,EH,HF，則EH∥AB，則HEF是異面直線EF與AB所成的角（或補(bǔ)角）.又因?yàn)镻APDAB，故PHAD,平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PH平面PAD，故PH平面ABCD，EH平面ABCD，故PHEH,由四邊形ABCD是矩形，EH∥AB,ABAD，則EHAD,PHnADH,PH,AD平面PAD,故EH平面PAD,HF平面PAD,故EH設(shè)AB2，則EH＝2，在△EFH中，則EFHF, 12PD 12PDEHEH2HF2 HEEF，故cosHEFHEEF 63 63,即異面直線EF與AB所成角范圍為(0,]，故所求角的余弦值是，202023·四川·校聯(lián)考一模）四棱錐PABCD的底面為正方形，PA平面ABCD，頂點(diǎn)均在半徑為2的球面上，則該四棱錐體積的最大值為()327【答案】C【解析設(shè)正方形ABCD的外接圓的半徑為r，球心O到平面ABCD的距離為d，則d2r24，且正方形ABCD的面積為2r2，四棱錐PABCD的體積為V2r2(2d)d4d2，設(shè)f(x)x4x2，x0,2，則f(x)43x2，于是x0,時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；x,2時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞從而f(x)maxf，于是Vf(d).212023·四川·校聯(lián)考一模）在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，已知異面直線A1C與AD，A1C與AB所成角的大小分別為60和45，則直線B1D和平面A1BC所成的角的余弦值為()A.33B. 2C.332D.63【答案】A【解析設(shè)AD1,ABa,AA1c，則A1Ca21c2，由于AD//BC，所以異面直線A1C與AD所成角為A1CB60，從而A1C2，由于AB//CD，所以異面直線A1C與AB所成角為A1CD45，從而A1Ca，以D為原點(diǎn)，分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，1則----n.BD 1 ----n.BD 1 ----3n1BDn1 從而直線B1D 222023·江西上饒·統(tǒng)考一模）蹴鞠，又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動(dòng)，類似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國(guó)務(wù)院批準(zhǔn)已列入第一批國(guó)家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.已知半徑為3的某鞠（球）的表面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，C，P，ACLBC，AC=BC=4，PC=6，則該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積為() π325π3 π325π3【答案】D【解析因?yàn)槿忮FP一ABC的外接球的半徑為3所以PC為外接球的直徑，如圖，將三棱錐P一ABC放入如圖所示的長(zhǎng)方體，則AC=BC=4，設(shè)長(zhǎng)方體的另一棱長(zhǎng)為a，2設(shè)外接球的球心為O，所以PA=PB==2，AB取ΔPAB的外接圓的半徑為r，2.PA.AB2x2x452.PA.AB2x2x45所以該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積：S=πr2442+422故選：D.232023·甘肅蘭州·?？寄M預(yù)測(cè)）沙漏是我國(guó)古代的一種計(jì)時(shí)工具，是用兩個(gè)完全相同的圓錐頂對(duì)頂疊放在一起組成的（如圖在一個(gè)圓錐中裝滿沙子，放在上方，沙子就從頂點(diǎn)處漏到另一個(gè)圓錐中，假定沙子漏下來的速度是恒定的．已知一個(gè)沙漏中沙子全部從一個(gè)圓錐中漏到另一個(gè)圓錐中需用時(shí)1小時(shí)．當(dāng)上方圓錐中沙子的高度漏至一半時(shí)，所需時(shí)間為A．小時(shí)B．小時(shí)C．小時(shí)D．小時(shí)【答案】B【解析如圖，依題意可知R=2r，V大=πR2h=V242022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若=2，則=()【答案】C【解析設(shè)母線長(zhǎng)為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，22252022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知正三棱柱A棱BC,A1C1上的點(diǎn)．記EF與AA1所成的角為Q，EF與平面ABC所成的角為β,二面角FBCA的平面角為Y，則()β【答案】A【解析如圖所示，過點(diǎn)F作FPLAC于P，過P作PMLBC于M，連接PE，則Q=ZEFP，β=ZFEP，y=ZFMP，262022·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面是頂角為120。，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體【答案】D【解析該幾何體由直三棱柱AFD一BHC及直三棱柱DGC一AEB組成，作HMLCB于M，如圖，因?yàn)橹丿B后的底面為正方形，所以AB=BC=3,在直棱柱AFD一BHC中，ABL平面BHC，則ABLHM,由AB八BC=B可得HML平面ADCB，設(shè)重疊后的EG與FH交點(diǎn)為I,則VI-BCDA=x3x3x=,VAFD-BHC=x33xx33=則該幾何體的體積為V=2VAFD-BHC-VI-BCDA=2x-=27.故選：D.272023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）三棱錐A-BCD中，點(diǎn)A在平面BCD的射影H是ΔBCD的垂心，點(diǎn)D在平面ABC的射影G是ΔABC的重心，AD=1，則此三棱錐體積的最大值【答案】C【解析如圖，點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影G是‘ABC的重心，連接AG延長(zhǎng)交BC于M，連接BG延長(zhǎng)交AC于N，則M、N分別為BC和AC的中點(diǎn)，因?yàn)锳HL平面BCD，BC仁平面BCD，射影AHLBC，又H為ΔBCD的垂心，則DHLBC，由AHnDH=H,AH,DH仁平面DAH，所以BCL平面DAH，由AD仁平面DAH，得BCLAD.因?yàn)镈GL平面ABC，BC仁平面ABC，所以DGLBC，又ADnDG=D,AD,DG仁平面DAG，則BCL平面DAG，由AG仁平面DAG，得BCLAG，所以BCLAM，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以AB=AC，4343由CHDB,又BD平面BCD，則AHDB,AHnCHH,AH,CH平面CAH，所以DB平面CAH，由AC平面CAH，得DBAC，由AC平面ABC，則DGAC,DBnDGD,DB,DG平面DBG，則AC平面DBG，由BG平面DBG，得ACBG，所以ACBN，因?yàn)镹為AC的中點(diǎn)，所以AB=BC，則‘ABC為等邊三角形，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則AM x3x,AGAM x3,又AD1，所以DGDADA2AG22x31,則VDABCS‘ABCDGx2x1，令f(x)x4(1x2)x4x2)0得0x，則f(x)4x32x52x3(2x2)，令f(x)00x，令f(x)0x，所以函數(shù)f(x)在(0,)上單調(diào)遞增，在(,)上單調(diào)遞減，得f(x)maxf()