【沖刺985、211之2023屆新高考題型模擬訓(xùn)練】 07 立體幾何（單選+填空）（新高考）解析版-高考數(shù)學(xué)備考復(fù)習(xí)重點(diǎn)資料歸納

【沖刺985/211名校之2023屆新高考題型模擬訓(xùn)練】

專題07立體幾何（單選+填空）（新高考通用）

一、單選題

1.（2023?廣東?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知a、戶是空間中兩個(gè)不同的平面，”是空間

中兩條不同的直線，則下列命題中正確的是（）

A.若加//",“ua,則。B.若加//a,mlIf3,貝ija%

C.若aJL尸，則機(jī)_L/?D.若nVp,mVn,則a_L/?

【答案】D

【分析】利用空間中線面、面面的位置關(guān)系可判斷ABC選項(xiàng)；利用空間向量法可判斷D選

項(xiàng).

【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，若加//〃，"ua,則加//a或機(jī)ua,A錯(cuò)；

對(duì)于B選項(xiàng)，若〃z//a,mll/3,則a〃6或a、夕相交，B錯(cuò)；

對(duì)于C選項(xiàng)，若a_L4,，〃ua,則機(jī)〃/?或/MU/7或加、夕相交（不一定垂直），C錯(cuò)；

對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)直線，〃、”的方向向量分別為a、b，

若機(jī)J_a,nLp,mln,則平面a、4的一個(gè)法向量分別為a、b，且a_16，故a_L￡,

D對(duì)?.

故選：D.

2.（2023?浙江?永嘉中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知正方體4BCO-AAGR的棱長為1,P是線

段8a上的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐尸-AB。的體積為（）

A.—B.-C.—D.一

8654

【答案】B

【分析】先由線面平行的判定定理證得與烏〃面ABO，從而得到％=%-APD=%-A皿，

再結(jié)合錐體的體積公式即可得解.

【詳解】因?yàn)樵谡襟wABCZ）-4qGP中，BB\〃DD\,BBt=DD、,

所以四邊形88QQ是平行四邊形，故BQ//BD,

又8QU面ABD.3￡>u面A8。，所以耳。〃面ABO,

因?yàn)槭蔷€段BQ上的動(dòng)點(diǎn)，所以「到面\BD的距離與。到面A.BD的距離相等，

所以力-劣如=%”=%-A皿=gx3x1x1x1=g

故選：B.

3.（2023春?浙江紹興?高三統(tǒng)考開學(xué)考試）在正棱臺(tái)ABCD-AMGR中，

AS=2A4，A4,=6,M為棱與G中點(diǎn).當(dāng)四棱臺(tái)的體積最大時(shí)，平面w8。截該四棱臺(tái)的截面

面積是（）

A.巫B.3五C.巫D.6夜

42

【答案】C

【分析】根據(jù)正四棱臺(tái)的體積公式、結(jié)合基本不等式、線面平行的判定定理、梯形的面積公

式進(jìn)行求解即可.

【詳解】設(shè)AB=2A4=4x,上底面和下底面的中心分別為Q,。，該四棱臺(tái)的高。0=&,

A,H1.AC.

在上下底面由勾股定理可知，A4=；J(2x)2+(2x)2=&AO=；J(4X1+(4X)2=2岳.

222222

在梯形A0O4中，AtA=AH+AtH=>3=(2y[2x-y/2x^+h=>h=3-2x,

所以該四棱臺(tái)的體積為丫=g（16x2+J?聲彳+咐〃=條2力,

所以丫2=2|±d.X2.?X2?(3-2/<784(X2+X2+3-2X2

93

當(dāng)且僅當(dāng)/=3-2/，即x=l時(shí)取等號(hào)，此時(shí)4B=4,A4=2,0,0=1.

取CQ的中點(diǎn)N,連接MW、ND,顯然值MNUD\B\〃DB,MN<z平面ABC。,

3￡>u平面ABC。，所以MN//平面A6C。，因此平面MBZW就是截面.

顯然仞7=3耳。=0,80=40,

在直角梯形0MEO中，ME=Qh2+（0E-0iM『=VT7T=0,

因此在等腰梯形BgCB中，MB=yjME2+EB2=J2+4=R，

同理在等腰梯形中，DN=^6,

在等腰梯形M8ZW中，除MFUDN,MGLBD,

則=尸=4夜-&=3夜，

所以梯形皿N的面積為丁咚=乎,

故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)基本不等式求出體積最大值，結(jié)合線面平行判定定理判斷截面的形

狀是解題的關(guān)鍵.

4.（2023?山東?濰坊一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知正方體ABCO-ABCR的棱長為3,點(diǎn)M滿

足CC|=3CM.若在正方形AAGA內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)尸滿足8P〃平面AM。，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡

長為（）

A.3B.710C.>/13D.3及

【答案】C

【分析1在棱上分別取點(diǎn)EF,使得=A尸=連接

EF,BC「BF，GE,D、F,BM,證明平面//平面AMR即可得點(diǎn)尸的軌跡為線段RE,

再計(jì)算長度即可.

【詳解】解：如圖，在棱上分別取點(diǎn)瓦尸，使得=連接

EF,BC、,BF,C、E,D,F,BM,

因?yàn)?/p>

所以，EFHAD,,

因?yàn)镋FZ平面AMDX,ADtu平面AMD,,

所以EF//平面AMR,

因?yàn)?CC\=3CM,

所以，AF=CtM=2,CM=AlF=\,

因?yàn)锳8=CR,NBAF=NMCR,AR=BC,NBCM=N必Q,

所以，△A8b絲！8cMgaRA尸，

所以BF=RM,DF=BM

所以，四邊形BFRM是平行四邊形，

所以BF//RM,

因?yàn)?FO平面AMD,,D.Mu平面AMD,,

所以，B/〃平面AMR,

因?yàn)?EcEE=尸，BF,EFu平面BFRM,

所以平面BFRM//平面AMD,,

因?yàn)槠矫鍮FRM1平面AAGA=GE,

所以，在正方形ABCR內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P滿足BPH平面AMD,時(shí)?，點(diǎn)P的軌跡為線段C,E,

因?yàn)椤闑=52?+32=

所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長為行

故選：C

5.（2023?山東臨沂?統(tǒng)考一模）古希臘亞歷山大時(shí)期的數(shù)學(xué)家帕普斯在《數(shù)學(xué)匯編》第3卷

中記載著一個(gè)確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交,

那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉

合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積“，即V=s/（V表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，s表示

平面圖形的面積，/表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長）.如圖，直角梯形"8,已知

ABHDC,AB1AD,AB=3CD,A￡>=3,則其重心G到AB的距離為（）

B

【答案】C

【分析】根據(jù)題意，用式子分別表示出直角梯形繞AO旋轉(zhuǎn)一周所得的兒何體的體積、梯形

面積以及重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長，進(jìn)而求解答案.

【詳解】設(shè)CE>=x,A8=3x,

直角梯形繞AD旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體的體積為

V=TT-32-X+-?K-32（3X-X）=15TLi；

3

梯形ABCD的面積s=；（x+3x）3=6x,故記重心G到AB的距離為/?’,

則重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長為/=2/'，

則157tx=（2力/）-6x,則〃'=：，

故選：C.

6.（2023?湖南?模擬預(yù)測）已知正方體AB8-A8CQ,A8=2g,點(diǎn)E為平面力出。內(nèi)的

動(dòng)點(diǎn)，設(shè)直線AE與平面48。所成的角為。，若tanac』則點(diǎn)E的軌跡所圍成的圖形

面積的取值范圍為（）

A.［兀,2兀］B.［兀,4可C.［4兀,6兀］D.［4兀,8兀］

【答案】D

【分析】確定AGL平面A/。，

2WEOW2灰，E在平面A/D內(nèi)的軌跡是以。為圓心，半徑為OE的圓，計(jì)算得到答案.

【詳解】如圖所示，連接4G交平面4/。于O,連接EO,AC

CC1，平面ABC。，BDu平面ABC。，故CG_L8D,

AC_LBD,ACCC、=C,AC,C￡u平面ACC一故3。/平面ACC一

4&U平面ACG，故BOLAC，

同理可得ABJ.AG，%BcBD=B,AB,BOu平面ABD,故A￡_L平面A^O,

f）A

所以乙4EO是AE與平面4即所成的角，ZAEO=a,所以tana=g,

OE

在四面體A—AB。中，BD=%D=%B=2底,AB=AD=AA^=2\/§,

所以四面體A-A8。為正一棱錐，。為ABDA,的重心，如下圖所示，

A

D

A_________

所以BO=-x2>/6=2\/2,AO=AB2—BO2=2,

因?yàn)閠ana=[^=義』—|,所以2WEOW2夜，

OEOEI2

又E在平面ABD內(nèi)的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為OE的圓，

所以E在平面ABC內(nèi)的軌跡圍成的圖形面積Se[4兀,8兀].

故選：D

7.（2023秋?江蘇?高三統(tǒng)考期末）四邊形ABC。是矩形，AB=3A￡>,點(diǎn)E,尸分別是AB,

C￡>的中點(diǎn)，將四邊形AEF。繞EF旋轉(zhuǎn)至與四邊形3EFC重合，則直線即,及7所成角a在

旋轉(zhuǎn)過程中（）

A.逐步變大B.逐步變小

C.先變小后變大D.先變大后變小

【答案】D

【分析】根據(jù)初始時(shí)刻與8尸所成角可判斷BC,由題可知。在平面3C7話內(nèi)的投影P一

直落在直線CF上，進(jìn)而某一時(shí)刻EPLBF,可得0E與所所成角為可判斷AD.

【詳解】由題可知初始時(shí)刻即與BF所成角為0,故B,C錯(cuò)誤，

在四邊形AEF。繞旋轉(zhuǎn)過程中，EF±DF,EFA.FC,DFFC=F,￡＞尸，尸Cu平面DFC,

所以EF1平面DFC,EFu平面EFCB,

所以平面。FCL平面￡FC8,故。在平面BCEE內(nèi)的投影P一直落在直線CF匕

所以一定存在某一時(shí)刻EP_L班?，而QP1平面EFCB,DP1.BF,又DPPE=P,DP,PEu

平面。PE,

所以B尸，平面DPE,此時(shí)。E與防所成角為然后a開始變小，

故直線E23F所成角a在旋轉(zhuǎn)過程中先變大后變小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確.

故選：D.

8.（2023?福建泉州?統(tǒng)考三模）圖1中，正方體MCQ-EFG”的每條棱與正八面體MPQRSN

（八個(gè)面均為正三角形）的條棱垂直且互相平分.將該正方體的頂點(diǎn)與正八面體的頂點(diǎn)連結(jié),

得到圖2的十二面體，該十二面體能獨(dú)立密鋪三維空間.若A3=l,則點(diǎn)M到直線RG的距

離等于（）

A.亞B.73C.—D.也

22

【答案】A

【分析】連接尸RMN,相交于點(diǎn)0,設(shè)用尸與AB相交于點(diǎn)K,M。與8c相交于點(diǎn)連

接KL,利用正八面體MPQRSN的性質(zhì)，由線面垂直的判定定理，證明MR_L平面RHG,得

到MR為點(diǎn)M到直線RG的距離，然后在RJBKL中，利用KL是.MPQ的中位線求得正八

面體的邊長即可.

【詳解】解：如圖所示：

連接尸R,MN,相交于點(diǎn)O,設(shè)“P與A8相交于點(diǎn)K,MQ與BC相交于點(diǎn)L,連接KL,

在正八面體WPQRSN中，埼知PR=MN,n.PRIMN,

所以ZMRO=ZNRO=45,則NMRN=90,即MR工RN,

乂HG工平面MPNR,則”GLMR,乂HG與RN相交，

所以MRJ_平面RHG,則MR為點(diǎn)M到直線RG的距離，

在Rf.BKL中,BK=BL=；,則KL=<BK。+BI｝二與,

因?yàn)榇耸?，MPQ的中位線，

所以PQ=2KL=&,即MR=J5，

故選：A

9.（2023?湖南張家界?統(tǒng)考二模）魯班鎖是我國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中的

樺卯結(jié)構(gòu)，其內(nèi)部的凹凸部分嚙合十分精巧.圖1是一種魯班鎖玩具，圖2是其直觀圖.它的

表面由八個(gè)正三角形和六個(gè)正八邊形構(gòu)成,其中每條棱長均為2.若該玩具可以在一個(gè)正方體

內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)（忽略摩擦），則此正方體表面積的最小值為（）

D.168+96a

【答案】D

【分析】將魯班鎖補(bǔ)成正方體，建立空間直角坐標(biāo)系，求出魯班鎖某個(gè)頂點(diǎn)到另一個(gè)頂點(diǎn)的

最大值，即可求解.

【詳解】將魯班鎖補(bǔ)成正方體A8CD-A4G。，然后以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),

48、AD,所在宜線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

在魯班鎖所在幾何體上任取一個(gè)頂點(diǎn)網(wǎng)0,應(yīng),2+2夜），

觀察圖形可知，P到魯班鎖所在幾何體上其他頂點(diǎn)的距離的最大值在

|PE|、忸尸|、|PG］、|「對(duì)、|函、兩、附、|內(nèi)|中取得,

結(jié)合圖形可知E（夜,0,0）、尸（2+60,0）,G（2+2x/2,V2,0）,〃（2+2夜,2+60）、

M（2+0,2+2&,O）,N（&,2+2&,0）,R（O,2+0,O）,S（O,0,O）,

貝?峭=4+(2+2&丫=16+80,

|呵=(2+夜『+2+(2+2廚=20+12&,

|PG「=2(2+2&『=24+16&,

|所=2(2+2何+4=28+16應(yīng)，\PM[=(2+2⑹2+2x(2+何=24+160,

|PN『=2+(2+夜產(chǎn)+(2+2應(yīng))2=20+12應(yīng)，

|呻=4+(2+2&了=16+8及,

網(wǎng)=(2+2廚=12+8&,

所以P到魯班鎖所在幾何體上其他頂點(diǎn)的距離的最大值為再亢石，

所以，若該玩具可以在一個(gè)正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)(忽略摩擦)，

設(shè)該正方體的棱長的最小值為。，則a=j28+16夜，

該正方體的表面積為S=6/=168+96&.

故選：D.

10.(2023春?廣東珠海?高三珠海市第一中學(xué)?？茧A段練習(xí))《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.似兩鱉席

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ABCO為正方

A.2\l2nB.4\f2nC.—:nD.2兀

【答案】A

【分析】連接AC、8。交于點(diǎn)M,取￡尸的中點(diǎn)。，連接OM,求出OM的長，進(jìn)而求出

0A的長，可知。4=OB=OC=OD=OE=O尸=2,從而可求出羨除外接球體積，由等體積

法可求出羨除體積，進(jìn)而可求得結(jié)果.

【詳解】連接AC、BD交于點(diǎn)M,取￡尸的中點(diǎn)。，連接OM,則OM，平面ABCDMBC

的中點(diǎn)G,連接尸G,作垂足為H,如圖所示,

；?HG=>JFG2-HF2=V2，

OM=HG=近,

口

又：AM=—AB=>/2,

2

OA=\IOM2+AM2=2，

?.OA=OB=OC=OD=OE=OF=2,即：這個(gè)羨除的外接球的球心為O,半徑為2,

AA

這個(gè)羨除的外接球體積為乂=：叮3=]兀X23=等.

AB//EF,AB仁面CDEF,￡Fu面CDEF,

AB〃面CDEF,即：點(diǎn)A到面CDEF的距離等于點(diǎn)B至『面CDEF的距離，

又,：一OED^OCD,

??^A-OED=VR-0CD=VQ-BCD，

???這個(gè)羨除的體積為

I]

%=匕一O￡D+CF-ADO=VO-BCD+^VO-BCD=^VO-BCD=4X-X-X2X2X^=—^1

327c

???羨除的外接球體積與羨除體積之比為看=病=2后.

~r

故選：A.

11.（2023春?廣東惠州?高三校考階段練習(xí)）河南博物院主展館的主體建筑以元代登封古觀

星臺(tái)為原型，經(jīng)藝術(shù)夸張演繹成“戴冠的金字塔”造型，冠部為“方斗”形，上揚(yáng)下覆，取上承

“甘露”、下納"地氣”之意.冠部以及冠部下方均可視為正四棱臺(tái).已知一個(gè)“方斗”的上底面

與下底面的面積之比為1:4,高為2,體積為三，則該"方斗''的側(cè)面積為（）

A.24B.12C.24上D.12店

【答案】D

【分析】根據(jù)題意得正四棱臺(tái)的側(cè)面為四個(gè)等腰梯形，先計(jì)算側(cè)面的高，然后利用梯形的面

積公式代入計(jì)算即可.

【詳解】由題意可知，記正四棱臺(tái)為,其底面為正方形，

側(cè)面為四個(gè)等腰梯形，把該四棱臺(tái)補(bǔ)成正四棱錐如圖，

則是正四棱錐P-ABCZ）的高，為正四棱臺(tái)的高，

設(shè)AB=b,則上、卜底面的面積分別為/、b1,

由題意a?：從=1：4,所以b=2。,

在中，空=42=2.,所以A為抬的中點(diǎn)，

PAAB2

PAPN11

在中，-^f=—=-,所以=所以PM=4，

PAPM22

乂％cqq=；x（“2+axb+y）x2=穹-=三，解得a=2,b=4,

所以PA=y/PM2+AM2=也?+（2揚(yáng)2=2瓜,

所以側(cè)棱長AA是胡，由勾股定理可得側(cè)面的高為h=7（^6）2-12=6.

所以側(cè)面積為5=4xlx（2+4）xV5=12^5.

故選：D

12.（2023?廣東廣州?高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）以等邊三角形ABC為底的兩個(gè)正三

棱錐P-A3C和。-ABC內(nèi)接于同一個(gè)球，并且正三棱錐P-4BC的側(cè)面與底面ABC所成

的角為45，記正三棱錐P-71BC和正三棱錐。-A8C的體積分別為匕和匕，則鄉(xiāng)=（）

A.1B.—■C.—D.一

234

【答案】D

【分析】根據(jù)外接球的幾何性質(zhì)結(jié)合正棱錐的幾何性質(zhì)即可求解.

【詳解】兩個(gè)正三棱錐P-ABC和。-ABC內(nèi)接于同一個(gè)球，如圖，

Q

設(shè)尸到底面A8C的距離為九，。到底面A8C的距離為生,

取A8中點(diǎn)為連接PM,CM,P。，

記PQ與平面ABC交點(diǎn)為R.

由于兩個(gè)正三棱錐P-ABC和。-A3C內(nèi)接于同一個(gè)球，

所以PQ為球。的直彳仝，

記。為球心，且由題意可知R為三角形A8C的中心，

因此PR,QR為正三棱錐P-ABC和Q-ABC的高％,4,

由PA=PB,QA=QB,CA=CB,且M為AB中點(diǎn)，

可得PM_LAB,QM1AB,CM±AB,

則ZPMR為正三棱錐P-ABC的側(cè)面與底面ABC所成的角為45,

所以MR=PR=*RC=2MR=2%,

記球的半徑為r,于是OR=rf,

在RtQRC中，勾股定理可得0。2=,=0斤+/^2=（.々）2+46,

解得r=』九，于是QR=PQ-PR=2r-4=54一%=44=刈，

則杷,即募44，

故選:D.

13.（2023?江蘇連云港?統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知正四面體A-88,AM=g"C,點(diǎn)N為線段BC

的中點(diǎn)，則直線MN與平面88所成角的正切值是（）

3V144>/14

7

【答案】C

【分析】作出圖形，找出直線MN與平面BCD所成角的平面角，在三角形內(nèi)即可求解.

【詳解】如圖，過點(diǎn)A向底面作垂線，垂足為。，連接ANQNQCMN,

過點(diǎn)M作MGLOC于G,連接NG,

2

由題意可知："G〃A。且MG=§AO,

因?yàn)锳O，平面BCD,所以MG，平面BCD，

則ZMNG即為直線MN與平面5c。所成角的平面角，

設(shè)正四面體的棱長為2,則AN=百，ON=-X43=—，

33

所以AO=JAM-ON2=友,則MG=2AO=亞，

339

在4A/NC中，由余弦定理可得：MN=y/NC2+MC--2NC-MCcos60°=

在Rt.MNG中，NG=\lMN2-MG2=J---=—,

V9279

4y/6

所以直線MN與平面BCD所成角的正切值是亞,

7

故選：C.

14.（2023秋?浙江嘉興?高三統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體ABC。-44GA中，E

為棱A內(nèi)的中點(diǎn)，M,N分別是底面ABCO與側(cè)面CDDC的中心，P為該正方體表面上的一

個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足記點(diǎn)尸的軌跡所在的平面為a,則過N,C，4，G四點(diǎn)的球面被平

面a截得的圓的周長是（）

A6加r864石

3533

【答案】B

【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，找到球心。和點(diǎn)尸的軌跡，求出。到平面a的距離，利用

幾何法求截面圓的半徑和周長.

【詳解】取面對(duì)角線BC中點(diǎn)。，連接ON,Bp,CN,GN,”，/分別在BB’CG上，且

B、H=3HB,CJ=3IC,

以A為原點(diǎn)，A3,AT>,A4,的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系，

y

8（2,0,0）,C（2,2,0）耳（2,0,2）,￡（1,0,2）,網(wǎng)1,2,0）,G（1,0,0）,0（2,1,1）,

/（2,2,￡）,N（l,2,l）,

耳N=（T,2,-1）,CN=（-1,0,1）,B\NCN=Q,B*1CN,

三棱錐G-B|NC中，△線NC為直角三角形，所以O(shè)C、=OC=ON=OB,,

因此點(diǎn)。即為三棱錐G-qNC的外接球球心，球半徑長為:80=近，

B￡=（-l,0,2）,GF=（0,2,0）,”G=，l,0,-￡|,=（0,2,0）,GF=Hl，F(xiàn)GH/共面,

GFBE=0fHGBE=0,GFtBE,HG±BE,

GF,HGu平面FGH/,GFHG=G,BEJL平面尸GH/,加三平面下仁印，

點(diǎn)P的軌跡為矩形FG印的四邊，如圖所示,

=,8E為平面FGHI的法向量，

\OG-BE\]亞

則球心。到平面FGHI的距離為\I=牛=?，

\BE\V55

球面被平面a截得的圓的半徑J（垃）2_]￥1=￥，圓的周長為華兀.

故選：B

【點(diǎn)睛】本題找球心?？疾閷W(xué)生的空間想象能力，其余的計(jì)算和證明問題，則利用空間向

量法.

15.（2023春?浙江杭州?高三浙江省杭州第二中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知在矩形ABCD中，

AB=2,AD=4,E,尸分別在邊AO,BC上，且AE=1,BF=3,如圖所示，沿EF將

四邊形的8翻折成AEFB',設(shè)二面角9-EF-。的大小為a,在翻折過程中，當(dāng)二面角

8'-CD-E取得最大角，此時(shí)sina的值為（）

【答案】B

【分析】過B作EF的垂線交EF與0,交于M,8于G,然后利用定義法可得4'5

53

為二面角8'-8-后的平面角，設(shè)=a,可得87/=AHK=--^cosa,從而

tanZB'KH=^=372x,然后求函數(shù)最大值時(shí)的sina值即可.

【詳解】過5作EF的垂線交E尸與。，交A￡）FM，C￡＞于G,

設(shè)3'在平面AC內(nèi)的投影為“，則H在直線上，

過”作CD的垂線，垂足為K，則ZB'KM為：面角8'-8-￡的平面角,

33

設(shè)ZBZ￥7=a,由題意"0=80=方，37/="Osina=&sina,

3

則BH=BO+8'Ocosa=-z=(1+cosa),

J2

由NGBC=45。，8G=4啦，得HG=BG-BH=-卡(1+cosa),

1353

所以HK=-rHG=4一一(l+cosa)=-一一cosa,

y/2,222

所以嚼=3碧裊

令，=，可得sina+3，cosa=5/KJl+9/，則/“彳，

J~~JvOoa4

所以，當(dāng)」=?即＜s?a=[，也即sina=9時(shí)，tanNB'KW取到最大值辿，

45-3cosa454

此時(shí)ZB，K”最大，即二面角夕-CD-￡取得最大角.

16.（2023秋?湖南湘潭?高三校聯(lián)考期末）點(diǎn)M,N分別是棱長為2的正方體A88-AMGA

中棱8CCG的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在正方形BCGB（包括邊界）內(nèi)運(yùn)動(dòng).若PA〃面AMN,則PA的

長度范圍是（）

A.[2,⑸B.[￥，囪C.[竽,3

D.[2,3]

【答案】B

【分析】取片￡的中點(diǎn)E,8片的中點(diǎn)凡連結(jié)4E,4尸，EF,取E/中點(diǎn)O,連結(jié)A0,

證明平面AMN〃平面AEF,從而得到P的軌跡是線段，從而得出長度范圍.

【詳解】取4G的中點(diǎn)E,的中點(diǎn)凡連結(jié)AE,A尸，EF,取E尸中點(diǎn)。，連結(jié)A。,

EM,

?..點(diǎn)M,N分別是棱長為2的正方體A8CQ-ABC。中棱BC,CC,的中點(diǎn)，

:.AAy//BBl,AAi=BB],BB^”EM,BB、=EM.

:.AA]//EM,AAt=EM，，四邊形A/ME為平行四邊形，

：.A}EHAM,而在平面區(qū)8CG中，易證MN//EF,

?.?■石0平面人形，44/<=平面4^,，4￡〃平面4加%,

￡F<Z平面AAW,MNu平面AAW,.1EF〃平面AWN,

又：A]EnEF=E,AE,EFU平面AEF,.?.平面4WN〃平面4建尸，

???動(dòng)點(diǎn)尸在正方形BCG耳（包括邊界）內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且如,〃平面AMN,

???點(diǎn)P的軌跡是線段E凡

AE=A尸=V?7i=后，EF=VF+T=72>\OLEF,

二當(dāng)尸與。重合時(shí)，PA的長度取最小值A(chǔ)O=3后—當(dāng)）:半,

.AEF為等腰三角形，.??2在點(diǎn)E或者點(diǎn)F處時(shí)，此時(shí)尸入最大，最大值為石.

即尸4的長度范圍為[乎，石

故選：B.

17.（2023?浙江?校聯(lián)考三模）在正方體488-4862中，平面a經(jīng)過點(diǎn)8、D,平面戶經(jīng)

過點(diǎn)A、R,當(dāng)平面。、夕分別截正方體所得截面面積最大時(shí)，平面a、4所成的銳二面角

大小為（）

A.30°B.45°C.60°D.75°

【答案】C

【分析】設(shè)平面&與面BCQ所成的湎角為。，二面角C「BD-C為丫,分。€卜仁和

?！辏?,力兩種情況討論，證明平面。經(jīng)過點(diǎn)8、。且截正方體所得截面面積最大時(shí)，平面a

與面8D4A重合，從而可得出答案.

【詳解】平面a經(jīng)過點(diǎn)8、。且截正方體所得截面面積最大時(shí)，平面a與面成次。重合，

證明：設(shè)平面a與面BCD所成的二面角為凡二面角G-8O-C為7,

當(dāng)6e時(shí)，記平面a截正方體所得截面為面BDEF,栗==人義6（°，HAB=1,

k2JCRC|4

則品楞。=5（1+1），4-22+3=—J（十一I、+2（1+2）-,

令人（團(tuán)=（矛-17+2（1+2），

因?yàn)榱?⑷=4儲(chǔ)（2+1）>0，所以=版1）=2,（金曲）_=SBDS=叵，

當(dāng)6e（0,力時(shí)，顯然平面a截正方體所得截面面積最大時(shí)，

截面為面GBD,SC,BD=y-，

當(dāng)。=0時(shí)，平面a截正方體所得截面為ABCD,SABCD=1,

所以平面a截正方體所得截面面積最大時(shí)截面為面，

同理平面夕過4。時(shí)，截正方體所得截面面枳最大時(shí)截面為面ARBCI,

連接,AC,BC,面a與面夕所成銳二面角為始-BDt-C,,

因?yàn)槊鍭RBC「ACJ_面BO8Q,

所以AC,8c的所成角大小為二面角4-8Q-G大小，

因?yàn)镹4C4=60°,所以面a與面尸所成銳二面角大小為60。.

故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵在于說明平面a經(jīng)過點(diǎn)8、。且截正方體所得截面面

積最大時(shí)，平面a與面80片。重:合，考查了分類討論思想和極限思想.

二、填空題

18.（2023春?遼寧本溪?高三校考階段練習(xí)）如圖，在三棱錐P—ABC中，南"1_平面ABC,

ZACB=90°,PA=CA=CB=2,若￡>,E分別為棱外,AB的中點(diǎn)，過C,D,E三點(diǎn)的平

面截三棱錐P—ABC的外接球，則截面的面積為.

【答案】y

【分析】將三棱錐放入到一個(gè)正方體中，則三棱錐的外接球即為該正方體的外接球，利用正

方體的棱長求出外接球半徑，用向量法求球心到截面距離，幾何法求截面面積.

【詳解】由以1■平面ABC,NAC8=90。，%=CA=C8=2,

將三棱錐尸一ABC放入到一個(gè)正方體中（如圖），則三棱錐產(chǎn)一4BC的外接球即為該正方體

的外接球，該外接球的球心為正方體的中心0（體對(duì)角線的中點(diǎn)），

因?yàn)镻A=C4=CB=2,所以外接球的半徑R=百，

以C為原點(diǎn)，C4,CB,CG的方向?yàn)閄軸，軸，z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

C(0,0,0),0(2,0,1),￡(1,1,0),0(1,1,1),

CD=(2,0,1),CE=(1,1,O),CO=(1,1,1),

設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量〃=(x,y,z),

ri'CD=2x4-z=0,

<,令x=l,y=T,z=_2,則〃=(-2),

n-CE=x+y=0

\n-CO\11-1-212近

L

點(diǎn)0到平面CDE的距離為2==2—-2=F=%，

H71+(-l)+(-2)瓜K

所以平面CDE截球所得截面的半徑r=-宗故所求截面的面積為兀/=號(hào).

77r

故答案為：y

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：三垂直的四面體的外接球問題，把該四面體補(bǔ)充成正方體或者長方體.

19.（2023?山東荷澤?統(tǒng)考一模）正三棱錐P-ABC的高為尸。,用為PO中點(diǎn)，過AM作與棱

8c平行的平面，將三棱錐分為上下兩部分，設(shè)上、下兩部分的體積分別為匕匕，則*=

【答案】2

【分析】根據(jù)題意，做出截面，然后利用向量的線性表示及共線定理推論可得尸產(chǎn)=（尸

S4V.

進(jìn)而可得三p皿rH=有，從而可得昔的值.

〉HGBC21V2

【詳解】連接AO并延長交BC于。，連接尸￡>,則D為BC的中點(diǎn)，

延長AA/交PO于尸，過尸作G〃〃3c分別交PB,PC于G,4,連接AG,AH,

因?yàn)镚H//BC,G〃i平面AG”,8C<z平面AG”,

所以BC〃平面AGV,又AMu平面4GH,故平面AGH即為過AM作與棱3c平行的平

由題可知A0=4AO,PO-PA=-(PD-PA\,BPPO=-PA+-PD,

33、,33

1?

設(shè)尸尸=則尸。=彳24+工彳尸尸，又加為PO中點(diǎn),

33Z

___11_1__

所以尸M=-PO=-PA+—PF,

2_____634

j,pF,

所以k+袁=］,所以號(hào)，Bp-=-

SPGH_SPGH_巴

SrPoRCC25'nOSoHCCRC21

所以5=4

%^A-HGBC21-

故答案為：yj--

20.（2023秋?廣東深圳?高三統(tǒng)考期末）若正方形48CD的頂點(diǎn)均在半徑為1的球。上，則

四棱錐O-ABC。體積的最大值為.

【答案】生叵##±6

2727

【分析】設(shè)正方形ABCD的邊長為凡可得到四棱錐O-ABC。體積為V='x2Ilf,

3V2

令^=te（O,2）,則l/=；卜卜，利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)求得最大值即可求解

【詳解】設(shè)正方形ABCD的中心為E,連接。E,由球的性質(zhì)可知OEJ?平面ABCD,

設(shè)正方形ABC。的邊長為x,因?yàn)檎叫蜛BC。的頂點(diǎn)均在半徑為1的球。上，且不在大圓

上，所以xe（0,夜），

所以，OE=>]OA2-AE2=

所以，四棱錐O-ABCO體積為V=；SMCD-OE=；X2-

令d=fe(O,2),則"=%.1

3

令y=『_g/，則/=故y'=2f一,r=（2_?=0得t=0,4

3

所以，當(dāng)re］。［）時(shí)，y=2?-|f2>0,y=單調(diào)遞增，

當(dāng)止（*2）時(shí)，y=2/-|r2<o,y=/_$3單調(diào)遞減，

所以，當(dāng)f=：時(shí)y有最大值丫2X

J乙圖4?吟

所以，丫=；卜1，4；楞=挈，當(dāng)且僅當(dāng)》=竽時(shí)四棱錐。一.8體積的最大值.

故答案為：迪

27

21.（2023?廣東?高三統(tǒng)考階段練習(xí)）某兒童玩具的實(shí)物圖如圖1所示，從中抽象出的幾何模

型如圖2所示，由。4,OB,OC,。。四條等長的線段組成，其結(jié)構(gòu)特點(diǎn)是能使它任意拋

至水平面后，總有一條線段所在的直線豎直向上，則sinZ4OB=.

圖1

【答案】逑#"血

33

【分析】根據(jù)題意可得兩兩連接48,C,。后所得到的四面體為正四面體，且。是其外接球

的球心，設(shè)出棱長，在直角三角形中建立等式關(guān)系，求得OB,BE的長度，即可求得結(jié)果.

【詳解】根據(jù)題意可得OB,OC,。。相等且兩兩所成的角相等，兩兩連接

后所得到的四面體為正四面體，

且。是其外接球的球心，延長AO交面BCE）了E,連接BE,則E為△38的外心,

C

設(shè)BC=a,則BE=|.%今,AE=yjAB2-BE2=Ja2一吟a『=^a，

OE2=OB1-BE2,（.AE-OA）2=OB?-BE2,件a-OA）2=OB2-（y-a）2,

因?yàn)椤?=。8,所以解得。8=逅”，

4

sinNAOB=sinZBOE=—=.

OB3

故答案為：2也.

3

22.（2023秋?浙江紹興?高三統(tǒng)考期末）在正方體ABC。-AACQ中，M、N分別是棱A&A。

的中點(diǎn)，過C1、M、N的平面a把正方體截成兩部分體積分別為匕匕（用之匕），則9=

V2

【答案】石

【分析】根據(jù)平面的基本性質(zhì)畫出過的截面，再利用柱體、錐體的體積公式求乂,匕，

即可得結(jié)果.

【詳解】延長MN交CD的延長線與點(diǎn)0,連接G。交。。于點(diǎn)E,連接EN：

延長M0交CB的延長線與點(diǎn)P,連接C,交8用于點(diǎn)尸，連接用0：

所以過G、M,N的截面為GENMF,如下圖所示：

O

設(shè)正方體的棱長為2a,由4PBM二二NAM^NDO,"、N分別是棱A3、AD的中點(diǎn),

所以BP=BM=AM=AN=DN=OD=a,

所以O(shè)C=3a,PC=3a,

則過G、M、N的截面下方幾何體的體積為

1c1ccn11402cli2a25

vV2=2SQC,CPOC-2^SEDM-OD^--?>a-2a?>a-2--a—a=-a3,

所以另一部分體積為K=8/一高75。3=弓47/,則hV=去47.

故答案為：—.

23.（2023春?浙江寧波?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）渾儀（如圖）是中國古代用于測量天體球面

坐標(biāo)的觀測儀器，它是由一重重的同心圓環(huán)構(gòu)成，整體看起來就像一個(gè)圓球.學(xué)校天文興趣

小組的學(xué)生根據(jù)渾儀運(yùn)行原理制作一個(gè)簡單模型：同心的小球半徑為1,大球半徑為凡現(xiàn)要

在大球內(nèi)放入一個(gè)由六根等長的鐵絲（不計(jì)粗細(xì)）組成的四面體框架，同時(shí)使得小球可以在

框架內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則R的最小值為.

渝

假

【答案】G

【分析】根據(jù)題設(shè)描述知小球與正四面體的各棱相切，大球?yàn)檎拿骟w的外接球R最小，

結(jié)合正四面體的結(jié)構(gòu)特征，確定球心位置及大小球半徑，根據(jù)三角形相似列方程求R最小

值.

【詳解】由題意，小球與正四面體的各棱相切，大球?yàn)檎拿骟w的外接球，即可保證R最

小，

乂CEu面5CD,則旦CE=2X3Q=更”，

323

又小球半徑OF=r=l,則OFLAC,大球半徑。4=R,AC=a,

RI

04OF—=—F=—

易知：△AOF△ACE，故――=——,即ciy/3，可得R=G.

ACCE-a

3

故答案為：

24.(2023春?江蘇南通?高三?？奸_學(xué)考試)在直四棱柱ABCO-AAGA中，底面ABC。是

邊長為1的正方形，側(cè)棱AA=2,M為側(cè)棱BB］的中點(diǎn),N在側(cè)面矩形A。。A內(nèi)(異于點(diǎn)R)，

則三棱錐