2024年高考數(shù)學(xué)真題和模擬題分類匯編專題10立體幾何含解析

PAGEPAGE1專題10立體幾何一、選擇題部分1.(2024?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T3)已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面綻開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）A. B. C. D.【答案】B．【解析】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則，解得.2.(2024?高考全國(guó)甲卷?理T6)在一個(gè)正方體中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G．該正方體截去三棱錐后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是（）A. B. C. D.【答案】D．【解析】依據(jù)題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀圖，結(jié)合直觀圖進(jìn)行推斷.由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示，所以其側(cè)視圖為故選D．3.(2024?高考全國(guó)甲卷?理T8)2020年12月8日，中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一．如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影滿意，．由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為，與的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為，則A，C兩點(diǎn)到水平面的高度差約為（）（）A.346 B.373 C.446 D.【答案】B．【解析】通過(guò)做協(xié)助線，將已知所求量轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中，借助正弦定理，求得，進(jìn)而得到答案．過(guò)作，過(guò)作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．因?yàn)?，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故選B．4.(2024?高考全國(guó)甲卷?理T11)已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D.【答案】A．【解析】由題可得為等腰直角三角形，得出外接圓的半徑，則可求得到平面的距離，進(jìn)而求得體積.，為等腰直角三角形，，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)到平面的距離為，則，所以.故選A.5.(2024?高考全國(guó)乙卷?文T10)在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線與所成的角為（）A. B. C. D.【答案】D．【解析】如圖，連接，因?yàn)椤?，所以或其補(bǔ)角為直線與所成的角，因?yàn)槠矫?，所以，又，，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則，，所以.故選D．6.(2024?浙江卷?T4)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A. B.3 C. D.【答案】A．【解析】幾何體為如圖所示的四棱柱，其高為1，底面為等腰梯形，該等腰梯形的上底為，下底為，腰長(zhǎng)為1，故梯形的高為，故，故選A.7.(2024?浙江卷?T6)如圖已知正方體，M，N分別是，的中點(diǎn)，則（）A.直線與直線垂直，直線平面B.直線與直線平行，直線平面C.直線與直線相交，直線平面D.直線與直線異面，直線平面【答案】A．【解析】連，在正方體中，M是的中點(diǎn)，所以為中點(diǎn)，又N是的中點(diǎn)，所以，平面平面，所以平面.因?yàn)椴淮怪?，所以不垂直則不垂直平面，所以選項(xiàng)B,D不正確；在正方體中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直線是異面直線，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選A.8.(2024?浙江麗水湖州衢州二模?T2．)已知直線l，m和平面α（）A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l∥α，m?α，則l∥m C．若l⊥α，m?α，則l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，則m⊥α【答案】C．【解析】對(duì)于A，若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若l∥α，m?α，則l∥m或l與m異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若l⊥α，m?α，則由線面垂直的性質(zhì)得l⊥m，故C正確；對(duì)于D，若l⊥m，l⊥α，則m與α平行或m?α，故D錯(cuò)誤．9.(2024?江蘇鹽城三模?T11)已知矩形ABCD滿意AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，將△ABE沿AE折起，點(diǎn)B折至B′，得到四棱錐B′－AECD，若點(diǎn)P為B′D的中點(diǎn)，則A．CP//平面B′AEB．存在點(diǎn)B′，使得CP⊥平面AB′DC．四棱錐B′－AECD體積的最大值為eq\f(\r(,2),4)D．存在點(diǎn)B′，使得三棱錐B′－ADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)【答案】ACD．【考點(diǎn)】立體幾何的綜合應(yīng)用：位置關(guān)系、體積、外接球問(wèn)題【解析】由題意可知，對(duì)于選項(xiàng)A，取AB′的中點(diǎn)為Q，連結(jié)EQ、PQ，因?yàn)镃EEQ\F(1,2)D，PQEQ\F(1,2)D，所以PQCE，所以四邊形CEQP為平行四邊形，所以CP∥QE，又QE平面AB′E，CP平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，若CP⊥平面AB′D，則CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，則與AB′⊥BE沖突，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，過(guò)B′作B′O⊥AE，垂足為O，可得B′O＝eq\f(\r(,2),2)，所以VB′－AECD＝EQ\F(1,3)SAECDh＝EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)(1＋1)1h≤EQ\F(1,2)B′O＝eq\f(\r(,2),4)，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，若三棱錐B′－ADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)，則球心為△ADE的外心，則為△ADE直角三角形，且AD為斜邊，則球心O為AD的中點(diǎn)，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，則AB′⊥B′D，所以B′D＝EQ\R(,3)，而B′D∈(1，EQ\R(,5))，可知存在，則滿意題意，所以選項(xiàng)D正確；綜上，答案選ACD．10.(2024?河南鄭州三模?理T9)已知等腰直角△ABC的斜邊BC＝4，沿斜邊的高線AD將△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C為，則四面體ABCD的外接球的體積為（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】如圖，由題意，△BCD是等邊三角形，邊長(zhǎng)為2，則△BCD外接圓的半徑為，設(shè)△BCD的外心為G，四面體ABCD的外接球的球心為O，連接OG，則OG⊥平面BCD，且OG＝AD＝1．∴四面體ABCD的外接球的半徑R＝＝．則四面體ABCD的外接球的體積V＝＝．11.(2024?河南鄭州三模?理T11)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E∈平面AA1B1B，點(diǎn)F是線段AA1的中點(diǎn)，若D1E⊥CF，則△EBC的面積最小值為（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】如圖：取AB中點(diǎn)G，可知Rt△BAF∽R(shí)t△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°，∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G，當(dāng)點(diǎn)E在直線B1G上時(shí)，D1E⊥CF，BC＝2，則△ABC面積為EB?BC，當(dāng)△EBC的面積取得最小值時(shí)，線段CE的長(zhǎng)度為點(diǎn)B到直線B1G的距離，線段CE長(zhǎng)度的最小值為，此時(shí)△EBC面積為×EB×BC＝．12.(2024?河南開封三模?文T9理T8)某幾何體的三視圖如圖所示，關(guān)于該幾何體有下述四個(gè)結(jié)論：①體積可能是；②體積可能是；③AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為；④在該幾何體的面中，相互平行的面可能有四對(duì)．其中全部正確結(jié)論的編號(hào)是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】D．【解析】由三視圖可畫出直觀圖如下圖：如圖1，，故①正確；如圖2，，故②正確；如上圖，AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱分別為EF和FG，由△EFG為正三角形，可知AB和CD在直觀圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為，故③正確；如上圖，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④正確．13.(2024?河北張家口三模?T10)已知一個(gè)圓柱的上、下底面圓周均在球O的表面上，若圓柱的體積為4π，則球O的表面積不行能為（）A．6π B．8π C．12π D．16π【答案】AB．【解析】設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，高為h，則所以，所以，所以當(dāng)h∈（0，2）時(shí)6）′＜0；當(dāng)h∈（2，（R3）′＞0，所以當(dāng)h＝2時(shí)，R2有最小值．此時(shí)球O的表面積有最小值，且最小值為，即球O的表面積S球O≥12π．14.(2024?山東聊城三模?T12.)已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為6，M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起至△A'A.

直線MN∥平面A'BC

B.

當(dāng)四棱錐A'-MNCB體積最大時(shí)，二面角A'-MN-B為直二面角

C.

在折起過(guò)程中存在某位置使BN⊥平面A【答案】A,B,D【考點(diǎn)】反證法，球的體積和表面積，直線與平面平行的判定【解析】【解答】因?yàn)镸N//BC,MN?平面A'BC，BC?平面A'BC，所以直線因?yàn)樗睦忮FA'-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A'到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，故當(dāng)二面角A'對(duì)于C，如圖，若BN⊥平面A'NC，則BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN⊥平面A當(dāng)四棱A'-MNCB由∠MBC=π3，取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心．F是作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，則O是四棱錐A'-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=332，AF=3.設(shè)四棱錐A'-MNCB的外接球半徑R【分析】A由線面平行判定可推得A正確。

B依據(jù)四棱錐A'-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A'到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，進(jìn)而可判B正確。

C由反證法可得C錯(cuò)誤。

D取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心．F是△AMN外心得O是四棱錐A'-MNCB的外接球的球心，結(jié)合B15.(2024?四川內(nèi)江三模?理T8．)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個(gè)面的面積中，最大的是（）A．4 B．8 C． D．【答案】C．【解析】依據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐體．如圖所示：由于AB＝2，BD＝4．所以：，，，．16.(2024?重慶名校聯(lián)盟三模?T12．)如圖，矩形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連結(jié)B1D，N為B1D的中點(diǎn)，則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法中全部正確的是（）A．存在某個(gè)位置，使得CN⊥AB1 B．翻折過(guò)程中，CN的長(zhǎng)是定值 C．若AB＝BM，則AM⊥B1D D．若AB＝BM＝1，當(dāng)三棱錐B1﹣AMD的體積最大時(shí)，三棱錐B1﹣AMD的外接球的表面積是4π【答案】BD．【解析】對(duì)于A：如圖1，取AD中點(diǎn)E，連接EC交MD與F，則NE∥AB1，NF∥MB1，假如CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三線NE，NF，NC共面共點(diǎn)，不行能，故A錯(cuò)誤．對(duì)于B：如圖1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE＝（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE?EC?cos∠NEC，∴NC是定值，故B正確．對(duì)于C：如圖2，取AM中點(diǎn)O，連接B1O，DO，由題意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，從而AD＝MD，由題意不成立，可得C錯(cuò)誤．對(duì)于D：當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時(shí)，三棱錐B1﹣AMD的體積最大，由題意得AD中點(diǎn)H就是三棱錐B1﹣AMD的外接球的球心，球半徑為1，表面積是4π，故D正確．17.(2024?安徽蚌埠三模?文T9．)已知平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿意a?α，b?β，c?γ，則直線a、b、c不行能滿意的是（）A．兩兩垂直 B．兩兩平行 C．兩兩相交 D．兩兩異面【答案】B．【解析】平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿意a?α，b?β，c?γ，所以直線a、b、c在三個(gè)平面內(nèi)，不會(huì)是共面直線，所以：當(dāng)直線兩兩平行時(shí)，a、b、c為共面直線．與已知條件整理出的結(jié)論不符．18.(2024?貴州畢節(jié)三模?文T4．)一個(gè)正方體被一個(gè)平面截去一部分后，剩余幾何體的三視圖如圖，則剩余幾何體的表面積為（）A．16 B．18 C． D．【答案】D．【解析】依據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為棱長(zhǎng)為2的正方體切去一個(gè)角，構(gòu)成的幾何體；如圖所示：所以＝18+2．19.(2024?遼寧朝陽(yáng)三模?T8．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，從該三棱柱的九條棱中隨機(jī)選取兩條，則這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面的概率是（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，∴該三棱柱的九條棱中與BD異面的棱有5條，從該三棱柱的九條棱中隨機(jī)選取兩條，基本領(lǐng)件總數(shù)n＝＝36，這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面包含的基本領(lǐng)件個(gè)數(shù)為：m＝+＝26，則這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面的概率P＝＝＝．20.(2024?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T12．)已知長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱AA1長(zhǎng)為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線長(zhǎng)為（）A． B．π C． D．【答案】D．【解析】長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱AA1長(zhǎng)為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線，是以D1為圓心，為半徑的圓弧，如圖，∠ED1F＝，可得：＝．21.(2024?四川瀘州三模?理T8．)如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，CF＝CC1，則（）A．D1E≠AF，且直線D1E，AF是相交直線 B．D1E≠AF，且直線D1E，AF是異面直線 C．D1E＝AF，且直線D1E，AF是異面直線 D．D1E＝AF，且直線D1E，AF是相交直線【答案】B．【解析】由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝4，AB＝2，BE＝BB1，CF＝CC1，可得B1E＝3，D1E＝＝，CF＝2，AF＝＝2，AF≠D1E，連接BD，B1D1，設(shè)直線AF與平面BDD1B1交于H，可得H不在直線D1E上，且H∈平面BDD1E1，直線D1E?平面BDD1B1，又AF?平面BDD1B1，所以直線AF與D1E為異面直線．22.(2024?江西上饒三模?理T4．)羅德島太陽(yáng)神巨像是古代世界七大奇跡之一．它是希臘太陽(yáng)神赫利俄斯的青銅鑄像．如圖所示，太陽(yáng)神赫利俄斯手中所持的幾何體（含火焰）近似是一個(gè)底面相同的兩個(gè)圓錐合在一起，正方向投影過(guò)去，其平面幾何圖形形態(tài)是上方內(nèi)角為60°，邊長(zhǎng)為2的菱形．現(xiàn)在其中一個(gè)圓錐中放置一個(gè)球體，使得球與圓錐側(cè)面、底面均相切，則該球的體積為（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，正三角形內(nèi)切圓的半徑為，則圓錐內(nèi)切球的半徑為，∴球的體積V＝×＝．23.(2024?江西上饒三模?理T8．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)G是線段BC1上的一點(diǎn)，且A1G⊥B1D，則（）A．BG＝BC1 B．BC1＝3GC1 C．BG＝3GC1 D．點(diǎn)G為線段BC1上隨意一點(diǎn)【答案】D．【解析】如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影是AB1，且AB1⊥A1B，所以A1B⊥B1D，同理，B1D⊥C1，且A1B∩BC1＝B，所以B1D⊥平面A1BC1，又A1G?平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，即點(diǎn)G為線段BC1上隨意一點(diǎn)，選項(xiàng)D正確，A、B、C選項(xiàng)錯(cuò)誤．24.(2024?安徽宿州三模?理T4．)已知a、b為兩條不同直線，α、β為兩個(gè)不同平面．下列命題中正確的是（）A．若a∥α，b∥α，則a與b共面 B．若a⊥α，α⊥β，則a∥β C．若a⊥α，α∥β，則a⊥β D．若α∥b，β∥b，則α∥β【答案】C．【解析】若a∥α，b∥α，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故A錯(cuò)誤；若a⊥α，α⊥β，則a∥β或a?β，故B錯(cuò)誤；若a⊥α，α∥β，由直線與平面垂直的性質(zhì)，可得a⊥β，故C正確；若α∥b，β∥b，則α∥β或α與β相交，故D錯(cuò)誤．25.(2024?四川瀘州三模?理T11．)已知在Rt△ABC中，斜邊AB＝2，BC＝1，若將Rt△ABC沿斜邊AB上的中線CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，則三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】如圖，設(shè)點(diǎn)E為△BCD外接圓的圓心，則三棱錐A﹣BCD外接球的球心肯定在過(guò)點(diǎn)E且與平面BCD垂直的直線上，不妨設(shè)點(diǎn)O為外接圓的圓心，則OE⊥平面BCD，且OA＝OB＝OC＝OD＝R，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥平面ACD，則點(diǎn)M為△ACD外接圓的圓心，在△ACD中，由余弦定理有，，∴，∴，延長(zhǎng)BE交CD于F，連接MF，∵BC＝CD＝BD＝1，∴△BCD為邊長(zhǎng)為1的正三角形，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，∴，由于平面ACD⊥平面BCD，故四邊形OMFE為矩形，則，在Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，即，解得，∴三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為．26.(2024?江蘇常數(shù)三模?T11．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別為棱BC，CD，CC1的中點(diǎn)，P是線段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則（）A．PM⊥BD B．AC1∥平面EFM C．PE與平面ABCD所成角正切值的最大值為 D．當(dāng)P位于C1時(shí)，三棱錐P﹣CEF的外接球體積最小【答案】AC．【解析】對(duì)于A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，又BD?平面ABCD，所以AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又PM?平面ACC1A1，則PM⊥BD，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，設(shè)AC∩BD＝O，EF∩AC＝H，如圖所示，若AC1∥平面MEF，又AC?平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面MEF＝MH，則AC1∥MH，由正方體的性質(zhì)可知，O是AC的中點(diǎn)，M是CC1的中點(diǎn)，所以AC1∥MO，又MO∩MH＝M，產(chǎn)生沖突，故假設(shè)不成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，點(diǎn)P在平面ABCD上的射影N在AC上，連結(jié)NE，故∠PEN即為PE與平面ABCD所成的角，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則PN＝a，tan∠PEN＝，故EN的最小值即為E到直線AC的距離EH＝，所以tan∠PEN的最大值為，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，假設(shè)HK⊥平面ABCD，交A1C1于點(diǎn)K，又H為△CEF的外心，則三棱錐P﹣CEF的外接球的球心肯定在HK上，設(shè)球心為O'，高O'P＝O'E＝R，正方體的棱長(zhǎng)為a，則，2a，其中，故當(dāng)PK＝0時(shí)，R最小，此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)K重合，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．27.(2024?上海浦東新區(qū)三模?T13．)下列命題正確的是（）A．三點(diǎn)確定一個(gè)平面 B．三條相交直線確定一個(gè)平面 C．對(duì)于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c D．對(duì)于直線a、b、c，若a∥b，b∥c，則a∥c【答案】D．【解析】選項(xiàng)A，不共線的三點(diǎn)確定一個(gè)平面，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，三條相交直線可確定一個(gè)平面，或三個(gè)平面，（三棱錐的三條側(cè)棱），故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，對(duì)于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c，在平面幾何中是正確的，在立體幾何中不肯定成立，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，由平行公理可得：對(duì)已直線abc，若a∥b，b∥c，則a∥c，故D正確．28.(2024?湖南三模?T11．)如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿對(duì)角線BD將△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列說(shuō)法正確的有（）A．平面PCD⊥平面PBD B．三棱錐P﹣BCD四個(gè)面都是直角三角形 C．PD與BC所成角的余弦值為 D．過(guò)BC的平面與PD交于M，則△MBC面積的最小值為【答案】ABD．【解析】△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，所以BD＝，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD，CD⊥PD；同理PB⊥平面CBD，因?yàn)镃D?平面PCD，所以平面PCD⊥平面BPD，A，B正確；以D為原點(diǎn)，聯(lián)立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B（，0，0），C（0，1，0），P（，0，1），因?yàn)椋剑ǎ?，1），＝（﹣，1，0），所以cos＝＝，即PD與BC所成角的余弦值為，C錯(cuò)誤；因?yàn)镸在線段PD上，設(shè)M（，0，a），則＝（3﹣，0，﹣a），所以點(diǎn)M到BC的距離d＝＝＝，當(dāng)a＝時(shí)，d取得最小值，此時(shí)△MBC面積取得最小值＝，D正確．29.(2024?福建寧德三模?T12)已知正四棱錐的側(cè)面積為43，當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，以下結(jié)論正確的是A.棱錐的高與底面邊長(zhǎng)的比為22

B.側(cè)棱與底面所成的角為60°

C.棱錐的每一個(gè)側(cè)面都是等邊三角形

D.棱錐的內(nèi)切球的表面積為【答案】ACD．【解析】設(shè)底面邊長(zhǎng)為2a，側(cè)棱長(zhǎng)為b，則，即ab2-a2=3，

而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，

故V=4a23?3a2-a2=433a2-a6，

設(shè)f(a)=3a2-a6(0<a<43)，則f'(a)=6a-6a5=6a(1-a4)=6a(1+a2)(1+a)(1-a)，

易知函數(shù)f(a)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,43)單調(diào)遞減，

∴當(dāng)a=1時(shí)，f(a)取得最大值，此時(shí)棱錐的體積最大，且b=2，

∴底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2，PE=3,OP=2，

∴棱錐的高與底面邊長(zhǎng)的比為22，選項(xiàng)A正確；

側(cè)棱與底面所成的角為∠PBO，而sin∠PBO=OPA.隨意點(diǎn)P，都有AP//QR

B.隨意點(diǎn)P，四邊形APQR不行能為平行四邊形

C.存在點(diǎn)P，使得△APR為等腰直角三角形

D.存在點(diǎn)P，使得BC//平面APQR【答案】C．【解析】對(duì)于A：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB//CD，

所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，

又因?yàn)槠矫鍭PQR?平面ABB1A1=AP，平面APQR?平面DCC1D1=QR，

所以AP//QR.

對(duì)于B：若四邊形APQR為平行四邊形，則AR//QP，

而AD與BC不平行，即平面ADD1A1與平面BCC1B1不平行，

所以平面APQR?平面BCC1B1=PQ，平面APQR?平面ADD1A1=AR，

直線PQ與直線AR不平行，

與AR//QP沖突，

所以四邊形APQR不行能是平行四邊形．

對(duì)于C：假設(shè)存在點(diǎn)P，使得△APR為等腰直角三角形，

令BP=x，

由AP=AB2+BP2=4+BP2=AR=AD2+DR2=4+DR2，

所以BP=DR=x且BP//DR?四邊形BPDR為平行四邊BPDR，

所以RP=BD=BC2+CD2，

過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB，則DE=BC=3A．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．鈍角三角形【答案】A．【解析】由已知中△ABC的直觀圖中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，∴△ABC中，BO＝CO＝1，AO＝，由勾股定理得：AB＝AC＝2，又由BC＝2，故△ABC為等邊三角形．32.(2024?寧夏中衛(wèi)三模?理T10．)若正四面體ABCD的全部棱長(zhǎng)均為，則正四面體ABCD的（）A．表面積為 B．高為 C．體積為 D．內(nèi)切球半徑為【答案】D．【解析】依據(jù)題意，正四面體ABCD的全部棱長(zhǎng)均為，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝S△BCD＝×2＝，則其表面積S＝4×＝2，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)△ABC的中心為O，易得DO⊥面ABC，則AO＝×＝，則|DO|＝＝，正四面體ABCD的高為，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，正四面體ABCD的V＝×S△ABC×|DO|＝，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)正四面體ABCD的內(nèi)切球半徑為r，則有V＝＝×S△ABC×|DO|＝×（S表）×r，解可得r＝，D正確．33.(2024?江西南昌三模?理T9．)平安夜蘋果創(chuàng)意禮品盒，如圖1，它的形態(tài)可視為一個(gè)十面體，其中上下底面為全等的正方形，八個(gè)側(cè)面是全等的等腰三角形．如圖2，底面正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，上底面EFGH與下底面ABCD之間的距離為，則該幾何體的側(cè)面積為（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】該幾何體的俯視圖如圖所示，設(shè)O為俯視圖的中心，則，所以,設(shè)等腰三角形的高為h,則,得,所以一個(gè)等腰三角形的面積為,所以該幾何體的側(cè)面積為．34.(2024?安徽馬鞍山三模?理T11．)如圖，E是正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱D1D的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱C1B1上的動(dòng)點(diǎn)，下列命題中：①若過(guò)CF的平面與直線EB垂直，則F為C1B1的中點(diǎn)；②存在F使得D1F∥BE；③存在F使得△BEF的主視圖和側(cè)視圖的面積相等；④四面體EBFC的體積為定值．其中正確的是（）A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④【答案】D．【解析】當(dāng)F為B1C1中點(diǎn)時(shí)，將CF平移至EM，則M為A1D1的四等分點(diǎn)，即，過(guò)M作MN⊥AD，不妨設(shè)AD＝4，則MN＝4，BN＝5，BD＝，∴在Rt△BDE中，，同理BM＝，ME＝，∴BE2+ME2＝BM2，∴ME⊥BE，∴CF⊥BE，∵AC⊥BE，∴BE⊥面ACF，故①正確；過(guò)D1作D1Q∥BE，可得Q為BB1中點(diǎn)，∴不存在F使得D1F∥BE，故②錯(cuò)誤；當(dāng)F與B1重合時(shí)，，側(cè)視圖，（P為CC1中點(diǎn)），∴，故③正確；∵C1B1∥BC，所以C1B1∥平面EBC，∴B1C1上任一點(diǎn)到平面EBC的距離都相等，設(shè)F到面BEC的距離為h，且S△EBC為定值，∴也為定值，故④正確．35.(2024?安徽馬鞍山三模?文T10．)將一個(gè)表面積為36π的木質(zhì)實(shí)心球加工成一個(gè)體積最大的圓柱，則該圓柱的底面半徑為（）A． B．3 C． D．【答案】C．【解析】由球的表面積為36π，可得球的半徑為3，如圖，設(shè)圓柱的底面半徑為r，則高為2（0＜r＜3），∴V圓柱＝＝2π?＝2π≤2π?＝．當(dāng)且僅當(dāng)r2＝18﹣2r2，即r2＝6，r＝時(shí)，上式取等號(hào)．36.(2024?江西九江二模?理T10．)如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，I，J分別是棱A1B1，A1D1，DD1，CD，BC，BB1的中點(diǎn)，現(xiàn)在截面EFGHIJ內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)M，則此點(diǎn)滿意|AM|+|MC1|≤4的概率為（）A． B． C． D．【答案】D．【解析】連接AC1交平面EFGHIJ于O，則O為AC1和GJ的交點(diǎn)，由正方體的性質(zhì)可得AC1⊥平面EFGHIJ，∴AC1⊥OM，設(shè)|OM|＝x，∵AO＝OC1＝，∴＝，即x≤1，∴滿意|AM|+|MC1|≤4的點(diǎn)M的軌跡所圍成的面積為π，又截面EFGHIJ的面積為，故所求概率P＝．37.(2024?浙江杭州二模?理T10．)如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，，AD＝1，點(diǎn)E在線段AB（端點(diǎn)除外）上，現(xiàn)將△ADE沿DE折起為△A'DE．設(shè)∠ADE＝α，二面角A'﹣DE﹣C的大小為β，若，則四棱錐A'﹣BCDE體積的最大值為（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】設(shè)過(guò)A與DE垂直的線段長(zhǎng)為a，則AE＝tanα，0＜tanα＜，DE＝，a＝sinα，則四棱錐A′﹣BCDE的高h(yuǎn)＝a?sinβ＝sinα?sin（）＝sinαcosα，則＝＝＝＝＝sin（2α+φ）﹣，（tanφ＝）．∴四棱錐A'﹣BCDE體積的最大值為．38.(2024?浙江杭州二模?理T4．)某四棱錐的三視圖（圖中每個(gè)小方格的邊長(zhǎng)為1）如圖所示，則該四棱錐的體積為（）A．4 B． C． D．1【答案】C．【解析】依據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體四棱錐，一條側(cè)棱與底面垂直，底面是正方形，該幾何體為三棱錐體P﹣ABCD，如圖所示：由于幾何體的高為2，底面邊長(zhǎng)為，則四棱錐的體積為V＝＝．39.(2024?河北邯鄲二模?理T10．)設(shè)a，b是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面．下列四個(gè)命題中，正確的是（）A．若γ⊥α，α∥β，則γ⊥β B．若β⊥α，γ⊥α，則β∥γ C．若a⊥α，a⊥β，則α∥β D．若a⊥α，a⊥b，則b∥α【答案】AC．【解析】由a，b是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，知：對(duì)于A，若γ⊥α，α∥β，則由面面垂直的判定定理得γ⊥β，故A正確；對(duì)于B，若β⊥α，γ⊥α，則β與γ相交或平行，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若a⊥α，a⊥β，則由面面平行的判定定理得α∥β，故C正確；對(duì)于D，若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故D錯(cuò)誤．40.(2024?河北邯鄲二模?理T7．)如圖所示，正四棱臺(tái)的下底面與半球的底面重合，上底面四個(gè)頂點(diǎn)均在半球的球面上，若正四棱臺(tái)的高與上底面邊長(zhǎng)均為1，則半球的體積為（）A． B． C．π D．【答案】B．【解析】連接上底面中心G與球的球心O，連接AO，則AO為外接球的半徑，R＝＝，所以外接球的體積為：＝＝．41.(2024?北京門頭溝二模?理T4)一個(gè)體積為123正三棱柱的三視圖如圖所示，則這個(gè)三棱柱的左視圖的面積為(?)A.63 B.8 C.83 【答案】A．【解析】設(shè)棱柱的高為h，

由左視圖知，底面正三角形的高是23，由正三角形的性質(zhì)知，其邊長(zhǎng)是4，

故底面三角形的面積是12×23×4=43

由于其體積為123，故有h×43=123，得h=3

由三視圖的定義知，側(cè)視圖的寬即此三棱柱的高，故側(cè)視圖的寬是3，其面積為3×23=63

故選：A.

此幾何體是一個(gè)正三棱柱，正視圖即內(nèi)側(cè)面，底面正三角形的高是23，由正三角形的性質(zhì)可以求出其邊長(zhǎng)，由于本題中體積已知，故可設(shè)出棱柱的高，利用體積公式建立起關(guān)于高的方程求高，再由正方形的面積公式求側(cè)視圖的面積即可．

本題考點(diǎn)是簡(jiǎn)潔空間圖形的三視圖，考查依據(jù)作三視圖的規(guī)則幾何體的直觀圖的實(shí)力以及利用體積公式建立方程求參數(shù)的實(shí)力，三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視長(zhǎng)對(duì)正；主視、左視高平齊，左視、俯視寬相等”．

42.(2024?江西鷹潭二模?理T8．)我國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)家祖暅在計(jì)算球的體積時(shí)，提出了一個(gè)原理（祖暅原理）：“冪勢(shì)既同，則積不容異”．這里的“冪”指水平截面的面積，“勢(shì)”指高．這句話的意思是：兩個(gè)等高的幾何體若在全部等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體體積相等．利用祖暅原理可以將半球的體積轉(zhuǎn)化為與其同底等高的圓柱和圓錐的體積之差．圖1是一種“四腳帳篷”的示意圖，其中曲線AOC和BOD均是以1為半徑的半圓，平面AOCA． B． C． D．【答案】B．【解析】由“祖暅原理”可知，帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，底面正方形對(duì)角線為2，正方形邊長(zhǎng)為，V帳篷＝V正四棱柱﹣V正四棱錐＝．43.(2024?廣東潮州二模?T6．)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則能得出a⊥b的是（）A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥β C．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β【答案】C．【解析】A．若α⊥β，a⊥α，a?β，b?β，b⊥α，則a∥b，故A錯(cuò)；B．若a⊥α，α∥β，則a⊥β，又b⊥β，則a∥b，故B錯(cuò)；C．若b⊥β，α∥β，則b⊥α，又a?α，則a⊥b，故C正確；D．若α⊥β，b∥β，設(shè)α∩β＝c，由線面平行的性質(zhì)得，b∥c，若a∥c，則a∥b，故D錯(cuò)．44.(2024?遼寧朝陽(yáng)二模?T10．)如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且EF＝，則下列結(jié)論中正確的是（）A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCD C．△AEF的面積與△BEF的面積相等 D．三棱錐E﹣ABF的體積為定值【答案】ABD．【解析】由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知，DD1⊥平面ABCD，而AC?平面ABCD，則D1D⊥AC，又ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵D1D∩BD＝D，且D1D、BD?平面DD1B1B，∴AC⊥平面DD1B1B，∵BE?平面DD1B1B，∴AC⊥BE，故A正確；∵B1D1∥BD，BD?平面ABCD，B1D1?平面ABCD，∴BD∥平面ABCD，而EF在B1D1上，∴EF∥平面ABCD，故B正確；點(diǎn)B到EF的距離為正方體的棱長(zhǎng)，A到EF的距離大于棱長(zhǎng)，則△AEF的面積與△BEF的面積不相等，故C錯(cuò)誤；如圖所示，連接BD，交AC于O，則AO為三棱錐A﹣BEF的高，?EF?BB1＝××1＝，＝×＝，則為定值，故D正確．45.(2024?山東濰坊二模?T8．)在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，連結(jié)BD，沿BD把△ABD折起，使得二面角A﹣BD﹣C的大小為60°，連結(jié)AC，則四面體ABCD的外接球的表面積為（）A．13π B．24π C．36π D．52π【答案】D．【解析】如圖，取BD的中點(diǎn)記為O，連接OC，OA，分別取△BCD與△ABD的外心E與F，過(guò)這兩點(diǎn)分別作平面BDC、平面ABD的垂線，交于點(diǎn)P，則P就是外接球的球心，連接OP，CP，∠AOC為二面角A﹣BD﹣C的平面角為60°，則△AOC是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為6×＝，OE＝，在△POE中，∠POE＝30°，∴PE＝OE?tan30°＝．又CE＝，∴PC＝R＝，則四面體ABCD的外接球的表面積為4．46.(2024?河南鄭州二模?文T12．)已知三棱錐P﹣ABC的各個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是線段AB上一點(diǎn)，且AD＝5DB．過(guò)點(diǎn)D作球O的截面，若所得截面圓面積的最大值與最小值之差為28π，則球O的表面積為（）A．128π B．132π C．144π D．156π【答案】B．【解析】因?yàn)锳B⊥AC，AB＝6，AC＝8，所以，設(shè)面ABC所截的截面圓的圓心為O'，外接球的球心為O，則O'為BC的中點(diǎn)，且OO'⊥平面ABC，則有O'A＝O'B＝O'C＝，取AB的中點(diǎn)E，連結(jié)O'E，O'O，則O'E＝，因?yàn)锳D＝5DB，AB＝8，E為AB的中點(diǎn)，所以DE＝2，所以，設(shè)OO'＝x，則有OD2＝O'D2+OO'2＝20+x2，則球的半徑R2＝O'A2+x2＝52+x2＝25+x2，故與OD垂直的截面圓的半徑，所以截面圓面積的最小值為πr2＝5π，截面圓面積的最大值為πR2，由題意可得πR2﹣5π＝28π，解得R2＝33π，所以球的表面積為S＝4πR2＝132π．47.(2024?河南鄭州二模?文T4．)攢尖是中國(guó)古代建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式．宋代稱為撮尖，清代稱攢尖．通常有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、八角攢尖，也有單檐和重檐之分．多見于亭閣式建筑，園林建筑．以四角攢尖為例，它的主要部分的輪席可近似看作一個(gè)正四棱錐，若此正四棱錐的側(cè)面等腰三角形的底角為α，則側(cè)棱長(zhǎng)與底面外接圓的直徑的比為（）A． B． C． D．【答案】D．【解析】正四棱錐的底面是正方形，其外接圓的半徑為R，則正方形的邊長(zhǎng)為，因?yàn)檎睦忮F的側(cè)面等腰三角形的底角為α，設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為l，則有，解得，所以側(cè)棱長(zhǎng)與底面外接圓的直徑的比為．48.(2024?山西調(diào)研二模?文T8)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA⊥BC且PA=BC=1，PB=AC=2，PC=3，則下列命題不正確的是A.平面PAB⊥平面PBC

B.平面PAB⊥平面ABC

C.平面PAC⊥平面PBC

D.平面PAC⊥平面ABC

【答案】C．【解析】由PA=1，AC=2，PC=3，即PA2+AC2=PC2，可得PA⊥AC，又PA⊥BC，

AC?BC=C，所以PA⊥平面ABC，

PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，故B正確；

PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC，故D正確；

由PA⊥平面ABC，可得PA⊥AB，而PA=1，PB=2，所以AB=1，

又BC=1，AC=2，所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，

由PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，

則BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故A正確；

若平面PAC⊥平面PBC，過(guò)A作AH⊥PC，垂足為H，可得AH⊥平面PBC，

則AH⊥BC，又BC⊥PA，所以BC⊥平面PAC，則BC⊥AC，與BC⊥AB沖突，故C錯(cuò)誤．

故選：C.

A．12π B．16π C．36π D．48π【答案】B．【解析】設(shè)圓錐底面圓半徑為r，圓錐的底面圓面積為3π，可得πr2＝3π，所以r＝，母線長(zhǎng)為l，圓錐的外接球半徑為R，∵側(cè)面綻開圖是半圓，2＝，∴l(xiāng)＝2，∴圓錐的軸截面為等邊三角形，∴球心為等邊三角形的中心，∴R＝＝2，∴外接球的表面積是4πR2＝16π．50.(2024?寧夏銀川二模?文T4．)已知平面α，直線m，n滿意m?α，n?α，則“m∥α”是“m∥n”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B．【解析】因?yàn)閙?α，n?α，當(dāng)m∥α?xí)r，m與n不肯定平行，即充分性不成立；當(dāng)m∥n時(shí)，滿意線面平行的判定定理，m∥α成立，即必要性成立；所以“m∥α”是“m∥n”的必要不充分條件．51.(2024?安徽淮北二模?文T7．)《九章算術(shù)?商功》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽(yáng)馬，一為鱉臑．陽(yáng)馬居二，鱉臑居一，不易之率也．意思是：如圖，沿正方體對(duì)角面A1B1CD截正方體可得兩個(gè)塹堵，再沿平面B1C1D截塹堵可得一個(gè)陽(yáng)馬（四棱錐D﹣A1B1C1D1），一個(gè)鱉臑（三棱錐D﹣B1C1C），若P為線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，平面α過(guò)點(diǎn)P，CD⊥平面α，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，PD＝x，α與圖中的鱉臑截面面積為S，則點(diǎn)P從點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C的過(guò)程中，S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】如圖，設(shè)α∩DC1＝N，α∩DB1＝M，∵CD⊥α，∴CD⊥PN，則△DPN為等腰直角三角形，則PN＝x，，∵B1C1⊥平面DCC1，∴B1C1⊥DC1，∵DC⊥平面PMN，DC⊥平面B1C1C，∴平面PMN∥平面CB1C1，而平面DC1B1∩平面PMN＝MN，平面DC1B1∩平面CB1C1＝C1B1，∴MN∥B1C1，可得MN⊥DC1，則由DP＝PN＝x，得DN＝，∴，即MN＝，∴S＝（0≤x≤1）．則S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是B．52.(2024?新疆烏魯木齊二模?文T8．)酷愛勞動(dòng)是我們中華民族的傳統(tǒng)美德，勞動(dòng)教化也是我們中小學(xué)重要的教化內(nèi)容之一，平常我們打掃衛(wèi)生經(jīng)常要用到簸箕．簸箕的三視圖如圖所示（單位cm），已知制造簸箕每cm2的成本是0.01元，試估計(jì)500元最多可以制造（）個(gè)簸箕A．43 B．44 C．45 D．46【答案】C．【解析】依據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為三棱柱和三棱錐組成的組合體；如圖所示：利用分割法，所以，1098×0.01＝10.98元，所以n＝，故最多制造45個(gè)．53.(2024?新疆烏魯木齊二模?文T5．)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點(diǎn)P在平面A1BC1上，則三棱錐P﹣ACD1的體積為（）A． B． C．1 D．【答案】B．【解析】在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點(diǎn)P在平面A1BC1上，可知平面A1BC1∥平面ACD1，所以P到平面ACD1的距離與A1到平面ACD1的距離相等，故，所以三棱錐P﹣ACD1的體積：＝2×2×1＝．54.(2024?吉林長(zhǎng)春一模?文T9.)如圖,長(zhǎng)方體中為的中點(diǎn),則異面直線與所成角的大小為A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】D．【解析】⊥平面平面即故選D．55.(2024?吉林長(zhǎng)春一模?文T6.)將長(zhǎng)、寬分別為和的長(zhǎng)方形沿對(duì)角線折起,得到四面體,則四面體的外接球體積為A.B.C.D.【答案】A．【解析】中點(diǎn)到A,B,C,D的距離均為1,故球的體積為,故選A.二、填空題部分56.(2024?高考全國(guó)乙卷?文T16)以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為_________（寫出符合要求的一組答案即可）．【答案】③④．【解析】選擇側(cè)視圖為③，俯視圖為④，如圖所示，長(zhǎng)方體中，，分別為棱的中點(diǎn)，則正視圖①，側(cè)視圖③，俯視圖④對(duì)應(yīng)的幾何體為三棱錐.故答案為：③④.57.(2024?河南開封三模?文理T16)農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習(xí)慣，粽子又稱粽籺，古稱“角黍”．如圖，是由六個(gè)邊長(zhǎng)為3的正三角形構(gòu)成的平行四邊形形態(tài)的紙片，某同學(xué)將其沿虛線折起來(lái)，制作了一個(gè)粽子形態(tài)的六面體模型，則該六面體的體積為；若該六面體內(nèi)有一球，則該球體積的最大值為.【答案】；．【解析】該六面體是由兩個(gè)全等的正四面體組合而成，正四面體的棱長(zhǎng)為3，如圖，在棱長(zhǎng)為3的正四面體S﹣ABC中，取BC的中點(diǎn)D，連接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，則，∴該六面體的體積為，當(dāng)該六面體內(nèi)有一球，且該球的體積取得最大值時(shí)，球心為O，且該球與SD相切，過(guò)球心O作OE⊥SD，則OE就是球的半徑，∵SO×OD＝SD×OE，∴，∴該球體積的最大值為．故答案為：．58.(2024?河南焦作三模?理T14)一個(gè)球的表面積為100π，一個(gè)平面截該球得到截面圓直徑為6，則球心到這個(gè)平面的距離為．【答案】4．【解析】球的表面積為100π，可得球的半徑為R，4πR2＝100π，解得R＝5，一個(gè)平面截該球得到截面圓直徑為6，則截面圓的半徑為3，所以球心到這個(gè)平面的距離為：＝4．59.(2024?四川內(nèi)江三模?理T15．)現(xiàn)為一球狀巧克力設(shè)計(jì)圓錐體的包裝盒，若該巧克力球的半徑為3，則其包裝盒的體積的最小值為．【答案】72π．【解析】設(shè)圓錐體包裝盒的底面半徑為r，高為h，由Rt△SOC∽R(shí)t△SBD可得：，即，∴r2＝，∴包裝盒的體積V＝πr2h＝3π?＝3π?[（h﹣2）+12+）＝72π．當(dāng)且僅當(dāng)h﹣6＝即h＝12時(shí)取等號(hào)．60.(2024?重慶名校聯(lián)盟三模?T16．)在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA＝4，AB＝3，二面角P﹣AB﹣C的大小為30°，在側(cè)面△PAB內(nèi)（含邊界）有一動(dòng)點(diǎn)M，滿意M到PA的距離與M到平面ABC的距離相等，則M的軌跡的長(zhǎng)度為．【答案】．【解析】如圖，過(guò)M作MN⊥PA于N，MO⊥平面ABC于O，過(guò)O作OQ⊥AB于Q，連接MQ，則∠MQO為二面角P﹣AB﹣C的平面角，由∠MQO＝30°，得MQ＝2MO．又MO＝MN，所以MQ＝2MN，在△PAB中，以AB所在直線為x軸，AP所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則直線AM的方程為y＝2x，直線PB的方程為4x+3y﹣12＝0，所以直線AM與PB的交點(diǎn)坐標(biāo)為，所以M的軌跡為線段AR，長(zhǎng)度為．61.(2024?安徽蚌埠三模?文T15．)正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長(zhǎng)為2，M為CD1中點(diǎn)，則四面體ABDM外接球的體積為．【答案】．【解析】如圖，連接AM，BM，DM，取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OA，可得OA＝，OB＝OD＝，OM＝，所以O(shè)是四面體ABDM外接球的球心，外接球的半徑為，所以外接球的體積為：＝．62.(2024?上海嘉定三模?T6．)若兩個(gè)球的表面積之比為1：4，則這兩個(gè)球的體積之比為．【答案】1：8．【解析】由已知兩個(gè)球的表面積之比是1：4，所以兩個(gè)球的半徑之比是1：2，所以兩個(gè)球的體積之比1：8．63.(2024?貴州畢節(jié)三模?文T15．)如圖，在三棱錐O﹣ABC中，三條棱OA，OB，OC兩兩垂直，OA＝4，OB＝3，OC＝2．分別經(jīng)過(guò)三條棱OA，OB，OC作截面平分三棱錐的體積，則這三個(gè)截面的面積的最大值為．【答案】．【解析】分別取AB中點(diǎn)D，連接OD、DC，因?yàn)镺C⊥OA，OC⊥OB，所以O(shè)C⊥平面OAB，因?yàn)镺D?平面OAB，所以O(shè)C⊥OD，＝＝，取BC中點(diǎn)E，連接OE、EA，同理S△OEA＝＝＝，取AC中點(diǎn)F，連接OF、FB，同理＝＝，因?yàn)椋荆?，所以三個(gè)截面的面積的最大值為．64.(2024?遼寧朝陽(yáng)三模?T16．)如圖，正四棱錐P﹣ABCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在球M的球面上，側(cè)面PAB是等邊三角形．若半球O的球心為四棱錐的底面中心，且半球與四個(gè)側(cè)面均相切，則半球O的體積與球M的體積的比值為．【答案】．【解析】如圖，連接PO，BD，取CD的中點(diǎn)E，連接PE，OE，過(guò)O作OH⊥PE于H．易知PO⊥底面ABCD，設(shè)AB＝4，則，，．設(shè)球M的半徑為R，半球O的半徑為R0.則．易知R0＝OH．則，故．65.(2024?江蘇常數(shù)三模?T16．)已知四棱錐P﹣ABCD的體積為V，底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)分別為棱PC，PD的中點(diǎn)，則四棱錐P﹣ABEF的體積為（用V表示）．【答案】．【解析】如圖，連接FB、FC，∵E，F(xiàn)分別為棱PC，PD的中點(diǎn)，∴，＝，∴VP﹣ABEF＝VP﹣ABCD﹣VF﹣ABCD﹣VF﹣BCE＝．66.(2024?湖南三模?T16．)數(shù)學(xué)中有很多形態(tài)美麗、寓意獨(dú)特的幾何體，“等腰四面體”就是其中之一，所謂等腰四面體，就是指三組對(duì)棱分別相等的四面體．關(guān)于“等腰四面體”，以下結(jié)論正確的序號(hào)是．①“等腰四面體”每個(gè)頂點(diǎn)動(dòng)身的三條棱肯定可以構(gòu)成三角形；②“等腰四面體”的四個(gè)面均為全等的銳角三角形；③三組對(duì)棱長(zhǎng)度分別為5，6，7的“等腰四面體”的體積為2；④三組對(duì)棱長(zhǎng)度分別為a，b，c的“等腰四面體”的外接球直徑為．【答案】①②③．【解析】將等腰四面體補(bǔ)成長(zhǎng)方體，設(shè)等腰四面體的對(duì)棱棱長(zhǎng)分別為a，b，c，與之對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)方體的長(zhǎng)寬高分別為x，y，z，則，故x2＝，，z2＝，結(jié)合圖像易得①②正確；三組對(duì)棱長(zhǎng)度分別為a＝5，b＝6，c＝7，則x＝，y＝，z＝，因?yàn)榈妊拿骟w的體積是對(duì)應(yīng)長(zhǎng)方體體積減去四個(gè)小三棱錐的體積，所以等腰四面體的體積xyz﹣＝＝2，③正確；三組對(duì)棱長(zhǎng)度分別為a，b，c的“等腰四面體”的外接球直徑2R＝≠，④錯(cuò)誤．67.(2024?江西南昌三模?理T16．)球面幾何學(xué)是幾何學(xué)的一個(gè)重要分支，在航海、航空、衛(wèi)星定位等面都有廣泛的應(yīng)用，如圖，A，B，C是球面上不同的大圓（大圓是過(guò)球心的平面與球面的交線）上的三點(diǎn)，經(jīng)過(guò)這三個(gè)點(diǎn)中隨意兩點(diǎn)的大圓的劣弧分別為，由這三條劣弧圍成的圖形稱為球面△ABC．已知地球半徑為R，北極為點(diǎn)N，P，Q是地球表面上的兩點(diǎn)若P，Q在赤道上，且|PQ|＝R，則球面△NPQ的面積為；若NP＝PQ＝QN＝R，則球面△NPQ的面積為．【答案】；πR2．【解析】如圖1，∵OP＝OQ＝R，PQ＝，∴OP2+OQ2＝PQ2，則OP⊥OQ，又ON⊥赤道所在平面，∴OP、OQ、ON兩兩相互垂直，則×4πR2＝；如圖2，當(dāng)NP＝PQ＝QN＝R時(shí)，構(gòu)造球內(nèi)接正四面體N﹣PQS，其中心為O，連接NO交三角形SPQ于H，則NO＝R，OH為正四面體N﹣SPQ內(nèi)切球的半徑，由等體積法可得，OH＝NH，則OH＝，cos，在△NOP中，由余弦定理可得：cos，即，得PN＝．由對(duì)稱性可得，球面△NPQ的面積為×4πR2＝πR2．68.(2024?安徽宿州三模?理T15．)在《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑．已知在鱉臑A﹣BCD中，滿意AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，當(dāng)該鱉臑的內(nèi)切球的半徑為2（﹣1）時(shí)，則此時(shí)它外接球的體積為32．【答案】．【解析】依據(jù)題意：在鱉臑A﹣BCD中，滿意AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，當(dāng)該鱉臑的內(nèi)切球的半徑為2（﹣1）時(shí)，設(shè)AB＝x，如圖所示：利用等體積轉(zhuǎn)換：＝，解得x＝4或0（舍去），故外接球的半徑R＝，故．69.(2024?安徽宿州三模?文T16．)已知三棱錐P﹣ABC的外接球O的半徑為，△ABC為等腰直角三角形，若頂點(diǎn)P究竟面ABC的距離為4，且三棱錐P﹣ABC的體積為，則滿意上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是．【答案】4．【解析】設(shè)底面等腰直角三角形ABC的直角邊的邊長(zhǎng)為x（x＞0），∴頂點(diǎn)P究竟面ABC的距離為4且三棱錐P﹣ABC的體積為，∴×x2×4＝，∴x＝，∴△ABC的外接圓半徑為r1＝＝2，∴球心O究竟面ABC的距離為d1＝＝＝3，又因?yàn)轫旤c(diǎn)P究竟面ABC的距離為4，∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周（球心在底面ABC和截面圓之間）且球心O到該截面圓的距離為d2＝1，∵截面圓的半徑r2＝＝＝2，∴頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是2πr2＝2＝4．70.(2024?安徽馬鞍山三模?理T16．)如圖，用一個(gè)平面去截圓錐，得到的截口曲線是橢圓．在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面相切．橢圓截面與兩球相切于橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2.過(guò)橢圓上一點(diǎn)P作圓錐的母線，分別與兩個(gè)球相切于點(diǎn)M，N．由球和圓的幾何性質(zhì)可知，PN＝PF1，PM＝PF2.已知兩球半徑分為別1和3，橢圓的離心率為，則兩球的球心距離為．【答案】．【解析】作出圓錐的軸截面如圖所示，圓錐面與兩球O1，O2相切與B，A兩點(diǎn)，則O1B⊥AB，O2A⊥AB，過(guò)O1作O1D⊥O2A，垂足為D，連接O1F2，O2F1，設(shè)F1F2∩OO1＝C，兩球的球心距離為d，在Rt△O1O2D中，DO2＝3﹣1＝2，∴，∴，∵△F1O2C∽△F2O1C，∴，∵CO2＝d﹣CO1，∴，解得，∴，∴，由已知條件PN＝PF1，PM＝PF2知，PM+PN＝PF1+PF2＝2a，即軸截面中AB＝2a，又F1F2＝2c，∴，∴，即兩球球心距離為．71.(2024?安徽馬鞍山三模?文T16．)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為棱AD，DD1的中點(diǎn)，給出下列五個(gè)命題：①AD，B1C所成的角為；②B1C⊥BN；③三棱錐A﹣BDN的外接球的表面積為8π；④平面BMN截正方體所得的截面是等腰梯形；⑤以點(diǎn)A為球心，為半徑作球面，則該正方體表面被球面所截得的全部弧長(zhǎng)的和為3π；其中真命題是．【答案】①④⑤．【解析】①∵A1D∥B1C，∴AD，B1C所成的角即為AD，A1D所成的角，在正方形ADD1A1中，易知AD，A1D所成的角為，故①正確；②取A1D1中點(diǎn)E，連接NE，則NE∥A1D，A1D∥B1C，∴NE∥B1C，而，，故BE2≠BN2+NE2，則BN與NE不垂直，即BN與B1C不垂直，故②錯(cuò)誤；③三棱錐A﹣BDN的外接球半徑為，其表面積為4πR2＝33π，故③錯(cuò)誤；④連接BC1，則BC1∥MN，∴平面BMN截正方體所得的截面為等腰梯形，故④正確；⑤易知正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)為，在弧D1B1上取點(diǎn)F，則A1F＝2，A1A＝2，∴，∴弧長(zhǎng)，又正方體表面被球面所截得的這樣的全等的弧共有三個(gè)，故全部弧長(zhǎng)的和為π+π+π＝3π，故⑤正確．72.(2024?江西九江二模?理T16．)如圖所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一個(gè)角為的菱形，且該直四棱柱有內(nèi)切球（球與四棱柱的每個(gè)面都相切），設(shè)其內(nèi)切球的表面積為S1，對(duì)角面BB1D1D和AA1C1C的面積之和為S2，則的值為．【答案】．【解析】設(shè)∠ABC＝α，AB＝a，內(nèi)切球的半徑為R，則2R＝asinα，∴R＝，四棱柱的高為：asinα，∴S1＝4πR2，由題意可得AC+BD＝2a（sin+cos），∴S2＝2a（sin+cos）?asinα＝a2（sin+cos）sinα，∴＝＝＝＝＝．73.(2024?北京門頭溝二模?理T15)如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P是該正方體對(duì)角線BD1上的動(dòng)點(diǎn)，給出下列四個(gè)結(jié)論：

①AC⊥B1P；

②△APC面積的最大值是23；

③△APC面積的最小值是2；【答案】①②④．【解析】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD?DD1=D，

故AC⊥面BDD1B1，又B1P?面BB1D1D，∴AC⊥B1P，故①正確；

如圖，連接BD交AC于E，∵EP?面BDD1B1，∴AC⊥EP，

故S△APC=12AC?PE=2PE，

當(dāng)PE與ED1重合時(shí)，PE最大，DE=2，ED1=(2)2+22=6，

此時(shí)S△APC=2PE=2×6=23，故②正確；

在Rt△BDD1中，當(dāng)PE⊥BD1時(shí)，PE取最小值，BD=22，BD1=23，sin∠DBD1=DD1BD1=33，

此時(shí)PE=BEsin∠DBD1=2×33=63，所以S△APCmin=【答案】．【解析】把這個(gè)正四面體補(bǔ)成正方體，四面體的棱就是棱長(zhǎng)為3的正方體的面對(duì)角線，四面體內(nèi)切球球心為正方體中心．記球心為正方體對(duì)角線AE中點(diǎn)O．AE交平面BDC于點(diǎn)O1，則O1為等邊三角形BDC的中心，O1在BM上，AE⊥平面BDC．OO1為正四面體ABCD內(nèi)切球半徑，記為R．過(guò)點(diǎn)O作OG⊥PQ，垂足為G，則PG＝GQ，連接OP、OB，可知OA＝OB＝＝，O1B＝×6×sin60°＝2，∴R＝OO1＝＝．在Rt△AO1N中，O1N＝2﹣×6×＝，∴AN＝＝．∵Rt△AGO∽R(shí)t△AO1N，∴＝，即＝，∴OG＝，∴PQ＝2＝．75.(2024?河北秦皇島二模?理T16．)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長(zhǎng)為1，M、N、P分別為棱A1A、A1B1、A1D1上的動(dòng)點(diǎn)，且滿意＝＝，則直線A1C與平面MNP所成角的正弦值為1；若以△MNP為一底面的正三棱柱（底面為正三角形且側(cè)棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的三個(gè)頂點(diǎn)也在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面上，則此正三棱柱體積的最大值為．【答案】1；．【解析】連接A1C1，B1D1，則A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，∵，∴NP∥B1D1，則A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直線A1C與平面MNP所成角的正弦值為1；∵A1C⊥平面MNP，∴過(guò)M點(diǎn)作A1C的平行線與AC交于點(diǎn)O，則MO為正三棱柱的側(cè)棱，設(shè)，則正三角形MNP的邊長(zhǎng)MN＝，在△A1AC中，，∴MO＝，∴，x∈（0，1），求導(dǎo)V′＝，令V′＝0，解得x＝，當(dāng)x∈（0，）時(shí)，V隨x的增大而增大，當(dāng)x∈（，1）時(shí)，V隨x的增大而減小，∴．76.(2024?江西上饒二模?理T16．)點(diǎn)M為正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N為B1C1上一點(diǎn)，且2NB1＝NC1，DM⊥BN，若球O的體積為36π，則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的長(zhǎng)度為．【答案】．【解析】在BB1上取點(diǎn)P，使得2BP＝PB1，連結(jié)CP，DP，BN，因?yàn)镹C1＝2NB1，所以DC⊥BN，則BN⊥平面DCP，故點(diǎn)M的軌跡為平面DCP與球O的截面圓周，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，因?yàn)榍騉的體積為36π，所以，解得a＝6，連結(jié)OD，OP，OC，由VO﹣DPC＝VC﹣DPO，所以點(diǎn)O到平面DCP的距離為，所以截面圓的半徑，所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的長(zhǎng)度為＝．77.(2024?天津南開二模?T12．)某長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為4，4，2，則該長(zhǎng)方體的體積與其外接球的體積之比為．【答案】．【解析】長(zhǎng)方體的體積為：V1＝2×5×4＝32，長(zhǎng)方體外接球的直徑為：2R＝＝8，外接球的體積為：V2＝＝36π，長(zhǎng)方體的體積與其外接球的體積之比為：＝＝．78.(2024?廣東潮州二模?T16．)某同學(xué)在參與《通用技術(shù)》實(shí)踐課時(shí)，制作了一個(gè)實(shí)心工藝品（如圖所示）．該工藝品可以看成一是個(gè)球體被一個(gè)棱長(zhǎng)為8的正方體的6個(gè)面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合）．若其中一個(gè)截面圓的周長(zhǎng)為6π，則該球的半徑為5；現(xiàn)給出定義：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高．假如球面的半徑是R，球冠的高是h，那么球冠的表面積計(jì)算公式是S＝2πRh．由此可知，該實(shí)心工藝品的表面積是94π．【答案】5，94π．【解析】設(shè)球心半徑為R，圓的半徑為r，正方體棱長(zhǎng)為OO1＝8，（如圖）∵圓的周長(zhǎng)為6π，∴O1A＝r＝3由題意，圓心和球心以及正方體的邊的一半可以構(gòu)造直角三角形，即R＝＝5，∴球冠的高是h＝BO1＝5﹣4＝1，∵球的表面積減去球冠的表面積，在加上6個(gè)圓的面積，可得工藝品的表面積．即工藝品的表面積為：4πR2﹣2πRh×6+6πr2＝94π．79.(2024?遼寧朝陽(yáng)二模?T15．)已知三棱錐S﹣ABC的三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩相互垂直且AC＝，AB＝，此三棱錐的外接球的表面積為14π，則BC＝．【答案】．【解析】由題意三棱錐S﹣ABC的三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩相互垂直可知，三棱錐S﹣ABC是長(zhǎng)方體的一個(gè)角，如圖：設(shè)SA＝x，SB＝y(tǒng)，SC＝z，由題意可得：x2+z2＝13，x2+y2＝5，y2+z2＝BC2，三棱錐的外接球的表面積為14π，三棱錐擴(kuò)展為長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體的對(duì)角線的長(zhǎng)度，就是外接球的直徑2R，所以2R＝，4πR2＝14π，可得x2+y2+z2＝14，解得x＝2，y＝1，z＝3，所以BC＝＝．80.(2024?浙江麗水湖州衢州二模?T12．)某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的表面積是cm2，體積是cm3．【答案】，8．【解析】由三視圖作出原圖形如圖所示，原幾何體為底面是邊長(zhǎng)為2cm、4cm的直角三角形，高為2cm的直三棱柱；其表面積為S＝2××2×4+4×2+2×2+2×＝20+4cm2；體積為V＝×4×2×2＝8cm3．81.(2024?安徽淮北二模?文T16．)已知在正三棱錐S﹣ABC中，點(diǎn)D，E分別是SA，SB的中點(diǎn)，AB＝SB＝6，則直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長(zhǎng)為3．【答案】3．【解析】依據(jù)題意，D，E分別是正三棱錐S﹣ABC的棱SA，SB的中點(diǎn)，直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長(zhǎng)，等價(jià)于求直線DE與△SAB的外接圓的相交的弦長(zhǎng)．∵AB＝SB＝6，∴△SAB是等腰直角三角形，作出直線DE與△SAB的外接圓的相交的弦，則弦FG的長(zhǎng)即為直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長(zhǎng)，∴FG＝2＝3．三、解答題部分82.(2024?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T20)如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).（1）證明：；（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.【解析】（1）因?yàn)锳B=AD,O為BD中點(diǎn)，所以AO⊥BD因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因?yàn)槠矫鍮CD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,連FM因?yàn)锳O⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因?yàn)镕M⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF則為二面角E-BC-D的平面角,因?yàn)?為正三角形,所以為直角三角形因?yàn)?從而EF=FM=平面BCD,所以83.(2024?高考全國(guó)甲卷?理T19)已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?【解析】因?yàn)槿庵侵比庵?，所以底面，所以因?yàn)?，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐?biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．所以，．由題設(shè)（）．（1）因?yàn)?，所以，所以．?）設(shè)平面的法向量為，因?yàn)?，所以，即．令，則因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛?，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時(shí)，取最小值為，此時(shí)取最大值為．所以，此時(shí)．84.(2024?高考全國(guó)乙卷?文T18)如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點(diǎn)，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．【解析】（1）因?yàn)榈酌?，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．?）由（1）可知，平面，所以，從而，設(shè)，，則，即，解得，所以．因?yàn)榈酌?，故四棱錐的體積為．85.(2024?浙江卷?T19)如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點(diǎn)，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而與相交，所以平面，因?yàn)?，所以，取中點(diǎn)，連接，則兩兩垂直，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系,則,又為中點(diǎn)，所以.由（1）得平面，所以平面的一個(gè)法向量從而直線與平面所成角的正弦值為．86.(2024?江蘇鹽城三模?T19)如圖，在三棱柱eqABC－A\s\do(1)B\s\do(1)C\s\do(1)中，eqAC＝BB\s\do(1)＝2BC＝2，∠CBB\s\do(1)＝2∠CAB＝\f(π,3)，且平面ABC⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB.(1)求證：平面ABC⊥平面eqACB\s\do(1)；zA1A1(2)設(shè)點(diǎn)P為直線BC的中點(diǎn)，求直線eqA\s\do(1)P與平面eqACB\s\do(1)所成角的正弦值．zA1A1B1PCBAC1C1B1CABPxyEB1PCBAC1C1B1CABPxyE第19題圖【考點(diǎn)】立體幾何中證明位置關(guān)系、求線面角的正弦值【解析】(1)證明：因?yàn)锳C＝2BC＝2，所以BC＝1．因?yàn)?∠ACB＝EQ\F(π,3)，所以∠ACB＝EQ\F(π,6)．在△ABC中，EQ\F(BC,sinA)＝EQ\F(AC,sinB)，即EQ\F(1,sin\F(π,6))＝EQ\F(2,sinB)，所以sinB＝1，即AB⊥BC．……2分又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB，平面ABC∩平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB＝BC，AB平面ABC，所以AB⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB．又B1C平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB，所以AB⊥B1C，在△B1BC中，B1B＝2，BC＝1，∠CBB1＝EQ\F(π,3)，所以B1C2＝B1B2＋BC2－2B1BBCcosEQ\F(π,3)＝3，即B1C＝EQ\R(,3)，所以B1C⊥BC．……4分而AB⊥B1C，AB平面ABC，BC平面ABC，AB∩BC＝B，所以B1C⊥平面ABC．又B1C平面eqACB\s\do(1)，所以平面ABC⊥平面eqACB\s\do(1)．……6分(2)在平面ABC中過(guò)點(diǎn)C作AC的垂線CE，分別以CE，CA，CB1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：則B(EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(1,2)，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，EQ\R(,3))，所以P(EQ\F(\R(,3),4)，EQ\F(1,4)，0)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),B\S\DO(1)A\S\DO(1))＝EQ\o\ac(\S\UP7(→),BA)＝(－EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(3,2)，0)，……8分所以A1(－EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(3,2)，EQ\R(,3))，所以EQ\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)＝(EQ\F(3\R(,3),4)，－EQ\F(5,4)，－EQ\R(,3))，平面ACB1的一個(gè)法向量為EQ\o\ac(\S\UP7(→),n)＝(1，0，0)，……10分設(shè)直線A1P與平面ACB1所成的角為α，則sinα＝|cos<EQ\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),n)>|＝EQ\F(|\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)·\o\ac(\S\UP7(→),n)|,|\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)||\o\ac(\S\UP7(→),n)|)＝EQ\F(\F(3\R(,3),4),\R(,\F(27,16)＋\F(25,16)＋3))＝EQ\F(3\R(,3),10)．……12分87.(2024?河南鄭州三模?理T18)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若PC＞1，直線PA與平面EAC所成角的正弦值為，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．【解析】（Ⅰ）證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PC，又AB＝2，AD＝CD＝1，∴，∴AC2+BC2＝AB2，則AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）以C為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0），設(shè)P（0，0，a）（a＞1），則，設(shè)平面EAC的一個(gè)法向量為，則，則可取，設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ，則，∴a4﹣5a2+4＝0，解得a＝2或a＝1（舍去），則，取，則，故平面PAC的一個(gè)法向量為，∴，又二面角P﹣AC﹣E的平面角為銳角，∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值為．88.(2024?河南開封三模?理T18)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：AD⊥CD；（2）已知CD＝PD＝4，AB＝AD＝3，∠ADP＝90°．在棱AB上是否存在一點(diǎn)E，使得平面PAD與平面PCE所成的銳二面角的余弦值為？若存在，求出的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】（1）證明：因?yàn)椤螧AP＝∠CDP＝90°，所以AB⊥AP，CD⊥PD，又AB∥CD，故CD⊥AP，