07立體幾何小題綜合

07立體幾何小題綜合一、單選題1．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）已知正四面體的棱長為1，點O為底面的中心，球О與該正四面體的其余三個面都有且只有一個公共點，且公共點非該正四面體的頂點，則球O的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題可知球O與該正四面體的其余三個面都相切，然后利用，即得.【詳解】因為正四面體的棱長為1，則正四面體的高為，由題可知球O與該正四面體的其余三個面都相切，設(shè)球O的半徑為，則，所以，所以.故選：B2．（2023·河北保定·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，，是正三角形，平面平面，且，則與平面所成角的正切值為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】連接，為的中點，結(jié)合面面垂直性質(zhì)定理證明平面，根據(jù)錐體體積公式求，再由面面垂直性質(zhì)定理證明平面，根據(jù)線面角的定義證明PC與平面PAD所成角的平面角為，解三角形求其正切值.【詳解】取的中點，連接，由已知為等邊三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，設(shè)，則，，又，所以矩形的面積，所以四棱錐的體積，所以，所以，所以，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以為直角三角形，斜邊為，因為平面，所以與平面所成角的平面角為，在中，，，所以，與平面所成角的正切值為.故選：B.3．（2023·廣東汕頭·金山中學?？寄M預(yù)測）如圖l，在高為h的直三棱柱容器中，，，現(xiàn)往該容器內(nèi)灌進一些水，水深為，然后固定容器底面的一邊AB于地面上，再將容器傾斜，當傾斜到某一位置時，水面恰好為（如圖2），則=（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意結(jié)合體積公式分析運算即可.【詳解】設(shè)柱體的底面積為，則柱體的體積，注入水的體積為，容器傾斜后，上半部分三棱錐的體積，則可得，整理得.故選：A.4．（2023·遼寧·遼寧實驗中學校聯(lián)考模擬預(yù)測）距今5000年以上的仰韶遺址表明，我們的先人們居住的是一種茅屋，如圖1所示，該茅屋主體是一個正四棱錐，側(cè)面是正三角形，且在茅屋的一側(cè)建有一個入戶甬道，甬道形似從一個直三棱柱上由茅屋一個側(cè)面截取而得的幾何體，一端與茅屋的這個側(cè)面連在一起，另一端是一個等腰直角三角形．圖2是該茅屋主體的直觀圖，其中正四棱錐的側(cè)棱長為6m，，，，點D在正四棱錐的斜高PH上，平面ABC且．不考慮建筑材料的厚度，則這個茅屋（含甬道）的室內(nèi)容積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意問題轉(zhuǎn)化為求四棱錐體積與三棱柱體積再加一個小三棱錐體積之和，運用體積公式求解即可.【詳解】設(shè)為正四棱錐底面中心，連接，則，，，取的中點，連接，過作于，則．在直角中．過作交于連接．則，所求體積故選：B5．（2023·山東聊城·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在三棱錐中，，，，二面角的大小為．若三棱錐的所有頂點都在球O的球面上，則當三棱錐的體積最大時，球O的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作二面角的平面角，確定三棱錐的高，根據(jù)條件證明，建立坐標系，根據(jù)條件確定球心位置，求出球的半徑，由此可得球O的體積.【詳解】設(shè)點P在平面ABC內(nèi)的射影為H，連接AH，考慮到二面角PABC的大小為，則點H與點C在直線AB的兩側(cè)．因為平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以為二面角的平面角的補角，所以，又，所以，從而三棱錐的高為1．又的面積，所以當時，的面積最大，最大值為，所以當時，三棱錐的體積最大，因此點C和點P在圖中兩全等長方體構(gòu)成的大長方體的體對角線的頂點上．以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz．因為球O的球心O與的外接圓的圓心的連線垂直平面，為為斜邊的直角三角形，所以其外接圓的圓心為的中點，所以球O的球心O在底面ABC內(nèi)的射影為線段AC的中點，于是設(shè)．又，，由，得，解得，則球O的半徑，所以球O的體積．故選：D.【點睛】與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，求出球心的位置，再求球的半徑.6．（2023·重慶九龍坡·統(tǒng)考二模）正多面體統(tǒng)稱為柏拉圖體，被喻為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，其所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成（各面都是全等的正多邊形，且每個頂點所接的面數(shù)都一樣，各相鄰面所成的二面角都相等），正多面體共有5種，它們分別是正四面體?正六面體（即正方體）?正八面體?正十二面體?正二十面體.連接正方體中相鄰面的中心（如圖1），得到另一個柏拉圖體，即正八面體（如圖2），設(shè)分別為的中點，則下列說法正確的是（

）A．與為異面直線B．經(jīng)過的平面截此正八面體所得的截面為正五邊形C．平面平面D．平面平面【答案】D【分析】利用中位線的關(guān)系判斷A，根據(jù)空間中直線的平行關(guān)系判斷B，利用平面與平面的夾角的定義判斷C，利用面面平行的判定定理判斷D.【詳解】如圖，將正方體補充完整為,連接,則在中，為的中點，所以，在中，為的中點，所以，從而，A錯誤；取的中點依次為，連接，則有,且，所以經(jīng)過的平面截此正八面體所得的截面為正六邊形，B錯誤；要證平面平面PCD，即證平面平面，連接，因為平面，所以平面，平面，所以，且所以且平面，所以平面，又因為平面，所以所以為平面與平面所成的角，設(shè)正方體的邊長為，則，從而，所以，故C錯誤；因為，平面，平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，且平面，，所以平面平面，D正確，故選：D.7．（2023·福建漳州·統(tǒng)考三模）已知正三棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角為，側(cè)棱，則該正三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)二面角的定義，作圖，求得其平面角，利用正三棱錐的性質(zhì)以及余弦定理，求得底面邊長，假設(shè)球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.【詳解】由題意，作正三棱錐，取中點，連接，取等邊的中心，連接，如下圖所示：在正三棱錐中，易知，平面，為中點，，在等邊中，為中點，，平面，平面，，設(shè)，則在中，，在中，，在中，根據(jù)余弦定理，，則，化簡可得：，解得，則，，在等邊中，是中心，，，平面，平面，，在中，，設(shè)正三棱錐的外接球的半徑為，假設(shè)正三棱錐的外接球球心在線段上，則，可得，解得，不符合題意；假設(shè)正三棱錐的外接球球心在線段的延長線上，則，可得，解得，符合題意.故正三棱錐的外接球表面積.故選：C.8．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預(yù)測）在三棱錐中，是以AC為底邊的等腰直角三角形，是等邊三角形，，又BD與平面ADC所成角的正切值為，則三棱錐外接球的表面積是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)線面角算出點B到平面ADC的距離，從而找到球心的位置，利用幾何關(guān)系算出球的半徑即可.【詳解】取AC的中點E，連接BE，DE，則，，可得平面DEB．又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．在平面DEB中，過點B作于點H，則平面ADC，∴是直線BD與平面ADC所成角的平面角．設(shè)，則，易求，，則．由勾股定理可得，即，解得，于是，點H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，的外心為E，連接OE,則平面ABC，,設(shè)三棱錐外接球的半徑，在中，由射影定理可得，即，解得，∴三棱錐外接球的表面積．故選：B.9．（2023·浙江·校聯(lián)考二模）《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．現(xiàn)有鱉臑，其中平面ABC，，過A作，，記四面體，四棱錐，鱉臑的外接球體積分別為，，V，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】記四面體，四棱錐，鱉臑的外接球半徑分別為，，，記，，，先證明面，從而得到，，，再根據(jù)，從而得到，再構(gòu)造函數(shù)，其中，再利用導函數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，進而即可求得其值域．【詳解】記四面體，四棱錐，鱉臑的外接球半徑分別為，，，記，，，在鱉臑中，有，，又，平面，則面，又面，則，又，且，面，所以面，所以，，，又，即，所以，令，其中，則，所以當時，，此時單調(diào)遞減；當時，，此時單調(diào)遞增，當，即時，；當，即時，；根據(jù)對稱性，當，即時，，所以，即．故選：A．【點睛】關(guān)鍵點點睛：先根據(jù)題意得到，再構(gòu)造函數(shù)，其中，利用導函數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，進而求得其值域是解答本題的關(guān)鍵．10．（2023·湖南懷化·統(tǒng)考二模）已知球的半徑為，球面上有不共面的四個點，且，則四面體體積的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中點，求出，設(shè)點到直線的距離為，點到直線的距離為，點到平面的距離分別為，即可求出及，從而得，再令，利用導數(shù)求出函數(shù)的最大值，最后根據(jù)計算即可.【詳解】解：如圖所示：取的中點，則有，設(shè)點到直線的距離為，點到直線的距離為，點到平面的距離分別為，則，，則，所以，令，，則，所以當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減；所以當時，，所以，所以，當且僅當，且平面時，取等號，即四面體體積的最大值是.故選：B.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵是利用導數(shù)求出的最大值，屬于較難題.二、多選題11．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在已知直四棱柱中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，M，N，P分別是BC，，，的中點，以下說法正確的是（

）A．若，，則B．C．平面D．若，則平面平面【答案】ACD【分析】證明，根據(jù)異面直線夾角定義證明，判斷A，證明MN與CD異面，判斷B，由線面平面判定定理判斷C，由線面垂直判定定理證明平面，由面面垂直判定定理證明平面平面.【詳解】連接，由已知，，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，由，∴，則，∴，故，選項A正確．因為分別為的中點，所以，又，所以，由，所以四邊形為平行四邊形，因為平面，，平面，所以MN與CD異面，選項B錯誤．因為，平面，平面，所以平面，選項C正確．若，則四邊形ABCD為菱形，∴．又，，平面∴平面，平面，∴平面平面，選項D正確．故選：ACD.12．（2023·浙江·校聯(lián)考二模）如圖，多面體ABCDEF的8個面都是邊長為2的正三角形，則（

）A． B．平面平面FABC．直線EA與平面ABCD所成的角為 D．點E到平面ABF的距離為【答案】ACD【分析】根據(jù)多面體ABCDEF的8個面都是邊長為2的正三角形條件結(jié)合正方形的特點，可判斷A選項，取中點，連接、，根據(jù)兩平面的二面角可判斷B選項，根據(jù)對稱性找到平面的垂線，根據(jù)線面角的性質(zhì)可求C選項，求點到面的距離轉(zhuǎn)化為求三角形的高，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，如圖，由，，，為正三角形可得為正方形，故，故A正確；對于B選項，取中點為，在，中，由正三角形的性質(zhì)可得，，，平面平面，平面，平面，則為二面角的平面角，由，，得，故B錯誤；對于C選項，由條件可知四棱錐、四棱錐均為正四棱柱，連接，交點為正方形的中心，則平面，即為直線與平面所成的角，由，，得，故C正確；對于D選項，連接，在正方形可知，，平面，平面，，與相交，且平面，平面即為三棱錐的高，設(shè)點E到平面ABF的距離為，由幾何關(guān)系可求得，，，，由可得，，代入數(shù)據(jù)解得，故D正確．故選：ACD.13．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考二模）如圖，在棱長為2的正方體中，E為邊AD的中點，點P為線段上的動點，設(shè)，則（

）A．當時，EP//平面 B．當時，取得最小值，其值為C．的最小值為 D．當平面CEP時，【答案】BC【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A；利用兩點間距離公式計算判斷BC；確定直線與平面CEP交點的位置判斷D作答.【詳解】在棱長為2的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，，，則點，對于A，，，，而，顯然，即是平面的一個法向量，而，因此不平行于平面，即直線與平面不平行，A錯誤；對于B，，則，因此當時，取得最小值，B正確；對于C，，于是，當且僅當時取等號，C正確；對于D，取的中點，連接，如圖，因為E為邊AD的中點，則，當平面CEP時，平面，連接，連接，連接，顯然平面平面，因此，平面，平面，則平面，即有，而，所以，D錯誤.故選：BC【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及空間圖形中幾條線段和最小的問題，把相關(guān)線段所在的平面圖形展開并放在同一平面內(nèi)，再利用兩點之間線段最短解決是關(guān)鍵.14．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）正方體的棱長為3，E，F(xiàn)分別是棱，上的動點，滿足，則（

）A．與垂直B．與一定是異面直線C．存在點E，F(xiàn)，使得三棱錐的體積為D．當E，F(xiàn)分別是，的中點時，平面截正方體所得截面的周長為【答案】ACD【分析】設(shè)，利用坐標法可判斷A，利用特值法可判斷B，根據(jù)體積公式表示出三棱錐的體積可判斷C，作出截面結(jié)合條件可得周長判斷D.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，設(shè)，則，A：由題可得，所以,所以，即，故A正確；B：當E，F(xiàn)為中點時，，所以，B，D，F(xiàn)，E四點共面，此時與不是異面直線，故B錯誤；C：由，可得，則，由于，故C正確；D：直線與分別交于，連接分別交，于點M，N，則五邊形為平面截正方體所得的截面，因為E，F(xiàn)分別是，的中點，所以易得，故可得，因為，所以，可得，同理可得，所以五邊形的周長為，故D正確.故選：ACD.15．（2023·湖南·校聯(lián)考二模）已知直三棱柱中，，，M，N，Q分別為棱，，AC的中點，P是線段上（包含端點）的動點，則下列說法正確的是（

）A．平面MNAB．三棱錐的體積為定值C．的最大值為4D．若P為的中點，則過A，M，P三點的平面截三棱柱所得截面的周長為【答案】AC【分析】A選項，通過證明平面平面，可判斷選項正誤；B選項，注意到平面AMN，則可判斷選項正誤；C選項，，據(jù)此可判斷選項正誤；D選項，由題可知過A，M，P三點的平面為平面ACPM，即可判斷選項正誤.【詳解】A選項，連接，，因N，Q分別為，AC的中點，，則，即四邊形為平行四邊形，則.因M，N分別為棱，的中點，則.因平面ANM，AN平面ANM，，平面，平面，，則平面平面，又平面，則平面MNA，故A正確；B選項，因平面AMN，平面AMN，則平面AMN，又，則到平面AMN距離等于到平面AMN距離，又N為AC中點，則到平面AMN距離等于A到平面AMN距離，則，又，則，故B錯誤；C選項，，當P和重合時，最大為4，故C正確；D選項，注意到，則過A，M，P三點的平面為平面ACPM，則截面周長為，又，則周長為，故D錯誤.故選：AC三、填空題16．（2023·河北滄州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在圓臺中，是其軸截面，，過與軸截面垂直的平面交下底面于，若點到平面的距離是，則圓臺的體積等于______.【答案】【分析】點到平面的距離即為與的距離，即點到的距離等于，故可以求得棱臺的高，進而求得棱臺的體積.【詳解】∵，所以四邊形為平行四邊形，所以,則為正三角形∴，由題意得，平面平面平面，且平面平面，所以點到平面的距離即為與的距離，在中，過點作的垂線,過點作的垂線，則，所以，則，則圓臺的體積為，所以圓臺的體積為.故答案為：17．（2023·安徽安慶·校聯(lián)考模擬預(yù)測）三棱錐中，，，，則該三棱錐外接球的表面積為__________．【答案】【分析】根據(jù)題意是以為斜邊的直角三角形，結(jié)合，得到點P在平面內(nèi)的射影是的外心，即斜邊的中點，再根據(jù)平面平面，得到的外心即為三棱錐的外接球的球心，然后利用余弦定理和正弦定理求得半徑即可.【詳解】解：因為，，所以由余弦定理可得，解得，所以，所以是以為斜邊的直角三角形，因為，所以點P在平面內(nèi)的射影是的外心，即斜邊的中點，且平面平面，于是的外心即為三棱錐的外接球的球心，因此的外接圓半徑等于三棱錐的外接球半徑．因為，，所以，于是，根據(jù)正弦定理知的外接圓半徑R滿足，所以三棱錐的外接球半徑為，因此三棱錐的外接球的表面積為．故答案為：18．（2023·遼寧·遼寧實驗中學校聯(lián)考模擬預(yù)測）在四棱錐中，已知平面平面ABCD，，，，，M是平面SAD內(nèi)的動點，且直線MB與平面SAD所成的角和直線MC與平面SAD所成的角相等，則當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為______．【答案】【分析】根據(jù)題意建立平面直角坐標系，根據(jù)條件求得點的軌跡方程，從而要使四棱錐的體積最大，只要點的縱坐標的絕對值最大即可，取，三棱錐外接球的球心在過三角形外接圓圓心且垂直平面的直線上，勾股定理求解半徑，代入表面積公式即可求解.【詳解】因為平面平面，平面平面，面，又因為，所以平面，所以為直線與平面所成的角，同理為直線與平面所成的角，所以，所以，即．在平面內(nèi)，以為坐標原點，以為軸正方向，建立平面直角坐標系，設(shè)，則有，化簡得．即點的軌跡方程為．要使三棱錐的體積最大，只要點的縱坐標的絕對值最大即可，令，則，當三棱錐的體積最大時，可取，此時到平面的距離為2．三棱錐外接球的球心在過三角形外接圓圓心且垂直平面的直線上．在三棱錐中，設(shè)點即