專題10立體幾何初步必考題型分類訓練-沖刺2023年高考數學熱點重難點題型解題方法與策略真題演練（新高考專用）

專題10立體幾何初步必考題型分類訓練【二年高考真題練】一．選擇題（共14小題）1．（2021?新高考Ⅰ）已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．2 C．4 D．4【分析】設母線長為l，利用圓錐底面周長即為側面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側面展開圖半圓的半徑，列出方程，求解即可．【解答】解：由題意，設母線長為l，因為圓錐底面周長即為側面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側面展開圖半圓的半徑，則有，解得，所以該圓錐的母線長為．故選：B．【點評】本題考查了旋轉體的理解和應用，解題的關鍵是掌握圓錐底面周長即為側面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側面展開圖半圓的半徑，考查了邏輯推理能力與運算能力和空間思維能力，屬于基礎題．2．（2021?甲卷）在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E，F，G．該正方體截去三棱錐A﹣EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應的側視圖是（）A． B． C． D．【分析】作出正方體，截去三棱錐A﹣EFG，根據正視圖，擺放好正方體，即可求解側視圖．【解答】解：由題意，作出正方體，截去三棱錐A﹣EFG，根據正視圖，可得A﹣EFG在正方體左側面，如圖，根據三視圖的投影，可得相應的側視圖是D圖形，故選：D．【點評】本題考查簡單空間圖形的三視圖，屬基礎題．3．（2022?全國）底面積為2π，側面積為6π的圓錐的體積是（）A．8π B． C．2π D．【分析】設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，由已知列式求得r與l，再由勾股定理求圓錐的高，然后代入圓錐體積公式求解．【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，由題意可得，解得r＝，l＝，∴圓錐的高h＝．∴圓錐的體積是V＝．故選：B．【點評】本題考查圓錐體積的求法，考查運算求解能力，是基礎題．4．（2022?新高考Ⅰ）南水北調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，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2．將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為（≈2.65）（）A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3【分析】先統一單位，再根據題意結合棱臺的體積公式求解即可．【解答】解：140km2＝140×106m2，180km2＝180×106m2，根據題意，增加的水量約為＝≈（320+60×2.65）×106×3＝1437×106≈1.4×109m3．故選：C．【點評】本題以實際問題為載體考查棱臺的體積公式，考查運算求解能力，屬于基礎題．5．（2021?新高考Ⅱ）北斗三號全球衛(wèi)星導航系統是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導航系統中，地球靜止同步軌道衛(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）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，該衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積S＝2πr2（1﹣cosα）（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）A．26% B．34% C．42% D．50%【分析】由題意，地球靜止同步衛(wèi)星軌道的左右兩端的豎直截面圖，求解cosα，根據衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積可得S占地球表面積的百分比．【解答】解：由題意，作出地球靜止同步衛(wèi)星軌道的左右兩端的豎直截面圖，則OP＝36000+6400＝424000，那么cosα＝；衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積S＝2πr2（1﹣cosα），那么，S占地球表面積的百分比為42%．故選：C．【點評】本題考查了對題目的閱讀能力和理解能力，屬于基礎題．6．（2021?新高考Ⅱ）正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（）A．20+12 B．28 C． D．【分析】法一：過A作AE⊥A1B1，得A1E＝＝1，AE＝＝．連接AC，A1C1，過A作AG⊥A1C1，求出A1G＝，從而AG＝＝，由此能求出正四棱臺的體積．法二：由四棱臺的幾何特征算出幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式能求出結果．【解答】解法一：如圖ABCD﹣A1B1C1D1為正四棱臺，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．在等腰梯形A1B1BA中，過A作AE⊥A1B1，可得A1E＝＝1，AE＝＝＝．連接AC，A1C1，AC＝，A1C1＝＝4，過A作AG⊥A1C1，A1G＝＝，AG＝＝＝，∴正四棱臺的體積為：V＝＝＝．解法二：作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，∵該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，∴該棱臺的記h＝＝，下底面面積S1＝16，上底面面積S2＝4，則該棱臺的體積為：V＝＝＝．故選：D．【點評】本題考查四棱臺的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，是中檔題．7．（2021?乙卷）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為（）A． B． C． D．【分析】法一：由AD1∥BC1，得∠PBC1是直線PB與AD1所成的角（或所成角的補角），由此利用余弦定理，求出直線PB與AD1所成的角．法二：AD1∥BC1，從而直線PB與AD1所成角為∠PBC1，在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分線，由此能求出直線PB與AD1所成的角．【解答】解法一：∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直線PB與AD1所成的角（或所成角的補角），設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直線PB與AD1所成的角為．解法二：∵AD1∥BC1，∴直線PB與AD1所成角為∠PBC1，在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分線，∴∠PBC1＝．∴直線PB與AD1所成的角為．故選：D．【點評】本題考查異面直線所成角和余弦定理，考查運算求解能力，是基礎題．8．（2022?新高考Ⅰ）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上．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（）A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27]【分析】畫出圖形，由題意可知求出球的半徑R＝3，設正四棱錐的底面邊長為a，高為h，由勾股定理可得，又，所以l2＝6h，由l的取值范圍求出h的取值范圍，又因為a2＝12h﹣2h2，所以該正四棱錐體積V（h）＝，利用導數即可求出V（h）的取值范圍．【解答】解：如圖所示，正四棱錐P﹣ABCD各頂點都在同一球面上，連接AC與BD交于點E，連接PE，則球心O在直線PE上，連接OA，設正四棱錐的底面邊長為a，高為h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，∵球O的體積為36π，∴球O的半徑R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，∴，∴，∴l(xiāng)2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，∴該正四棱錐體積V（h）＝＝＝，∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴當時，V'（h）＞0，V（h）單調遞增；當4時，V'（h）＜0，V（h）單調遞減，∴V（h）max＝V（4）＝，又∵V（）＝，V（）＝，且，∴，即該正四棱錐體積的取值范圍是[，]，故選：C．【點評】本題主要考查了正四棱錐的外接球問題，考查了利用導數研究函數的最值，屬于中檔題．9．（2022?乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）A． B． C． D．【分析】由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a，由勾股定理可知該四棱錐的高h＝，所以該四棱錐的體積V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此時a的值，進而求出h的值．【解答】解：對于圓內接四邊形，如圖所示，S四邊形ABCD＝＝2r2，當且僅當AC，BD為圓的直徑，且AC⊥BD時，等號成立，此時四邊形ABCD為正方形，∴當該四棱錐的體積最大時，底面一定為正方形，設底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r＝，∴該四棱錐的高h＝，∴該四棱錐的體積V＝＝≤＝＝，當且僅當，即時，等號成立，∴該四棱錐的體積最大時，其高h＝＝＝，故選：C．【點評】本題主要考查了四棱錐的結構特征，考查了基本不等式的應用，屬于中檔題．10．（2022?甲卷）如圖，網格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】由多面體的三視圖得該多面體是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出該多面體的體積．【解答】解：由多面體的三視圖得該多面體是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如圖，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴該多面體的體積為：V＝＝12．故選：B．【點評】本題考查多面體的體積的求法，考查多面體的三視圖等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．11．（2022?乙卷）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點，則（）A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D【分析】對于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，從而判斷選項A正確；對于B，由選項A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判斷選項B錯誤；對于C，由于AA1與B1E必相交，容易判斷選項C錯誤；對于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C與平面B1EF有公共點B1，由此可判斷選項D錯誤．【解答】解：對于A，由于E，F分別為AB，BC的中點，則EF∥AC，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1?平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，則EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1，選項A正確；對于B，由選項A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在該正方體中，試想D1運動至A1時，平面B1EF不可能與平面A1BD垂直，選項B錯誤；對于C，在平面ABB1A1上，易知AA1與B1E必相交，故平面B1EF與平面A1AC不平行，選項C錯誤；對于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C與平面B1EF有公共點B1，故平面B1EF與平面A1C1D不可能平行，選項D錯誤．故選：A．【點評】本題考查空間中線線，線面，面面間的位置關系，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．12．（2021?甲卷）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O﹣ABC的體積為（）A． B． C． D．【分析】先確定△ABC所在的截面圓的圓心O1為斜邊AB的中點，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用錐體的體積公式求解即可．【解答】解：因為AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC為等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圓的圓心O1為斜邊AB的中點，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，則，在Rt△AOO1中，，故三棱錐O﹣ABC的體積為．故選：A．【點評】本題考查了錐體外接球和錐體體積公式，解題的關鍵是確定△ABC所在圓的圓心的位置，考查了邏輯推理能力、化簡運算能力、空間想象能力，屬于中檔題．13．（2022?甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若＝2，則＝（）A． B．2 C． D．【分析】設圓的半徑（即圓錐母線）為3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則可求得r1＝2，r2＝1，，進而求得體積之比．【解答】解：如圖，甲，乙兩個圓錐的側面展開圖剛好拼成一個圓，設圓的半徑（即圓錐母線）為3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故選：C．【點評】本題考查圓錐的側面積和體積求解，考查運算求解能力，屬于中檔題．14．（2022?新高考Ⅱ）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3和4，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（）A．100π B．128π C．144π D．192π【分析】求出上底面及下底面所在平面截球所得圓的半徑，作出軸截面圖，根據幾何知識可求得球的半徑，進而得到其表面積．【解答】解：當球心在臺體外時，由題意得，上底面所在平面截球所得圓的半徑為，下底面所在平面截球所得圓的半徑為，如圖，設球的半徑為R，則軸截面中由幾何知識可得，解得R＝5，∴該球的表面積為4πR2＝4π×25＝100π．當球心在臺體內時，如圖，此時，無解．綜上，該球的表面積為100π．故選：A．【點評】本題考查球的表面積求解，同時還涉及了正弦定理的運用，考查了運算求解能力，對空間想象能力要求較高，屬于較難題目．二．多選題（共4小題）（多選）15．（2022?新高考Ⅰ）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，則（）A．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC1與CA1所成的角為90° C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45° D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°【分析】求出異面直線所成角判斷A；證明線面垂直，結合線面垂直的性質判斷B；分別求出線面角判斷C與D．【解答】解：如圖，連接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四邊形DA1B1C為平行四邊形，可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直線BC1與DA1所成的角為90°，故A正確；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1?平面DA1B1C，∴BC1⊥CA1，即直線BC1與CA1所成的角為90°，故B正確；設A1C1∩B1D1＝O，連接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，∵sin∠C1BO＝，∴直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故C錯誤；∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角為45°，故D正確．故選：ABD．【點評】本題考查空間中異面直線所成角與線面角的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是基礎題．（多選）16．（2022?新高考Ⅱ）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．記三棱錐E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的體積分別為V1，V2，V3，則（）A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1【分析】利用直接法與等體積法直接計算各三棱錐的體積，進而可得V1、V2、V3之間的關系．【解答】解：設AB＝ED＝2FB＝2，V1＝×S△ACD×|ED|＝，V2＝×S△ABC×|FB|＝，如圖所示，連接BD交AC于點M，連接EM、FM，則FM＝，EM＝，EF＝3，故S△EMF＝＝，V3＝S△EMF×AC＝＝2，故C、D正確，A、B錯誤．故選：CD．【點評】本題主要考查組合體的體積，熟練掌握棱錐的體積公式是解決本題的關鍵．（多選）17．（2021?新高考Ⅱ）如圖，下列正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是（）A． B． C． D．【分析】對于A，設正方體棱長為2，設MN與OP所成角為θ，求出tanθ＝，從而不滿足MN⊥OP；對于B，C，D，作出平面直角坐標系，設正方體棱長為2，利用向量法進行判斷．【解答】解：對于A，設正方體棱長為2，設MN與OP所成角為θ，則tanθ＝＝，∴不滿足MN⊥OP，故A錯誤；對于B，如圖，作出平面直角坐標系，設正方體棱長為2，則N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），＝（2，0，﹣2），＝（1，﹣1，1），＝0，∴滿足MN⊥OP，故B正確；對于C，如圖，作出平面直角坐標系，設正方體棱長為2，則M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），＝（﹣2，0，﹣2），＝（﹣1，﹣1，1），＝0，∴滿足MN⊥OP，故C正確；對于D，如圖，作出平面直角坐標系，設正方體棱長為2，則M（0，2，0），N（0，0，2），P（2，1，2），O（1，1，0），＝（0，﹣2，2），＝（1，0，2），＝4，∴不滿足MN⊥OP，故D錯誤．故選：BC．【點評】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系基礎知識，考查數學運算、邏輯思維等核心素養(yǎng)，是中檔題．（多選）18．（2021?新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則（）A．當λ＝1時，△AB1P的周長為定值 B．當μ＝1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值 C．當λ＝時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP D．當μ＝時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P【分析】判斷當λ＝1時，點P在線段CC1上，分別計算點P為兩個特殊點時的周長，即可判斷選項A；當μ＝1時，點P在線段B1C1上，利用線面平行的性質以及錐體的體積公式，即可判斷選項B；當λ＝時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結M1M，則點P在線段M1M上，分別取點P在M1，M處，得到均滿足A1P⊥BP，即可判斷選項C；當μ＝時，取CC1的中點D1，BB1的中點D，則點P在線的DD1上，證明當點P在點D1處時，A1B⊥平面AB1D1，利用過定點A與定直線A1B垂直的平面有且只有一個，即可判斷選項D．【解答】解：對于A，當λ＝1時，＝+μ，即，所以，故點P在線段CC1上，此時△AB1P的周長為AB1+B1P+AP，當點P為CC1的中點時，△AB1P的周長為，當點P在點C1處時，△AB1P的周長為，故周長不為定值，故選項A錯誤；對于B，當μ＝1時，，即，所以，故點P在線段B1C1上，因為B1C1∥平面A1BC，所以直線B1C1上的點到平面A1BC的距離相等，又△A1BC的面積為定值，所以三棱錐P﹣A1BC的體積為定值，故選項B正確；對于C，當λ＝時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結M1M，因為，即，所以，則點P在線段M1M上，當點P在M1處時，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1?平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，同理，當點P在M處，A1P⊥BP，故選項C錯誤；對于D，當μ＝時，取CC1的中點D1，BB1的中點D，因為，即，所以，則點P在線的DD1上，當點P在點D1處時，取AC的中點E，連結A1E，BE，因為BE⊥平面ACC1A1，又AD1?平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，又BE∩A1E＝E，BE，A1E?平面A1BE，故AD1⊥平面A1BE，又A1B?平面A1BE，所以A1B⊥AD1，在正方體形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1?平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因為過定點A與定直線A1B垂直的平面有且只有一個，故有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，故選項D正確．故選：BD．【點評】本題考查了動點軌跡，線面平行與線面垂直的判定，錐體的體積問題等，綜合性強，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于難題．三．填空題（共4小題）19．（2021?甲卷）已知一個圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側面積為39π．【分析】由題意，設圓錐的高為h，根據圓錐的底面半徑為6，其體積為30π求出h，再求得母線的長度，然后確定圓錐的側面積即可．【解答】解：由圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，設圓錐的高為h，則，解得，所以圓錐的母線長，所以圓錐的側面積．故答案為：39π．【點評】本題考查了圓錐的側面積公式和圓錐的體積公式，考查了方程思想，屬于基礎題．20．（2021?全國）三棱錐P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且PA＝3，AB＝CB＝2，AC＝2，則側面PBC的面積是．【分析】由題意可得三棱錐P﹣ABC三個側面都是直角三角形，再由勾股定理結合面積公式即可求得側面PBC的面積．【解答】解：如圖：∵PA⊥底面ABC，CB?底面ABC，∴PA⊥BC，又AB＝CB＝2，AC＝2，即AB2+BC2＝AC2，可得BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB?平面PAB，AP?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，PB?平面PAB，∴BC⊥PB，∵PA⊥底面ABC，PA⊥AB，PB＝＝，在Rt△PBC中，BC＝2，∴S側面PBC＝×BC×PB＝×2×＝．故答案為：．【點評】本題主要考查棱錐的側面面積的計算，是基礎題．21．（2021?乙卷）以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依次為②⑤或③④（寫出符合要求的一組答案即可）．【分析】通過觀察已知條件正視圖，確定該正視圖的長和高，結合長、高、以及側視圖視圖中的實線、虛線來確定俯視圖圖形．【解答】解：觀察正視圖，推出正視圖的長為2和高1，②③圖形的高也為1，即可能為該三棱錐的側視圖，④⑤圖形的長為2，即可能為該三棱錐的俯視圖，當②為側視圖時，結合側視圖中的直線，可以確定該三棱錐的俯視圖為⑤，當③為側視圖時，結合側視圖虛線，虛線所在的位置有立體圖形的輪廓線，可以確定該三棱錐的俯視圖為④．故答案為：②⑤或③④．【點評】該題考查了三棱錐的三視圖，需要學生掌握三視圖中各個圖形邊長的等量關系，以及對于三視圖中特殊線條能夠還原到原立體圖形中，需要較強空間想象，屬于中等題．22．（2022?全國）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AA1＝，則異面直線AB1與BC1所成角的大小為90°．【分析】通過建立空間直角坐標系，利用兩條異面直線的方向向量的夾角即可得出異面直線所成的角．【解答】解：如圖所示，分別取BC、B1C1的中點O、O1，由正三棱柱的性質可得AO、BO、OO1，兩兩垂直，建立空間直角坐標系．則A（，0，0），B（0，，0），B1（0，，），C1（0，﹣，）．∴＝（﹣，，），＝（0，﹣1，），∴cos＜，＞＝0，∴異面直線AB1與BC1所成角的大小為90°．故答案為：90°．【點評】本題考查異面直線所成角的求法，屬中檔題．四．解答題（共4小題）23．（2022?甲卷）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒．包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．（1）證明：EF∥平面ABCD；（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．【分析】（1）將幾何體補形之后結合線面平行的判斷定理即可證得題中的結論；（2）首先確定幾何體的空間特征，然后結合相關的棱長計算其體積即可．【解答】（1）證明：如圖所示，將幾何體補形為長方體，做EE'⊥AB于點E'，做FF'⊥BC于點F'，由于底面為正方形，△ABE，△BCF均為等邊三角形，故等邊三角形的高相等，即EE'＝FF'，由面面垂直的性質可知EE'，FF'均與底面垂直，則EE'∥FF'，四邊形EE'F'F為平行四邊形，則EF∥E'F'，由于EF不在平面ABCD內，E'F'在平面ABCD內，由線面平行的判斷定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包裝盒的容積為長方體的體積減去四個三棱錐的體積，其中長方體的高，長方體的體積，一個三棱錐的體積，則包裝盒的容積為．【點評】本題主要考查線面平行的判定，空間幾何體體積的計算等知識，屬于中等題．24．（2021?乙卷）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點，且PB⊥AM．（1）證明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱錐P﹣ABCD的體積．【分析】（1）通過線面垂線即可證明；即只需證明AM⊥平面PBD．（2）根據PD⊥底面ABCD，可得PD即為四棱錐P﹣ABCD的高，利用體積公式計算即可．【解答】（1）證明：∵PD⊥底面ABCD，AM?平面ABCD，∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，PD∩PB＝P，PB，PD?平面PBD．∴AM⊥平面PBD．∵AM?平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，∴PD即為四棱錐P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M為BC的中點，且PB⊥AM．設AD＝BC＝2a，取CP的中點為F．作EF⊥CD交于E，連接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF＝．AE＝＝，AM＝＝，＝．∵△DPB是直角三角形，∴根據勾股定理：BP＝，則MF＝；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a＝．底面ABCD的面積S＝，則四棱錐P﹣ABCD的體積V＝＝．【點評】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，體積計算，考查運算求解能力，是中檔題．25．（2022?乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求三棱錐F﹣ABC的體積．【分析】（1）易證△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由線面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可證得平面BED⊥平面ACD；（2）由題意可知△ABC是邊長為2的等邊三角形，進而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，進而證得DE⊥平面ABC，連接EF，因為AF＝CF，則EF⊥AC，所以當EF⊥BD時，EF最短，此時△AFC的面積最小，求出此時點F到平面ABC的距離，從而求得此時三棱錐F﹣ABC的體積．【解答】證明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E為AC的中點．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E為AC的中點．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC，∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等邊三角形，邊長為2，∴BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，連接EF，則EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴當EF⊥BD時，EF最短，此時△AFC的面積最小，過點F作FG⊥BE于點G，則FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱錐F﹣ABC的體積V＝＝＝．【點評】本題主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱錐的體積公式，同時考查了學生的空間想象能力與計算能力，是中檔題．26．（2021?甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F分別為AC和CC1的中點，BF⊥A1B1．（1）求三棱錐F﹣EBC的體積；（2）已知D為棱A1B1上的點，證明：BF⊥DE．【分析】（1）先證明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根據直角三角形的性質可知，最后根據三棱錐的體積公式計算即可；（2）取BC中點G，連接EG，B1G，先證明EG∥AB∥B1D，從而得到E、G、B1、D四點共面，再由（1）及線面垂直的性質定理可得BF⊥EG，通過角的正切值判斷出∠CBF＝∠BB1G，再通過角的代換可得，BF⊥B1G，再根據線面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，進而得證．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF?平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故，∴，而側面AA1B1B為正方形，∴，∴，即三棱錐F﹣EBC的體積為；（2）證明：如圖，取BC中點G，連接EG，B1G，設B1G∩BF＝H，∵點E是AC的中點，點G時BC的中點，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四點共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且這兩個角都是銳角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G?平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE?平面EGB1D，∴BF⊥DE．【點評】本題主要考查三棱錐體積的求法以及線線，線面間的垂直關系，考查運算求解能力及邏輯推理能力，屬于中檔題．【二年自主招生練】一．選擇題（共3小題）1．（2022?北京自主招生）已知一個空間幾何體三視圖如圖，都為中點最大邊長為2，求這個幾何體可能的體積（）A． B． C．3 D．4【分析】根據三視圖知該幾何體是棱長為2的正方體，過每條棱的中點作截面后剩余的部分，由此求出該幾何體的體積．【解答】解：設正方體的棱長為2，如圖所示：計算正方體的體積為2×2×2＝8，該幾何體是過正方體各棱的中點作截面ABCDEF，剩余的下面部分；計算該幾何體的體積為V＝×8＝4．故選：D．【點評】本題考查了利用三視圖求幾何體的體積應用問題，也考查了轉化思想，是基礎題．2．（2021?北京自主招生）已知四面體D﹣ABC中，AC＝BC＝AD＝BD＝1，則D﹣ABC體積的最大值為（）A． B． C． D．【分析】取CD中點M，連結AM，BM，設A﹣BCD的高為h，則h≤AM，設∠ACD＝∠BCD＝α，則AM＝BM＝BCsinα＝sinα，CD＝2CM＝2BCcosα＝2cosα，VD﹣ABC＝≤＝，由此能求出D﹣ABC體積的最大值．【解答】解：如圖，取CD中點M，連結AM，BM，設A﹣BCD的高為h，則h≤AM，由題意得△ACD≌△BCD，設∠ACD＝∠BCD＝α，則AM＝BM＝BCsinα＝sinα，CD＝2CM＝2BCcosα＝2cosα，∴VD﹣ABC＝≤＝＝≤＝，當且僅當平面ACD⊥平面BCD，且α＝arctan時，等號成立，∴D﹣ABC體積的最大值為．故選：C．【點評】本題考查面面垂直的性質、三角形全等的判定與性質、三棱錐體積公式、基本不等式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．3．（2022?山西自主招生）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱BB1，A1C1的中點，若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為（）A．2+2 B． C． D．【分析】通過擴大幾何體，先找到截面，由已知利用勾股定理、重心的相關知識求得邊長得答案．【解答】解：如圖將三棱柱ABC﹣A1B1C1擴大為如圖的正三棱柱，其中AA''＝2AA1＝4，AH＝2AB＝4，則點E為AH'的中點，點F為AC''的中點．設H'F∩B1C1＝I，所以EF∥H'C''，所以過點A，E，F的截面為AEIF，因為△ABE和△AA1F均為兩直角邊分別為2，1的直角三角形，∴AE＝AF＝＝，在△A1H'D'中，如圖：連接HF，交B1C1于I，連接H'C1，則I為三角形A1H'C1的重心，所以B1I＝＝，FI＝，因為H'C1＝4×sin60°＝2，C1F＝1，所以FI＝＝＝．又因為B1E⊥平面A1B1C1，所以三角形EB1I為直角三角形，且EB1＝1，B1I＝，所以EI＝＝，所以，截面的周長為：2+．故選：B．【點評】本題考查了柱體的結構特征，考查了空間距離的求法，是難題．二．填空題（共8小題）4．（2022?北京自主招生）把三邊長分別為3、4、5的三角形繞它的最大內角的平分線旋轉一周所得的旋轉體的體積等于．【分析】CD是∠ACB的平分線，點D在AB上，作出點A關于CD的對稱點A1，AA1與CD的延長線交于點E，則旋轉體的體積等于△ACD繞CD旋轉一周所得的體積，根據體積公式計算即可．【解答】解：如圖，CD是∠ACB的平分線，點D在AB上，作出點A關于CD的對稱點A1，AA1與CD的延長線交于點E，則旋轉體的體積等于△ACD繞CD旋轉一周所得的體積，即V＝AE2（CE﹣DE）＝（4sin45°）2×CD＝＝×＝．故答案為：．【點評】本題考查旋轉體的體積，是基礎題．5．（2022?北京自主招生）已知ABCD﹣A1B1C1D1是一個單位正方體，O是底面A1B1C1D1的中心．M是棱BB1的中點．則四面體OADM的體積等于．【分析】由題意結合線面平行首先轉化頂點，然后求解四棱錐的體積即可．【解答】解：如圖所示，取A1B1，C1D1的中點P，Q，連結PQ，由于PQ∥AD，故PQ∥平面AMD，則點O到平面AMD的距離即線段PQ上任意一點到平面AMD的距離，即：VO﹣ADM＝VP﹣ADM＝VD﹣AMP＝＝．故答案為：．【點評】本題主要考查線面平行的應用，錐體體積的計算等知識，屬于基礎題．6．（2022?南京自主招生）在棱長為6的正四面體ABCD中，M為面BCD上一點，且|AM|＝5，設異面直線AM與BC所成的角為α，則|cosα|最大值為．【分析】過點A作底面BCD的垂線為AH，H為垂足，連接DH，推導出AM是以AH為旋轉軸的圓錐的母線，且M所在的底面圓周半徑r＝1，由最小角定理知，AM與BC所成角α的最小值為AM與面BCD所成線面角，由此能求出結果．【解答】解：過點A作底面BCD的垂線為AH，H為垂足，連接DH，DH＝＝2，AH＝＝2，∵AM＝5，∴AM是以AH為旋轉軸的圓錐的母線，且M所在的底面圓周半徑r＝1，由最小角定理知，AM與BC所成角α的最小值為：AM與面BCD所成線面角，即當α最小時，（cosα）max＝．故答案為：．【點評】本題考查線面角的定義、最小角定理、旋轉的性質、正四面體的結構特征、圓錐的結構特征等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．7．（2022?北京自主招生）正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長是a，其中E是CD中點，F是AA1中點，則過點E，F，B1的截面面積是．【分析】根據面面平行的性質得到截面與正方體各側面的交線，進而求截面的面積．【解答】解：根據面面平行的性質，B1F∥EM，其中CM＝CC1，B1M∥FG，其中GD＝a，∴過點E，F，B1的截面為五邊形B1MENF，在三角形B1MF中，B1M＝，B1F＝，MF＝，由余弦定理得cos∠MB1F＝，sin∠MB1F＝，∴平行四邊形形B1MGF的面積S＝B1F×B1M×sin∠MB1F＝，又GE＝GM，GN＝，∴S△GEN＝GE×GN×sin∠NGE＝S，∴S＝S＝．【點評】本題考查了正方體的截面面積的求法，關鍵運用面面平行的性質得到截面形狀，進而求得截面面積，是中檔題．8．（2022?北京自主招生）已知四面體ABCD的六條棱的長分別是4、7、20、22、28、x，那么[x]的最小值是8（舍尾保留整數部分）．【分析】討論當x≤4及x＞4時三邊的長度，再求邊長的最小值即可．【解答】解：當x≤4時，以28cm為棱的兩側面的三角形必須同時滿足兩邊之和大于第三邊，只有22+7＞28，22+20＞28，此時長為22cm的棱不可能出現在均有長為28cm的棱的兩個側面上．當x＞4時，如圖所示的值才有可能達到最?。凇鰽BC和△ABD中28﹣20＜x＜28+20，7﹣4＜x＜4+7，∴8＜x＜11，∴[x]＝8，9，10．故答案為：8．【點評】本題考查棱錐的幾何特征，考查學生的運算能力，屬于中檔題．9．（2022?山西自主招生）三棱錐A﹣BCD中，△ABC為邊長為3的等邊三角形，BC⊥CD，，且面ABC⊥面BCD，則三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．【分析】由題意畫出圖形，分別取底面三角形BCD與等邊三角形ABC的外心，過兩外心分別作所在面的垂線，兩垂線的交點即為三棱錐外接球的球心，求出外接球的半徑，代入球的體積公式得答案．【解答】解：如圖，∵BC⊥CD，∴△BCD是直角三角形，且BD為斜邊，∵BC＝3，CD＝，∴BD＝，取BD中點E，則E為底面三角形BCD的外心．∵面ABC⊥面BCD，且面ABC∩面BCD＝BC，BC⊥CD，∴CD⊥平面ABC，又△ABC為邊長為3的等邊三角形，取BC中點F，連接EF，則EF⊥平面ABC，設△ABC的外心為G，則G在AF上，且GF＝＝．過E作底面BCD的垂線，過G作平面ABC的垂線，兩垂線相交于O，則O為三棱錐A﹣BCD的外接球的球心，連接OB，則OB為外接球的半徑等于＝．∴三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．故答案為：．【點評】本題考查多面體的外接球體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．10．（2022?山西自主招生）已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD＝，若沿對角線BD將△BCD折起，使得AC＝3，則A，B，C，D四點所在球的表面積為28π．【分析】由題意畫出圖形，利用勾股定理建立方程，求出四面體的外接球的半徑，即可求出四面體的外接球的表面積．【解答】解：如圖所示，取BD的中點F，連接AF，CF，則AF＝CF＝3，∵AC＝3，∴cos，∴∠AFC＝，過A作底面BCD的垂線，垂足為E，則E在CF的延長線上，且∠AFE＝，∴AE＝AF?sin＝，EF＝＝，設四面體ABCD外接球的球心為O，三角形BCD的外心為O′，OO′＝x，由O′B＝＝2，O′F＝＝1，由勾股定理可得R2＝x2+4＝（+1）2+（﹣x）2，解得R2＝7，∴四面體的外接球的表面積為4πR2＝28π，故答案為：28π．【點評】本題考查四面體的外接球的表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．11．（2022?山西自主招生）空間四面體ABCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝4，直線BD與AC所成的角為45°，則該四面體的體積為．【分析】由題意畫出圖形，由已知求D到平面ABC的距離，再由棱錐體積公式求解．【解答】解：如圖，在△ABC中，由AB＝2，BC＝，AC＝4，可得AB2+BC2＝AC2，則△ABC是以AC為斜邊的直角三角形，同理△ADC是以AC為斜邊的直角三角形．過B作BE⊥AC，垂足為E，求得BE＝，AE＝1，過D作DF⊥AC，垂足為F，可得DF＝，CF＝1，在平面ABC中，過B作BG∥EF且BG＝EF，連接DG、FG，則四邊形BEFG為平行四邊形，得FG⊥AC，即BG⊥FG，又DF⊥AC，AC∥BG，∴BG⊥DF，而DF∩FG＝F，∴BG⊥平面DFG．∴BG⊥DG，在Rt△DGB中，BG＝EF＝2，∠DBG為直線BD與AC所成的角為45°，可得DG＝2，∵BG⊥平面DFG，BG?平面ABC，∴平面ABC⊥平面DFG，在平面DFG中，過D作DH⊥FG，垂足為H，則DH⊥平面ABC．∵DF＝FG＝，DG＝2，∴cos，則sin，∴DH＝DF?sin∠DFG＝．∴四面體ABCD的體積為V＝＝．故答案為：．【點評】本題考查多面體體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查推理論證及運算求解能力，屬難題．三．解答題（共8小題）12．（2022?杭州自主招生）用一個平面切立方體，求所有的截面可能的形狀．【分析】根據題意，由截面截立方體的不同位置、角度判斷，即可得答案．【解答】解：根據題意，用一個平面切立方體，其截面可能的形狀如圖：【點評】本題考查正方體的幾何結構，平面的基本性質，屬于基礎題．13．（2022?上海自主招生）兩個圓柱體底面積S1，S2，體積V1，V2，側面積相等，，求的值．【分析】設出底面半徑和高，由題意結合側面積和體積的關系得到半徑的比值，然后計算底面積的比值即可．【解答】解：設兩圓柱的底面半徑為r1，r2，高為h1，h2，由題意可得：2πr1h1＝2πr2h2，即，且，從而．故答案為：．【點評】本題主要考查圓柱的側面積公式，圓柱的體積公式，圓柱的底面積公式等知識，屬于基礎題．14．（2022?上海自主招生）正四面體裝水到高度的，問倒置后高度至何處．【分析】設正四面體的底面積為S，高為h，體積為V＝，可得有水部分的體積為，倒置后，再由體積比是相似比的立方求解．【解答】解：設正四面體的底面積為S，高為h，體積為V＝，正四面體裝水到高度的，則上面無水部分也為正四面體，底面積為，高為，體積為，有水部分的體積為，倒置后，下面正四面體的體積是，即有水部分的體積與原正四面體的體積比為，∴倒置后高度至何處原正四面體高的．【點評】本題考查棱錐的結構特征，考查運算求解能力，是基礎題．15．（2022?山西自主招生）點P在△ABC內，且∠BAP＝∠CAP，連結BP并延長交AC于點Q．設∠BAC＝60°，且．求證：P是△ABC的內心．【分析】將條件變形為，應用正弦定理，進行三角變換，得∠BPC＝120°，利用同一法即可證明P是△ABC的內心．【解答】證明：如圖，設∠PCQ＝γ，∠PBA＝θ，由題設得，∴，由正弦定理，得+1＝，∴sinθ+sinγ＝sin（θ+60°），∴sinγ＝sin（θ+60°）﹣sinθ＝2cos（θ+30°）sin30°＝sin（60°﹣θ），∴60°﹣θ＞0°，且r＝60°﹣θ或r+（60°﹣θ）＝180°，∴γ+θ＝60°或γ＝θ+120°，∵∠BPC＝θ+γ+60°，∴若r＝θ+120°，則∠BPC＝θ+（θ+120°）+60°＝2θ+180°＞180°，這與∠BPC＜180°相矛盾，只有γ+θ＝60°，這時∠BPC＝60°+60°＝120°，設I為△ABC的內心，則點I在PA上或AP的延長線上，且∠BIC＝180°﹣＝180°﹣＝120°＝∠BPC，∴點P必與I重合，∴P為△ABC的內心．【點評】本題考查正弦定理、三角恒等變換、三角形內心性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．16．（2022?山西自主招生）單位正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心為點M，正方形A1B1C1D1的中心為點N，連AN、B1M．（1）求證：AN、B1M為異面直線；（2）求出AN與B1M的夾角．【分析】（1）連BD、B1D1得平面BB1D1D，點N在平面BB1D1D上，但不在直線B1M上，而直線AA1∥平面BB1D1D，點A不在平面BB1D1D上，即可得證；（2）連D1M，取D1M的中點P，連NP，則NP∥B1M，從而∠ANP為異面直線AN與B1M的夾角，在△ANP中，由余弦定理計算即可．【解答】證明：（1）如圖，連BD、B1D1得平面BB1D1D，由于點N在平面BB1D1D上，但不在直線B1M上，而直線AA1∥平面BB1D1D，點A不在平面BB1D1D上，故AN與B1M為異面直線；解：（2）如圖，連D1M，取D1M的中點P，連NP，則NP∥B1M，從而∠ANP為異面直線AN與B1M的夾角，易知，則，連AM、AP，由AM⊥平面BB1D1D知，在Rt△AMP中，由，在△ANP中，由余弦定理得，故AN與B1M的夾角為．【點評】本題考查了異面直線的證明和異面直線所成角的計算，屬于中檔題．17．（2022?杭州自主招生）給定一個標準的半球，其高度為R，若在的高度平行于底面將該半球切成兩個部分，求兩個部分的體積比．【分析】設半球的半徑為R，設截面以上部分的體積為V1，截面以下部分的體積為V2，則V1＝＝，V1+V2＝＝，由此能求出兩個部分的體積比．【解答】解：給定一個標準的半球，其高度為R，在的高度平行于底面將該半球切成兩個部分，設半球的半徑為R，設截面以上部分的體積為V1，截面以下部分的體積為V2，則V1＝＝＝＝，∵V1+V2＝＝，∴V2＝＝，∴兩個部分的體積比為＝＝．【點評】本題考查球的體積公式、定積分等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．18．（2022?合肥自主招生）菱形ABCD，AB＝2，AC＝2，將△ACD沿AC折起至△APC，E為PB中點，S△ACE＝5，則VP﹣ABC為．【分析】設AC中點為O，則AO＝，BO＝，OE＝，BE＝，S△BOP＝＝，VP﹣ABC＝，由此能求出結果．【解答】解：菱形ABCD，AB＝2，AC＝2，將△ACD沿AC折起至△APC，設AC中點為O，則AO＝，BO＝＝，如圖，∵E為PB中點，S△ACE＝5，∴OE＝，BE＝＝，S△BOP＝＝，∴VP﹣ABC＝＝＝．故答案為：．【點評】本題考查三棱錐的體積公式、勾股定理等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．19．（2022?山西自主招生）在三棱錐D﹣ABC中，AD＝a，BD＝b，AB＝CD＝c，且∠DAB+∠BAC+∠DAC＝180°，∠DBA+∠ABC+∠DBC＝180°．求異面直線AD與BC所成的角．【分析】將三棱錐D﹣ABC側面沿側棱剪開后展開在底面所在平面上，因為∠D1AB+∠BAC+∠D2AC＝180°，所以D1、A、D2三點共線，同理，D1、B、D3三點共線，通過計算可得三棱錐D﹣ABC的三對對棱分別相等，將三棱錐D﹣ABC放入長方體中，即可求解．【解答】解：如圖，將三棱錐D﹣ABC側面沿側棱剪開后展開在底面所在平面上，因為∠D1AB+∠BAC+∠D2AC＝180°，所以D1、A、D2三點共線，同理，D1、B、D3三點共線，因為AD1＝AD2，BD1＝BD3，所以，AB是ΔD1D2D3的中位線，故D2D3＝2AB＝2c，而CD2＝CD3＝c，CD2+CD3＝D1D2，所以，D2、C、D3三點共線，從而，BC＝D1A＝a，AC＝D1B＝b，因此，三棱錐D﹣ABC的三對對棱分別相等，如圖，將三棱錐D﹣ABC放入長方體中，，解得，則cos∠A′OB＝cos（∠A′CB+∠CA′D′）＝cos2∠A′CB＝2cos2∠A′CB﹣1＝，故異面直線AD與BC所成的角是．【點評】本題考查了異面直線所成角的計算，屬于難題．【最新模擬練】一．選擇題（共7小題）1．（2023?威海一模）已知圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，則該圓錐的表面積為（）A．4π B．8π C．12π D．20π【分析】圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，可知底面圓的半徑，再求的底面圓的面積和圓錐的側面積，即可求得該圓錐的表面積．【解答】解：由于圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，則圓錐底面圓的半徑為，底面圓的面積為πr2＝π×22＝4π，圓錐的表面積為．故選：C．【點評】本題主要考查了圓錐的側面積公式，屬于基礎題．2．（2023?漣水縣校級模擬）已知圓錐的底面半徑為，側面展開圖是圓心角為的扇形，則該圓錐的側面積為（）A．π B． C． D．【分析】由扇形的弧長公式與面積公式求解即可．【解答】解：設圓錐的底面半徑為，側面展開扇形的半徑為R，因為底面周長，所以扇形的弧長，所以，所以圓錐的側面積為，故選：D．【點評】本題主要考查了扇形的弧長公式與面積公式，屬于基礎題．3．（2023?新城區(qū)校級一模）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝6，D為B1B的中點，則A1B與C1D所成角的余弦值為（）A． B． C． D．【分析】可取A1C1的中點E，AC的中點O，連接OE，OB，然后分別以OB，OC，OE三直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，根據條件可求出向量的坐標，進而可求出的值，然后即可求出A1B與C1D所成角的余弦值．【解答】解：取A1C1的中點E，AC的中點O，連接OE，OB，則OB，OC，OE三直線兩兩垂直，分別以這三直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：，∴，∴，，，∴＝，∴A1B與C1D所成角的余弦值為．故選：D．【點評】本題考查了通過建立空間直角坐標系，利用向量坐標求異面直線所成角的余弦值的方法，向量夾角的余弦公式，向量坐標的數量積運算，根據向量坐標求向量長度的方法，考查了計算能力，屬于基礎題．4．（2023?忻州模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，，E，F分別是棱BC，PD的中點，則異面直線EF與AB所成角的余弦值是（）A． B． C． D．【分析】取棱AD的中點H，連接PH，EH，HF，判斷∠HEF是異面直線EF與AB所成的角（或補角），證明EH⊥平面PAD，得出EH⊥HF，再計算cos∠HEF的值．【解答】解：如圖所示，取棱AD的中點H，連接PH，EH，HF，則EH∥AB，所以∠HEF是異面直線EF與AB所成的角（或補角）．設AB＝2，則EH＝2，HF＝．因為平面PAD⊥平面ABCD，PH?平面PAD，且PH⊥AD，所以PH⊥平面ABCD，又因為HE?平面ABCD，所以PH⊥HE，又因為HE∥AB，AB⊥AD，所以EH⊥AD，且AD∩PH＝H，所以EH⊥平面PAD，又因為HF?平面PAD，所以EH⊥HF，在△EFH中，EF＝＝，所以＝＝．故選：B．【點評】本題考查了空間中異面直線所成的角計算問題，也考查了推理與運算能力的核心素養(yǎng)，是基礎題．5．（2023?道里區(qū)校級一模）蘇軾是北宋著名的文學家、書法家、畫家，在詩詞文書畫等方面都有很深的造詣．《蝶戀花春景》是蘇軾一首描寫春景的清新婉麗之作，表達了對春光流逝的嘆息詞的下闕寫到：“墻里秋千墻外道．墻外行人，墻里佳人笑．笑漸不聞聲漸悄，多情卻被無情惱．”假如將墻看作一個平面，秋千繩、秋千板、墻外的道路看作直線，那么道路和墻面平行，當秋千靜止時，秋千板與墻面垂直，秋千繩與墻面平行．在佳人蕩秋千的過程中，下列說法中錯誤的是（）A．秋千繩與墻面始終平行 B．秋千繩與道路始終垂直 C．秋千板與墻面始終垂直 D．秋千板與道路始終垂直【分析】作出幾何圖形，根據線面位置關系進行判斷．【解答】解：設墻面為α，秋千靜止時所在平面為β，秋千板所在直線為l，秋千繩所在直線為m，秋千蕩起來某個過程所在平面為γ，由于秋千繩在運動過程中形成的平面與墻面平行，則秋千繩與墻面始終平行，A正確；由于n∥α，則n∥秋千繩在運動過程中形成的平面，在靜止時n⊥m，運動起來的時候（除了m處）兩者都不垂直，B錯誤；由圖可知l在運動過程始終與α垂直，C正確；由圖可知l在運動過程始終與n垂直，D正確．故選：B．【點評】本題考查空間線面位置關系，屬于基礎題．6．（2023?贛州模擬）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AA1＝2AB，D，E，F分別是棱B1C1，CC1，AA1的中點，則異面直線BE與DF所成角的余弦值是（）A． B． C． D．【分析】取等邊△ABC的AC邊的中點O，以O為原點建立空間直角坐標系，運用異面直線所成角的計算公式即可得結果．【解答】解：取等邊△ABC的AC邊的中點O，連接OB，則OB⊥AC，過O作AA1的平行線，則以O為原點，分別以OB、OC、Oz為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，設等邊△ABC的邊長為2，則根據題意可得：，E（0，1，2），，F（0，﹣1，2），∴，，∴|cos＜，＞|＝＝＝，∴異面直線BE與DF所成角的余弦值為，故選：A．【點評】本題考查向量法求解異面直線所成角問題，向量夾角公式的應用，屬中檔題．7．（2023?寧波一模）在正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝．當該正四棱臺的體積最大時，其外接球的表面積為（）A． B．33π C． D．57π【分析】根據正棱臺的性質，表示出棱臺的高與邊長之間的關系，根據棱臺的體積公式，將體積函數式子表示出來，利用不等式求解最值，得到棱臺的高．因為外接球的球心一定在棱臺上下底面中心的連線及其延長線上，通過作圖，數形結合，求出外接球的半徑，得到表面積．【解答】解：設底邊長為a，原四棱錐的高為h，如圖1，O，O1分別是上下底面的中心，連結OO1，O1A1，OA，根據邊長關系，知該棱臺的高為，則，由，且四邊形AOO1A1為直角梯形：，可得，則，，當且僅當a2＝48﹣2a2，即a＝4時等號成立，此時棱臺的高為1，上底面外接圓半徑，下底面半徑，設球的半徑為R，顯然球心M在OO1所在的直線上，顯然球心M在OO1所在的直線上，當棱臺兩底面在球心異側時，即球心M在線段OO1上，如圖2，設OM＝x，則O1M＝1﹣x，0＜x＜1，顯然MA＝MA1＝R，則有，即，解得x＜0，舍去；當棱臺兩底面在球心同側時，顯然球心M在線段O1O的延長線上，如圖3，設OM＝x，則O1M＝1+x，顯然MC＝MA1＝R，即，即，解得，此時，外接球的表面積為．故選：D．【點評】本題考查了正四棱臺和球的綜合運用，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）8．（2023?重慶一模）在三棱錐P﹣ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E、F分別是線段PB、PC上的動點．則下列說法正確的是（）A．當AE⊥PB時，AE⊥PC B．當AF⊥PC時，△AEF一定為直角三角形 C．當EF∥BC時，平面AEF⊥平面PAB D．當PC⊥平面AEF時，平面AEF與平面PAB不可能垂直【分析】對A，根據PA⊥底面ABC得到PA⊥BC，結合AB⊥BC得到BC⊥平面PAB，則BC⊥AE，AE⊥PB，最后利用線面垂直的判定得到AE⊥平面BCP，則AE⊥PC；對B，取點E位于點B處即可判斷，對C，由BC⊥平面PAB，EF∥BC得到EF⊥平面PAB，則平面AEF⊥平面PAB，對D，利用反證法，假設平面AEF⊥平面PAB，根據面面垂直的性質定理得到線面垂直，從而得到與基本事實相矛盾的結論，所以當PC⊥平面AEF時，平面AEF與平面PAB不可能垂直．【解答】解：對A選項，∵PA⊥底面ABC，且BC?平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB⊥BC，PA∩AB＝A，且PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∵AE?平面PAB，∴BC⊥AE，∵AE⊥PB，BC∩PB＝B，且BC，PB?平面BCP，∴AE⊥平面BCP，∵PC?平面BCP，∴AE⊥PC，故A正確，對B選項，當AF⊥PC時，無法得出△AEF一定為直角三角形，例如E點取點B，△ABF不是直角三角形，若∠AFB＝90°，則BF⊥AF，又∵AF⊥PC，BF∩PC＝F，BF，PC?平面BCP，則AF⊥平面BCP，∵BC?平面BCP，則AF⊥BC，而PA⊥BC，AF∩PA＝A，AF，PA?平面ACP，則BC⊥平面ACP，∵AC?平面ACP，則BC⊥AC，顯然不成立，故此時∠AFB≠90°，若∠BAF＝90°，則AF⊥AB，∵AP⊥AB，AF∩AP＝A，AF，AP?平面ACP，∴AB⊥平面ACP，∵AC?平面ACP，∴AB⊥AC，顯然不成立，故此時∠BAF≠90°，若∠ABF＝90°，則BF⊥BA，而CB⊥BA，BF，CB?平面BCP，BF∩CB＝B，所以BA⊥平面BCP，∵BP?平面BCP，∴BA⊥BP，顯然不成立，故∠ABF≠90°，故B錯誤，對C選項，由A選項證得BC⊥平面PAB，∵EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，∵EF?平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB，故C正確，對D選項，在平面PAB內，過點P作AE的垂線，垂足為G，假設平面AEF⊥平面PAB，∵平面AEF∩平面PAB＝AE，PG⊥AE，且PG?平面PAB，∴PG⊥平面AEF，而若此時PC⊥平面AEF，這與過平面外一點作平面的垂線有且只有一條矛盾，故當PC⊥平面AEF時，平面AEF與平面PAB不可能垂直，故D正確，故選：ACD．【點評】本題考查立體幾何的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．（多選）9．（2023?道里區(qū)校級一模）已知圓錐SO（O是圓錐底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為3，底面半徑為．若P，Q為底面圓周上的任意兩點，則下列說法中正確的是（）A．圓錐SO的側面積為 B．△SPQ面積的最大值為 C．三棱錐O﹣SPQ體積的最大值為 D．圓錐SO的內切球的體積為【分析】由已知求解圓錐的側面積，可判斷選項A的正誤；求解三棱錐O﹣SPQ體積最大，可判斷選項B的正誤；求解四面體的體積的最大值，判斷選項C的正誤；其內切球的體積，判斷選項D的正誤．【解答】解：對選項A，圓錐SO（O是圓錐底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為3，底面半徑為．圓錐的高為2，設BC是底面圓的一條直徑，S側＝π＝3π，所以A正確；選項B，圓錐的頂角∠BOC＞90°，三角形SPQ面積的最大值為＝，故B錯誤；對于C，四面體SOPQ的體積的最大值為：＝，故C正確；選項D，設圓錐的內切球的半徑為r，可得：，即，解得r＝，所以圓錐SO的內切球的體積為≠，故D錯誤；故選：AC．【點評】本題考查圓錐中截面三角形面積的最值的求解，空間幾何體的體積的求法，考查空間想象能力，轉化思想的應用，屬中檔題．（多選）10．（2023?連云港模擬）折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現了我國文化的方方面面，是運籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征（如圖1）．圖2是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若扇形的兩個圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且∠ABC＝120°，則該圓臺（）A．高為 B．表面積為 C．體積為 D．上底面積、下底面積和側面積之比為1：9：24【分析】求得圓臺的上下底面半徑，根據圓臺的結構特征可求得圓臺母線長和高，判斷A；根據圓臺的側面積以及體積公式求得表面積和體積，判斷B，C；進而求得上底面積、下底面積和側面積之比，判斷D．【解答】解：對于A，設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則，解得，所以圓臺的母線長為3﹣1＝2，高為，選項A錯誤；對于B，圓臺的上底面積為，下底面積為π，側面積為，所以圓臺的表面積為，選項B正確；對于C，圓臺的體積為，選項C正確；對于D，圓臺的上底面積、下底面積和側面積之比為，選項D正確，故選：BCD．【點評】本題主要考查了扇形的圓臺的側面積公式和體積公式，屬于中檔題．（多選）11．（2023?泉州模擬）已知正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1的所有頂點都在球O的球面上，，E為△BDC1內部（含邊界）的動點，則（）A．AA1∥平面BDC1 B．球O的表面積為6π C．EA+EA1的最小值為 D．AE與平面BDC1所成角的最大值為60°【分析】對于A，利用平行四邊形證得AA1∥C1O2，進而證得AA1∥平面BDC1；對于B，先假設O的位置，利用勾股定理與半徑相等得到及，解得b＝0，進而確定O的位置，故可求得球O的表面積為8π；對于C，先判斷E落C1O上，再進一步判斷E與O重合時，EA+EA1取得最小值為；對于D，利用面面垂直的性質作出AF⊥面BDC1，故∠AEF為AE與平面BDC1所成角，再利用得知當E與O重合時，∠AEF取得最大值，再利用對頂角相等求得此時∠C1OC＝60°，進而得到∠AEF的最大值為60°．【解答】解：對于A，如圖1，．由棱臺的結構特征易知AA1與CC1的延長線必交于一點，故A，A1，C，C1共面，又面A1B1C1D1∥面ABCD，而面AA1C1C∩面A1B1C1D1＝A1C1，面AA1C1C∩面ABCD＝AC，故A1C1∥AC，即A1C1∥AO2；由平面幾何易得，即A1C1＝AO2；所以四邊形AA1C1O2是平行四邊形，故AA1∥C1O2，而AA1?面BDC1，C1O2?面BDC1，故AA1∥平面BDC1，故A正確；對于B，如圖2，設O1為A1C1的中點，O為正四棱臺外接球的球心，則A1O＝AO＝R，在等腰梯形AA1C1C中，易得，即，為方便計算，不妨設O1O＝a，O2O＝b，則由，即，即，又，解得，即O與O2重合，故，故球O的表面積為，故B錯誤；對于C，由圖2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC＝O2，O1O2、AC?面AA1C1C，故BD⊥面AA1C1C，不妨設E落在圖3E'處，過E'作E'E1∥BD，則E'E1⊥面AA1C1C，故E'E1⊥E1A，故在Rt△AE1E'中，E1A＜E'A（勾股邊小于斜邊）；同理，E1A1＜E'A1，所以E1A+E1A1＜E'A+E'A1，故動點E只有落在C1O上，EA+EA1才有可能取得最小值；再看圖4，由A1關于C1O對稱點為C可知，，故C正確，.對于D，由選項C可知，BD⊥面AA1C1C，BD?面BDC1，故面AA1C1C⊥面BDC1，在面AA1C1C內過A作AF⊥C1O交C1O于F，如圖5，則AF?面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC1＝C1O，故AF⊥面BDC1，故∠AEF為AE與平面BDC1所成角，在Rt△AEF中，，故當AE取得最小值時，sin∠AEF取得最大值，即∠AEF取得最大值，顯然，動點E與O重合時，AE取得最小值，即∠AEF取得最大值，且∠AEF＝∠AOF＝∠C1OC，在△C1OC中，，，，故△C1OC為正三角形，即∠C1OC＝60°，即AE與平面BDC1所成角的最大值為60°，故D正確．故選：ACD．【點評】本題主要考查球的表面積，線面平行的判斷，直線與平面所成的角，本題關鍵點在于確定E的位置，先假設E在C1O外（記為E'），由勾股邊小于斜邊推得E1A+E1A1＜E'A+E'A1EA+EA1，進而得到E只有落在C1O上，再利用為定值及基本不等式，推得E與O重合時，EA+EA1取得最小值；對于動點，我們一般要考慮特殊位置，可提高我們做題速度．三．填空題（共6小題）12．（2023?新城區(qū)校級一模）《九章算術》中將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬．若從一個陽馬的8條棱中任取2條，則這2條棱所在直線互相垂直的概率為．【分析】判斷出陽馬中，相互垂直的直線的對數，結合組合數的計算以及古典概型概率計算公式求得正確答案．【解答】解：不妨設PA⊥底面ABCD，由于AB，BC，CD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，PA⊥CD，PA⊥AD，底面矩形有：AB⊥BC，AB⊥AD，CD⊥BC，CD⊥AD，由于AB⊥AD，PA⊥AD，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，由于PB?平面PAB，所以AD⊥PB，由于BC∥AD，所以BC⊥PB．同理可證得AB⊥PD，CD⊥PD，所以在陽馬P﹣ABCD中，相互垂直的直線有12對，故所求概率為．故答案為：．【點評】本題主要考查空間中直線與直線之間的位置關系，屬于基礎題．13．（2023?河南模擬）在很多人的童年中都少不了折紙的樂趣，而現如今傳統意義上的手工折紙與數學聯系在一起，并產生了許多需要縝密論證的折紙問題．有一張直角梯形紙片ABCD，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝1，BC＝2，E為AB的中點，將△ADE和△BCE分別沿DE，CE折起，使得點A，B重合于P，構成三棱錐P﹣CDE，且三棱錐P﹣CDE的底面CDE和側面PCD均為直角三角形．若三棱錐P﹣CDE的所有頂點都在球O的表面上，則球O的表面積為．【分析】根據題目已知條件分析得三棱錐P﹣CDE外接球的球心為CE的中點O，半徑為OC，結合圖形即可求得半徑．【解答】解：在三棱錐P﹣CDE的側面PCD中，如果∠CPD＝90°，則三條側棱PC，PE，PD兩兩垂直，底面CDE不可能為直角三角形，故∠CPD≠90°，又PC＞PD，則∠PDC＝90°，在直角梯形ABCD中，因為∠A＝∠B，所以在三棱錐P﹣CDE中，PE⊥PC，PE⊥PD，則PE⊥平面PCD，又CD?平面PCD，所以PE⊥CD，又因為CD⊥PD，所以CD⊥平面PDE，又DE?平面PDE，所以CD⊥DE，即∠CDE＝90°，所以三棱錐P﹣CDE外接球的球心為CE的中點O，半徑為OC，在△PCD中，∠PDC＝90°，PD＝1，PC＝2，則．在直角梯形ABCD中，作DH⊥BC于H，DH2+CH2＝AB2+（BC﹣AD）2＝AB2+1＝3，則，且有，所以外接球O的半徑為，球O的表面積為．故答案為：．【點評】本題主要考查幾何體的體積，屬于中檔題．14．（2023?忻州模擬）一個正方體的體積為m立方米，表面積為n平方米，則m﹣n的最小值是﹣32，此時，該正方體內切球的體積是立方米．【分析】設該正方體的棱長為x，則m＝x3，n＝6x2，故m﹣n＝x3﹣6x2，設f（x）＝x3﹣6x2（x＞0），對f（x）求導，求出f（x）的單調性，即可求出m﹣n的最小值；由題意可知內切球的半徑r＝2，由球的體積公式即可得出答案．【解答】解：設該正方體的棱長為x，故可以得到m＝x3，n＝6x2，所以m﹣n＝x3﹣6x2，令f（x）＝x3﹣6x2（x＞0），求導得到f'（x）＝3x2﹣12x＝3x（x﹣4），令f'（x）＞0，解得x＞4，令f'（x）＜0，解得0＜x＜4，所以函數f（x）在（0，4）上單調