2021新高考高三优质数学试题分项汇编《专题9立体几何与空间向量》(解析版)

1、专题9立体几何与空间向量命题规律揭秘从近几年的高考试题来看，所考的主要内容是：（1）有关线面位置关系的组合判断，试题通常以选择题的形式出现，主要是考查空间线线、线面、面面位置关系 的判定与性质；（2）有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明，试题以解答题中白第一问为主 ，常以多面体为载体，突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力；线线角、线面角和二面角是高考的热点，选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考，一般为中档题，在全卷 的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力预测2021年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查面积体积问题、点线面位置关系（各种角的关系或计算）

2、等；主观题以常见几何体为载体，考查平行或垂直关系的证明、线面角或二面角三角函数值的计算等.精选试题解析一、单选题1 .（2020山东高三下学期开学）设 m, n,l为三条不同的直线，a,为两个不同的平面，则下面结论正确的是（）A.若 m,n, / ，则 mnC.若 m,n, ，则 m nB.若 m/ ,n/ ,m n,则D. m/ ,n/ ,l m,l n,则 l9【答案】c【解析】A选项中，m,n可能异面；B选项中，也可能平行或相交；D选项中，只有m, n相交才可推出l .C选项可以理解为两个相互垂直的平面，它们的法向量相互垂直 故选：C2 . （2020届山东省潍坊市高三模拟二） 已知三棱

3、锥D ABC的所有顶点都在球 。的球面上，AB BC 2,AC 2后，若三棱锥 D ABC体积的最大值为 2,则球O的表面积为（ ）B. 9九25冗C.3D.1219分析：根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积.详解：因为 AB BC 2, AC 2J2,所以AB BC ,过AC的中点M 作平面 ABC的垂下 MN ,则球心O在MN上,设OM h,球的半径为R,则棱锥的高的最大值为R h,11因为 Vd ABC 2 2 (R h) 2,所以 R 3 211由勾股定理得R (3 R) 2 ,解得R 一，6 ,121121所以球的表面积为 S 4 tL,故选D.3693,

4、3.（2020山东高三下学期开学）在四面体ABCD中，且ABAC , ACCD , AB , CD所成的角为30。，AB 5, AC 4, CD 3,则四面体 ABCD的体积为（）A. 8B. 6C. 7D. 5【答案】D【解析】由题意，如图所示，AB AC , AC CD ,过点A作CD的平行线AE ,则AC 平面ABE ,且 EAB为 30° 或 150°,从B点向AE作垂线，垂足为 E ,易证BE 平面ACD.1 5则点B到平面ACD的距离BE AB sin EAB 5 一 ，2 2则 Sacd -AC CD 6, 21则四面体ABCD的体积为V 1 SACD BE

5、5.3 ACD故选：D.4.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知四棱锥M ABCD , MA 平面ABCD , AB BC ,BCD BAD 180 , MA 2, BC2娓,ABM 30.若四面体MACD的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（A. 20B. 22C. 40D. 44因为 BCDBAD 180 ,所以 AC, D四点共圆,ADCABC 90 ., 一 2由 tan30AB，得AB 2 3,所以AC,23 22.6 26.设AC的中点为E, MC的中点为 0,因为MA 平面ABCD ，所以OE平面ABCD.易知点。为四面体MACD外接球的球心，所以 0c22

6、、.记2故选C5. （2020届山东省烟台市高三模拟）九章算术中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵 ABC A1B1cl中，AC BC, AA1 2 ,当阳马4 一B ACCi A体积的最大值为一时,3堑堵ABC A1B1C1的外接球的体积为（曷32C.冗3【答案】B【解析】由题意易得BC ±平面ACCiA , 1 一一2 一一1- 2- 212所以 VBACCA-BCACAA1BCACBC2AC2-AB2,1 3333当且仅当AC BC时等号成立，4又阳马B ACC1A1体积的最大值为一，3所以AB 2,22所以堑堵AB

7、C AB1C1的外接球的半径R 组_ABJ2,22所以外接球的体积v 4 r3 8旦 33故选：B6. ( 2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球 O的球面上,PA=PB=PC,那BC是边长为2的正三角形,E, F分别是PA, AB的中点，/ CEF=90°,则球。的体积为A. 8品B. 4品C -2/6【解析】解法一 ：PA PB PC, ABC为边长为2的等边三角形,PB AC ,又E , F分别为PA、AB中点，EF/PB, EF AC,又 EF CE.CEAC C,P ABC为正三棱锥,EF 平面 PAC , PB平面PAC ,APBP

8、A PB PC 72,P ABC为正方体一部分，2R 22 2 2 爬,即R , V 4 R3466 娓，故选 D.2338解法设PA PB PC 2x, E,F分别为PA, AB中点,一 1 EF/PB,且EF -PB x, 1t ABC为边长为2的等边三角形， 2CF 后又 CEF 90 CE 33 x2 , AE - PA x 2x2 4 3 x2AEC 中余弦定理 cos EAC ，作 PD AC 于 D , PA PC ,2 2 x.(D 为 AC 中点，cos EACAD 1PA 2xx2 4 3 x214x 2x_ 2_2x2 1 22 x22PA PB PC J2，又 AB=B

9、C=AC=2，PA , PB , PC 两两垂直，2R J2 2 2 弗，R Y6, V 4 R3 4 66 厌，故选 D. 23387. （2020届山东省潍坊市高三模拟一）在边长为2的等边三角形 ABC中，点D, E分别是边AC, AB上的点，满足DEBC且 筝（0,1）,将（ADE沿直线DE折到.A DE的位置.在翻折过程中，下列结论成立的是（）A.在边AE上存在点F ,使得在翻折过程中，满足 BF平面ACD1B.存在 0,使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC 平面BCDE2,1041f（ ）, f（）的最大值为誓 9C .若 2,当二面角 A DE B为直二面角时，ABD.在翻

10、折过程中，四棱锥 A BCDE体积的最大值记为【答案】D【解析】对于A,假设存在F AE ,使得BF/平面ACD , 如图1所示，故 BF/AA,因为BF 平面ABE,平面ABE 平面ACD AA, 但在平面A BE内，BF,AA是相交的，故假设错误，即不存在 F AE,使得BF 平面ACD ,故A错误.对于B,如图2,M'取BC,DE的中点分别为I,H ,连接IH,AI,AH,AI ,因为 ABC为等边三角形，故 AI BC,因为 DEBC,故 A DE ADE ACB 60 , A ED AED ABC 60 ,所以 ADE, ADE均为等边三角形，故 AH DE , AH DE,

11、因为 DEBC, AI BC, AIBC ,故 A,H ,I 共线，所以IH DE ,因为A H IH H ,故DE 平面A HI ,而DE 平面CBED ,故平面A HI 平面CBED ,若某个位置，满足平面 A BC 平面BCDE ,则A在平面BCDE的射影在IH上，也在BC上，故A在平面BCDE的射影为H ,所以AH IH ,ADAHA H11此时,这与0,1矛盾，故 B错庆.ACAIAH+IH22对于C,如图3 （仍取BC,DE的中点分别为I ,H ,连接IH ,A H,AB, BH ）*因为AH DE, IH BC ,所以 A HI为二面角A DE I的平面角，因为二面角 A DE

12、B为直二面角，故 AHI 90 ,所以AH AH ,而 IH DE H,故 AH 平面 CBED,因 BH 平面 CBED ,故 A H BH .因为IH 1AI 322在RtIHB 中,BH3 1在RtAHB 中,A B4 43 710 , ,故C错.2对于D,如图4（仍取BC, DE的中点分别为I , H,连接 IH ,AH,AB,AC)作A在底面CBED上的射影O,则O在IH上.因为ADAC,BC/DE ,AH所以二TT且三2其DE又 VA CBEDDECB IHAO所以,31AO 61,时,0；当0.为增函数，在-,1为减函数，故3f max2.39故D正确.故选：D.A*A二、多选题

13、8. （2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）如图，正方体 ABCDA B1C1D1的棱长为1,线段BD1111上有两个动点E、F ,且EF -,则下列结论中正确的是（）2Q *八 113A . AC BEB. EF/平面 ABCDC. &AEF 的面积与bef的面积相等D.三棱锥A BEF的体积为定值【答案】ABD【解析】可证AC 平面D1DBB1,从而AC BE ,故A正确；由BD1/平面ABCD ,可知EF/平面ABCD ,-11.1 一,B也正确；连结BD交AC于。，则AO为三棱锥A BEF的高，Sa bef - - 1 7 ,二棱锥A BEF的体积为1 1 巨 Y2为定

14、值，D正确；很显然，点 A和点B到的EF距离是不相等的，C错误.3 4224故选：ABD9. （2020届山东省荷泽一中高三 2月月考）如图，正方体ABCD AB1C1D1的棱长为1,则下列四个命题正确的是（）ABA.直线BC与平面ABCiDi所成的角等于一42B .点C到面ABCiDi的距离为 空2C.两条异面直线DiC和BCi所成的角为一4D.三棱柱AADi BBQi外接球半径为 Y32【答案】ABD【解析】正方体ABCD ABCiDi的棱长为i,对于A,直线BC与平面ABCiDi所成的角为 CBCi故选项A正确；4对于B,因为BiC 面ABCQi,点C到面ABCiDi的距离为B1c长度的

15、一半，即h 且，故选项B正 2确；对于C,因为BC"/ADi ,所以异面直线DiC和BCi所成的角为 ADC ,而& ADC为等边三角形，故两条异面直线 DiC和BCi所成的角为一，故选项C错误；3对于D,因为AA, AB,ADi两两垂直，所以三棱柱 AAiDi BB1cl外接球也是正方体 ABCD AB1clD1的222.1外接球，故r 1一L 23,故选项d正确. 22故选：ABD .10. （2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（）C.BD【解析】A .HB.nD.对于A,由AB与CE所成角为45可得直线AB

16、与平面CDE不垂直;对于B,由 AB _LCE , AB EDEDE,可得AB 平面CDE ；对于C,由AB与CE所成角为60可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC ,由ED 平面ABC ,可得EDAB ,同理可得EC AB ,又EDEC E ,所以AB 平面CDE.故选：BD11. （2020届山东省烟台市高三模拟）如图，在四棱锥ABCD中，PC 底面ABCD ,四边形ABCD是直角梯形， AB/CD,AB AD, AB 2AD 2CD2, F是AB的中点，E是PB上的一点，则下列说法正忖确的是（）A.若 PB2PE ,贝U EF / 平面 PACB.若 PB2PE ,则四棱锥P

17、ABCD的体积是三棱锥E ACB体积的6倍C.三棱锥P ADC中有且只有三个面是直角三角形15D .平面BCP 平面ACE【答案】AD【解析】对于选项A,因为PB 2PE ,所以E是PB的中点,因为F是AB的中点，所以EF /PA,因为PA 平面PAC , EF 平面PAC，所以EF /平面PAC，故A正确;对于选项B,因为PB 2PE ,所以Vp ABCD 2Ve ABCD2,因为 AB/CD, AB AD, AB 2AD 2CDi23AD1,所以1所以梯形ABCD的面积为-CD AB 23-111 2，Sabc 2ABAD 2 2 13VE ABCD二 Ve ABC，2所以Vp ABCD3

18、VE ABC ，故B错误;对于选项C,因为PC 底面ABCD,所以PCAC, PC CD ,所以PAC , &PCD为直角三角形又AB/CD, AB AD,所以ad CD ,则&ACD为直角三角形所以 PA2 PC2 AC2 PC2 AD2 CD2, PD2 CD2 PC2,则PA2 PD2 AD2,所以 PAD是直角三角形，故三棱锥P ADC的四个面都是直角三角形，故C错误;对于选项D,因为PC 底面ABCD,所以PC AC ,在 RtACD 中，ac Jad2 cd2 后,在直角梯形 ABCD 中，BC ,AD2ABCD 2 J2 ,所以 AC2 BC2 AB2,则 AC

19、BC,因为BC PC C ,所以AC 平面BCP ,所以平面BCP 平面ACE ,故D正确，故选：AD12. （2020山东高三模拟）在正方体ABCDA1B1clD1中，如图，M,N分别是正方形 ABCD, BCC1B1的中心.则下列结论正确的是（）A.平面DiMN与B1C1的交点是BiCi的中点B .平面DiMN与BC的交点是BC的三点分点C.平面DiMN与AD的交点是AD的三等分点D .平面DiMN将正方体分成两部分的体积比为i ： i【答案】BC【解析】如图，取BC的中点E ,延长DE , DiN ,并交于点F ,连接FM并延长,设FM BC P , FM AD Q ,连接PN并延长交B

20、1ci于点H .连接DQ, DiH ,则平面四边形DiHPQ就是平面DiMN与正方体的截面，如图所示i “ i,NE /CCi /DDi, NECCiDDi ,122NE为 DDiF的中位线，E为DF中点，连BF ,DCE FBE,BF DC AB, FBE DCE 90 ,A，B,F三点共线，取AB中点S ,连MS ,一iBP FB 2则 MS/BP,MS BC,-,2MS FS 32211BP-MS BC BC,3323”E 为 DF 中点，PE/DQ, DQN分别是正方形BCCi Bi的中心,1 PE BC, 61 -12PE -BC -AD 33一1 一C1H BPC1B13所以点P是

21、线段BC靠近点B的三等分点,点Q是线段AD靠近点D的三等分点,点H是线段BG靠近点G的三等分点做出线段BC的另一个三等分点 P ,做出线段A1D1靠近D1的三等分点G ,连接 QP , HP , QG , GH , VH QPPVQ GHD1 ,所以V多面体QPHD1C1CD1V长方体QPHQ DCC1D1WV正方体3从而平面DMN将正方体分成两部分体积比为2 ： 1.故选:BC.AM翻折成）13. （2020届山东省高考模拟）如图，矩形 ABCD中，M为BC的中点，将|aBM沿直线 &AB1M，连结B1D , N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（A .存在某个位

22、置，使得 CN ABB.翻折过程中，CN的长是定值C.若 AB BM，则 AM BQD .若AB BM 1,当三棱锥Bi AMD的体积最大时，三棱锥 B AMD的外接球的表面积是4【答案】BD【解析】如图1,取AD中点E ,取ABi中点K ,连结EC交MD于点F ,连结NF , KN , BK ,图1 1则易知 NE/ABi, NF/BiM , EF/AM , KN/AD , NE -ABi, EC AM2由翻折可知，MABiMAB , ABi AB ,对于选项A ,易得KN /BC，则K、N、C、B四点共面，由题可知AB BC ,若CN AB ,可得AB平面BCNK ,故AB BK ,则ak

23、 Jab2BK2 AB，不可能，故 A错误；对于选项B,易得 NEC MABi,在NEC 中，由余弦定理得 CN Toe1 ne2 2NE CE cos NEC，整理得 CN Jam 2 但2空 AM AB JBC_AB7，42 AM 2故CN为定值，故B正确；如图2,取AD中点E ,取AM中点O,连结BE , OE , Bi。，DO ,对于选项C,由AB BM得BQ AM ,若AM BQ ,易得AM 平面BQD ,故有AM OD ,从而AD MD ,显然不可能，故 C错误；对于选项D,由题易知当平面 ABiM与平面AMD垂直时，三棱锥Bi - AMD的体积最大，此时BO 平面AMD ,则 B

24、iO OE ,由 AB BM 1,易求得 BO1,2T，DM 72,故接球球心，此外接球半径为 1,表面积为4，故D正确.EA ED EM , e为三棱锥B AMD的外故选：BD.E ABCD中，底面ABCD是边长为2的14. （2020 2020届山东省淄博市高三二模）如图所示，在四棱锥正方形， CDE是正三角形， M为线段DE的中点，点N为底面ABCD内的动点，则下列结论正确的是A.若BC DE时，平面CDE 平面ABCDB.若 BCDE时，直线EA与平面ABCD所成的角的正弦值为104C.若直线BM和EN异面时，点N不可能为底面 ABCD的中心D.若平面CDE 平面ABCD ,且点N为底

25、面ABCD的中心时，BM EN【答案】AC 【解析】:BC 平面ABCD ,所以平面 ABCD 平面CDE , A项正确；设CD的中点为F ,连接EF、AF ,则EF CD.平面ABCD 平面CDE ,平面ABCD。平面CDE CD , EF 平面CDE .EF 平面ABCD,设EA平面ABCD所成的角为 ，则 EAF ,ef Jce2 cf2 73 , af Tad1 FD 用 , ae Vef1 Af7 2V2 , 则sin EF Y6, B 项错误；EA 433连接BD ,易知BM 平面BDE，由B、M、E确定的面即为平面 BDE ,当直线BM和EN异面时，若点 N为底面ABCD的中心，

26、则N BD ,又E平面BDE，则EN与BM共面，矛盾，C项正确；连接 FN , ； FN 平面 ABCD , EF 平面 ABCD , EF FN ,1 人F、N分别为CD、BD的中点，则FN - BC 1,2又 EF 6,故 EN VEfFN7 2，BM JBC_CM 2 万，则 BM EN , D 项错误.故选：AC.15.（2020山东高三下学期开学）在三B D-ABC中，AB BC CD DA 1,且AB BC , CDM, N分别是棱BC, CD的中点，下面结论正确的是（）B. MN平面 ABDA. AC BDC.三棱锥A-CMN的体积的最大值为212D . AD与BC 一定不垂直【

27、答案】ABD根据题意，画出三棱锥 D-ABC如下图所示，取 AC中点O,连接OB,OD :8对于 A,因为 AB BC CD DA 1,且 AB BC , CD DA ,所以 ABC, ADC为等腰直角三角形，则 OD AC,BO AC,且 OD BO O,则AC 平面BOD ,所以AC BD ,即A正确；对于B,因为M, N分别是棱BC, CD的中点，由中位线定理可得 MN /BD ,而BD 平面ABD , MN 平面ABD ,所以MN /平面ABD,即B正确；对于C,当平面DAC 平面ABC时，三棱锥A-CMN的体积最大，则最大值为VA cmn VN ACM 12 - 1 1 g(，即0错

28、误；对于D,假设AD BC ,由AB BC,且AD AB A,所以BC ±平面ABD ,则BC BD ,又因为AC BD ,且ACBC C,所以BD 平面ABC,由OB 平面ABC,则BD OB ,由题意可知OB OD,因而BD OB不能成立，因而假设错误，所以 D正确；综上可知，正确的为 ABD,故选：ABD.16. （2020届山东省潍坊市高三模拟一）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm

29、,细沙全部在上2部时，其局度为圆锥图度的一（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下 0 02cm3的沙，且细沙全部漏3,入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）10243A .沙漏中的细沙体积为 81cmB.沙漏的体积是128 cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD .该沙漏的一个沙时大约是1985秒（3.14）【答案】ACDA.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,B.沙漏的体积V 228.12 2h14 cm,所以体积V- r 3323331h,c 1 c 256h 2 -4 8

30、 cm3233所以细沙的底面半径r3 .64161024813cm ；C.设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知:10248181h1 ,所以2.4cm ；，一 1024D.因为细沙的体积为 1024cm3,沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙,所以一个沙时为:811024工 W24,J 50 1985秒.0.0281故选：ACD.17. （2020届山东省潍坊市高三模拟二）如图，正方体ABCD ABCQi的棱长为1,则下列四个命题正确的A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于一4B.点C到面ABC1D1的距离为C.两条异面直线 DiC和BCi所成的角为D.三棱柱AADi BB1C1

31、外接球半径为【答案】ABD正方体ABCD ABiCQi的棱长为1,对于A,直线BC与平面ABCiDi所成的角为 CBC1故选项A正确;4对于B,因为BiC 面ABCD,点C到面ABCD的距离为B1c长度的一半，即h 三，故选项b正2确；对于C,因为BCi/ADi ,所以异面直线 D1c和BC1所成的角为 AD1c ,而& AD1c为等边三角形，故两条异面直线DiC和BCi所成的角为一，故选项C错误；3对于D,因为AA, AB1,AD1两两垂直，所以三棱柱 AA1D1 BB1cl外接球也是正方体 ABCD AB1clD1的外接球，故r *1 1 昱,故选项D正确. 22故选：ABD .1

32、8. （2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知正四棱柱 ABCD ABQiDi的底面边长为2,侧棱AA 1, P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A .若PD 3 ,则满足条件的P点有且只有一个B .若PD 33,则点P的轨迹是一段圆弧C.若PD /平面ACBi ,则DP长的最小值为2D.若PD /平面ACBi ,且PD J3,则平面BDP截正四棱柱ABCD AiBCQi的外接球所得平面图形9的面积为4【答案】ABD【解析】如图：正四棱柱 ABCD AB1C1D1的底面边长为2,BD1 2 J2,又侧棱 AA1 1 ,DB1 2 242 2 12 3,

33、则P与B1重合时PD 3,此时P点唯一，故A正确；PD J3 13 , DD1 1 ,则PD1 J2,即点P的轨迹是一段圆弧，故 B正确；连接DA, , DC1,可得平面ADC/平面ACB1 ,则当p为A1C1中点时，DP有最小值为J J2 2 12 J3 ,故C错误；由C知，平面BDP即为平面BDD1B1 ,平面BDP截正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的外接球所得平面图形为1 39外接球的大圆，其半径为 一。22 22 12-,面积为,故D正确.2 24故选：ABD.19. （2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为菱形,DAB 60 ,侧面

34、PAD为正三角形，且平面 PAD 平面ABCD,则下列说法正确的是（）A .在棱AD上存在点M,使AD 平面PMBB.异面直线AD与PB所成的角为90。C.二面角P BC A的大小为45°D . BD 平面 PAC【答案】ABC如图，对于A,取AD的中点M ,连接PM,BM，:侧面PAD为正三角形,PM AD ,又底面ABCD是菱形，DAB 60 , 1ABD是等边三角形，AD BM ,又 PM BM M , PM , BM 平面 PMB ,AD 平面PBM ,故A正确.对于B, ；AD 平面PBM , AD PB ,即异面直线 AD与PB所成的角为90°,故B正确.对于

35、C，.平面 PBC。平面 ABCD BC , BC/AD , BC 平面 PBM , BC PB BC BM ,PBM是二面角P BC A的平面角，设 AB 1 ,则BM , PM ,22在RtAPBM中，tan PBM PM 1,即 PBM 45 ，故二面角P BC A的大小为45 ,故C正 BM确.对于D ,因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，故D错误.故选：ABC20. （2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）如图，在正方体ABCD AiBQiDi中，F是棱上动点，下列说法正确的是（）.A .对任意动点F ,在平面ADDiAi内存在与平面 CBF平行的直线B ,对任意

36、动点F ,在平面ABCD内存在与平面CBF垂直的直线C.当点F从Ai运动到Di的过程中，FC与平面ABCD所成的角变大D.当点F从A运动到Di的过程中，点D到平面CBF的距离逐渐变小【答案】AC【解析】因为AD在平面ADD1A内，且平行平面 CBF,故A正确；平面CBF即平面ADiCB ,又平面AiDiCB与平面ABCD斜相交，所以在平面 ABCD内不存在与平面 CBF垂直的直线，故 B错误；F到平面ABCD的距离不变且 FC变小，FC与平面ABCD所成的角变大，故 C正确；平面CBF即平面AD1cB，点D到平面AD1cB的距离为定值，故 D错误.故选：AC.21. （2020届山东省青岛市高

37、三上期末）如图，正方体ABCD ABCiDi的棱长为1,则下列四个命题正确的是（）D.ABA.直线BC与平面ABCiDi所成的角等于一42B .点C到面ABCiDi的距离为 空2C.两条异面直线DiC和BCi所成的角为一4D.三棱柱AADi BBQi外接球半径为 Y32【答案】ABD【解析】正方体ABCD ABCiDi的棱长为i,对于A,直线BC与平面ABCiDi所成的角为 CBCi故选项A正确；4对于B,因为BiC 面ABCQi,点C到面ABCiDi的距离为B1c长度的一半，即h 且，故选项B正 2确；对于C,因为BC"/ADi ,所以异面直线DiC和BCi所成的角为 ADC ,而

38、& ADC为等边三角形，故两条异面直线 DiC和BCi所成的角为一，故选项C错误；3对于D,因为AA, AB,ADi两两垂直，所以三棱柱 AAiDi BB1cl外接球也是正方体 ABCD AB1clD1的222.1外接球，故r 1一L 23,故选项d正确.22故选：ABD .22. （2020届山东省泰安市肥城市一模）在空间四边形ABCD中，E, F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点，当BD/平面EFGH时，下面结论正确的是（）A. E,F,G, H 一定是各边的中点B. G, H 一定是CD,DA的中点C. AE: EB AH:HDHBF:FC DG :GCD .四边形EFG

39、H是平行四边形或梯形【答案】CD【解析】由BD平面EFGH，所以由线面平行的性质定理 得BD/EH , BDFG ,则AE : EB AH : HD ,且BF : FC DG : GC ,且EH /FG，四边形EFGH是平行四边形或梯形.故选：CD .23. （2020届山东省泰安市肥城市一模）如图 ，正方体ABCD ABCQ的棱长为1,则下列四个命题正确的是（）39A,直线BC与平面ABCiDi所成的角等于一4B.点C到面ABCiDi的距离为C.两条异面直线 DiC和BCi所成的角为一4D ,三棱柱AAi DiBBiCi外接球半径为【答案】ABD正方体 ABCD AB1cl口的棱长为i,对于

40、A,直线BC与平面ABCiDi所成的角为 CBCi 一,故选项A正确;4对于B,因为BiC 面ABC1D1,点C到面ABCiDi的距离为BiC长度的一半，即h "，故选项B正 2确；对于C,因为BC"/ADi ,所以异面直线DiC和BCi所成的角为 ADC ,而ADC为等边三角形，故两条异面直线DQ和BCi所成的角为一，故选项C错误；3对于D,因为AA,AB,ADi两两垂直，所以三棱柱 AAiDi BBQi外接球也是正方体 ABCD ABiCQi的外接球，故r " > > 昱,故选项D正确. 22故选：ABD .24. （2020届山东省潍坊市高三下学

41、期开学考试）三棱锥P-ABC的各顶点都在同一球面上， PC 底面ABC,若PC AC i , AB 2 ,且 BAC 60 ,则下列说法正确的是（）A.PAB是钝角三角形B.此球的表面积等于 5C . BC，平面PACD,三棱锥A- PBC的体积为 2【答案】BC如图,在底面三角形 ABC中，由AC i, AB 2,BAC 60 ,利用余弦定理可得：BC Ji2 22 2 I 2 石,AC2 BC2 AB2,即 AC BC,由于 PC 底面 ABC, PC AC , PC BC , PCp AC C , BC,平面 PAC,故 C 正确；PB . PC2 BC22 AB，由于PB2 AB2 P

42、A20,即 PBA为锐角,PAB是顶角为锐角的等腰三角形，故 A错误;取d为ab中点，则d为abac的外心，可得三角形ABC外接圆的半径为1设三棱锥P ABC的外接球的球心为O,连接OP,则OP即三棱锥P ABC的外接球的半径为R吏,2三棱锥球的外接球的表面积等于Vpabc 1 1 1 J3 1 A 3 26故选：BC.三、填空题25. （2020届山东省高三高考模拟）若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积【解析】2r ,2. 一所以轴截面的面积为S正方形abcd2r 4,解得r 1,因此，该圆柱的外接球的半径BD所以球的表面积为 S 422 2故答案为8226. （2

43、020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）双曲线上 y2 1的渐近线与直线 x J3围成的图形绕y3轴旋转360 ,则所得旋转体的体积为；表面积为 【答案】48:3【解析】双曲线2 y2 1的渐近线yYSx,与直线X J3的交点为J3,1和J3, 1 ,33该旋转体为底面半径是 J3,高为2的圆柱,挖掉两个底面半径为 J3,高为1母线长为2的圆锥， _ 21_ 2所以所得旋转体的体积为 V V圆柱2V圆锥332 2 -J314,表面积为S 2J3 2 273 2 8於,故答案为：4 , 8J3 .27. （2020山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知正三棱锥P-ABC, Q为BC中点，PA J2

44、 , AB 2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半径为 ;过Q的平面截三棱锥 P-ABC的外接球所得截面的面积范围 为.【答案】_6, 322【解析】因为正三棱锥 P ABC , PB PC PA J2，AC BC AB 2 ,所以 PB2 PA2 AB2，即 PB PA，同理 PB PC , PC PA,因此正三棱锥 P-ABC可看作正方体的一角，如图,2B记正方体的体对角线的中点为O,由正方体结构特征可得，。点即是正方体的外接球球心，所以点O也是正三棱锥P-ABC外接球的球心，记外接球半径为 R,则r 1、222 6 ,22因为球的最大截面圆为过球心的圆，3所以过Q的平面截三棱锥P-ABC的

45、外接球所得截面的面积最大为 SmaxR2 1 ；又Q为BC中点，由正方体结构特征可得 OQ 1PA 正;22由球的结构特征可知，当 OQ垂直于过Q的截面时，截面圆半径最小为r JROQ2 1 ,所以Sminr2.3因此，过Q的平面截三棱锥 P-ABC的外接球所得截面的面积范围为，3.故答案为：（1）.上6（2）.,32228. （2020届山东省泰安市肥城市一模）在我国古代数学名著九章算术中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为 堑堵”已知三棱柱 ABC A1B1C1是一个 堑堵”，其中AB BC BBi 2 ,点M是AG的中点,则四棱锥M BGCB的外接球的表面积为 .【答案】8【解析】由题意得

46、四边形 BGCB为正方形，设其中心为 O ,取BiCi中点N,则 IILON MN * ON 1,MN 1 OM V2 OB OC OB1 OC1,即 O 为四棱锥 M B1C1CB 的外接 球球心，球半径为 J2,球表面积为4M亚）2 87t.29. （2020山东高三模拟）如图，直线 l 平面 ，垂足为O,三棱锥A BCD的底面边长和侧棱长都为 4, C在平面 内，B是直线l上的动点，则点 B到平面ACD的距离为 ，点O到直线AD的距离 的最大值为.t)4【答案】4、62、2 23【解析】ACD边长为4,则中线长为4冬点B到平面ACD的距离为J16 4 234捉,323 ”点。是以BC为直

47、径的球面上的点, 所以O到直线AD的距离为以BC为直径的球面上的点到 AD的距离,最大距离为分别过 BC和AD的两个平行平面间距离加半径 .又三棱锥A BCD的底面边长和侧棱长都为 4,以下求过BC和AD的两个平行平面间距离，分别取BC,AD中点E,F ,连BF,CF,EF ,则 BF CF, EF BC ,同理 EF AD ,分别过 E,F 做 EM /AD,FN /BC ,直线BC, EM确定平面 ，直线AD, FN确定平面 ，则 EF FN ,FN QaD F, EF ,同理 EF,/ ,EF 为所求，；CF Vl6 4 273 ,EF 12 4' 2、2,所以O到直线AD最大距

48、离为2J2 2 .故答案为：；6 ; 2 2 2 .3130. （2020届山东省济宁市高三 3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为322745由题意，设小圆柱体底面半径为cos则高为1 sin ,0,2小圆柱体体积V2cos设sint,t2t3 t2 t 1故答案为:3t2Vmax32272t 132273t 1 t 131. （2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽屹，俗称 粽子”，古称 甭黍

49、”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来,大值为【答案】-268 6729(1)每个三角形面积是S1 -,由对称性可知该六面是由两个正四面合成的,可求出该四面体的高为-6 ,故四面体体积为1-1-1. _2,334312因此该六面体体积是正四面体的2倍,所以六面体体积是;若该六面体内有一球，则该球体积的最可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六

50、个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为R ,3 6 1 R R ,所以球的体积V R3 W6 .6349339729故答案为：_2； 8-J-.6729四、解答题32. (2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测)已知如图1直角梯形ABCD , AB/CD , DAB 90 ,AB 4 , AD CD 2, E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起(如图2),使平面BED 平面AECD.（i）证明：be平面aecd；2（2）在线段CD上是否存在点F,使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为 一3出点F的位置；若不存在，请说明理由 .【答案】（1）见解析；（2）存在，F为CD中点【解析】（1）证明连接AC ,则AC DE ,若存在，求又平面BDE 平面AECD ,平面BDE 平面AEC