2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编立体几何压轴题2

20222023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何压轴题2一、多选题1．已知一圆锥底面圆的直径为3，高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在圆锥内可以任意转动，则a的值可以为（

）A． B． C．1 D．【答案】ACD【分析】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球，结合内切、外接球问题，即可求解.【详解】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥内切球的圆心为，半径为，圆锥的底面圆心为，半径为，顶点为，作出轴截面，连接，，如图所示.因为，，所以，所以为等边三角形，且为的中心，则.结合正方体的外接球问题，易知棱长为的正四面体的外接球半径为，故，解得.故选：ACD.2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（

）A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是C．勒洛四面体表面上交线的长度为D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，由正四面体的棱长为2，则，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，故，又，由余弦定理得：，故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：连接，交于中点，交于中点，连接，则，则由C选项的分析知：，所以，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.3．如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中（

）A．B．EF和BC所成的角是60°C．直线AC和平面ABE所成的角是30°D．如果平面平面，那么直线直线.【答案】BCD【分析】根据正方体的平面展开图还原正方体，利用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项正误.【详解】如图，把正方体的平面展开图还原成正方体.在正方体中，可知，故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；同理，与所成的角即为与所成的角为，故B项正确；在正方体中，，，，，故平面，则点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则，故，故C项正确；在正方体中，，则平面平面，平面平面于直线，平面平面，故直线直线，故D项正确.故选：BCD.4．如图，在正方体中，E是棱CD上的动点，则下列结论正确的是（

）A．与所在的直线异面B．C．三棱锥的体积为定值D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABCD【分析】连接，设，说明直线不过点，即可判断A；证明平面，结合线面垂直的性质即可判断B；说明三棱锥的体积为定值，即可判断C；先利用等体积法求出点到平面的距离，从而可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】如图，连接，设，则平面，平面，因为E是棱CD上的动点，所以直线不过点，所以与所在的直线异面，故A正确；在中，平面，因为平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故B正确；对于C，因为平面，，所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，又因为定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D，设正方体的棱长为，则，，，设点到平面的距离为，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.故选：ABCD.【点睛】1.方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.5．如图在棱长为6的正方体中，分别是中点，P在侧面上（包括边界），且满足三棱锥的体积等于9，则的长度可以是（

）A． B． C．10 D．【答案】ABD【分析】先利用等体积法，求出到的距离，从而得出点在线段上或与A重合，进而得到，再利用，即可求出结果.【详解】因为正方体的边长为6，分别是中点，所以，设到的距离为，因为，得到，如图，连接，，设与，分别交于，易得，当点在线段上，连接，因为面，又面，所以，所以，又易知，所以；当点与点重合时，，符合题意.故选：ABD.二、单选题6．如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意知，作辅助线找到，及二面角，四边形为正方形进而得到为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示、，即有它们的等量关系，利用结合二面角，即可求的最大值；【详解】直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，而，，又，可知：，若令二面角为，作于，于；过作，过作与交于点；∴面，又，，故面，面，即；过作，过作与交于点；∴面，又，，故面，面，即；作于，于，连接、，即有，且；∵，即，作有四边形为正方形，即，∴，有，故为等腰三角形且，令，，则，有，而，∴，，又，∴当时等号成立故选：B【点睛】本题考查了应用辅助线，根据已知条件以及线面角、线线角、面面角的性质，得到它们的三角函数间等量关系，并化简目标三角函数式，结合二面角的范围求目标式的最值；7．如图，在正方体中，截去三棱锥，若剩余的几何体的表面积是，那么正方体的内切球的表面积和其外接球的体积分别是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】设正方体棱长为，根据剩余几何体的表面积可求出再由正方体的内切球直径为1，外接球直径分别求出内切球的表面积和其外接球的体积即可.【详解】设正方体棱长为,则剩余几何体的表面积为所以则正方体的内切球直径表面积，正方体的外接球直径，体积，故选：A.8．在空间四边形中，，，，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的大小为A． B． C． D．【答案】D【分析】平移两条异面直线到相交，根据余弦定理求解.【详解】如图所示：设的中点为，连接，所以，则是所成的角或其补角，又根据余弦定理得：，所以，异面直线与所成角的为，故选D.【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是.9．蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚瞰，踢、蹦的含义，鞠最早系外包皮革、内实米镰的球.因而蹴鞠就是指我国古人以脚殿、蹦、踢皮球的活动，类似于今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列人第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠（球）的表面上有四点A，B，C，D满是：，均为边长为6的正三角形，且二面角的大小为，则该鞠的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半径，进而得到球的表面积.【详解】

取的中点为，连接，因为，均为正三角形，所以，，所以为二面角的平面角，所以，即，记分别是正三角形和正三角形的外心（也是重心），过点分别作平面和平面的垂线，交点为，连接，由球的性质知：球心既在过点垂直平面的垂线上，又在过点垂直平面的垂线上，所以三棱锥外接球的球心，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，所以，同理可得，所以四边形是平行四边形，因为，所以，又，所以四边形为正方形，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，在直角三角形中，球半径，所以外接球体积为，故选：A10．正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由正八面体的定义知，其内切球的球心在正八面体的中心，以内切球的球心为顶点、可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，利用等体积法可得其内切球的半径，从而得到其内切球的表面积.【详解】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为，则，且正四棱锥的高为图中，易得，即：解得：，所以，内切球的表面积为.故选：C．三、填空题11．在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是.【答案】【分析】根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以,可得的内切圆的半径为，又由，故直三棱柱的内切球半径为，所以此时的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.12．已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为.【答案】【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.【详解】由题意，曲面为以C为球心落在正方体内的球面，根据球和正方体的对称性可知，平面与平面所成二面角最小值时，过点作平面与曲面相切时作纵截面，如图：长方形中，过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与交于点E，则，连接CP，在中，，所以，利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.因为，所以，又，所以，则，又，且，所以，所以，则，又，所以，由对称性知，，所以截面周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.13．如图，二面角等于，A、是棱l上两点，BD、AC分别在半平面、内，，，且，则CD的长等于.【答案】4【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】由二面角的平面角的定义知，∴，由，，得，，又，∴，所以，即.故答案为：4.14．如图，三棱锥中，平面平面BCD，是边长为2的等边三角形，，.若A，B，C，D四点在某个球面上，则该球体的表面积为.【答案】/【分析】作出相关面的外心，利用面面垂直的性质、勾股定理以及正弦定理即可得到答案.【详解】作出底面的外心，侧面的外心，取中点，连接，因为平面平面，面平面，因为是边长为2的等边三角形，所以，又因为平面，所以平面，由球的性质可得平面，所以，同理，所以四边形为平行四边形，故，在中，因为，，则，设的外接圆半径为，根据正弦定理有，则，设三棱锥外接球的半径为，则，则外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题关键在于利用正弦定理与球的截面性质求得的外接圆半径与，从而利用勾股定理即可得解.四、解答题15．如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.（2）法一：由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面.法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，在中，，在中，，设，所以由可得：，可得：，所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，所以平面平面BEF；（3）法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由（2）知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为.法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为.16．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点.(1)证明：平面；(2)判断直线CM与平面的位置关系，并证明你的结论；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)平面，证明见解析(3)【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可证明；（2）利用线面平行的判定定理即可证明；（3）几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角.【详解】（1）由底面ABCD，底面ABCD，则，在直角梯形中，，则，又，平面，所以平面；（2）平面，证明如下：如图：取PA中点E，连接ME，DE，由于M是PB的中点，故，且，由，则，且，从而四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；（3）作，垂足为N，连接BN，如图：在中，，又，所以≌，可得，则≌，故，故为所求二面角的平面角，由（1）知平面，由平面，可得，在中，，所以，在等腰三角形中，，所以，因为，在中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：（1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.（2）求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角.17．如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB．（1）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；（2）求棱锥EDFC的体积；（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)平面；（2）；（3）.【分析】本题主要考查线面垂直、线面平行、线线垂直、线线平行以及锥体体积问题，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，在中，利用中位线得到与平行，通过线面平行的判断定理即可得到平面；第二问，要求三棱锥的体积，找到底面积和高是关键，通过的翻折得出平面，通过，得出平面，所以为锥体的高，利用锥体体积公式计算出体积；第三问，在线段上取点．使，过作于，在中，利用边长求出的正切，从而确定角的度数，在等边三角形中，是角平分线，所以，再利用线面垂直的判定证出平面，所以.【详解】（1）平面，理由如下：如图：在中，由分别是、中点，得，又平面，平面．∴平面．（2）∵，，将沿翻折成直二面角．∴∴平面取的中点，这时∴平面，，（3）在线段上存在点，使证明如下：在线段上取点．使，过作于，∵平面∴平面∴，∴∴，又在等边中，∴∵平面∴．∴平面，∴．此时，∴．考点：1.线面平行的判定定理；2.线面垂直的判定；3.锥体体积公式.18．在四棱锥中，平面⊥平面，底面为梯形，，，且，，．(1)求证：；(2)求二面角______的余弦值；从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．(3)若是棱的中点，求证：对于棱上任意一点，与都不平行．【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可证线线垂直.（2）根据二面角的几何求法，先利用面面垂直，得线面垂直，进而可找到二面角的平面角，然后借助三角的边角关系即可求解.（3）根据空间中过一点只能作出一条直线与已知直线平行，即可求解.【详解】（1）证明：∵平面⊥平面平面平面，平面，,∴平面，又平面，∴．（2）若选①，过点作交的延长线于点．∵平面⊥平面，平面平面，平面，∴⊥平面，过作交的延长线于点，∵，，∴，连接，∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴AB⊥平面POE，又平面POE，∴，∴就是二面角的平面角．由题意得，，，∴，∴，即二面角的余弦值为．若选②，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O，连接BD．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，∴PO⊥平面ABCD，过点O作OM⊥BD交BD的延长线于点M，连接PM，∵PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PO⊥BD，∵，平面POM，平面POM，∴BD⊥平面POM，又平面POM，∴BD⊥PM，∴∠PMO为二面角的平面角的补角，易算得，，∴，∴二面角的余弦值为．若选③，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，∴PO⊥平面ABCD，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接PH，∵PO