2024届新高考数学一轮复习配套练习 立体几何综合问题

2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.8立体几何

综合问题

练基础

1.（2020•上海市建平中学月考）已知尸是空间两个不同的平面，则''平面a上存在

不共线的三点到平面）的距离相等”是“a〃尸”的（）

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.非充分非必要条件

2.（2020.全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为

0,5为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），3为该地的纬度值，如

图.已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即北卜23。26',23。26'].北京天安门广场的

汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬39。5427",若某天的正午时刻，测

得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）

A.北纬5。5'27〃B.南纬5。5'27"

C.北纬5。5'33"D.南纬5。5'33"

3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我

国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高

乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长丄与高〃，计算其体积V的近似公

式ua—它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率〃近似取为3.那么近似公式

36

2

V。一相当于将圆锥体积公式中的"近似取为（）

4.（2021•永州市第四中学髙三月考）农历五月初五是端午节.这一天民间有吃粽子的习俗,

据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原.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，可以得到六面体的粽子.如果粽子的馅是

六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为

5.（2021•四川省大竹中学高二期中（理））在正方体ABCO-ASCR中，点E是棱8C的

中点，点尸是棱C。上的动点，当斉=时，丄平面AB/.

6.（2021•浙江高二期末）如图在四棱锥P-ABCD中，PA丄平面4?CD,AB//CD,

ZBAD=90°,AB=6,PA=3,AD=6，E是直线尸8上的一个动点，则AE与平面PDC

所成角的最大值为.

D

7.（2021.浙江高二期中）在四棱锥S-/WCD中，四边形A8CD为正方形，钻=2,DS=\,

平面ASO丄平面ABC。，S£＞丄4）,点£为0c上的动点，平面8SE与平面ASO所成的二

面角为。（。为锐角），则当。取最小值时，三棱锥E-ASO的体积为.

8.（2021•全国高三其他模拟（理））莱昂哈德・欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱

之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式、定理、解法、函数、方程、常数等

是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数K棱数&面数尸之

间总满足数量关系V+F-E=2,,此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，

20个面是六边形，则该32面体的棱数为：顶点的个数为.

9.（2020•四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱-中，底面

ABC。是正方形，平面4。4丄平面ABC。，A£>=1，AA=0.过顶点。，用的平

面与棱BC,AQ分别交于M，N两点.

11/

III

\II

I11

11//

丿

D'

(I)求证：AD±DB,；

(II)求证：四边形。MqN是平行四边形；

(III)若A。丄8,试判断二面角。―Mg—C的大小能否为45。？说明理由.

10.(2021•济南市历城第二中学开学考试)在四棱锥尸-A3CD中，侧面R4O丄底面

ABCD,底面A8CD为直角梯形，BC//AD,NADC=9O。，BC=CD=-AD=\,

2

PA=PD,E,E为AD,PC的中点.

(I)求证：PA〃平面BEF；

(II)若PC与AB所成角为45°,求PE的长；

(III)在(II)的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值.

练提升

1.(2021•福建其他)《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖糯.在如

图所示的鳖膈P-A3C中，PA丄平面ABC,ZACB=90°,CA=4,PA=2,D为

AB中点，E为△/%（?内的动点（含边界），且PC丄OE.①当E在AC上时，AE=

②点E的轨迹的长度为.

2.（2020•福建省福州第一中学高三期末（理））M,N分别为菱形A8CD的边的

中点，将菱形沿对角线AC折起，使点。不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下命题正

确的是.（写出所有正确命题的序号）

①肱V//平面4如；②异面直线AC与MN所成的角为定值；③在二面角。—AC—8逐

渐渐变小的过程中，三棱锥。-ABC的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使

得直线与直线BC垂直，则ZABC的取值范围是（°，、）•

3.（2020•全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动

项目，有人称它为“世界第一运动”.早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类

游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球.1863年10月26日，英国

人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织一一英国足球协会，并统一了足球规则.人们称

这一天是现代足球的诞生日.如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮

围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足

球的棱.已知足球表面中的正六边形的面为20个,则该足球表面中的正五边形的面为一

个，该足球表面的棱为条.

4.（2021•江苏南京市第二十九中学高三月考）在正三棱柱ABC-A自G中，AB=A\=\,

点尸满足引5=/lBC+〃85,其中/Le[（）,l],〃«（）/].

（1）当〃=1时，三棱锥尸-A8c的体积为.

（2）当〃=g时，存在点尸，使得AB丄平面独尸，则网的取值集合为.

5.（2021•进贤县第一中学高二月考（理））如图，在棱长为1的正方体ABCD-A円中，

点〃是AO的中点，动点尸在底面正方形A8CD内（不包括边界），若耳P〃平面4BM,则

6.（2021•贵州贵阳一中高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC,B=W,AB=4,BC=4也，

且8。为斜边AC上的高，将三角形A3。沿2。折起，得到图乙的四面体A-8CD,E,F分

别在。C与8C上，且满足將=將=；,H,G分别为AB与AO的中点.

（1）证明：直线EG与尸〃相交，且交点在直线AC上；

（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EF”G的面积.

7.（2021•山东高三二模）如图①所示，平面五边形A8CDE中，四边形A8C。为直角梯形,

NB=90。且4O〃8C,若A£>=28C=2,AB=6是以4。为斜边的等腰直角三角形,

现将AAOE沿AD折起，连接EB,EC得如图②的几何体.

E

图①图②

（1）若点M是EO的中点，求证：C例〃平面ABE；

（2）若EC=2,在棱EB上是否存在点尸，使得二面角E-AD-F的大小为60。？若存在，求出

点尸的位置；若不存在，请说明理由.

8.（2021•福建其他）已知圆柱底面半径为1,高为万，ABCO是圆柱的一个轴截面，

动点〃从点B出发沿着圆柱的侧面到达点。，其距离最短时在侧面留下的曲线「如图所

示.将轴截面AB8绕着轴。。逆时针旋转8（0＜。（万）后，边与C与曲线「相交于点

--------

（1）求曲线「的长度；

冗

（2）当时，求点G到平面AP8的距离.

9.（2020•江西上高二中高二月考（理））如图，四棱锥P—A8CD中，AB//DC，

JI1

ZADC=—■,AB=AD=-CD=2fPD=PB=R，PD丄BC.

（I）求证：平面P3Q丄平面PBC；

TT

（2）在线段PC上是否存在点M，使得平面A8M与平面尸血）所成锐二面角为?？若存

在，求JCM的值；若不存在，说明理由.

CP

10.（2021.天津市滨海新区塘沽第一中学高三月考）已知如图，四边形PDCE为矩形，ABCD

为梯形，平面PDCE丄平面ABC。，ZBAD=ZADC=90°,AB=AD=^CD=l,PD=42.

（1）若M为以中点，求证：AC//平面MDE；

（2）求直线9与平面P6C所成角的正弦值；

（3）在线段PC上是否存在一点。（除去端点），使得平面。与平面PBC所成锐二面角

的大小为?？若存在，请说明点。的位置：若不存在，请说明理由.

练真题

■J

1.（2020•全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视

为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,

则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

>/5—1n>75-1「\[54-1n>/5+1

4242

2.（2018•浙江高考真题）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线

段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为4,SE与平面ABCD所成的角为。2,

二面角S—AB—C的平面角为名，则（）

A.Ot<02<03B.03<02<0]C.0,<O3<02D.名<4<4

3.（2019•全国髙考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印

信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多

面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现

了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的

表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为

图1

4.（2018•天津高考真题（理））如图，ADI/BCAA22BC,AD丄CD,EG//A。且

EG=AD,CD/1FG豆CD=2FG,£>G丄平面ABC。，DA=DC=DG=2.

（I）若"为〃'的中点，川为妬的中点，求证：MN平面CDE；

（II）求二面角E—一/的正弦值；

（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面交所成的角为60°,求线段DP的长.

5.（2021•全国高考真题（理））已知直三棱柱ABC-44G中，侧面44乃乃为正方形,

AB=BC=2,E,尸分别为AC和CG的中点，。为棱Ag上的点.BF丄厶禺

（1）证明：BF丄DE;

（2）当耳。为何值时，面6gGC与面。所成的二面角的正弦值最小？

6.（2021•全国高考真题（理））已知直三棱柱ABC-AAG中，侧面MB#为正方形,

AB=BC=2,E,F分别为AC和CG的中点，。为棱Aq上的点.BF丄4蜴

（1）证明：BF1.DE；

（2）当8Q为何值时，面B2CC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?专题8.8

立体几何综合问题

练基础

♦J

1.（2020•上海市建平中学月考）己知。、/是空间两个不同的平面，则“平面a上存在

不共线的三点到平面户的距离相等”是“all/3”的（）

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.非充分非必要条件

【答案】B

【解析】

已知a、万是空间两个不同的平面，若平面a内存在不共线的三点到平面B的距离相等,

可得a〃£或相交，

反之，若a〃力，则平面a上存在不共线的三点到平面夕的距离相等；

所以“平面a上存在不共线的三点到平面/的距离相等”是“a〃/?”的必要不充分条件.

故选：B.

2.（2020•全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为

0,5为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），。为该地的纬度值，如

图.已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即猴卜23。26',23。26'].北京天安门广场的

汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬39。54,27",若某天的正午时刻，测

得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）

A.北纬5。5'27"B.南纬5。5'27"

C.北纬5。5,33"D.南纬5。5'33"

【答案】D

【解析】

首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角

0=90。-（39。54,27”叫=45°可得结果.

【详解】

由题可知，天安门广场的太阳高度角。=90。—（39。54'27〃—3）=50°5'33"+§,

由华表的高和影长相等可知6=45°,所以S=45°-50°5'33"=-5°5'33".

所以该天太阳直射纬度为南纬5。5'33",

故选：D.

3.（湖北高考真题）《算数书》竹筒于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我

国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高

乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L与高力，计算其体积V的近似公

1,

式=它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率》近似取为3.那么近似公式

36

2

U土石厶2〃相当于将圆锥体积公式中的乃近似取为（）

2225157355

A.—B.—C.---D.---

7850113

【答案】B

【解析】

设圆锥底面圆的半径为广，高为:：，依题意，丄=）），1丁/-三，二7『厶，

375

Idir25

所以之怩二之炉’，即:的近似值为木，故选B.

3詼8

4.（2021.永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节.这一天民间有吃粽子的习俗,

据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原.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，可以得到六面体的粽子.如果粽子的馅是

六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为.

【答案】8区

729

【解析】

易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体

积法即可解得.

【详解】

六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为S='xlx@=立，要使球状的馅的体积

224

最大，则球与六面体的各面相切.

如图，

1

连接球心。与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥.设球的半径为R（0到六个面的距

离,图里仅标记。。），则六面体的体积可表示为U=6x.

易知AO=3AD=2.昱,又六面体可以看成由两个底面积为立，高

33234

PO=ylPA2-AO2=1-立]=4的正四面体合成的，故其体积又可表示为

V=2」x旦亚因此6xRx坐R]=2X：X半x乎，解得R=如.

343134丿3439

故粽子馅的最大体积为3万代=皿

3729

故答案为：鎏.

729

5.（2021•四川省大竹中学高二期中（理））在正方体48CO-4円£2中，点E是棱3c的

中点，点F是棱C。上的动点，当注=时，"E丄平面AB/.

【答案】y

【解析】

首先如图建立空间直角坐标系，利用垂直关系，转化为坐标运算求解.

【详解】

如图，建立空间直角坐标系，设棱长为2,厶（2,0,0）,尸（0/0）,B,（2,2,2）,

£>.（0,0,2）,£（1,2,0）,"£=（1,2,—2）,A尸=（一2丿,0）,厶4=（0,2,2）

。出丄AB]1X0+2X2+(-2)X2=0

若丄平面AB/,则BP-

D,E1AFlx(-2)+2/+(-2)x0=0

解得:t=\,

故答案为：g

6.（2021.浙江高二期末）如图在四棱锥P-A5CD中，24丄平面ABC。，AB//CD,

NBAD=90°,AB=6,PA=3,AD=C，E是直线尸8上的一个动点，则AE与平面？DC

所成角的最大值为.

【答案】30\

【解析】

建立空间直角坐标系如图，先求得平面PDC的法向量”=（0,6,1）,再设8E=/18P（/IKO）,

则AE=（6-6/l,0,3；l）,设AE与平面PE>C所成的角为6,则

sin，"。s厶瓦〃卜J（6_6疔+9矛x2匹°），由此可得$抽94：，进而可得结果.

【详解】

依题意，以A为原点，A及AO,4P所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

则40,0,0）,尸（0,0,3）,8（6,0,0）,0（0,73,0）,

0P=（0,-石,3）,因为A8//CD,所以设£>C=AA8=k（6,0,0）（A工0）,

设平面PDC的一个法向量为〃=（x,y,z）,

n-DP=0-Gy+3z=0

取z=l,得〃=(O,g,l),

n-DC=Q

设8石=/L5P(XwO)，fJIIJAE=AB-^BE=AB+ABP=(6-62,0,3/1),

设AE与平面PDC所成的角为氏则

sin0-1Icos(AE,n\|=/"———工—

、71^/(6-6A)2+922X2(6一64)2।92,

又夕w（0,90],所以，当久=1即点£与点p重合时，AE与平面P£>C所成的角有最大值为30.

故答案为：30.

7.（2021•浙江高二期中）在四棱锥S-ABC。中，四边形ABCZ）为正方形，AB=2,DS=l,

平面AS。丄平面A5C£>,SO丄4）,点E为。C上的动点，平面8SE与平面ASO所成的二

面角为6（8为锐角），则当。取最小值时，三棱锥E-ASO的体积为一.

2

【答案】17

【解析】

建立空间直角坐标系，利用向量法求得当0最小时DE的长，由此求得此时三棱锥E-ASD的

体积.

【详解】

依题意可知D4,OS,OC两两相互垂直，以。为原点建立如图所示空间直角坐标系，

平面ASD的法向量为初=（0,0,1）,

B(2,0,2),S(0,l,0),E(0,0,r),BS=(-2,1,-2),BE=(-2,0,r-2),其中04f42,

设平面BSE的法向量为n=（x,y,z）,

n,BS=-2x+y-2z=0

令z=2,则x=f-2,y=2r,

n.BE=-2x+(/-2)z=0

所以〃=(/—2,2/,2),

，亠E二宀八加•及22

依题意cos0=|—7-|-|=[=],,

人叫”|+(2r)-+4V5r-4r+8

-47

由于0q42,所以当/=：时，cos，取得最大值，。取得最小值.

2x55

…2“1<1A22

MDE=~,VE_ADS--X-x2xlx---.

J\JJ1J

亠2

故答案为：—

8.（2021•全国高三其他模拟（理））莱昂哈德・欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱

之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式、定理、解法、函数、方程、常数等

是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数匕棱数反面数月之

间总满足数量关系丫+尸-E=2,,此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，

20个面是六边形，则该32面体的棱数为:顶点的个数为.

【答案】9060

【解析】

根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据

顶点数匕棱数反面数尸之间总满足数量关系求解.

【详解】

因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形,

12x5+20x6

则该32面体的棱数:=90；

2

因为顶点数匕棱数E、面数尸之间总满足数量关系V+尸-E=2,

设顶点的个数为x,贝lJx+32—90=2,

解得x=60,

故答案为：90；60.

9.(2020•四川泸县五中高二开学考试(理))如图，在四棱柱ABC。-44GA中，底面

ABCD是正方形，平面4丄平面ABC。，AZ)=1.A4J=JL过顶点。，坊的平

面与棱4。分别交于M，N两点.

(I)求证：AD±DB,；

(H)求证：四边形0M旦N是平行四边形：

(III)若A。丄C。，试判断二面角。一加四-。的大小能否为45°?说明理由.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)不能为45°.

【解析】

(1)由平面4。旦丄平面ABC。，平面4平面458=8,

且A£)丄CD,所以45丄平面

又DB{u平面AQ耳，所以AO丄。与；

(2)依题意。，M,稣N都在平面。与上，

因此DMc平面DB-NB[c平面DB{,

又DMq平面ABCD,NB、c平面ABCD,

平面ABC。与平面A8CD平行，即两个平面没有交点，

则DM与NB]不相交，又DM与N4共面，

所以。M//Ng,同理可证。N//MB1,

所以四边形。M4N是平行四边形；

（3）不能.如图，作CE丄Mg交于点E，延长CE交3用于点尸，连接力E，

由AQ丄CO,ADVCD,4。丄A£>=£）,

所以CO丄平面AOR4,则CO丄平面5CG5,又CE丄Mg,

根据三垂线定理，得到。E丄M4,所以NCa是二面角。-"用一。的平面角，

若NCED=45，则CED是等腰直角三角形，CE=CD=l,

又NCFB=NB]EF+NFB[E=90+ZFBiE>90,

所以CFB中,由大角对大边知CF<BC=1,

所以CE<b<l,这与上面CE=CD=1相矛盾，

所以二面角。—"4—C的大小不能为45。.

10.（2021•济南市历城第二中学开学考试）在四棱锥P-ABCD中，侧面Q4O丄底面

43CD,底面A8CD为直角梯形，BC//AD，NA0C=9O。，BC=CD=-AD=1,

2

PA=PD,E,F为4),PC的中点.

p

c

(I)求证：PA〃平面BEF；

(H)若PC与AB所成角为45°,求PE的长；

(III)在(II)的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值.

【答案】(I)见解析；(II)见解析；(IH)二面角E-AC-B的余弦值为-走.

3

【解析】

(I)证明：连接然交缈于。，并连接尾，F0,

BC//AD,BC=-AD,E为AD中点

2

AE//BC,且4斤8C

•••四边形4?应为平行四边形

•••。为〃1中点

又尸为4?中点

..OF//PA,

OFu平面PA<Z平面BE/,

PA//平面BEF

(ID由BCDE为正方形可得EC=OBC=6

由相应为平行四边形可得EC〃A3

:"PCE为PC与他所成角即ZPCE=45°

PA=PDE为AD中点:.PE±AD,

侧面PAD丄底面A.BCD,侧面PADc底面ABCD=AD,PEu平面PAD

PE丄平面ABC。,

:.PE丄EC,

:.PE=EC=y[2■

（III）取PO中点M，连腔,M4,

面PA。丄面ABC。，且面P4Z)c面ABCD=AD,BE丄AD,

.•.3E丄平面PAD,

;.NMEA为F-BE-A的平面角，

又.EM=—,AE=\,AM=^-,

22

...cosZMEA=-

3

所以二面角E-AC-B的余弦值为一旦.

3

练提升

1.（2021•福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖朧.在如

图所示的鳖朧P-ABC中，丄平面ABC,NACB=90。，C4=4,B4=2,D为

AB中点，E为内的动点（含边界），且PC丄OE.①当E在AC上时，AE=

②点E的轨迹的长度为

p

B

【答案】2込

5

【解析】

（1）当E在AC上时，因为抬丄平面ABC,故B4丄OE,又PC丄OE,故。E丄平面

PAC.

故OE丄AC.又ZACB=90。，。为A8中点，故小〃8c所以E为AC中点.

故AE=，AC=2.

2

⑵取AC中点尸则由⑴有“'丄平面PAC,故PC丄。尸，又PC丄DE,

设平面DEFcPC=G则有PC丄平面DGF.故点E的轨迹为FG.

PA111

又此时CF=2,tanNPC4=——=一，故sinZPC4==7.

AC2V1+22V5

所以/G=C/^sinNPC4=之=拽.

加5

2.（2020•福建省福州第一中学高三期末（理））M,N分别为菱形ABCD的边BC,C。的

中点，将菱形沿对角线4c折起，使点。不在平面A8C内，则在翻折过程中，以下命题正

确的是.（写出所有正确命题的序号）

cD

①MN//平面ABD；②异面直线AC与MN所成的角为定值；③在二面角。一AC-B逐

渐渐变小的过程中，三棱锥ABC的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使

得直线AO与直线8c垂直，则N48C的取值范围是(o,5).

【答案】①②④

【解析】

①由M,N分别为菱形ABCD的边BC,C。的中点，取MNUBD,MNU平面A即,故

MN//平面ABD；

②取然中点戶，连接DP,BP,由于菱形ABCD,所以。尸丄AC,BP丄4C,可证得AC丄平

面加汎故亜丄AC,又MNHBD,故MN丄AC,异面直线AC与MN所成的角为定

值.

③借助极限状态，当平面〃。与平面8。重合时，三棱锥。-A3C的外接球即为以三角

形45C的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面/比；但球心在平

面zf8c的投影仍然为三角形/比的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于

三角形48C的外接圆半径，故三棱锥O—A8C的外接球半径不可能先变小后变大.

过A在平面/A7中作A”丄5c交BC干H,若ZABC为锐角，，在线段BC上;若NABC为

直角，〃与6点重合；NA8C为钝角，〃在线段a'的延长线射线座上.

若存在某个位程，使得直线AO与直线BC垂直，由于A"丄8C,因此8c丄平面4/0,

故DH丄BC.

若NABC为直角，〃与6点重合，即。3丄BC,由于CD=CB,不可能成立.

若NABC为钝角，则原平面图中，NDCB为锐角,由于立体图中故立

体图中ZDCB一定比原图中更小，因此/DC8为锐角，DH1BC,故〃在线段"上,

与〃在线段比■的延长线射线"上矛盾，因此NABC的取值范围是.

故答案为：①②④

3.（2020•全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动

项目，有人称它为“世界第一运动”.早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类

游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球.1863年10月26日，英国

人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织一一英国足球协会，并统一了足球规则.人们称

这一天是现代足球的诞生日.如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮

围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足

球的棱.已知足球表面中的正六边形的面为20个,则该足球表面中的正五边形的面为

个，该足球表面的棱为条.

【答案】1290

【解析】

足球每块黑色皮子的5条边分别与5块白色皮子的边缝在一起；

每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起，

另3条边则与其他白色皮子的边缝在一起.

所以设这个足球有x块正五边形，一共有5x条边，其中白皮三条边和黑皮相连,

又足球表面中的正六边形的面为20个，

根据题意可得方程：5x=20x3,

解得x=12,

该足球表面中的正五边形的面为12个；

因为任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱，

所以每条棱由两条边组成，

该足球表面的棱为：(12x5+20x6)+2=90条.

故答案为：12；90.

4.(2021•江苏南京市第二十九中学高三月考)在正三棱柱ABC-A冉G中，AB=AA,=\,

点"满足BP=4BC+〃5Bi,其中//e[0,l].

(1)当〃=1时，三棱锥尸-ASC的体积为.

(2)当〃=；时，存在点P,使得AB丄平面则卜p|的取值集合为.

【答案】*圏

【解析】

(1)根据向量线性运算法则，〃=1时，尸在线段aG上，由匕一令C=5-8可得体积.

(2)同理〃=3时，分别取CG，8片中点为E,尸，尸在线段所上，取8G中点Q,利用线

面垂直的判定与性质证明用尸丄8。，从而确定P点与E点重合，得结论.

【详解】

=1时，BP=2BC+BBi=AB。1+BBi=BB#B、P,5夕=4线(；,所以P在线段

上，如图1,

三棱柱是正三棱柱，因此A到平面PBC的距离等于且xA8=B,

—xlxl=—

所以Vp_A]BC一^At-PCB

B

图1

（2）分別取CC1,8B1中点为E,F,连接EF,如图2,由厶=；与（1）同理可得尸在线段

上，

4B丄平面AB/,耳Pu平面ABE，则4B丄耳P,取4G中点Q,连接AQ,BQ,

则AQ丄4G，

由平面A£G丄平面BCGB1,平面AB|G「平面8CC円=4G，得AQ丄平面8CC円，又

8尸＜=平面8。。蜴，所以AQ丄BE，

而AQA,Q=A,,A8，AQu平面A/Q,所以37丄平面A8。，8Qu平面厶誰。，所以

B/丄BQ,

在正方形8CC円中，因为。是BG中点，因此由片£丄BQ,得与P与CG的交点是CG的中

点E,所以P与E重合，

|昨忸目=/+已）=*所以网的取值集合为图.

图2

5.（2021.进贤县第一中学高二月考（理））如图，在棱长为1的正方体ABC。-44GA中，

点〃是4）的中点，动点P在底面正方形A8CO内（不包括边界），若gP〃平面ABM,则

G尸长度的取值范围是______.

【解析】

建立空间直角坐标系，设点尸(x,y,O),(0<x<l,0<y<l),求出平面A8M的法向量

1=(2,-1,-1)，B1P的方向向量反p=(x-i,y_i,_i)，由题意可知，：丄用力即y=2x,

G*P=(x,y-1,-1)，则|cfp|=j5f-4x+2，求解取值范围即可.

【详解】

以。为原点，DA,DC,。。所在直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系如图，

则M(g,O,O),A(1,O,1),8(1,1,0),B,(1,1,1),C,(0,1,1).

设P(”0)(0<x<l,0<y<l),则的方向向量酊=(xTy_i,_i)

设平面A8M的法向量，：=(和y,zj,成=弓,0,1),=(1,1,0),

zbMA,=—Xj+Z1=04=--x1

；,即；，取西=2,则;;=(2,_.1)

nMB=-xt+yt=0y,=--x,

若用P・平面ABM,则;;丄瓦p

BPn.BlP=2(x-l)-(y-l)+l=2x-y=0，则y=2x.

又qP=(x,y-l,-l)

G%=(x,2x-1,-1)

即|cfp|=次+(21)2+(_1)2=j5*2-4x+2=,5(X-1)2+1

0<x<l,0<y<1,y=2x

••0<x<—

2

^5(x--|)2+!<2,即粤£cfp|<&.

故答案为：［^^,加)

6.（2021.贵州贵阳一中高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC,,AB=4,BC=46,

且为斜边AC上的高，将三角形A8D沿折起，得到图乙的四面体A-BCZ）,E,尸分

别在OC与BC上，且满足盟=粤=;，H,G分别为48与4。的中点.

\EC\旳2

（1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；

（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）厶叵.

6

【解析】

21

（1）利用EF//；BD,GH〃:3短得E&/G"但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实

=3=2

3即可证得交点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得所丄平面AOC,即可

证得瓦•丄EG,同理HG丄EG,又EF//HG,即可证得四边形EFHG为直角梯形，利用梯

形面积公式求得其面积.

【详解】

21

（1）证明：由题意知，EF//-BD,GH//~BD,EF//GH,

=3=2

但EF>GH,

所以直线EG与尸”相交，

设交点为尸，因为77/u平面A8C,Pe/77,

.•.Pe平面A6C,

同理Pe平面AOC,

又因为平面4BC1平面4）C=AC,

所以PeAC.

（2）解：由题意知历丄OCEF丄AZ）,AOcOC=O,

所以EF丄平面4OC,

又EGu平面AOC,

所以所丄EG,

同理HG丄EG,又EF//HG,

所以四边形EFHG为直角梯形，

因为AO=2,8。=2区CD=6,

所以所=竽,〃6=石,。后=2,。6=1,

贝|JGE=y/5,

4x/3A

所以<+W/-_7V15

SEFHG=----------------------X{5=$•

7.(2021•山东高三二模)如图①所示，平面五边形ABCCE中，四边形A8C。为直角梯形,

/8=90。且AO〃BC,若A£>=28C=2,AB=^,△ACE是以A。为斜边的等腰直角三角形,

现将AADE沿AO折起，连接EB,EC得如图②的儿何体.

图①图②

(1)若点M是瓦>的中点，求证：CM〃平面48E；

(2)若EC=2,在棱E8上是否存在点凡使得二面角E-AD尸的大小为60。？若存在，求出

点厂的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；(2)存在；尸点为£B的中点.

【解析】

(1)作出辅助线，证得CM〃台G,结合线面平行的判定定理即可证出结论；

(2)证出EH丄面A8CD,建立空间直角坐标系，假设存在点尸，然后利用空间向量的夹

角公式建立方程，解方程即可判断.

【详解】

(1)证明：取AE的中点为G,连接MG,8G,是皮>的中点，AD=2BC,

MG是J1DE的中位线，

，MG//AD//BC且MG=BC,

所以MG5C为平行四边形，CM//BG,

因为CM面ABE,8Gu面ABE,所以CM〃平面ABE.

(2)解：取AO的中点为“，连接HC,HE,其中”C=A8=K，EH=\,

由EC=2可得〃C丄显然丄面A6cD,

故以//为坐标原点，分别以“C,HA,HE所在的直线为x轴，)'轴，z轴：

如图建立空间直角坐标系，

则E(0,0,l),A(0,l,0),D(0,-1,0),

设存在点F(x,y,z),

EF=AEB=>(x,y,z—1)=2(^,1,-1)=>x=>/32,y=2,z=1—2,

易知面EAD的法向量可取HC=(V3,0,0),

另夕卜4尸=(工丿-1%)=(括42-1,1-团，AD=[0,-2,0),

设面ADF的一个法向量为〃=("?,n,r),则

AF•u=0,J—1,1—A),W=0力〃+(2-1)〃+(1-2)r=0

ADu=0[(0,-2,0)-M=0'[-2n=0

可取一个法向量为〃04),

g(…

则|cos〈OC,“〉|=F?王&为所的中点•

V3V422-2/1+122

故存在F点为£8的中点.

8.(2021•福建其他)已知圆柱。&底面半径为1,高为乃，ABCD是圆柱的一个轴截面，

动点M从点3出发沿着圆柱的侧面到达点。，其距离最短时在侧面留下的曲线F如图所

示.将轴截面ABCD绕着轴。。逆时针旋转8(0＜。(万)后，边与C与曲线「相交于点

P.

(1)求曲线「的长度;

TT

(2)当8=5时，求点G到平面A/汨的距