专题09 空间几何（选填题8种考法）（老师版）

专题09空间几何（选填题8种考法）考法一体积与表面积【例1-1】（2023·山东威海·统考一模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为()【答案】C2π【解析】由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，2π则圆锥底面圆的半径为r=4π=2，底面圆的面积为πr2=π22=4π,圆锥的表面积为x4πx4+4π=12π.故选：C.【例1-2】（2021·全国·统考高考真题）正四棱台的上、下底面的边长分别【答案】D【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h==，下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，ABCD为平行四边形，点E在CC1上且CE=3EC1，则三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分的体积为()A. V28B.V21C.28D.V7【答案】A【解析】如图，设DE，D1C交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥F-CDG就是三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分.设点D1到平面ABCD距离为h，则点F到平面ABCD的距离是h，=S四边形ABCD，所以三棱锥FCDG的体积为S!CDG.h=xS四边形ABCD.h【例1-4】（2023·全国·模拟预测）已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝2，O是底面ABCD的中心，若异面直线OB1与CC1所成角的余弦值为，则该四棱台的侧面积为【答案】B【解析】如图所示，连接AC，BD，则ACnBD=O，连接A1O，A1C1，B1D1，=2，所以AC＝2A1C1，则OC＝A1C1，且AC∥A1C1，即OCA1C1，所以四边形A1C1CO为平行四边形，则A1O∥CC1，且A1O=CC1，所以∠A1OB1为异面直线OB1与CC1所成的角或其补角.同理得四边形B1D1DO为平行四边形，则B1O=DD1，则OB1=OA1.因为直线OB1与CC8在等腰梯形ABB1A1中，由AB＝2A1B1＝2，A1A＝B1B=2，则其高为=考法二平行与垂直【例2-1】（2023云南）设m,n是两不同的直线，a,β是两不同的平面，则下列命题正确的是A．若aLβ,anβ=n，mLn，则mLaB．若m仁a,n仁β,m//n，则a//βC．若m//a,n//β,mLn，则aLβD．若nLa,nLβ,mLβ,则mLa【答案】D【解析】对于A选项，根据面面垂直的性质定理可知，m不在β内时，不一定有mLa，故A选项错误.对于B选项，a,β可能相交，故B选项错误.对于C选项，a,β可能平行，故C选项错误.对于D选项，根据线面垂直的性质定理可知a//β,而mLβ,故mLa，所以D选项正确.综上所述，本小题选D.【例2-2】（2022·全国·统考高A．平面B1EFL平面BDD1B．平面B1EFL平面A1BDC．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D【答案】A【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，ACLBD且DD1L平面ABCD，又EF仁平面ABCD，所以EFLDD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EFLBD又BDnDD1,=D，所以EFL平面BDD1，又EF仁平面B1EF，所以平面B1EFL平面BDD1，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，---y---y---y---y---yC1---y设平面B1EF的法向量为=(x1,y1,z1)，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1BnB1E=M，EFnBD=N，则MN为平面B1EF与平面A在ΔBMN内，作BPLMN于点P，在ΔEMN内，作GPLMN，交EN于点G，连结BG，则ZBPG或其补角为平面B1EF与平面A1BD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2，PG2+PN2=GN2，底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EFLBD，由勾股定理可得NB2+NG2=BG2，据此可得平面B1EFL平面A1BD不成立，选项B错误；由于AH与平面A1AC相交，故平面B1EF∥平面A1AC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1FM为平行四边形，则A1MⅡB1F，由于A1M与平面A1C1D相交，故平面B1EF∥平面A1C1D不成立，选项D错误；故选：A.1DB的中点，则()1A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B1【答案】A【解析】M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；AB平面AA1D1D，所以ABA1D，AD1ABA，所以A1D平面ABD1，DB仁平面ABD1，所以A1DLD1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.四个顶点在同一平面内，下列结论：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③ABLAD；④平面ACEL平面BDF，正确命题的个数为()【答案】D【解析】以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，0,-,-),又AB//CD，AB仁面CDF，CD仁面CDF，则AB//面CDF，由ABnAE=A，AE,AB仁平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正确；55易知平面ACE的一个法向量为=(1,0,0---=0，所以平面ACEL平面BDF，④正确；故选：D考法三空间角AB=PB=2，AC=BC=2，E，F分别为BC，PA的中点，则异面直线EF与PC所成角的余弦值为()355355【答案】B【解析】如图所示，分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则GEⅡPC，所以ZFEG（或其补角）为异面直线EF与PC所成的角.因为PBL平面ABC，BC仁平面ABC，FM//PB，：FML平面ABC，PBLBC，QME仁平面ABC，所以FMLME，且PC=BCBC2+PB2在Rt△FME中，FE=FM2+ME2=2.22997由余弦定理得cosZFEG=EF2GFG2==，所以异面直线EF与PC所成角的余弦值为．故选：B线段BC的中点，则直线MN与平面BCD所成角的正切值是()【答案】C【解析】如图，过点A向底面作垂线，垂足为O，连接AN,ON,OC,MN，过点M作MGLOC于G，连接NG，由题意可知：MG//AO且MG=AO，因为AOL平面BCD，所以MGL平面BCD，则ZMNG即为直线MN与平面BCD所成角的平面角，设正四面体的棱长为2，则AN=，ON=X=，ANAN2ON2333,MNMN2MG2一,所以tanZMNG=9 219,47所以直线MN与平面47A．直线BC1与DA1所成的角为90B．直线BC1与CA1所成的角为90C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；因为B1CBC1，A1B1nB1CB1，所以BC1平面A1B1C，又A1C平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1nB1D1O，连接BO，因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O22，BC1，sinC1BO所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30。，故C错误；BC1，1因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45。，故D正确.故选：ABD的球面上，PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，A．PA2C．直线PC与直线AB所成角的大小为60。ABCD的顶点都在一个表面积为16πD．直线PC与平面PAB所成角的大小为60。【答案】BC【解析】解法一、对于A选项：设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为16π,所以球O的半径为2，连接AC，与BD交于点E，取PA的中点F，连接OE，OF，则OEL平面ABCD，四边对于B选项：因为PAL平面ABCD，所以PALBD，因为ACLBD，PAnAC=A，PA，AC仁平面PAC，所以BDL平面PAC，又PC仁平面PAC，所以PCLBD，故B正确；对于C选项：因为AB//CD，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成角，因为PAL平面ABCD，所以PALCD，又CDLAD，PA（AD=A，PA，AD仁平面PAD，所以CDL平面PAD，CDLPD所以CDLPD，在RtΔPCD中，对于D选项：易得CBL平面ABP，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成角，故选：BC.解法二、由题意知，可将四棱锥P-ABCD补成长方体．设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为16π,所以球O的半径为2，则长方体的体对角线的长为4（点拨：长方体的外接球即四棱锥的外接球，长方体的外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径对于B选项：因为PAL平面ABCD，BD仁平面ABCD，所以PALBD，连接AC，易知ACLBD，因为PAnAC=A，PA，AC仁平面PAC，所以BDL平面PAC，又PC仁平面PAC，所以PCLBD，故B正确；对于C选项：易知AB//CD，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成的角，在RtΔPCD中，对于D选项：易知BCL平面PAB，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成的角，故选：BC.解法三、对于选项B，C，D，可以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，2,2,0，2,2,0，ABBD故PC2,2,2PCABcosPC,ABPCABcosPC,ABPCAB大小为60。，C正确；易知AD0,2,0为平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面PAB所成角的大小为0。,90。，则sin，所以直线PC与平面PAB所成角的大小为30。，D错误.故选：BC.考法四空间距离直线BC的距离为.【答案】【解析】∵A(1,1,),B(1,1,2),C(0,0,0)，22 5652sinCA,52设点A到直线BC的距离为d，则dsin,.故答案为：.,【例4-2】（2023·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为1线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面AEC1的距离为.66【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，而EC1=平面AEC1，FC丈平面AEC1，故FC//平面AEC1，故直线FC到平面AEC1的距离为即为F到平面AEC1的距离.设平面AEC1的法向量为=(x,y,z)，---(1)y+z=0---(1)y+z=0故答案为：.A．A到平面A1BD的距离为B．A到平面A1BD的距离为C．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3D．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2【答案】AC 则S‘BAD=A1B.A1DsinZBA1D=xxx=，又S‘ABD=AB.AD=x2x3=3，设点A到平面A1BD的距离为h，由体积相等可得：VAABDAABD，即S‘ABDxAA1=S‘ABDxh，所以x3x1=xxh，解得：h=，故选项A正确；选项B错误；长方体ABCDA1B1C1D1的表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：表面展开后，依第一个图形展开，则AC1==3；依第二个图形展开，则AC1==；依第三个图形展开，则AC1==2；三者比较得：A点沿长方形表面到C1的最短距离为3，故选项C正确，选项D错误，故考法五外接球与内切球 2且ACLBC,AC=BC=1，则三棱锥O一ABC的体积为()【答案】A【解析】：ACLBC,AC=BC=1ΔABC为等腰直角三角形AB=，则ΔABC外接圆的半径为，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，22(2)2xx【例5-2】（2021·天津·统考高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为,两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为()【答案】B【解析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，：CDLAB，则ZCAD+ZACD=ZBCD+ZACD=9又因为ZADC=ZBDC，所以，△ACD∽△CBD，因此，这两个圆锥的体积之和为πxCD2【例5-3】（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCΔBCD是边长为2的等边三角形，ABAD2，则该几何体外接球表面积为()【答案】A【解析】设ΔABD外心为O2，ΔBCD外心为O1，DB中点为E.因O1EDB，O1E平面BCD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，则O1E平面ABD，又O2E平面ABD，则O1EO2E.过O2，O1分别作平面ABD，平面BCD垂线，则垂线交点O为外接球球心，则四边形O2EO1O为矩形.ΔBCD外接圆半径r1O1BBD2.o又因ABAD2，BD2，则BAD120o.故ΔABD外接圆半径o11OE2OOB22EB2又OO1平面BCD，BO1平面BCD，则OO1BO1.故外接球半径ROBOO12BO12故外接球表面积为4πR220π.【例5-4】（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥ABCD，平面ACD平面BCD，‘ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，ΔBCD为等边三角形，AC4，则该三棱锥的外接球的表面积为()R2一9R2一9A32πB.64π3256π3【答案】C【解析】过点B作CD的垂线，垂足为E，因为ΔACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，所以ΔACD的外接圆的圆心为E，设ΔBCD的外接圆圆心为O，其半径为R，则O在BE上，所以OC=OB=OD，由面面垂直的性质可知，BEL平面ACD，故该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4πx=.3【例5-5】（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()【答案】A4【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=,4r=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=RR2一9,+d2d222+解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π.考法六实际生活中的应用【例6-1】（2022·全国·统考高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5一148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.140x106+180x106【例6-2】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为()【答案】D【解析】大圆柱表面积为2根152π+10根2根15π=750π小圆柱侧面积为10根2πr，上下底面积为2πr2所以加工后物件的表面积为750π+20πr一2πr2，当r=5时表面积最大.故选：D【例6-3】（2023·陕西西安·统考一模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为8cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为()A．cm3B．cm3C．cm3D【答案】C【解析】依题意，要使棱长为8cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，如图，正四面体ABCD的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以该正方体棱长为4cm，盲盒内剩余空间的体积为33【例6-4】（2023·全国·模拟预测）粮食是关系国计民生和国家经济安全的重要战略物资，也是人民群众最基本的生活资料，粮食安全是“国之大者”．如图为某农场的粮仓，中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面直径为8m，上、下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的6倍，且这两个圆锥的顶点相距10m，则该粮仓的体积约为()A．m3B．160πm3C．m3D．200πm3【答案】C【解析】由题意得，圆柱的高为10x=m)，圆锥的高为10x=m)，圆柱与圆锥的底面半径均为4m，所以该粮仓的体积约为2xxπx42x+πx42x=m3).故选：C.【例6-5】（2021·北京·统考高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是A．小雨B．【答案】B【解析】由题意，一个半径为=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为20x=50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d=π150=12.5(mm)，属于中雨.故选：B.42+42+32【例6-6】（2021·全国·统考高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为Q，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S占地球表面积的百分比约为()A．26%B．34%【答案】C【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：考法七截面或轨迹长度四等分点（靠近点BF为棱A,D,的四等分点（靠近点A,过点C,，E，F作该正方体的截面，则该截面的周长是()【答案】C【解析】设G为AB的三等分点，靠近B点，连接GE,并延长交DA延长线于P，设H为A,A的三等分点，靠近A,点，连接FH,并延长交DA延长线于Q，则‘GBE∽△GAP，由于BE=,3,3同理可得PF=EC,,即四边形PEC,F为平行四边形，连接HG,则五边形GHFC,E即为过点C,，E，F所作的正方体的截面，【例7-2】2023·湖北武汉·统考模拟预测）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且ZAOB=60。，球体O表面上动点P满【答案】D【解析】以AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴，AB=3，则A,0，B,0，设P(x,y)，PA=2PB，+y2=4x2+4y2，整理得到x2+y2=4，(5)(5)转化到空间中：当P绕AB为轴旋转一周时，PA,PB不变，依然满足PA=2PB，故空间中P的轨迹为以C为球心，半径为r=2的球，同时P在球O上，故P在两球的交线上，为圆.△OCP为直角三角形，对应圆的半径为r1==，的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段D1C1和B1C1上，且满足MC1=NC1=2，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段AC1和MN上的动点，则PQ+PO的最小【答案】A【解析】过点O作OQLMN，交MN于点Q，交AC1于点P，过点N作NELBC，交BC于点E，连接OE，取BC中点F，连接OF，根据题意，因为PQ+PO>OQ，所以当O,P,Q三点共线，且OQLMN时，PQ+PO=OQ，且有最小值，如图所示，在‘OEF中，OF=，EF=， ,2在‘ONE中，NE=4， ,2在ΔONQ中，NQ=MN= ,所以PQ+PO的最小值为，故选：A.【例7-4】（2023·全国·模拟预测多选）已知点P为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，AA1=2AB=4，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确的是()A．过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为2B．过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形C．若D1PⅡ平面A1C1E，则点P的轨迹长度为2(+)D．若动点P到棱BB1的距离为√3，则点P的轨迹长度为π+8【答案】ABD【解析】选项A：如图1，取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下：连接AC，因为E，G分别是AB和BC的中点，所以EG∥AC，又在平行四边形ACC1A1中，AC∥A1C1，所以EG∥A1C1，则A1，E，C，C1四点共面，则等腰梯形A1C1GE的高h==，所以等腰梯形A1C1GE的面积S=x(+2)x=，所以A正确；选项B：如图2，连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下：作BB1的中点T，连接AT和C1T，作CC1的中点S，连接ST和DS，则有C1S=DF，C1S∥DF，所以四边形DSC1F是平行四边形，即C1F∥DS，又有STⅡBC，ST=BC，BC∥AD，BC=AD，所以ST∥AD，ST=AD，所以四边形ADST是平行四边形，即AT∥SD，则AT∥C1F，所以A，T，C1，F四点共面，由题可知平面ABB1A1平面DCC1D1，平面ABB1A1n平面ATC1F=AT，平面ATC1Fn平面DCC1D1=C1F，所以AT∥C1F，又因为Q是BB1靠近B的四等分点，T是BB1的中点，所以EQ∥AT，则EQ∥C1F，所以E，Q，C1，F，I五点共面，所以B正确；选项C：如图3，分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因为MN∥EG，MN仁平面A1C1GE，GEi平面A1C1GE，所以MN平面A1C1GE，又D1NnMN=N，MN仁平面D1MN，D1N仁平面D1MN，所以平面D1MNⅡ平面A1C1GE，选项D：如图4，若动点P到棱BB1的距离为√3，则点P的轨迹长度为两个以为半径的 1 14再加上两个侧棱BB1的长度，即π+8，所以D正确.故选：ABD.考法八最值问题【例8-1】（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知圆锥圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为()【答案】D由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R，则(2-R)2+22=R2，【例8-2】2023·河南平顶山·校联考模拟预测）已知某长方体的上底面周长为16，与该长方体等体积的一个圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该长方体高的取值范围是()【答案】C【解析】不妨设该长方体底面的长和宽分别为a，b，高为h，则a+b=8，轴截面是面积为16的正方形的圆柱，其底面圆的半径为2，高为4，2π2【例8-3】（2023·广东深圳·统考一模）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是()(15)(12)(12)(11)(15)(12)(12)(11)【答案】A【解析】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面A1BD，水最多的临界情况为多面体1 根3因为VA-ABD=1 根3因为VA-ABD=ABCDA1B1D1，水面为BC1D1，，故选：A.【例8-4】2023·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥P－ABC的所有顶点均在半径为2的球的O球面上，底面‘ABC是边长为3的等边三角形．若三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球的半径为r，则r=()-1)【答案】B【解析设底面‘ABC的中心为Q，连接BQ，OQ，如图，延长QO交球面于点P，连接OB，此时三棱锥P－ABC的体积取得最大值，22-2=，BD=1，则该三棱锥体积的最大值为()【答案】D【解析因为ACL平面BCD，BD仁平面BCD，所以ACLBD，又BDLCD，ACnCD=C，AC,CD仁平面ACD，所以BDL平面ACD，因为AD仁平面ACD，所以BDLAD，因为ACL平面BCD，CD仁平面BCD，所以ACLCD，所以该三棱锥体积的最大值为.故选：D..【例8-6】（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3<l<3，则该正四棱锥体积的取值范围是()【答案】C【解析：球的体积为36π,所以球的半径R=3,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2,所以6h=l2，2a2=l2-h22-)根=l4-，所以V,=4l3-=l3，所以当l=2时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64 所以正四棱锥的体积V的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是，.[方法二]：基本不等式法仅当h=4取到)，<，故该正四棱锥体积的取值范围是[,].12023秋·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考期末）设l是直线，a、β是两个不同的A．若lⅡa,lⅡβ,则aⅡβB．若lⅡa,lLβ,则aLβC．若βLa,lLa，则lβD．若aLβ,lⅡa，则lLβ【答案】B【解析对选项A，若a八β=a，满足l//a,l仁a,l仁β,则lⅡa,lⅡβ,但不满足aⅡβ,故A错误；对选项B，如图，若lⅡa,lLβ,必存在l//n,n仁a，则nLβ,又n仁a，所以aLβ,故B正确；对选项C，若βLa,lLa，存在l仁β,故C项错误；对选项D，如图，若aLβ,anβ=m,l仁a,l仁β,l//m，则l//a,l//β,故D项错误.22023·全国·校联考模拟预测）已知m、n是两条不下列说法正确的是()A．若mLa,aLβ,则mβB．若mⅡa,aⅡβ,则mβC．若m仁a,n仁a,m∥β,n∥β,则a∥βD．若mLa,mLβ,nLa，则nLβ【答案】D【解析对A选项，若mLa，aLβ,则m//β或m仁β,故A错误，对B选项，若m//a,a//β,则m//β或m仁β,故B错误；对C选项，若m仁Q,n仁Q，m//β,n//β,则Q与β相交或Q//β,故C错误；对D选项，由于mLQ,nLQ，所以m//n，又mLβ,所以nLβ,故D正确，故选：D.A．若am，则aⅡβB．若aⅡβ且mQ，则Q∥βC．若aⅡβ且bⅡβ,则mQD．若aLm且bLn，则QLβ【答案】C【解析对于A：a可能在平面β内，所以A错误；对于B：a与m可能平行，从而Q与β可能相交，所以B错误；对于CaⅡβ且bⅡβ,a,b仁Q，anb=P，:βⅡQm仁β,:mⅡQ，所以C正确；对于D：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为Q,β,折痕设为b，在平面Q的对角线设为a，在β内的对角线设为n，同时作mLn，此时m//b，易知bLa，则mLa，但此时Q与β不垂直，所以D错误.AD1所成的角为()【答案】D π 3C. π 4D. π 6【解析如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，所以ZPBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1L平面A1B1C1D1，所以BB1LPC1，又PC1LB1D1，BB1八B1D所以PC1L平面PBB，所以PC1LPB，sinZPBC1==，所以ZPBC1=.52021·全国·统考高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()【答案】B【解析设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2πx，解得6（2022·全国·统考高考真题）在长方体ABCD一A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30O．B1D与平面BB1C1C所成的角为45O【答案】D【解析如图所示：不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为ZB1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为ZDB1A，所以sin30。=B1D对于A，AB=a，AD=b，AB=AD，A错误；对于B，过B作BELAB1于E，易知BEL平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为，C错误；72023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为()C. π3【答案】A【解析连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则OML平面ABCD.取BC的中点G，连接FG，作GHLEF，垂足为H，如图所示， ：AB//EF，AB仁面CDEF，EF仁面CDEF，∴AB//面CDEF，即：点A到面CDEF的距离等于点B到面CDEF的距离，又：ΔOED≌ΔOCD，BCD，∴这个羡除的体积为VVAOED∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为==2π.3故选：A.82023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知直线a，b与平面α,β,γ,能使aLβ的充分条件A．aPa，bⅡβ,LB．aLY，βLYC．aPa，aLβD．a八β=a，L，b仁β【答案】C【解析对于A，由aP，b∥,可得∥或者与相交，故错误；对于B，由，，可得与可能平行、相交，故错误；对于C，由aP，a，过直线a做平面与平面相交与直线b，如上图所示，aⅡb，对于D，当与相交但是不垂直时，也有可能，b，故错误；故选:C92023·河南·校联考模拟预测）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P在线段B1C上，有下列四个结论：①AB1CD1；②点P到平面A1BD的距离为；③二面角AB1CD1的余弦值为22④若四面体B1ACD1的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为2π.其中所有正确结论的个数是()【答案】B【解析如图，连接DC1.因为四边形DCC1D1为正方形，所以DC1CD1.又AB1∥DC1，所以AB1CD1，故①正确；因为B1C//A1D，A1D平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C//平面A1BD，所以点P到平面A1BD的距离即为点B1到平面A1BD的距离d. 所以()2d111，解得d，故②正确；由题意知ΔAB1C,ΔD1B1C为全等的等边三角形，当点P为B1C的中点时，连接AP,D1P，则APB1C,D1PB1C，所以ZAPD1为二面角A-B1C-D1的平面角.22-2所以cosZAPD1=，故③错误；因为四面体B1ACD1的外接球即为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，综上，正确结论的个数是2.102023·湖南·模拟预测）在三棱锥A-BCD中，ABl平面BCD，BClCD，CD=2AB=2BC=4，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积与三棱锥A-BCD的体积之比为()A.4B.2【答案】D【解析取AD的中点O,连接OB,OC，因为ABl面BCD,BD=面BCD,CD=面BCD,所以ABlBD,ABlCD，因为CDLBC,AB八BC=B,AB仁面ABC,BC仁面ABC,所以CDL面ABC，又因为AC仁面ABC，所以CDLCA，所以球的表面积为S=4πR2=24π,三棱锥ABCD的体积为V=S‘BCD.AB=xx2x4x2=，故=3112023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1L底面ABC，DABC的外接球体积的最大值为()【答案】C【解析因为AC=BC=2，ZACB=90。，所以‘ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1,且取A1B1的中点E，连接O1E，则O1E//AA1，所以O1EL平面ABC；设三棱锥D一ABC的外接球的球心为O，则O在O1E上，<)，球半径为R，22，所以t2=8x14，74742，2即外接球半径的最大值为，3312（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBAC=90。，AB=AC=AA1=2，E，F，D，分别是BC，A1C1，B1C1的中点，则下面说法中正确的A．EF//平面AA1B1BB．BDLEF5C．直线EF与平面ABC5D．点D到平面BCF的距离为669【答案】A【解析直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBAC=90。，故可建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，则有故EF//平面AA1B1B，A错；对B，由×=5得BD与EF不垂直，B错；对C，平面ABC的其中一个法向量为=(0,0,2)，则------------EF×AA42cosEF,AA1==5------------EF×AA42则直线EF与平面ABC所成角的余弦值为sin,=1-2=，C错；---------BD×n2n故D到平面BCF的距离为BDcosBD,n==------BD×n2n132023·上海黄浦·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MDLNBL平面ABCD，且MD=NB=1，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是()A．MCANB．平面DCM//平面ABNC．直线GB与AM是异面直线D．直线GB与平面AMD无公共点【答案】D【解析因为MD平面ABCD，NB平面ABCD，则MD//NB，取AB,CD,AN的中点F,E,H，连接EF,EG,FH,GH，如图，点G为MC的中点，则EG//MD//NB//FH，且EGMDNBFH，于是四边形EFHG是平行四边形，GH//EF,GHEF，在正方形ABCD中，EF//AD,EFAD，则GH//AD,GHAD，因此四边形ADGH为平行四边形，AN//DG，而MDCD1，点G为MC的中点，有DGMC，所以MCAN，A正确；因为MD//NB，MD平面DCM，NB平面DCM，则NB//平面DCM，又AB//CD，CD平面DCM，AB平面DCM，则AB//平面DCM，而NBnABB,NB,AB平面ABN，所以平面DCM//平面ABN，B正确；取DM中点O，连接GO,AO，则有GO//CD//AB,GO梯形，AB，即四边形ABGO为因此直线AO,BG必相交，而AO平面AMD，于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误；显然点A平面ABGO，点M平面ABGO，直线BG平面ABGO，点A直线BG，所以直线GB与AM是异面直线，C正确.故选：D142023·内蒙古·模拟预测）已知球O的半径为2，圆锥内接于球O，当圆锥的体积最大时，圆锥内切球的半径为()【答案】C【解析设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为2， 2=4-t2，所以V(t)=π(4-t2)(2+t).因为V,(t)=-π(t+2)(3t-2)，所以V(t)在0,上单调递增，在,2上单调递减， 所以当t=，即r=时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为.因为圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径，所以圆锥内切球的半径R=2S 根 +3152023·山东潍坊·统考一模）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60。则圆台的侧面积为()【答案】C【解析假设圆锥半径R，母线为l，则R=1.设圆台上底面为r，母线为l1，则r=.如图，作出圆锥、圆台的轴截面则有，所以l14.所以圆台的侧面积为πRrl141ππ.162023·河南·校联考模拟预测）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长都相等，D为棱AB的中点，则CD与AC1所成角的正弦值为()【答案】B【解析取A1B1的中点E，连接AE、C1E、DE，设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2，如下图所示：66因为AA1//BB1且AA1=BB1，所以，四边形AA1B1B为平行四边形，所以，AB//A1B1且AB=A1B1，又因为D、E分别为AB、A1B1的中点，则AD/A1E且AD=A1E，所以，四边形AA1ED为平行四边形，则AA1//DE且AA1=DE，所以，四边形CC1ED为平行四边形，所以，CD//C1E，所以CD与AC1所成的角即为C1E与AC1所成的角，ZAC1E或其补角即为所求.因为AC=AE2+C1E2，所以△AC1E为直角三角形，且ZAEC1=90。，中点，将ΔABC沿AD折叠成三棱锥A一BCD，则该棱锥体积最大值为()【答案】B所以BD=DC=AD=BC=1，ADLBC，所以，在折叠成的三棱锥A一BCD中，ADLBD,ADLDC，因为BDnDC=D,BD,DC仁平面BCD，所以ADL平面BCD，所以，三棱锥A一BCD的体积为V=SΔBCD.AD=xx1x1xsinZBDCx1=所以，该棱锥体积最大值为1sinZBDC<，182023·河南·校联考模拟预测）在菱形ABCD中，AB=5，AC=6，AC与BD的交点为G，点M，N分别在线段AD，CD上，且AM=MDCN=ND,将‘MND沿MN折叠到△MND,，使GD,=2，则三棱锥D,一ABC的外接球的表面积为()【答案】B【解析如图所示，因为AM=MDCN=ND,所以MN//AC，设MN与BD的交点为H，连接D'H，AC八HG=G，AC，HG仁平面ABC，故D,GL平面ABC.设‘ABC的外接圆圆心为O1，‘AD,C的外接圆圆心为O2，过O1，O2分别作平面ABC，平面AD,C的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥D,一ABC外接球的球心，且四边形同理可得‘AD,C的外接圆半径r2=，所以GO2=．设三棱锥D,一ABC的外接球半+=，则三棱锥D,ABC的外接球的表面积2627192023·山西忻州·统考模拟预测）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PAPDAB，E,F分别是棱BC,PD的中点，则异面直线EF与AB所成角的余弦值是()63636363366336【答案】B【解析如图，取棱AD的中点H，连接PH,EH,HF，则EH∥AB，则HEF是异面直线EF与AB所成的角（或补角）.又因为PAPDAB，故PHAD,平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PH平面PAD，故PH平面ABCD，EH平面ABCD，故PHEH,由四边形ABCD是矩形，EH∥AB,ABAD，则EHAD,PHnADH,PH,AD平面PAD,故EH平面PAD,HF平面PAD,故EH设AB2，则EH＝2，在△EFH中，则EFHF, 12PD 12PDEHEH2HF2 HEEF，故cosHEFHEEF 63 63,即异面直线EF与AB所成角范围为(0,]，故所求角的余弦值是，202023·四川·校联考一模）四棱锥PABCD的底面为正方形，PA平面ABCD，顶点均在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为()327【答案】C【解析设正方形ABCD的外接圆的半径为r，球心O到平面ABCD的距离为d，则d2r24，且正方形ABCD的面积为2r2，四棱锥PABCD的体积为V2r2(2d)d4d2，设f(x)x4x2，x0,2，则f(x)43x2，于是x0,时，f(x)0，f(x)单调递增；x,2时，f(x)0，f(x)单调递从而f(x)maxf，于是Vf(d).212023·四川·校联考一模）在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知异面直线A1C与AD，A1C与AB所成角的大小分别为60和45，则直线B1D和平面A1BC所成的角的余弦值为()A.33B. 2C.332D.63【答案】A【解析设AD1,ABa,AA1c，则A1Ca21c2，由于AD//BC，所以异面直线A1C与AD所成角为A1CB60，从而A1C2，由于AB//CD，所以异面直线A1C与AB所成角为A1CD45，从而A1Ca，以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，1则----n.BD 1 ----n.BD 1 ----3n1BDn1 从而直线B1D 222023·江西上饶·统考一模）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、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入第一批国家非物质文化遗产名录.已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，ACLBC，AC=BC=4，PC=6，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为() π325π3 π325π3【答案】D【解析因为三棱锥P一ABC的外接球的半径为3所以PC为外接球的直径，如图，将三棱锥P一ABC放入如图所示的长方体，则AC=BC=4，设长方体的另一棱长为a，2设外接球的球心为O，所以PA=PB==2，AB取ΔPAB的外接圆的半径为r，2.PA.AB2x2x452.PA.AB2x2x45所以该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积：S=πr2442+422故选：D.232023·甘肃兰州·校考模拟预测）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为A．小时B．小时C．小时D．小时【答案】B【解析如图，依题意可知R=2r，V大=πR2h=V242022·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2，则=()【答案】C【解析设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，22252022·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱A棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为Q，EF与平面ABC所成的角为β,二面角FBCA的平面角为Y，则()β【答案】A【解析如图所示，过点F作FPLAC于P，过P作PMLBC于M，连接PE，则Q=ZEFP，β=ZFEP，y=ZFMP，262022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120。，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体【答案】D【解析该几何体由直三棱柱AFD一BHC及直三棱柱DGC一AEB组成，作HMLCB于M，如图，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3,在直棱柱AFD一BHC中，ABL平面BHC，则ABLHM,由AB八BC=B可得HML平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则VI-BCDA=x3x3x=,VAFD-BHC=x33xx33=则该几何体的体积为V=2VAFD-BHC-VI-BCDA=2x-=27.故选：D.272023·新疆乌鲁木齐·统考一模）三棱锥A-BCD中，点A在平面BCD的射影H是ΔBCD的垂心，点D在平面ABC的射影G是ΔABC的重心，AD=1，则此三棱锥体积的最大值【答案】C【解析如图，点D在平面ABC内的射影G是‘ABC的重心，连接AG延长交BC于M，连接BG延长交AC于N，则M、N分别为BC和AC的中点，因为AHL平面BCD，BC仁平面BCD，射影AHLBC，又H为ΔBCD的垂心，则DHLBC，由AHnDH=H,AH,DH仁平面DAH，所以BCL平面DAH，由AD仁平面DAH，得BCLAD.因为DGL平面ABC，BC仁平面ABC，所以DGLBC，又ADnDG=D,AD,DG仁平面DAG，则BCL平面DAG，由AG仁平面DAG，得BCLAG，所以BCLAM，因为M为BC的中点，所以AB=AC，4343由CHDB,又BD平面BCD，则AHDB,AHnCHH,AH,CH平面CAH，所以DB平面CAH，由AC平面CAH，得DBAC，由AC平面ABC，则DGAC,DBnDGD,DB,DG平面DBG，则AC平面DBG，由BG平面DBG，得ACBG，所以ACBN，因为N为AC的中点，所以AB=BC，则‘ABC为等边三角形，设其边长为x，则AM x3x,AGAM x3,又AD1，所以DGDADA2AG22x31,则VDABCS‘ABCDGx2x1，令f(x)x4(1x2)x4x2)0得0x，则f(x)4x32x52x3(2x2)，令f(x)00x，令f(x)0x，所以函数f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减，得f(x)maxf()