专题10立体几何初步必考题型分类训练-冲刺2023年高考数学热点重难点题型解题方法与策略真题演练（新高考专用）

专题10立体几何初步必考题型分类训练【二年高考真题练】一．选择题（共14小题）1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2 B．2 C．4 D．4【分析】设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：B．【点评】本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力和空间思维能力，属于基础题．2．（2021•甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A． B． C． D．【分析】作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，摆放好正方体，即可求解侧视图．【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．【点评】本题考查简单空间图形的三视图，属基础题．3．（2022•全国）底面积为2π，侧面积为6π的圆锥的体积是（）A．8π B． C．2π D．【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由已知列式求得r与l，再由勾股定理求圆锥的高，然后代入圆锥体积公式求解．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意可得，解得r＝，l＝，∴圆锥的高h＝．∴圆锥的体积是V＝．故选：B．【点评】本题考查圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．4．（2022•新高考Ⅰ）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一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（≈2.65）（）A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．【解答】解：140km2＝140×106m2，180km2＝180×106m2，根据题意，增加的水量约为＝≈（320+60×2.65）×106×3＝1437×106≈1.4×109m3．故选：C．【点评】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．5．（2021•新高考Ⅱ）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，地球静止同步轨道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的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26% B．34% C．42% D．50%【分析】由题意，地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，求解cosα，根据卫星信号覆盖的地球表面面积可得S占地球表面积的百分比．【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OP＝36000+6400＝424000，那么cosα＝；卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣cosα），那么，S占地球表面积的百分比为42%．故选：C．【点评】本题考查了对题目的阅读能力和理解能力，属于基础题．6．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+12 B．28 C． D．【分析】法一：过A作AE⊥A1B1，得A1E＝＝1，AE＝＝．连接AC，A1C1，过A作AG⊥A1C1，求出A1G＝，从而AG＝＝，由此能求出正四棱台的体积．法二：由四棱台的几何特征算出几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式能求出结果．【解答】解法一：如图ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E＝＝1，AE＝＝＝．连接AC，A1C1，AC＝，A1C1＝＝4，过A作AG⊥A1C1，A1G＝＝，AG＝＝＝，∴正四棱台的体积为：V＝＝＝．解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，∵该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h＝＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，则该棱台的体积为：V＝＝＝．故选：D．【点评】本题考查四棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．7．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A． B． C． D．【分析】法一：由AD1∥BC1，得∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定理，求出直线PB与AD1所成的角．法二：AD1∥BC1，从而直线PB与AD1所成角为∠PBC1，在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分线，由此能求出直线PB与AD1所成的角．【解答】解法一：∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直线PB与AD1所成的角为．解法二：∵AD1∥BC1，∴直线PB与AD1所成角为∠PBC1，在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分线，∴∠PBC1＝．∴直线PB与AD1所成的角为．故选：D．【点评】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．8．（2022•新高考Ⅰ）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（）A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27]【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R＝3，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得，又，所以l2＝6h，由l的取值范围求出h的取值范围，又因为a2＝12h﹣2h2，所以该正四棱锥体积V（h）＝，利用导数即可求出V（h）的取值范围．【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，∴，∴，∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，∴V（h）max＝V（4）＝，又∵V（）＝，V（）＝，且，∴，即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，故选：C．【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．9．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A． B． C． D．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：对于圆内接四边形，如图所示，S四边形ABCD＝＝2r2，当且仅当AC，BD为圆的直径，且AC⊥BD时，等号成立，此时四边形ABCD为正方形，∴当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C．【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．10．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12．故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11．（2022•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）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】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．12．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A． B． C． D．【分析】先确定△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用锥体的体积公式求解即可．【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，则，在Rt△AOO1中，，故三棱锥O﹣ABC的体积为．故选：A．【点评】本题考查了锥体外接球和锥体体积公式，解题的关键是确定△ABC所在圆的圆心的位置，考查了逻辑推理能力、化简运算能力、空间想象能力，属于中档题．13．（2022•甲卷）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＝（）A． B．2 C． D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1，，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．14．（2022•新高考Ⅱ）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（）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圆的半径，作出轴截面图，根据几何知识可求得球的半径，进而得到其表面积．【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．当球心在台体内时，如图，此时，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A．【点评】本题考查球的表面积求解，同时还涉及了正弦定理的运用，考查了运算求解能力，对空间想象能力要求较高，属于较难题目．二．多选题（共4小题）（多选）15．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D．【解答】解：如图，连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，∵sin∠C1BO＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．（多选）16．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（）A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1【分析】利用直接法与等体积法直接计算各三棱锥的体积，进而可得V1、V2、V3之间的关系．【解答】解：设AB＝ED＝2FB＝2，V1＝×S△ACD×|ED|＝，V2＝×S△ABC×|FB|＝，如图所示，连接BD交AC于点M，连接EM、FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，故S△EMF＝＝，V3＝S△EMF×AC＝＝2，故C、D正确，A、B错误．故选：CD．【点评】本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．（多选）17．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）A． B． C． D．【分析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，求出tanθ＝，从而不满足MN⊥OP；对于B，C，D，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，利用向量法进行判断．【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则tanθ＝＝，∴不满足MN⊥OP，故A错误；对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），＝（2，0，﹣2），＝（1，﹣1，1），＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），＝（﹣2，0，﹣2），＝（﹣1，﹣1，1），＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；对于D，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（0，2，0），N（0，0，2），P（2，1，2），O（1，1，0），＝（0，﹣2，2），＝（1，0，2），＝4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系基础知识，考查数学运算、逻辑思维等核心素养，是中档题．（多选）18．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（）A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P【分析】判断当λ＝1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ＝1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．【解答】解：对于A，当λ＝1时，＝+μ，即，所以，故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为，当点P在点C1处时，△AB1P的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；对于B，当μ＝1时，，即，所以，故点P在线段B1C1上，因为B1C1∥平面A1BC，所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，又△A1BC的面积为定值，所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；对于C，当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，因为，即，所以，则点P在线段M1M上，当点P在M1处时，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，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；对于D，当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，因为，即，所以，则点P在线的DD1上，当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，因为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，在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．故选：BD．【点评】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．三．填空题（共4小题）19．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π．【分析】由题意，设圆锥的高为h，根据圆锥的底面半径为6，其体积为30π求出h，再求得母线的长度，然后确定圆锥的侧面积即可．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则，解得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积．故答案为：39π．【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式和圆锥的体积公式，考查了方程思想，属于基础题．20．（2021•全国）三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且PA＝3，AB＝CB＝2，AC＝2，则侧面PBC的面积是．【分析】由题意可得三棱锥P﹣ABC三个侧面都是直角三角形，再由勾股定理结合面积公式即可求得侧面PBC的面积．【解答】解：如图：∵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侧面PBC＝×BC×PB＝×2×＝．故答案为：．【点评】本题主要考查棱锥的侧面面积的计算，是基础题．21．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为②⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．【分析】通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、虚线来确定俯视图图形．【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．【点评】该题考查了三棱锥的三视图，需要学生掌握三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视图中特殊线条能够还原到原立体图形中，需要较强空间想象，属于中等题．22．（2022•全国）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AA1＝，则异面直线AB1与BC1所成角的大小为90°．【分析】通过建立空间直角坐标系，利用两条异面直线的方向向量的夹角即可得出异面直线所成的角．【解答】解：如图所示，分别取BC、B1C1的中点O、O1，由正三棱柱的性质可得AO、BO、OO1，两两垂直，建立空间直角坐标系．则A（，0，0），B（0，，0），B1（0，，），C1（0，﹣，）．∴＝（﹣，，），＝（0，﹣1，），∴cos＜，＞＝0，∴异面直线AB1与BC1所成角的大小为90°．故答案为：90°．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，属中档题．四．解答题（共4小题）23．（2022•甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，做EE'⊥AB于点E'，做FF'⊥BC于点F'，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE'＝FF'，由面面垂直的性质可知EE'，FF'均与底面垂直，则EE'∥FF'，四边形EE'F'F为平行四边形，则EF∥E'F'，由于EF不在平面ABCD内，E'F'在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等知识，属于中等题．24．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【分析】（1）通过线面垂线即可证明；即只需证明AM⊥平面PBD．（2）根据PD⊥底面ABCD，可得PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，利用体积公式计算即可．【解答】（1）证明：∵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即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．作EF⊥CD交于E，连接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF＝．AE＝＝，AM＝＝，＝．∵△DPB是直角三角形，∴根据勾股定理：BP＝，则MF＝；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a＝．底面ABCD的面积S＝，则四棱锥P﹣ABCD的体积V＝＝．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，体积计算，考查运算求解能力，是中档题．25．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线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证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴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是等边三角形，边长为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，连接EF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．26．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，进而得证．【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，∴，而侧面AA1B1B为正方形，∴，∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且这两个角都是锐角，∴∠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．【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．【二年自主招生练】一．选择题（共3小题）1．（2022•北京自主招生）已知一个空间几何体三视图如图，都为中点最大边长为2，求这个几何体可能的体积（）A． B． C．3 D．4【分析】根据三视图知该几何体是棱长为2的正方体，过每条棱的中点作截面后剩余的部分，由此求出该几何体的体积．【解答】解：设正方体的棱长为2，如图所示：计算正方体的体积为2×2×2＝8，该几何体是过正方体各棱的中点作截面ABCDEF，剩余的下面部分；计算该几何体的体积为V＝×8＝4．故选：D．【点评】本题考查了利用三视图求几何体的体积应用问题，也考查了转化思想，是基础题．2．（2021•北京自主招生）已知四面体D﹣ABC中，AC＝BC＝AD＝BD＝1，则D﹣ABC体积的最大值为（）A． B． C． D．【分析】取CD中点M，连结AM，BM，设A﹣BCD的高为h，则h≤AM，设∠ACD＝∠BCD＝α，则AM＝BM＝BCsinα＝sinα，CD＝2CM＝2BCcosα＝2cosα，VD﹣ABC＝≤＝，由此能求出D﹣ABC体积的最大值．【解答】解：如图，取CD中点M，连结AM，BM，设A﹣BCD的高为h，则h≤AM，由题意得△ACD≌△BCD，设∠ACD＝∠BCD＝α，则AM＝BM＝BCsinα＝sinα，CD＝2CM＝2BCcosα＝2cosα，∴VD﹣ABC＝≤＝＝≤＝，当且仅当平面ACD⊥平面BCD，且α＝arctan时，等号成立，∴D﹣ABC体积的最大值为．故选：C．【点评】本题考查面面垂直的性质、三角形全等的判定与性质、三棱锥体积公式、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．（2022•山西自主招生）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（）A．2+2 B． C． D．【分析】通过扩大几何体，先找到截面，由已知利用勾股定理、重心的相关知识求得边长得答案．【解答】解：如图将三棱柱ABC﹣A1B1C1扩大为如图的正三棱柱，其中AA''＝2AA1＝4，AH＝2AB＝4，则点E为AH'的中点，点F为AC''的中点．设H'F∩B1C1＝I，所以EF∥H'C''，所以过点A，E，F的截面为AEIF，因为△ABE和△AA1F均为两直角边分别为2，1的直角三角形，∴AE＝AF＝＝，在△A1H'D'中，如图：连接HF，交B1C1于I，连接H'C1，则I为三角形A1H'C1的重心，所以B1I＝＝，FI＝，因为H'C1＝4×sin60°＝2，C1F＝1，所以FI＝＝＝．又因为B1E⊥平面A1B1C1，所以三角形EB1I为直角三角形，且EB1＝1，B1I＝，所以EI＝＝，所以，截面的周长为：2+．故选：B．【点评】本题考查了柱体的结构特征，考查了空间距离的求法，是难题．二．填空题（共8小题）4．（2022•北京自主招生）把三边长分别为3、4、5的三角形绕它的最大内角的平分线旋转一周所得的旋转体的体积等于．【分析】CD是∠ACB的平分线，点D在AB上，作出点A关于CD的对称点A1，AA1与CD的延长线交于点E，则旋转体的体积等于△ACD绕CD旋转一周所得的体积，根据体积公式计算即可．【解答】解：如图，CD是∠ACB的平分线，点D在AB上，作出点A关于CD的对称点A1，AA1与CD的延长线交于点E，则旋转体的体积等于△ACD绕CD旋转一周所得的体积，即V＝AE2（CE﹣DE）＝（4sin45°）2×CD＝＝×＝．故答案为：．【点评】本题考查旋转体的体积，是基础题．5．（2022•北京自主招生）已知ABCD﹣A1B1C1D1是一个单位正方体，O是底面A1B1C1D1的中心．M是棱BB1的中点．则四面体OADM的体积等于．【分析】由题意结合线面平行首先转化顶点，然后求解四棱锥的体积即可．【解答】解：如图所示，取A1B1，C1D1的中点P，Q，连结PQ，由于PQ∥AD，故PQ∥平面AMD，则点O到平面AMD的距离即线段PQ上任意一点到平面AMD的距离，即：VO﹣ADM＝VP﹣ADM＝VD﹣AMP＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查线面平行的应用，锥体体积的计算等知识，属于基础题．6．（2022•南京自主招生）在棱长为6的正四面体ABCD中，M为面BCD上一点，且|AM|＝5，设异面直线AM与BC所成的角为α，则|cosα|最大值为．【分析】过点A作底面BCD的垂线为AH，H为垂足，连接DH，推导出AM是以AH为旋转轴的圆锥的母线，且M所在的底面圆周半径r＝1，由最小角定理知，AM与BC所成角α的最小值为AM与面BCD所成线面角，由此能求出结果．【解答】解：过点A作底面BCD的垂线为AH，H为垂足，连接DH，DH＝＝2，AH＝＝2，∵AM＝5，∴AM是以AH为旋转轴的圆锥的母线，且M所在的底面圆周半径r＝1，由最小角定理知，AM与BC所成角α的最小值为：AM与面BCD所成线面角，即当α最小时，（cosα）max＝．故答案为：．【点评】本题考查线面角的定义、最小角定理、旋转的性质、正四面体的结构特征、圆锥的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．（2022•北京自主招生）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长是a，其中E是CD中点，F是AA1中点，则过点E，F，B1的截面面积是．【分析】根据面面平行的性质得到截面与正方体各侧面的交线，进而求截面的面积．【解答】解：根据面面平行的性质，B1F∥EM，其中CM＝CC1，B1M∥FG，其中GD＝a，∴过点E，F，B1的截面为五边形B1MENF，在三角形B1MF中，B1M＝，B1F＝，MF＝，由余弦定理得cos∠MB1F＝，sin∠MB1F＝，∴平行四边形形B1MGF的面积S＝B1F×B1M×sin∠MB1F＝，又GE＝GM，GN＝，∴S△GEN＝GE×GN×sin∠NGE＝S，∴S＝S＝．【点评】本题考查了正方体的截面面积的求法，关键运用面面平行的性质得到截面形状，进而求得截面面积，是中档题．8．（2022•北京自主招生）已知四面体ABCD的六条棱的长分别是4、7、20、22、28、x，那么[x]的最小值是8（舍尾保留整数部分）．【分析】讨论当x≤4及x＞4时三边的长度，再求边长的最小值即可．【解答】解：当x≤4时，以28cm为棱的两侧面的三角形必须同时满足两边之和大于第三边，只有22+7＞28，22+20＞28，此时长为22cm的棱不可能出现在均有长为28cm的棱的两个侧面上．当x＞4时，如图所示的值才有可能达到最小．在△ABC和△ABD中28﹣20＜x＜28+20，7﹣4＜x＜4+7，∴8＜x＜11，∴[x]＝8，9，10．故答案为：8．【点评】本题考查棱锥的几何特征，考查学生的运算能力，属于中档题．9．（2022•山西自主招生）三棱锥A﹣BCD中，△ABC为边长为3的等边三角形，BC⊥CD，，且面ABC⊥面BCD，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，分别取底面三角形BCD与等边三角形ABC的外心，过两外心分别作所在面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，代入球的体积公式得答案．【解答】解：如图，∵BC⊥CD，∴△BCD是直角三角形，且BD为斜边，∵BC＝3，CD＝，∴BD＝，取BD中点E，则E为底面三角形BCD的外心．∵面ABC⊥面BCD，且面ABC∩面BCD＝BC，BC⊥CD，∴CD⊥平面ABC，又△ABC为边长为3的等边三角形，取BC中点F，连接EF，则EF⊥平面ABC，设△ABC的外心为G，则G在AF上，且GF＝＝．过E作底面BCD的垂线，过G作平面ABC的垂线，两垂线相交于O，则O为三棱锥A﹣BCD的外接球的球心，连接OB，则OB为外接球的半径等于＝．∴三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【点评】本题考查多面体的外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．10．（2022•山西自主招生）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝，若沿对角线BD将△BCD折起，使得AC＝3，则A，B，C，D四点所在球的表面积为28π．【分析】由题意画出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积．【解答】解：如图所示，取BD的中点F，连接AF，CF，则AF＝CF＝3，∵AC＝3，∴cos，∴∠AFC＝，过A作底面BCD的垂线，垂足为E，则E在CF的延长线上，且∠AFE＝，∴AE＝AF•sin＝，EF＝＝，设四面体ABCD外接球的球心为O，三角形BCD的外心为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，∴四面体的外接球的表面积为4πR2＝28π，故答案为：28π．【点评】本题考查四面体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．11．（2022•山西自主招生）空间四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝4，直线BD与AC所成的角为45°，则该四面体的体积为．【分析】由题意画出图形，由已知求D到平面ABC的距离，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：如图，在△ABC中，由AB＝2，BC＝，AC＝4，可得AB2+BC2＝AC2，则△ABC是以AC为斜边的直角三角形，同理△ADC是以AC为斜边的直角三角形．过B作BE⊥AC，垂足为E，求得BE＝，AE＝1，过D作DF⊥AC，垂足为F，可得DF＝，CF＝1，在平面ABC中，过B作BG∥EF且BG＝EF，连接DG、FG，则四边形BEFG为平行四边形，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为直线BD与AC所成的角为45°，可得DG＝2，∵BG⊥平面DFG，BG⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面DFG，在平面DFG中，过D作DH⊥FG，垂足为H，则DH⊥平面ABC．∵DF＝FG＝，DG＝2，∴cos，则sin，∴DH＝DF•sin∠DFG＝．∴四面体ABCD的体积为V＝＝．故答案为：．【点评】本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证及运算求解能力，属难题．三．解答题（共8小题）12．（2022•杭州自主招生）用一个平面切立方体，求所有的截面可能的形状．【分析】根据题意，由截面截立方体的不同位置、角度判断，即可得答案．【解答】解：根据题意，用一个平面切立方体，其截面可能的形状如图：【点评】本题考查正方体的几何结构，平面的基本性质，属于基础题．13．（2022•上海自主招生）两个圆柱体底面积S1，S2，体积V1，V2，侧面积相等，，求的值．【分析】设出底面半径和高，由题意结合侧面积和体积的关系得到半径的比值，然后计算底面积的比值即可．【解答】解：设两圆柱的底面半径为r1，r2，高为h1，h2，由题意可得：2πr1h1＝2πr2h2，即，且，从而．故答案为：．【点评】本题主要考查圆柱的侧面积公式，圆柱的体积公式，圆柱的底面积公式等知识，属于基础题．14．（2022•上海自主招生）正四面体装水到高度的，问倒置后高度至何处．【分析】设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，可得有水部分的体积为，倒置后，再由体积比是相似比的立方求解．【解答】解：设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，正四面体装水到高度的，则上面无水部分也为正四面体，底面积为，高为，体积为，有水部分的体积为，倒置后，下面正四面体的体积是，即有水部分的体积与原正四面体的体积比为，∴倒置后高度至何处原正四面体高的．【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．15．（2022•山西自主招生）点P在△ABC内，且∠BAP＝∠CAP，连结BP并延长交AC于点Q．设∠BAC＝60°，且．求证：P是△ABC的内心．【分析】将条件变形为，应用正弦定理，进行三角变换，得∠BPC＝120°，利用同一法即可证明P是△ABC的内心．【解答】证明：如图，设∠PCQ＝γ，∠PBA＝θ，由题设得，∴，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°，则∠BPC＝θ+（θ+120°）+60°＝2θ+180°＞180°，这与∠BPC＜180°相矛盾，只有γ+θ＝60°，这时∠BPC＝60°+60°＝120°，设I为△ABC的内心，则点I在PA上或AP的延长线上，且∠BIC＝180°﹣＝180°﹣＝120°＝∠BPC，∴点P必与I重合，∴P为△ABC的内心．【点评】本题考查正弦定理、三角恒等变换、三角形内心性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．（2022•山西自主招生）单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为点M，正方形A1B1C1D1的中心为点N，连AN、B1M．（1）求证：AN、B1M为异面直线；（2）求出AN与B1M的夹角．【分析】（1）连BD、B1D1得平面BB1D1D，点N在平面BB1D1D上，但不在直线B1M上，而直线AA1∥平面BB1D1D，点A不在平面BB1D1D上，即可得证；（2）连D1M，取D1M的中点P，连NP，则NP∥B1M，从而∠ANP为异面直线AN与B1M的夹角，在△ANP中，由余弦定理计算即可．【解答】证明：（1）如图，连BD、B1D1得平面BB1D1D，由于点N在平面BB1D1D上，但不在直线B1M上，而直线AA1∥平面BB1D1D，点A不在平面BB1D1D上，故AN与B1M为异面直线；解：（2）如图，连D1M，取D1M的中点P，连NP，则NP∥B1M，从而∠ANP为异面直线AN与B1M的夹角，易知，则，连AM、AP，由AM⊥平面BB1D1D知，在Rt△AMP中，由，在△ANP中，由余弦定理得，故AN与B1M的夹角为．【点评】本题考查了异面直线的证明和异面直线所成角的计算，属于中档题．17．（2022•杭州自主招生）给定一个标准的半球，其高度为R，若在的高度平行于底面将该半球切成两个部分，求两个部分的体积比．【分析】设半球的半径为R，设截面以上部分的体积为V1，截面以下部分的体积为V2，则V1＝＝，V1+V2＝＝，由此能求出两个部分的体积比．【解答】解：给定一个标准的半球，其高度为R，在的高度平行于底面将该半球切成两个部分，设半球的半径为R，设截面以上部分的体积为V1，截面以下部分的体积为V2，则V1＝＝＝＝，∵V1+V2＝＝，∴V2＝＝，∴两个部分的体积比为＝＝．【点评】本题考查球的体积公式、定积分等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18．（2022•合肥自主招生）菱形ABCD，AB＝2，AC＝2，将△ACD沿AC折起至△APC，E为PB中点，S△ACE＝5，则VP﹣ABC为．【分析】设AC中点为O，则AO＝，BO＝，OE＝，BE＝，S△BOP＝＝，VP﹣ABC＝，由此能求出结果．【解答】解：菱形ABCD，AB＝2，AC＝2，将△ACD沿AC折起至△APC，设AC中点为O，则AO＝，BO＝＝，如图，∵E为PB中点，S△ACE＝5，∴OE＝，BE＝＝，S△BOP＝＝，∴VP﹣ABC＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查三棱锥的体积公式、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19．（2022•山西自主招生）在三棱锥D﹣ABC中，AD＝a，BD＝b，AB＝CD＝c，且∠DAB+∠BAC+∠DAC＝180°，∠DBA+∠ABC+∠DBC＝180°．求异面直线AD与BC所成的角．【分析】将三棱锥D﹣ABC侧面沿侧棱剪开后展开在底面所在平面上，因为∠D1AB+∠BAC+∠D2AC＝180°，所以D1、A、D2三点共线，同理，D1、B、D3三点共线，通过计算可得三棱锥D﹣ABC的三对对棱分别相等，将三棱锥D﹣ABC放入长方体中，即可求解．【解答】解：如图，将三棱锥D﹣ABC侧面沿侧棱剪开后展开在底面所在平面上，因为∠D1AB+∠BAC+∠D2AC＝180°，所以D1、A、D2三点共线，同理，D1、B、D3三点共线，因为AD1＝AD2，BD1＝BD3，所以，AB是ΔD1D2D3的中位线，故D2D3＝2AB＝2c，而CD2＝CD3＝c，CD2+CD3＝D1D2，所以，D2、C、D3三点共线，从而，BC＝D1A＝a，AC＝D1B＝b，因此，三棱锥D﹣ABC的三对对棱分别相等，如图，将三棱锥D﹣ABC放入长方体中，，解得，则cos∠A′OB＝cos（∠A′CB+∠CA′D′）＝cos2∠A′CB＝2cos2∠A′CB﹣1＝，故异面直线AD与BC所成的角是．【点评】本题考查了异面直线所成角的计算，属于难题．【最新模拟练】一．选择题（共7小题）1．（2023•威海一模）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（）A．4π B．8π C．12π D．20π【分析】圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，可知底面圆的半径，再求的底面圆的面积和圆锥的侧面积，即可求得该圆锥的表面积．【解答】解：由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆锥底面圆的半径为，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表面积为．故选：C．【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．2．（2023•涟水县校级模拟）已知圆锥的底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（）A．π B． C． D．【分析】由扇形的弧长公式与面积公式求解即可．【解答】解：设圆锥的底面半径为，侧面展开扇形的半径为R，因为底面周长，所以扇形的弧长，所以，所以圆锥的侧面积为，故选：D．【点评】本题主要考查了扇形的弧长公式与面积公式，属于基础题．3．（2023•新城区校级一模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝6，D为B1B的中点，则A1B与C1D所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【分析】可取A1C1的中点E，AC的中点O，连接OE，OB，然后分别以OB，OC，OE三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据条件可求出向量的坐标，进而可求出的值，然后即可求出A1B与C1D所成角的余弦值．【解答】解：取A1C1的中点E，AC的中点O，连接OE，OB，则OB，OC，OE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，∴，∴，，，∴＝，∴A1B与C1D所成角的余弦值为．故选：D．【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标求异面直线所成角的余弦值的方法，向量夹角的余弦公式，向量坐标的数量积运算，根据向量坐标求向量长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．4．（2023•忻州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，，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（）A． B． C． D．【分析】取棱AD的中点H，连接PH，EH，HF，判断∠HEF是异面直线EF与AB所成的角（或补角），证明EH⊥平面PAD，得出EH⊥HF，再计算cos∠HEF的值．【解答】解：如图所示，取棱AD的中点H，连接PH，EH，HF，则EH∥AB，所以∠HEF是异面直线EF与AB所成的角（或补角）．设AB＝2，则EH＝2，HF＝．因为平面PAD⊥平面ABCD，PH⊂平面PAD，且PH⊥AD，所以PH⊥平面ABCD，又因为HE⊂平面ABCD，所以PH⊥HE，又因为HE∥AB，AB⊥AD，所以EH⊥AD，且AD∩PH＝H，所以EH⊥平面PAD，又因为HF⊂平面PAD，所以EH⊥HF，在△EFH中，EF＝＝，所以＝＝．故选：B．【点评】本题考查了空间中异面直线所成的角计算问题，也考查了推理与运算能力的核心素养，是基础题．5．（2023•道里区校级一模）苏轼是北宋著名的文学家、书法家、画家，在诗词文书画等方面都有很深的造诣．《蝶恋花春景》是苏轼一首描写春景的清新婉丽之作，表达了对春光流逝的叹息词的下阙写到：“墙里秋千墙外道．墙外行人，墙里佳人笑．笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼．”假如将墙看作一个平面，秋千绳、秋千板、墙外的道路看作直线，那么道路和墙面平行，当秋千静止时，秋千板与墙面垂直，秋千绳与墙面平行．在佳人荡秋千的过程中，下列说法中错误的是（）A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直 C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直【分析】作出几何图形，根据线面位置关系进行判断．【解答】解：设墙面为α，秋千静止时所在平面为β，秋千板所在直线为l，秋千绳所在直线为m，秋千荡起来某个过程所在平面为γ，由于秋千绳在运动过程中形成的平面与墙面平行，则秋千绳与墙面始终平行，A正确；由于n∥α，则n∥秋千绳在运动过程中形成的平面，在静止时n⊥m，运动起来的时候（除了m处）两者都不垂直，B错误；由图可知l在运动过程始终与α垂直，C正确；由图可知l在运动过程始终与n垂直，D正确．故选：B．【点评】本题考查空间线面位置关系，属于基础题．6．（2023•赣州模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1＝2AB，D，E，F分别是棱B1C1，CC1，AA1的中点，则异面直线BE与DF所成角的余弦值是（）A． B． C． D．【分析】取等边△ABC的AC边的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的计算公式即可得结果．【解答】解：取等边△ABC的AC边的中点O，连接OB，则OB⊥AC，过O作AA1的平行线，则以O为原点，分别以OB、OC、Oz为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设等边△ABC的边长为2，则根据题意可得：，E（0，1，2），，F（0，﹣1，2），∴，，∴|cos＜，＞|＝＝＝，∴异面直线BE与DF所成角的余弦值为，故选：A．【点评】本题考查向量法求解异面直线所成角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．7．（2023•宁波一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B．33π C． D．57π【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高．因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积．【解答】解：设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，O，O1分别是上下底面的中心，连结OO1，O1A1，OA，根据边长关系，知该棱台的高为，则，由，且四边形AOO1A1为直角梯形：，可得，则，，当且仅当a2＝48﹣2a2，即a＝4时等号成立，此时棱台的高为1，上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在OO1所在的直线上，显然球心M在OO1所在的直线上，当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段OO1上，如图2，设OM＝x，则O1M＝1﹣x，0＜x＜1，显然MA＝MA1＝R，则有，即，解得x＜0，舍去；当棱台两底面在球心同侧时，显然球心M在线段O1O的延长线上，如图3，设OM＝x，则O1M＝1+x，显然MC＝MA1＝R，即，即，解得，此时，外接球的表面积为．故选：D．【点评】本题考查了正四棱台和球的综合运用，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）8．（2023•重庆一模）在三棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E、F分别是线段PB、PC上的动点．则下列说法正确的是（）A．当AE⊥PB时，AE⊥PC B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形 C．当EF∥BC时，平面AEF⊥平面PAB D．当PC⊥平面AEF时，平面AEF与平面PAB不可能垂直【分析】对A，根据PA⊥底面ABC得到PA⊥BC，结合AB⊥BC得到BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，AE⊥PB，最后利用线面垂直的判定得到AE⊥平面BCP，则AE⊥PC；对B，取点E位于点B处即可判断，对C，由BC⊥平面PAB，EF∥BC得到EF⊥平面PAB，则平面AEF⊥平面PAB，对D，利用反证法，假设平面AEF⊥平面PAB，根据面面垂直的性质定理得到线面垂直，从而得到与基本事实相矛盾的结论，所以当PC⊥平面AEF时，平面AEF与平面PAB不可能垂直．【解答】解：对A选项，∵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正确，对B选项，当AF⊥PC时，无法得出△AEF一定为直角三角形，例如E点取点B，△ABF不是直角三角形，若∠AFB＝90°，则BF⊥AF，又∵AF⊥PC，BF∩PC＝F，BF，PC⊂平面BCP，则AF⊥平面BCP，∵BC⊂平面BCP，则AF⊥BC，而PA⊥BC，AF∩PA＝A，AF，PA⊂平面ACP，则BC⊥平面ACP，∵AC⊂平面ACP，则BC⊥AC，显然不成立，故此时∠AFB≠90°，若∠BAF＝90°，则AF⊥AB，∵AP⊥AB，AF∩AP＝A，AF，AP⊂平面ACP，∴AB⊥平面ACP，∵AC⊂平面ACP，∴AB⊥AC，显然不成立，故此时∠BAF≠90°，若∠ABF＝90°，则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，显然不成立，故∠ABF≠90°，故B错误，对C选项，由A选项证得BC⊥平面PAB，∵EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB，故C正确，对D选项，在平面PAB内，过点P作AE的垂线，垂足为G，假设平面AEF⊥平面PAB，∵平面AEF∩平面PAB＝AE，PG⊥AE，且PG⊂平面PAB，∴PG⊥平面AEF，而若此时PC⊥平面AEF，这与过平面外一点作平面的垂线有且只有一条矛盾，故当PC⊥平面AEF时，平面AEF与平面PAB不可能垂直，故D正确，故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合运用，考查逻辑推理能力，属于中档题．（多选）9．（2023•道里区校级一模）已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为3，底面半径为．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（）A．圆锥SO的侧面积为 B．△SPQ面积的最大值为 C．三棱锥O﹣SPQ体积的最大值为 D．圆锥SO的内切球的体积为【分析】由已知求解圆锥的侧面积，可判断选项A的正误；求解三棱锥O﹣SPQ体积最大，可判断选项B的正误；求解四面体的体积的最大值，判断选项C的正误；其内切球的体积，判断选项D的正误．【解答】解：对选项A，圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为3，底面半径为．圆锥的高为2，设BC是底面圆的一条直径，S侧＝π＝3π，所以A正确；选项B，圆锥的顶角∠BOC＞90°，三角形SPQ面积的最大值为＝，故B错误；对于C，四面体SOPQ的体积的最大值为：＝，故C正确；选项D，设圆锥的内切球的半径为r，可得：，即，解得r＝，所以圆锥SO的内切球的体积为≠，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查圆锥中截面三角形面积的最值的求解，空间几何体的体积的求法，考查空间想象能力，转化思想的应用，属中档题．（多选）10．（2023•连云港模拟）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且∠ABC＝120°，则该圆台（）A．高为 B．表面积为 C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为1：9：24【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D．【解答】解：对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，解得，所以圆台的母线长为3﹣1＝2，高为，选项A错误；对于B，圆台的上底面积为，下底面积为π，侧面积为，所以圆台的表面积为，选项B正确；对于C，圆台的体积为，选项C正确；对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，故选：BCD．【点评】本题主要考查了扇形的圆台的侧面积公式和体积公式，属于中档题．（多选）11．（2023•泉州模拟）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上，，E为△BDC1内部（含边界）的动点，则（）A．AA1∥平面BDC1 B．球O的表面积为6π C．EA+EA1的最小值为 D．AE与平面BDC1所成角的最大值为60°【分析】对于A，利用平行四边形证得AA1∥C1O2，进而证得AA1∥平面BDC1；对于B，先假设O的位置，利用勾股定理与半径相等得到及，解得b＝0，进而确定O的位置，故可求得球O的表面积为8π；对于C，先判断E落C1O上，再进一步判断E与O重合时，EA+EA1取得最小值为；对于D，利用面面垂直的性质作出AF⊥面BDC1，故∠AEF为AE与平面BDC1所成角，再利用得知当E与O重合时，∠AEF取得最大值，再利用对顶角相等求得此时∠C1OC＝60°，进而得到∠AEF的最大值为60°．【解答】解：对于A，如图1，．由棱台的结构特征易知AA1与CC1的延长线必交于一点，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；由平面几何易得，即A1C1＝AO2；所以四边形AA1C1O2是平行四边形，故AA1∥C1O2，而AA1⊄面BDC1，C1O2⊂面BDC1，故AA1∥平面BDC1，故A正确；对于B，如图2，设O1为A1C1的中点，O为正四棱台外接球的球心，则A1O＝AO＝R，在等腰梯形AA1C1C中，易得，即，为方便计算，不妨设O1O＝a，O2O＝b，则由，即，即，又，解得，即O与O2重合，故，故球O的表面积为，故B错误；对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC＝O2，O1O2、AC⊂面AA1C1C，故BD⊥面AA1C1C，不妨设E落在图3E'处，过E'作E'E1∥BD，则E'E1⊥面AA1C1C，故E'E1⊥E1A，故在Rt△AE1E'中，E1A＜E'A（勾股边小于斜边）；同理，E1A1＜E'A1，所以E1A+E1A1＜E'A+E'A1，故动点E只有落在C1O上，EA+EA1才有可能取得最小值；再看图4，由A1关于C1O对称点为C可知，，故C正确，.对于D，由选项C可知，BD⊥面AA1C1C，BD⊂面BDC1，故面AA1C1C⊥面BDC1，在面AA1C1C内过A作AF⊥C1O交C1O于F，如图5，则AF⊂面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC1＝C1O，故AF⊥面BDC1，故∠AEF为AE与平面BDC1所成角，在Rt△AEF中，，故当AE取得最小值时，sin∠AEF取得最大值，即∠AEF取得最大值，显然，动点E与O重合时，AE取得最小值，即∠AEF取得最大值，且∠AEF＝∠AOF＝∠C1OC，在△C1OC中，，，，故△C1OC为正三角形，即∠C1OC＝60°，即AE与平面BDC1所成角的最大值为60°，故D正确．故选：ACD．【点评】本题主要考查球的表面积，线面平行的判断，直线与平面所成的角，本题关键点在于确定E的位置，先假设E在C1O外（记为E'），由勾股边小于斜边推得E1A+E1A1＜E'A+E'A1EA+EA1，进而得到E只有落在C1O上，再利用为定值及基本不等式，推得E与O重合时，EA+EA1取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度．三．填空题（共6小题）12．（2023•新城区校级一模）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为．【分析】判断出阳马中，相互垂直的直线的对数，结合组合数的计算以及古典概型概率计算公式求得正确答案．【解答】解：不妨设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．同理可证得AB⊥PD，CD⊥PD，所以在阳马P﹣ABCD中，相互垂直的直线有12对，故所求概率为．故答案为：．【点评】本题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系，属于基础题．13．（2023•河南模拟）在很多人的童年中都少不了折纸的乐趣，而现如今传统意义上的手工折纸与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题．有一张直角梯形纸片ABCD，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝1，BC＝2，E为AB的中点，将△ADE和△BCE分别沿DE，CE折起，使得点A，B重合于P，构成三棱锥P﹣CDE，且三棱锥P﹣CDE的底面CDE和侧面PCD均为直角三角形．若三棱锥P﹣CDE的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为．【分析】根据题目已知条件分析得三棱锥P﹣CDE外接球的球心为CE的中点O，半径为OC，结合图形即可求得半径．【解答】解：在三棱锥P﹣CDE的侧面PCD中，如果∠CPD＝90°，则三条侧棱PC，PE，PD两两垂直，底面CDE不可能为直角三角形，故∠CPD≠90°，又PC＞PD，则∠PDC＝90°，在直角梯形ABCD中，因为∠A＝∠B，所以在三棱锥P﹣CDE中，PE⊥PC，PE⊥PD，则PE⊥平面PCD，又CD⊂平面PCD，所以PE⊥CD，又因为CD⊥PD，所以CD⊥平面PDE，又DE⊂平面PDE，所以CD⊥DE，即∠CDE＝90°，所以三棱锥P﹣CDE外接球的球心为CE的中点O，半径为OC，在△PCD中，∠PDC＝90°，PD＝1，PC＝2，则．在直角梯形ABCD中，作DH⊥BC于H，DH2+CH2＝AB2+（BC﹣AD）2＝AB2+1＝3，则，且有，所以外接球O的半径为，球O的表面积为．故答案为：．【点评】本题主要考查几何体的体积，属于中档题．14．（2023•忻州模拟）一个正方体的体积为m立方米，表面积为n平方米，则m﹣n的最小值是﹣32，此时，该正方体内切球的体积是立方米．【分析】设该正方体的棱长为x，则m＝x3，n＝6x2，故m﹣n＝x3﹣6x2，设f（x）＝x3﹣6x2（x＞0），对f（x）求导，求出f（x）的单调性，即可求出m﹣n的最小值；由题意可知内切球的半径r＝2，由球的体积公式即可得出答案．【解答】解：设该正方体的棱长为x，故可以得到m＝x3，n＝6x2，所以m﹣n＝x3﹣6x2，令f（x）＝x3﹣6x2（x＞0），求导得到f'（x）＝3x2﹣12x＝3x（x﹣4），令f'（x）＞0，解得x＞4，令f'（x）＜0，解得0＜x＜4，所以函数f（x）在（0，4）上单调