2024高考数学最后冲刺存在问题宝典-专题04 立体几何（文）（解析版）

备战2024高考数学最后冲刺查店问题之解决宝典

专题四立体几何（文）

【考生存在问题报告】

（-）识图、作图、用图能力弱

作图、识图、用图能力是考生学好立体几何所应具备的重要能力之一，学生的识图、作图、用图能力

弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”，“作图问题”，“展折问题的图形分析”等.

【例1】（2020•黑龙江哈尔滨三中高三月考）某几何体是圆锥的一部分.它的三视图如图所示，其中俯视图

是个半圆，则该几何体的表面积为（）

1\

r-二一々-j।7

j-wra左视图

A.—B.—4-73C.”GD.—+V3

222

【答案】B

【解析】由题目所给的三视图可得，该几何体为圆锥的一半，那么该匚何体的表面积为该圆锥表面积的一

半与截面面积的和.

又该半圆锥的侧面展开图为扇形，所以侧面积为，x;rxlx2=;r,底面积为工乃.

22

观察三视图可知，轴截面为边长为2的正三角形，所以轴截面面积为

—x2x2x^^=^，

22

则该几何体的表面枳为：¥+6,故选：B

【评析】本题易错点是忽视三视图中的实线与虚线的区别，导致所判断的空间几何体出错，从而所求的几

何体的体枳不正确.破解此类题的关键：一是会还原，首先看俯视图，俯视图的长是几何体的长，宽是几

何体的宽，根据俯视图画出几何体地面的直观图；再观察正视图和侧视图，正视图的高是几何体的高，长

是儿何体的长；侧视图的高是几何体的高，宽是儿何体的宽，找到几何体前、后、左、右的高度，要特别

注意视图中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见的轮廓线在三视图中为虚线.二是用公式，即利用面

积公式，求出空间几何体的面积.

【例2】（2020•湖南长沙一中高三月考♦）己知球。与棱长为2拉的正方体AACO-AqGR的所有棱相切,

点M是球。上一点，点N是.A8C的外接圆上的一点，则线段MN的取值范围是.

【答案】［＞/6-2,x/6+2.

【解析】

设与正方体的各棱都相切的球的球心为。、其半径为r=2,正方体的外接球为。|，则三角形AC4的外接圆

是正方体的外接球为。1的一个小圆,其半径R=瓜

因为点何在与正方体的各棱都相切的球面上运动，点N在三角形△A5c的外接圆上运动，所以线段MN长

度的最小值是止方体的外接球的半径减去正方体的各棱都相切的球的半径，线段长度的最大值是正方

体的外接球的半径加正方体的各棱都相切的球的半径，由此可得线段MN的取值范围是-2,、/+2］.

故答案为：—+2

【评析】本题主要考查了正方体外接球与相切球的性质运用，需要根据题意判定取最值时线段长度与球半径

的关系.属于中等题型.

【例3】【2018年全国卷H文】在正方体ABCD一4瓦。也中，E为棱CQ的中点，则异面直线AE与CD所成

角的正切值为

A.-B.-C.—D.—

3323

【解析】

在正方体A8CD-A出QD］中，CD//AB,所以异面直线AE与CD所成角为迂AB，设正方体边长为2a

则由F为棱CQ的中点，可得CE=■,所以"=&,则tanrEAM=卓=生=g故选C

।A03

【评析】1.求异面直线所成角主要有以下两种方法：

（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中：②利用力角关系，找到（或构造）所求角所

在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角.

（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦：③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余

弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.

2.掌握求异面直线所成角的方法，观察和做出平行线是解答此类题的关键.如何作平行线，这是作图的基本

功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线），同时.，要引导学生.观察几何体（尤其

是长万体中的一些常见的平行关系（如本题3纥〃64，44〃24，从4〃6〃）的和垂直关系），这样，

学生的作图就会更有方向感！

【例4】（2020.广东高三期末）如图，在矩形A8CD中，AB=2AD=2,E为边CO的中点，以EB为折

痕把△CEB折起，使点C到达点P的位置，且使平面P£B_L平面A8EO.

（1）证明：PBJL平面P£4；

（2）求点E到平而PAD的距离.

【答案】（I）证明见解析；（2）叵.

11

【解析】（1）因为在矩形人5co中，AI3=2AD=2,E为边CO的中点,

所以AE=BE=g，又AB=2,所以AE?+8E?=A8?

所以AE_L8E，

【评析】本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量''分析不够，而忽视重要的垂直关系，（1）根据已知

条件，^AE2+BEr=AB~即由平面尸E8_L平面48。，得到AE_L平面在3,从而

得到AE_LP3，结合得到尸A_L平面PEA：（2）过点P在平面夕£4中向EB引垂线，垂足0,

连接。。和AO,得到PO和。。的长，由平而夕怪_L平面人BED，得到PO_LO。，从而得到PZ）,PA

的长，设歹为A3的中点，在等腰三角形24。中，求出2产的长，利用力的。=匕，.A小，求出点E到平

面PAD的距离.

无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象

的过程，其中翻折------平面图形立体化，展开-------立体图形平面化.解决这类问题关键在于要分

清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重

要的量，这样可避免遗忘或忽略.

（二）推理的逻辑欠清晰

2018年全国卷一、卷二均是“证算并重题”，卷三为证明题，期中卷一、卷三均是“折登问题”.其解答题

一般稳定居于解答题的第二或第三的位置，常设置两间之中，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行

关系），二问立足定量求解.通过定性分析平行或垂直关系，考查考生的逻辑推理能力.在定性分析时由于定

理条件掌握不全，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分，如学生们在使用直线与平面平行的判

定定理时，常常遗忘”已知直线一定要在该平面外”这个关键的条件；在使用直线与平面垂直的判定定理讨，

常常遗忘”线不在多，.重在相交”这个关健的条件.符号书写也不规范，如直线与平面是包含与不包含的关系,

却常误写成是属于与不属于的关系等.

【例5】（2020•江苏高三开学考试）如图，在直四棱柱中，平面BCGS,AD1DB.

求证：

D\Ci

（1）/3C〃平面

（2）平面5CGBi_L平面如而即

【答案】（1）证明见解析：（2）证明见解析.

【解析】（1）因为A。//平面8CC山A/）u平面48C。，平面8CG历C平面A8CD=8C,

所以AO〃BC.

又因为8cb平面AOOiAi,AOu平面八。。|4,

所以8c〃平面内.

（2）由（1）知A。//8c因为AD_L08,所以BULO以

在直四棱柱ABCO-AiBGDi中平而A8CO,BCu底面A3CO,

所以。

又因为DOiu平面BDDiS,O8u平面BODiBi,DDiCiDB=D,

所以3C_L平面BDDiBi,

因为8Cu平面8CC身，

所以平面8CG8i_L平面BDDiBi

【评析】本题主要考查线而平行的性质及面面垂直的证明，熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.在第（1）

问中应该先由直线与平面平行的性质得到4）〃平面8CC阳，由AD//BC,同时AOu平面4DG4,可得BC〃

平面人OOMi；第（2）中由（1）知4D//8C,因为所以8clDB.同时由宜四棱柱性质可得

LBC,3C_L平面BOG历，可得证明.

（三）概念意识不强

数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点.考生由于概念意炽不强，文

字语言与图形语言无法转换，即看到概念的文本描述，头脑中无法形成与之相应的空间几何体.“异而直线

所成的角”“直线与平面所成的角”等.易忽视其定义的本质（即“找、证、算而陷入盲目的计算，看似哪

无根据”，导致会而不对.

【例6】（2020•湖北高三月考）如图，在直三楂柱A8C-44G中，ACLAB,A]A=AB=AC=2t。,

E，产分别为A3，BC,B出的中点.

（1）证明：4e，平面4。七：

（2）求直线的与平面4QE所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）叵

5

【解析】（I）因为。£尸分别为人88C.88的中点.

所以OE//AC,

因为AC_LA&所以。

因为AA,J.平面ABCDEu平面ABC

所以A41.OE、

因为4344=4所以平面AA45.

因为A尸u平面AA4&所以。尸.

因为必出尸g&B】BD,所以NAFBi=NBQB.

所以/4FB,+NO瓦B=NBQB+ZDB,B=90。,即。耳1/1.F,

因为。4cOE=。,所以A/L平面B.DE

（2）取A4的中点G，连结3G交qD于，，显然四边形AG8产是平行四边形,

由⑴知A尸，平面QDE,

因为8G//吊尸,所以8G_L平面B.DE,

连结EH，则/BEH为直线BE与平面片。£所成的角,

2

在RtAB.BD，可得BB]•BD=B】DBH，所以BH=

又因为BE=4i.所以sinNBEH=丝=®

BE5

【评析】本题考查线面垂直的证明，考查几何法求线面角。由条件先证得。后，A/，再由平面图形性质可得

。用_LA尸,进而证明平面与DE：（2）取AA的中点G,连结BG交与。于〃,可证得6G_L平面

B,DE，连结EH，则/BEH为直线BE与平面与。E■所成的角,进而求解即可

（四）运算求解出现低级错误

学生在解决立体几何中涉及到求几何体的体积、表面积或求角与距离等问题时，运算性的出错也很常

见，主要表现在：①错用几何体的体枳、表面积公式：②错选向量或向量公式求解相关问题：③运算过程

粗心出错等.运和求解能力弱是目前学生学习数学时存在的典型性问题，复习中应有意识地培养提高.

【例7]（山东省济南2018届二模】已知点PAb.C均在表面枳为Bill的球面上，其中/M1平面

ABCLBAC^30UC=、1A8则三棱维P-4BC的体积的最大值为（）

A《B.雪C.ED.81

【解析】

设外接球的半径R，易得4MT=81M解得胪=停在中，设t=4f,又4TAC=3'0"C=口2，

BC=J产♦（依＞一〃・代・1=[,即为等腰三角形,设的外接圆半径为r,则2*±=21,

即x&又PA1平面A8C设P4=m.则R2=（胃’十/=苧4？=%三棱锥P-ABC的体枳

V=-xwix-xtxxsii130a=令=m（8；i-m"），y*=81-3ni2=C,

1X121240r.

则B=3V1...三棱锥P-4K的体枳的最大值为左嗯A=但警切=W，故选：A

【评析】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要求有一定的空间想象能力、较强的运算

求解能力，这样才能找准关系，准确计凫，得到结果.一般内切球需要求球心和半径，首先应确定球心的位

置.，借助于内切球的性质，球心到各面距离相等计算即可，当球心位置不好确定时，可以用等体积法求球

半径.

【命题专家现场支招】

（-）重视识图、作图、用图能力的培养

识图、作图、用图能力的培养非一朝一夕就可实现！教师要“舍得”花较多的时间“手把手”教学生“怎么

画”;要“讲明作图的原理”避免学生虽淆得懂”教师的“画”,但“书到用时方觉少,事非经过不知难！”；要“善

于借助模型和道具”引导学生观察；要“培养模型意识、动手能力”引导学生巧借“教室，喊“道具比划”简化、

解决问题.

【例8】（2020•辽河油田第二高级中学高三月考）如图所示是某多面体的三视图，图中小方格单位长度为1,

则该多面体的侧面最大面积为（）

A-25/3B.2V2c.瓜D.2

【答案】B

【解析】由三视图可知多面体是棱长为2的正方体中的三棱锥P-A8C,

故AC=1,PA=2，BC=PC=5AB=26,PB=26，

***SMBC=SMAC=5x2x1=1,

SA/W#=gx2x2x/5=2应，SsPBC=-^x2V3XV2=>/6,

，该多面体的侧面最大面枳为2上.故选：B.

【评析】本题主要考查由三视图还原几何体，还原时可以将该几何体放在棱长为2的正方体中，通过三视图

还原出几何体，计算各侧面面积比较即可.

【例9】（2020•宁受银川二中高三月考）如图，正方体488・4乏GQ的棱长为1,P为8C的中点，Q为

线段CG上的动点，过点A,P,。的平面截该正方体所得截面记为S,则下列命题正确的是（写出所

有正确命题的编号）

①当0VCQ<g时，S为四边形

②当。。=!时，S为等腰梯形

2

31

③当CQ=一时，S与C"）的交点/?满足C内=不

43

④当3<CQ<I时，s为四边形

4

⑤当。。=1时，s的面积为如

【答案】①②③⑤

【解析】如图当C'Q=g时，即。为CG中点，此时可得产。〃A。，AP=0D=『+§）2=与，

故可得截面APQU为等腰梯形，故②正确:

由上图当点Q向C移动时，满足OVCQV，,只需在上取点M满足人M〃PQ,

即可得截面为四边形4PQM,故①正确；

3

③当CQ=一时，如图，

延长。Di至M使GN=g,连接4V交于S,连接NQ交GDi于R,连接SR,

可证4V〃PQ,由△NKGSAQRCI,可得。/：DiR=CQDi/V=l：2,故可得CiR=§,故③正确：

④由③可知当NVCQVI时，只需点。上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS,显然为五边形,

4

故④错误：

⑤当。。=1时，。与G羽合，取4功的中点凡连接A凡可证PG〃A”，且尸G=AF,

可知截面为APG尸为菱形，故其面积为，Aa・PF=L6血=逅，液⑤正确.

222

故答案为：©©③⑤

【评析】本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题.由题意作出满足条件的图

形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误.

（二）理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性

线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可

进行转化，其证明也是考试的高频点.证明时，不仅要思考它们之间的转化，而旦要理清判定定理和性质

定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如判定。〃a时易忽视〃za；判定“线面垂直”易忽

视“两相交直线”；判定“面面平行”，易直接“线线平行”)，避免“会而不全”导致失分.

【例10］如图，已知知_!,矩形A3CD所在的平面，M、N分别为A8、PC的中点.

(I)求证：MN〃平面/MD；

(II)若NPD4=45°,求证：平面PMC_L平面PCD.

【解析】：(I)证明:方法一；如图，取。。的中点£,连接AE,EN,

•・•N为PC中点,.•・EN为"DC的中位线，

・•・EN//-CD

=2

乂•：CD&AB,M为中点，

・,.EN幺AM,・•.四边形AMNE为平行四边形，

:.MNHAE,

又•••MN(Z平面以DAEu平面PAD.JMN//平面940.

方法二：如图，取CD的中点尸、连接MEN厂,

N为PC中点，，FN为"DC的中位线,・•.FNHPD,

又NFU平面PAD,叨u平面PAD.FN〃平面PAD.

同理可证//平面PAD、MFcFN=F、MF,FNu平面MNF,

所以平面MNF//平面PAD,MNu平面MNF,：.MNH平面PAD.

(II)证明:•・•PA_L平面A8CD,COu平面A8CQ,ADu平面A8CD

APALCD,PALAD'：CDYAD,PAfAD=A,，CD_L平面尸AO

如图，:八七匚平面尸A。ACD1AE,VZPDA=45，E为PD中点，

/.AE.LPD,又•：PD、CD=DAE_L平面PCD.

•••MN//AE:・MN1平面PCD,又:MVu平面PMC,

.•.平面qMCJ.平而PCO.

（三）总结位置关系的主要证明方法与适用范围

培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法.其中正方体或长方体就是一个很好的

载体（教室是一个非常有用的长方体模型），关健在于引导学生“观察、思考

【例题11］（2020•陕西西安中学高三期末）已知矩形A8CO,AB=\，8C=J5，将，AOC沿对角线AC

进行翻折，得到三棱锥。一AAC,则在翻折的过程中，有下列结论正确的有.

①三棱锥D-ABC的体积的最大值为g；

②三棱锥D-ABC的外接球体枳不变：

③三棱锥力—ABC的体积最大值时，二面角力—AC—8的大小是60,：

④异面直线AB与CO所成角的最大值为90。.

【答案】②④

【解析】矩形4BCO,A8=l，将,AOC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥。―A8C,则在翻折的

过程中，

①匕）当平而ADC_L平面ABC时，三极锥£>-ABC的高最大，此时三楂锥O-ABC

的体积VD^=—x-xlx>/3x»

"AM3224

所以三棱锥的体枳的最大值为,，故错误；

3

②设AC的中点为O,则由心心一4OC知：OA=OB=OC=OD.

所以O为三棱锥。一A8C外接球的球心，其半径为AC=1,

4

所以外接球的体枳为一乃，：.极锥O-ABC的外接球体积不变，故正确.

③三棱锥。一A4c的体枳最大值时，当平面4£>CJ_平面ABC时，二而角D-AC-B的大小是90。，故

错误.

④当/.ACQ沿对角线4c进行翻折到使点。与点B的距离为0,即60=应时，在.38中，

BC:=BD2+CD2»所以8_LB。，又CD_LAD,

翻折后的垂直关系没有变，所以CD_L平面9，即异面直线A8与CO所成角的最大值为90。，故正确.

故答案为：②®.

（四）关注多面体、旋转体的结构与性质.

复习时，不仅要关注常见多面体（特别是三棱锥、四棱锥、三棱柱）、旋转体的结构与性质及其体积、

表面积公式，同时要关注其不同位置形式的解读（如横放的三棱柱）.球在全国卷也是屡见不鲜，其中球

的定义、截而圆性质、球与其他几何体的接切应重点关注.

【例12】（2020•广东实验中学高三月考）己知直线/与正方体ABC。—A/GA的所有面所成的角都相等,

且/。平面3隹。。=〃，则/与平面8瓦。。所成角的正切值是.

【答案】>/2

【解析】作图：

由题:与正方体ABC。—Ag的所有面所成的角都相等且与平面相交的直线，可以考虑4G与

平面所成角，设所成角为/AC_L平面8片所以AG与平面8瓦。。所成角与NCAG互

„11[T

tan0=-------------=­；=•=y]2「

余，tanNCAG由故答案为：0

~T

【例13X2020.湖北荆州中学高三期末）设"L〃是两条不同的直线，af是两个不同的平面，且直线〃？ca,

直线〃u尸，下列命题为真命题的是（）

AJ"2_L〃”是“〃_La”的充分条件

B."mHn''是""?〃/''的既不充分又不必要条件

C.“a//夕'是“〃?〃〃”的充要条件

D."〃2_1〃”是“。_1/?”的必要条件

【答案】B

【解析1nLa能得到n_L〃?，但nIm,不能得出〃_La,A错;

"Z〃〃时，机也可能在平面£内，不能得出〃〃/尸，反之加//力，夕内的直线也不•定与〃平行，即不能

得出〃〃/〃，既不充分也不必要，B正确：

a//4时，可能是异面苴线，不一定平行，相〃〃时，a/也可能相交，不一定平行，C错；

两个平面垂直，分别在这两个平面的的两条直线可能相交，可以平行，不一定垂直，D错.故选：B.

（五）强化空间角与距离的合理求解

空间角的求解和距离的求解是定量分析的重要部分.对于文科而言，空间角的求解主要在于定义的应

用，如通过“平行”关系研究“异面直线所成的角”，通过构造垂直关系求解“线面角、二面角的平面角”：距离

则往往与体积转化有关.对于理科而言，关键在于区别“向量的夹角”，特别是“线面所成的角''与"直线与平

面法向量的夹角（指锐角）”之间的互余关系是考生的易错点之一.对于一些较为复杂的条件，合理选择“基

木量”可大大简化计算.

【例14】【2018年全国卷II文】如图，在三棱锥P-4BC中，AB=BC=26,P4=PB=PC=4C=4,

。为AC的中点.

（I）证明：PO1•平面48C；

（2）若点M在棱BC上，且MC=2M6,求点C到平面POM的距离.

（1）因为AP=CP=AC=4，。为4C的中点，所以。P_LAC,且。0=26.连结08.因为A8=8C=:4c

所以AABC为等腰直角三角形，KOBLAC,0B^M=2,由OP'+.03,=78’知，OPtOB.

由OP工OB,OPJ_AC知尸。_L平面A3C.

（2）作C"_LOM,垂足为从又由（1）可得OP_LC"，所以C从1平面POM.故。”的长为点C到平面

POM的距离.由题设可知OC=14C=2,CM彳耻斗，N4C8=45。.所以OM=『5弃"。：：出斗.

所以点C到平面POM的距离为，

【评析】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题

的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用

等体积法解决.

（六）强化答题的规范化

在平时的立体几何的考试训练中，加强审题能力（读题与观图），强化立体几何解答题的规范性训练，

同时加强逻辑表达能力的训练，并提升运算求解能力.强化答题规范化训练是提高成绩的保证，立体几何

解答题的证明过程要做到“步步有理有据“，要分清主次，“精”写过程（当然“精”写过程是建立在写全步骤的

基础之上的，任何的“跳步”书写都容易产生歧义，都是要失分的）.真正做到对立体几何解答题的审题到位,

思维全面，下笔准确，答题快速.

【例15】（2020•安徽六安一中高三月考）在多面体"C/把中，A8co为菱形，ZDCB=->@BCE为

3

正三角形.

AD

（1）求证：DEIBC：

（2）若平面平面8CE,AB=2^求点。到平面80石的距离.

【答案】（1）证明见解析（2）3叵

5

【解析】（1）取4C的中点为。，连接石0,00,80

/BCE为正三角形，••.EO±BC

ABC。为菱形，/DCB=Z,二BCD为正三角形，；.DOA.BC

3

DT）CEO=O,DO,EOu面DOE

8C_L平面。。七

DEu平而DOE

•••BCLDE.

（2）由（1）知，DOIBC

.平面A3C£>_L平面BCE,平面48。。「平面3。£=4。，QOu平面ABC。

...a?J_平面BCE

在等边48。£和A38中，DO=OE=y/3

在Rf.DOE中，ED=4DO-+EO-=J（'B+（扬2=瓜

BD'+BE】-DE222+2=（向2_।

在DBE中,cosNDBE-

2BDBE-2x2x24

2Ix2x2xV15715

sinNDBE=y/l-cnsZDBE=—,/.S,/JW;.

2~r~~r

设C到平面08石的距离为d，Vc^E=VD-BCE

.1r1o*ncnil1x/i_5.I22x>/3rr

一在加/-qS&KExDO,即_x------xd=-x-----------x73

333234

解得d=2叵，.•.C到平面D8E的距离为口叵.

55

【新题好题针对训练】

一、单选题

1.（2020•浙江嘉兴一中高三期末）如图是某三极锥的正视图和俯视图（单位：。机），则该三棱锥侧视图面

积是（）（单位：cm2）

3

A。R石Cq3G

228

【答案】D

【解析】由于几何体为三棱锥，所以它的侧视图为三角形.根据三视图“长对正、高平齐、宽相等”可知，侧

视图的底边长和俯视图的宽相等，即刻视图的底边长为:；侧视图的高和主视图的高相等，即侧视图的高

2

为巫.所以侧视图的面积为巫=迈.

22228

故选：D

2.（2020•安徽六安一中高三月考）在三棱锥A-BCO中，43，平面38,3。_18,人3=6,若该三棱锥

的外接球的体积为华，则5CC。的最大值为（）

3

25

A.—B.32C.50D.64（）

2

【答案】B

【解析】QAB_L平面8CQ,CD,BDu平面BCD

:.AB1.CD,ABLBD

BC_LCZ）、A8,8Cu平面ABC,ABcBC=B

•••CD_L平面ABC

ACu平面ABC

・•・CDJLAC,取4。的中点为。，则OA=O8=OC=OQ='A。

2

二•0是三棱锥4—88外接球球心

因为该三极锥的外接球的体积为迎应，所以该球的半径为5,所以AD=10

3

在RtZVIBD中，AB=6,•.=8

；BCICD^fiC2+CD2=BD2=64

BCCD^—————二32,当且仅当8C=C。时，BC。取最大值32

9

故选B

3.（2020・重庆冲高三月考）一个儿何体的平面展开图如图所示，其中四边形ABCD为正方形，E、F分

别为PB、PC的中点，在此几何体中，下面结论中一定正确的是（）

A.直线AE与直线DF平行B.直线AE与直线DF异而

C.直线BF和平面PAD相交D.直线。产_L平面PBC

【答案】C

【解析】根据题意，还原的几何体如下图所示：

对48选项：因为EA7/AO,且£尸=!八。，故四边形A及7）为梯形，A£。尸是梯形的腰，

故AE,力厂一定相交，故小8错误；

对C：取P。中点为M,因为〃八8,MF=1A8,故四边形为梯形，

2

AM,8尸是梯形的腰，故4M,8尸一定相交，故B〃与平面的。一定相交，故C正确；

对6没有足够的条件证明垂宜关系，故D错误；故选：C.

4.（2019・湖南衡阳市八中高三月考）在正方体ABC。-中，p,。分别为A2，瓦。上的动点,

且满足AP=qQ,则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（）.

①存在P，Q的某一位置，使43〃尸。

②VBPQ的面枳为定值

③当?A＞（）时，直线尸片与直线4。一定异面

④无论尸，。运动到何位置，均有8C_LPQ

A.①（g）@B.@@C.(2)@D.©©④

【答案】D

【解析】①当P，。分别为棱4。,4C的中点时满足，正确:

②当尸与A重合时：S\：BPQ=；a.当。与R重合时：5、.8"=曰/（。为正方体边长），错误:

③当上4>0时，假设H线P区与直线A。是共面直线，则A尸叮与。共面，矛盾，正确；

④如图所示：EG分别为P,Q在平面内的投影，易证8。，平面尸尸GQ,正确.

故选。

二、填空题

5.（2020.广东实验中学高三月考）己知宜我/与正方体ZACO-AqCR的所有面所成的角都相等，且,A

平而84。。=〃，则/与平面8瓦〃。所成角的正切值是.

【答案】72

【解析】

山题:与正方体ABC。-A4GA的所有面所成的角都相等且与平面3旦DQ相交的“线，可以考虑AC^.J

平面84Ao所成角，设所成角为4。_1_平面8片4。，所以AG与平面342。所成角与NC4。互

411[T

tan0=----------------=—?="=72

余，tanNGAC]V2

"T

故答案为：J5

6.（2020.重庆巴蜀中学高三月考）已知正方体A8CQ-A4GA的棱长为2,。为体对角线82上的一点，

且3P=44A（/le（0,l））,现有以下判断：①AO_LC/：②若3〃_L平面A4C,则7=；：③AE4C周

长的最小值是2血+26：④若A/RC为钝角三角形，则丸的取值范围为（。,|）,其中正确判断的序号为

【答案】①②④

【解析】在正方体A8cO—AMGR中.A。，平面A8GO-又C「u平面A8G。一故人。_1。/.

①正确：

由平面PAC,在心中，钻=2,4）2=20,区。=23，由于3。_14。，由射影定理得

2工

A42=/3P.8O「即4=PB-2x/5,P8=亍，PB_6_1,可得％=—，故②正确：

73茄=亚=53

将A4BR和ACBA展开，可得AP+CP的最小值为&&,乂AC=2叵，故③错误：

3

2

利用平面ACQ,可得当A4PC为直角三角形时，Z=-,故当A4PC为钝角三角形时，4的取值

范围为（0,：,④正确.

\3）

所以正确判断为①©④.故答案为①②④

7.（2020•全国高三专题练习）已知水平放置的底面半径为200〃，高为100以〃的圆柱形水桶，水桶内水面

高度为50c,〃，现将一个高为10C"圆锥形铁器完全没入水桶中（圆锥的底面半径小丁20cm），此时水桶的

水面高度上升了2.5。〃，则此圆锥形铁器的侧面积为cM•（忽略水桶壁的厚度）

【答案】200岳

【解析】设圆锥的底面半径为「，

则圆锥的体积V=^x202x2.5=IO（）On-=-^r2xlO,

3

•,*Tr-=，尸=300

3

.•.母线长为J71F=20

，圆锥形铁器的侧面积为S=/万x2点20=200&，故答案为：20。岳.

8.（2020•南昌市第八中学高三期末）一个三对极长相等的四面体ABC。，其三对校长分别A8=CO=N5,

AD=BC=岳,AC=BD=洞,则此四面体的体积为.

【答案】2

【解析】设四面体ABC。所在的长方体棱长分别为〃，b,J

(r+b~=5,。=2,

则〈/+/=13,解得＜8=1,

+c2=10,c=3,

所以四面体的体积V=力cx4='a仪?=2,故答案为：2.

323

9.（2020•宁夏高三月考）表面积为2M的球面上有四点，S,AB.C且ZMBC是边长为2H的等边三角形，若

平面38，平面48C,则三棱锥5-48C体积的最大值是.

【答案】"5

【解析】•/,,故当$到面4BC的电离最大时，三楂锥$_ABC的体积

5—==*2V5x20xKiii609=：3V3

最大，由图可知即当s£J_4B，E为4月中点时，三棱锥5—ABC的体积最大，作OHJ.5E，0DjJ%lBU连

接正由“2“得”=小6由于—白得华=3,二甲口,。"。£=”故

5H=邓0：-。步匹。=故答案为3v

=2'=01'g=3'工；*375*3：・34

三、解答题

10.（2020•贵州贵阳一中高三月考）

如图,在四棱锥产一ABCD中，平面曰。_L平面ABCD,底面ABCO为梯形，AB//CD,AB=2DC=2,

且凶4£＞与均为等边三角形，E为AO的中点，G为M4O的外心.

p

（1）求证：G尸。平面QDC：

（2）求三棱锥G-PC。的体积.

【答案】（1）证明见解析，（2）1

6

【解析】证明：连接AG交PO于〃.连接C”.

由梯形ABC。，AB//CD\IAB=2DC,知丝二2,

FC1

又E为AO的中点，G为MAZ）的重心，，——=-.

GH1

4GAF?

在A4//C中，-=—=故GFHHC.

GHFCI

乂”Cu平面PCO.G尸（z平面尸CD，・・・6/〃平面PDC.

（2）由平面皿）J_平面ABC。，AMD与A4⑺均为正三角形，E为人。的中点,

；・PE上AD.BELAD，得产石_L平面A8C7）,凫PE=6.

由（1）知GF0平面PDC，,yG-pcD=^F-PCD=VJ-CDF=；PE.S^CDF,

又由梯形ABCO.AB//CD^[\.AB=2DC=2,知DF=LBD=M

33

乂\\BD为止三角形，得NCDF=NABD=60，

•••S»CDF="D.DF.sinNBDC=，，得Vp_sF=；PE.SACDF=1,

26Jo

・•・三棱锥G-PCD的体积为

6

11.12020•江苏高三月考）如图，在四棱锥尸一A8CQ中，底面48co是平行四边形，E为棱PO的中点,

平面以“_!_底面ABC。，ZPA^=90°.

£

/•D

BC

求证：（I）PB〃平而AEC；

（2）平面PAC_L平面A8CD.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】证明：（1）连80,交AC干点。，连OE.

因为底面A8CD是平行四边形，所以。为40的中点，

因为E为棱P£＞的中点，所以OE//PB.

乂因为OEu平面AEC,平面AEC,所以P8〃平面A£C；

（2）QZP/4B=90°.：.PA±AB，

因为平面P48JJ氐面A8CD，平面P48c平面A8CO=AB,P4u平面Q48,

所以B4_L平面A8C。，因为A4u平面如C.所以平面Q4C_L平面A8CD.

12.12020•福建高三期末）如图（1）,在等腰梯形A88中，AB//CD，AB=BC=AD=-CD=2,P

为CD中点.以4尸为折痕将ZW*折起，使点。到达点S的位置，如图（2）.

图《1》

（1）求证：S8_LA尸;

（2）若S8=«，求点。到平面SPB的距离.

【答案】（1）见解析（2）

5

【解析】

（1）在图1中，QAB//CD,AB=BC=AD=^CD=2,尸为CD中点

二.四边形A3CP是菱形，且A4DP是等边三角形，即图2中ASAP是等边三角形

连结8P，AB吵P.•.四边形AWV）为平行四边形

则8P=A5=AP，即△朋P是等边三角形

设AP中点为E，连结石8,ES，则AP_L成，APA-EB

-ESC\EB=E,ES,