2021年高考數(shù)學真題和模擬題分類匯編專題10立體幾何【含答案】

專題10立體幾何一、選擇題部分1.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T3)已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A. B. C. D.B．設圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.2.(2021?高考全國甲卷?理T6)在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E，F(xiàn)，G．該正方體截去三棱錐后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應的側視圖是（）A. B. C. D.D．根據題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀圖，結合直觀圖進行判斷.由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示，所以其側視圖為故選D．3.(2021?高考全國甲卷?理T8)2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影滿足，．由C點測得B點的仰角為，與的差為100；由B點測得A點的仰角為，則A，C兩點到水平面的高度差約為（）（）A.346 B.373 C.446 D.B．通過做輔助線，將已知所求量轉化到一個三角形中，借助正弦定理，求得，進而得到答案．過作，過作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．因為，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故選B．4.(2021?高考全國甲卷?理T11)已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D.A．由題可得為等腰直角三角形，得出外接圓的半徑，則可求得到平面的距離，進而求得體積.，為等腰直角三角形，，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設到平面的距離為，則，所以.故選A.5.(2021?高考全國乙卷?文T10)在正方體中，P為的中點，則直線與所成的角為（）A. B. C. D.D．如圖，連接，因為∥，所以或其補角為直線與所成的角，因為平面，所以，又，，所以平面，所以，設正方體棱長為2，則，，所以.故選D．6.(2021?浙江卷?T4)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A. B.3 C. D.A．幾何體為如圖所示的四棱柱，其高為1，底面為等腰梯形，該等腰梯形的上底為，下底為，腰長為1，故梯形的高為，故，故選A.7.(2021?浙江卷?T6)如圖已知正方體，M，N分別是，的中點，則（）A.直線與直線垂直，直線平面B.直線與直線平行，直線平面C.直線與直線相交，直線平面D.直線與直線異面，直線平面A．連，在正方體中，M是的中點，所以為中點，又N是的中點，所以，平面平面，所以平面.因為不垂直，所以不垂直則不垂直平面，所以選項B,D不正確；在正方體中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直線是異面直線，所以選項C錯誤，選項A正確.故選A.8.(2021?浙江麗水湖州衢州二模?T2．)已知直線l，m和平面α（）A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l∥α，m?α，則l∥m C．若l⊥α，m?α，則l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，則m⊥αC．對于A，若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯誤；對于B，若l∥α，m?α，則l∥m或l與m異面，故B錯誤；對于C，若l⊥α，m?α，則由線面垂直的性質得l⊥m，故C正確；對于D，若l⊥m，l⊥α，則m與α平行或m?α，故D錯誤．9.(2021?江蘇鹽城三模?T11)已知矩形ABCD滿足AB＝1，AD＝2，點E為BC的中點，將△ABE沿AE折起，點B折至B′，得到四棱錐B′－AECD，若點P為B′D的中點，則A．CP//平面B′AEB．存在點B′，使得CP⊥平面AB′DC．四棱錐B′－AECD體積的最大值為eq\f(\r(,2),4)D．存在點B′，使得三棱錐B′－ADE外接球的球心在平面AECD內ACD．【考點】立體幾何的綜合應用：位置關系、體積、外接球問題由題意可知，對于選項A，取AB′的中點為Q，連結EQ、PQ，因為CEEQ\F(1,2)D，PQEQ\F(1,2)D，所以PQCE，所以四邊形CEQP為平行四邊形，所以CP∥QE，又QE平面AB′E，CP平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以選項A正確；對于選項B，若CP⊥平面AB′D，則CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，則與AB′⊥BE矛盾，所以選項B錯誤；對于選項C，過B′作B′O⊥AE，垂足為O，可得B′O＝eq\f(\r(,2),2)，所以VB′－AECD＝EQ\F(1,3)SAECDh＝EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)(1＋1)1h≤EQ\F(1,2)B′O＝eq\f(\r(,2),4)，所以選項C正確；對于選項D，若三棱錐B′－ADE外接球的球心在平面AECD內，則球心為△ADE的外心，則為△ADE直角三角形，且AD為斜邊，則球心O為AD的中點，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，則AB′⊥B′D，所以B′D＝EQ\R(,3)，而B′D∈(1，EQ\R(,5))，可知存在，則滿足題意，所以選項D正確；綜上，答案選ACD．10.(2021?河南鄭州三模?理T9)已知等腰直角△ABC的斜邊BC＝4，沿斜邊的高線AD將△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C為，則四面體ABCD的外接球的體積為（）A． B． C． D．B．如圖，由題意，△BCD是等邊三角形，邊長為2，則△BCD外接圓的半徑為，設△BCD的外心為G，四面體ABCD的外接球的球心為O，連接OG，則OG⊥平面BCD，且OG＝AD＝1．∴四面體ABCD的外接球的半徑R＝＝．則四面體ABCD的外接球的體積V＝＝．11.(2021?河南鄭州三模?理T11)在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E∈平面AA1B1B，點F是線段AA1的中點，若D1E⊥CF，則△EBC的面積最小值為（）A． B． C． D．B．如圖：取AB中點G，可知Rt△BAF∽Rt△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°，∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G，當點E在直線B1G上時，D1E⊥CF，BC＝2，則△ABC面積為EB?BC，當△EBC的面積取得最小值時，線段CE的長度為點B到直線B1G的距離，線段CE長度的最小值為，此時△EBC面積為×EB×BC＝．12.(2021?河南開封三模?文T9理T8)某幾何體的三視圖如圖所示，關于該幾何體有下述四個結論：①體積可能是；②體積可能是；③AB和CD在直觀圖中所對應的棱所成的角為；④在該幾何體的面中，互相平行的面可能有四對．其中所有正確結論的編號是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④D．由三視圖可畫出直觀圖如下圖：如圖1，，故①正確；如圖2，，故②正確；如上圖，AB和CD在直觀圖中所對應的棱分別為EF和FG，由△EFG為正三角形，可知AB和CD在直觀圖中所對應的棱所成的角為，故③正確；如上圖，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④正確．13.(2021?河北張家口三模?T10)已知一個圓柱的上、下底面圓周均在球O的表面上，若圓柱的體積為4π，則球O的表面積不可能為（）A．6π B．8π C．12π D．16πAB．設圓柱的底面圓半徑為r，高為h，則所以，所以，所以當h∈（0，2）時6）′＜0；當h∈（2，（R3）′＞0，所以當h＝2時，R2有最小值．此時球O的表面積有最小值，且最小值為，即球O的表面積S球O≥12π．14.(2021?山東聊城三模?T12.)已知等邊三角形ABC的邊長為6，M，N分別為AB，AC的中點，將△AMN沿MN折起至△A'A.

直線MN∥平面A'BC

B.

當四棱錐A'-MNCB體積最大時，二面角A'-MN-B為直二面角

C.

在折起過程中存在某位置使BN⊥平面AA,B,D【考點】反證法，球的體積和表面積，直線與平面平行的判定因為MN//BC,MN?平面A'BC，BC?平面A'BC，所以直線因為四棱錐A'-MNCB底面積為定值，所以當點A'到平面MNCB距離最大時體積最大，故當二面角對于C，如圖，若BN⊥平面A'NC，則BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN當四棱A'-MNCB由∠MBC=π3，取BC的中點E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心．F是作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，則O是四棱錐A'-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=332，AF=3.設四棱錐A'-MNCB的外接球半徑R【分析】A由線面平行判定可推得A正確。

B根據四棱錐A'-MNCB底面積為定值，所以當點A'到平面MNCB距離最大時體積最大，進而可判B正確。

C由反證法可得C錯誤。

D取BC的中點E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心．F是△AMN外心得O是四棱錐A'-MNCB的外接球的球心，結合B15.(2021?四川內江三模?理T8．)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中，最大的是（）A．4 B．8 C． D．C．根據幾何體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐體．如圖所示：由于AB＝2，BD＝4．所以：，，，．16.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T12．)如圖，矩形ABCD中，M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連結B1D，N為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法中所有正確的是（）A．存在某個位置，使得CN⊥AB1 B．翻折過程中，CN的長是定值 C．若AB＝BM，則AM⊥B1D D．若AB＝BM＝1，當三棱錐B1﹣AMD的體積最大時，三棱錐B1﹣AMD的外接球的表面積是4πBD．對于A：如圖1，取AD中點E，連接EC交MD與F，則NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三線NE，NF，NC共面共點，不可能，故A錯誤．對于B：如圖1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE＝（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE?EC?cos∠NEC，∴NC是定值，故B正確．對于C：如圖2，取AM中點O，連接B1O，DO，由題意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，從而AD＝MD，由題意不成立，可得C錯誤．對于D：當平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1﹣AMD的體積最大，由題意得AD中點H就是三棱錐B1﹣AMD的外接球的球心，球半徑為1，表面積是4π，故D正確．17.(2021?安徽蚌埠三模?文T9．)已知平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足a?α，b?β，c?γ，則直線a、b、c不可能滿足的是（）A．兩兩垂直 B．兩兩平行 C．兩兩相交 D．兩兩異面B．平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足a?α，b?β，c?γ，所以直線a、b、c在三個平面內，不會是共面直線，所以：當直線兩兩平行時，a、b、c為共面直線．與已知條件整理出的結論不符．18.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T4．)一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余幾何體的三視圖如圖，則剩余幾何體的表面積為（）A．16 B．18 C． D．D．根據幾何體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為棱長為2的正方體切去一個角，構成的幾何體；如圖所示：所以＝18+2．19.(2021?遼寧朝陽三模?T8．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為側棱CC1的中點，從該三棱柱的九條棱中隨機選取兩條，則這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面的概率是（）A． B． C． D．B．∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為側棱CC1的中點，∴該三棱柱的九條棱中與BD異面的棱有5條，從該三棱柱的九條棱中隨機選取兩條，基本事件總數(shù)n＝＝36，這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面包含的基本事件個數(shù)為：m＝+＝26，則這兩條棱所在直線至少有一條與直線BD異面的概率P＝＝＝．20.(2021?河南濟源平頂山許昌三模?文T12．)已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長為1，側棱AA1長為2，以A1為球心，為半徑的球面與側面CDD1C1的交線長為（）A． B．π C． D．D．長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長為1，側棱AA1長為2，以A1為球心，為半徑的球面與側面CDD1C1的交線，是以D1為圓心，為半徑的圓弧，如圖，∠ED1F＝，可得：＝．21.(2021?四川瀘州三模?理T8．)如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，點E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，CF＝CC1，則（）A．D1E≠AF，且直線D1E，AF是相交直線 B．D1E≠AF，且直線D1E，AF是異面直線 C．D1E＝AF，且直線D1E，AF是異面直線 D．D1E＝AF，且直線D1E，AF是相交直線B．由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝4，AB＝2，BE＝BB1，CF＝CC1，可得B1E＝3，D1E＝＝，CF＝2，AF＝＝2，AF≠D1E，連接BD，B1D1，設直線AF與平面BDD1B1交于H，可得H不在直線D1E上，且H∈平面BDD1E1，直線D1E?平面BDD1B1，又AF?平面BDD1B1，所以直線AF與D1E為異面直線．22.(2021?江西上饒三模?理T4．)羅德島太陽神巨像是古代世界七大奇跡之一．它是希臘太陽神赫利俄斯的青銅鑄像．如圖所示，太陽神赫利俄斯手中所持的幾何體（含火焰）近似是一個底同的兩個圓錐合在一起，正方向投影過去，其平面幾何圖形形狀是上方內角為60°，邊長為2的菱形．現(xiàn)在其中一個圓錐中放置一個球體，使得球與圓錐側面、底面均相切，則該球的體積為（）A． B． C． D．B．圓錐的軸截面是邊長為2的正三角形，正三角形內切圓的半徑為，則圓錐內切球的半徑為，∴球的體積V＝×＝．23.(2021?江西上饒三模?理T8．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點G是線段BC1上的一點，且A1G⊥B1D，則（）A．BG＝BC1 B．BC1＝3GC1 C．BG＝3GC1 D．點G為線段BC1上任意一點D．如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D在側面ABB1A1內的射影是AB1，且AB1⊥A1B，所以A1B⊥B1D，同理，B1D⊥C1，且A1B∩BC1＝B，所以B1D⊥平面A1BC1，又A1G?平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，即點G為線段BC1上任意一點，選項D正確，A、B、C選項錯誤．24.(2021?安徽宿州三模?理T4．)已知a、b為兩條不同直線，α、β為兩個不同平面．下列命題中正確的是（）A．若a∥α，b∥α，則a與b共面 B．若a⊥α，α⊥β，則a∥β C．若a⊥α，α∥β，則a⊥β D．若α∥b，β∥b，則α∥βC．若a∥α，b∥α，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故A錯誤；若a⊥α，α⊥β，則a∥β或a?β，故B錯誤；若a⊥α，α∥β，由直線與平面垂直的性質，可得a⊥β，故C正確；若α∥b，β∥b，則α∥β或α與β相交，故D錯誤．25.(2021?四川瀘州三模?理T11．)已知在Rt△ABC中，斜邊AB＝2，BC＝1，若將Rt△ABC沿斜邊AB上的中線CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，則三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為（）A． B． C． D．A．如圖，設點E為△BCD外接圓的圓心，則三棱錐A﹣BCD外接球的球心一定在過點E且與平面BCD垂直的直線上，不妨設點O為外接圓的圓心，則OE⊥平面BCD，且OA＝OB＝OC＝OD＝R，過點O作OM⊥平面ACD，則點M為△ACD外接圓的圓心，在△ACD中，由余弦定理有，，∴，∴，延長BE交CD于F，連接MF，∵BC＝CD＝BD＝1，∴△BCD為邊長為1的正三角形，F(xiàn)為CD中點，∴，由于平面ACD⊥平面BCD，故四邊形OMFE為矩形，則，在Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，即，解得，∴三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為．26.(2021?江蘇常數(shù)三模?T11．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別為棱BC，CD，CC1的中點，P是線段A1C1上的動點（含端點），則（）A．PM⊥BD B．AC1∥平面EFM C．PE與平面ABCD所成角正切值的最大值為 D．當P位于C1時，三棱錐P﹣CEF的外接球體積最小AC．對于A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，又BD?平面ABCD，所以AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又PM?平面ACC1A1，則PM⊥BD，故選項A正確；對于B，設AC∩BD＝O，EF∩AC＝H，如圖所示，若AC1∥平面MEF，又AC?平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面MEF＝MH，則AC1∥MH，由正方體的性質可知，O是AC的中點，M是CC1的中點，所以AC1∥MO，又MO∩MH＝M，產生矛盾，故假設不成立，故選項B錯誤；對于C，點P在平面ABCD上的射影N在AC上，連結NE，故∠PEN即為PE與平面ABCD所成的角，設正方體的棱長為a，則PN＝a，tan∠PEN＝，故EN的最小值即為E到直線AC的距離EH＝，所以tan∠PEN的最大值為，故選項C正確；對于D，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，假設HK⊥平面ABCD，交A1C1于點K，又H為△CEF的外心，則三棱錐P﹣CEF的外接球的球心一定在HK上，設球心為O'，高O'P＝O'E＝R，正方體的棱長為a，則，2a，其中，故當＝0時，R最小，此時點P與點K重合，故選項D錯誤．27.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T13．)下列命題正確的是（）A．三點確定一個平面 B．三條相交直線確定一個平面 C．對于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c D．對于直線a、b、c，若a∥b，b∥c，則a∥cD．選項A，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；選項B，三條相交直線可確定一個平面，或三個平面，（三棱錐的三條側棱），故B錯誤；選項C，對于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c，在平面幾何中是正確的，在立體幾何中不一定成立，故C錯誤；選項D，由平行公理可得：對已直線abc，若a∥b，b∥c，則a∥c，故D正確．28.(2021?湖南三模?T11．)如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿對角線BD將△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列說法正確的有（）A．平面PCD⊥平面PBD B．三棱錐P﹣BCD四個面都是直角三角形 C．PD與BC所成角的余弦值為 D．過BC的平面與PD交于M，則△MBC面積的最小值為ABD．△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，所以BD＝，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，因為平面PBD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD，CD⊥PD；同理PB⊥平面CBD，因為CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面BPD，A，B正確；以D為原點，聯(lián)立如圖所示的空間直角坐標系，則B（，0，0），C（0，1，0），P（，0，1），因為＝（，0，1），＝（﹣，1，0），所以cos＝＝，即PD與BC所成角的余弦值為，C錯誤；因為M在線段PD上，設M（，0，a），則＝（3﹣，0，﹣a），所以點M到BC的距離d＝＝＝，當a＝時，d取得最小值，此時△MBC面積取得最小值＝，D正確．29.(2021?福建寧德三模?T12)已知正四棱錐的側面積為43，當該棱錐的體積最大時，以下結論正確的是A.棱錐的高與底面邊長的比為22

B.側棱與底面所成的角為60°

C.棱錐的每一個側面都是等邊三角形

D.棱錐的內切球的表面積為ACD．設底面邊長為2a，側棱長為b，則，即ab2-a2=3，

而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，

故V=4a23?3a2-a2=433a2-a6，

設f(a)=3a2-a6(0<a<43)，則f'(a)=6a-6a5=6a(1-a4)=6a(1+a2)(1+a)(1-a)，

易知函數(shù)f(a)在(0,1)單調遞增，在(1,43)單調遞減，

∴當a=1時，f(a)取得最大值，此時棱錐的體積最大，且b=2，

∴底面邊長為2，側棱長為2，PE=3,OP=2，

∴棱錐的高與底面邊長的比為2A.任意點P，都有AP//QR

B.任意點P，四邊形APQR不可能為平行四邊形

C.存在點P，使得△APR為等腰直角三角形

D.存在點P，使得BC//平面APQRC．對于A：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB//CD，

所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，

又因為平面APQR?平面ABB1A1=AP，平面APQR?平面DCC1D1=QR，

所以AP//QR.

對于B：若四邊形APQR為平行四邊形，則AR//QP，

而AD與BC不平行，即平面ADD1A1與平面BCC1B1不平行，

所以平面APQR?平面BCC1B1=PQ，平面APQR?平面ADD1A1=AR，

直線PQ與直線AR不平行，

與AR//QP矛盾，

所以四邊形APQR不可能是平行四邊形．

對于C：假設存在點P，使得△APR為等腰直角三角形，

令BP=x，

由AP=AB2+BP2=4+BP2=AR=AD2+DR2=4+DR2，

所以BP=DR=x且BP//DR?四邊形BPDR為平行四邊BPDR，

所以RP=BD=BC2+CD2A．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．鈍角三角形A．由已知中△ABC的直觀圖中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，∴△ABC中，BO＝CO＝1，AO＝，由勾股定理得：AB＝AC＝2，又由BC＝2，故△ABC為等邊三角形．32.(2021?寧夏中衛(wèi)三模?理T10．)若正四面體ABCD的所有棱長均為，則正四面體ABCD的（）A．表面積為 B．高為 C．體積為 D．內切球半徑為D．根據題意，正四面體ABCD的所有棱長均為，依次分析選項：對于A，S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝S△BCD＝×2＝，則其表面積S＝4×＝2，A錯誤；對于B，設△ABC的中心為O，易得DO⊥面ABC，則AO＝×＝，則|DO|＝＝，正四面體ABCD的高為，B錯誤；對于C，正四面體ABCD的V＝×S△ABC×|DO|＝，C錯誤；對于D，設正四面體ABCD的內切球半徑為r，則有V＝＝×S△ABC×|DO|＝×（S表）×r，解可得r＝，D正確．33.(2021?江西南昌三模?理T9．)平安夜蘋果創(chuàng)意禮品盒，如圖1，它的形狀可視為一個十面體，其中上下底面為全等的正方形，八個側面是全等的等腰三角形．如圖2，底面正方形ABCD的邊長為2，上底面EFGH與下底面ABCD之間的距離為，則該幾何體的側面積為（）A． B． C． D．B．該幾何體的俯視圖如圖所示，設O為俯視圖的中心，則，所以,設等腰三角形的高為h,則,得,所以一個等腰三角形的面積為,所以該幾何體的側面積為．34.(2021?安徽馬鞍山三模?理T11．)如圖，E是正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱D1D的中點，F(xiàn)是棱C1B1上的動點，下列命題中：①若過CF的平面與直線EB垂直，則F為C1B1的中點；②存在F使得D1F∥BE；③存在F使得△BEF的主視圖和側視圖的面積相等；④四面體EBFC的體積為定值．其中正確的是（）A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④D．當F為B1C1中點時，將CF平移至EM，則M為A1D1的四等分點，即，過M作MN⊥AD，不妨設AD＝4，則MN＝4，BN＝5，BD＝，∴在Rt△BDE中，，同理BM＝，ME＝，∴BE2+ME2＝BM2，∴ME⊥BE，∴CF⊥BE，∵AC⊥BE，∴BE⊥面ACF，故①正確；過D1作D1Q∥BE，可得Q為BB1中點，∴不存在F使得D1F∥BE，故②錯誤；當F與B1重合時，，側視圖，（P為CC1中點），∴，故③正確；∵C1B1∥BC，所以C1B1∥平面EBC，∴B1C1上任一點到平面EBC的距離都相等，設F到面BEC的距離為h，且S△EBC為定值，∴也為定值，故④正確．35.(2021?安徽馬鞍山三模?文T10．)將一個表面積為36π的木質實心球加工成一個體積最大的圓柱，則該圓柱的底面半徑為（）A． B．3 C． D．C．由球的表面積為36π，可得球的半徑為3，如圖，設圓柱的底面半徑為r，則高為2（0＜r＜3），∴V圓柱＝＝2π?＝2π≤2π?＝．當且僅當r2＝18﹣2r2，即r2＝6，r＝時，上式取等號．36.(2021?江西九江二模?理T10．)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G，H，I，J分別是棱A1B1，A1D1，DD1，CD，BC，BB1的中點，現(xiàn)在截面EFGHIJ內隨機取一點M，則此點滿足|AM|+|MC1|≤4的概率為（）A． B． C． D．D．連接AC1交平面EFGHIJ于O，則O為AC1和GJ的交點，由正方體的性質可得AC1⊥平面EFGHIJ，∴AC1⊥OM，設|OM|＝x，∵AO＝OC1＝，∴＝，即x≤1，∴滿足|AM|+|MC1|≤4的點M的軌跡所圍成的面積為π，又截面EFGHIJ的面積為，故所求概率P＝．37.(2021?浙江杭州二模?理T10．)如圖，長方形ABCD中，，AD＝1，點E在線段AB（端點除外）上，現(xiàn)將△ADE沿DE折起為△A'DE．設∠ADE＝α，二面角A'﹣DE﹣C的大小為β，若，則四棱錐A'﹣BCDE體積的最大值為（）A． B． C． D．A．設過A與DE垂直的線段長為a，則AE＝tanα，0＜tanα＜，DE＝，a＝sinα，則四棱錐A′﹣BCDE的高h＝a?sinβ＝sinα?sin（）＝sinαcosα，則＝＝＝＝＝sin（2α+φ）﹣，（tanφ＝）．∴四棱錐A'﹣BCDE體積的最大值為．38.(2021?浙江杭州二模?理T4．)某四棱錐的三視圖（圖中每個小方格的邊長為1）如圖所示，則該四棱錐的體積為（）A．4 B． C． D．1C．根據幾何體的三視圖轉換為幾何體四棱錐，一條側棱與底面垂直，底面是正方形，該幾何體為三棱錐體P﹣ABCD，如圖所示：由于幾何體的高為2，底面邊長為，則四棱錐的體積為V＝＝．39.(2021?河北邯鄲二模?理T10．)設a，b是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個不同的平面．下列四個命題中，正確的是（）A．若γ⊥α，α∥β，則γ⊥β B．若β⊥α，γ⊥α，則β∥γ C．若a⊥α，a⊥β，則α∥β D．若a⊥α，a⊥b，則b∥αAC．由a，b是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個不同的平面，知：對于A，若γ⊥α，α∥β，則由面面垂直的判定定理得γ⊥β，故A正確；對于B，若β⊥α，γ⊥α，則β與γ相交或平行，故B錯誤；對于C，若a⊥α，a⊥β，則由面面平行的判定定理得α∥β，故C正確；對于D，若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故D錯誤．40.(2021?河北邯鄲二模?理T7．)如圖所示，正四棱臺的下底面與半球的底面重合，上底面四個頂點均在半球的球面上，若正四棱臺的高與上底面邊長均為1，則半球的體積為（）A． B． C．π D．B．連接上底面中心G與球的球心O，連接AO，則AO為外接球的半徑，R＝＝，所以外接球的體積為：＝＝．41.(2021?北京門頭溝二模?理T4)一個體積為123正三棱柱的三視圖如圖所示，則這個三棱柱的左視圖的面積為(?)A.63 B.8 C.83 A．設棱柱的高為h，

由左視圖知，底面正三角形的高是23，由正三角形的性質知，其邊長是4，

故底面三角形的面積是12×23×4=43

由于其體積為123，故有h×43=123，得h=3

由三視圖的定義知，側視圖的寬即此三棱柱的高，故側視圖的寬是3，其面積為3×23=63

故選：A.

此幾何體是一個正三棱柱，正視圖即內側面，底面正三角形的高是23，由正三角形的性質可以求出其邊長，由于本題中體積已知，故可設出棱柱的高，利用體積公式建立起關于高的方程求高，再由正方形的面積公式求側視圖的面積即可．

本題考點是簡單空間圖形的三視圖，考查根據作三視圖的規(guī)則幾何體的直觀圖的能力以及利用體積公式建立方程求參數(shù)的能力，三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視長對正；主視、左視高平齊，左視、俯視寬相等”．

42.(2021?江西鷹潭二模?理T8．)我國南北朝時期的數(shù)學家祖暅在計算球的體積時，提出了一個原理（祖暅原理）：“冪勢既同，則積不容異”．這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高．這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等．利用祖暅原理可以將半球的體積轉化為與其同底等高的圓柱和圓錐的體積之差．圖1是一種“四腳帳篷”的示意圖，其中曲線AOC和BODA． B． C． D．B．由“祖暅原理”可知，帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，底面正方形對角線為2，正方形邊長為，V帳篷＝V正四棱柱﹣V正四棱錐＝．43.(2021?廣東潮州二模?T6．)設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是（）A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β C．a?α，b⊥β，α∥β D．a?α，b∥β，α⊥βC．A．若α⊥β，a⊥α，a?β，b?β，b⊥α，則a∥b，故A錯；B．若a⊥α，α∥β，則a⊥β，又b⊥β，則a∥b，故B錯；C．若b⊥β，α∥β，則b⊥α，又a?α，則a⊥b，故C正確；D．若α⊥β，b∥β，設α∩β＝c，由線面平行的性質得，b∥c，若a∥c，則a∥b，故D錯．44.(2021?遼寧朝陽二模?T10．)如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個動點，且EF＝，則下列結論中正確的是（）A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCD C．△AEF的面積與△BEF的面積相等 D．三棱錐E﹣ABF的體積為定值ABD．由正方體的結構特征可知，DD1⊥平面ABCD，而AC?平面ABCD，則D1D⊥AC，又ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵D1D∩BD＝D，且D1D、BD?平面DD1B1B，∴AC⊥平面DD1B1B，∵BE?平面DD1B1B，∴AC⊥BE，故A正確；∵B1D1∥BD，BD?平面ABCD，B1D1?平面ABCD，∴BD∥平面ABCD，而EF在B1D1上，∴EF∥平面ABCD，故B正確；點B到EF的距離為正方體的棱長，A到EF的距離大于棱長，則△AEF的面積與△BEF的面積不相等，故C錯誤；如圖所示，連接BD，交AC于O，則AO為三棱錐A﹣BEF的高，?EF?BB1＝××1＝，＝×＝，則為定值，故D正確．45.(2021?山東濰坊二模?T8．)在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，連結BD，沿BD把△ABD折起，使得二面角A﹣BD﹣C的大小為60°，連結AC，則四面體ABCD的外接球的表面積為（）A．13π B．24π C．36π D．52πD．如圖，取BD的中點記為O，連接OC，OA，分別取△BCD與△ABD的外心E與F，過這兩點分別作平面BDC、平面ABD的垂線，交于點P，則P就是外接球的球心，連接OP，CP，∠AOC為二面角A﹣BD﹣C的平面角為60°，則△AOC是等邊三角形，其邊長為6×＝，OE＝，在△POE中，∠POE＝30°，∴PE＝OE?tan30°＝．又CE＝，∴PC＝R＝，則四面體ABCD的外接球的表面積為4．46.(2021?河南鄭州二模?文T12．)已知三棱錐P﹣ABC的各個頂點都在球O的表面上，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是線段AB上一點，且AD＝5DB．過點D作球O的截面，若所得截面圓面積的最大值與最小值之差為28π，則球O的表面積為（）A．128π B．132π C．144π D．156πB．因為AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，所以，設面ABC所截的截面圓的圓心為O'，外接球的球心為O，則O'為BC的中點，且OO'⊥平面ABC，則有O'A＝O'B＝O'C＝，取AB的中點E，連結O'E，O'O，則O'E＝，因為AD＝5DB，AB＝8，E為AB的中點，所以DE＝2，所以，設OO'＝x，則有OD2＝O'D2+OO'2＝20+x2，則球的半徑R2＝O'A2+x2＝52+x2＝25+x2，故與OD垂直的截面圓的半徑，所以截面圓面積的最小值為πr2＝5π，截面圓面積的最大值為πR2，由題意可得πR2﹣5π＝28π，解得R2＝33π，所以球的表面積為S＝4πR2＝132π．47.(2021?河南鄭州二模?文T4．)攢尖是中國古代建筑中屋頂?shù)囊环N結構形式．宋代稱為撮尖，清代稱攢尖．通常有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、八角攢尖，也有單檐和重檐之分．多見于亭閣式建筑，園林建筑．以四角攢尖為例，它的主要部分的輪席可近似看作一個正四棱錐，若此正四棱錐的側面等腰三角形的底角為α，則側棱長與底面外接圓的直徑的比為（）A． B． C． D．D．正四棱錐的底面是正方形，其外接圓的半徑為R，則正方形的邊長為，因為正四棱錐的側面等腰三角形的底角為α，設側棱長為l，則有，解得，所以側棱長與底面外接圓的直徑的比為．48.(2021?山西調研二模?文T8)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA⊥BC且PA=BC=1，PB=AC=2，PC=3，則下列命題不正確的是A.平面PAB⊥平面PBC

B.平面PAB⊥平面ABC

C.平面PAC⊥平面PBC

D.平面PAC⊥平面ABC

C．由PA=1，AC=2，PC=3，即PA2+AC2=PC2，可得PA⊥AC，又PA⊥BC，

AC?BC=C，所以PA⊥平面ABC，

PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，故B正確；

PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC，故D正確；

由PA⊥平面ABC，可得PA⊥AB，而PA=1，PB=2，所以AB=1，

又BC=1，AC=2，所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，

由PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，

則BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故A正確；

若平面PAC⊥平面PBC，過A作AH⊥PC，垂足為H，可得AH⊥平面PBC，

則AH⊥BC，又BC⊥PA，所以BC⊥平面PAC，則BC⊥ACA．12π B．16π C．36π D．48πB．設圓錐底面圓半徑為r，圓錐的底面圓面積為3π，可得πr2＝3π，所以r＝，母線長為l，圓錐的外接球半徑為R，∵側面展開圖是半圓，2＝，∴l(xiāng)＝2，∴圓錐的軸截面為等邊三角形，∴球心為等邊三角形的中心，∴R＝＝2，∴外接球的表面積是4πR2＝16π．50.(2021?寧夏銀川二模?文T4．)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥α”是“m∥n”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件B．因為m?α，n?α，當m∥α時，m與n不一定平行，即充分性不成立；當m∥n時，滿足線面平行的判定定理，m∥α成立，即必要性成立；所以“m∥α”是“m∥n”的必要不充分條件．51.(2021?安徽淮北二模?文T7．)《九章算術?商功》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．意思是：如圖，沿正方體對角面A1B1CD截正方體可得兩個塹堵，再沿平面B1C1D截塹堵可得一個陽馬（四棱錐D﹣A1B1C1D1），一個鱉臑（三棱錐D﹣B1C1C），若P為線段CD上一動點，平面α過點P，CD⊥平面α，設正方體棱長為1，PD＝x，α與圖中的鱉臑截面面積為S，則點P從點D移動到點C的過程中，S關于x的函數(shù)圖象大致是（）A． B． C． D．B．如圖，設α∩DC1＝N，α∩DB1＝M，∵CD⊥α，∴CD⊥PN，則△DPN為等腰直角三角形，則PN＝x，，∵B1C1⊥平面DCC1，∴B1C1⊥DC1，∵DC⊥平面PMN，DC⊥平面B1C1C，∴平面PMN∥平面CB1C1，而平面DC1B1∩平面PMN＝MN，平面DC1B1∩平面CB1C1＝C1B1，∴MN∥B1C1，可得MN⊥DC1，則由DP＝PN＝x，得DN＝，∴，即MN＝，∴S＝（0≤x≤1）．則S關于x的函數(shù)圖象大致是B．52.(2021?烏魯木齊二模?文T8．)熱愛勞動是我們中華民族的傳統(tǒng)美德，勞動教育也是我們中小學重要的教育內容之一，平時我們打掃衛(wèi)生常常要用到簸箕．簸箕的三視圖如圖所示（單位cm），已知制造簸箕每cm2的成本是0.01元，試估計500元最多可以制造（）個簸箕A．43 B．44 C．45 D．46C．根據幾何體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為三棱柱和三棱錐組成的組合體；如圖所示：利用分割法，所以，1098×0.01＝10.98元，所以n＝，故最多制造45個．53.(2021?烏魯木齊二模?文T5．)如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點P在平面A1BC1上，則三棱錐P﹣ACD1的體積為（）A． B． C．1 D．B．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點P在平面A1BC1上，可知平面A1BC1∥平面ACD1，所以P到平面ACD1的距離與A1到平面ACD1的距離相等，故，所以三棱錐P﹣ACD1的體積：＝2×2×1＝．54.(2021?吉林長春一模?文T9.)如圖,長方體中為的中點,則異面直線與所成角的大小為A.30°B.45°C.60°D.90°D．⊥平面平面即故選D．55.(2021?吉林長春一模?文T6.)將長、寬分別為和的長方形沿對角線折起,得到四面體,則四面體的外接球體積為A.B.C.D.A．中點到A,B,C,D的距離均為1,故球的體積為,故選A.二、填空題部分56.(2021?高考全國乙卷?文T16)以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖，組成某三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依次為_________（寫出符合要求的一組答案即可）．③④．選擇側視圖為③，俯視圖為④，如圖所示，長方體中，，分別為棱的中點，則正視圖①，側視圖③，俯視圖④對應的幾何體為三棱錐.故③④.57.(2021?河南開封三模?文理T16)農歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習慣，粽子又稱粽籺，古稱“角黍”．如圖，是由六個邊長為3的正三角形構成的平行四邊形形狀的紙片，某同學將其沿虛線折起來，制作了一個粽子形狀的六面體模型，則該六面體的體積為；若該六面體內有一球，則該球體積的最大值為.；．該六面體是由兩個全等的正四面體組合而成，正四面體的棱長為3，如圖，在棱長為3的正四面體S﹣ABC中，取BC的中點D，連接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，則，∴該六面體的體積為，當該六面體內有一球，且該球的體積取得最大值時，球心為O，且該球與SD相切，過球心O作OE⊥SD，則OE就是球的半徑，∵SO×OD＝SD×OE，∴，∴該球體積的最大值為．故．58.(2021?河南焦作三模?理T14)一個球的表面積為100π，一個平面截該球得到截面圓直徑為6，則球心到這個平面的距離為．4．球的表面積為100π，可得球的半徑為R，4πR2＝100π，解得R＝5，一個平面截該球得到截面圓直徑為6，則截面圓的半徑為3，所以球心到這個平面的距離為：＝4．59.(2021?四川內江三模?理T15．)現(xiàn)為一球狀巧克力設計圓錐體的包裝盒，若該巧克力球的半徑為3，則其包裝盒的體積的最小值為．72π．設圓錐體包裝盒的底面半徑為r，高為h，由Rt△SOC∽Rt△SBD可得：，即，∴r2＝，∴包裝盒的體積V＝πr2h＝3π?＝3π?[（h﹣2）+12+）＝72π．當且僅當h﹣6＝即h＝12時取等號．60.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T16．)在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA＝4，AB＝3，二面角P﹣AB﹣C的大小為30°，在側面△PAB內（含邊界）有一動點M，滿足M到PA的距離與M到平面ABC的距離相等，則M的軌跡的長度為．．如圖，過M作MN⊥PA于N，MO⊥平面ABC于O，過O作OQ⊥AB于Q，連接MQ，則∠MQO為二面角P﹣AB﹣C的平面角，由∠MQO＝30°，得MQ＝2MO．又MO＝MN，所以MQ＝2MN，在△PAB中，以AB所在直線為x軸，AP所在直線為y軸建立平面直角坐標系，則直線AM的方程為y＝2x，直線PB的方程為4x+3y﹣12＝0，所以直線AM與PB的交點坐標為，所以M的軌跡為線段AR，長度為．61.(2021?安徽蚌埠三模?文T15．)正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為2，M為CD1中點，則四面體ABDM外接球的體積為．．如圖，連接AM，BM，DM，取BD的中點O，連接OM，OA，可得OA＝，OB＝OD＝，OM＝，所以O是四面體ABDM外接球的球心，外接球的半徑為，所以外接球的體積為：＝．62.(2021?上海嘉定三模?T6．)若兩個球的表面積之比為1：4，則這兩個球的體積之比為．1：8．由已知兩個球的表面積之比是1：4，所以兩個球的半徑之比是1：2，所以兩個球的體積之比1：8．63.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T15．)如圖，在三棱錐O﹣ABC中，三條棱OA，OB，OC兩兩垂直，OA＝4，OB＝3，OC＝2．分別經過三條棱OA，OB，OC作截面平分三棱錐的體積，則這三個截面的面積的最大值為．．分別取AB中點D，連接OD、DC，因為OC⊥OA，OC⊥OB，所以OC⊥平面OAB，因為OD?平面OAB，所以OC⊥OD，＝＝，取BC中點E，連接OE、EA，同理S△OEA＝＝＝，取AC中點F，連接OF、FB，同理＝＝，因為＞＞，所以三個截面的面積的最大值為．64.(2021?遼寧朝陽三模?T16．)如圖，正四棱錐P﹣ABCD的每個頂點都在球M的球面上，側面PAB是等邊三角形．若半球O的球心為四棱錐的底面中心，且半球與四個側面均相切，則半球O的體積與球M的體積的比值為．．如圖，連接PO，BD，取CD的中點E，連接PE，OE，過O作OH⊥PE于H．易知PO⊥底面ABCD，設AB＝4，則，，．設球M的半徑為R，半球O的半徑為R0.則．易知R0＝OH．則，故．65.(2021?江蘇常數(shù)三模?T16．)已知四棱錐P﹣ABCD的體積為V，底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)分別為棱PC，PD的中點，則四棱錐P﹣ABEF的體積為（用V表示）．．如圖，連接FB、FC，∵E，F(xiàn)分別為棱PC，PD的中點，∴，＝，∴VP﹣ABEF＝VP﹣ABCD﹣VF﹣ABCD﹣VF﹣BCE＝．66.(2021?湖南三模?T16．)數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意獨特的幾何體，“等腰四面體”就是其中之一，所謂等腰四面體，就是指三組對棱分別相等的四面體．關于“等腰四面體”，以下結論正確的序號是．①“等腰四面體”每個頂點出發(fā)的三條棱一定可以構成三角形；②“等腰四面體”的四個面均為全等的銳角三角形；③三組對棱長度分別為5，6，7的“等腰四面體”的體積為2；④三組對棱長度分別為a，b，c的“等腰四面體”的外接球直徑為．①②③．將等腰四面體補成長方體，設等腰四面體的對棱棱長分別為a，b，c，與之對應的長方體的長寬高分別為x，y，z，則，故x2＝，，z2＝，結合圖像易得①②正確；三組對棱長度分別為a＝5，b＝6，c＝7，則x＝，y＝，z＝，因為等腰四面體的體積是對應長方體體積減去四個小三棱錐的體積，所以等腰四面體的體積xyz﹣＝＝2，③正確；三組對棱長度分別為a，b，c的“等腰四面體”的外接球直徑2R＝≠，④錯誤．67.(2021?江西南昌三模?理T16．)球面幾何學是幾何學的一個重要分支，在航海、航空、衛(wèi)星定位等面都有廣泛的應用，如圖，A，B，C是球面上不同的大圓（大圓是過球心的平面與球面的交線）上的三點，經過這三個點中任意兩點的大圓的劣弧分別為，由這三條劣弧圍成的圖形稱為球面△ABC．已知地球半徑為R，北極為點N，P，Q是地球表面上的兩點若P，Q在赤道上，且|PQ|＝R，則球面△NPQ的面積為；若NP＝PQ＝QN＝R，則球面△NPQ的面積為．；πR2．如圖1，∵OP＝OQ＝R，PQ＝，∴OP2+OQ2＝PQ2，則OP⊥OQ，又ON⊥赤道所在平面，∴OP、OQ、ON兩兩互相垂直，則×4πR2＝；如圖2，當NP＝PQ＝QN＝R時，構造球內接正四面體N﹣PQS，其中心為O，連接NO交三角形SPQ于H，則NO＝R，OH為正四面體N﹣SPQ內切球的半徑，由等體積法可得，OH＝NH，則OH＝，cos，在△NOP中，由余弦定理可得：cos，即，得PN＝．由對稱性可得，球面△NPQ的面積為×4πR2＝πR2．68.(2021?安徽宿州三模?理T15．)在《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑．已知在鱉臑A﹣BCD中，滿足AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，當該鱉臑的內切球的半徑為2（﹣1）時，則此時它外接球的體積為32．．根據題意：在鱉臑A﹣BCD中，滿足AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，當該鱉臑的內切球的半徑為2（﹣1）時，設AB＝x，如圖所示：利用等體積轉換：＝，解得x＝4或0（舍去），故外接球的半徑R＝，故．69.(2021?安徽宿州三模?文T16．)已知三棱錐P﹣ABC的外接球O的半徑為，△ABC為等腰直角三角形，若頂點P到底面ABC的距離為4，且三棱錐P﹣ABC的體積為，則滿足上述條件的頂點P的軌跡長度是．4．設底面等腰直角三角形ABC的直角邊的邊長為x（x＞0），∴頂點P到底面ABC的距離為4且三棱錐P﹣ABC的體積為，∴×x2×4＝，∴x＝，∴△ABC的外接圓半徑為r1＝＝2，∴球心O到底面ABC的距離為d1＝＝＝3，又因為頂點P到底面ABC的距離為4，∴頂點P的軌跡是一個截面圓的圓周（球心在底面ABC和截面圓之間）且球心O到該截面圓的距離為d2＝1，∵截面圓的半徑r2＝＝＝2，∴頂點P的軌跡長度是2πr2＝2＝4．70.(2021?安徽馬鞍山三模?理T16．)如圖，用一個平面去截圓錐，得到的截口曲線是橢圓．在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側切．橢圓截面與兩球相切于橢圓的兩個焦點F1，F(xiàn)2.過橢圓上一點P作圓錐的母線，分別與兩個球相切于點M，N．由球和圓的幾何性質可知，PN＝PF1，PM＝PF2.已知兩球半徑分為別1和3，橢圓的離心率為，則兩球的球心距離為．．作出圓錐的軸截面如圖所示，圓錐面與兩球O1，O2相切與B，A兩點，則O1B⊥AB，O2A⊥AB，過O1作O1D⊥O2A，垂足為D，連接O1F2，O2F1，設F1F2∩OO1＝C，兩球的球心距離為d，在Rt△O1O2D中，DO2＝3﹣1＝2，∴，∴，∵△F1O2C∽△F2O1C，∴，∵CO2＝d﹣CO1，∴，解得，∴，∴，由已知條件PN＝PF1，PM＝PF2知，PM+PN＝PF1+PF2＝2a，即軸截面中AB＝2a，又F1F2＝2c，∴，∴，即兩球球心距離為．71.(2021?安徽馬鞍山三模?文T16．)如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為棱AD，DD1的中點，給出下列五個①AD，B1C所成的角為；②B1C⊥BN；③三棱錐A﹣BDN的外接球的表面積為8π；④平面BMN截正方體所得的截面是等腰梯形；⑤以點A為球心，為半徑作球面，則該正方體表面被球面所截得的所有弧長的和為3π；其中真命題是．①④⑤．①∵A1D∥B1C，∴AD，B1C所成的角即為AD，A1D所成的角，在正方形ADD1A1中，易知AD，A1D所成的角為，故①正確；②取A1D1中點E，連接NE，則NE∥A1D，A1D∥B1C，∴NE∥B1C，而，，故BE2≠BN2+NE2，則BN與NE不垂直，即BN與B1C不垂直，故②錯誤；③三棱錐A﹣BDN的外接球半徑為，其表面積為4πR2＝33π，故③錯誤；④連接BC1，則BC1∥MN，∴平面BMN截正方體所得的截面為等腰梯形，故④正確；⑤易知正方體的面對角線長為，在弧D1B1上取點F，則A1F＝2，A1A＝2，∴，∴弧長，又正方體表面被球面所截得的這樣的全等的弧共有三個，故所有弧長的和為π+π+π＝3π，故⑤正確．72.(2021?江西九江二模?理T16．)如圖所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一個角為的菱形，且該直四棱柱有內切球（球與四棱柱的每個面都相切），設其內切球的表面積為S1，對角面BB1D1D和AA1C1C的面積之和為S2，則的值為．．設∠ABC＝α，AB＝a，內切球的半徑為R，則2R＝asinα，∴R＝，四棱柱的高為：asinα，∴S1＝4πR2，由題意可得AC+BD＝2a（sin+cos），∴S2＝2a（sin+cos）?asinα＝a2（sin+cos）sinα，∴＝＝＝＝＝．73.(2021?北京門頭溝二模?理T15)如圖，在邊長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是該正方體對角線BD1上的動點，給出下列四個結論：

①AC⊥B1P；

②△APC面積的最大值是23；

③△APC面積的最小值是①②④．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD?DD1=D，

故AC⊥面BDD1B1，又B1P?面BB1D1D，∴AC⊥B1P，故①正確；

如圖，連接BD交AC于E，∵EP?面BDD1B1，∴AC⊥EP，

故S△APC=12AC?PE=2PE，

當PE與ED1重合時，PE最大，DE=2，ED1=(2)2+22=6，

此時S△APC=2PE=2×6=23，故②正確；

在Rt△BDD1中，當PE⊥BD1時，PE取最小值，BD=22，BD1=23，sin∠DBD1=DD1BD1=33，

此時PE=BEsin∠DBD1=2×33=63，所以S△APC．把這個正四面體補成正方體，四面體的棱就是棱長為3的正方體的面對角線，四面體內切球球心為正方體中心．記球心為正方體對角線AE中點O．AE交平面BDC于點O1，則O1為等邊三角形BDC的中心，O1在BM上，AE⊥平面BDC．OO1為正四面體ABCD內切球半徑，記為R．過點O作OG⊥PQ，垂足為G，則PG＝GQ，連接OP、OB，可知OA＝OB＝＝，O1B＝×6×sin60°＝2，∴R＝OO1＝＝．在Rt△AO1N中，O1N＝2﹣×6×＝，∴AN＝＝．∵Rt△AGO∽Rt△AO1N，∴＝，即＝，∴OG＝，∴PQ＝2＝．75.(2021?河北秦皇島二模?理T16．)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為1，M、N、P分別為棱A1A、A1B1、A1D1上的動點，且滿足＝＝，則直線A1C與平面MNP所成角的正弦值為1；若以△MNP為一底面的正三棱柱（底面為正三角形且側棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的三個頂點也在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面上，則此正三棱柱體積的最大值為．1；．連接A1C1，B1D1，則A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，∵，∴NP∥B1D1，則A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直線A1C與平面MNP所成角的正弦值為1；∵A1C⊥平面MNP，∴過M點作A1C的平行線與AC交于點O，則MO為正三棱柱的側棱，設，則正三角形MNP的邊長MN＝，在△A1AC中，，∴MO＝，∴，x∈（0，1），求導V′＝，令V′＝0，解得x＝，當x∈（0，）時，V隨x的增大而增大，當x∈（，1）時，V隨x的增大而減小，∴．76.(2021?江西上饒二模?理T16．)點M為正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內切球O球面上的動點，點N為B1C1上一點，且2NB1＝NC1，DM⊥BN，若球O的體積為36π，則動點M的軌跡的長度為．．在BB1上取點P，使得2BP＝PB1，連結CP，DP，BN，因為NC1＝2NB1，所以DC⊥BN，則BN⊥平面DCP，故點M的軌跡為平面DCP與球O的截面圓周，設正方體的棱長為a，因為球O的體積為36π，所以，解得a＝6，連結OD，OP，OC，由VO﹣DPC＝VC﹣DPO，所以點O到平面DCP的距離為，所以截面圓的半徑，所以動點M的軌跡的長度為＝．77.(2021?天津南開二模?T12．)某長方體的長、寬、高分別為4，4，2，則該長方體的體積與其外接球的體積之比為．．長方體的體積為：V1＝2×5×4＝32，長方體外接球的直徑為：2R＝＝8，外接球的體積為：V2＝＝36π，長方體的體積與其外接球的體積之比為：＝＝．78.(2021?廣東潮州二模?T16．)某同學在參加《通用技術》實踐課時，制作了一個實心工藝品（如圖所示）．該工藝品可以看成一是個球體被一個棱長為8的正方體的6個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合）．若其中一個截面圓的周長為6π，則該球的半徑為5；現(xiàn)給出定義：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半徑是R，球冠的高是h，那么球冠的表面積計算公式是S＝2πRh．由此可知，該實心工藝品的表面積是94π．5，94π．設球心半徑為R，圓的半徑為r，正方體棱長為OO1＝8，（如圖）∵圓的周長為6π，∴O1A＝r＝3由題意，圓心和球心以及正方體的邊的一半可以構造直角三角形，即R＝＝5，∴球冠的高是h＝BO1＝5﹣4＝1，∵球的表面積減去球冠的表面積，在加上6個圓的面積，可得工藝品的表面積．即工藝品的表面積為：4πR2﹣2πRh×6+6πr2＝94π．79.(2021?遼寧朝陽二模?T15．)已知三棱錐S﹣ABC的三條側棱SA，SB，SC兩兩互相垂直且AC＝，AB＝，此三棱錐的外接球的表面積為14π，則BC＝．．由題意三棱錐S﹣ABC的三條側棱SA，SB，SC兩兩互相垂直可知，三棱錐S﹣ABC是長方體的一個角，如圖：設SA＝x，SB＝y(tǒng)，SC＝z，由題意可得：x2+z2＝13，x2+y2＝5，y2+z2＝BC2，三棱錐的外接球的表面積為14π，三棱錐擴展為長方體，長方體的對角線的長度，就是外接球的直徑2R，所以2R＝，4πR2＝14π，可得x2+y2+z2＝14，解得x＝2，y＝1，z＝3，所以BC＝＝．80.(2021?浙江麗水湖州衢州二模?T12．)某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的表面積是cm2，體積是cm3．，8．由三視圖作出原圖形如圖所示，原幾何體為底面是邊長為2cm、4cm的直角三角形，高為2cm的直三棱柱；其表面積為S＝2××2×4+4×2+2×2+2×＝20+4cm2；體積為V＝×4×2×2＝8cm3．81.(2021?安徽淮北二模?文T16．)已知在正三棱錐S﹣ABC中，點D，E分別是SA，SB的中點，AB＝SB＝6，則直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長為3．3．根據題意，D，E分別是正三棱錐S﹣ABC的棱SA，SB的中點，直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長，等價于求直線DE與△SAB的外接圓的相交的弦長．∵AB＝SB＝6，∴△SAB是等腰直角三角形，作出直線DE與△SAB的外接圓的相交的弦，則弦FG的長即為直線DE被三棱錐外接球O截得的線段長，∴FG＝2＝3．三、解答題部分82.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T20)如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.（1）因為AB=AD,O為BD中點，所以AO⊥BD因為平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因為平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,連FM因為AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因為FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF則為二面角E-BC-D的平面角,因為,為正三角形,所以為直角三角形因為,從而EF=FM=平面BCD,所以83.(2021?高考全國甲卷?理T19)已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因為，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．所以，．由題設（）．（1）因為，所以，所以．（2）設平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．84.(2021?高考全國乙卷?文T18)如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．（1）因為底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）由（1）可知，平面，所以，從而，設，，則，即，解得，所以．因為底面，故四棱錐的體積為．85.(2021?浙江卷?T19)如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而與相交，所以平面，因為，所以，取中點，連接，則兩兩垂直，以點為坐標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系,則,又為中點，所以.由（1）得平面，所以平面的一個法向量從而直線與平面所成角的正弦值為．86.(2021?江蘇鹽城三模?T19)如圖，在三棱柱eqABC－A\s\do(1)B\s\do(1)C\s\do(1)中，eqAC＝BB\s\do(1)＝2BC＝2，∠CBB\s\do(1)＝2∠CAB＝\f(π,3)，且平面ABC⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB.(1)求證：平面ABC⊥平面eqACB\s\do(1)；zA1A1(2)設點P為直線BC的中點，求直線eqA\s\do(1)P與平面eqACB\s\do(1)所成角的正弦值．zA1A1B1PCBAC1C1B1CABPxyEB1PCBAC1C1B1CABPxyE第19題圖【考點】立體幾何中證明位置關系、求線面角的正弦值(1)證明：因為AC＝2BC＝2，所以BC＝1．因為2∠ACB＝EQ\F(π,3)，所以∠ACB＝EQ\F(π,6)．在△ABC中，EQ\F(BC,sinA)＝EQ\F(AC,sinB)，即EQ\F(1,sin\F(π,6）＝EQ\F(2,sinB)，所以sinB＝1，即AB⊥BC．……2分又因為平面ABC⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB，平面ABC∩平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB＝BC，AB平面ABC，所以AB⊥平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB．又B1C平面eqB\s\do(1)C\s\do(1)CB，所以AB⊥B1C，在△B1BC中，B1B＝2，BC＝1，∠CBB1＝EQ\F(π,3)，所以B1C2＝B1B2＋BC2－2B1BBCcosEQ\F(π,3)＝3，即B1C＝EQ\R(,3)，所以B1C⊥BC．……4分而AB⊥B1C，AB平面ABC，BC平面ABC，AB∩BC＝B，所以B1C⊥平面ABC．又B1C平面eqACB\s\do(1)，所以平面ABC⊥平面eqACB\s\do(1)．……6分(2)在平面ABC中過點C作AC的垂線CE，分別以CE，CA，CB1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系：則B(EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(1,2)，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，EQ\R(,3))，所以P(EQ\F(\R(,3),4)，EQ\F(1,4)，0)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),B\S\DO(1)A\S\DO(1）＝EQ\o\ac(\S\UP7(→),BA)＝(－EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(3,2)，0)，……8分所以A1(－EQ\F(\R(,3),2)，EQ\F(3,2)，EQ\R(,3))，所以EQ\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)＝(EQ\F(3\R(,3),4)，－EQ\F(5,4)，－EQ\R(,3))，平面ACB1的一個法向量為EQ\o\ac(\S\UP7(→),n)＝(1，0，0)，……10分設直線A1P與平面ACB1所成的角為α，則sinα＝|cos<EQ\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),n)>|＝EQ\F(|\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)·\o\ac(\S\UP7(→),n)|,|\o\ac(\S\UP7(→),A\S\DO(1)P)||\o\ac(\S\UP7(→),n)|)＝EQ\F(\F(3\R(,3),4),\R(,\F(27,16)＋\F(25,16)＋3）＝EQ\F(3\R(,3),10)．……12分87.(2021?河南鄭州三模?理T18)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中點．（Ⅰ）求證：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若PC＞1，直線PA與平面EAC所成角的正弦值為，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．（Ⅰ）證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PC，又AB＝2，AD＝CD＝1，∴，∴AC2+BC2＝AB2，則AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）以C為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0），設P（0，0，a）（a＞1），則，設平面EAC的一個法向量為，則，則可取，設直線PA與平面EAC所成角為θ，則，∴a4﹣5a2+4＝0，解得a＝2或a＝1（舍去），則，取，則，故平面PAC的一個法向量為，∴，又二面角P﹣AC﹣E的平面角為銳角，∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值為．88.(2021?河南開封三模?理T18)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：AD⊥CD；（2）已知CD＝PD＝4，AB＝AD＝3，∠ADP＝90°．在棱AB上是否存在一點E，使得平面PAD與平面PCE所成的銳二面角的余弦值為？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．（1）證明：因為∠BAP＝∠CDP＝90°，所以AB⊥AP，CD⊥PD，又AB∥CD，故CD⊥AP，又因為AP∩PD＝P，AP，PD?平面PAD，所CD⊥平面PAD，又AD?平面PAD，所以CD⊥AD；（2）解：假設在棱AB上存在一點E，使得平面PAD與平面PCE所成的銳二面角的余弦值為，由已知∠ADP＝90°，結合（1）可得DA，DC，DP兩兩垂直，以D為原點，以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D﹣xyz，令AE＝a，則A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），E（3，a，0），所以，，則平面PAD的法向量為，設平面PCE的法向量為，則，即，令z＝1，所以，故，解得a＝1（舍去a＝7），則AE＝1，所以．89.(2021?河南開封三模?文T18．)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：平面PAD⊥平面ABCD；（2）若PA＝PD＝AB＝CD＝2，∠APD＝90°，求點C到平面BDP的距離．（1）證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD，由AB∥CD，故CD⊥AP，又因為AP∩PD＝P，AP，PD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD；（2）解：設E為AD中點，連接PE，由PA＝PD，所以PE⊥AD，由（1）知，平面PAD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，因為AB∥CD，AB＝CD，所以ABCD是平行四邊形，由（1）知，CD⊥平面PAD，AD?平面PAD，所以CD⊥AD，所以ABCD是矩形，由∠APD＝90°，，，所以，連接EB，在△PEB中，，，所以，在△PBD中，PD＝2，，，所以∠BPD＝90°，所以，設點C到平面PBD的距離為h，因為VC﹣PBD＝VP﹣BCD，所以，所以，故點C到平面PBD的距離為．90.(2021?河南焦作三模?理T18)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB，∠ABC＝60