壓軸題04立體幾何壓軸題10題型 （教師版）

壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總命題預(yù)測本專題考查類型主要涉及點(diǎn)立體幾何的內(nèi)容，主要涉及了立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)問題，外接球內(nèi)切球問題，以及不規(guī)則圖形的夾角問題，新定義問題等。預(yù)計(jì)2024年后命題會繼續(xù)在以上幾個(gè)方面進(jìn)行。高頻考法題型01幾何圖形內(nèi)切球、外接球問題題型02立體幾何中的計(jì)數(shù)原理排列組合問題題型03立體幾何動(dòng)點(diǎn)最值問題題型04不規(guī)則圖形中的面面夾角問題題型05不規(guī)則圖形中的線面夾角問題題型06幾何中的旋轉(zhuǎn)問題題型07立體幾何中的折疊問題題型08不規(guī)則圖形表面積、體積問題題型09立體幾何新定義問題題型10立體幾何新考點(diǎn)01幾何圖形內(nèi)切球、外接球問題解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.1.（多選）（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）如圖，八面體的每個(gè)面都是正三角形，并且4個(gè)頂點(diǎn)A,B,C,D在同一個(gè)平面內(nèi)，如果四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則（

）A．異面直線AE與DF所成角大小為πB．二面角A?EB?C的平面角的余弦值為1C．此八面體一定存在外接球D．此八面體的內(nèi)切球表面積為8

【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用坐標(biāo)法計(jì)算異面直線所成角及二面角可判斷A項(xiàng)、B項(xiàng)，由|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|可判斷C項(xiàng)，運(yùn)用等體積法求得內(nèi)切球的半徑，進(jìn)而可求得內(nèi)切球的表面積即可判斷D項(xiàng).【詳解】連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接OE、OF，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，則AC⊥BD，又因?yàn)榘嗣骟w的每個(gè)面都是正三角形，所以E、O、F三點(diǎn)共線，且EF⊥面ABCD，所以以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B、OC、OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示，

則O(0,0,0)，A(0,?2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，對于A項(xiàng)，AE=(0,2,設(shè)異面直線AE與DF所成角為θ，則cosθ=|所以θ=π3，即異面直線AE與DF所成角大小為對于B項(xiàng)，BE=(?2,0,2)設(shè)面ABE的一個(gè)法向量為n=(則n?BE=0n?BA=0??設(shè)面BEC的一個(gè)法向量為m=(則n?BE=0n?BC=0??所以cosn又因?yàn)槊鍭BE與BEC所成的二面角的平面角為鈍角，所以二面角A?EB?C的平面角的余弦值為?1對于C項(xiàng)，因?yàn)閨OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=2所以O(shè)為此八面體外接球的球心，即此八面體一定存在外接球，故C項(xiàng)正確；對于D項(xiàng)，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，則八面體的體積為V=2V又八面體的體積為V=8V所以833r=所以內(nèi)切球的表面積為4π故選：ACD.2.（2024·浙江寧波·二模）在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=4,AA．9π B．16π C．25π【答案】C【分析】根據(jù)勾股定理求解棱臺的高M(jìn)N=1,進(jìn)而根據(jù)相切，由勾股定理求解球半徑R=5【詳解】設(shè)棱臺上下底面的中心為N,M,連接D1則D1所以棱臺的高M(jìn)N=B設(shè)球半徑為R,根據(jù)正四棱臺的結(jié)構(gòu)特征可知：球O與上底面A1B1C1設(shè)BC中點(diǎn)為E，連接OE,OM,ME,所以O(shè)E2=O所以球O的表面積為4π故選：C3.（2024·河北石家莊·二模）已知正方體的棱長為22，連接正方體各個(gè)面的中心得到一個(gè)八面體，以正方體的中心O為球心作一個(gè)半徑為233A．26π B．463π 【答案】B【分析】畫出圖形，求解正方體的中心與正八面體面的距離，然后求解求與正八面體的截面圓半徑，求解各個(gè)平面與球面的交線、推出結(jié)果.【詳解】如圖所示，M為EF的中點(diǎn)，O為正方體的中心，過O作PM的垂線交于點(diǎn)N，正八面體的棱長為2，即EF=2，故OM=1，OP=2，PM=3，則設(shè)球與正八面體的截面圓半徑為r，如圖所示，則r=(由于MN=ZN=33，NJ=NI=63，所以IJ=233，則∠INJ=π2，平面故選：B4.（多選）（2022·山東聊城·二模）用與母線不垂直的兩個(gè)平行平面截一個(gè)圓柱，若兩個(gè)截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個(gè)平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個(gè)截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的π倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個(gè)平行平面去截該圓柱，得到一個(gè)高為6的斜圓柱，對于這個(gè)斜圓柱，下列選項(xiàng)正確的是（

）A．底面橢圓的離心率為2B．側(cè)面積為24C．在該斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的表面積為36πD．底面積為4【答案】ABD【分析】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)D和最低點(diǎn)B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出過斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓柱底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關(guān)系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，得橢圓面積，利用橢圓的側(cè)面積公式可求得斜橢圓的側(cè)面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關(guān)鍵各選項(xiàng)．【詳解】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)D和最低點(diǎn)B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，矩形ABCD是圓柱的軸截面，平行四邊形BFDE是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，由圓柱的性質(zhì)知∠ABF=45°，則BF=2AB，設(shè)橢圓的長軸長為2a，短軸長為2b，則2a=2?2b，所以離心率為e=cEG⊥BF，垂足為G，則EG=6，易知∠EBG=45°，BE=62，又CE=AF=AB=4所以斜圓柱側(cè)面積為S=2π×2×(4+622b=4，b=2，2a=42，a=2橢圓面積為πab=42由于斜圓錐的兩個(gè)底面的距離為6，而圓柱的底面直徑為4，所以斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的半徑為2，球表面積為4π×2故選：ABD．5.（21-22高三上·湖北襄陽·期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，球O1同時(shí)與以A為公共頂點(diǎn)的三個(gè)面相切，球O2同時(shí)與以C1為公共頂點(diǎn)的三個(gè)面相切，且兩球相切于點(diǎn)F.若以F為焦點(diǎn)，AB1為準(zhǔn)線的拋物線經(jīng)過O1，【答案】2?3/【分析】首先根據(jù)拋物線的定義結(jié)合已知條件得到球O2內(nèi)切于正方體，設(shè)r2=1【詳解】如圖所示：根據(jù)拋物線的定義，點(diǎn)O2到點(diǎn)F的距離與到直線A其中點(diǎn)O2到點(diǎn)F的距離即半徑r2，也即點(diǎn)O2點(diǎn)O2到直線AB1的距離即點(diǎn)O因此球O2不妨設(shè)r2=1，兩個(gè)球心O1，O兩個(gè)球在平面AB則O2F=r2因?yàn)閞1AO1=因此(3+1)r1=故答案為：2?02立體幾何中的計(jì)數(shù)原理排列組合問題6.（2024·浙江臺州·二模）房屋建造時(shí)經(jīng)常需要把長方體磚頭進(jìn)行不同角度的切割，以契合實(shí)際需要.已知長方體的規(guī)格為24cm×11cm×5cm，現(xiàn)從長方體的某一棱的中點(diǎn)處作垂直于該棱的截面，截取1次后共可以得到12A．8 B．10 C．12 D．16【答案】B【分析】根據(jù)原長方體體積與得到的體積為165cm3長方體的關(guān)系，分別對長寬高進(jìn)行減半，利用分類加法計(jì)數(shù)原理求解即可.【詳解】由題意，V長方體=24×11×5=8×165，為得到體積為需將原來長方體體積縮小為原來的18可分三類完成：第一類，長減半3次，寬減半3次、高減半3次，共3種；第二類，長寬高各減半1次，共1種；第三類，長寬高減半0,1,2次的全排列A3根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理，共3+1+6=10種.故選：B7.（2023·江蘇南通·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，A10,0,0,B0,10,0A．C103 B．C93 C．【答案】B【分析】先利用空間向量法求得面ABC的一個(gè)法向量為n=1,1,1，從而求得面ABC上的點(diǎn)Pa,b,c滿足a+b+c=10，進(jìn)而得到棱錐O?ABC內(nèi)部整點(diǎn)為Q【詳解】根據(jù)題意，作出圖形如下，因?yàn)锳10,0,0,B0,10,0設(shè)面ABC的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則令x=1，則y=1,z=1，故n=設(shè)Pa,b,c是面ABC上的點(diǎn)，則AP故AP?n=a?10+b+c=0不妨設(shè)三棱錐O?ABC內(nèi)部整點(diǎn)為Qs,t,r，則s,t,r∈N?，故s≥1,t≥1,r≥1易知若s+t+r=10，則Q在面ABC上，若s+t+r>10，則Q在三棱錐O?ABC外部，所以3≤s+t+r≤9，當(dāng)s+t+r=n,n∈N?且將n寫成n個(gè)1排成一列，利用隔板法將其隔成三部分，則結(jié)果的個(gè)數(shù)為s,t,r的取值的方法個(gè)數(shù)，顯然有Cn?1所有整點(diǎn)Qs,t,r的個(gè)數(shù)為C因?yàn)镃n所以C22+故選：B.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是求得面ABC上的點(diǎn)Pa,b,c滿足a+b+c=10，從而確定三棱錐O?ABC內(nèi)部整點(diǎn)為Qs,t,r滿足8.（2024·重慶·模擬預(yù)測）從長方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，則這4個(gè)點(diǎn)能構(gòu)成三棱錐的頂點(diǎn)的概率為（

）A．2736 B．2935 C．67【答案】B【分析】首先求出基本事件總數(shù)，再計(jì)算出這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率，最后利用對立事件的概率公式計(jì)算可得.【詳解】根據(jù)題意，從長方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，有C8“這4個(gè)點(diǎn)構(gòu)成三棱錐的頂點(diǎn)”的反面為“這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面”，而長方體有2個(gè)底面和4個(gè)側(cè)面、6個(gè)對角面，一共有12種情況，則這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率P=12所以這4個(gè)點(diǎn)構(gòu)成三棱錐的概率為1?6故選：B．9.（多選）（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，16枚釘子釘成4×4的正方形板，現(xiàn)用橡皮筋去套釘子，則下列說法正確的有(不同的圖形指兩個(gè)圖形中至少有一個(gè)頂點(diǎn)不同)（

）A．可以圍成20個(gè)不同的正方形B．可以圍成24個(gè)不同的長方形(鄰邊不相等)C．可以圍成516個(gè)不同的三角形D．可以圍成16個(gè)不同的等邊三角形【答案】ABC【分析】利用分類計(jì)算原理及組合，結(jié)合圖形，對各個(gè)選項(xiàng)逐一分析判斷即可得出結(jié)果.【詳解】不妨設(shè)兩個(gè)釘子間的距離為1，對于選項(xiàng)A，由圖知，邊長為1的正方形有3×3=9個(gè)，邊長為2的正方形有2×2=4個(gè)，邊長為3的正方形有1個(gè)，邊長為2的正方形有2×2=4個(gè)，邊長為5的有2個(gè)，共有20個(gè)，所以選項(xiàng)A正確，對于選項(xiàng)B，由圖知，寬為1的長方形有3×3=9個(gè)，寬為2的長方形有4×2=8個(gè)，寬為3的長方形有5個(gè)，寬為2的有2個(gè)，共有24個(gè)，所以選項(xiàng)B正確，對于選項(xiàng)C，由圖知，可以圍成C16對于選項(xiàng)D，由圖可知，不存在等邊三角形，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選：ABC.10.（2024·上海浦東新·模擬預(yù)測）如圖ABCDEF?A'B'C'D

【答案】6【分析】根據(jù)題意，相交時(shí)分為：在側(cè)面內(nèi)相交，兩個(gè)相鄰面相交于一個(gè)點(diǎn)，相隔一個(gè)面中相交于對角線延長線上，分別分析幾種情況下對角線共面的個(gè)數(shù)，再利用古典概型的概率計(jì)算公式，計(jì)算結(jié)果即可．【詳解】由題意知，若兩個(gè)對角線在同一個(gè)側(cè)面，因?yàn)橛?個(gè)側(cè)面，所以共有6組，若相交且交點(diǎn)在正六棱柱的頂點(diǎn)上，因?yàn)橛?2個(gè)頂點(diǎn)，所以共有12組，若相交且交點(diǎn)在對角線延長線上時(shí)，如圖所示，連接AD，C'D，E'D，

先考慮下底面，根據(jù)正六邊形性質(zhì)可知EF//AD//BC，所以E'且B'C'=E故AF'，DE'相交，且C'則正六邊形對角線AD所對應(yīng)的有2組共面的面對角線，同理可知正六邊形對角線BE，CF所對的分別有兩組，共6組，故對于上底面對角線A'D'，B'E若對面平行，一組對面中有2組對角線平行，三組對面共有6組，所以共面的概率是6+12+12+6C故答案為：61103立體幾何動(dòng)點(diǎn)最值問題空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強(qiáng)，難度較大，解答時(shí)要發(fā)揮空間想象，明確空間的位置關(guān)系，結(jié)合空間距離，確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡形狀；結(jié)合等體積法求得點(diǎn)到平面的距離，結(jié)合線面角的定義求解.11.（多選）（2024·浙江臺州·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，P為平面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且直線A．點(diǎn)P的軌跡為拋物線B．正方體ABCD?A1B1C．直線CP與平面CDD1D．點(diǎn)M為直線D1B上一動(dòng)點(diǎn)，則MP+ME【答案】BCD【分析】對于A，根據(jù)到D點(diǎn)長度為定值，確定動(dòng)點(diǎn)軌跡為圓；對于B，理解內(nèi)切球的特點(diǎn)，計(jì)算出球心到平面的距離，再計(jì)算出截面半徑求面積；對于C，找到線面所成角的位置，再根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)（相切時(shí)）找到正弦的最大值；對于D，需要先找到P點(diǎn)位置，再將立體問題平面化，根據(jù)三點(diǎn)共線距離最短求解.【詳解】對于A，因?yàn)橹本€D1P與平面ABCD所成角為π3，所以DP=1tanπ3對于B，在面BB1D1D內(nèi)研究，如圖所示O為內(nèi)切球球心，O1為上底面中心，O2為下底面中心，G為內(nèi)切球與面A1BC1的切點(diǎn).已知OG⊥O1B，OG為球心到面A1BC對于C，直線CP與平面CDD1C1所成角即為∠PCD，當(dāng)CP與P點(diǎn)的軌跡圓相切時(shí)，對于D，分析可知，P點(diǎn)為BD和圓周的交點(diǎn)時(shí)，MP最小.此時(shí)可將面D1AB沿著D1當(dāng)E',M,P三點(diǎn)共線時(shí)，MP+ME最小.因?yàn)镺2P=3故選：BCD12.（多選）（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1CA．若M在線段AB上，則D1M+MCB．平面ACD1C．若C1M與AB所成的角為π4D．對于給定的點(diǎn)M，過M有且僅有3條直線與直線D1A,【答案】ABD【分析】合理構(gòu)造圖形，利用三角形的性質(zhì)判斷A，利用球的截面性質(zhì)判斷B，利用線線角的幾何求法求出軌跡方程判斷C，合理轉(zhuǎn)化后判斷D即可.【詳解】對于A，延長DA到E使得AE=2則D1等號在E,M,C共線時(shí)取到；故A正確，對于B，由于球的半徑為12，球心到平面ACD1故被截得的圓的半徑為14?1對于C，C1M與AB所成的角即為C1M和則x2+y2+1=2(對于D，顯然過M的滿足條件的直線數(shù)目等于過D1的滿足條件的直線l在直線l上任取一點(diǎn)P，使得D1不妨設(shè)∠PD1A=π3所以P有兩種可能，直線l也有兩種可能，若∠PD1C=就是與∠AD1C故選：ABD13.（多選）（2023·安徽蕪湖·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，棱AB的中點(diǎn)為M，過點(diǎn)M作正方體的截面A．當(dāng)MN最大時(shí)，MN與BC所成的角為πB．三棱錐A1?BNC．若DN=2，則點(diǎn)N的軌跡長度為D．若N∈平面A1BCD1【答案】BCD【分析】記BC,CC1,C1D,D1A1,A1A的中點(diǎn)分別為F,H,G,F,E，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，證明M,F,H,G,F,E共面，且DB1⊥平面MEFGHI，由此確定平面α，找到MN最大時(shí)N【詳解】記BC,CC1,連接EF,FG,GH,HI,IM,ME，連接GM,FI，因?yàn)镕G∥A1所以FG∥MI，F(xiàn)G=MI，所以四邊形連接FI,MG，記其交點(diǎn)為S，根據(jù)正方體性質(zhì)，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，B12,2,2,M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(xiàn)(1,0,2)，G(0,1,2)，

因?yàn)镈B1=2,2,2，SM=SG=?1,0,1，SF=所以DB1?SM=0DB1?SG所以M,E,F,G,H,I六點(diǎn)共面，因?yàn)镈B1=2,2,2，所以DB1?所以DB1⊥所以DB1⊥MI,DB1所以DB1⊥平面MEFGHI，故平面MEFGHI對于A，N與G重合時(shí)，MN最大，且MN//BC所以MN與BC所成的角的平面角為∠C又BC=所以∠C1BC=對于B，因?yàn)樗訢B1=2,2,2，所以DB1?所以DB1⊥所以DB1⊥A1所以DB1⊥平面A1B所以平面A1BC所以點(diǎn)N到平面A1BC1的距離與點(diǎn)所以VA向量DB1=2,2,2為平面所以M到面A1BC又△A1B所以三棱錐A1?BNC對于C：若DN=2，點(diǎn)N在截面MEFGHI所以點(diǎn)N的軌跡是以D為球心，半徑為2的球體被面MEFGHI所截的圓（或其一部分），因?yàn)镈S=1,1,1，DB所以DS⊥平面MEFGHI，所以截面圓的圓心為S，因?yàn)镈B1=2,2,2是面所以D到面MEFGHI的距離為d'故軌跡圓的半徑r=22?故點(diǎn)N的軌跡長度為2π對于D，N∈平面A1BCD1，又平面A1BCD1與平面所以點(diǎn)N的軌跡為線段FI，翻折△C1FI

所以當(dāng)B,N,C1三點(diǎn)共線時(shí)，BN+由已知C1I=C1過C1作C1T⊥BI，垂足為T所以IT所以BC所以BN+NC故選：BCD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)截面的性質(zhì)確定滿足條件的過點(diǎn)M的截面位置，再結(jié)合異面直線夾角定義，錐體體積公式，球的截面性質(zhì)，空間圖形的翻折判斷各選項(xiàng).14.（多選）（2024·福建廈門·一模）如圖所示，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，△ABF和△DCE均是等邊三角形，且AB=23，EF=x(x>0)A．EF//平面ABCDB．二面角A?EF?B隨著x的減小而減小C．當(dāng)BC=2時(shí)，五面體ABCDEF的體積V(x)最大值為27D．當(dāng)BC=32時(shí)，存在x使得半徑為3【答案】ACD【分析】A由線面平行的判定證明；B設(shè)二面角A?EF?B的大小為2α，點(diǎn)F到面ABCD的距離為?，則tanα=3?，分析取最小值的對應(yīng)情況即可判斷；C把五面體ABCDEF補(bǔ)成直三棱柱FGI?EKJ，取AB,GI的中點(diǎn)M,H，設(shè)∠FMH=θ(0<θ≤π2)，則MH=3cosθ,FH=3sinθ，結(jié)合【詳解】A：由題設(shè)BC//AD，AD?面ADEF，BC?面ADEF，則BC//面ADEF，由面BCEF∩面ADEF=EF，BC?面BCEF，則BC//EF，BC?面ABCD，EF?面ABCD，則EF//平面ABCD，對；B：設(shè)二面角A?EF?B的大小為2α，點(diǎn)F到面ABCD的距離為?，則tanα=點(diǎn)F到面ABCD的距離，僅在面FAB⊥面ABCD時(shí)取得最大值，當(dāng)EF=x=BC時(shí)tanα取最小值，即α取最小值，即二面角A?EF?B所以EF=x∈(0,+∞

C：當(dāng)BC=2，如圖，把五面體ABCDEF補(bǔ)成直三棱柱FGI?EKJ，分別取AB,GI的中點(diǎn)M,H，易得FH⊥面ABCD，F(xiàn)M=3，設(shè)∠FMH=θ(0<θ≤π2)V(x)=VABCDEF=VFGI?EKJ令f(θ)=63sinθ+6令f'(θ)=0?2cos2θ+cosθ?1=00<θ<π3，f'(θ)>0，f(θ)遞增，π3顯然θ=π3是f(θ)的極大值點(diǎn)，故所以五面體ABCDEF的體積V(x)最大值為272D：當(dāng)BC=32時(shí)，△ABF和△DCE所在平面均垂直于面ABCD時(shí)構(gòu)成正三棱柱此時(shí)正三棱柱內(nèi)最大的求半徑r=34<32對于一般情形，如下圖示，左圖為左視圖，右圖為正視圖，

由C分析結(jié)果，當(dāng)五面體ABCDEF體積最大時(shí)，其可內(nèi)含的球的半徑較大，易知，當(dāng)∠FMH=π3時(shí)，設(shè)△FIG的內(nèi)切圓半徑為r1，則12×另外，設(shè)等腰梯形EFMN中圓的半徑為r2，則r所以，存在x使半徑為32的球都能內(nèi)含于五面體ABCDEF故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對于C通過補(bǔ)全幾何體為棱柱，設(shè)∠FMH=θ(0<θ≤π2)得到五面體ABCDEF的體積關(guān)于θ15.（多選）（2024·廣西南寧·一模）在邊長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，動(dòng)點(diǎn)A．當(dāng)x=14,z=0,y∈0,1B．當(dāng)x=y=1,z=12時(shí)，異面直線BM與CC．當(dāng)x+y+z=1，且AM=253時(shí)，則D．當(dāng)x+y=1,z=0時(shí)，AM與平面AB1【答案】AD【分析】對于A，確定M的位置，利用側(cè)面展開的方法，求線段的長，即可判斷；對于B，利用平移法，作出異面直線所成角，解三角形，即可判斷；對于C，結(jié)合線面垂直以及距離確定點(diǎn)M的軌跡形狀，即可確定軌跡長度；對于D，利用等體積法求得M點(diǎn)到平面AB1D1的距離，結(jié)合線面角的定義求得【詳解】對于A，在AB上取點(diǎn)H，使AH=14AB，在因?yàn)閤=14,z=0,y∈0,1，即將平面B1HKC1與平面

連接B1D交HK于P，此時(shí)B,P,D三點(diǎn)共線，B1由于AH=14故AB即此時(shí)B1M+MD的最小值為對于B，由于x=y=1,z=12時(shí)，則此時(shí)M為CC1的中點(diǎn)，取C1

則MN∥CD1,故∠BMN即為異面直線又MN=12C故cos∠BMN=而異面直線所成角的范圍為(0,π故異面直線BM與CD1所成角的余弦值為對于C，當(dāng)x+y+z=1時(shí)，可得點(diǎn)M的軌跡在△A由于CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD又BD⊥AC，AC∩CC1=C,AC,CC1?平面AC1?平面ACC1A1B∩BD=B,A1B,BD?平面A設(shè)AC1與平面A1△A1BD為邊長為22的正三角形，則點(diǎn)A到平面若AM=253即M點(diǎn)落在以P為圓心，22

P點(diǎn)到△A1BD即M點(diǎn)軌跡是以P為圓心，223為半徑的圓的一部分，其軌跡長度小于圓的周長對于D，因?yàn)锽1D1∥BD,BD?平面AB1D1

因?yàn)楫?dāng)x+y=1,z=0時(shí)，AM=AB+點(diǎn)M到平面AB1D1的距離等于點(diǎn)B到平面則VB?A△AB1D1為邊長為解得d=2又M在BD上，當(dāng)M為BD的中點(diǎn)時(shí)，AM取最小值2，設(shè)直線AM與平面AB1D則sinθ=dAM=233故選：AD【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強(qiáng)，難度較大，解答時(shí)要發(fā)揮空間想象，明確空間的位置關(guān)系，難點(diǎn)在于C，D選項(xiàng)的判斷，對于C，要結(jié)合空間距離，確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡形狀；對于D，要結(jié)合等體積法求得點(diǎn)到平面的距離，結(jié)合線面角的定義求解.04不規(guī)則圖形中的面面夾角問題利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關(guān)鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將相關(guān)向量用坐標(biāo)表示，通過向量的坐標(biāo)運(yùn)算求空間角，其中建系的關(guān)鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．16.（2024·浙江臺州·二模）如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=3A1B1，AB∥CD，(1)求證：BQ∥平面AD(2)若四棱錐Q?ABB1A1的體積為323【答案】(1)證明見解析(2)21【分析】（1）分別延長線段AA1，BB1，CC1，DD1交于點(diǎn)P，將四棱臺補(bǔ)成四棱錐P?ABCD，取DD1的中點(diǎn)（2）先證明AD⊥平面ABB1A1，再以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線AB為x軸，以直線AD為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面CDD1C1的法向量為【詳解】（1）證明：如圖所示：分別延長線段AA1，BB1，CC1，∵A1B1=1取DD1的中點(diǎn)E，連接QE，∵QE//CD//AB，且QE=123+9∴BQ∥AE，又AE?平面ADD1A∴BQ∥平面AD（2）由于VQ?ABB1又梯形ABB1A設(shè)C到平面ABB1A1距離為?，則而CD∥AB，AB?平面ABB1A所以CD∥平面AB所以點(diǎn)C到平面ABB1A而?=6=AD，所以AD⊥平面ABB以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線AB為x軸，以直線AD為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，易得△PAB為等邊三角形，所以A0,0,0，B6,0,0，C9,6,0，設(shè)平面CDD1C則m→得x=0，y=32z又平面ABB1A則，平面ABB1A1與平面17.（2024·浙江杭州·二模）如圖，在多面體ABCDPQ中，底面ABCD是平行四邊形，∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M為BC的中點(diǎn)，PQ∥(1)證明：∠ABQ=90°；(2)若多面體ABCDPQ的體積為152，求平面PCD與平面QAB【答案】(1)證明見解析；(2)310【分析】（1）根據(jù)余弦定理求解DM=3，即可求證DM⊥DC（2）根據(jù)體積公式，結(jié)合棱柱與棱錐的體積關(guān)系，結(jié)合等體積法可得PM=?=33【詳解】（1）在△DCM中，由余弦定理可得DM=D所以DM2+D所以DM⊥DC．又因?yàn)镈C⊥PD，DM∩PD=D,DM,DP?平面PDM,所以DC⊥平面PDM,PM?平面PDM．所以DC⊥PM．由于PQ//BM,PQ=BM=2,所以四邊形PQBM為平行四邊形，所以PM∥又AB∥DC，所以AB⊥BQ，所以∠ABQ=90°．（2）因?yàn)镼B⊥MD，所以PM⊥MD，又PM⊥CD，DC∩MD=D,DC,MD?平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD．取AD中點(diǎn)E，連接PE，設(shè)PM=?．設(shè)多面體ABCDPQ的體積為V，則V==S解得PM=?=33建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A?D3則平面QAB的一個(gè)法向量n=所以CD=設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量m=則m?CD=0,n?所以cosθ=所以平面PAD與平面PMD夾角的余弦值為31018.（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知四棱錐P?ABCD的棱AB,BC的長為2，其余各條棱長均為1．(1)求四棱錐P?ABCD的體積；(2)求二面角A?PC?B的大?。敬鸢浮?1)2(2)90【分析】（1）設(shè)四邊形ABCD的外接圓半徑為r，求得2r=BD=3，利用等面積求得四邊形ABCD的面積，求出P到平面ABCD的距離d（2）利用線面垂直，推出面面垂直，求解二面角.【詳解】（1）如圖（1）所示，四棱錐P?ABCD中，AB=BC=2所以點(diǎn)P在底面內(nèi)的射影為底面四邊形ABCD的外接圓的圓心O，即四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，如圖（2）所示,根據(jù)四邊形ABCD的對稱性，可得BD為外接圓的直徑，AC⊥BD,所以∠DAB=90設(shè)四邊形的半徑為r，在直角ABD中，可得BD=2r=3，OA=由等面積法S四邊形又由點(diǎn)P在底面內(nèi)的射影為底面四邊形ABCD的外接圓的圓心O，所以O(shè)P⊥底面四邊形ABCD,即OP=所以VP?ABCD

（2）由PC=PA=PB=1,AB=BC=2所以B即PB⊥PA,PB⊥PC,又PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC,所以PB⊥平面PAC,又PB?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC,所以二面角A?PC?B為90°19.（2024·安徽·二模）將正方形ABCD繞直線AB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使得CD到EF(1)求證：平面ACF⊥平面BDE；(2)點(diǎn)M為DF上一點(diǎn)，若二面角C?AM?E的余弦值為13，求∠MAD【答案】(1)證明見解析(2)∠MAD=【分析】（1）根據(jù)面面與線面垂直的性質(zhì)可得BD⊥AF，結(jié)合線面、面面垂直的判定定理即可證明；（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)∠MAD=α，AB=1，利用空間向量法求出二面角C?AM?E的余弦值，建立方程1?sinαcos【詳解】（1）由已知得平面ABCD⊥平面ABEF，AF⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AF?平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，故BD⊥AF，因?yàn)锳BCD是正方形，所以BD⊥AC，AC，AF?平面ACF，AC∩AF=A，所以BD⊥平面ACF，又BD?平面BDE，所以平面ACF⊥平面BDE.（2）由（1）知AD，AF，AB兩兩垂直，以AD，AF，AB所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.設(shè)∠MAD=α，AB=1，則A0,0,0，Mcosα,sinα,0故AM=cosα,sin設(shè)平面AMC的法向量為m=x1,故x1+z1=0x所以m設(shè)平面AME的法向量為n=x2,故y2+z2=0x所以n=所以cosm由已知得1?sin化簡得：2sin22α?9sin2α+7=0故α=45°，即∠MAD=45°.20.（2024·山西·二模）如圖，四棱錐P?ABCD中，二面角P?CD?A的大小為90°，∠DCP=∠DPC<π4，∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°

(1)求證：平面EBD⊥平面PCD；(2)若直線PD與底面ABCD所成的角為60°，求二面角B?ED?C【答案】(1)證明見解析(2)7【分析】（1）由題意可得BD⊥CD，平面PCD⊥平面ABCD，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得BD⊥平面PCD，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）過P作CD的垂線交CD延長線于點(diǎn)H，連接AH，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得∠PDH=60°，設(shè)AD=1，在△ADH中由余弦定理得AH=22，利用勾股定理的逆定理可得【詳解】（1）由∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°，得AD=AB,AD//BC，則所以BD=CD,∠BDC=90°，即由二面角P?CD?A的大小為90°，知平面PCD⊥平面CDA，即平面PCD⊥平面ABCD又平面PCD∩平面ABCD=CD，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PCD，又BD?平面EBD，所以平面EBD⊥平面PCD.（2）過P作CD的垂線，交CD延長線于點(diǎn)H，連接AH，由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PH?平面PCD，PH⊥CD，所以PH⊥平面ABCD，則DH為PD在底面ABCD內(nèi)的射影，所以∠PDH為直線PD與底面ABCD所成的角，即∠PDH=60由∠DCP=∠DPC<π4，知DP=DC且設(shè)AD=1，得BD=DC=DP=2，BC=2在△PHD中，PD=2,DH=22,PH=由余弦定理得AH=AD2所以AH⊥CD，過D作DF//PH，則DF⊥底面ABCD，所以DB,DC,DF兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標(biāo)系D?xyz，B(2所以DB=(設(shè)平面EBD和平面ECD的一個(gè)法向量分別為n=(則n?DB=令z1=1,z所以n=(0,32故所求二面角B?ED?C的余弦值為77

05不規(guī)則圖形中的線面夾角問題21.（2024·浙江寧波·二模）在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D(1)求證：CE∥平面ADD(2)求直線CE與平面BDD【答案】(1)證明見解析(2)15【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面BCE∥平面ADD（2）法1：根據(jù)面面垂直得線面垂直，從而建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解線面夾角即可；法2：根據(jù)點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系，利用等體積轉(zhuǎn)化求解E到平面BDD1的距離?，從而轉(zhuǎn)化求解直線CE與平面【詳解】（1）∵BE∥AD1,BE?平面ADD1,A同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,BE,BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD∵CE?平面BCE,∴CE∥平面ADD（2）法1：取AB中點(diǎn)O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1?平面∴OD1⊥如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,1,0從而E0,?32又BD=3,1,0,D有BD?n=0DD1?n=0設(shè)直線CE與平面BDD1所成角為sinθ=|所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為法2：取AD1中點(diǎn)F，則EFDC是平行四邊形，所以CE∥從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD過G作GK⊥D1H交D因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABC1D1，平面又D1G?平面AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1從而BD⊥平面D1GH，因?yàn)镚K?平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩從而GK⊥平面BDD所以GK的長即為G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設(shè)為?即為G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為22.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，△PAD為等邊三角形，點(diǎn)M，N分別為AB，PC的中點(diǎn)．(1)證明：直線MN//平面PAD；(2)當(dāng)二面角P?AD?C為120°時(shí)，求直線MN與平面PCD所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，進(jìn)而得到線面平行；（2）作出輔助線，得到∠PFB=120°，求出各邊長，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用線面角的向量公式求出答案.【詳解】（1）取PD中點(diǎn)E，連接AE，NE，∵N為PC中點(diǎn)，∴EN//CD且EN=1又∵AM//CD且AM=1∴EN//AM且EN=AM，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴MN//AE，∵M(jìn)N?平面PAD，AE?平面PAD，∴MN//平面PAD．（2）連接BD，取AD中點(diǎn)F，連接PF，因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD為等邊三角形，故BF⊥AD，因?yàn)椤鱌AD為等邊三角形，所以PF⊥AD，故∠PFB為二面角P?AD?C的平面角，因?yàn)槎娼荘?AD?C為120°，故∠PFB=120°，以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)B,FD所在直線分別為x,y軸，垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則∠PFz=30°，設(shè)AB=2，則AF=DF=1,BF=3，PF=∴B3,0,0，P?32∴M32,?12MN=AE=?3設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量n=故PC?令y=3得x=?3,z=1，故設(shè)MN與平面PCD所成角為θ，∴sinθ=23.（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）在三棱錐D?ABC中，AC=3,DC=22(1)證明：平面ADC⊥平面ABC；(2)點(diǎn)E為棱DC上，若BC與平面EAB所成角的正弦值為3311，求DE【答案】(1)證明見解析(2)DE=【分析】（1）如圖過D作DH⊥AC，由相似三角形的判定定理與性質(zhì)求得BH=2，根據(jù)勾股定理的逆定理可得DH⊥BH（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系O?xyz，設(shè)DE=λDC(0≤λ≤1)，根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算表示出DE【詳解】（1）過D作DH⊥AC，垂足為H，由AC=3,DC=22得DH=CH=2，∵CB⊥AB，得AB=A由ACBC=BCHC，得即AC?BH=AB?BC，所以BH=2在△BDH中，BH2+D又DH⊥AC,AC∩BH=H,AC,BH?平面ABC，所以DH⊥平面ABC,DH?平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC；（2）如圖以H為原點(diǎn)，HB為x軸，HC為y軸，HD為z軸建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz；得A0,?1,0設(shè)DE=λAE=設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為m=則m?AB=0m?則m=設(shè)直線BC與平面EAB所成角為θ，則sinθ=∴1+2λ所以DE=224.（2022·江西贛州·二模）已知四棱錐P—ABCD中，△ABD?△BCD?△BDP都是正三角形AB=2(1)求證：平面ACP⊥平面BDP；(2)求直線BP與平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)217【分析】（1）通過證明BD⊥面APC，即可由線面垂直證明面面垂直；（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得直線BP的方向向量和平面ADP的法向量，即可由向量法求得結(jié)果.【詳解】（1）連接OP，如下所示：在四邊形ABCD中△ABD?△BCD都是正三角形，所以四邊形ABCD是菱形，點(diǎn)O為BD中點(diǎn)；因?yàn)椤鰽BD?△BDP都是正三角形，所以AO⊥BD，PO⊥BD因?yàn)锳O∩PO=O，AO,PO?面APC，所以BD⊥平面APC，.因?yàn)锽D?平面BDP，所以平面ACP⊥平面BDP.（2）由題意可得OA=OP=OC=3，因?yàn)锳P=3，所以∠以O(shè)為原點(diǎn)，直線OA，OB分別為x軸，y軸，過點(diǎn)O與平面ABCD垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如下所示：則O0,0所以AD設(shè)平面ADP的法向量為n=x，y，取x=1，得n=(1,?設(shè)直線BP與平面ADP所成角為θ，則sinθ=|n所以直線BP與平面ADP所成角的正弦值為21725.（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，AB,CD,EF兩兩垂直，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段CD上，且滿足DF=4CF,AB=EF=2，CD=5．(1)求證：平面ABC⊥平面ABD．(2)求直線BD與平面ACD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）由題意首先證明∠CED是二面角C?AB?D的平面角，其次利用幾何關(guān)系證明∠CED=π（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出直線BD的方向向量，平面ACD的法向量，結(jié)合公式sinθ=【詳解】（1）連接CE,DE．因?yàn)锳B⊥EF,AB⊥CD,EF∩CD=F,EF,CD?平面CDE，所以AB⊥平面CDE．因?yàn)镃E,DE?平面CDE，所以CE⊥AB,DE⊥AB，所以∠CED是二面角C?AB?D的平面角．因?yàn)镈F=4CF,CD=5，所以DF=4,CF=1．在Rt△DFE中，D在Rt△CFE中，C所以DE所以DE⊥CE，即∠CED=π所以平面ABC⊥平面ABD．（2）如圖，以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線FD為x軸，過點(diǎn)F與AB平行的直線為y軸，直線FE為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,?1,2所以AC=設(shè)平面ACD的法向量為n=則n?AC=0取z=1，得n=設(shè)直線BD與平面ACD所成的角為θ，則sinθ=所以直線BD與平面ACD所成角的正弦值為410506幾何中的旋轉(zhuǎn)問題26.（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知長方體ABCD?A'B'C'D'中，AB=BC=2，AA'=2，O為正方形ABCD的中心點(diǎn)，將長方體ABCD?A'B'C'D'繞直線A．43?310 B．33?410【答案】A【分析】求出直線OD'與C'D'的夾角，可得C'D'繞直線OD'旋轉(zhuǎn)的軌跡為圓錐，求直線OD【詳解】在長方體ABCD?A'B'C'D'中，AB//長方體ABCD?A'B'C'D'中，則OD'=O所以△OC'D'是等邊三角形，故直線OD則C'D'繞直線O因?yàn)橹本€OD'與α所成的角為53°，l⊥α，所以直線OD'與在平面C'D'O中，作D'結(jié)合圖形可知，當(dāng)l與直線D'E平行時(shí)，C'D'易知∠C設(shè)直線C'D'與l的夾角為φ，則23°≤φ≤90°，故當(dāng)φ=23°而sin=sin故直線AB與l的夾角的正弦值的最小值為43故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題中在平面C'D'O中，作D'E，D'F，使得∠OD'E=∠O27.（多選）（2024·河北唐山·一模）在透明的密閉正三棱柱容器ABC?A1B1C

A．水面形狀的變化：三角形?梯形?矩形B．當(dāng)C1AC．當(dāng)B∈α?xí)r，水面與地面的距離為8D．當(dāng)側(cè)面ACC【答案】ABC【分析】根據(jù)題設(shè)條件得到V水=123【詳解】由題知V水=S對于選項(xiàng)A，當(dāng)容器按題設(shè)方向傾斜至B∈α?xí)r，水面形狀是三角形，再傾斜時(shí)，水面形狀是梯形，直到側(cè)面ACC對于選項(xiàng)B，如圖1，當(dāng)容器按題設(shè)方向傾斜至C1A1?α?xí)r，設(shè)水面與棱設(shè)MB1=a，又三棱柱ABC?A1B1易知A1E⊥B1C1,所以A1E⊥面BCC1B1，所以所以VA1?M此時(shí)水面圖形為△A1MC1取A1C1中點(diǎn)，則HM⊥A1

對于選項(xiàng)C，如圖2，當(dāng)容器按題設(shè)方向傾斜至B∈α?xí)r，設(shè)水面與棱A1B1易知FG//A1C1//AC，設(shè)B因?yàn)樗媸冀K與地面平行，AC始終與水面平行，且AC始終在地面上，所以水面與地面的距離，即AC到平面的距離，取AC中點(diǎn)Q，連接HQ,BQ，設(shè)B1H交FG于K，連接易知HQ⊥AC,BQ⊥AC，又HQ∩BQ=Q，HQ,BQ?面QBB1H，所以AC⊥又FG//A1C1//AC，所以FG⊥面QBB1H，過Q作因?yàn)镼R?面QBB1H，所以FG⊥QR，又FG∩BK=K，F(xiàn)G,BK?所以QR⊥α，即QR為水平面到地面的距離，如圖3，過K作KP⊥QB于P，易知B1K=23得到sin∠QBR=KPKB=4故選項(xiàng)C正確，

對于選項(xiàng)D，如圖4，當(dāng)側(cè)面ACC1A1與地面重合時(shí)，水面α為矩形則由VB1M1N故SE

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)晴：本題的關(guān)鍵在于選項(xiàng)C，利用容器傾斜時(shí)始終與地面平行，邊AC始終與水面平行，將問題轉(zhuǎn)化成AC到水面的距離，再利用幾何關(guān)系，即可求出結(jié)果.28.（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）魔方，又叫魯比克方塊，最早是由匈牙利布達(dá)佩斯建筑學(xué)院厄爾諾?魯比克教授于1974年發(fā)明的機(jī)械益智玩具.魔方擁有競速?盲擰?單擰等多種玩法，風(fēng)靡程度經(jīng)久未衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個(gè)三階魔方，由27個(gè)棱長為1的正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉(zhuǎn)動(dòng)了45°，則該魔方的表面積增加了【答案】108?72【分析】分析轉(zhuǎn)動(dòng)后的平面圖形得表面積即可求解.【詳解】如圖，轉(zhuǎn)動(dòng)45°由圖形的對稱性可知，△A設(shè)直角邊A'C=x，則斜邊CD=2x，故由幾何關(guān)系得S△故轉(zhuǎn)動(dòng)后的表面積S'故表面積增加了108?722故答案為：108?722

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查組合體表面積求解，關(guān)鍵是找到轉(zhuǎn)動(dòng)后的平面多出部分的面積.29.（2024·福建·模擬預(yù)測）在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D，AD=2DB.平面α過直線AB，且與△ABC所在的平面垂直.(1)求直線CD與平面α所成角的大??；(2)設(shè)點(diǎn)E∈α，且∠ECD=30°，記E的軌跡為曲線Γ.（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；（ii）不與直線AB重合的直線l過點(diǎn)D且交Γ于P，Q兩點(diǎn)，試問：在平面α內(nèi)是否存在定點(diǎn)T，使得無論l繞點(diǎn)D如何轉(zhuǎn)動(dòng)，總有∠PTC=∠QTC？若存在，指出點(diǎn)T的位置；若不存在，說明理由.【答案】(1)60(2)（i）曲線Γ是橢圓，理由見解析；（ii）存在，點(diǎn)T滿足AT=AB【分析】（1）根據(jù)條件作出圖形，利用線面角的定義得到所求線面角，解出即可;（2）（i）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件建立方程，即可求解；（ii）把∠PTC=∠QTC轉(zhuǎn)化為TP?TC|【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍭BC⊥α，平面ABC∩α=AB,BC?平面ABC,BC⊥AB，所以BC⊥α.所以直線CD在α內(nèi)的射影為直線AB，所以直線CD與α所成角為∠CDB.過D作DF⊥AC，垂足為F.因?yàn)镃D平分∠ACB,DB⊥BC，所以DF=DB.又AD=2DB，所以DF=12又AB=6,∠ABC=90°，所以因?yàn)镈B=13AB=2所以直線CD與平面α所成角為60°（2）（i）曲線Γ是橢圓,理由如下：由（1）可知，DF⊥AC,DA=DC，所以F是AC的中點(diǎn),設(shè)AB的中點(diǎn)為O，所以O(shè)F//BC.又BC⊥α，所以O(shè)F⊥α.在α內(nèi)過O作OG⊥AB，所以O(shè)F⊥OB,OF⊥OG以O(shè)為原點(diǎn)，OG,OB,OF所在的方向分別為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示.因?yàn)镺B=3,DB=2，所以O(shè)D=1，設(shè)Ex,y,0，又D則CE=因?yàn)閏os∠ECD=CD?所以?2y+184化簡得3x2+2所以曲線Γ是橢圓.（ii）方法一：設(shè)Px在平面α內(nèi)，因?yàn)閘與AB不重合，可設(shè)l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2+2y由對稱性知，若存在定點(diǎn)T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設(shè)T0,t,0若∠PTC=∠QTC，則cos∠PTC=即TP?因?yàn)門P=所以3?ty當(dāng)t=3時(shí)，上式恒成立，所以t=3符合題意；當(dāng)t≠3時(shí)，有y1所以y1所以x2因?yàn)閤1所以x1所以2kx所以2k?162因?yàn)樯鲜綄τ谌我獾膋∈R恒成立，所以t=9.綜上，存在點(diǎn)T滿足AT=AB，或方法二：設(shè)P在平面α內(nèi)，因?yàn)閘與AB不重合，可設(shè)l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2所以x1由對稱性知，若存在定點(diǎn)T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設(shè)T0,t,0當(dāng)T與B重合時(shí)，因?yàn)镃T⊥α，又PT,QT?α，所以∠PTC=∠QTC=π所以當(dāng)t=3時(shí)，符合題意.當(dāng)T與B不重合時(shí)，過B作BP垂足分別為P1,Q則因?yàn)锽C⊥α,P1T?α又P1T⊥BP1,B所以P1T⊥C又∠P1TC=∠Q1所以Rt△BP1T?Rt△BQ又BT在y軸上，所以在平面α內(nèi)直線PT,QT的傾斜角互補(bǔ)在平面α內(nèi)，設(shè)直線PT,QT的斜率分別為k1則k=2k+1?t對于任意的k∈R恒成立，所以t=9.綜上，存在點(diǎn)T滿足AT=AB，或【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解答本題最后問的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化條件∠PTC=∠QTC，可以轉(zhuǎn)化為TP?TC|30.（多選）（2024·浙江·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1，的棱長為1，點(diǎn)P是正方形A1B1C1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，初始位置位于點(diǎn)A1處，每次移動(dòng)都會到達(dá)另外三個(gè)頂點(diǎn).向相鄰兩頂點(diǎn)移動(dòng)的概率均為A．移動(dòng)兩次后，“PC=3B．對任意n∈N?，移動(dòng)n次后，“PA//平面BDC．對任意n∈N?，移動(dòng)n次后，“PC⊥平面BDD．對任意n∈N?，移動(dòng)n次后，四面體P?BDC1體積V的數(shù)學(xué)期望EV【答案】AC【分析】先求出點(diǎn)P在移動(dòng)n次后，在點(diǎn)A1【詳解】設(shè)移動(dòng)n次后，點(diǎn)P在點(diǎn)A1,B其中a1an=1對于A，移動(dòng)兩次后，“PC=3”表示點(diǎn)P移動(dòng)兩次后到達(dá)點(diǎn)所以概率為a2

對于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以A1,0,0,D0,0,0因?yàn)镈B=1,1,0,設(shè)平面BDC1的法向量為n=取y=1，可得x=?1,z=?1，所以n=而B1A?n=0,所以當(dāng)點(diǎn)P位于B1或D1時(shí)，PA//平面當(dāng)P移動(dòng)一次后到達(dá)點(diǎn)B1或D1時(shí)，所以概率為對于C，A1C=?1,1,?1=n,所以當(dāng)點(diǎn)P所以移動(dòng)n次后點(diǎn)P位于A1，則a對于D，四面體P?BDC1S△BDC1所以點(diǎn)A1到平面BDC1同理，點(diǎn)B1,C1,所以VA所以EV當(dāng)n為偶數(shù)，所以EV=16+當(dāng)n為奇數(shù)，所以EV故選：AC.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)是先求出點(diǎn)P在移動(dòng)n次后，點(diǎn)A107立體幾何中的折疊問題31.（2020·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，D為線段BC（端點(diǎn)除外）上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將△ABD沿線段AD折起至△AB'DA．不存在點(diǎn)D，使得CB．點(diǎn)B'在平面ABCC．B'A與平面ABCD．線段CB'【答案】D【分析】過點(diǎn)B作AD的垂線,交AD于點(diǎn)E,連接B'E,BB',過點(diǎn)B'作BE的垂線,交BE于點(diǎn)H,進(jìn)而證明B'H⊥平面ABC,即B'在平面ABC上的投影為點(diǎn)H,連接CH,假設(shè)CB'⊥AB,則CH⊥AB,即可判斷A；由∠BEA=90°,可判斷點(diǎn)E的軌跡,進(jìn)而判斷B；連接AH,則B'A與平面ABC所成的角為∠【詳解】過點(diǎn)B作AD的垂線,交AD于點(diǎn)E,連接B'E,BB',過點(diǎn)B'作BE的垂線,交BE于點(diǎn)H,易知B'E⊥AD,則AD⊥平面B'BE,所以∠B'EB為二面角B'?AD?C的平面角的補(bǔ)角,即對于選項(xiàng)A,若CB'⊥AB對于選項(xiàng)B,因?yàn)椤螧EA=90°,所以點(diǎn)E的軌跡為以AB為直徑的一段圓弧,又H為BE的中點(diǎn),所以點(diǎn)H的軌跡也為一段圓弧,故B正確；對于選項(xiàng)C,連接AH,則B'A與平面ABC所成的角為∠B'AH,設(shè)BD=x(0<x<2),則AD=1+x2,所以由AB?BD=AD?BE,得BE=x對于選項(xiàng)D,設(shè)∠BAD=θ,則∠DBE=θ,BH=1C==1其中tanφ=12故選:D【點(diǎn)睛】本題考查線線垂直的判斷,考查余弦定理的應(yīng)用,考查線面角的范圍,考查空間想象能力.32.（多選）（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）已知正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E在線段AB上，BE=1．沿DE將△ADE折起，使點(diǎn)A翻折至平面BCDE外的點(diǎn)P，則（

）A．存在點(diǎn)P，使得PE⊥DC B．存在點(diǎn)P，使得直線BC//平面PDEC．不存在點(diǎn)P，使得PC⊥DE D．不存在點(diǎn)P，使得四棱錐P?BCDE的體積為8【答案】AC【分析】對于A,根據(jù)線面垂直的判定定理可得PE⊥面PCD，繼而PE⊥PC，根據(jù)勾股定理驗(yàn)證即可；對于B，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得BC//DE，矛盾，B錯(cuò)；對于C，根據(jù)線面垂直的判定定理可得則PC⊥面DEN，則PC⊥NE，矛盾，C錯(cuò)；對于D，當(dāng)PE⊥平面BCDE時(shí)，體積最大，通過計(jì)算可判定.【詳解】若PE⊥DC，又PE⊥PD，DC∩PD=D,DC?平面PCD，PD?平面PCD，則PE⊥面PCD，PC?平面PCD,則PE⊥PC，而CE=17，PE=3，PC=2若BC//平面PDE，BC?平面BCDE，平面BCDE∩平面PDE=DE，∴BC//DE，矛盾，故B錯(cuò)誤；

取PC中點(diǎn)N，∵PD=DC，則DN⊥PC，若PC⊥DE，又DE∩DN=D，且DE?平面DEN，DN?平面DEN,則PC⊥面DEN，又NE?平面DEN,則PC⊥NE，則EP=EC矛盾，∴不存在P使得PC⊥DE，C對．SBCDEA到DE距離d=3×4VP?BCDE故選：AC．33.（2024·安徽池州·模擬預(yù)測）如圖①，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△EAB與△FAD是兩個(gè)全等的直角三角形，且FA=4,FC與AD交于點(diǎn)G，將Rt△EAB與Rt△FAD分別沿AB,AD翻折，使E,F重合于點(diǎn)P，連接PC，得到四棱錐(1)證明：BD⊥PC；(2)若M為棱PC的中點(diǎn)，求直線BM與平面PCG所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)66【分析】（1）易證PA⊥平面ABCD，從而得出PA⊥BD，再證明BD⊥平面PAC即可證明BD⊥PC；（2）可由（1）建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，用向量法求解即可.【詳解】（1）由翻折的不變性可知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為2的正方形，PA⊥AD,PA⊥AB，因?yàn)锳B∩AD=A,AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，如圖，連接AC，則AC⊥BD，又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以BD⊥PC.（2）由（1）可知AB,AD,AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題圖①可知AGBC=FAFB=則A0,0,0,B2,0,0所以GC=2,23,0所以M1,1,2，BM設(shè)平面PCG的法向量為n=x,y,z，則n?令y=3，得x=?1,z=1，故n=設(shè)直線BM與平面PCG所成的角為θ，則sinθ=所以直線BM與平面PCG所成角的正弦值為661134.（多選）（2023·浙江嘉興·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠B=π2，AB=3，BC=1，過AC中點(diǎn)M的直線l與線段AB交于點(diǎn)N．將△AMN沿直線l翻折至△A'MN，且點(diǎn)A'在平面BCMN內(nèi)的射影H在線段BC上，連接AH交l于點(diǎn)O

A．∠B．∠C．點(diǎn)O的軌跡的長度為πD．直線A'O與平面BCMN【答案】BCD【分析】A、B選項(xiàng)結(jié)合線面角最小，二面角最大可判斷;對于C，先由旋轉(zhuǎn)，易判斷出MN⊥AO，故其軌跡為圓弧，即可求解.對于D求直線與平面所成角的余弦值，即求OHA'O=OHAO，【詳解】

依題意，將△AMN沿直線l翻折至△A'MN故AA'⊥MN，又A'在平面BCMN內(nèi)的射影所以A'H⊥平面BCMN，MN?平面BCMN，所以AA'∩A'H=A'所以MN⊥平面A'AO?平面A'AH，A'O?平面A'AO⊥MN,A∴∠AOM=90°，且∠A對于A選項(xiàng)，由題意可知，∠A'DH為A'D對于B選項(xiàng)，∵∠A'OH即為二面角A對于C選項(xiàng)，∵M(jìn)N⊥AO恒成立，故O的軌跡為以AM為直徑的圓弧夾在△ABC內(nèi)的部分，易知其長度為12對于D選項(xiàng)，如下圖所示

設(shè)∠AMN=θ∈π在△AOM中，∵∠AOM=90°，在△ABH中，∠B=π2，所以O(shè)H=AH?AO=3cosθ?π3?sin則cos≥2當(dāng)且僅當(dāng)2θ?π故選：BCD．35.（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖1，已知在正方形ABCD中，AB=2，M，E，F(xiàn)分別是邊CD，BC，AD的中點(diǎn)，現(xiàn)將矩形ABEF沿EF翻折至矩形A'B'EF的位置，使平面(1)證明：平面A'EM⊥平面(2)設(shè)Q是線段A'E上一點(diǎn)，且二面角A'?FM?Q的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)EQ【分析】（1）首先利用面面垂直的性質(zhì)定理證得A'F⊥平面CDFE，得A'F⊥EM，然后結(jié)合EM⊥FM得到EM⊥平面A'（2）可以建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量法進(jìn)行求解，也可以利用二面角的定義找到二面角的平面角，然后在三角形中進(jìn)行求解．【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，E，F(xiàn)分別是邊BC，AD的中點(diǎn)，所以∠A是直角，且AF平行且等于BE，即四邊形AFEB是矩形，進(jìn)一步有A'因?yàn)槠矫鍭'B'EF⊥平面CDFE，平面且A'F?平面A'所以A'F⊥平面因?yàn)镋M?平面CDFE，所以A'易知∠EMC=∠FMD=π4，則∠EMF=π因?yàn)镕M∩A'F=F，F(xiàn)M?平面A'FM所以EM⊥平面A'又EM?平面A'EM，所以平面A'（2）解法一：由（1）可知，F(xiàn)D，F(xiàn)E，F(xiàn)A'三條直線兩兩垂直，故可以分別以FD，F(xiàn)E，F(xiàn)A'的方向?yàn)閤軸、y軸、如圖所示．則F0,0,0，M1,1,0，E0,2,0從而FM=1,1,0，由題設(shè)EQ=λEA又FE=0,2,0，則設(shè)平面QFM的法向量為n=x,y,z，則FM?取y=1，則x=?1，z=由（1）知，ME=?1,1,0是平面所以cosME,n=ME解法二：如圖，過點(diǎn)Q作QP⊥EF，垂足為P，過點(diǎn)P作PG⊥FM，垂足為G，連接QG．因?yàn)槠矫鍭'B'EF⊥平面CDFE，平面且QP⊥EF，QP?平面A'所以QP⊥平面A'B'EF，即又FM?平面MEF，則QP⊥FM，又PG⊥FM，QP∩PG=P，QP，PG?平面PGQ，所以FM⊥平面PGQ，又QG?平面PGQ，則MF⊥QG，所以∠QGP為二面角Q?FM?E的平面角．由（1）知A'F⊥平面CDFE，A'所以平面A'FM⊥平面所以二面角A'所以二面角Q?FM?E的正弦值等于二面角A'所以sin∠QGP=33由題可設(shè)EQEA'=λ0<λ<1所以在Rt△QGP中，tan解得λ=12，故【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關(guān)鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將相關(guān)向量用坐標(biāo)表示，通過向量的坐標(biāo)運(yùn)算求空間角，其中建系的關(guān)鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．08不規(guī)則圖形表面積、體積問題解決不規(guī)則圖形的表面積體積問題，注意使用割補(bǔ)法，通過分割與補(bǔ)形的方法，轉(zhuǎn)化成常規(guī)的幾何體進(jìn)行求解。36.（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，已知長方體ABCD?A1B1C1D

A．724V B．717V C．【答案】A【分析】根據(jù)題意，先求平面AB1E與DD1【詳解】取DD1的中點(diǎn)F，連接EF，易知EF//DC1//

設(shè)長方體的長、寬、高分別為a、b、c，則V=abc.平面ABVF?A故選：A.37.（2022·遼寧錦州·一模）2022年北京冬奧會的成功舉辦使北京成為奧運(yùn)史上第一座“雙奧之城”.其中2008年北京奧運(yùn)會的標(biāo)志性場館之一“水立方”搖身一變成為了“冰立方”.“冰立方”在冬奧會期間承接了冰壺和輪椅冰壺等比賽項(xiàng)目.“水立方”的設(shè)計(jì)靈感來自威爾·弗蘭泡沫，威爾·弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進(jìn)，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個(gè)頂點(diǎn)處有一個(gè)正方形和兩個(gè)正六邊形），已知該多面體共有24個(gè)頂點(diǎn)，且棱長為2，則該多面體的表面積是（

）A．243+1 B．243+6 C．【答案】C【分析】根據(jù)多面體頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)，分析確定正方形的個(gè)數(shù)和正六邊形的個(gè)數(shù)，再求表面積.【詳解】棱長為2的正方形的面積為2×2=4，正六邊形的面積為6×1又正方形有4個(gè)頂點(diǎn)，正六邊形有6個(gè)頂點(diǎn)，該多面體共有24個(gè)頂點(diǎn)，所以最多有6個(gè)正方形，最少有4個(gè)正六邊形，1個(gè)正方形與3個(gè)正方形相連，所以該多面體有6個(gè)正方形，正六邊形有6×4÷3=8個(gè).所以該多面體的表面積是：S=8×63故選：C.38.（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：CA2//(2)若M是線段BB1的中點(diǎn)，求三棱錐【答案】(1)證明見解析.(2)20+417【分析】（1）添加輔助線構(gòu)造平行四邊形，得出線線平行，再利用線面平行的判定定理證明即可；（2）依據(jù)題意添加輔助線分別解出三棱錐M?A【詳解】（1）如圖：連接AC1，延長A1A，與直線CA2交于點(diǎn)易知A1N⊥平面延長C1C，與A2則A2易知AN//CF，所以ENCF=A故EA=2，又CC1=2故四邊形AECC1為平行四邊形，所以又AC1?平面ABC1D1，EC?（2）如圖：連接B2D2，延長B1B交直線B2DBH=3,B2H=在△A2H故A2H=10故A2B2在△MA2B故cos∠A2則S△M由對稱性知△MA2B在△MA2C故S△M又S△故三棱錐M?A2B39.（2024·江蘇常州·一模）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面邊長為1，高為2，點(diǎn)(1)當(dāng)點(diǎn)M是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：直線AM⊥平面(2)當(dāng)平面AB1M將正四棱柱ABCD?A1【答案】(1)證明見解析(2)?1+【分析】（1）由線面垂直的判定定理，通過勾股定理證AM⊥B1M，AM⊥D1（2）連接C1D，作MN平行于C1D，交CD于點(diǎn)N，連接AN,BM，說明截面為平面B1ANM，由VCNM?BA【詳解】（1）因?yàn)镸是棱CC所以AM=AB1M=B由勾股定理B1A2=B又B1M∩D1M=M，B所以直線AM⊥平面B1（2）連接C1D，作MN平行于C1D，交CD于點(diǎn)因?yàn)锳D//所以四邊形AB1C所以AB1//設(shè)線段CM的長為?0<?<2因?yàn)镸N//C1D，所以故S梯形可得VM?ABCN又由VM?ABB1由題意?212+?6所以線段MC的長度為?1+540.（多選）（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，多面體PS?ABCD由正四棱錐P?ABCD和正四面體S?PBC組合而成，其中PS=1，則下列關(guān)于該幾何體敘述正確的是（

）A．該幾何體的體積為24 C．二面角A?PB?C的余弦值為?13【答案】ACD【分析】選項(xiàng)A可以分別求正四棱錐P?ABCD和正四面體S?PBC的體積即可；選項(xiàng)C先確定二面角A?PB?C的平面角為∠AFC，在三角形中利用余弦定理可得；選項(xiàng)D先根據(jù)二面角A?PB?C與二面角S-PB-C的關(guān)系確定P,A,B,S四點(diǎn)共面，再證得平面選項(xiàng)B根據(jù)選項(xiàng)D三棱柱有5個(gè)面，可判斷錯(cuò)誤.【詳解】如圖：在正四面體中S?PBC中，G為PB的中點(diǎn)，連接CG，連接SG作SO⊥CG于O，則O為△PBC的中心，SO為正四面體中S?PBC的高，因PS=1，CG=32，CO=2VS?PBC在正四面體中S?PBC中，G為PB的中點(diǎn)，所以SG⊥PB，CG⊥PB，故∠CGS為二面角S-cos如圖：在正四棱錐P?ABCD中，由題意PC=CB=1，連接AC，BD交于點(diǎn)E，連接PE，則PE為正四棱錐P?ABCD的高，CE=22VP?ABCD該幾何體的體積為VPS?ABCD取PB的中點(diǎn)F，連接AF，CF，由題意正四棱錐P?ABCD的棱長都為1，所以AF⊥PB，CF⊥PB，故∠AFC即為二面角A?PB?C的一個(gè)平面角，其中AF=CF=32BC在△AFC中，cos∠AFC因cos∠CGS=13=?cos故平面PBS與PBA為同一平面，同理，平面PDC和平面PDS也為同一平面，故該幾何體有5個(gè)面，B錯(cuò)誤，因P,A,B,S四點(diǎn)共面，且△PDC和△PCS都為等邊三角形，易知SC//PD，且SC=PD，故側(cè)面PDCS為平行四邊形，又PD?平面PAD,SC?平面PAD，所以SC//平面PAD，同理SB//平面PAD，且側(cè)面PABS為平行四邊形，又SC∩SB=S，SC?平面SCB，SB?平面SCB，所以平面SCB//平面PAD，又側(cè)面ABCD為正方形，故多面體PS?ABCD即為三棱柱ADP?BCS，故D正確，故選：ACD09立體幾何新定義問題立體幾何新定義問題，解題關(guān)鍵是理解新定義，能夠構(gòu)建合適的空間直角坐標(biāo)系，解決相應(yīng)問題．41.（多選）（23-24高三上·河北·期末）球面三角學(xué)是研究球面三角形的邊、角關(guān)系的一門學(xué)科.如圖，球O的半徑為R，A，B，C為球面上三點(diǎn)，劣弧BC的弧長記為a，設(shè)Oa表示以O(shè)為圓心，且過B，C的圓，同理，圓Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧長分別記為b，c，曲面ABC（陰影部分）叫做曲面三角形，若a=b=c，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面△ABC圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面O?ABC.設(shè)∠BOC=α，∠AOC=βA．若平面△ABC是面積為34RB．若a2+C．若a=b=c=π3R，則球面D．若平面△ABC為直角三角形，且∠ACB=π2【答案】BC【分析】根據(jù)弧長公式即可求解A，根據(jù)勾股定理以及弧長公式即可求解B，根據(jù)球的截面性質(zhì)可得求解C，根據(jù)余弦定理，取反例即可求解D.【詳解】若平面△ABC是面積為34R2的等邊三角形，則AB=BC=AC=R，則α=β=γ=若a2+b2=若a=b=c=π3R，則α=β=γ=則平面△ABC的外接圓半徑為12Rsinπ3=3則三棱錐O?ABC的體積VO?ABC則球面O?ABC的體積V>V由余弦定理可知BC2=2R2?2R取α=β=π3，γ=π2，則則a2故選：BC【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.42.（2022·安徽合肥·模擬預(yù)測）已知頂點(diǎn)為S的圓錐面（以下簡稱圓錐S）與不經(jīng)過頂點(diǎn)S的平面α相交，記交線為C，圓錐S的軸線l與平面α所成角θ是圓錐S頂角（圓S軸截面上兩條母線所成角θ的一半，為探究曲線C的形狀，我們構(gòu)建球T，使球T與圓錐S和平面α都相切，記球T與平面α的切點(diǎn)為F，直線l與平面α交點(diǎn)為A，直線AF與圓錐S交點(diǎn)為O，圓錐S的母線OS與球T的切點(diǎn)為M，OM=a，MS(1)求證：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ關(guān)系式；(2)求證：曲線C是拋物線．【答案】(1)證明見解析；a=btan(2)證明見解析.【分析】（1）由題設(shè)條件可得平面AOS⊥平面α，據(jù)此可求出球的半徑TM=ab，可得tan（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求兩點(diǎn)間的距離，化簡方程即可得解.【詳解】（1）∵平面AOS截球T的截面圓與直線AO相切于F，∴TF⊥OA，記P是平面α內(nèi)不在直線OA上的點(diǎn)，平面TFP截球T的截面圓與直線FP相切于點(diǎn)F，∴TF⊥FP，∵平面α內(nèi)直線AO，F(xiàn)P相交于點(diǎn)F，∴TF⊥平面α，∵直線TF?平面AOS，∴平面AOS⊥平面α，∴∠SAD=∠ASO=θ．連TO，TM，∴OT⊥SA，TA⊥SO，∴球T的半徑TM=ab且tan∴a=btan（2）在平面AOS內(nèi)圓錐的另一條母線與球T的切點(diǎn)記為N點(diǎn)∵∠NSA=∠SAO=θ，∴NS以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，過O與TF平行的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.∵OM，OF與球T相切，∴OF=OM=a，∴Fa,0,0，S設(shè)交線C上任意點(diǎn)Px,y,0∵PF與球T相切于點(diǎn)F，∴PE=PF，SE=SM=b，∴PS=PF+b，即x?a+b2兩邊平方整理得：x+a=x?a兩邊平方整理得：y2易知：（3）?（2）?（1），∴交線C在坐標(biāo)平面xOy中方程為y2∴交線C是以F為焦點(diǎn)，O為頂點(diǎn)的拋物線.43.（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結(jié)構(gòu)是由正六棱柱截去三個(gè)相等的三棱錐H?ABC，J?CDE，K?EFA，再分別以AC，CE，EA為軸將△ACH，△CEJ，△EAK分別向上翻轉(zhuǎn)180°，使H，J，K三點(diǎn)重合為點(diǎn)S所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個(gè)菱形的各個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，而每一頂點(diǎn)的曲率規(guī)定等于2π減去蜂房多面體在該點(diǎn)的各個(gè)面角之和（多面體的面角是多面體的面的內(nèi)角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)有3個(gè)面角，每個(gè)面角是π3，所以正四面體在各頂點(diǎn)的曲率為(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；(2)若正六棱柱底面邊長為1，側(cè)棱長為2，設(shè)BH=x（i）用x表示蜂房（圖2右側(cè)多面體）的表面積S(x)；（ii）當(dāng)蜂房表面積最小時(shí)，求其頂點(diǎn)S的曲率的余弦值.【答案】(1)2(2)（i）S(x)=33【分析】（1）根據(jù)彎曲度、曲率的定義求得正確答案.（2）（i）結(jié)合多面體的表面積的求法求得Sx；（ii）利用導(dǎo)數(shù)求得蜂房表面積最小時(shí)BH的值.令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cosθ，結(jié)合三角恒等變換的知識求得頂點(diǎn)【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個(gè)菱形的7個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，根據(jù)定義其度量值等于7×2π減去三個(gè)菱形的內(nèi)角和3×2再減去6個(gè)直角梯形中的兩個(gè)非直角內(nèi)角和6×π即蜂房曲頂空間的彎曲度為7×2π（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則AC=3，設(shè)點(diǎn)S在平面ACE則OB=1，則SH=2A菱形SAHC的面積為S=3側(cè)面積6×2+所以蜂房的表面積為S(x)=3（ii）S'令S'(x)=0得到所以Sx在0,24所以S(x)在x=2此時(shí)SA=SC=1+x2=324又頂點(diǎn)S的曲率為2π∴===4cos44.（2024·山東濟(jì)南·一模）在空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，任何一個(gè)平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其中A,B,C,D∈R，A2+B2+C2≠0，且(1)設(shè)集合M=x,y,zz=0，記P∩M中所有點(diǎn)構(gòu)成的圖形的面積為S1，Q∩M中所有點(diǎn)構(gòu)成的圖形的面積為S2，求(2)記集合Q中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體的體積為V1，P∩Q中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體的體積為V2，求V1(3)記集合T中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體為W.①求W的體積V