【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 重難點(diǎn)11 立體幾何?？冀?jīng)典小題全歸類（新高考專用）（解析版）

重難點(diǎn)11立體幾何常考經(jīng)典小題全歸類【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1求幾何體的體積與表面積】 4【題型2與球有關(guān)的截面問題】 6【題型3體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】 9【題型4幾何體與球的切、接問題】 13【題型5空間線段以及線段之和最值問題】 17【題型6空間角問題】 22【題型7翻折問題】 29【題型8立體幾何中的軌跡問題】 33【題型9以立體幾何為載體的情境題】 38立體幾何是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，高考對(duì)該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在三個(gè)方面：一是有關(guān)空間線面位置關(guān)系的判斷；二是空間幾何體的體積和表面積的計(jì)算，難度較易；三是常見的一些經(jīng)典常考?jí)狠S小題，涉及到空間角、空間距離與軌跡問題等，難度中等或偏上．【知識(shí)點(diǎn)1空間幾何體表面積與體積的常見求法】1.求幾何體體積的常用方法

(1)公式法：直接代入公式求解.

(2)等體積法：四面體的任何一個(gè)面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.

(3)補(bǔ)體法：將幾何體補(bǔ)成易求解的幾何體，如棱錐補(bǔ)成棱柱，三棱柱補(bǔ)成四棱柱等.

(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.

2.求組合體的表面積與體積的一般方法

求組合體的表面積的問題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個(gè)面的面積應(yīng)該怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個(gè)面的面積，最后相加或相減.求體積時(shí)也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.【知識(shí)點(diǎn)2幾何體與球的切、接問題的解題策略】1.常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.

常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：2.空間幾何體外接球問題的求解方法：空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.(2)若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面幾何體知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.【知識(shí)點(diǎn)3幾何法與向量法求空間角】1.幾何法求異面直線所成的角(1)求異面直線所成角一般步驟：①平移：選擇適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)，線段的中點(diǎn)或端點(diǎn)，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時(shí)，應(yīng)取它的補(bǔ)角作為異面直線所成的角.2.用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值.3.幾何法求線面角(1)垂線法求線面角(也稱直接法)；(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：用等體積法，求出斜線PA在面外的一點(diǎn)P到面的距離，利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解.公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，l是斜線段的長.4.向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.5.幾何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個(gè)半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識(shí)點(diǎn)4立體幾何中的最值問題及其解題策略】1.立體幾何中的幾類最值問題立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關(guān)的點(diǎn)、線和面在運(yùn)動(dòng)，求線段長度、截面的面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關(guān)點(diǎn)和線段在運(yùn)動(dòng)，求有關(guān)角度和距離的最值；三是在空間幾何體中，已知某些量的最值，確定點(diǎn)、線和面之間的位置關(guān)系．2.立體幾何中的最值問題的求解方法解決立體幾何中的最值問題主要有兩種解題方法：一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉(zhuǎn)化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題．【知識(shí)點(diǎn)5立體幾何中的軌跡問題及其解題策略】1.立體幾何中的軌跡問題立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學(xué)生的空間想象能力，即點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系，又考查用代數(shù)方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等素養(yǎng)．2.立體幾何中的軌跡問題的求解方法解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法：對(duì)于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺(tái)、球）的定義；對(duì)于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數(shù)法：在圖形中，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量進(jìn)行求解．【知識(shí)點(diǎn)6以立體幾何為載體的情境題的求解策略】1.以立體幾何為載體的幾類情境題以立體幾何為載體的情境題大致有三類：(1)以數(shù)學(xué)名著為背景設(shè)置問題，涉及中外名著中的數(shù)學(xué)名題名人等；(2)以數(shù)學(xué)文化為背景設(shè)置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；(3)以生活實(shí)際為背景設(shè)置問題，涵蓋生產(chǎn)生活、勞動(dòng)實(shí)踐、文化精神等．2.以立體幾何為載體的情境題的求解思路以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關(guān)，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結(jié)合來解決問題.此類問題的求解過程主要分四步：一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質(zhì)，即要善于將所讀出的信息進(jìn)行提升，實(shí)現(xiàn)“圖形→文字→符號(hào)”的轉(zhuǎn)化；三是要有問題意識(shí)，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關(guān)注題目要解決的問題有機(jī)地融合在一起；四是要有運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)，要“動(dòng)手”去操作，動(dòng)態(tài)地去閱讀圖形．【題型1求幾何體的體積與表面積】【例1】（2023·江蘇徐州·沛縣湖西中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐P-ABC中，三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱錐P-ABC的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球的表面上，則該球的體積是（

）A．43π B．42π C．【解題思路】根據(jù)三條側(cè)棱三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩垂直，可得三棱錐P-ABC的外接球即為以PA，PB，PC【解答過程】由三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩垂直，補(bǔ)全三棱錐P-則三棱錐P-ABC的外接球的半徑所以該球的體積是43故選：A.【變式1-1】（2023·陜西銅川·統(tǒng)考一模）我國古代數(shù)學(xué)名著《數(shù)書九章》中有“天池盆測(cè)雨”題：在下雨時(shí)，用一個(gè)圓臺(tái)形的天池盆接雨水，天池盆盆口直徑為二尺八寸，盆底直徑為一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中積水深九寸，則平地降雨量是（

）（注：①平地降雨量等于盆中積水體積除以盆口面積；②一尺等于十寸；③V臺(tái)A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸【解題思路】根據(jù)積水深度先求出水面半徑，然后可求盆中水的體積，根據(jù)平地降雨量的計(jì)算公式可求結(jié)果.【解答過程】如圖，由題意可知，天池盆上底面半徑為14寸，下底面半徑為6寸，高為18寸，因?yàn)榉e水深9寸，所以水面半徑為12則盆中水的體積為13所以平地降雨量等于588ππ故選：C.【變式1-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的高為2,A．563 B．56 C．283 D【解題思路】設(shè)A1B1=2x，先根據(jù)正四棱臺(tái)的性質(zhì)將四邊形PQDB各個(gè)邊的長用關(guān)于x的代數(shù)式表示出來，再根據(jù)四邊形PQDB【解答過程】如圖，取BC的中點(diǎn)M，連接MP,B1D1，設(shè)BD,BAB=4又OOPM=等腰梯形PQDB的高為BP2-12所以四棱臺(tái)的體積V=故選：A．【變式1-3】（2023·山東·統(tǒng)考一模）陀螺起源于我國，在山西夏縣新石器時(shí)代的遺址中，就出土了目前發(fā)現(xiàn)的最早的石制陀螺因此，陀螺的歷史至少也有四千年，如圖所示為一個(gè)陀螺的立體結(jié)構(gòu)圖，若該陀螺底面圓的直徑AB=12cm，圓柱體部分的高BC=6cm，圓錐體部分的高

A．(144+1213)πcmC．(108+1213)πcm2【解題思路】根據(jù)給定的幾何體，求出圓錐的側(cè)面積、圓柱的側(cè)面積及上底面積即可.【解答過程】依題意，圓錐底面直徑為12cm，則該圓錐的母線長l=6因此該圓錐的側(cè)面積S1=π圓柱的側(cè)面積為S2=2π所以這個(gè)陀螺的表面積是S=S1+故選：C.【題型2與球有關(guān)的截面問題】【例2】（2023·陜西咸陽·武功縣普集高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知球O的一個(gè)截面的面積為2π，球心O到該截面的距離比球的半徑小1，則球O的表面積為（

A．8π B．9π C．12π【解題思路】設(shè)截面圓的半徑為r，球的半徑為R，依題意得到r=2且R-1【解答過程】依題意設(shè)截面圓的半徑為r，球的半徑為R，因?yàn)榻孛娴拿娣e為2π，所以r又R-12+r所以球O的表面積S=4故選：B.【變式2-1】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）上、下底面均為等邊三角形的三棱臺(tái)的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，若三棱臺(tái)的高為3，上、下底面邊長分別為15，26，則該球的表面積為（

A．32π B．36π C．40π D．42π【解題思路】首先作圖進(jìn)行解答，設(shè)△ABC，△A1B1C1的外心分別為M【解答過程】設(shè)三棱臺(tái)為ABC-A1B1C1，△ABC，∵△ABC，△A1B1C由題意易知△ABC高為352，△A1B1C1設(shè)外接球的半徑為R，ON=h，連接OC1故h2+N解得h=1，R2=9故選:B.【變式2-2】（2023·河南·信陽高中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐A-BCD中，AB,AC,AD兩兩垂直，且AB=AC=

A．23π B．3π C．3【解題思路】由等體積公式求出截面圓的半徑為r=(6)2-(3)2【解答過程】由題意知三棱錐A-BCD為正三棱錐，故頂點(diǎn)A在底面BCD的射影為△BCD的中心H，連接AH得13×1因?yàn)榍虻陌霃綖?，所以截面圓的半徑r=所以球面與底面BCD的交線是以H為圓心，3為半徑的圓在△BCD如圖所示

易求HN=13易得∠EHF=π所以交線長度和為2π故選：C.【變式2-3】（2023·江西南昌·江西師大附中校考三模）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E為棱CC1A．136π B．2512π C．【解題思路】由題意證得E是CC1的中點(diǎn)，由四面體ABCE的外接球的直徑為AE=3，得到半徑R=32，設(shè)M是外接球的球心，求得球心M到平面A【解答過程】在正方體ABCD-A1B1C1D1由平面BDE⊥平面A1BD，可得AC1又四面體ABCE的外接球的直徑為AE=AC設(shè)M是AE的中點(diǎn)即球心，球心M到平面A1BD的距離為又設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，則cos∠A1則d=OM?所以截面圓的面積為πr故選：A．【題型3體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中?？家荒＃┤鐖D，在邊長為a的正三角形的三個(gè)角處各剪去一個(gè)四邊形.這個(gè)四邊形是由兩個(gè)全等的直角三角形組成的，并且這三個(gè)四邊形也全等，如圖①.若用剩下的部分折成一個(gè)無蓋的正三棱柱形容器，如圖②.則這個(gè)容器的容積的最大值為（

）A．a(chǎn)327 B．a(chǎn)336 C．【解題思路】設(shè)出容器的高，求出容器容積的函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)求出最大值即得.【解答過程】設(shè)容器的高為x，則容器底面正三角形的邊長為a-則三棱柱形容器容積V(求導(dǎo)得V'當(dāng)x∈(0,318a)時(shí)，V'x<0，所以當(dāng)x=318故選：C.【變式3-1】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=60°A．4π B．8π C．43【解題思路】根據(jù)正弦定理可表示△ABC的外接圓半徑，結(jié)合側(cè)面積，可表示AA【解答過程】如圖，設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，直三棱柱外接球的半徑為R由正弦定理，得BCsin60°=2又因?yàn)閭?cè)面BCC1B1的面積為所以AA而2R所以R2=r2+1r2≥2所以直三棱柱外接圓的表面積的最小值Smin故選：B．【變式3-2】（2023·山東·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？级＃┱睦庵鵄BCD-A1B1C1D1中，AB=2，P為底面A1B1A．263 B．83 C．4【解題思路】設(shè)底面四邊形ABCD的中心為O，連接PO，則PO=h，設(shè)點(diǎn)M到平面PCD的距離為d，利用等體積法求解即可【解答過程】設(shè)底面四邊形ABCD的中心為O，連接PO，則PO=h，設(shè)點(diǎn)M到平面PCD的距離為d，OC=OD則△PCD中，CD邊上的高為2+則S△由VM得13所以d=由h∈2,22，得h2所以d∈即點(diǎn)M到平面PCD的距離的取值范圍是26所以點(diǎn)M到平面PCD的距離的最大值為42故選：C.【變式3-3】（2023·湖南長沙·長沙一中?？寄M預(yù)測(cè)）已知A，B，C，D是體積為2053π的球體表面上四點(diǎn)，若AB=4，AC=2，BC=23，且三棱錐A－BCDA．23 B．32 C．13 D【解題思路】先求出外接球半徑，根據(jù)勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=23，求出點(diǎn)D到平面ABC的距離，求出點(diǎn)D所在球的截面的半徑及三角形ABC的外接圓半徑，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC上的投影為E，當(dāng)CE【解答過程】因?yàn)榍虻捏w積為2053π，故球的半徑R滿足20而AB=4，AC=2，BC=23，故故S△設(shè)點(diǎn)D到平面ABC的距離為h，則13×h×2點(diǎn)D在球的截面圓上，設(shè)截面圓所在的平面為α，因?yàn)閔>R，所以平面α與平面

設(shè)球心到平面ABC的距離為d，而△ACB外接圓的半徑為12AB=2故球心到平面α的距離為3-1=2，故截面圓的半徑為5-4=1設(shè)點(diǎn)D在平面ABC上的投影為E，則E的軌跡為圓，圓心為△ABC的外心即AB的中點(diǎn)，當(dāng)CE最長時(shí)CD最長，此時(shí)CE=2+1=3，故CD長度的最大值為C故選：B．【題型4幾何體與球的切、接問題】【例4】（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考三模）三棱錐S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．過點(diǎn)A分別作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SCA．33 B．13 C．22【解題思路】取SA的中點(diǎn)O1，SC的中點(diǎn)O2，連O1E，O1F，O2A，O2B，證明O2是三棱錐S-ABC的外接球的球心，SC為該球的直徑；【解答過程】取SA的中點(diǎn)O1，SC的中點(diǎn)O2，連O1E，O1因?yàn)镾A⊥平面ABC，AB,BC,AC?平面ABC，所以因?yàn)锳B⊥BC，SA∩AB=A，SA,因?yàn)镾B?平面SAB，所以BC在直角三角形SAC中，O2是斜邊SC的中點(diǎn)，所以O(shè)在直角三角形SBC中，O2是斜邊SC的中點(diǎn)，所以O(shè)所以O(shè)2是三棱錐S-ABC的外接球的球心，因?yàn)锳E⊥SB，O1是斜邊SA因?yàn)锳F⊥SC，O1是斜邊SA所以O(shè)1是三棱錐S-FAE的外接球的球心，設(shè)SA=AB=BC則S1=4π所以S1故選：B.【變式4-1】（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體為正八面體，則該正八面體的內(nèi)切球表面積為（

）A．π6 B．π C．4π3【解題思路】由圖形可得正八面體的棱長為2，分別求出正八面體的體積及表面積，再由等體積法求正八面體的內(nèi)切球半徑，即可求出球的表面積．【解答過程】根據(jù)圖形，已知正方體的棱長為2，易知正八面體的棱長為正方體面對(duì)角線長的一半，即為22如圖，在正八面體中連接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，O為正八面體的中心，AO⊥平面BCDE，OD?平面BCDE，則AO⊥OD，在Rt△AOD中，則該正八面體的體積V=2×該八面體的表面積S設(shè)正八面體的內(nèi)切球半徑為r，∵13S?r=∴S故選：C.【變式4-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）為了便于制作工藝品，某工廠將一根底面半徑為6cm，高為4cm的圓柱形木料裁截成一個(gè)正四棱臺(tái)木料，已知該正四棱臺(tái)上底面的邊長不大于42A．128πcm2 B．145πcm2 C．【解題思路】根據(jù)正四棱臺(tái)的體積最大，得到正四棱臺(tái)上、下底面外接圓的半徑及高，再求正四棱臺(tái)外接球的半徑，即可得解.【解答過程】由題意，當(dāng)正四棱臺(tái)的體積最大時(shí)，正四棱臺(tái)的上底面邊長為42cm，則上底面外接圓的半徑為下底面的外接圓為圓柱的底面圓，半徑為6cm，正四棱臺(tái)的高為4設(shè)該正四棱臺(tái)外接球的半徑為Rcm，球心到正四棱臺(tái)上底面的距離為x所以R2=16+x2=36+所以該正四棱臺(tái)外接球的表面積為4π故選：B.【變式4-3】（2023·浙江溫州·樂清市知臨中學(xué)?？级＃┤缃裰袊蛔u(yù)為基建狂魔，可謂是逢山開路，遇水架橋.公路里程?高鐵里程雙雙都是世界第一.建設(shè)過程中研制出用于基建的大型龍門吊?平衡盾構(gòu)機(jī)等國之重器更是世界領(lǐng)先.如圖是某重器上一零件結(jié)構(gòu)模型，中間最大球?yàn)檎拿骟wABCD的內(nèi)切球，中等球與最大球和正四面體三個(gè)面均相切，最小球與中等球和正四面體三個(gè)面均相切，已知正四面體ABCD棱長為26，則模型中九個(gè)球的表面積和為（

A．6π B．9π C．31π【解題思路】作出輔助線，先求出正四面體的內(nèi)切球半徑，再利用三個(gè)球的半徑之間的關(guān)系得到另外兩個(gè)球的半徑，得到答案.【解答過程】如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接DE，AE，則CE=BE=過點(diǎn)A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2所以DF=22,點(diǎn)O為最大球的球心，連接DO并延長，交AE于點(diǎn)M，則DM⊥AE，設(shè)最大球的半徑為R，則OF=因?yàn)镽t△AOM∽R(shí)t△AEF，所以AOAE即OM=OF=1，則設(shè)最小球的球心為J，中間球的球心為K，則兩球均與直線AE相切，設(shè)切點(diǎn)分別為H,連接HJ,KG，則HJ,則AJ=3HJ=3又JK=a+b，所以又OK=R+b=所以a=模型中九個(gè)球的表面積和為4π故選：B.【題型5空間線段以及線段之和最值問題】【例5】（2023·湖南長沙·長郡中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知底面邊長為a的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1內(nèi)接于半徑為3的球內(nèi)，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點(diǎn)，G，HA．2 B．322 C．2 D【解題思路】求出正四棱柱的高h(yuǎn)，表示出體積，用導(dǎo)數(shù)求得最大值，得正四棱柱為正方體，GH的最小值就是點(diǎn)G到EF的距離，H為EF的中點(diǎn)（即EF與A1C1的交點(diǎn)）時(shí)，GH⊥EF，然后兩個(gè)Rt△AC1A1，Rt【解答過程】正四棱柱的高h(yuǎn)=2V=a2則f'所以fa在0,2上單調(diào)遞增，在2,+所以當(dāng)a=2時(shí)，fa的最大值為當(dāng)a=2時(shí)，hGH的最小值就是點(diǎn)G到EF的距離，由正方體的性質(zhì)知，B1D1⊥A1C1，AA1⊥B1D1因此B1D1而E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點(diǎn)，因此易知當(dāng)H為EF的中點(diǎn)時(shí)，H∈A1C1，GH動(dòng)線段GH，GM分別在Rt△AC1A1，Rt△AC1B1內(nèi)，將兩個(gè)平面沿AC1展開翻折至共面．如圖，當(dāng)所以GH+故選：B【變式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，在線段A．33 B．213 C．37【解題思路】以DA,DC,DD1為x,y,【解答過程】解：如圖，以DA,DC,則A(1,0,0),AC=(-1,1,0)，AA1=(0,0,3則p?AC=-x+y=0又A1D=(-1,0,-3)設(shè)A1M=則MN=因?yàn)镸N//平面AA1C1MN2==4=4當(dāng)μ=37時(shí)，MN2取得最小值37故選：D．【變式5-2】（2023·四川綿陽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，棱長為2的正方體ABCD-A1B1

①三棱錐D-BPC1的體積為定值；②C1P⊥CB1；③直線DC1A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【解題思路】①易證AD1//平面BDC1，由此即可說明三棱錐D-BPC1的體積為定值；②易證CB1⊥平面ABC1D1，由此即可證明C1P⊥CB1；③【解答過程】正方體ABCD-A1所以四邊形ABC所以AD又AD1?平面BDC1所以AD1//即當(dāng)點(diǎn)P在線段AD1上運(yùn)動(dòng)時(shí)又VD-BP所以三棱錐D-BPC在正方體ABCD-A1B1C1D1所以CB在正方形BCC1B又AB∩BC1=所以CB1⊥又C1P?所以C1P⊥連接A1D,交AD1于點(diǎn)

易知A1D//CB所以A1D⊥所以∠EC1D為直線DE=12所以在Rt△EC即直線DC1與平面ABC1D如圖所示：將正方形A1B1C1D1沿A1D1翻折90°得到正方形A

易知D1G⊥所以PC所以C1在△DD1M中，所以DM2DM=C1P+DP的最小值為8+4故選：C.【變式5-3】（2023·天津和平·耀華中學(xué)?？级＃兆?，古稱“角黍”，早在春秋時(shí)期就已出現(xiàn)，到晉代成為了端午節(jié)的節(jié)慶食物．現(xiàn)將兩個(gè)正四面體進(jìn)行拼接，得到如圖所示的粽子形狀的六面體，其中點(diǎn)G在線段CD（含端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，若此六面體的體積為163，則下列說法正確的是（

A．EF=2 B．C．EG+FG的最小值為32 D．EG【解題思路】設(shè)EF=a，然后求出正四面體的高，然后由體積可求得a，然后由側(cè)面展開圖可求EG【解答過程】設(shè)EF=a，則正四面體的高為因?yàn)榱骟w的體積為163，所以2×13

EG+FG的最小值為等邊三角形ECD高的2倍，即故選：D.【題型6空間角問題】【例6】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面積是底面積的63倍，點(diǎn)E為四邊形ABB1AA．23913 B．3913 C．39【解題思路】法一：作出輔助線，找到異面直線BF與CE所成角，求出各邊長，利用余弦定理求出答案；法二：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用空間向量求出異面直線的夾角；法三：設(shè)CA=a，CB=b，CC1=c【解答過程】法一：如圖所示，取A1B1的中點(diǎn)G，連接FG

因?yàn)辄c(diǎn)E為四邊形ABB1A1的中心，所以所以四邊形CFGE為平行四邊形，所以FG//所以∠BFG或其補(bǔ)角就是異面直線BF與CE設(shè)該三棱柱的底面邊長為2，正三棱柱ABC-A1則3×2A所以AA1=6則BG=62+1在△BFG中，由余弦定理得cos∠BFG=BF2法二：設(shè)AC=2，則由題得3×2CC以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC，AA1所在直線分別為y，

則B3,1,0，C0,2,0，E32,12,3所以異面直線BF與CE所成角的余弦值為3913法三：設(shè)AC=2，則由題得3×2CC設(shè)CA=a，CB=b，CC1=c，則a⊥a=b=2，cCE=12a+所以cos=9-2-1所以異面直線BF與CE所成角的余弦值為3913故選：B．【變式6-1】（2023·河北保定·統(tǒng)考二模）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA

A．13 B．33 C．23【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，解得平面A1BC1的法向量為m=(x,y,z)，DB1=(1,1,2)，設(shè)DE=λD平面AA1D1D的法向量為n=(0,1,0)，設(shè)A1【解答過程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系：

A1B=(0,1,-2)，設(shè)平面A1BC1的法向量為m=(則AB?m=y-2z所以m=(2,2,1)又DB1=(1,1,2)，因?yàn)辄c(diǎn)E設(shè)DE=λDB1=(λ,λ,2所以A1E=(λ-因?yàn)锳1E?面A所以(λ-1,λ,2所以2(λ-1)+2所以A1E=(-13平面AA1D1D設(shè)A1E與平面AA所以sinα所以cosα故選：D．【變式6-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若點(diǎn)NA．存在直線MN，使MN//B1C B．異面直線CMC．直線CM與平面BND所成的角為π3 D．平面BMC//【解題思路】根據(jù)兩直線位置關(guān)系的判斷可知直線MN與直線B1C相交或異面，知A錯(cuò)誤；過點(diǎn)M作MH//A1B1，由異面直線所成角的定義可知兩直線成角為∠CMH，設(shè)MH=x0≤x≤1，由tan∠CMH=3構(gòu)造方程可求得x，知【解答過程】對(duì)于A，∵B1C?平面BCC∴當(dāng)N與B1重合時(shí)，MN與B1C相交；當(dāng)N與B1不重合時(shí)，即不存在直線MN與直線B1C平行，對(duì)于B，過點(diǎn)M作MH//A1B1，交B∵AB//A1B∵AB⊥平面BCC1B1，∴MH⊥平面設(shè)正方體的棱長為1，MH=x0≤∴HC=1+若∠CMH=π3，則∴異面直線CM,AB所成的角可以為π3對(duì)于C，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接MO，∵BB1⊥平面ABCD，AC?∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，又BD∩B∴AC⊥平面BND，∴∠CMO即為直線CM設(shè)正方體棱長為1，C1M=a0<∴sin若∠CMO=π∴直線CM與平面BND所成的角不能為π3，C對(duì)于D，作MG//B1C1，交A∵M(jìn)G//B∵BG,AN?平面ABB1A1，即平面BMC與平面C1NA總是相交，D故選：B.【變式6-3】（2023·四川遂寧·統(tǒng)考三模）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，線段B1DA．當(dāng)E運(yùn)動(dòng)時(shí)，二面角E-ABB．當(dāng)E,F運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐體積C．當(dāng)E,F運(yùn)動(dòng)時(shí)，存在點(diǎn)ED．當(dāng)E,F運(yùn)動(dòng)時(shí)，二面角【解題思路】對(duì)A：建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解二面角夾角的余弦值，根據(jù)其范圍，即可判斷；對(duì)B：利用棱錐體積公式，即可求得三棱錐的體積，即可判斷.對(duì)C：由反證法判斷；對(duì)D：平面EFB即為平面BDD1B1，平面CEF即為平面C【解答過程】對(duì)A：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A2,2,0因?yàn)镋,F在B1D1可設(shè)Et,2-t則AE=設(shè)平面ABE的法向量為m=又AB=-2,0,0，所以AB取y=2，則m平面ABC的法向量為n=0,0,1，所以設(shè)二面角E-AB-C的平面角為θ，則因?yàn)?≤t≤2，y=所以2≤1+4當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)，cosθ取得最大值22，即θ取最小值45對(duì)B：因?yàn)镾△BEF=12×EF所以體積為VB-AEF對(duì)C：若AE//BF，則A,B,B1對(duì)D：連接CD1,CB1,CE，平面EFB即為平面BDD1B故選：C.【題型7翻折問題】【例7】（2023·四川瀘州·統(tǒng)考一模）已知菱形ABCD的邊長為6，∠BAD=60°，將△BCD沿對(duì)角線BD翻折，使點(diǎn)C到點(diǎn)P處，且二面角A-BD-PA．21π B．2821π C．52【解題思路】先利用二面角的定義求得∠AOP=120°，再由三棱錐P-ABD的結(jié)構(gòu)特征得到其外接球的球心在∠【解答過程】連接BD，AC交于O，連接PO，易得O為BD與

∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，即AO∴二面角A-BD-P的平面角為又AB=AD=6，∠在△AOP中，由余弦定理得PA由三棱錐P-ABD的結(jié)構(gòu)特征可得其外接球的球心在記外接球的球心為O'，設(shè)OO'所以x2即32=(33)三棱錐P-ABD的外接球的表面積為故選：D.【變式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，將△ABD沿對(duì)角線BD翻折至△A'BD的位置，使得平面A'BDA．43510 B．625 C．239【解題思路】如圖，取BD的中點(diǎn)為O，連接A'O,CO，過A'作A'H⊥BD，垂足為H，連接CH，可證【解答過程】如圖，取BD的中點(diǎn)為O，連接A'O,CO，過A'作A因?yàn)槿切蜛'DB為直角三角形，故同理CO=OD=所以O(shè)為三棱錐A'-BCD

因?yàn)锳'H⊥BD，A'H?平面A'BD∩平面CBD=BD而CH?平面CBD，故A在直角三角形A'BD中，A'故BH=在直角三角形CBD中，cos∠故CH2=設(shè)球心到以A'C為直徑的截面的距離為則d=故選：B.【變式7-2】（2023·湖北恩施·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，矩形ABCD中，E、F分別為BC、AD的中點(diǎn)，且BC=2AB=2，現(xiàn)將△ABE沿AE向上翻折，使B點(diǎn)移到

A．存在點(diǎn)P，使得PEB．存在點(diǎn)P，使得PEC．三棱錐P-AEDD．當(dāng)三棱錐P-AED的體積達(dá)到最大值時(shí)，三棱錐P【解題思路】連接DE，G為AE中點(diǎn)，連接PG，確定PG⊥AE，AE⊥DE，若CF∥AE，得到AE，PE重合，不成立，A錯(cuò)誤，PG⊥平面AECD時(shí)，【解答過程】如圖所示：連接DE，G為AE中點(diǎn)，連接PG，PG⊥連接PF，F(xiàn)E，PG=22AE=DE=2，故

對(duì)選項(xiàng)A：CF∥AE，若PE∥CF，又AE∩對(duì)選項(xiàng)B：當(dāng)PG⊥平面AECD時(shí)，ED?平面AECD，則PG⊥PG∩AE=G，PG,AE?平面PAE，故ED故PE⊥對(duì)選項(xiàng)C：當(dāng)PG⊥平面AECD時(shí)，三棱錐P最大值為13對(duì)選項(xiàng)D：PG⊥平面AECD，GF?平面AECD，故PF=PG故F是三棱錐P-AED外接球球心，半徑為故外接球表面積為S=4π故選：A.【變式7-3】（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知△ABC是邊長為4的等邊三角形，D,E分別是AB,AC的中點(diǎn)，將△ADE沿著DE翻折，使點(diǎn)A到點(diǎn)

A．翻折過程中，該四棱錐的體積有最大值為3B．存在某個(gè)點(diǎn)P位置，滿足平面PDE⊥平面C．當(dāng)PB⊥PC時(shí)，直線PB與平面BCEDD．當(dāng)PB=10【解題思路】對(duì)于A：根據(jù)垂直關(guān)系錐體的體積分析運(yùn)算；對(duì)于B：根據(jù)題意結(jié)合二面角分析判斷；對(duì)于C：根據(jù)線面夾角的定義結(jié)合垂直關(guān)系分析運(yùn)算；對(duì)于D：根據(jù)題意結(jié)合球的性質(zhì)分析運(yùn)算.【解答過程】如圖，設(shè)M,N分別為BC,對(duì)于選項(xiàng)A：當(dāng)平面PDE⊥平面BCED時(shí)，四棱錐P因?yàn)镹為DE的中點(diǎn)，且△PDE為等邊三角形，則PN平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED=DE，所以DE⊥平面BCED此時(shí)體積V=13對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)锽C//DE，BC?平面PDE，DE?平面所以BC//平面PDE，設(shè)平面PDE∩平面PBC=l，且BC?平面PBC，則且BC//DE，則l//DE，又因?yàn)镈E⊥PN,所以DE⊥平面PMN則l⊥平面PMN，可得l⊥PM即∠NPM為平面PDE與平面PBC由PN=NM可知，∠NPM對(duì)于選項(xiàng)C：過P作MN的垂線，垂足為H，則PH⊥因?yàn)镈E⊥平面PMN，PH?平面PMN，則MN∩DE=N,MN,則∠PBH為直線PB與平面BCED依題意可知，PB=在△PMN中，由余弦定理可得cos且∠PMN∈0,在Rt△PMH中，從而直線PB與平面BCED所成角的正弦值為PHPB=3對(duì)于選項(xiàng)D：當(dāng)PB=10時(shí)，由BN=7，可知又因?yàn)镻N⊥DE，且BN∩DE=且PN?平面PDE，則平面PDE⊥平面設(shè)四棱錐P-BCED的外接球球心為O，△PDE因?yàn)镸B=MC=MD=則四邊形OGNM為矩形，且OM=可得R2所以所求外接球的表面積為523π，故故選：B．【題型8立體幾何中的軌跡問題】【例8】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)P是平面ACB1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，M，N分別為C1D1，

A．3π4 B．π2 C．π【解題思路】連接BD1，BC1，得到MN//BD1，把BP與MN所成的角就是直線BP與BD1所成的角，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，證得BD【解答過程】如圖所示，連接BD1，BC1，則N為BC1的中點(diǎn)，又M因此直線BP與MN所成的角就是直線BP與BD在正方體ABCD-A1因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，AC?平面又因?yàn)锽D∩DD1=D且BD,因?yàn)锽D1?平面BDD1因?yàn)锳C∩AB1=A，且AC,AB設(shè)BD1與平面ACB1的交點(diǎn)為G，連接在直角△PGB中，tanθ=PGBG又由BG=13所以點(diǎn)P的軌跡是以G為圓心，32為半徑的圓，其面積為π故選：A.【變式8-1】（2023·海南省直轄縣級(jí)單位·文昌中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，側(cè)棱與底面垂直，點(diǎn)P是側(cè)棱DD1上的點(diǎn)，且DP=2

A．3 B．2 C．233 D【解題思路】先找到過點(diǎn)A與BP垂直的平面與側(cè)面BCC1【解答過程】

如圖，在側(cè)棱AA1上取一點(diǎn)R，使得AR=2過點(diǎn)A作AN⊥BR交BR于點(diǎn)M，交BB1于點(diǎn)由PR∥AD，可知BR、PR?平面BPR從而AN⊥平面BPR，所以BP又由BP在平面ABCD內(nèi)的射影BD⊥AC，所以AN、AC?平面ACN知BP⊥平面ACN，平面ACN，CN?所以所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段CN，在Rt△ABN,Rt△則BNAB=易得CN=故選：D.【變式8-2】（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點(diǎn)在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正四棱錐）P－ABCD的底面正方形邊長為2，其內(nèi)切球O的表面積為π3，動(dòng)點(diǎn)Q在正方形ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且滿足OQ=OP，則動(dòng)點(diǎn)QA．2π11 B．3π11 C．【解題思路】利用等體積法及幾何關(guān)系求出關(guān)于動(dòng)點(diǎn)Q的等式關(guān)系，根據(jù)相關(guān)幾何意義即可求出動(dòng)點(diǎn)Q形成軌跡的周長.【解答過程】設(shè)內(nèi)切球O的半徑為R，則4πR2=如圖，連接AC與BD，設(shè)交點(diǎn)為F，取AD的中點(diǎn)E，連接PE，PF，EF．根據(jù)等體積法得13∴134+4×12×2×解得PE=1311，PF=4311．在Rt△OFQ中，∴點(diǎn)Q在以點(diǎn)F為圓心，211為半徑的圓上，其周長為2故選：C．【變式8-3】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1

A．若P在面AB1CB．若A1P⊥AC．P的軌跡圍成的封閉曲面體積為326D．四棱錐P-ABCD體積最大值為4【解題思路】根據(jù)給定條件，結(jié)合各選項(xiàng)條件的幾何意義作出圖形，分析計(jì)算判斷作答.【解答過程】三角形A,

當(dāng)P在面AB1C1D其是以O(shè)1,O2為圓心的兩段優(yōu)弧，連接AO1，設(shè)∵B1D2=AB12所以cos∠所以軌跡周長C為：2×2π-arccos-當(dāng)A1P⊥AB1，則由圖易知：點(diǎn)P位于平面A1

∴OD1由對(duì)稱性可知：∠OPB1=∠OPA解得tanθ=2則D1P的最小值為3+1-對(duì)C，易知P的軌跡為圖1繞AB1旋轉(zhuǎn)形成的，也可理解為一個(gè)圓繞其體積大于圓轉(zhuǎn)動(dòng)形成體積減去中間重合的一個(gè)圓柱，由巴普斯定理：V=6π2-對(duì)D，因?yàn)镻-ABCD體積最大，則P離平面ABCD最遠(yuǎn)，由圖知VP-ABCDmax=1

故選：B.【題型9以立體幾何為載體的情境題】【例9】（2023·云南大理·統(tǒng)考一模）我國古代數(shù)學(xué)名著《數(shù)書九章》中有“天池盆測(cè)雨”題，在下雨時(shí)，用一個(gè)圓臺(tái)形的天池盆接雨水，天池盆盆口直徑為36寸，盆底直徑為12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中積水的深度恰好是盆深的一半，則該天池盆中水的體積為（

）A．1404π立方寸 B．1080π立方寸 C．756π立方寸 D【解題思路】根據(jù)圓臺(tái)的體積公式計(jì)算即可得解.【解答過程】如圖，由題意可知，天池盆上底面半徑為18寸，下底面半徑為6寸，高為18寸，∵積水深9寸，∴水面半徑為12則盆中水的體積為13π故選：C.【變式9-1】（2023·廣東廣州·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？家荒＃┌⒒椎露嗝骟w是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體．如圖所示的阿基米德多面體有四個(gè)全等的正三角形面和四個(gè)全等的正六邊形面，該多面體是由過正四面體各棱的三等分點(diǎn)的平面截去四個(gè)小正四面體得到．若該多面體的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，且點(diǎn)O到正六邊形面的距離為62，則球O的體積為（

A．71424π B．7143π【解題思路】補(bǔ)全圖形，利用正四面體特征及其內(nèi)切球與外接球關(guān)系計(jì)算即可.【解答過程】將題圖中的阿基米德多面體補(bǔ)全，得對(duì)應(yīng)的正四面體ABCD，如圖所示，設(shè)正四面體ABCD的棱長為a，易知點(diǎn)O為正四面體ABCD的中心，且點(diǎn)O到正六邊形面的距離是正四面體ABCD的內(nèi)切球的半徑，易知正四面體ABCD的體積V=正四面體ABCD的表面積S=4×所以正四面體ABCD的內(nèi)切球半徑為3V所以612a=62則該正六邊形的外接圓半徑為2，所以球O的半徑R=故球O的體積為43故選：D．【變式9-2】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1所示，宮燈又稱宮廷花燈，是中國彩燈中富有特色的漢民族傳統(tǒng)手工藝品之一．圖2是小明為自家設(shè)計(jì)的一個(gè)花燈的直觀圖，該花燈由上面的正六棱臺(tái)與下面的正六棱柱組成，若正六棱臺(tái)的上、下兩個(gè)底面的邊長分別為4dm和2dm，正六棱臺(tái)與正六棱柱的高分別為1dm和6

A．108+303dm2 B．72+303dm2【解題思路】作出輔助線，求出正六棱臺(tái)的側(cè)高，從而求出正六棱臺(tái)的側(cè)面積，再求出正六棱臺(tái)的下底面面積，圓柱的側(cè)面積和底面積，相加得到該花燈的表面積.【解答過程】正六棱柱的六個(gè)側(cè)面面積之和為2×6×6=72dm正六棱柱的底面面積為34如圖所示，正六棱臺(tái)ABCDEF-A1過點(diǎn)A1,B1,C1連接AD,BE,CF相交于點(diǎn)O，則過點(diǎn)A2作A2G⊥AB于點(diǎn)G，連接A其中A1A2=1dm由勾股定理得A2G=

所以正六棱臺(tái)的斜高為2dm故正六棱臺(tái)的側(cè)面積為12又正六棱臺(tái)的下底面面積為34所以該花燈的表面積為72+63故選：A．【變式9-3】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）《九章算術(shù)·商功》：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑”.意思是一個(gè)長方體沿對(duì)角面斜解（圖1），得到一模一樣的兩個(gè)塹堵（圖2），再沿一個(gè)塹堵的一個(gè)頂點(diǎn)和相對(duì)的棱斜解（圖2），得一個(gè)四棱錐稱為陽馬（圖3），一個(gè)三棱錐稱為鱉臑（圖4）.若長方體的體積為V，由該長方體斜解所得到的塹堵、陽馬和鱉臑的體積分別為V1，V2，V3

A．V1+VC．V2=2V【解題思路】根據(jù)題設(shè)得V=2V1，【解答過程】由題設(shè)，V=2V1，V1=如下圖，連接BD，將陽馬一分為二，又VA

所以V2=2V3，V1所以B錯(cuò)，C、D對(duì).故選：B.1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10

A．102m B．112mC．117m D．125m【解題思路】先根據(jù)線面角的定義求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，從而依次求【解答過程】如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠所以tan∠因?yàn)镋O⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以因?yàn)镋G⊥BC，EO,EG?所以BC⊥平面EOG，因?yàn)镺G?平面EOG，所以BC同理：OM⊥BM，又BM⊥所以由BC=10得OM=5，所以EO=所以在直角三角形EOG中，EG在直角三角形EBG中，BG=OM=5又因?yàn)镋F=所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8=117m故選：C.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C-AB-D為150°，則直線A．15 B．25 C．35【解題思路】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答過程】取AB的中點(diǎn)E，連接CE,DE，因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，且AB又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角

顯然CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B=2，則CE=1,CD=由正弦定理得DEsin∠DCE顯然∠DCE是銳角，cos所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為35故選：C.3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=120°，若△PAB的面積等于9A．π B．6π C．3π D【解題思路】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進(jìn)而求出圓錐的高，求出體積作答.【解答過程】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3∠ABO=30°，OC=32解得PC=33所以圓錐的體積V=故選：B.4．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=A．19 B．29 C．13【解題思路】分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥平面PAC，垂足為B'，連接PB',過N作【解答過程】如圖，分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作

因?yàn)锽B'⊥平面PAC，BB'?平面又因?yàn)槠矫鍼BB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥P在△PCC'中，因?yàn)镸M'在△PBB'中，因?yàn)锽所以VP故選：B.5．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖已知正方體ABCD-A1B1C1D1，MA．直線A1D與直線D1BB．直線A1D與直線D1BC．直線A1D與直線D1BD．直線A1D與直線D1B【解題思路】由正方體間的垂直、平行關(guān)系，可證MN//AB,A【解答過程】連AD1，在正方體