2021年高考題和模擬題數(shù)學(xué)（理）分類匯編 04 立體幾何

2021年高考題和模擬題分項匯編

專題04立體幾何

1.（202卜全國高考真題（理））已如48,（?是半徑為1的球0的球面上的三個點,且4。，8。,4。=8。=1,

則三棱錐0-ABC的體積為（）

A.叵B.@C.昱D.@

121244

【答案】A

【分析】由題可得AA6c為等腰直角三角形，得出AABC外接圓的半徑，則可求得。到平面ABC的距

離，進而求得體積.

【解析】??.AC_LBC,AC=8C=1,.?.△A8C為等腰直角三角形，,?.4B=J5,

則AA3c外接圓的半徑為注，又球的半徑為1,

2

設(shè)。到平面ABC的距離為d,

in"L（右丫&

VI2J2

所以%-48。=；5.皿0.4=；乂^乂1乂1乂￥=卷.

故選：A.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查球內(nèi)幾何體問題，解題的關(guān)鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面

距離的勾股關(guān)系求解.

2.（2021.全國高考真題（理））在正方體A6CO-AAG，中，P為片口的中點，則直線形與所成

的角為（）

71

D.-

6

【答案】D

【分析】平移直線A2至8G，將直線P3與AQ所成的角轉(zhuǎn)化為PB與BG所成的角，解一角形即可.

【解析】

如圖，連接BCi，PC”PB,因為AA〃BG，

所以ZPBC,或其補角為直線PB與AR所成的角，

因為BB11平面A￡G〃，所以_LPG，又PG1BP，c瓦。=4，

所以PG_L平面PI3B,,所以PC；_LPB,

設(shè)正方體棱長為2,則BG=20,PG=J5,

sm/PBC]=*=；所以NPBG=工.

故選：D

3.（2021.全國高考真題）已知圓錐的底面半徑為、回，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）

A.2B.2&C.4D.472

【答案】B

【分析】設(shè)圓錐的母線長為/，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得/的值，即為所求.

【解析】設(shè)圓錐的母線長為/，山丁圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則萬/=2萬xJE，解得/=2a.

故選：B.

4.（2021?浙江高考真題）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（)

D.3亞

【答案】A

【分析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體，根據(jù)棱柱的體積公式可求其體積.

【解析】幾何體為如圖所示的四棱柱ABC。-,其高為I,底面為等腰梯形ABCZ），

該等腰梯形的上底為正，下底為2夜，腰長為1，故梯形的高為、/口=也，

V22

故匕BCD-A8CD=一"(>/2+2^2)X-------X1=—,

故選：A.

5.（2021?北京高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（)

11

IB.4C.3+6D.2

【答案】A

【分析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)可計算該幾何體的表面積.

【解析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐。-ABC，

其側(cè)面為等腰直角：角形，底面等邊?:角形,

山三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長為I,

故其表面積為3x，xlxl+走x(/f=±t且

241/2

故選：A.

6.（2021?浙江高考真題）如圖己知正方體44GR,M,N分別是A。，的中點，則（)

A

c

AB

A.直線A。與直線。田垂直,直線肱V//平面ABC。

B.直線A。與直線AB平行,直線MN_L平面

C.直線A。與直線。力相交,直線M/V//平面A8QD

D.直線A。與直線。產(chǎn)異面,直線MN工平面BDRB]

【答案】A

【分析】由正方體間的垂直、平行關(guān)系，可證平面A8R,即可得出結(jié)論.

【解析】

連AR,在正方體ABC。—A4G2中，

M是4。的中點，所以“為AA中點,

又N是。R的中點，所以MN//AB，

W平面ABCD,ABu平面ABCD,

所以M/V〃平面ABCD

因為A8不垂直BD，所以MN不垂直80

則MN不垂直平面BDRB「所以選項B,D不正確;

在正方體ABCZ）—44G。］中，A0_LA|Z）,

回工平面抽。。，所以A3,4。，

AD}oAB=A,所以A。，平面ABQ,

平面ABQ,所以AQ_LqB,

且宜線4。,。乃是異面直線，

所以選項B錯誤，選項A正確.

故選：A.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：熟練掌握正方體中的垂直、平行關(guān)系是解題的關(guān)鍵，如兩條棱平行或垂直，同一個

面對角線互相垂直，正方體的對角線與面的對角線是相交但不垂直或異面垂直關(guān)系.

7.（2021.北京高考真題）定義：24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度（mm）來判斷降雨程度.其中小雨（＜10mm）,

中雨（10mm-25min）,大雨（25mm-50mm）,暴雨（50mm-100mm）,小明用一個圓錐形容器接了24小

時的雨水，如圖，則這天降雨屬于哪個等級（）

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

【答案】B

【分析】計算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.

【解析】由題意，一個半徑為學(xué)=100（mm）的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為

^2x1^-5O（mm）,高為150（mm）的圓錐，

2

irflL.-?^rx50xl50,,

所以積水厚度/3\，屬于中雨?

a=-----------——=12.5mm)

^■xlOO2''

故選：B.

8.（2021?全國高考真題）在正三棱柱ABC-AAG中，A8=A4,=1,點P滿足所=4放+〃甌，其

中;MG[0,1],則()

A.當(dāng)/1=1時，△487的周長為定值

B.當(dāng)〃=1時，三棱錐尸一48。的體積為定值

C.當(dāng)2時，有且僅有一個點P,使得

D.當(dāng)〃=g時，有且僅有一個點尸，使得A/工平面AB/

【答案】BD

【分析】對于A,由于等價向量關(guān)系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標(biāo)；

對于B,將P點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；

對于C,考慮借助向量的平移將尸點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解P點的個數(shù);

對于D,考慮借助向量的平移將尸點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解尸點的個數(shù).

易知，點P在矩形BCGg內(nèi)部（含邊界）.

對于A,當(dāng)4=1時，麗=前+〃甌=反+〃可，即此時尸e線段CC-耳尸周長不是定值，故A

錯誤;

對于B,當(dāng)〃=1時，麗=4前+的=的+疝C,故此時2點軌跡為線段瓦G,而4G〃8C,4cJ/

平面ABC,則有P到平面ABC的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確.

對于C,當(dāng)/!=；時，麗=!前+〃函，取BC,與。1中點分別為Q.H,則麗=麗+〃麗，所

22

以p止軌跡為線段Q”，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，A‘，0，1，P(O,O,〃)，

V7:)

_(1\__

則AP=---,BP-0,--,//,A戶戶="(〃_1)=0,所以〃=0或〃=1.故均

I2JV2；

滿足，故C錯誤：

1—.—.1——.___

對于D,當(dāng)〃=5時，BP=ABC+-BB,取BB1,CC、中點、為M,N.BP=BM+九MN，所以P點

22i

軌跡為線段MN.設(shè)尸0,y0,—,因為A-->0,0,所以AP=——,y0,—,AB=|--—,

12/2)I22)\22)

3111

所以一+—%—=0=%=—,此時p與N重合，故D正確.

42°202

故選：BD.

【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關(guān)鍵之處在于所求點的坐標(biāo)放在三角形內(nèi).

9.(2021?全國高考真題(理))以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某

三棱錐的三視圖，則所選側(cè)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).

圖④圖⑤

【答案】③④（答案不唯一）

【分析】由題意結(jié)合所給的圖形確定?組三視圖的組合即可.

【解析】選擇側(cè)視圖為③，俯視圖為④,

如圖所示，長方體A3CD-44GA中，AB=BC=2,BB]=1,

E,產(chǎn)分別為棱4q,BC的中點,

則正視圖①，側(cè)視圖③，俯視圖④對應(yīng)的幾何體為三棱錐石-ADR.

故答案為：③④.

【點睛】三視圖問題解決的關(guān)鍵之處是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)

系.

10.（2021.全國高考真題）如圖，在三棱錐A-BCD中，平面平面BCD,AB=AD.。為的

中點.

（1）證明：OA1CD；

（2）若AOCD是邊長為1的等邊三角形，點￡在棱A。上，DE=2EA，且二面角七一BC—。的大小為

45°,求三棱錐A-88的體積.

【答案】（1）詳見解析（2）正

6

【分析】（1）根據(jù)面面垂直性質(zhì)定理得AO_L平面BCD,即可證得結(jié)果；

（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根據(jù)體積公式得結(jié)果.

【解析】（1）因為AB=ADQ為BD中點，所以AO_LBD

因為平面ABDp平面BCD=BD,平面ABD,平面BCD,AOu平面ABD,

因此AO_L平面BCD,

因為CDU平面BCD,所以AOLCD

⑵作EF1BD于F,作FM_LBC于M,連FM

因為AO_L平面BCD,所以AOJ_BD,AO_LCD

所以EF±BD,EF±CD.BDcC￡>=￡）,因此EFL平面BCD,即EF1BC

因為FM_LBC,EMIE/n/7,所以BC_L平面EFM,即BC_LME

7F

則ZEMF為二面角E-BC-D的平面角,NEMF=-

4

因為80=，AOCD為正三角形，所以ABCD為直角三角形

2

從而EF二FM=一?,.AO=1

3

QAOJ/平面BCD,

所以V=!AO.S.BC/>=Lxlx,xlxG=^

3326

【點睛】：面角的求法：一是定義法，二是三垂線定理法，三是垂面法，四是投影法.

11.（2021?浙江高考真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形,

ZABC=120°,AB=1,5C=4,PA=V15.M,N分別為6C,PC的中點，PD±DC,PM±MD.

（1）證明：AB±PM；

（2）求直線AN與平面pnw所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵.

6

【分析】（1）要證A8LPM，可證DCLPM，由題意可得，PD1DC.易證。MLDC，從而。C_L

平面PZW,即有。CLAW,從而得證；

（2）取中點七，根據(jù)題意可知，兩兩垂直，所以以點〃為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐

標(biāo)系，再分別求出向量而和平面PDM的一個法向量，即可根據(jù)線面角的向量公式求出.

【解析】（1）在ADCM中，DC=1，CM=2,ZDCM=60.由余弦定理可得。M=百，

所以DAr+oc?=CA/2,，由題意￡>C_LP￡>且.?.OC_L平面PDM,

而月Vfu平面PZM7,所以。CLPM,又AB/ADC，所以A6LPM.

(2)由PA/LA/D，A8L9W，而A3與DM相交，所以PW，平面ABC。，因為AM=近，所以

PM=2也,取A￡>中點E，連接ME，則ME,￡>M,PM兩兩垂直，以點M為坐標(biāo)原點，如圖所示,

建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(-石,2,0),尸(0,0,2夜),。(百,(),()).M(0,0,0),C(>A,-l,0)

、、

，一!,逝,病=

乂N為PC中點，所以N,-1,V2.

2)2)

由(1)得平面PDW,所以平面PDM的一個法向量n=(0,1,0)

|麗問

從而直線AN與平面PDM所成角的正弦值為sin6=

|MlH|

【點睛】本題第一問主要考查線面垂直的相互轉(zhuǎn)化，要證明A3J.PM，可以考慮DCLAW,

題中與DC有垂直關(guān)系的直線較多，易證OC_L平面PZW,從而使問題得以解決：第二問思路直接，由第

一間的垂直關(guān)系可以建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)線面角的向量公式即可計算得出.

12.(2021.全國高考真題(理))已知直三棱柱43。一45￡中，側(cè)面AAgB為正方形，AB=BC=2,

E,尸分別為AC和CG的中點，。為棱A4上的點.BFA.AtBt

（1）證明：BFYDE-,

（2）當(dāng)片。為何值時，面BB|GC與面ORE所成的二面角的正弦值最小？

【答案】（1）見解析；（2）=1

2

【分析】通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證明線線

垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案.

【解析】因為三棱柱ABC-A4G是直三棱柱，所以3與1?底面ABC,所以3q_LAB

因為AM//A8,所以3E_LA5，

又BB[CBF=B,所以ML平面BCG片.

所以氏兩兩垂直.

以B為坐標(biāo)原點，分別以BA,BC,BB1所在直線為x,%z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.

C

所以8(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),A(2,0,2),￡(0,2,2),

E(l,l,0),F(0,2,l).

由題設(shè)。(a,0,2)(0?aW2).

(1)因為訴=(0,2,1),瓦=(1一a,l,—2),

所以麗.皮=0x(1—a)+2xl+lx(-2)=0,所以BF上DE.

(2)設(shè)平面OEE的法向量為蔡=(x,y,z)，

因為麗=(—1,1,1),詼=(l_a,l,_2),

ffi-EF=0\~x+y+z=0

所以《__c，BPt,、cn.

in-DE=0y-2z=0

令z=2—a,則玩=(3,l+a,2-a)

因為平面BCG4的法向量為麗=(2,0,0),

設(shè)平面BCCtBt與平面DEF的二面角的平面角為6,

M而I63

則|cos0\=||=------.==/.

H-|^|2xJ2a2_2a+14V2a123-2a+14

127

當(dāng)。=一時，2a2-2a+4取最小值為二，

22

3_76

此時cos。取最大值為(27-3■

V2

所以(sin8).=

此時與。=』.

2

【點睛】本題考查空間向量的相關(guān)計算，能夠根據(jù)題意設(shè)出。(。,0,2)(04。42),在第二問中通過余弦

值最大，找到正弦值最小是關(guān)鍵一步.

13.(2021?全國高考真題(理))如圖，四棱錐P—ABC。的底面是矩形，底面A3CO,PD=DC=\,

“為BC的中點，且

p

（2）求二面角A—PM—3的正弦值.

【答案】（1）夜；（2）叵

14

【分析】（1）以點。為坐標(biāo)原點，DA、DC、0P所在直線分別為x、丁、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)

BC=2a,由己知條件得出P區(qū)通/=0，求出”的值，即可得出3C的長；

（2）求出平面RAM、P5M的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.

【解析】（1）平面ABC。，四邊形A8CD為矩形，不妨以點。為坐標(biāo)原點，D4、DC.0P所

在H線分別為％、＞、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-肛z,

設(shè)BC=2a,則。（0,0,0）、尸（0,0,1）、3（2a,l,0）、M（a,l,0）、A（2a,0,0）,

則方=（2a,l,—1）,AM=（-?,1,O）,

-：PB±AM，則P反■而=一2/+1=0，解得變，微BC=2a=叵;

2

(2)設(shè)平面PAM的法向量為〃?=(X]，X，zJ,則,A/=--：/,0,AP=(-夜,0,1卜

乙,

IL夜c

由《2171取七=Q，可得加=（，2,1,2）,

m-AP=-&X]+Z]=0

設(shè)平面的法向量為〃=（工2，y2,22），而面=一~—,0,0,32=（一夜,-1,1）,

n-BM-----%,2=0可得7=(0,1,1),

由彳2取為=1

n-BP=-\[lx2-y,+z2=0

---m-n___3__3V14

cos<m,n>=...,

I"小同夜—14

所以,sin<m,〃〉=Jl-cos2<m,n>V70

IT

因此，二面角—B的正弦值為畫

14

【點睛】思路點睛：利用空間向量法求解二面角的步驟如下:

（I）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，寫出二面角對應(yīng)的兩個半平面中對應(yīng)的點的坐標(biāo);

（2）設(shè)出法向量，根據(jù)法向量垂直于平面內(nèi)兩條直線的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面為

坐標(biāo)平面，直接取法向量即可）;

（3）計算（2）中兩個法向量的余弦值，結(jié)合立體圖形中二面角的實際情況，判斷二面角是銳角還是鈍角,

從而得到二面角的余弦值.

14.（2021.北京高考真題）已知正方體,點￡為中點，直線交平面CDE于點

Cl

M'.

（1）證明：點F為gG的中點；

（2）若點M為棱44上一點，且二面角M-CF-E的余弦值為手，求器的值.

【答案】（1）證明見解析；（2）繆=：.

AB、2

【分析】（1）首先將平面COE進行擴展，然后結(jié)合所得的平面與直線4G的交點即可證得題中的結(jié)論；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間直角坐標(biāo)系求得相應(yīng)平面的法向量，然后解方程即可求得實數(shù)；I的值.

【解析】⑴如圖所示，取與G的中點?，連結(jié)DE,M',FC,

由于ABC?！?4CQ為正方體，E,尸為中點，故EF||CD,

從而瓦尸,C,。四點共面，即平面CDE即平面CDEF',

據(jù)此可得：直線AG交平面COE于點?，

當(dāng)直線與平面相交時只有唯一的交點，故點F與點八重合,

即點尸為4G中點.

⑵以點。為坐標(biāo)原點，。4,。。,。2方向分別為％軸，y軸，z軸正方形，建立空間直角坐標(biāo)系。一盯z,

2（0<2<1）,

則：M（2,22,2）,C（0,2,0）,F（l,2,2）,E（l,0,2）,

從而：A?C=（-2,2-2/l,-2）,CF=（l,0,2）,FE=（0,-2,0）,

設(shè)平面MCF的法向量為：m-(X],y,4),則:

z??,MC——2%|+（2—22）x—2Z1=0

mCF=%+24=0

1

令Z]=-1可得：m=\2,

1-A5

設(shè)平面CFE的法向量為：n=(x2,y2,z2),則:

萬?FE=-2y2=0

n-CF=x2+2Z2=0

令％=-1可得：n=（2,0,-l）,

【點睛】本題考查了立體幾何中的線面關(guān)系和二面角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推

理能力，對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的

夾角公式求解.

2021年高考模擬題

1.（2021.河南高三模擬（理））若空間某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積是（）

正視圖（主視用）側(cè)視圖（左視圖）

俯視圖

A.16-26兀B.4辰C.24%D.6+4夜乃

【答案】C

【分析】根據(jù)三視圖，可在長方體中利用構(gòu)造法還原幾何體，利用長方體的對角線計算外接球的直徑，進

而計算表面積.

【解析】據(jù)一視圖分析知，該幾何體是由長方體截得如下圖所示幾何體A88E,

長方體的對角線為＞/22+22+42=276，

即為外接球的直徑，

故外接球的半徑為遙，

外接球的表面積S=4?x6=24?.

故選C.

2.（2021?河南高三模擬（理））如圖幾何體為一個圓柱和圓錐的組合體，圓錐的底面和圓柱的一個底面重合,

圓錐的頂點為P，圓柱的上、下底面的圓心分別為,02,若該幾何體有半徑為1的外接球，且球心為O,

則不正確的是（)

17C

A.如果圓錐的體積為圓柱體積的z，則圓錐的體積為工

68

B.0。+2P0]=2

C.如果尸。1=a。2,則。與°】重合.

967r

D.如果PQ:。。2=1：3,則圓柱的體積為石彳.

【答案】C

【分析】本題考查圓錐，圓柱，球的結(jié)構(gòu)特征，圓錐和圓柱的體積公式，屬于較難題目.

分析出球心。為線段的中點可分析A選項，得出過尸，。1,。2做幾何體的截面，從而可分析3選項,

再根據(jù)圓錐，圓柱的體積公式分析C,。選項.

【解析】解:如圖兒何體的外接球心為。，它的半徑為1,圓錐的頂點為P,圓柱的匕下底面的圓心為口、02,

過P,。1,做幾何體的截面為五邊形A8CPD,其中四邊形48C。為矩形，三角形CPD為等腰三角形，

PC=PD.

。矩形A5CD的中心，為線段&。2的中點，所以C錯誤;

如果圓錐的體積為圓柱體積的9,

6

則叫：0]。2=1：2,pq=qo,〃=%「=字

圓錐的體積為，乃產(chǎn)尸01=工.所以A正確.

38

設(shè)圓銖的高為％=P。，圓柱的高為2/7=002,圓柱的上下底面的半徑為，,

由題意/+力2=],八+所以B正確;

%=1,OIO2+2PO,=2,

264

如果尸。1：。2=1：3,得PO、,2h=OQ2=w，r=（

9677*

則圓柱的體積為7戶?。2=法■，所以D正確.

故選C.

3.（2021?浙江?高三模擬）某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）

正視圖側(cè)視圖

A.-B.—C.8D.16

33

【答案】B

【分析】根據(jù)三視圖知該兒何體是三棱錐且一個側(cè)面與底面垂直，再根據(jù)椎體的體積公式，即可求出該兒

何體的體積.

【解析】

由三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐，其高為2,底面三角形的高為2加，

該幾何體的體枳為L'X4枝X2&X2=3.

323

故選：B

【點睛】方法點睛：由三視圖還原幾何體，要弄清楚幾何體的特征，把三視圖中的數(shù)據(jù)、圖形特點準(zhǔn)確地

轉(zhuǎn)化為對應(yīng)幾何體中的線段長度、圖形特點，再進行計算.

5.（2021.浙江高三其他模擬）已知直線用和平面。,耳，則下列結(jié)論一定成立的是（）

A.若加//。,。//月，則〃?//，B.若/w_La,a10,則〃?//，

C.若加_La,a!ip,則/〃_L￡D.若加//a,aA.（3,則"力

【答案】C

【分析】利用特例排除法，容易否定ABD,利用線面、面面垂直、平行的的關(guān)系可以斷定C正確.

【解析】選項A中，也可能mu戶；選項B中，m也有可能在夕內(nèi)；選項D中，加與￡的關(guān)系不確定，

故可排除A,B,D.由線面平行和垂直的判定與性質(zhì)可以看出C正確.

故選C.

6.（2021.河南高三模擬（理））已知四棱錐尸的五個頂點都在球。的球面上，24,平面ABCO,

底面ABCO是高為4的等腰梯形，AD//BC,A￡）=Q4=1，BC=2,則球。的表面積為（）

2

A.10〃B.4萬C.5nD.6兀

【答案】D

【分析】由題意可得底面等腰梯形的外接圓的半徑，過底面外接圓的圓心E作垂直于底面的直線，則外接

球的球心在此直線上，在兩個三角形中求出外接球的半徑.

【解析】取BC的中點E，過A作面AC，如圖，

因為AB=CD,ADIIBC,AD=1,BC=2,AN=—,

2

所以在R/V4VB中，AN=NB=L

2

所以ZABC=45°,AB=—,

2

i56s

由余弦定理可知，AC?=AB2+3C2—2AB?BC-COS3=—+4—2xJx2xX_=—,

2222

故AC普,

設(shè)底面ABC。外接圓半徑為r,圓心為M,球。的半徑為R,

AC

由正弦定理知2r=-A/5,故r=-,

sinZABC2

又因為OM±平面ABCD,OA=OP,

所以人（爭+T

所以球。的表面積為5=4TTR2=6兀.

故選：D

7.（2021?河南高三模擬（文））已知四面體A88中，平面平面BCD，△ABD是邊長為2的等

邊三角形，BD=CD,BDLCD,則四面體A5CD的體積為（）

「4白

L?------D.2G

353

【答案】A

【分析】證明出CQ1平面ABD，然后利用錐體的體積公式可求得四面體A8CZ）的體積.

【解析】因為平面AB￡>_L平面BCD,平面43￡）門平面3。=3￡），CDLBD,C￡>u平面BC。，

\CD人平面說，

?;CD=BD=2,S&ABD=,X*=6,

所以,％_,>=gs“w,.CO=；xGx2=￥.

故選：A.

【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：

（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位

置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；

（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解.

8.（2021?福建高三模擬）如圖，在直四棱柱ABCO-AgCR中，BCLCD，AB//CD,BC=6

AA=A3=AO=2,點P,Q,R分別在棱8月，CC,,DR上,若A,P,Q,R四點共面，則下

列結(jié)論錯誤的是（）

A.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.存在點使得BC//平面APQR

【答案】C

【分析】根據(jù)線線，面面的性質(zhì)判斷A,8是否正確；使用假設(shè)法判斷C,0是否正確.

【解析】解：對于A：由直四棱柱ABCO-AgGA,AB//CD,

所以平面ABgA//平面。CCQi，

又因為平面APQRc平面AB4A=AP,平面APQHc平面。CGA=QR,

所以AP//QR,故A正確；

對于8：若四邊形APQA為平行四邊形，則AR//QP,

而AO與8c不平行，即平面AOZ)M與平面5CC￡不平行，

所以平面APQRc平面BCCE=PQ,平面APQRc平面ADDM=AR,

直線PQ與直線AR不平行，

與AH//QP矛盾?，

所以四邊形APQR不可能是平行四邊形，故B正確；

對于C：假設(shè)存在點尸，使得八4尸/?為等腰直角三角形，令BP=x,

過點。作。E_LAB，則。E=BC=J5，在線段OH上取一點〃使得DM=BP=x，連接

則四邊形6DWF為矩形，所以"9=8￡>=2,

則PR=y/PM2+MR2="+(DR-XY，

AP=ylPB2+AB2=,4+f，

AR=yjDR2+AD2="+。叱

顯然

若由AP=AR,則8。=￡V?=x且BPI/DRn四邊形BPDR為平行四邊BPDR，

所以RP=JBC2+Q）2=2=7￡4尸=，8+23尸=,8+2+，無解，故C錯誤；

對于。：當(dāng)BP=CQ時，R為。時，滿足8C//平面APQR,故。正確.

故選：C.

TT

9.（202卜江蘇高三模擬）如圖，在矽~43。中，C=—,BC=20，AB=4O,現(xiàn)將其放置在平面夕的

2

7T

上面，其中點A，B在平面a的同一側(cè)，點Ce平面a,BC與平面a所成的角為￡,則點A到平面a的

O

最大距離是（）

A.10V2B.20C.1073D.30

【答案】D

【分析】過點A作例，平面a于點A,過點3作陰，平山屹于點⑸，連接AC,B】C,當(dāng)平面

ABC±a時，點A到平面a的距離最大，此時AC與平面?成角最大為60°.

【解析】解：過點A作A4，平面。于點4,過點B作平面a于點耳，連接^C,4c.

TT

由題意可知NBCg=一,當(dāng)平面A5C_L平面。，即4、。、三點共線時，點A到平面a的距離最大,

6

因為C=5,8C=2（），AB=4O,所以AC=20&，從而A41=30.

故選：D

A

10.（2021?湖南?高三模擬）己知梯形ABC。，AB=AD=-BC=1,ADIIBC,AD±AB，P是線段8C

2

上的動點；將△AB￡）沿著8。所在的直線翻折成四面體A'BCD,翻折的過程中下列選項中正確的是（）

A.不論何時，BD與4c都不可能垂直

B.存在某個位置，使得A'O_L平面A'BC

C.直線AP與平面BCD所成角存在最大值

D.四面體ABC。的外接球的表面積的最小值為4萬

【答案】AD

【分析】利用反證法可判斷AB選項的正誤；分別取30、8C的中點0、M.連接OM、AO,以點。

為坐標(biāo)原點，OB、所在直線分別為X、＞軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷C選項的

（V2、

正誤；設(shè)四面體A6C。的外接球心為Q0,—,z,求出四面體488外接球半徑的最小值，可判斷D

k?

選項的正誤.

【解析】對于A選項，在梯形A8CO中，AB=AD=-BC=\,AD/IBC，AD±AB，

2

BD=AB?+AD。=近，且NA8￡）=?,則NC8O=?,

因為3c=2,由余弦定理可得CD?=BC2+BD2-2BCBDcos-=2,

：.BD2+CD2=BC2^：.BD±CD,

若8D_LAC，且A'CD8=C,,?.BD_L平面A'CO，

JT

?.?4。匚平面48，，4。，80，事實上NADB=一，矛盾，

4

故不論何時，3。與AC都不可能垂直，A選項正確；

對于B選項，若A'￡）_L平面A'BC,A'Cu平面A'BC,則AOJ_AC，

所以，AC=Jo）2-AO?=1，而48=1，BC=2,即A'6+AC=8C，

則A、B、C1無法構(gòu)成三角形，不合乎題意，B選項錯誤；

對于C選項，分別取80、BC的中點0、M.連接OM、AO,則。河〃C。,

?:CD上BD,OM//CD，則BD1OM.

?.?A3=A。，。為BD的中點，則A'O_L8D，

=故80,平面AOM，

以點0為坐標(biāo)原點，OB、Q0所在直線分別為工、y軸建立如F圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)N/VOM=夕（0<夕<乃），則A'0,—cos0,二sineJ、81（0,0）、￡>［一號,0,0、

cf--,V2,o\,

I2JI2J

（V21

設(shè)三棱錐A'—BCD的球心為。0,—,z,

I2>

由忸。|=|A@可得（曰_#cos。+z-#si。

叫Y=l+z,,解得Z=.國cos田

____rr

設(shè)三棱錐4一58的外接球半徑為，則r=3=21，當(dāng)且僅當(dāng)。=]■時，等號成立,

因此，四面體A6CD的外接球的表面積的最小值為4萬，D選項正確.

對于C選項，設(shè)方=ACB=A（V2,-V2,0）=（立I,-立1,0）,

用?=方+麗7=("I,-衣1,0)+

—冬冬。s?！狜,冬in。

易知平面BCD的一個法向量為〃=（0,0,1）,

nPA'\

網(wǎng)>|_J___L

COS。一行見+—sin20

2

V2sin

亞?小4九2-2%(l+cos6)+l亞J'+cosOJ_(]+COS6)2+]^4-(1+cos^)2，

2sin2^2-2cos2^2(cos6+l)「4小八

ifij-------------------------------------5-=---------------2------------e(0,1),

4-Q+COS^)'3-2COS^-COS-3cos0+3cos0+3

V2sin0

即當(dāng)0<6（萬時，i2無最大值，進而可知直線A'P與平面BCD所成角無最大值，C選項

錯誤.

故選：AD.

【點睛】方法點睛：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，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相

等且為半彳仝；

（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個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

兀素的關(guān)系），達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.

11.（2021?福建?高三模擬）在正方體AG中，E是棱CG的中點，尸是側(cè)面內(nèi)的動點，且4尸與

平面AAE的垂線垂直，如圖所示，下列說法正確的是()

A.點廠的軌跡是一條線段B.4Z7■與是異面直線

C.A/與。E不可能平行D.三棱錐尸-A39的體積為定值

【答案】ABD

【分析】首先畫圖找到平面AMN//平面。AE,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理得到點F的軌跡，接著依次判

斷選項即可.

【解析】

如圖，分別找線段中點為M.N.連接4M

因為正方體AG，易得MN//AR,

M7VZ面D|AE,A。u面RAE,所以MN//面。小七，

A^M//DtE,面￡)]AE,￡)]Eu面￡)]AE,所以//面RAE,

乂MNcA\M=M

所以平面AMN//平面RAE,

因為AE與平面AAE的垂線垂直，乂Afa平面AAE,

所以直線AF與平面D}AE平行，

所以面AWN,

又點F是側(cè)面BCgBi內(nèi)的動點，且面AtMNn而BCC^=MN,

所以點F的軌跡為線段MN,故選項A正確；

由圖可知，與BE是異面直線，故選項B正確;

點尸叮點M后合時，直線4尸與直鼠，￡「行，故選項C錯次;

因為MN//AA，W面A8",4，匚面482，

所以肱V//面ABD],則點F到平面ABD,的距離是定值，

乂三角形ABD,的面積是定值，所以三棱錐F-ABR的體積為定值，故選項D正確.

故選：ABD.

【點睛】本題主要考查立體幾何中的動點軌跡問題，解決該類題目一般是通過線線，線面，面面之間的平

行垂直關(guān)系，根據(jù)判定定理或者性質(zhì)定理得到動點的軌跡，接著再求題目的相關(guān)問題，考查體積是定值的

問題時，一般就是研究距離和面積是不是定值，關(guān)鍵在于選擇合適的頂點和底面，在做題時要