2018高考題及高考模擬考試題數(shù)學(xué)理-專題05立體幾何分類匯編解析版

./5．立體幾何1．[2018年XX卷]已知四棱錐S?ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(diǎn)〔不含端點(diǎn),設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與平面ABCD所成的角為θ2,二面角S?AB?C的平面角為θ3,則A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1[答案]D從而tanθ1=SNEN=SNOM,點(diǎn)睛：線線角找平行,線面角找垂直,面面角找垂面.2．[2018年XX卷]某幾何體的三視圖如圖所示〔單位：cm,則該幾何體的體積〔單位：cm3是A.2B.4C.6D.8[答案]C[解析]分析:先還原幾何體為一直四棱柱,再根據(jù)柱體體積公式求結(jié)果.詳解：根據(jù)三視圖可得幾何體為一個(gè)直四棱柱,高為2,底面為直角梯形,上下底分別為1,2,梯形的高為2,因此幾何體的體積為12×(1+2)×2×2=6,點(diǎn)睛：先由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀,再在具體幾何體中求體積或表面積等.3．[2018年理新課標(biāo)I卷]已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為A.334B.233[答案]A詳解：根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的,所以在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與線AA1,點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題,首要任務(wù)是需要先確定截面的位置,之后需要從題的條件中找尋相關(guān)的字眼,從而得到其為過六條棱的中點(diǎn)的正六邊形,利用六邊形的面積的求法,應(yīng)用相關(guān)的公式求得結(jié)果.學(xué)/科-網(wǎng)+4．[2018年理新課標(biāo)I卷]某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如右圖．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長度為A.217B.C.3D.2[答案]B[解析]分析：首先根據(jù)題中所給的三視圖,得到點(diǎn)M和點(diǎn)N在圓柱上所處的位置,點(diǎn)M在上底面上,點(diǎn)N在下底面上,并且將圓柱的側(cè)面展開圖平鋪,點(diǎn)M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點(diǎn)處,根據(jù)平面上兩點(diǎn)間直線段最短,利用勾股定理,求得結(jié)果.詳解：根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征,可以確定點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在以圓柱的高為長方形的寬,圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點(diǎn)處,所以所求的最短路徑的長度為42+2點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)幾何體的表面上兩點(diǎn)之間的最短距離的求解問題,在解題的過程中,需要明確兩個(gè)點(diǎn)在幾何體上所處的位置,再利用平面上兩點(diǎn)間直線段最短,所以處理方法就是將面切開平鋪,利用平面圖形的相關(guān)特征求得結(jié)果.5．[2018年全國卷Ⅲ理]設(shè)A?，??B?，??C?A.123B.183C.24[答案]B詳解：如圖所示,點(diǎn)M為三角形ABC的重心,E為AC中點(diǎn),當(dāng)DM⊥平面ABC時(shí),三棱錐D-ABC體積最大,此時(shí),OD=OB=R=4,∵S△ABC=34AB2=93,∴(VD-ABC點(diǎn)睛：本題主要考查三棱錐的外接球,考查了勾股定理,三角形的面積公式和三棱錐的體積公式,判斷出當(dāng)DM⊥平面ABC時(shí),三棱錐D-ABC體積最大很關(guān)鍵,由M為三角形ABC的重心,計(jì)算得到BM6．[2018年理數(shù)全國卷II]在長方體ABCD-A1B1C1D1中,A.15B.56C.5[答案]C點(diǎn)睛：利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于"四破"：第一,破"建系關(guān)",構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二,破"求坐標(biāo)關(guān)",準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三,破"求法向量關(guān)",求出平面的法向量；第四,破"應(yīng)用公式關(guān)".7．[2018年理數(shù)天津卷]已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,除面ABCD外,該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E,F,G,H,M[答案]1點(diǎn)睛：本題主要考查四棱錐的體積計(jì)算,空間想象能力等知識(shí),意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.8．[2018年XX卷]如圖所示,正方體的棱長為2,以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為________．[答案]4[解析]分析：先分析組合體的構(gòu)成,再確定錐體的高,最后利用錐體體積公式求結(jié)果.詳解：由圖可知,該多面體為兩個(gè)全等正四棱錐的組合體,正四棱錐的高為1,底面正方形的邊長等于2，,所以該多面體的體積為點(diǎn)睛：解決本類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解幾何體的定義,真正把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征,可以根據(jù)條件構(gòu)建幾何模型,在幾何模型中進(jìn)行判斷；求一些不規(guī)則幾何體的體積時(shí),常用割補(bǔ)法轉(zhuǎn)化成已知體積公式的幾何體進(jìn)行解決．9．[2018年理數(shù)全國卷II]已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB所成角的余弦值為78,SA與圓錐底面所成角為45°,若△SAB的面積為515,則該圓錐的側(cè)面積為[答案]40點(diǎn)睛：本題考查線面角,圓錐的側(cè)面積,三角形面積等知識(shí)點(diǎn),考查學(xué)生空間想象與運(yùn)算能力.學(xué)*科//網(wǎng)10．[2018年XX卷]如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2．〔Ⅰ證明：AB1⊥平面A1B1C1；〔Ⅱ求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．[答案]〔Ⅰ見解析〔Ⅱ39〔Ⅰ由AB=2,AA1=4,BB1=2,A故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB〔Ⅱ如圖,過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B因此,直線AC1與平面ABB方法二：〔Ⅰ如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0,-因此AB1=(1,3,2),由AB1?A1C1=0點(diǎn)睛：利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于"四破"：第一,破"建系關(guān)",構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二,破"求坐標(biāo)關(guān)",準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三,破"求法向量關(guān)",求出平面的法向量；第四,破"應(yīng)用公式關(guān)".11．[2018年理數(shù)天津卷]如圖,AD//BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG//AD且EG=AD,CD//FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=〔I若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證：MN∥平面〔II求二面角E-BC-F的正弦值；〔III若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.[答案]<Ⅰ>證明見解析；<Ⅱ>1010；<Ⅲ>3詳解：依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以DA,DC,DG的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系〔如圖,可得D〔0,0,0,A〔2,0,0,B〔1,2,0,C〔0,2,0,E〔2,0,2,F〔0,1,2,G〔0,0,2,M〔0,32,1,N〔1,0,2〔Ⅰ依題意DC=〔0,2,0,DE=〔2,0,2．設(shè)n0=<x,y,z>為平面CDE的法向量,則n0?DC=0，n0?DE=0，即2y=0?，2x+2z=0?，不妨令z=–1,可得n0=〔1,0,–1．又MN=〔1,-〔Ⅲ設(shè)線段DP的長為h〔h∈［0,2］,則點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔0,0,h,可得BP=(-1，易知,DC=〔0,2,0為平面ADGE的一個(gè)法向量,故cos<BP?DC>=BP?DCBPDC=2h2+5,由題意,可得2h2+5點(diǎn)睛：本題主要考查空間向量的應(yīng)用,線面平行的證明,二面角問題等知識(shí),意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.12．[2018年理北京卷]如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1〔Ⅰ求證：AC⊥平面BEF；〔Ⅱ求二面角B-CD-C1的余弦值；〔Ⅲ證明：直線FG與平面BCD相交．[答案]<1>證明見解析<2>B-CD-C1的余弦值為-2121〔Ⅱ由〔I知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC．∵BE?平面ABC,∴EF⊥BE．如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．由題意得B〔0,2,0,C〔-1,0,0,D〔1,0,1,F〔0,0,2,G〔0,2,1．∴CD=(2?，?0?，?1)?，?CB=(1?，?2?，?0)?,設(shè)平面BCD的法向量為n=(a?，?b?，?c),∴n?CD=0n?CB=0,∴2a+c=0a+2b=0,令a=2,則b=-〔Ⅲ平面BCD的法向量為n=(2?，?-1?，?-4),∵G〔0,2,1,F〔0,0,2,∴GF=(0?，?-2?，?1),∴n?GF=-2點(diǎn)睛：垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型.<1>證明線面、面面平行,需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.<2>證明線面垂直,需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.<3>證明線線垂直,需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.13．[2018年XX卷]如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn)．〔1求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；〔2求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．[答案]〔131020〔[解析]分析：〔1先建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)立各點(diǎn)坐標(biāo),根據(jù)向量數(shù)量積求得向量BP,AC1的夾角,再根據(jù)向量夾角與異面直線所成角的關(guān)系得結(jié)果；〔2詳解：如圖,在正三棱柱ABC?A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB,OC,OO1}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O?所以A(0,-1,0所成角的正弦值為55．點(diǎn)睛：本題考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量解決問題的能力.利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于"四破"：第一,破"建系關(guān)",構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二,破"求坐標(biāo)關(guān)",準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三,破"求法向量關(guān)",求出平面的法向量；第四,破"應(yīng)用公式關(guān)".14．[2018年XX卷]在平行六面體ABCD-A1B求證：〔1AB∥平面〔2平面AB[答案]答案見解析詳解：證明：〔1在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1．因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C．〔2在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形．又因?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,因此AB1⊥A1B．又因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC．又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC．因?yàn)锳B1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．點(diǎn)睛：本題可能會(huì)出現(xiàn)對常見幾何體的結(jié)構(gòu)不熟悉導(dǎo)致幾何體中的位置關(guān)系無法得到運(yùn)用或者運(yùn)用錯(cuò)誤,如柱體的概念中包含"兩個(gè)底面是全等的多邊形,且對應(yīng)邊互相平行,側(cè)面都是平行四邊形",再如菱形對角線互相垂直的條件,這些條件在解題中都是已知條件,缺少對這些條件的應(yīng)用可導(dǎo)致無法證明.15．[2018年理新課標(biāo)I卷]如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF.〔1證明：平面PEF⊥平面ABFD；〔2求DP與平面ABFD所成角的正弦值.[答案]<1>證明見解析.<2>34<2>結(jié)合題意,建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系,正確寫出相應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo),求得平面ABFD的法向量,設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,利用線面角的定義,可以求得sinθ=|HP?詳解：〔1由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,又PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.學(xué)￥科6網(wǎng)〔2作PH⊥EF,垂足為H.由〔1得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)閥軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz.由〔1可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=32,EH=32.則H(0,0,0),P(0,0,32),D(-1,-所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題,涉及到的知識(shí)點(diǎn)有面面垂直的證明以及線面角的正弦值的求解,屬于常規(guī)題目,在解題的過程中,需要明確面面垂直的判定定理的條件,這里需要先證明線面垂直,所以要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關(guān)系,從而證得結(jié)果；對于線面角的正弦值可以借助于平面的法向量來完成,注意相對應(yīng)的等量關(guān)系即可.16．[2018年全國卷Ⅲ理]如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點(diǎn)．〔1證明：平面AMD⊥平面BMC；〔2當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．[答案]〔1見解析〔22詳解：〔1由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.〔2以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz.點(diǎn)睛：本題主要考查面面垂直的證明,利用線線垂直得到線面垂直,再得到面面垂直,第二問主要考查建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量求出二面角的平面角,考查數(shù)形結(jié)合,將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題進(jìn)行求解,考查學(xué)生的計(jì)算能力和空間想象能力,屬于中檔題。17．[2018年理數(shù)全國卷II]如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC〔1證明：PO⊥平面ABC；〔2若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值．[答案]〔1見解析〔23詳解：〔1因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=23.連結(jié)OB.因?yàn)锳B=BC=22AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB〔2如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2由AP?n=0,AM?n=0得2y+23z=0ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cosOB,n=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知得|cosOB點(diǎn)睛：利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于"四破"：第一,破"建系關(guān)",構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二,破"求坐標(biāo)關(guān)",準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三,破"求法向量關(guān)",求出平面的法向量；第四,破"應(yīng)用公式關(guān)".優(yōu)質(zhì)模擬試題18．[XX省XX市2018屆三模]如圖所示,PA垂直于⊙O所在的平面,AB是⊙O的直徑,PA=AB=2,C是⊙O上的一點(diǎn),E,F分別是點(diǎn)A在PB,PC上的投影,當(dāng)三棱錐P-AEF的體積最大時(shí),PC與底面ABC所成角的余弦值是〔A.32B.22C.3[答案]D詳解：設(shè)∠BAC=θ,由題意可知,設(shè)PC與底面ABC所成的角為β,則cosβ=ACPC,由圓的性質(zhì)可知：AC⊥BC,由線面垂直的定義可知：PA⊥BC,結(jié)合線面垂直的判斷定理可得：BC⊥平面PAC,則BC⊥AF,結(jié)合AF⊥PC可知AF⊥平面PBC,據(jù)此有AF⊥EF,則S△AEF=12×AF×EF,由AF⊥平面PBC可知AF⊥PB,結(jié)合AE⊥PB可得PB⊥平面AEF,則VP-AEF=13×S△AEF×PE=16×AF×EF×PE.在Rt△PAC中,AC=AB×cosθ,利用面積相等可得：AF=PA×ACPC點(diǎn)睛：本題主要考查線面垂直的定義與判斷定理,均值不等式的應(yīng)用,立體幾何中的最值問題,三棱錐的體積公式等知識(shí),意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.19．[XX省XX市2018屆二模]在長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為x的正方形,側(cè)棱AA1=3，P為矩形CDD1A.Vx為奇函數(shù)B.Vx在C.V3=4[答案]D詳解：∵在長方體ABCD-A1B1C1D1中,M為BC中點(diǎn),∠APD=∠CPM,為矩形CDD1C1內(nèi)部〔含邊界一點(diǎn),∴Rt△ADP∽△Rt△PMC，∴ADMC=PDPC=2，即PD=2PC點(diǎn)睛：本題考查了空間幾何體中的最值問題,關(guān)鍵是列出式子,轉(zhuǎn)化為距離問題,借助函數(shù)求解即可,屬于難題．學(xué)*科++網(wǎng)20．[XX省XX市2018屆三模]在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=2π3,AP=3,AB=23,Q是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn),且直線PQ與平面ABC所成角的最大值為πA.45πB.57πC.63πD.84π[答案]B∴OM=O'A=23，PM=32，由勾股定理得CP=R=2點(diǎn)睛：本題考查了幾何體外接球的應(yīng)用問題,解題的關(guān)鍵求外接球的半徑,是中檔題．21．[XX省2018屆沖刺演練〔一]某幾何體的三視圖如圖所示,三個(gè)視圖中的曲線都是圓弧,則該幾何體的體積為〔A.4π3B.5π3C.7π[答案]B點(diǎn)睛：本題利用空間幾何體的三視圖重點(diǎn)考查學(xué)生的空間想象能力和抽象思維能力,屬于難題.三視圖問題是考查學(xué)生空間想象能力最常見題型,也是高考熱點(diǎn).觀察三視圖并將其"翻譯"成直觀圖是解題的關(guān)鍵,不但要注意三視圖的三要素"高平齊,長對正,寬相等",還要特別注意實(shí)線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響,對簡單組合體三視圖問題,先看俯視圖確定底面的形狀,根據(jù)正視圖和側(cè)視圖,確定組合體的形狀.22．[XX省示范高中〔皖江八校2018屆第八聯(lián)考]某棱錐的三視圖如下圖所示,則該棱錐的外接球的表面積為〔A.11πB.12πC.13πD.14π[答案]AOD=OE2+DE2+BD2點(diǎn)睛：本題考查了三棱錐的性質(zhì)、空間幾何位置關(guān)系、三垂線定理、球的性質(zhì),考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題．23．[XX省XX2018屆二模]已知點(diǎn)P,A,B,C均在表面積為81π的球面上,其中PA⊥平面ABC,∠BAC=30°,AC=3A.818B.24332C.81[答案]A[解析]分析：由球的表面積明確半徑,利用條件∠BAC=30°,AC=3AB明確△ABC的外接圓半徑,進(jìn)而得到外接球半徑與△點(diǎn)睛：本題考查了球與幾何體的問題,是高考中的重點(diǎn)問題,要有一定的空間想象能力,這樣才能找準(zhǔn)關(guān)系,得到結(jié)果,一般內(nèi)切球需要求球心和半徑,首先應(yīng)確定球心的位置,借助于內(nèi)切球的性質(zhì),球心到各面距離相等計(jì)算即可,當(dāng)球心位置不好確定時(shí),可以用等體積法求球半徑.24．[XX省XX市2018屆二模]已知某正三棱錐的側(cè)棱長大于底邊長,其外接球體積為125π6A.32B.2C.4D.[答案]D[解析]分析：根據(jù)正三棱錐的性質(zhì)可得球心在正三棱錐的高上,由正棱錐的性質(zhì)可得頂點(diǎn)在底面的射影是正三角形的中心,列方程可解得棱錐的高,從而可得結(jié)果.詳解：設(shè)正三棱錐外接球的半徑為R,則43πR3=1256?R=52,由三視圖可得底面邊長為23,底面正三角形的高為32×2點(diǎn)睛：本題主要考查三棱錐外接球問題,屬于難題.要求外接球的表面積和體積,關(guān)鍵是求出求的半徑,求外接球半徑的常見方法有：①若三條棱兩垂直則用4R2=a2+b2+c2〔a,b,c為三棱的長；②若SA⊥面ABC〔SA=a,則4R2=4r25．[XX省威海市2018屆二模]．已知正三棱柱ABC-A1B1C1,側(cè)面[答案]16π.點(diǎn)睛：<1>本題主要考查幾何體的外接球問題,意在考查學(xué)生對這些基礎(chǔ)知識(shí)的掌握能力和空間想象能力.<2>求幾何體外接球的半徑一般有兩種方法:模型法和解三角形法.模型法就是把幾何體放在長方體中,使幾何體的頂點(diǎn)和長方體的若干個(gè)頂點(diǎn)重合,則幾何體的外接球和長方體的外接球是重合的,長方體的外接球的半徑r=12a2+b2+c2就是幾何體的外接球半徑.如果已知中有多個(gè)垂直關(guān)系,可以考慮用此種方法.解三角形法就是找到球心O和截面圓的圓心O',找到OO'26．[XX省XX市2018屆適應(yīng)性練習(xí)〔二]如圖,圓形紙片的圓心為O,半徑為5,該紙片上的正方形ABCD的中心為O,E,F,G,H為圓O上的點(diǎn),ΔABE,ΔBCF,ΔCDG,ΔADH分別是以AB,BC,CD,DA為底邊的等腰三角形,沿虛線剪開后,分別以AB,BC,CD,DA為折痕折起ΔABE,ΔBCF,ΔCDG,ΔADH,使E,F,G,H重合得到一個(gè)四棱錐,則該四棱錐的體積的最大值為_______.[答案]1615fx≤f255=45.所以點(diǎn)睛：求實(shí)際問題中的最大值或最小值時(shí),一般是先設(shè)自變量、因變量,建立函數(shù)關(guān)系式,并確定其定義域,利用求函數(shù)最值的方法求解,注意結(jié)果要與實(shí)際情況相結(jié)合,用導(dǎo)數(shù)求解實(shí)際問題中的最大〔小值時(shí),如果函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn),那么依據(jù)實(shí)際意義,該極值點(diǎn)也就是最值點(diǎn).27．[XX省XX市5月統(tǒng)考]如圖,在三棱錐P-ABC中,PA,AB,AC兩兩垂直,PA=AB=AC,平面α∥平面PAB,且α與棱PC,AC,BC分別交于P1,A1,〔1過A作直線l,使得l⊥BC,l⊥P〔2若α將三棱錐P-ABC分成體積之比為8：19的兩部分,求直線P1D與平面[答案]〔1見解析〔215詳解：〔1作法：取BC的中點(diǎn)H,連接AH,則直線AH即為要求作的直線l.證明如下：∵PA⊥AB,PA⊥AC,且AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABC.∵平面α∥平面PAB,且α∩平面PAC=P1A1,平面PAB∩平面PAC=PA,∴P1A1∥PA,又AB=AC,H為BC的中點(diǎn),則AH⊥BC,從而直線AH即為要求作的直線l.〔2∵α將三棱錐P-ABC分成體積之比為8：19的兩部分,∴四面體P1A1又平面α∥平面PAB,∴A1CAC=B1CBC=P1CPC=23.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,設(shè)AB=3,則A1(0,1,0),B1(2,1,0),則cos<P1D,n>=16×點(diǎn)睛：本題主要考查線性垂直的證明,空間幾何體的體積,運(yùn)用空間向量求線面角的正弦值,考查了學(xué)生的空間想象能力和計(jì)算能力,屬于中檔題。28．[XX省XX市2018屆三模]如圖,多面體ABCDEF中,ABCD為正方形,AB=2,AE=3,DE=5,二面角E-AD-C的余弦值為55,且〔1證明：平面ABCD⊥平面EDC；〔2求平面AEF與平面EDC所成銳二面角的余弦值.[答案]〔1見解析〔2217詳解：〔1證明：∵AB=2,AE=3,DE=5,由勾股定理得：AD⊥DE,又正方形ABCD中AD⊥DC,且DE∩DC=D,∴AD⊥平面EDC,又∵AD?面ABCD,∴平面ABCD⊥平面EDC〔2由〔1知∠EDC是二面角E-AD-C的平面角,作OE⊥CD于O,則OD=DE?且由平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=CD,OE?面EDC,所以,OE⊥面ABCD,取AB中點(diǎn)M,連結(jié)OM,則OM⊥CD,如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(2,-∴AE=(-2,1,2),BD=(-2,-2,0)設(shè)面AEF法向量n=(x,y,z),則n?AE=-2x+y+2z=0n又面EDC一個(gè)法向量為m=(1,0,0)設(shè)平面AEF與平面EDC所成銳二面角為θ,則cos點(diǎn)睛：本題考查直線與平面垂直的判斷,