2022-2023學(xué)年四川省成都等各市高一下數(shù)學(xué)期末試題分類匯編立體幾何壓軸題2

20222023學(xué)年四川省成都等各市高一下數(shù)學(xué)期末試題分類匯編：立體幾何壓軸題2一、多選題1．已知一圓錐底面圓的直徑為3，高為，在該圓錐內(nèi)放置一個棱長為a的正四面體，并且正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a的值可以為（

）A． B． C．1 D．【答案】ACD【分析】根據(jù)題意可知，當最大時，該正四面體外接于圓錐的內(nèi)切球，結(jié)合內(nèi)切、外接球問題，即可求解.【詳解】根據(jù)題意可知，當最大時，該正四面體外接于圓錐的內(nèi)切球.設(shè)圓錐內(nèi)切球的圓心為，半徑為，圓錐的底面圓心為，半徑為，頂點為，作出軸截面，連接，，如圖所示.因為，，所以，所以為等邊三角形，且為的中心，則.結(jié)合正方體的外接球問題，易知棱長為的正四面體的外接球半徑為，故，解得.故選：ACD.2．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體．如圖所示，設(shè)正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（

）A．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為B．勒洛四面體被平面截得的截面面積是C．勒洛四面體表面上交線的長度為D．勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2【答案】ABD【分析】A選項：求出正四面體的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑，得到答案；B選項，作出截面圖形，求出截面面積；C選項，根據(jù)對稱性得到交線所在圓的圓心和半徑，求出長度；D選項，作出正四面體對棱中點連線，在C選項的基礎(chǔ)上求出長度.【詳解】A選項，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：取的中點，連接，過點作于點，則為等邊的中心，外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設(shè)，由正四面體的棱長為2，則，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：圖中取正四面體中心為，連接交平面于點，交于點，其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示：面積為，B正確；C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點，故，又，由余弦定理得：，故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：連接，交于中點，交于中點，連接，則，則由C選項的分析知：，所以，故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2，D正確.故選：ABD.【點睛】結(jié)論點睛：勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾椋旅媸且恍┧男再|(zhì)：①勒洛四面體上兩點間的最大距離比四面體的棱長大，是對棱弧中點連線，最大長度為，②表面6個弧長之和不是6個圓心角為的扇形弧長之和，其圓心角為，半徑為.3．如圖所示是正方體的平面展開圖，那么在正方體中（

）A．B．EF和BC所成的角是60°C．直線AC和平面ABE所成的角是30°D．如果平面平面，那么直線直線.【答案】BCD【分析】根據(jù)正方體的平面展開圖還原正方體，利用正方體的性質(zhì)，結(jié)合異面直線的位置關(guān)系，線面位置關(guān)系及面面平行的性質(zhì)依次判斷各項正誤.【詳解】如圖，把正方體的平面展開圖還原成正方體.在正方體中，可知，故異面直線與所成的角即為與所成的角為，故A項錯誤；同理，與所成的角即為與所成的角為，故B項正確；在正方體中，，，，，故平面，則點到平面的距離為，設(shè)直線與平面所成的角為，則，故，故C項正確；在正方體中，，則平面平面，平面平面于直線，平面平面，故直線直線，故D項正確.故選：BCD.4．如圖，在正方體中，E是棱CD上的動點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．與所在的直線異面B．C．三棱錐的體積為定值D．直線與平面所成角的正弦值為【答案】ABCD【分析】連接，設(shè)，說明直線不過點，即可判斷A；證明平面，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)即可判斷B；說明三棱錐的體積為定值，即可判斷C；先利用等體積法求出點到平面的距離，從而可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】如圖，連接，設(shè)，則平面，平面，因為E是棱CD上的動點，所以直線不過點，所以與所在的直線異面，故A正確；在中，平面，因為平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故B正確；對于C，因為平面，，所以點到平面的距離為定值，即三棱錐的高為定值，又因為定值，所以三棱錐的體積為定值，即三棱錐的體積為定值，故C正確；對于D，設(shè)正方體的棱長為，則，，，設(shè)點到平面的距離為，則，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為，故D正確.故選：ABCD.【點睛】1.方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；（2）在構(gòu)成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設(shè)為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.5．如圖在棱長為6的正方體中，分別是中點，P在側(cè)面上（包括邊界），且滿足三棱錐的體積等于9，則的長度可以是（

）A． B． C．10 D．【答案】ABD【分析】先利用等體積法，求出到的距離，從而得出點在線段上或與A重合，進而得到，再利用，即可求出結(jié)果.【詳解】因為正方體的邊長為6，分別是中點，所以，設(shè)到的距離為，因為，得到，如圖，連接，，設(shè)與，分別交于，易得，當點在線段上，連接，因為面，又面，所以，所以，又易知，所以；當點與點重合時，，符合題意.故選：ABD.二、單選題6．如圖所示，平面平面，二面角，已知，，直線與平面，平面所成角均為，與所成角為，若，則的最大值是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由題意知，作輔助線找到，及二面角，四邊形為正方形進而得到為等腰三角形，利用所得直角三角形用邊表示、，即有它們的等量關(guān)系，利用結(jié)合二面角，即可求的最大值；【詳解】直線與平面，平面所成角均為，與所成角為，而，，又，可知：，若令二面角為，作于，于；過作，過作與交于點；∴面，又，，故面，面，即；過作，過作與交于點；∴面，又，，故面，面，即；作于，于，連接、，即有，且；∵，即，作有四邊形為正方形，即，∴，有，故為等腰三角形且，令，，則，有，而，∴，，又，∴當時等號成立故選：B【點睛】本題考查了應(yīng)用輔助線，根據(jù)已知條件以及線面角、線線角、面面角的性質(zhì)，得到它們的三角函數(shù)間等量關(guān)系，并化簡目標三角函數(shù)式，結(jié)合二面角的范圍求目標式的最值；7．如圖，在正方體中，截去三棱錐，若剩余的幾何體的表面積是，那么正方體的內(nèi)切球的表面積和其外接球的體積分別是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】設(shè)正方體棱長為，根據(jù)剩余幾何體的表面積可求出再由正方體的內(nèi)切球直徑為1，外接球直徑分別求出內(nèi)切球的表面積和其外接球的體積即可.【詳解】設(shè)正方體棱長為,則剩余幾何體的表面積為所以則正方體的內(nèi)切球直徑表面積，正方體的外接球直徑，體積，故選：A.8．在空間四邊形中，，，，分別是，的中點，，則異面直線與所成角的大小為A． B． C． D．【答案】D【分析】平移兩條異面直線到相交，根據(jù)余弦定理求解.【詳解】如圖所示：設(shè)的中點為，連接，所以，則是所成的角或其補角，又根據(jù)余弦定理得：，所以，異面直線與所成角的為，故選D.【點睛】本題考查異面直線所成的角和余弦定理.注意異面直線所成的角的取值范圍是.9．蹴鞠，又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳瞰，踢、蹦的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米鐮的球.因而蹴鞠就是指我國古人以腳殿、蹦、踢皮球的活動，類似于今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準已列人第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄，已知某鞠（球）的表面上有四點A，B，C，D滿是：，均為邊長為6的正三角形，且二面角的大小為，則該鞠的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出輔助線，找到球心的位置，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半徑，進而得到球的表面積.【詳解】

取的中點為，連接，因為，均為正三角形，所以，，所以為二面角的平面角，所以，即，記分別是正三角形和正三角形的外心（也是重心），過點分別作平面和平面的垂線，交點為，連接，由球的性質(zhì)知：球心既在過點垂直平面的垂線上，又在過點垂直平面的垂線上，所以三棱錐外接球的球心，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，所以，同理可得，所以四邊形是平行四邊形，因為，所以，又，所以四邊形為正方形，所以，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以，在直角三角形中，球半徑，所以外接球體積為，故選：A10．正八面體是每個面都是正三角形的八面體．如圖所示，若此正八面體的棱長為2，則它的內(nèi)切球的表面積為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由正八面體的定義知，其內(nèi)切球的球心在正八面體的中心，以內(nèi)切球的球心為頂點、可將正八面體分為8個全等的正三棱錐，利用等體積法可得其內(nèi)切球的半徑，從而得到其內(nèi)切球的表面積.【詳解】以內(nèi)切球的球心為頂點、正八面體的八個面為底面，可將正八面體分為8個全等的正三棱錐，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，則，且正四棱錐的高為圖中，易得，即：解得：，所以，內(nèi)切球的表面積為.故選：C．三、填空題11．在封閉的直三棱柱內(nèi)有一個表面積為的球，若，則的最大值是.【答案】【分析】根據(jù)已知可得直三棱柱的內(nèi)切球半徑為，代入球的表面積公式，即可求解.【詳解】由題意，因為，所以,可得的內(nèi)切圓的半徑為，又由，故直三棱柱的內(nèi)切球半徑為，所以此時的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了直三棱柱的幾何結(jié)構(gòu)特征，以及組合體的性質(zhì)和球的表面積的計算，著重考查了空間想象能力，以及推理與計算能力，屬于中檔試題.12．已知正方體的邊長為1，球的半徑為1，記正方體內(nèi)部的球表面為曲面，過點作平面與曲面相切，記切點為，平面與平面所成二面角為，則當最小時，平面截正方體所形成圖形的周長為.【答案】【分析】根據(jù)二面角的概念及正方體、球的對稱性確定平面為多邊形AMKQN，利用勾股定理求周長即可.【詳解】由題意，曲面為以C為球心落在正方體內(nèi)的球面，根據(jù)球和正方體的對稱性可知，平面與平面所成二面角最小值時，過點作平面與曲面相切時作縱截面，如圖：長方形中，過點A與以C為圓心半徑為1的圓相切于點P，與交于點E，則，連接CP，在中，，所以，利用平面基本性質(zhì)作出平面截正方體所形成圖形，如圖，多邊形AMKQN即為所作截面.因為，所以，又，所以，則，又，且，所以，所以，則，又，所以，由對稱性知，，所以截面周長為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的難點主要在于截面的確定，根據(jù)二面角的概念分析，再結(jié)合球與正方體的對稱性找到截面的位置，然后根據(jù)平面的性質(zhì)確定即可.13．如圖，二面角等于，A、是棱l上兩點，BD、AC分別在半平面、內(nèi)，，，且，則CD的長等于.【答案】4【分析】根據(jù)二面角的定義，結(jié)合空間向量加法運算性質(zhì)、空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)進行求解即可.【詳解】由二面角的平面角的定義知，∴，由，，得，，又，∴，所以，即.故答案為：4.14．如圖，三棱錐中，平面平面BCD，是邊長為2的等邊三角形，，.若A，B，C，D四點在某個球面上，則該球體的表面積為.【答案】/【分析】作出相關(guān)面的外心，利用面面垂直的性質(zhì)、勾股定理以及正弦定理即可得到答案.【詳解】作出底面的外心，側(cè)面的外心，取中點，連接，因為平面平面，面平面，因為是邊長為2的等邊三角形，所以，又因為平面，所以平面，由球的性質(zhì)可得平面，所以，同理，所以四邊形為平行四邊形，故，在中，因為，，則，設(shè)的外接圓半徑為，根據(jù)正弦定理有，則，設(shè)三棱錐外接球的半徑為，則，則外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵在于利用正弦定理與球的截面性質(zhì)求得的外接圓半徑與，從而利用勾股定理即可得解.四、解答題15．如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.(1)證明：平面；(2)證明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）法一：由（1）可知，則，得，因此，則，有，又，平面，則有平面，又平面，所以平面平面.法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，，在中，，在中，，設(shè)，所以由可得：，可得：，所以，則，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，得，令，則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，得，令，則，所以，，所以平面平面BEF；（3）法一：過點作交于點，設(shè)，由，得，且，又由（2）知，，則為二面角的平面角，因為分別為的中點，因此為的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，則，從而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值為.法二：平面的法向量為，平面的法向量為，所以，因為，所以，故二面角的正弦值為.16．已知四棱錐的底面為直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中點.(1)證明：平面；(2)判斷直線CM與平面的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)平面，證明見解析(3)【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)及判定定理即可證明；（2）利用線面平行的判定定理即可證明；（3）幾何法求解.先確定二面角的平面角，再利用解三角形知識求角.【詳解】（1）由底面ABCD，底面ABCD，則，在直角梯形中，，則，又，平面，所以平面；（2）平面，證明如下：如圖：取PA中點E，連接ME，DE，由于M是PB的中點，故，且，由，則，且，從而四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，所以平面；（3）作，垂足為N，連接BN，如圖：在中，，又，所以≌，可得，則≌，故，故為所求二面角的平面角，由（1）知平面，由平面，可得，在中，，所以，在等腰三角形中，，所以，因為，在中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值為.【點睛】方法點睛：立體幾何圖形證明線面、面面位置關(guān)系或求線面、面面角可從以下幾點考慮：（1）證明線面、面面位置關(guān)系的一般方法是利用相關(guān)的判定定理和性質(zhì)定理，需注意二者的相互轉(zhuǎn)化.若有坐標系也可利用向量法證明.（2）求線面、面面角的一般方法是向量法，若圖形容易確定所求角，也可利用幾何法，結(jié)合解三角形知識求角.17．如圖，正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB．（1）試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由；（2）求棱錐EDFC的體積；（3）在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由.【答案】(1)平面；（2）；（3）.【分析】本題主要考查線面垂直、線面平行、線線垂直、線線平行以及錐體體積問題，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.第一問，在中，利用中位線得到與平行，通過線面平行的判斷定理即可得到平面；第二問，要求三棱錐的體積，找到底面積和高是關(guān)鍵，通過的翻折得出平面，通過，得出平面，所以為錐體的高，利用錐體體積公式計算出體積；第三問，在線段上取點．使，過作于，在中，利用邊長求出的正切，從而確定角的度數(shù)，在等邊三角形中，是角平分線，所以，再利用線面垂直的判定證出平面，所以.【詳解】（1）平面，理由如下：如圖：在中，由分別是、中點，得，又平面，平面．∴平面．（2）∵，，將沿翻折成直二面角．∴∴平面取的中點，這時∴平面，，（3）在線段上存在點，使證明如下：在線段上取點．使，過作于，∵平面∴平面∴，∴∴，又在等邊中，∴∵平面∴．∴平面，∴．此時，∴．考點：1.線面平行的判定定理；2.線面垂直的判定；3.錐體體積公式.18．在四棱錐中，平面⊥平面，底面為梯形，，，且，，．(1)求證：；(2)求二面角______的余弦值；從①，②，③這三個條件中任選一個，補充在上面問題中并作答．(3)若是棱的中點，求證：對于棱上任意一點，與都不平行．【答案】(1)證明見解析；(2)答案見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進而可證線線垂直.（2）根據(jù)二面角的幾何求法，先利用面面垂直，得線面垂直，進而可找到二面角的平面角，然后借助三角的邊角關(guān)系即可求解.（3）根據(jù)空間中過一點只能作出一條直線與已知直線平行，即可求解.【詳解】（1）證明：∵平面⊥平面平面平面，平面，,∴平面，又平面，∴．（2）若選①，過點作交的延長線于點．∵平面⊥平面，平面平面，平面，∴⊥平面，過作交的延長線于點，∵，，∴，連接，∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴AB⊥平面POE，又平面POE，∴，∴就是二面角的平面角．由題意得，，，∴，∴，即二面角的余弦值為．若選②，過點P作PO⊥CD交CD的延長線于點O，連接BD．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，∴PO⊥平面ABCD，過點O作OM⊥BD交BD的延長線于點M，連接PM，∵PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PO⊥BD，∵，平面POM，平面POM，∴BD⊥平面POM，又平面POM，∴BD⊥PM，∴∠PMO為二面角的平面角的補角，易算得，，∴，∴二面角的余弦值為．若選③，過點P作PO⊥CD交CD的延長線于點O．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，∴PO⊥平面ABCD，過點O作OH⊥BC交BC于點H，連接PH，∵PO