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核心考点解读——立体几何 配套冲刺试题A
（多选题）1．（2022·重庆·二模）半正多面体（）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线和所成角为60°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
（多选题）2．（2022·重庆·二模）已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
（多选题）3．（2022·海南·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，在底面△ABC中，，若球O的体积为π，则下列说法正确的是（ ）
A．球O的半径为
B．
C．底面△ABC外接圆的面积为4π
D．
（多选题）4．（2022·海南·模拟预测）数学中有许多形状优美.寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值是4
B．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
（多选题）5．（2022·辽宁丹东·一模）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连结，在翻折过程中（ ）
A．四棱锥的体积最大值为
B．中点的轨迹长度为
C．与平面所成角的正弦值之比为
D．三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
（多选题）6．（2022·辽宁·沈阳二中二模）如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
B．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
C．三棱锥的体积最大值为
D．若在平面内运动，且，点的轨迹为线段
（多选题）7．（2022·辽宁·模拟预测）如图，在直三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，，M为的中点，P为线段上的点（不包括端点），则下列说法正确的是（ ）
A．平面ABM
B．三棱锥的体积的取值范围是
C．存在点P，使得BP与平面所成的角为60°
D．存在点P，使得AP与BM垂直
（多选题）8．（2022·江苏南通·模拟预测）如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（ ）
A．四点一定共面
B．若四边形为矩形，则
C．若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点
D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为
（多选题）9．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四棱锥中，点分别是棱上的点，且，，，其中，则（ ）
A．当时，平面平面
B．当，，时，平面
C．当，，时，点平面
D．当，时，存在，使得平面平面
10．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形.在等腰四面体中，，，则该四面体的内切球表面积为___________.
1．A，B，C，D是半径为4的球面上的四点，已知AB=5，BC=3，cos∠BAC=，当AD取得最大值时，四面体ABCD的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．在四棱锥中，平面，点M是矩形内（含边界）的动点，且，直线与平面所成的角为．记点M的轨迹长度为，则（ ）
A． B．1 C． D．2
3．南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等.如图，两个半径均为的圆柱体垂直相交，则其重叠部分体积为（ ）
A． B． C． D．
4．在边长为6的菱形中，，现将沿折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（多选题）5．棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当时，平面截正方体所得截面的周长为
C．直线FG与平面所成角的正切值的取值范围是
D．当时，三棱锥的外接球的表面积为
（多选题）6．如图，在正方体中，E为的中点，则下列条件中，能使直线平面的有（ ）
A．F为的中点 B．F为的中点 C．F为的中点 D．F为的中点
（多选题）7．如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
8．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫作陀罗.陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为，，r，且，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S1和S2，则___________.
9．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
名校预测
1．BCD
【解析】
对于A中，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，所以A不正确；
对于B中，因为，所以异面直线和所成角即为直线和所成角
设角，在正六边形中，可得，
所以异面直线和所成角为，所以B正确；
对于C中，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，
则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体的体积为，所以C正确；
对于D中，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D正确.
故选：BCD.
2．ACD
【解析】
对于选项， ，
则有内的一条直线
因为，
所以
又
所以，
即条件“”能够得到，
所以选项是的充分条件；
对于选项，不一定能够得出结论，
也可能相交或平行；因此该选项错误；
对于选项，，，
所以，
又因为
所以，
因此该选项正确；
对于选项，
因为
所以或
又因为，
所以.
故选：ACD.
3．BD
【解析】
设球的半径为R，由体积公式可得，∴，选项A错误，
在△ABC中，由余弦定理可得:
，∴，选项B正确，
设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理可得，∴，则，选项C错误:
如图所示，设△ABC的外心为E作OE⊥平面ABC于点E，且，则O点为棱锥P-ABC的外接圆圆心，由勾股定理可得，选项D正确.
故选：BD
4．ABD
【解析】
由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体表面上的任意两点间的距离的最大值是4，则A正确.
勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面如图1所示，其面积为，则B正确.
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BO，并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体内切球的半径.如图3，在正四面体ABCD中，M为的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上.因为，所以，则.因为
，即，解得，则正四面体ABCD外接球的体积是.因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积，则C错误.
因为，所以，则D正确.
图1 图2 图3
5．ACD
【解析】
由已知梯形面积为，直角斜边
上的高为.当平面平面时，四棱锥的
体积取最大值. A正确；
取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而
中点的轨迹长度为.B错误；
由四边形是平行四边形知，
则平面，则到平面距离相等，
故，与平面所成角的正弦值之比为等于. C正确；
外接圆半径为是中点，根据正弦定理
外接圆半径为是圆与圆公共弦，.
设三棱锥外接球球心为，半径为，
则
因为，所以，所以最小值为，没有最大值. D正确；
故选：ACD
6．ABD
【解析】
将面与面展开到同一平面内，连接AP，此时，
也可将面ABCD与面展开到同一平面内，此时，
而，故A正确；
过P作PE⊥于E，连接EM，则E为的中点，PE=1且PE⊥面，EM面，所以PE⊥EM，由知：，故M在面上的轨迹：以E为圆心，1为半径的半圆，故M在侧面运动路径的长为，B正确；
连接，，，，，，则，所以，以D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设(，)，设面的法向量为，则，令得 ，设到面的距离为，则，故当，时，取得最大值为，此时三棱锥体积最大，，C错误；
，所以，连接，，因为，（，），所以，，，化简，所以且，知M的轨迹是线段，D正确.
故选：ABD
7．BC
【解析】
解：由题意得．则， ，
所以与不垂直．故A错误；，点B到平面的距离为，
由，所以，所以，又，
则，故B正确；
BP与平面所成的角即为BP与平面ABC所成的角，设为，易知当点P与M重合时，最小，此时，当点P与重合时，最大，此时，，此时，故存在点P，使得BP与平面所成的角为60°，故C正确；
若，设中点为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，则平面，因为平面，所以，因为，，故与不垂直，故不合题意，故D错误．
故选：BC
8．AD
【解析】
连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，
且，
可得，
所以交于点，交于点，
所以交于点，，
故四点一定共面，所以A正确；
对B，若四边形为矩形，
可以也可以，故B错误；
对C，若四边形为菱形，
则必有，
则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
四边形为菱形，当都为各边中点时，
四边形周长最小为，
若为所在棱的中点，而分别和重合时，
此时菱形周长最大，边长为，
所以周长为，故D正确.
故选：AD
9．ABD
【解析】
对于A，当时，，
，，又平面，平面，
平面；
同理可得：平面；
，平面，平面平面，A正确；
对于B，当，，时，与重合，与重合，为中点，
连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，
平面，即平面，B正确；
对于C，连接，
假设平面，又平面，平面，
平面，平面，平面即为平面，显然不成立，C错误；
对于D，取中点，连接，交于点，连接，
四边形为正方形，，
为正方形的中心，平面，又平面，，
又，平面，平面，
分别为中点，，平面；
过作，交于，则平面，
平面平面，D正确.故选：ABD.
10．
【解析】
如图示，将等腰四面体补成一个长方体，
设 ，则 ，解得 ，
故四面体的体积为 ，
设该四面体的内切球的半径为 ，则 ，
而 ，
故 ，则该四面体的内切球表面积为 ，故答案为：
专家押题
1．D
【解析】
在中，，
解得，则，∴
设球心到平面的距离为，则.
当AD为直径时取得最大值，点到平面的距离为，
故四面体的体积.故选：D
2．C
【解析】
因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
所以点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，
则点的轨迹为圆弧.
连接，则，因为，，所以，
则弧的长度，所以.故选：C.
3．B
【解析】
（左） （中） （右）
重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示，
在距离中心处的截面正方形的边长是： ，
所以距离中心处截面面积是，
而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图（中）所示，
在距离中心处的截面正方形的边长是：，
因为内切球的半径等于正方体棱长一半，
所以， ，所以，
在距离中心处的截面正方形的边长是： ，
以距离中心处截面面积是，
又因为正方体的水平截面面积为： ，所以，
所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为，
因此根据祖暅原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等”，可得：
左图几何体的体积加上中间图上下椎体的体积等于正方体的体积，
即有： ，解得，故选：B.
4．A
【解析】
当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图，
取的中点为，连接，则.
设分别为，外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，
则在上，在上，且，
且平面，平面.
平面平面，平面平面，平面
平面，，同理
四边形为平行四边形
平面，平面
，即四边形为矩形.
，
外接球半径
外接球的表面积为 ，故选：A.
5．ACD
【解析】
因为，所以点G为线段上一个动点，
又平面，故G点到平面距离等于点到平面得距离，为定值4，
又E，F分别为棱，的中点，则面积是定值，
故三棱锥是定值，又，故A正确；
延长交棱于点M，则，即是的中点，
取的中点N，连接EN，MN，，
因为，，所以，所以平面为平面截正方体所得的截面，
因为，，，
所以四边形的周长为，故B项错误；
由上可知平面，当点G在上移动时，连接MG，
则为直线FG与平面所成的角，
因为MG的最小值为，最大值，由
所以，故C正确；
如图所示，连接，交EF于点J，则J为EF的中点，，
在上取点H，使，连接GH，则，所以平面，
则，设三棱锥的外接球的球心为O，则，
由及，得点O在过点J且与GH平行的直线上，
设，因为，，
所以，解得，所以，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D项正确．故选: ACD．
6．ACD
【解析】
如图，分别是棱的中点，易证与共面，由，平面，平面，则平面，同理平面，而是平面内相交直线，则得平面平面，平面，则平面，观察各选项，ACD满足，
故选：ACD．
7．ABD
【解析】
，则，故，A正确；
，，，故，B正确；
连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，面积为，C错误；
过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，D正确.故选：ABD.
8．
【解析】
由题意，圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为，
根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为，所以.故答案为：.
9．
【解析】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即
，
易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面
易知，，，
记O为外接球球心，半径为R
平面，，O到平面的距离
又的外接圆半径，
，故答案为：，

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