2022年高考数学三轮复习《第5讲 立体几何》选择压轴题（含答案解析）

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1、第5讲 立体几何选择压轴题一、单选题1（浙江超级全能生3月联考）如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（ ）AB1CD【答案】C【分析】过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值【解析】过作交BC于E，连接EH，在平面内的射影恰好落在线段上，即面，且，即面，面，则，二面角的平面角为，在中，若令，则，又，且，故，则，即方程在上有解时，m的最大值即为所求，而开口向上且，即，对称轴当时，显然成立；当时，当对称轴在上，恒成立；当对

2、称轴在上，即；综上，有，即，故二面角的正切的最大值为故选C【点睛】关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值2（浙江宁波模拟）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则ABCD【答案】B【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小而充分利用图形特征，则可事倍功半【解析】方法1：如图为中点，在底面的投影为

3、，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，即，综上所述，答案为B方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法3（湖南长沙市长沙一中高三月考）在三棱锥中，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积的最大值为时，其外接球的表面积为ABCD【答案】B【分析】根据两个射影，结合球的图形，可知二面角的平面角为；根据题意可知当，时，三棱锥的体积最大根据体积的最大值可求得BC的长，结合图形即可求得球的半径，进而求得表面积

4、【解析】如图，设球心在平面内的射影为，在平面内的射影为， 则二面角的平面角为，点在截面圆上运动，点在截面圆上运动，由图知，当，时，三棱锥的体积最大，此时与是等边三角形，设，则，解得，所以，设，则，解得，球的半径，所求外接球的表面积为，故选B【点睛】本题考查了三棱锥外接球的综合应用，根据空间几何关系求得球的半径，进而求得表面积，对空间想象能力要求较高，属于难题4（天一大联考（理）在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ）ABCD【答案】B【分析】由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直

5、线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值【解析】如图所示，在平面内，所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，所以，椭圆方程为点在底面的投影设为点，则点为的中心，故点正好为椭圆短轴的一个端点，则，因为，故只需计算的最大值设，则，则，当时，取最大值，即，因此可得，故的最大值为故选B【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用5（四川成都市高三二

6、模（理）已知四面体的所有棱长均为，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点有下列结论：线段的长度为1；若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；的余弦值的取值范围为；周长的最小值为其中正确结论的个数为（ ）A1B2C3D4【答案】B【分析】将正四面体放在正方体中观察，对于，可根据分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；对于，取为的中点，取为的中点，此时与相交；对于，计算可得，由逼近思想可作出判断；对于，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出【解析】在棱长为的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为四面体，显然，分别为正方体前后两个面的中心，故线段

7、的长度为正方体棱长，故 对；对于：如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，该三点在一条直线上，故此时与相交于，故错；对于，又有，故，故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，错误；对于，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，故有，当且仅当为中点时取最小值，故在正方体中，故周长的最小值为，故对，故选B【点睛】把空间中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离最短的问题，从而使问题得到解决，这是求空间中最短路线的一种常用方法6（内蒙古呼和浩特市高三一模（理）四面体的四个顶点都在球O上且，则球O的表面积为（ ）ABCD【答案】B【分析】作出图形，根据题中的

8、数据证明平面平面，并找出球心的位置，列出等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果【解析】取的中点，连接，设和的外心分别为，分别过点作平面和平面的垂线交于点，则点为外接球球心由题意可知，和都是边长为4的等边三角形为的中点，且，平面，平面，平面平面，易得，平面，平面AM，同理可得DM，则四边形为菱形，菱形为正方形，平面，平面，所以外接圆半径为，因此，四面体的外接球的表面积为，故选B【点睛】这个题目考查了外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算外接球的半径是解答的关键，考查推理能力与计算能力7（山东日照市高三一模）已知直三棱柱的侧棱长为，过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）

9、ABCD【答案】C【分析】确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长【解析】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，为的中点，则，平面，平面，平面，、分别为、的中点，则且，平面，平面，所以，平面平面，所以，平面即为平面，设平面交于点，在直棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，设平面平面，平面，所以，所以，四边形为平行四边形，可得，所以，为的中点，延长交于点，所以，又，所以，为的中点，因为平面平面，平面平面，平面平面，为的中点，则，为的中点，则，

10、同理，因为直棱柱的棱长为，为的中点，由勾股定理可得，同理可得，且，平面，平面，平面，、分别为、的中点，则，由勾股定理可得，同理因此，截面的周长为故选C【点睛】思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置8（山东滨州市高三一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足平面上的动点满足，则点的轨迹为（ ）A圆B椭圆C双曲线的一部分D抛物线的一部分【答案】B【分析】首先建立空间直角坐标系，设，则点的轨迹是椭圆【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设所以点

11、的轨迹是椭圆故选B【点晴】方法点睛：本题考查空间向量、轨迹及其方程，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查空间想象能力逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型9（山东淄博市高三一模）四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，点是棱的中点，顶点在底面的射影为，则下列结论正确的是（ ）A棱上存在点使得面B当落在上时，的取值范围是C当落在上时，四棱锥的体积最大值是2D存在的值使得点到面的距离为【答案】A【分析】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD利用面PDE面BFS，可以证明面；对于B：利用时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，判断B错误；对于

12、C：求出体积的最大值为1故C错误；对于D：先判断当的最大时，点B到面的距离d最大；然后求出，判断D错误【解析】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PDPE为BCS的中位线， PEBS又面BFS，面BFS，PE面BFS；在矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，DEBF，又面BFS，面BFS，DE面BFS；又，面PDE面BFS，面故A正确；对于B：为等边三角形，当时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故B错误；对于C：在RtSHE中，当且仅当时，的最大值为1故C错误；对于D：由选项C的推导可知：当的最大时，点B到面的距离d最大此时故D错误故选A【点睛】(

13、1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与已知直线平行；(2)等体积法是求三棱锥高的常用方法10（湖北武汉市高三月考）已知三棱锥的各个顶点都在球的表面上，底面，是线段上一点，且过点作球的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）ABCD【答案】B【分析】将三棱锥补成长方体，设，计算出球的半径为，计算出截面圆半径的最大值和最小值，根据已知条件可求得的值，可求得球的半径，进而可求得球的表面积【解析】平面，将三棱锥补成长方体，如下图所示：设，连接、，可知点为的中点，因为四边形为矩形，则为的中点，所以，且，设，且，所以，球的半径为，在中，在中，由余弦定理可得，平

14、面，平面，平面，则，设过点的球的截面圆的半径为，设球心到截面圆的距离为，设与截面圆所在平面所成的角为，则当时，即截面圆过球心时，取最小值，此时取最大值，即；当时，即与截面圆所在平面垂直时，取最大值，即，此时，取最小值，即由题意可得，解得所以，因此，球的表面积为故选B【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，

15、再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可11（安徽蚌埠市高三二模（理）已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）ABCD【答案】A【分析】由条件可得为矩形，进而可得平面，所以，则四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱，设，由余弦定理可得的值，求出的值，由正弦定理可得的外接圆的半径为，由均值不等式可得的最小值，从而得出答案【解析】由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补又四边形是平行四边形，所以为矩形在直四棱柱中，平面，所以又，所以平面，所以所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱由外接球体

16、积为，则球的半径为，由为该外接球的直径，则设，则，则在中， 由余弦定理可得 所以设的外接圆的半径为，由正弦定理可得 所以 当且仅当，即时取得等号，即的最小值为 其外接球被平面截得图形面积的最小值为： 故选A【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题12（浙江省宁海中学高三月考）如图，在中，点E为线段AB上一点，将绕DE翻折若在翻折过程中存在某个位置，使得，记为的最小值，则（ ）ABCD【答案】C【分析】易知，A在以AD为母线的圆锥上的一部分（弧AF）

17、，与所成的最大角为，只需【解析】如图，与所成的最大角为，只需即可即，即，即故选C【点睛】本题考查几何中的翻折问题，考查学生的空间想象能力、转化与化归能力，是一道难题13（天津河西区高三一模）将长、宽分别为和的长方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【分析】取的中点，说明为四面体的外接球的球心，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果【解析】取的中点，连接、，如下图所示：由题意，因为，为的中点，所以，所以，为四面体的外接球的球心，且球的半径为，因此，四面体的外接球的表面积为故选A【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧

18、面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可14（江西八校4月联考（理）已知三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ）A8BCD16【答案】A【分析】求出球的半径得是球直径，中点是球心，取中点，则平面，求得后可得到底面的距离，从而可求得棱锥的高【解析】设球半径为，则，而，所以是球的直径，球心是中点，所以中点是直角外心，所以

19、平面，又平面，所以，是中点， 所以故选A【点睛】关键点点睛：本题考查求棱锥体积，关键是求得棱锥的高，由于已知外接球的表面积，求得 半径后确定就是球的直径，从而利用球的截面圆性质，易得平面的垂线，再由体积公式计算15（山西临汾市高三一模（理）在棱长为2的正方体中，平面，则以平面截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以为顶点的锥体的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】B【分析】由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，再分当球心在棱锥内部时和当球心在棱锥外部时，建立方程求得外接球的半径可得选项【解析】如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，此时正六边形的边

20、长为，设交截面于，则为的中点，所以，设正六棱锥外接球的球心为，外接球半径为，当球心在棱锥内部时，有，解得，外接球面积为；若球心在棱锥外部时，有，解得（舍去）以为顶点的锥体的外接球的表面积为故选B【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键16（浙江省宁海中学高三月考）如图，矩形中，点在，上，满足，将沿向上翻折至，使得在平面上的射影落在的重心处，设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，则（ ）ABCD【答案】A【分析】作的中垂线，根据几何关系得知点落在左边，故可得，则问题可解【解析】作的中

21、垂线，中点为，取中点，故在上，作交于，连接，如图所示：因为，可知点在左边，则，由图可知，故易知 ，由于所以，则故选A【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据几何图形关系判断17（河南高三一模（理）如图，在棱长为1正方体中，为棱的中点，动点在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹的长度为（ ）ABCD【答案】A【分析】分别取、的中点、，连，利用线面垂直的判定定理和性质可证动点的轨迹是线段，求出的长度即可得解【解析】如图：分别取、的中点、，连，因为为的中点，为的中点，为正方形，所以，又平面，所以，而，所以平面，所以，同理可得，又，所以平面，因为平面，所以，因为动点在侧面及其边界上运动，所以动点的轨迹

22、是线段，而，所以动点的轨迹的长度为故选A【点睛】关键点点睛：作出并证明动点的轨迹是本题解题关键，分别取、的中点、，连，则线段即为动点的轨迹，利用线面垂直的判定定理和性质即可得证18（江苏徐州市高三二模）“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）ABCD1【答案】B【分析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值【解析】取幄

23、帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，由平面，平面，得，同理作于，于，因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，由已知，由，设，则，所以，由得，则，由上知是正方形，所以故选B【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值19（浙江名校协作体联考）在矩形中，E、F分别为边、上的点，且，现将沿直线折成，使得点在平面上的射影在四边形内（不含边界），设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，直

24、线与直线所成角为，则（ ）ABCD【答案】D【分析】根据题意作出相应的二面角，线面角，线线角，结合点在平面上的射影求解【解析】过A作的垂线，分别交，于M，G，N，如图，显然因为，所以直线与所成角即为当在平面上的射影为G时，平面，此时于是当在平面上的射影在线段上时，所以由于，进而得，因为是在平面上的射影，所以由线面角最小性知，即再由二面角的最大性知故选D【点睛】关键点点睛：根据二面角平面角、线面角、异面直线所成的的角的定义，分别在图形中作出或找到是解题的关键，再根据位置分析角的变化范围即可比较大小20（河南高考适应性考试（理）棱长为的正方体密闭容器内有一个半径为的小球，小球可在正方体容器内任意运

25、动，则其不能到达的空间的体积为（ ）ABCD【答案】A【分析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，由此可计算出体积【解析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，其体积为，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，则其体积为，则小球不能到达的空间的体积为故选A【点睛】本题考查几何体体积的计算，解题的关键是

26、得出小球在运动中不能到达的空间的结构特点21（辽宁高三一模（理）球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离已知正的项点都在半径为的球面上，球心到所在平面距离为，则、两点间的球面距离为（ ）ABCD【答案】C【分析】设球心为点，计算出，利用扇形弧长公式可求得结果【解析】设球心为点，平面截球所得截面圆的半径为，由正弦定理可得，又，所以，为等边三角形，则，因此，、两点间的球面距离为故选C【点睛】思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计

27、算球的截面圆半径时，利用公式（其中为截面圆的半径，为球的半径，为球心到截面的距离）来计算22（湖北武汉市高三月考）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（）A2BCD1【答案】A【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，进而可得面积最大值【解析】如图所示，截面为，P为MN的中点，设，当时，此时截面面积最大，故选A【点睛】易错点睛：先求出面积的函数表达式进而判断最大值，本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大23（全国高三月考（理）在棱长为的正四面体中，点，分别为直线，上的动点，点为中点，为正四面体中心（满足），若，则长度为（ ）ABCD【答案】A【分析】将

28、正四面体放在棱长为4的正方体中， 设分别是的中点， 连接，设的中点为，连接，结合勾股定理和中位线定理可得，由线面垂直的判定定理可得平面，从而证明是直角三角形，结合勾股定理即可求出【解析】将正四面体放在棱长为4的正方体中，则，为正方体的中心，设分别是的中点，则是的中点，连接，设的中点为，连接，因为是的中位线，所以，同理，因为，所以，所以，即，则，所以，因为，所以，因为，所以平面，所以，在中，故选A【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和线面垂直的性质，考查空间思维能力与逻辑推理能力，是中档题解题的关键是将几何体放入正方体中便于分析垂直关系24（湖南长沙市长郡中学高三月考）如图，已知正四棱柱的底面边

29、长为1，侧棱长为2，点分别在半圆弧，(均不含端点)上，且，在球上，则（ ）A当点在的三等分点处，球O的表面积为B当点在的中点处，过，三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形C球的表面积的取值范围为D当点在的中点处，三棱锥的体积为定值【答案】D【分析】取中点，中点，中点，根据题意得球心在线段上，设，设，根据，得，进而得，即可得C选项错误；当点在的三等分点处，进而根据上述运算即可得A选项错误；对于B选项，当点在的上时，可知其截面为五边形，故错误；对于D选项，根据等体积法求解即可【解析】如图1，取中点，中点，中点，根据题意，球心在线段上，设，则由余弦定理，设，则，因为（为球的半径），所以，所以

30、，所以球的表面积为，故C选项错误，当点在的三等分点处，则，所以，所以球的表面积为，故A选项错误；对于B选项，取中点，当点在的上时，连接，在平面中过点作的平行线，与线段分别交于，延长与相交，连接交点与点交于，此时，当点在的中点处，过，三点的平面截正四棱柱所得的截面为五边形，故B选项错误；对于D选项，当点在的中点处，三棱锥的体积为，为定值，故D选项正确，故选D【点睛】本题考查空间几何体的外接球，直棱柱的截面图形，几何体的体积等，考查空间思维能力，运算求解能力，突出学生对知识的应用能力考查，是中档题本题解题的关键在于几何体的外接球的半径的讨论，通过设元，将半径表示为进而求解25（河南高三一模（理）在

31、三棱锥中，则该三棱锥的内切球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【分析】将该三棱锥还原到长方体中，根据已知求出长宽高，求出三棱锥体积，再利用内切球的半径表示出体积，即可求出半径，得出表面积【解析】由题可将该三棱锥还原到如图长方体中，设长方体的长宽高分别为，则，解得，设内切球的半径为，则，则，解得，则内切球的表面积为，故选A【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切问题，解题的关键是将几何体还原到长方体中，立体等体积关系求出内切球半径26（百校联盟质检（理）已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，平面过，的中点，则平面截四棱锥所得的截面面积为（ ）ABCD【答案】A【分析】顺次连接E，F，G，H，I，则平

32、面EFGHI即为过E，F，H的平面截四棱锥P-ABCD所得截面，求其面积，可得答案【解析】分别取，的中点，线段上靠近的四等分点，连接，因为，所以，四边形是平行四边形，即四点共面，设中点为，易得，故，所以五点共面，则平面即为平面，如图，在中，可得，所以，在等腰三角形中，所以高为，故所求截面面积为矩形面积与三角形面积之和，故选A【点睛】关键点点睛：分别取，的中点，线段上靠近的四等分点作出并证明平面即为平面是解题的关键，属于中档题27（河南金太阳3月联考（理）在正四棱锥中，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为（ ）ABCD【答案】A【分析】如图，作平面，垂足为连接，设，根据四棱锥的体积为求出，

33、再求出正四棱锥外接球的半径，即得解【解析】如图，作平面，垂足为连接，则为的中点设，则，从而，故四棱锥的体积为，解得由题意可知正四棱锥外接球的球心在上，连接设正四棱锥外接球的半径为，则，解得，故该四棱锥外接球的体积为，故选A【点睛】方法点睛：几何体的外接球问题求解常用的方法有：（1）观察法（直接观察找到球心求出球的半径再求解）；（2）模型法（把几何体放到特殊几何模型中求出外接球的半径再求解）；（3）解三角形法（通过已知找到关于外接球半径的方程求出再求解）28（超级全能生1月联考（理）已知三棱锥中，是等腰直角三角形，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】D【分析】设在平面的

34、投影为，过点作的垂线，垂足为，根据锥体的体积求出，又，可得，球心在过点且垂直面的直线上，设圆心为，半径为，建立空间直角坐标系，求出球心坐标，即可得解；【解析】设在平面的投影为，过点作的垂线，垂足为，因为是等腰直角三角形，且，所以，因为三棱锥的体积为，所以，因为，所以在上，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，则，因为为等腰直角三角形，故外接圆的圆心在的中点，即点，则球心在过点且垂直面的直线上，设圆心为，半径为，则，则，所以，解得，所以球心坐标为，所以半径，所以，故选D【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合

35、适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径29（贵州新高考联盟质检（理）在直三棱柱中，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是（ ）ABCD【答案】A【分析】先由题意可得球的半径为底面三角形内切圆的半径，易得，又，可得该三棱柱内能放置的最大球半径为2，最后由球的表面积计算公式计算即可【解析】由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径，底面三角形的边长分别为6、8、10，底面三角形为直角三角形，又，该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时故选A【点睛】关键点睛：解题关键是得出所求球的半径为直三棱

36、柱底面三角形内切圆的半径，继而进行分析计算二、多选题30（山东德州市高三一模）如图，在边长为4的正方形中，点、分别在边、上（不含端点）且，将，分别沿，折起，使、两点重合于点，则下列结论正确的有（ ）AB当时，三棱锥的外接球体积为C当时，三棱锥的体积为D当时，点到平面的距离为【答案】ACD【分析】A选项：证明面，得；B选项：当时，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥的外接球体积；C选项：利用等体积法求三棱锥的体积；D选项：利用等体积法求出点到平面的距离【解析】A选项：正方形由折叠的性质可知：又面又面，；故A正确B选项：当时，在中，则由A选项可知，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，把三

37、棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为，三棱锥的外接球半径为，体积为，故B错误C选项：当时，在中，则故C正确；D选项：设点到平面的距离为，则在中，则即故D正确；故选ACD【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积31（湖北九师联盟3月联考）如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）A无论点在线段上如何移动，都有B四面体的体积为24C直线与所成角的余弦值为D直线与平面所成最大角的余弦值为【答案】ABD【分析】根据面判断A；利用“等积变换”求

38、出体积判断B；求出直线与所成角的余弦值判断C；根据当点移动到的中点时最大可判断D【解析】在正方体中，易证面又平面所以则A正确；则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确故选ABD【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平面成的角，属于难题这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这

39、类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题32（江苏南通市高三期末）如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（ ）A三棱锥的体积为定值B过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为C直线与平面所成角的正弦值的范围为D当点P与重合时，三棱锥的外接球的体积为【答案】BCD【分析】由，可判定A不正确；根据正方体的结构，得出截面为正，可判定B正确；由正方体的结构特征和性质，以及线面角的定义与求法，可判定C正确； 设的中点为，得到 得出三棱锥的外接球的的半径，结合体积公式，可判定D

40、正确【解析】对于A中，由，所以A不正确；对于B中，过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形平面，此时三角形为边长为的等边三角形，其面积为，所以B正确；对于C中，由正方体的结构特征和性质，可得点P到平面的距离为，当点P在线段上运动时，（P为端点时），设直线与平面所成角为，则，所以C正确；对于D中，当点P与重合时，此时三棱锥为，设的中点为，因为，可得 所以三棱锥的外接球的球心为的中点，其半径为，所以三棱锥的外接球的体积为，所以D正确故选BCD【点睛】（1）对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积（2）对于线面角的

41、计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；（3）对于球的组合体问题：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径33（济南市山东省实验中学高三月考）正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面以下命题正确的有（ ）A侧面上存在点F，使得B直线与直线所成角可能为C平面与平面所成锐二面角的正切值为D设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为【答案】AC【分析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F

42、与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；【解析】取中点M，中点N，连接，则易证得，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；平面平面，取F为的中点，则，即为平面与平面所成的锐二面角，所以C正确；因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误故选AC【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综

43、合性较强，属于较难题34（山东泰安市高三月考）如图，点是正四面体底面的中心，过点的直线交，于点，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）A若平面，则B存在点S与直线MN，使平面C存在点与直线，使D是常数【答案】ABD【分析】对于选项A，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B，当直线平行于直线， 时，通过线面垂直的判定定理，证明此时平面，即可证明，存在点S与直线MN，使平面；对于选项C，假设存在点与直线，使，利用线面垂直的判定定理可证得平面，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D，利用，即可求得是常数【解析】对于选项A，若平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，平面平面，又平面，平面，点在面上，过点的直线交，于点，平面，又平面，平面平面，故A正确；对于选项B，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，均为正三角形，点为的中心，由正三角形中的性质，易得，在中，