2024年高考数学复习试卷：立体几何初步（含答案解析）

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1、2024年高考数学复习:立体几何初步一选择题（共8小题）1若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（）ABCD2中国的计量单位可追溯到4000多年前的氏族社会末期，秦王统一中国后，颁布了统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器，如图是当时的一种度量工具“斗”（无盖，不计厚度）的三视图（正视图和侧视图都是等腰梯形），若此“斗”的体积约为2000立方厘米，则其高约为（）（单位：厘米）A8B9C10D113PABCD中，AB8，PA4，若该棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A800B400C200D504如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台

2、灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶（）克（精确到个位数）A176B207C239D2705若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆锥，则圆锥的侧面积最小值为（）A2B2C4D6如果直线a和b没有公共点，那么a与b（）A共面B平行C可能平行，也可能是异面直线D是异面直线7（2023春新吴区校级期末）如图，平面四边形ABCD中，BCD是等边三角形，ABBD，且ABBD2，M是AD的中点沿BD将BCD翻折，折成三棱锥 CABD，在翻折中，下列结论正确的是（）A三棱锥CABD的体积最大为B存在

3、某个位置，使得CM与BD所成角为锐角C当平面ABD平面BDC时，三棱锥CABD的外接球的表面积是DCMB一定是二面角 CADB 的平面角8（2023春仙游县校级期中）已知正三角形ABC的边长为4，那么ABC的直观图ABC的面积为（）ABCD二多选题（共4小题）（多选）9（2023秋潮安区校级月考）如图在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P是线段BD1上的动点（不包含端点）则下列说法中一定正确的是（）AMN平面APCB存在唯一点P，使得C1Q平面APCC点P到平面MNQ的距离为定值D若H为棱BB1的中点，则四面体PA1C1H的体积为定值（多选）

4、10（2023秋怀仁市校级月考）如图，在三棱锥ABCD中，ABBCACCD2，BCD120，二面角ABCD的大小为120，则下列说法正确的是（）A直线AB与CD为异面直线BC三棱锥ABCD的体积为D三棱锥ABCD的外接球的表面积为（多选）11（2023雨花区开学）如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球为球O，E、F分别是棱AB和棱CC1的中点，G在棱BC上移动，则下列结论成立的有（）A存在点G，使ODEGB对于任意点G，OA平面EFGC直线EF的被球O截得的弦长为D过直线EF的平面截球O所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为（多选）12（2023春白云区月考）如图1，在ABC中，

5、D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，BC4将ADE沿DE折起到A1DE的位置，如图2则正确的有（）A当折起使得面A1DE面BCED时，A1OBDB几何体A1BCED的最大体积是4CDE与面A1BC始终平行DA1C与平面BCED所成角的范围是三填空题（共5小题）13（2023春河南月考）已知ABC的三边长分别为3，4，5，且A，B，C均在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为，则球O的表面积等于 14（2023春仙游县校级期中）有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是 15（2023春

6、秦淮区校级期中）在中国古代数学著作九章算术中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为 16（2023春白云区月考）在三棱锥PABC中，ABC为等腰直角三角形，ABAC2，PAC为正三角形，且二面角PACB的平面角为，则三棱锥PABC的外接球表面积为 17（2023春湖北月考）三棱锥PABC的顶点都在球O的表面上，线段PC是球的直径，ACBC3，则

7、球O的表面积为 四解答题（共5小题）18（2023春海淀区校级月考）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为边长为2的正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于点F（1）证明：EFB1C（2）求平面B1DF与平面ABCD所成角的余弦值（3）直接写出三棱锥CDEF的体积19如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，ABBD1，BB1，点E为BB1的中点，点F为CD的中点（1）证明：B1D平面AEC；（2）证明：平面A1BF平面AEC20如图，在三棱锥ABCD中，ACa（a0），其余各棱的长均为2（1）证明：AC

8、BD；（2）若a2，求三棱锥ABCD的体积21（2023春仙游县校级期中）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：（1）EG平面BDD1B1；（2）平面EFG平面BDD1B122（2023春漳州期末）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点M，N分别为棱AD，DD1上的点（不与端点重合），且AMDN（1）求证：A1M平面ABN；（2）求三棱锥BMDN的体积的最大值；（3）点P在平面ABCD内运动（含边界），当A1PBD时，求直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值参考答案解析一选择题（共8小题）1若一个圆锥的轴

9、截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（）ABCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】B【分析】根据题意，分析圆锥的轴截面，可得圆锥的母线长和底面半径，进而计算可得答案【解答】解：根据题意，该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，其腰长为，则其底边长为24，故圆锥的母线长l，底面圆半径r2，所以该圆锥的侧面积为Srl224故选：B2中国的计量单位可追溯到4000多年前的氏族社会末期，秦王统一中国后，颁布了统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器，如图是当时的一种度量

10、工具“斗”（无盖，不计厚度）的三视图（正视图和侧视图都是等腰梯形），若此“斗”的体积约为2000立方厘米，则其高约为（）（单位：厘米）A8B9C10D11【考点】由三视图求面积、体积【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算【答案】B【分析】由三视图可得此几何体是上下均为正方形的台体，然后根据棱台的体积公式列方程可求得结果【解答】解：此几何体是上下均为正方形的台体，上底面面积为，下底面面积为，设高为h，由台体体积公式，得，所以，解得h9.2所以其高约为9厘米，故选：B3PABCD中，AB8，PA4，若该棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A800B400C200D50【考

11、点】球的体积和表面积【专题】数形结合；综合法；立体几何；数学运算【答案】C【分析】哟题意画出图形，求解三角形可得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案【解答】解：如图，设底面正方形的中心为N，连接PN，则PN平面ABCD，由AB8，得，又， 则，设球O的半径为R，则，解得：球O的表面积S4R2200故选：C4如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶（）克（精确到个位数）A176B207C239D270【考点】球的体积和表面积【专题】计算题；对应

12、思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】B【分析】求出圆锥的母线长，再由台灯是由一个圆锥和一个半球组成可求得台灯表面积Srl+2r2的值，进而求得涂胶的克数【解答】解：由已知得圆锥的母线长，所以台灯表面积为Srl+2r20.30.5+20.320.33，需要涂胶的重量为0.3320066663.14207.24207（克），故选：B5若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆锥，则圆锥的侧面积最小值为（）A2B2C4D【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】A【分析】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，由体积为得到，再计算出圆锥

13、的侧面积后构造函数用导数求解【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则，即，圆锥的侧面积为，令函数，则，当h（2，+）时，f（h）0，f（h）单调递增，当h（0，2）时，f（h）0，f（h）单调递减，所以f（h）f（2）12，所以，即圆锥的侧面积最小值为故选：A6如果直线a和b没有公共点，那么a与b（）A共面B平行C可能平行，也可能是异面直线D是异面直线【考点】异面直线的判定【专题】空间位置关系与距离【答案】C【分析】根据直线a和b没有公共点，结合空间直线的位置关系进行判断【解答】解：直线a和b没有公共点，直线a与b不是相交直线直线a与b可能是相交直线或异面直线故选：C7（2023春新吴区

14、校级期末）如图，平面四边形ABCD中，BCD是等边三角形，ABBD，且ABBD2，M是AD的中点沿BD将BCD翻折，折成三棱锥 CABD，在翻折中，下列结论正确的是（）A三棱锥CABD的体积最大为B存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角C当平面ABD平面BDC时，三棱锥CABD的外接球的表面积是DCMB一定是二面角 CADB 的平面角【考点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；二面角的平面角及求法；命题的真假判断与应用；棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】C【分析】对A，据题意当点C到平面ABD的距离最大时，体积最大，据此即可判断A选项；对

15、B，证明线面垂直即可得到线线垂直，即可判断B选项；对C，利用几何体的特征找到外接球的球心，并根据几何关系确定半径即可求解C选项；对D，根据二面角的平面角的定义说明D选项【解答】解：对于A，取BD中点E，连接CE，如图，因为BCD是等边三角形，所以CEBD，且CE1，由ABBD，ABBD2，可得SABD2，故当平面BCD平面ABD时，三棱锥CABD的高最大为CE，此时体积有最大值为，故A错误；对于B，取BD中点G，连接CG，MG，因为BCD是等边三角形，所以CGBD，又因为ABBD，在ABD中，MGAB，所以MGBD，又因为MGCGG，MG，CG平面CGM，所以BD平面CGM，又CM平面CGM，

16、所以BDCM，故B错误；对于C，因为ABD为直角三角形，所以过M作MF平面ABD，设F为三棱锥CABD外接球的球心，因为平面ABD平面BDC，平面ABD平面BDCBD，且CGBD，CG平面BDC，所以CG平面ABD，所以MFCG，过F作FEMG交CG于点E，如图所示，所以四边形MFEG为矩形，MFEG，FDFCR，在直角MFD中，R2MD2+MF2，即R22+MF2，在直角EFC中，R2EF2+CE2，即，解得，所以三棱锥CABD的外接球的表面积是，故C正确；对于D，翻折过程中，CD长度不变，但CA长度会随着翻折程度不同而不同，所以CM不一定垂直于AD，所以CMB不一定是二面角CADB的平面角

17、，故D错误故选：C8（2023春仙游县校级期中）已知正三角形ABC的边长为4，那么ABC的直观图ABC的面积为（）ABCD【考点】平面图形的直观图【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】B【分析】利用求解【解答】解：正三角形ABC的边长为4，正三角形ABC的面积为4，直观图ABC的面积S直，故选：B二多选题（共4小题）（多选）9（2023秋潮安区校级月考）如图在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P是线段BD1上的动点（不包含端点）则下列说法中一定正确的是（）AMN平面APCB存在唯一点P，使得C1Q平面APCC点P到平面M

18、NQ的距离为定值D若H为棱BB1的中点，则四面体PA1C1H的体积为定值【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行；点、线、面间的距离计算【专题】转化思想；数形结合法；综合法；立体几何；逻辑推理【答案】BD【分析】A中，举反例P在平面MNAC上即可；B中，根据C1Q平面NAC，结合线面平行的判定与性质判断即可；C中，推导可得B，D1在平面MNQ两侧即可判断；D中，连接A1C1，D1B1交于O，连接OH，根据D1B平面A1C1H判断即可【解答】解：对于A，因为M，N分别是棱D1C1，A1D1的中点，所以MNA1C1，所以M，N，A，C共面，当P是线段BD1与平

19、面MNAC的交点时，MN平面APC不成立，选项A错误；对于B，因为N、Q分别是棱A1D1，BC的中点，所以ND1C1，NA1A，QBA，QCC1均全等，所以NC1NAC1QAQ，所以四边形NC1QA为菱形，所以NAC1Q又NA平面NAC，C1Q平面NAC，所以C1Q平面NAC又因为A1D1BC，连接NC，D1B交于P，此时C1Q平面APC；当P不为NC，D1B交点时，C1Q与平面APC不平行，选项B正确；对于C，取AB的中点R，由A可得MNA1C1，同理RQAC，又ACA1C1，所以MNRQ又平面MNQ即平面MNRQ，所以D1，B在平面MNRQ两侧，所以点P到平面MNQ的距离不为定值，选项C错

20、误；对于D，连接A1C1，D1B1交于O，连接OH，因为O，H为D1B1，BB1中点，所以OHD1B，OH平面A1C1H，D1B平面A1C1H，所以D1B平面A1C1H，所以P到平面A1C1H的距离为定值，所以四面体PA1C1H的体积为定值，选项D正确故选：BD（多选）10（2023秋怀仁市校级月考）如图，在三棱锥ABCD中，ABBCACCD2，BCD120，二面角ABCD的大小为120，则下列说法正确的是（）A直线AB与CD为异面直线BC三棱锥ABCD的体积为D三棱锥ABCD的外接球的表面积为【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；异面直线的判定；二面角的平面

21、角及求法【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】ABD【分析】根据异面直线、余弦定理、锥体体积、二面角、几何体外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案【解答】解：由异面直线的定义知，选项A正确；在BCD中，由余弦定理得，所以选项B正确；如图，取BC的中点E，在AE上取点O1，使得AO12O1E，取BD的中点G，并延长CG到点O2，使得CO2BC2，所以选项C错误；记O为三棱锥ABCD的外接球的球心，连接OO1，OO2，O2E，并延长OO1，O2E相交于点F，由ABBCAC2，知ABC为等边三角形，又由AO12O1E，知O1为ABC的外心，由BCCD2，BCD120

22、，BGGD，得BCO260，又由CO22，得BCO2，CDO2都为等边三角形，得CO2BO2DO22，所以O2为BCD的外心，所以AEBC，EO2BC，所以AEO2为二面角ABCD的平面角，则AEO2120由ABBCACCD2，得，在EFO1中，FEO1180AEO260，OO1AE，所以O1F1，由，在RtOFO2中，在OCO2中，所以三棱锥ABCD外接球的表面积为，所以选项D正确故选：ABD（多选）11（2023雨花区开学）如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球为球O，E、F分别是棱AB和棱CC1的中点，G在棱BC上移动，则下列结论成立的有（）A存在点G，使ODEGB对于任

23、意点G，OA平面EFGC直线EF的被球O截得的弦长为D过直线EF的平面截球O所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为【考点】球的体积和表面积；直线与平面平行；棱柱的结构特征【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；球；逻辑推理；数学运算【答案】ACD【分析】根据线线垂直、线面平行、球的弦长、球的截面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案【解答】解：对于A选项，连接BD1，B1D，则BD1B1DO，连接AC，BD，如图所示，当G为BC中点时，由于E是AB的中点，所以EGAC，由于ACBD，所以EGBD，根据正方体的性质可知EGBB1，由于BDBB1B，BD，BB1平面BDD1B1，所以E

24、G平面BDD1B1，由于OD平面BDD1B1，所以ODEG，故A正确；对于B选项，当G与B重合时，连接AC1，A1C，则AC1A1CO，连接AF，如图所示，由图可知：A在平面EFB上，O在平面EFB外，故B不正确；对于C选项，如下图，连接BD，BD1，则O是BD1的中点，内切球的半径为1，点M是线段EF的中点，由对称性可知OMEF，由勾股定理可知易知，球心O到EF距离为，则EF被球截得的弦长为，故C正确；对于D选项，如图所示，结合C选项的分析可知：当OM垂直于过EF的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，面积为，故D正确故选：ACD（多选）12（2023春白云区月考）如图1，在ABC中

25、，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，BC4将ADE沿DE折起到A1DE的位置，如图2则正确的有（）A当折起使得面A1DE面BCED时，A1OBDB几何体A1BCED的最大体积是4CDE与面A1BC始终平行DA1C与平面BCED所成角的范围是【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面所成的角【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】ABC【分析】A由等腰三角形、面面垂直、线面垂直的性质即可判断；B由A1到面BCED的距离最大使A1BCED的体积最大，结合棱锥体积求法求结果；C应用线面平行的判定判断；D根据题设翻折过程分析知A1O面BCED时A

26、1C与平面BCED所成最大平面角为A1CO，求出最大角即可判断【解答】解：A：因为D，E分别为AB，AC的中点且，即，又O为DE的中点，则AODE，故A1ODE，面A1DE面BCED，面A1DE面BCEDDE，A1O面A1DE，所以A1O面BCED，BD面BCED，则A1OBD，正确；B：由题设，若F为BC中点，则A1翻折轨迹是以AF为直径的半圆弧（不含端点A、F），如下图示，要使A1BCED的体积最大，只需A1到面BCED的距离最大，即A1O面BCED且，而，故最大，正确；C：由题意，折起后始终有DEBC，DE面A1BC，BC面A1BC，则DE与面A1BC平行，正确；D：过A1作A1H面BC

27、ED，则H必在线段AF上（不含端点A、F），构建如下Oxyz空间直角坐标系，则C（2，2，0），设A1（0，2cos，2sin），且（0，），则H（0，2cos，0），故，又面BCED（即面ACF）的一个法向量为，若A1C与平面BCED所成角为，则，若，而2cos+3（1，5），所以，当且仅当时，等号成立，所以范围是的真子集，错误故选：ABC三填空题（共5小题）13（2023春河南月考）已知ABC的三边长分别为3，4，5，且A，B，C均在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为，则球O的表面积等于 28【考点】球的体积和表面积【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】28【分析】先由

28、已知条件求出球的半径，然后结合球的表面积公式求解即可【解答】解：已知ABC的三边长分别为3，4，5，又32+4252，则ABC为直角三角形，其外接圆半径为，则球O的半径，则球O的表面积S4R2故答案为：2814（2023春仙游县校级期中）有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是 【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】转化思想；综合法；球；数学运算【答案】【分析】根据正三角形中内切圆的性质，求得半径与边长的关系，由圆锥的轴截面，明确该圆锥的高和底面半径，利用体积公式，可得答案【解

29、答】解：由题意可知O为等边ABP的内切圆，则PC3OC3r，易知等边ABP的边长，圆锥的体积，球O的体积，则，设取出球之后，水的高度为h，此时水面圆的半径为，则，解得故答案为：15（2023春秦淮区校级期中）在中国古代数学著作九章算术中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为 【考点】异面直线及其所成的角【专题】计算题；转化思想；向量法；空间角；

30、空间向量及应用；数学运算【答案】【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线AB1与CD1所成角的余弦值【解答】解：设上底面圆心为O，下底面圆心为O，连接OO，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则C（1，0，0），A（0，2，0），B1（0，1，2），D1（2，0，2），则，所以，又因为异面直线所成角的范围为，故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为故答案为：16（2023春白云区月考）在三棱锥PABC中，ABC为等腰直角三角形，ABAC2，PAC为正三角形，且二面角PACB的平面角为，则三棱锥PABC的外接球表面积为 【

31、考点】球的体积和表面积【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】【分析】根据二面角定义找到二面角PACB平面角，利用线面垂直、面面垂直的判定证明面ABC面POD，进而确定P在面ABC上的射影，结合三棱锥PABC外接球球心O的位置，外接球半径为R有求半径，最后求表面积【解答】解：若O，D分别是AC，BC中点，则ODAB，又ABC为等腰直角三角形且ABAC2，所以ABAC，则ODAC，且OD1，由PAC为正三角形，故POAC，又，面POD，故AC面POD，综上，二面角PACB平面角为，在POD中，则PDOD1，又AC面ABC，则平面ABC平面POD，又平面ABC平面PODOD，所以P在面

32、ABC上的射影在直线OD上，所以P到面ABC的距离为，三棱锥PABC外接球球心O在过D垂直于面ABC的直线上，如图，过P作PE面ABC于E，且E在直线OD上，过O作OFDE交PE延长线于F，连接OB，OP，OF，显然EFOD为矩形，令ODx，外接球半径为R，所以，所以R2PF2+OF2OD2+BD2，所以，解得，故，所以外接球表面积为故答案为：17（2023春湖北月考）三棱锥PABC的顶点都在球O的表面上，线段PC是球的直径，ACBC3，则球O的表面积为 52【考点】球的体积和表面积【专题】数形结合；综合法；立体几何；数学运算【答案】52【分析】求解三角形可得ACB以及外接圆的半径，再由体积可

33、求三棱锥PABC的高为4，结合球的性质可得球的半径，再由球的表面积公式得答案【解答】解：在ABC中，设ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，由余弦定理可得，ACB（0，），由正弦定理可得，即r3，由题意可知，O为PC的中点，连接OC，O1C，O1A，O1B，OO1，设三棱锥PABC的高为h，则三棱锥PABC的体积，解得h4，由O为PC的中点，可得OO12，OO1平面O1ACB，O1C平面O1ACB，OO1O1C，则，即球O的半径为，故球O的表面积故答案为：52【点评】本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题四解答题（共5小题）18（2023春海淀区校级月考

34、）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为边长为2的正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于点F（1）证明：EFB1C（2）求平面B1DF与平面ABCD所成角的余弦值（3）直接写出三棱锥CDEF的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；二面角的平面角及求法【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）易证得A1DB1C，由线面平行判定知B1C平面A1DFE，根据线面平行性质可证得结论；（2）连接AB1，A1B，且AB1A1BO，可证得AOFD，知A，D，F

35、，B1四点共面，结合二面角平面角定义可知所求面面角为FDC，由长度关系可求得结果；（3）利用体积桥VCDEFVECDF，结合棱锥体积公式可求得结果【解答】解：（1）证明：A1B1ABCD，A1B1ABCD，四边形A1B1CD为平行四边形，A1DB1C，又A1D平面A1DFE，B1C平面A1DFE，B1C平面A1DFE，又B1C平面B1CD，平面B1CD平面A1DFEEF，EFB1C；（2）连接AB1，A1B，且AB1A1BO，连接FO，四边形AA1B1B为正方形，O为A1B中点；由（1）知：EFB1C，又E为B1D1中点，F为CD1中点，A1D1ADBC，A1D1ADBC，四边形A1BCD1为

36、平行四边形，OFA1D1AD，OFA1D1AD，四边形OFDA为平行四边形，AOFD，A，D，F，B1四点共面，平面B1DF平面ABCDAD；四边形ABCD，ADD1A1为正方形，ADCD，ADDD1，又CDDD1D，CD，DD1平面CDD1，AD平面CDD1，又DF平面CDD1，ADDF，FDC即为平面B1DF与平面ABCD所成角，CDDD12，CDDD1，即平面B1DF与平面ABCD所成角的余弦值为；（3）E为B1D1中点，点E到平面CDD1的距离d为点B1到平面CDD1距离的一半，又点B1到平面CDD1距离等于点A到平面CDD1的距离AD2，点E到平面CDD1的距离d1，又，【点评】本题

37、考查线面平行的判定定理与性质定理，面面角的求解，三棱锥的体积的求解，属中档题19如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，ABBD1，BB1，点E为BB1的中点，点F为CD的中点（1）证明：B1D平面AEC；（2）证明：平面A1BF平面AEC【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算【答案】（1）证明见解答（2）证明见解答【分析】（1）连接BD与AC，交于点G，连接EG，得到EGB1D，即可证明线面平行；（2）在侧面ABB1A1上证明A1BAE，在底面菱形中证明BFAB，再由面面垂直的性质定理证明BF平面ABB1

38、A1，从而得证BFAE，然后可证明AE平面A1BF，得证面面垂直【解答】证明：（1）连接BD与AC交于点G，则点G为BD的中点，连接EG，E为BB1的中点，EGB1D，EG平面AEC，B1D平面AEC，B1D平面AEC（2）四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，四边形ABB1A1是矩形，BD1，BB1，点E是BB1的中点，tanBA1AtanBAE，BA1ABAE，BA1A+A1BA，A1BAE，由题意可知BCD是边长是1的正三角形，且点F为CD的中点，BFCD，四边形ABCD是菱形，ABCD，BFAB，四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，平面ABB1A1平面ABCD，且平面ABB1

39、A1平面ABCDAB，BF平面ABCD，BF平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，BFAE，A1BBFB，A1B平面A1BF，BF平面A1BF，AE平面A1BF，AE平面AEC，平面A1BF平面AEC【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题20如图，在三棱锥ABCD中，ACa（a0），其余各棱的长均为2（1）证明：ACBD；（2）若a2，求三棱锥ABCD的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直【专题】计算题；数形结合；综合法；立体几何；数学运算【答案】（1）证明过程见解析；（2）【分析】（1）取AC的中点E，连接BE，DE，可得BEAC

40、，DEAC，得到AC平面BDE，进一步可得ACBD；（2）由已知求解三角形可得BE，求出三角形BDE的面积，再由棱锥体积公式求解【解答】（1）证明：如图，取AC的中点E，连接BE，DE，已知ABBC，ADDC，则BEAC，DEAC，BEDEE，BE平面BDE，DE平面BDE，AC平面BDE，BD平面BDE，ACBD；（2）解：，AB2，AEBE，同理可得BD2，BE2+DE2BD2，可得BEDE，则，由（1）知AC平面BDE，又，【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题21（2023春仙游县校级期中）如图，在正方体ABCDA1B1

41、C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：（1）EG平面BDD1B1；（2）平面EFG平面BDD1B1【考点】平面与平面平行；直线与平面平行【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）连接SB，则EG/SB，利用线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）连接SD，利用面面平行的判定定理，即可证明结论【解答】证明：（1）连接SB，如图所示：E，G分别是BC，SC的中点，EGSB，又SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，直线EG平面BDD1B1；（2）连接SD，如图所示：F，G分别是

42、DC，SC的中点，FGSD，又SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，由（1）得EG平面BDD1B1，且EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，平面EFG平面BDD1B1【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和直观想象，属于中档题22（2023春漳州期末）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点M，N分别为棱AD，DD1上的点（不与端点重合），且AMDN（1）求证：A1M平面ABN；（2）求三棱锥BMDN的体积的最大值；（3）点P在平面ABCD内运动（含边界），当A1PBD时，求直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值【考点】直线与平面垂直；棱柱、棱锥、棱台的体