专题08 立体几何（解析版）.docx

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1、专题08 立体几何 一、单选题1（2021广东高三期中）在正方体中，下列直线与成60角的是（ ）ABCD【答案】B【分析】根据异面直线所成角的求法逐一判断即可.【详解】因为，所以与所成的角为因为，所以与所成的角为因为平面，所以与所成的角为90，因为，所以平面，因为平面，所以，即与所成的角为90，故选：B2（2021广东龙岗高三期中）如图，在中，为的中点，将沿折起到的位置，使得二面角为，则三棱锥的体积为（ ）AB4CD2【答案】A【分析】结合旋转性质可得为等边三角形，作中点，可证平面，再由锥体体积公式即可求解.【详解】由，由旋转前后对应边，对应角相等可得： ，又二面角为，即，故为等边三角形，作中

2、点，连接，可得，又，所以平面，所以，即平面，结合几何关系可得，故.故选：A3（2021广东高三期中）中国古代数学的瑰宝九章算术中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上下底面均为扇环形的柱体（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，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧AD长度为弧BC长度的3倍，且，则该曲池的体积为（ ）ABCD【答案】B【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，即.故该曲池的体积.故选：B4（2021广东江门高三阶段练习）已知三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且，分别为

3、该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则两点间距离的最小值为（ ）ABCD【答案】D【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知，两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.【详解】由已知可将该三棱锥补成正方体，如图所示.设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，易知三点均在上，且平面，设内切球的半径为，外接球的半径为，则.由等体积法可得，得，由等体积法可得，得，两点间距离的最小值为故选：D5（2021广东高三阶段练习）已知异面直线、所成的角为，其公垂线段的长度为，长度为的线段的两端点分别在直线、上运动，则中点的轨迹

4、为（ ）（注：公垂线段指与异面直线垂直且相交的线段）A直线B圆C椭圆D双曲线【答案】C【分析】不妨设，设线段的中点为，过点分别作直线，作直线，以点为坐标原点，直线、所成角的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立空间直角坐标系，设点、，可得出，设线段的中点为，利用中点坐标公式和相关点法可求得点的轨迹方程，即可得解.【详解】不妨设，设线段的中点为，过点分别作直线，作直线，以点为坐标原点，直线、所成角的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设点、，可得，设线段的中点为，则，可得，所以，即.因此，线段的中点的轨迹为椭圆.故选：C.6（2021广东东莞高三阶段练

5、习）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的外接球的体积为（ ）ABCD【答案】B【分析】作出示意图，求出外接球半径，再根据体积公式即可解得.【详解】如图，O为外接球球心，母线BB1长度为2，底面半径r=O2B=1，易得外接球半径，外接球体积.故选：B.二、多选题7（2021广东高三阶段练习）如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）A三棱锥体积的最大值为B三棱锥体积的最小值为C存在某个位置，使得D设二面角的平面角为，且，则【答案】AC【分析】是的中点点在以为圆心，为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察到平面距离的最

6、大值和最小值，计算体积判断AB，把去掉，作出图形，分析与所成角，二面角的大小判断CD【详解】在图1中，是的中点，是的中点点在以为圆心，为半径的圆上运动，易知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小.在中，.设到平面的距离分别为，则，所以三棱锥体积的最大值为，最小值为，A正确，B错误.如图2，因为直线与旋转轴所成的角为，母线与旋转轴所成的角为所以直线与所成角的范围为，即，因为，所以存在夹角为的情况，又因为线线角的取值范围不包含钝角，所以直线与所成角的范围为，即可得出C正确.如图2，当运动到时，二面角的平面角为，在与中，所以，所以，所以，即，D错误.故选：AC【点睛】

7、关键点睛：根据二面角的定义，利用余弦函数的定义进行判断是解题的关键.8（2021广东惠州高三阶段练习）如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（ ）A四棱锥的体积是B四棱锥的外接球的表面积是C异面直线与所成角的大小为D二面角所成角的余弦值为【答案】BCD【详解】设正方形边长为，则有，所以，解得，折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，所以选项A错误；设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，则有，解得，所以四棱锥外接球表面积，因为，所以异面

8、直线与所成角为，取的中点，连接，如图，因为，均为等边三角形，所以，所以为二面角所成角的平面角，在中，由余弦定理得，故正确答案为BCD.故选：BCD9（2021广东金山中学高三期中）已知直三棱柱中，为的中点点满足，其中，则（ ）A对时，都有B当时，直线与所成的角是30C当时，直线与平面所成的角的正切值D当时，直线与相交于一点，则【答案】AD【分析】建立空间直角坐标系，写出个点坐标，然后用空间向量的知识来解决.【详解】直三棱柱中，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设则，为的中点点满足，其中，A选项：，则，对时，都有A选项正确；B选项：当时，.

9、则 故直线与所成的角是不是30选项B错误；C选项：当时，设平面的法向量，直线与平面所成的角为则，所以选项C错误；选项D：当时， 则，则当时，直线与相交于一点，则故选项D正确. 故选：AD10（2021广东福田高三阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，分别为，的中点，以下说法正确的是（ ）A三棱锥的体积为2B平面C异面直线EF与AG所成的角的余弦值为D过点，作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】BD【分析】对A，直接由锥体体积公式求解判断；对BC，结合建系法直接判断；对D，补全截面直接判断.【详解】对A，故A错误；对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，则平面，B正确；对C，故C错误

10、；对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确.故选：BD11（2021广东顺德高三阶段练习）如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（ ）A为等边三角形；B平面交正方体的截面为五边形；C在正方体中，存在棱与平面平行；D在正方体中，不存在棱与平面垂直；【答案】BD【分析】设正方体棱长为2，求出各边长可判断A；根据平面的性质作出截面可判断B；分别判断三组平行线与的位置关系即可判断CD.【详解】对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，

11、则易得，再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；对C，因为，所以都不与平行，又，所以都不与平行，因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；所以不存在棱与平面垂直，故D正确.故选：BD.12（2021广东广雅中学高三阶段练习）已知正方体的棱长为2，动点在正方形内，则（ ）A若，则三棱锥的的外接球表面积为B若平面，则不可能垂直C若平面，则点的位置唯一D若点为中点

12、，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半【答案】CD【分析】根据题意，建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设，其中，由，可知，设三棱锥的的外接球的球心为，根据球心到球上各点距离相等以及空间两点间的距离公式，可求出球心的坐标，再利用球的表面积公式进行计算即可判断A选项；利用空间向量求法向量的方法求出平面的法向量，有条件得出，利用向量的数量积运算得出，进而求出，可知当时，从而可判断B选项；根据平面，得出，再利用向量的数量积运算即可求出和的值，即可判断C选项；利用三棱锥体积公式和等体积法分别求出和，结合条件即可判断D选项.【详解】解：如图，建立空间直角坐标系：则，由于动点在正方形内，可设，其中，对于A选项，

13、由于，则为的中点，此时，设三棱锥的的外接球的球心为，则，即，解得：，所以，则三棱锥的的外接球的半径为，所以三棱锥的的外接球表面积为，故A不正确；对于B选项，设平面的法向量为，则，令，得，故，而，若平面，则，则，即，所以，此时，而，所以，当时，此时，则，故B不正确；对于C选项，若平面，则，由于，则，解得：或（舍去），此时，即点的位置唯一，使得平面，故C正确；对于D选项，点为中点，由正方体可知平面，三棱锥的体积为：，由于在正方形内，则到平面为，三棱锥体积为：，而，所以，所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.故选：CD.13（2021广东高三阶段练习）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O

14、为球心）的球面上，为等边三角形，M为AC的中点，且，则（ ）A平面ACDB平面ABCCO到AC的距离为D二面角的正切值为【答案】AD【分析】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从而可判断A、B; 连接OH，得出面面角，从而判断A、D.【详解】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，则球心O在上.由M为AC的中点，得.因为.所以平面BDM，则，所以，所以，所以，所以，所以，可得平面ACD，所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作于H，连接OH，则，从而为二面角的平面角.因为，所以O到AC的距离为，且.故选：AD14（2021广东高三阶段练习）为弘扬

15、中华民族优秀传统文化，某学校组织了诵经典，获新知的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图.则下列结论正确的是（ ）A经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为B平面平面ADEC直线AD与平面DEF所成的角为D球面上的点离球托底面DEF的最小距离为【答案】ACD【分析】A. 通过计算得到经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积，再判断；B. 证明与平面相交，即可判断；C. 计算直线AD与平面DEF所成的角即得解；D. 计算球上的点离球托底面的最小距离，再判断得解.【详解】解：因为与全等且

16、所在的面平行，所以截面圆就是的外接圆与的外接圆相同，由题意可知，的边长为1，其外接圆的半径为，则经过，三点的球的截面圆的面积为，故选项A正确；由图形的形成，知，三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且平行，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以与平面相交，故与平面相交，所以平面平面错误，故B错误；由平面与平面垂直可知，在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，则，所以直线与平面所成的角为，故选项C正确；如图3，所以球离球托底面的最小距离为，所以D正确故选：ACD15（2021广东高三阶段练习）在长方体中，是线段上的一动点，则下列说法中正确的是（ ）A平面B与平面所

17、成角的正切值的最大值是C的最小值为D以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是【答案】ABD【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项的正误；求出的最小值，利用线面角的定义可判断B选项的正误；将沿翻折与在同一平面，利用余弦定理可判断C选项的正误；设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，求出的长，判断出点的轨迹，可判断D选项的正误.【详解】对于A，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，同理可证平面，所以，平面平面，平面，所以，平面，A选项正确；对于B，平面，所以，与平面所成角为，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，由勾股定理可得，由等面积法可

18、得，所以，的最大值为，B选项正确；对于C，将沿翻折与在同一平面，如下图所示：在中，为直角，在中，由余弦定理可得，则为锐角，可得，由余弦定理可得，此时，因此，的最小值为，C选项错误；对于D，设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，由于平面，平面，所以交线为以为圆心，为半径的四分之一圆周，所以交线长是，D选项正确.故选：ABD.16（2021广东高三阶段练习）在正方体中，下列直线或平面与平面平行的是（ ）A直线B直线C平面D平面【答案】AD【分析】作出正方体，由线面平行的判定定理可判断A、B；由面面平行的判定定理可判断C、D.【详解】如图由，且平面，平面，故直线与平面平行，故A正确；直线，

19、与平面相交，故直线与平面相交，故B错误；由图，显然平面与平面相交，故C错误；由， ，且，故平面与平面平行，故D正确； 故选：AD【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.17（2021广东化州高三阶段练习）如图1，直角梯形ABCD中，E为AD的中点，将ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C是直二面角，并连接AC，AD得到四棱锥A-BCDE，如图2.M，N分别是图2中BC，AD的中点则下列四个结论中正确的是（ ）A平面BCDEB平面ABECD【答案】ABC【分析】直二面角定义得线线垂直，从而得线面垂直，可判断A，取AE的中点是F，连接BF，NF，证

20、明BMNF是平行四边形可判断B，由线面垂直的性质定理及平行线性质判断C，根据直线间的位置关系判断D【详解】由题易得AEBE，DEBE，因为二面角A-BE-C直二面角，则则AEDE，又因为AEBE，DEBE=E，DE平面BCDE，平面BCDE，所以AE平面BCDE，故A对.设AE的中点是F，连接BF，NF，因为M，N分别是BC，AD的中点，所以，则，且，所以四边形BMNF是平行四边形，所以，又因为平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，故B对.由DEAE，DEBE易得DE平面ABE，因为平面ABE，所以DEBF，又，所以NMDE，故C对.因为，ABBF=B，故NM与AB是异面直线，故D错.故选A

21、BC.18（2021广东高三阶段练习）如图的正方体中，棱长为2，点是棱的中点，点在正方体表面上运动.以下命题正确的有（ ）A侧面上不存在点，使得B点到面的距离与点到面的距离之比为C若点满足平面，则动点的轨迹长度为D若点到点的距离为，则动点的轨迹长度为【答案】BD【分析】先找到点满足平面的轨迹，可判断选项，将平面补全，利用比例判断选项，找到满足点到点的距离为的轨迹，可判断选项【详解】取中点，中点，连接，易证，又平面，平面，所以平面，又，同理得到平面，所以平面平面，所以若点满足平面，则点在的三边上运动，所以动点的轨迹长度为，所以错误；当点在侧面上运动时，点的运动轨迹为线段， 当运动到中点时，因为是

22、等腰三角形，所以，又因为，所以，故错误；取中点，连接，易证，则共面，令，则易得，所以点到面的距离与点到面的距离之比为，故正确；因为，所以若点到点的距离为，则动点的轨迹在正方形和正方形及正方形上，若在正方形上，则满足，所以在正方形上，动点的轨迹为以为圆心，为半径的四分之一圆弧，所以周长为，同理点在正方形及正方形面上运动时，轨迹分别为以为圆心，为半径的四分之一圆弧，所以动点的轨迹长度为，所以正确；故选：19（2021广东高三阶段练习）设是给定的平面，、是不在内的任意两点，则（ ）A在内存在直线与直线平行B在内存在直线与直线相交C在内存在直线与直线垂直D存在过直线的平面与垂直【答案】CD【分析】利用

23、反证法可判断A选项的正误；取可判断B选项的正误；利用线面垂直的性质可判断C选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，若在内存在直线与直线平行，且平面，则平面，但直线与平面不一定平行，A错；对于B选项，当直线平面，则平面内的直线与直线平行或异面，B错；对于C选项，设、在内的射影点为、，连接，存在直线平面，使得，因为，则，则，则平面，平面，则，C对；对于D选项，由C选项可知，平面，则平面，且平面，D对.故选：CD.20（2021广东华南师大附中高三阶段练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点则下列结论正确的是（

24、 ）A直线DB1与平面AEF垂直B直线A1G与平面AEF平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为D三棱锥A1AEF的体积等于【答案】BD【分析】对于A，B，利用空间向量判断，对于C，由题意可得截面为梯形，利用梯形面积公式求解即可，对于D，利用空间向量求出到平面的距离，然后利用体积公式求解即可【详解】如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以与不垂直，所以直线DB1与平面AEF不垂直，所以A错误，对于B，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以，所以，因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面AEF平行，所以B正确，对于C，由题意可得截面为梯形，则，梯形的高为，所以截面的面积为，所以C错误

25、，对于D，因为平面的法向量为，所以到平面的距离为，因为，所以，因为，所以，所以，所以三棱锥A1AEF的体积为，所以D正确，故选：BD21（2021广东东莞高三阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）A对任意点P，平面B三棱锥的体积为C线段DP长度的最小值为D存在点P，使得DP与平面所成角的大小为【答案】ABC【分析】对四个选项逐一分析，对于A：平面平面，可得平面；对于B：三棱锥的高均为1，底面的面积为，根据锥体体积公式计算即可作出判断；对于C：当点P为的中点时，DP最小，此时，在中利用勾股定理进行计算可得出DP的最小值；对于D：设点P在平面上的投影为点Q，

26、为DP与平面所成的角，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，从而作出判断.【详解】由题可知，正方体的面对角线长度为，对于A：分别连接、，易得平面平面，平面，故对任意点P，平面，故正确；对于B：分别连接、，无论点P在哪个位置，三棱锥的高均为1，底面的面积为，所以三棱锥的体积为，故正确；对于C：线段DP在中，当点P为的中点时，DP最小，此时，在中，故DP的最小值为，故正确；对于D：点P在平面上的投影在线段上，设点P的投影为点Q，则为DP与平面所成的角，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，所以不存在点P，使得DP与平面所成角的大小为，故错误.故选：ABC.【点睛】本题考查线

27、面平行，考查棱锥体积，考查线面所成的角，考查空间想象能力和运算求解能力，属于常考题.22（2021广东顺德一中高三阶段练习）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（ ）A平面PB1D平面ACD1BA1P平面ACD1C异面直线A1P与AD1所成角的范围是D三棱锥D1APC的体积不变【答案】ABD【分析】根据正方体的性质，可得DB1平面ACD1，可判定A正确；连接A1B，A1C1，由平面BA1C1平面ACD1，可判定B正确；当P与线段BC1和线段BC1的中点两端点重合时，分别求得A1P与AD1所成角，可判定C错误；由，结合AD1P的面积不变，可判定D

28、正确【详解】对于A中，根据正方体的性质，可得DB1平面ACD1，又由DB1平面PB1D，则平面PB1D平面ACD1，故A正确；对于B中，连接A1B，A1C1，在正方体中，可得平面BA1C1平面ACD1，又由A1P平面BA1C1，所以A1P平面ACD1，故B正确；对于C中，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D中，因为点C到平面AD1P的距离不变，且AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，故D正确故选ABD三、填空题23（2021广东高三阶段练习）已知三

29、棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_【答案】【详解】试题分析： 三棱锥展开后为一等边三角形，设此此三角形的边长为则，得所以三棱锥的棱长为，可得棱长的高 设内切球的半径为，得，所以 .考点：1.空间几何的性质；2.球的体积公式.24（2021广东金山中学高三期中）正三角形的边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体外接球表面积为_【答案】【详解】分析：由题意将几何体补形为三棱柱，结合三棱柱的几何特征整理计算即可求得最终结果.详解：根据题意可知三棱锥BACD的三条侧棱BDAD、DCDA，底面是等腰三

30、角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱的底面边长为1,1,，由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，三棱柱的外接球的球心为O，外接球的半径为r，棱柱的高为,球心到底面的距离为，三棱柱中,底面BDC,BD=CD=1,BC=,BDC=120，BDC的外接圆的半径为：，球的半径为.外接球的表面积为：.故答案为.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，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各

31、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.25（2021广东龙岗高三期中）已知正方体的棱长为，点为中点，点在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为_.【答案】【分析】建立空间直角坐标系得到在平面中点的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.【详解】如图所以，设由点到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到点的距离在平面中，直线方程为所以，所以点的轨迹方程为，设平面的一个法向量为则，令，所以所以，由直线平面所以所以点的轨迹为的导函数为所以，所以同平行的直线与相切的切点为，所以点到直线

32、的距离为所以的最小值为故答案为：【点睛】关键点点睛：解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程，利用导数求解.26（2021广东高三阶段练习）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【分析】由题意，证明平面平面，设与的外心分别为、，过、分别作所在平面的垂线，相交于，则为三棱锥外接球的球心，即为外接球的半径，求出外接球的半径，根据球的表面积公式即可得答案.【详解】解：如图，由和都是边长为的正三角形，取的中点，连接，可得，又，所以，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面，设与的外心分别为、，过、分别作所在平面的垂线，相交于，则为三棱锥外接球的球心，连接，则为外接球的半

33、径，因为，所以外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.27（2021广东高三阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为_【答案】36【详解】三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥SABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得 ，解得r=3.球O的表面积为： .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，并作出合适

34、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.28（2021广东江门高三阶段练习）已知圆锥底面的半径为1，侧面展开图的面积为，则该圆锥的高为_.【答案】【分析】结合圆锥侧面积公式求出母线，再由勾股定理可求高.【详解】设圆锥母线长为，高为，由，得，故，所以圆锥的高为.故答案为：29（2021广东高三阶段练习）已知正四面体的棱长为4，点为该四面体表面上的动点，若是该四面体的内切球的一条动直径，则的取值范围是_.【答案】【分析】设内切球球心为，连接并延长交底面BCD于E，连接并延长交于，则为中点

35、，由正四面体内切球的性质求、，进而求四面体体积，由等体积法求内切球的半径，进而可得、，再根据向量，应用数量积的运算律可得，讨论的位置求的取值范围即可.【详解】设内切球球心为，连接并延长交底面BCD于E，是正的中心，且面，连接并延长交于，则为中点，且，则，又面，则有，故，故四面体体积，若球的半径为，则，故，在正四面体中，当与重合时最大，此时；当与重合时最小，此时；的范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据向量加减法的几何意义可得，再应用向量数量积的运算律得到关于的表达式，讨论的位置求最值即可.30（2021广东华南师大附中高三阶段练习）在正三棱锥VABC内，有一半球，其底面与正三棱锥的底面重

36、合，且与正三棱锥的三个侧面都相切，若半球的半径为2，则正三棱锥的体积最小时，其高等于_【答案】.【详解】试题分析：由题意，设侧棱长为，底面边长为 ， ，化简可得 ，令， ，故可知，即当 时，三棱锥体积取到最小值，此时高， ，故填：.【考点】本题主要考查球的性质与导数的运用31（2021广东顺德一中高三阶段练习）等腰三角形ABC腰长为3，底边BC长为4，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为2，此时四面体ABCD外接球表面积为_.【答案】【分析】，侧棱底面，底面是等边三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积【详解】

37、根据题意可知三棱锥，侧棱底面，底面是等边三角形，可将其扩展为直三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长分别为3，3，所以三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱的外接球的球心为，外接球的半径为，球心到底面的距离为，底面中心到底面三角形的顶点的距离为，球的半径为，外接球的表面积为，故答案为.【点睛】本题考查空间想象能力，计算能力；三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提四、解答题32（2021广东湛江高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面

38、为矩形，底面，点是棱的中点.（1）证明：平面平面.（2）若求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明和得到平面，得到，点是棱的中点得到，故平面，得到证明.（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，计算各点坐标得到平面的法向量为，平面的法向量为，利用向量夹角公式计算得到答案.【详解】证明：因为底面，平面，所以.四边形为矩形，所以，因为，所以平面.从而，因为，点是棱的中点所以.因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.解：以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，依题意可得，设平面的法向量为，由，得不妨令可得.设平面的法向量为，由，得不妨令，可得

39、.易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.33（2021广东惠州高三阶段练习）如图所示的多面体是由一个直四棱柱被平面所截后得到的，其中，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在中，由余弦定理可得，由勾股定理，可证明，再由平面，可得，由线线垂直证明线面垂直，即得证；（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式，即得解【详解】（1）证明：在中，因为，所以由余弦定理得，所以，所以，即，在直四棱柱中，平面，平面，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）因为，两两相互垂直，所以以为坐标原点，分别以，为，轴，建立如图所示的空

40、间直角坐标系.由，得，所以有，设为平面的一个法向量，则，即，令，解得，因为，设直线与平面所成角为，且，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.34（2021广东湛江二十一中高三阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，为的中点，交于点，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【分析】利用三棱柱的定义及线面垂直的性质，根据线面垂直的判定定理即可证明；由（1）结论建立空间直角坐标系，先求出平面和平面的法向量，利用向量数量积公式即可求出二面角的余弦值.【详解】证明：（1）因为为三棱柱，所以平面平面，因为平面，所以平面.又因为平面，所以.又因为，平面，所以平面.由题知：四边

41、形为矩形，又因交于点，所以为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，所以.所以平面.（2）由（1）知：两两互相垂直，所以以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：设，则，所以，因为，所以，所以，解得.所以，所以，.设平面的法向量为，则，所以，不妨令，则.设平面的法向量为，则，所以，不妨令，则.所以,因为平面与平面所成的角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明和二面角的余弦值的求法，属于中档题.35（2021广东高三阶段练习）如图，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图所示的四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1

42、）证明见解析；（2）.【分析】（1）首先在图中，连接，根据勾股逆定理得到，又因为，从而得到平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面.（2）首先根据（1）易证平面，再以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）在图中，连接，如图所示：因为四边形为菱形，所以是等边三角形.因为为的中点，所以，.又，所以.在图中，所以，即.因为，所以，.又，平面.所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由（1）知，.因为，平面.所以平面.以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，.因为为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为，由，得.令，得.又平面的一个法向量为.设二面角的大小为，由题意知该二面角为锐角.则.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题第一问考查面面垂直的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查学生的计算能力，属于中档题.36（2021广东金山中学高三期中）如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点（1）证明：平面；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【详解】解：依题意，以点为原点，以、为轴建立空间直角坐标系如图，可得，由为棱的中点，得，（1）法一：向量，故，又面，面所以又因为面，面，所以面法二：取中点，证明、；（2），由点在棱上，设，故