【文档说明】高考数学培优专题55讲：第14讲立体几何选择填空压轴题专练【高考】.doc，共(21)页，1.953 MB，由小赞的店铺上传

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1第十四讲立体几何选择填空压轴题专练A组一、选择题1．如图，矩形ABCD中，2ABAD=，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻转成1ADE（1A平面ABCD）．若M、O分别为线段1AC、DE的中点，则

在ADE翻转过程中，下列说法错误的是（）A.与平面1ADE垂直的直线必与直线BM垂直B.异面直线BM与1AE所成角是定值C.一定存在某个位置，使DEMO⊥D.三棱锥1AADE−外接球半径与棱AD的长之比为定值【答案】C

【解析】取CD的中点F，连BF,MF,如下图：可知面MBF//1ADE,所以A对。取1AD中点G,可知//EGBM，如下图，可知B对。2点A关于直线DE的对为F,则DE⊥面1AAF，即过O与DE垂直的直线在平面1AAF上。

故C错。三棱锥1AADE−外接球的球心即为O点，所以外接球半径为22AD。故D对。选C2．一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为103，则h=（）A．32B．3C．33D．53【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥，其中底面是矩形，边长为6，

5，高为h，所以体积15610333Vhh===3．如图，矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是A．｜BM｜是

定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．存在某个位置，使MB//平面A1DE【答案】C【解析】3取CD中点F，连接MF，BF，则MF//A1D且MF=21A1D,FB//ED且FB=ED所以DEAMFB1=

，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF•FB•cos∠MFB是定值，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得①②正确．由MF//A1D与FB//ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正确；A1C在平面ABCD

中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得③不正确．故答案为：①②④．4．如图，正四面体DABC−的顶点A、B、C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的是()A.OABC−是正三棱锥B.直线OB与平面ACD相交C.直线CD与平面ABC所成的角的正弦值

为32D.异面直线AB和CD所成角是90【答案】C【解析】①如图ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，由三垂线定理可

知BC⊥AM，∴M为BC中点，同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．②将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD不平行．则B正确，③由上图知：直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为63,则C错误④

异面直线AB和CD所成角是90，故D正确.二、填空题5．（2017全国1卷理）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线

剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。4【答案】415【解析】如下图，设正三角形的边长为x，则1332OGx=36x

=.356FGSGx==−，222233566SOhSGGOxx==−=−−3553=−三棱锥的体积1133553343ABCVShx==−451535123xx=−.

令()45353bxxx=−，则()3453'203nxxx=−，令()'0nx=，43403xx−=，43x=，max75485441512V=−=.6．已知求的直径4,,SCAB=是该球球面上的点，02,45ABASCBSC===，则棱锥SA

BC−的体积为__________．【答案】433【解析】设球心为O,因为0ASCBSC45==,所以OABSC⊥面,5143V3433SOABCOABVV−−=+==.7．在三棱锥SABC−中，ABC是边长为3的等边三角形，3,23SASB==，二面角SABC−−的大小为1

20°，则此三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】21【解析】由题可得：球心O在过底面ABC的中心G的垂直底面的直线上，又二面角SABC−−的大小为120°，取AB的中点为M，SB的中点为N，故120NMG

=,又33333120,,2222NMGNMCMMGNG=====,过M做MH=GO，且MH垂直底面，所以32MH=，32GO=,故球的半径为()222321324R=+=,所以球的表面积为218．已知两平行平面、间的距离为23，点AB、，点CD、，且4

,3ABCD==，若异面直线AB与CD所成角为60°，则四面体ABCD的体积为__________．【答案】6【解析】设平面ABC与平面交线为CE，取CEAB=,则0//,4,60ABCECEECD==0112343sin606.32ABCDACDEVV−−==

=9．在空间直角坐标系Oxyz−中，四面体ABCD−在,,xOyyOzzOx坐标平面上的一组正投影图形如图所示（坐标轴用细虚线表示）．该四面体的体积是____．6【答案】43【解析】由图可知，该三棱锥的底面是底为4，高为1的三角形，高

为2，故其体积为114412323V==，故答案为43.10．如图，在棱长为2的正四面体ABCD−中，EF、分别为直线ABCD、上的动点，且3EF=.若记EF中点P的轨迹为L，则L等于____________.（注：L表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图

形、空间几何体时，L分别对应长度、面积、体积.）【答案】【解析】为了便于计算，将正四面体放置于如图的正方体中，可知，正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，设()()()11220,,,2,,2,,,EyyFyyPxyz−，()()()2

221212223EFyyyy=+−+−+=，即7()()22121221yyyy−++−=，又121222{222xyyyyyz=+=+−=，即121222{222xyyyyyz=+=+−=，代入上

式得()()2222221zy−+−=，即22221224yz−+−=，即P的轨迹为半径为12的圆，周长为2Lr==.B组一、选择题1．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,

点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l与直线AA1,C1D1分别交于M,N两点,则MN与面ADD1A1所成角的正弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】将平面11CDO延展与1AA交于M连结MO，并延长与11DC延长线交于N，平面8交AD于ED，1MNCE可知11CED等于MN与

11ADDA成角,，由正方体的性质可知19CE=，116293sinCED==，故选A.2．四棱锥PABCD−的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.815B.8120C.1015D.10120

【答案】C【解析】根据三视图还原几何体为一个四棱锥PABCD−，平面PAD⊥平面ABCD，由于PAD为等腰三角形3,4PAPDAD===，四边形ABCD为矩形，2CD=，过PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线两条垂线交于一点O为四棱锥外接

球的球心，在三角形PAD中，2223341cos2339APD+−==，则45sin9APD=，4952sin5459ADPFAPD===，9510PF=，945PE=−=，95551010OHEF==−=，116452BH=+=225505510010OBOHBH=+=+

=，50510141005S==.选C.93．如图是正方体的平面展开图。关于这个正方体，有以下判断：①ED与NF所成的角为60②CN∥平面AFB③//BMDE④平面BDE∥平面NCF其中正确判断的序号是（）．A.①③B.②③C.①②④D.②③④【答案】C【解析】把正方体的平面展开图还

原成正方体ABCDEFMN−，得：①ED与NF所成的角为60正确；②,CNBECN不包含于平面,AFBBE平面,AFBCN平面AFB，故②正确；③BM与ED是异面直线，故③不正确；④,,,,BDFNBECNBDBEBBDBE=平面BDE，所以平面BDE平面NCF，故④正确，正确判断的序

号是①②④，故选C.4．若三棱锥SABC−的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，2ABSASBSC====，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.163B.83C.433D.43【答案】A【解析】如图

，底面是等腰直角三角形，D是AB中点，所以外接球圆心O在SD上，设外接球半径为R，所以有()22213RR=+−，解得233R=，所以该三棱锥的外接球表面积为163.故本题正确答案为A.105．三棱锥SABC−中，侧棱SA⊥底面ABC，5AB

=，8BC=，60B=，25SA=，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.643B.2563C.4363D.2048327【答案】B【解析】由题，侧棱SA⊥底面ABC，5AB=，8BC=，60B=，则根据余弦定

理可得2215825872BC=+−=，ABC的外接圆圆心772sin332BCrrB===三棱锥的外接球的球心到面ABC的距离15,2dSA==则外接球的半径()22764533R=+=，则该三棱锥的外接球的表面积为225643SR==6．正方体1111

ABCDABCD−中，点P在1AC上运动（包括端点），则BP与1AD所成角的取值范围是（）A.,43B.,42C.,62D.,63【答案】D【解析】以点D为原点，DA、DC、1DD分别为xyz、、建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

设点P坐标为(),1,xxx−，则()()11,,,1,0,1BPxxxBC=−−=−设1BPBC、的夹角为，所以()12221·11cos121223?233BPBCBPBCxxx===−+−+，所以当13x=时，cos取最大值3,26=。当1x=时，cos

取最小值1,23=。因为1111//BCAD。故选D。7．已知棱长为2的正方体1111ABCDABCD−，球O与该正方体的各个面相切，则平面1ACB截此球所得的截面的面积为（）A.83B.53C.43D.23【答案】D【解析】因为球与各面相切，所

以直径为2，且11,,ACABCB的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2正三角形的外接圆，由正弦定理知63R=，所以面积23S=，选D．8．已知AD与BC是四面体ABCD中相互垂直的棱，若

6ADBC==，且60ABDACD==，则四面体ABCD的体积的最大值是A.182B.362C.18D.36【答案】A【解析】作BEAD⊥于E，连接CE，因为ADBC⊥，所以AD⊥平面BCE，作EFBC⊥于F，所以ADEF⊥，从而166A

BCDVADBCEFEF==，要使体积最大，则要EF最大，则要求,BECE最大，而60ABDACD==，所以在BABD=时，BE最大，所以33BECE==，F是BC中点，()2233332EF=−=，所以632182ABCDV==，故选A．12二、填空题9．现介绍祖暅原理求球体

体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程

为221254yx+=，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于______．【答案】803【解析】椭圆的长半轴为5，短半轴为2，现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的

圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积V=2（V圆柱﹣V圆锥）=2（π×22×5﹣）=．10．已知正四棱锥O－ABCD的体积为223，底面边长为3，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．【答案】24π【解析】如图，正四棱

锥OABCD−的体积113232333322VshOHOH====（），在直角三角形OAH中，2222326622OAOHAH=+=+=所以表面积为2424Sr==；1311．球o为正

方体1111ABCDABCD−的内切球，2AB=，,EF分别为棱1,ADCC的中点，则直线EF被球截o得的线段长为__________．【答案】2【解析】设EF与球面交于CD两点，过球心与,EF的截面如图，因为2AB=，,EF分别为棱1,ADCC的中点，所以可得66,'2E

FOF==，根据正方体的性质可得22622'222OFOO==−=，球o为正方体1111ABCDABCD−的内切球，可得1OD=，由勾股定理得2'22ODCD==，故答案为2.12．体积为183的正三棱锥ABCD−的每

个顶点都在半径为R的球O的球面上，球心O在此三棱锥内部，且:2:3RBC=，点E为线段BD上一点，且2DEEB=，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．【答案】8,16【解析】设2,3(0)RkBCakk===，如图，设BCD的中心为1O，连接1O

D.设三棱锥ABCD−的高为h,在中，由勾股定理可得22211ODOOOD=+，即14()22233aRhR=+−，即22430hkhk−+=又2,hk，所以3,hk=所以()221313331833434ABCDVahkk−===，解得2k=，故

4,6Ra==易得12OE=，所以22OE=，当截面与OE垂直时，截面圆的面积有最大值，此时截面圆的半径2222rROE=−=，此时截面圆的面积为8，当截面经过平均发展速度时，截面圆的面积最大，且最大值为16.13．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上

，且AM13=，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．椭圆【答案】B【解析】作PNAD⊥，N为垂足，则PN⊥平面1

1ADDA，作11,NHADH⊥为垂足，由三垂线定理得11PHAD⊥.以1,,ABADAA分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设(,,0)Pxy，依题意可得1(,0,0)3M.由22222,1,PNNHPHPHPM+=−=可得2221PNNHPM+−=，即2

2211[()(0)]1,3xxy+−−+−=化简可得22139yx=−.选B.MDABCB1A1D1C1P．．15C组一、选择题1．在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，,EF

分别是11,BBDD的中点，G为AE的中点且3FG=，则EFG的面积的最大值为（）A.32B.3C.23D.934【答案】B【解析】由直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，,EF分别是11,BBDD的中点，G为AE的中点且3FG=，可得E

FG为等腰三角形，设AGt=，则2AFt=，因为3FG=，由余弦定理得22224959cos224tttAttt+−−==，可得()4223109sin4ttAt−−+=，EFG的面积为等于AFG的()()422231093165123244tttSttt−−+−−

==，EFG的面积的最大值为3，故选B.2．三棱锥的体积为83，PA⊥底面ABC，且ABC的面积为4，三边,,ABBCCA的乘积为16，则三棱锥PABC−的外接球的表面积为（）A.4B.8

C.16D.32【答案】B【解析】∵三棱锥的体积为83且ABC的面积为4，∴18233ABCShh==，由PA⊥底面ABC，所以球心到底面ABC的外接圆圆心的距离为1，另1sin42ABCSabC==，16a

bc=，两式相除，由正弦定理知底面ABC的外接圆半径为1，所以三棱锥PABC−的外接球的半径为2，表面积为8，故选B.3．已知矩形ABCD，2ADAB=，沿直线BD将ABD折成ABD，使点A在16平面B

CD上的射影在BCD内（不含边界）．设二面角ABDC−−的大小为，直线AD，AC与平面BCD所成的角分别为,则（)A.B.C.D.【答案】D【解析】如图，作'AEBD⊥于E，O是'A在平面BCD内的射影，连接,,OEODOC

，易知',','AEOADOACO===，在矩形ABCD中，作AEBD⊥于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由2ADAB=知AECFCOOD，从而tantantan，即

，故选D．4．如图所示，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，,MN分别为1AB和AC上的点，13aAMAN==，则MN与平面11BBCC的位置关系是（）A.相交B.平行C.垂直D.不能确定【答案】B17【解

析】如下图，连接BN交AD于点E,连1AE，111//AMENANMNAEEBACAB==，所以MN与平面11BBCC平行，选B.5．如图，动点P在正方体1111ABCDABCD−的对角线1BD上.过点P作垂直于平面11BB

DD的直线，与正方体表面相交于,MN.设,BPxMNy==，则函数()yfx=的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线1BD的中点O时，==2yMNAC=取得唯一最大值，所以排除,AC；当P在BO上

时，分别过,,MNP作底面的垂线，垂足分别为111,,MNP，则1111222?cos2?3yMNMNBPxDBDx=====，故选B.二、填空题186．点M为正方体1111ABCDABCD−的内切球O球面上的动点，点N为11BC上一点，112,

NBNCDMBN=⊥，若球O的体积为92，则动点M的轨迹的长度为__________．【答案】3305【解析】如图：，内切球的半径为：16322，所以正方体棱长为1632，取1BB的靠B的三等分点H连接CD,DH

，则NB⊥面DHC，所以M的轨迹为DHC与内切球的交线，由正方体棱长为1632可得O到面DCH的距离为1239272410d=−，所以截面圆的半径为2233010rRd=−=，所以M的轨迹长度为：33025r=7．如图，在长方体1111ABCDABCD−中，

1333ABADAA===，点P为线段1AC上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的__________．①当113ACAP=时，1//DP平面1BDC；②当115ACAP=时，1AC⊥平面1DAP；③1APD的最大值为90；④1APPD+的最小值为5.【答案

】①②【解析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则19()()()()()()1111,0,0,1,0,1,0,3,0,0,0,1,0,3,1,1,3,0AACDCB,()11,3,1AC=−−,设(),,Pxyz,()11,,1APxyz=−−.对于①

，当113ACAP=，即()()1,3,131,,1xyz−−=−−，解得232,,333P，1231,,333DP=−，设平面1BDC的法向量为()1111,,nxyz=，则由1110{0nDBnDC==，解得()13,1,3n=−−，由于1

10DPn=，所以1//DP平面1BDC成立.对于②，当115ACAP=时，即()()1,3,151,,1xyz−−=−−，解得434,,555P，由11110{0ACDAACDP==可知1AC⊥平面1DAP成立.对于③，设11ACAP=，即()()1

,3,11,,1xyz−−=−−，解得1311,,1P−−，由1222131131,,11,,cos,1311PAPD−−−−=+−+−

，其分子化简得25−，当5时，1cos,0PAPD，故1APD的最大值可以为钝角，③错误.对于④，根据③计算的数据，1131131,,1,1,,PAPD=−−=−−

,2221213111212521PAPD+=+−+−=−+，在对称轴115=，即5=时取得最小值为442555=，故④错误.8．一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源P的中心投影下在

桌面产生的投影为一椭圆，如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是RtPAB，其中6PA=，则该椭圆的长轴长为_______【答案】8【解析】正视图为RtΔPAB内切一个圆,且r=2,PA=6,AB=2+x,PB=4+x,根据勾股定理解得x=6,即PA=6,AB=8,P

B=10,所以长轴为8.填8.20【点睛】对于直角三角形的内切圆有如下性质，如图AD=AE,BD=BF,CE=CF.即同一点引出的切线长相等。9．已知空间四边形ABCD中，2ABBDAD===，1BC=，3CD=，若平面ABD⊥

平面BCD，则该几何体的外接球表面积为__________．【答案】163【解析】如图：由于ABD是等边三角形，所以到A,B,D三点距离相等的点在重心O且垂直是平面ABD的直线上，又因为RtBCD，所以到B,C,D三点

距离相等的点在过BD中点E且与平面BCD垂直的直线上，两直线的交点是O,所以球心为O.半径R=233，163S=。填16π3。10．将边长为2，锐角为60的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD，点,,EFG分另,,ACBDB

C的中点，则下列命题中正确的是__________．（将正确的命题序号全填上）①//EFAB；②EF是异面直线AC与BD的公垂线；③//CD平面EFG；④AC垂直于截面BDE．【答案】②③④【解析】如图：21由题意得，EF与AB是异面直线，故①不正确；由等腰三角形的中线性质得,,CFB

DAFBDDB⊥⊥⊥面ACF，又EF面ACF，EFBD⊥，且EFAC⊥，故②正确；由三角形中位线定理可得CDFG，在根据线面平行的判定定理可得//CD平面EFG，故③正确；由DB⊥面ACF得，DBAC⊥，又,EFACAC⊥⊥面EBD，故

④正确，故答案为②③④.11．已知点P为棱长等于2的正方体1111ABCDABCD−内部一动点，且2PA=，则11PCPD的值达到最小时，1PC与1PD夹角大小为__________．【答案】90【解析】由题意得，取11CD中点M，则()()()

()111111PCPDPMMCPMMDPMMCPMMC=++=+−22211PMMCPM=−=−，因为2PA=，所以P在以A为球心的球面上，所以min2321PMAM=−=−=，因为1112PMCD=，

所以11PDPC⊥，所以1PC与1PD的夹角为090.