【文档说明】2021新高考数学限时集训5　空间几何体的表面积与体积　空间位置关系与空间角　球与几何体的切接问题 .docx，共(25)页，1.039 MB，由小赞的店铺上传

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专题限时集训(五)空间几何体的表面积与体积空间位置关系与空间角球与几何体的切接问题1．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A．3B．32C．1D．32C[

由等边三角形ABC的面积为934，得34AB2＝934，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝23×32AB＝33AB＝3.设球O的半径为R，则由球O的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝R2－r2＝1，故选C．]2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，

β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面B[对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B

正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可

知选B．]3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道

所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°B[过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，G

F⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B．]4．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6

，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4πB．9π2C．6πD．32π3B[由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤32.∴Vmax＝43π

323＝92π.故选B．]5．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A．36πB．64πC．144πD．256πC[如图，设

球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝12R2.∵VO-ABC＝VC-AOB，而△AOB面积为定值，∴当点C到平面AOB的距离最大时，VO-ABC最大，∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VO-ABC最大为13×12R2×R＝36，∴R＝6，∴球O

的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C．]6．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32πA[如图所示，设球O的半径为

R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2.又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A．]7．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方

体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A．334B．233C．324D．32A[记该正方体为ABCD-A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成

的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，

G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝22，所以该正六边形的面积为6×3

4×222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A．]8．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α

∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A．32B．22C．33D．13A[根据平面与平面平行的性质，将m，n所成的角转化为平面CB1D1与平面A1B1C1D1的交线及平面CB1D1与平面DCC1D1的交线所成的角．设平面CB

1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面D

CC1D1＝CD1，同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为32.]9．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均

为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．2π2[如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1

G＝D1H＝22＋12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝3.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2＋MP2＝(3)2＋(2)2＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面

与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以︵GH的长为14×2π×2＝2π2.]10．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．23π[易知半径最大的球

即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.]11．(20

16·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有

正确命题的编号)②③④[对于①，α，β可以平行，可以相交也可以垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点

，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]12．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA

与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．402π[如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为12·SA·SB·sin∠ASB＝12·SA2·1－cos2∠ASB

＝1516·SA2＝515，∴SA2＝80，SA＝45.∵SA与底面所成的角为45°，∴∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝45×22＝210.∴底面周长l＝2π·AS′＝410π，∴圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.]13．(2017

·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与

a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)②③[依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0，1，0)，直线b的方向向

量为b＝(1，0，0)，CB→以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0，2π)，则B(cosθ，sinθ，0)，∴AB→＝(cosθ，sinθ，－1)，|AB→|＝2.设直线AB与a所成夹角为α，则cosα＝|AB→·a||

a||AB→|＝22|sinθ|∈0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB与b所成夹角为β，则cosβ＝|AB→·b||b||AB→|＝22|cosθ|.当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，则|s

inθ|＝2cosα＝2cos60°＝22，∴|cosθ|＝22.∴cosβ＝22|cosθ|＝12.∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．]14．(2020·全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝

3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________.－14[依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－23cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF

＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1＋3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝BC2＋CF2－BF22BC·CF＝22＋12－(6)22×2×1＝－14.]1．(2020·菏泽调研)已知m，n为

直线，α为平面，且m⊂α，则“n⊥m”是“n⊥α”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件B[当直线m，n都在平面α内时，不能由m⊥n推出n⊥α；若n⊥α，且m⊂α，由线面垂直

的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件，故选B．]2．(2020·惠州第一次调研)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，

b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD[对于A，a∥α，a∥β，则平面α，β可能平行，也可能相交，所以A不是α∥β的一个充分条件．对于B，a⊂α，a∥β，则平面α，β可能平行，也可能相交，所以B不是α∥β的一个充分条件

．对于C，由a∥b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α可得α∥β或α，β相交，所以C不是α∥β的一个充分条件．对于D，存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，如图，在β内过b上一点作c∥a，则c∥α，所以β内有两条相

交直线平行于α，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件，故选D．]3．[多选](2020·济南模拟)已知a，b，c为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列说法正确的是()A．a⊥α，b⊥α，则a∥bB．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β

C．a∥α，b∥α，则a∥bD．α∥γ，β∥γ，则α∥βAD[A中，由a⊥α，b⊥α，利用线面垂直的性质定理可推出a∥b，故A正确；B中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交，故B不正确；C中，若a∥α，b∥α，则a与b平行，或相交，或异面，故C不正确；D中，

若α∥γ，β∥γ，由面面平行的传递性可推出α∥β，故D正确．综上所述，AD正确．]4．(2020·郑州模拟)在三棱锥A-BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为22，

32，62，则该三棱锥的体积为()A．6B．66C．6D．26B[由△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为22，32，62，且AB，AC，AD两两垂直，可得12AB·AC＝22，12AD·AC＝32，12AB·AD＝62，三个

式子相乘可得(AB·AC·AD)2＝6，∴该三棱锥的体积V＝13×12AB·AC·AD＝66.故选B．]5．(2020·德州模拟)如图是古希腊数学家阿基米德用平衡法求球的体积所用的图形．此图由正方形ABC

D、半径为r的圆及等腰直角三角形构成，其中圆内切于正方形，等腰直角三角形的直角顶点与AD的中点N重合，斜边在直线BC上．已知S为BC的中点，现将该图形绕直线NS旋转一周，则阴影部分旋转后形成的几何体的体积为()A．23πr3B．πr3C．2πr3D．103πr3C[左上方的阴

影部分旋转后形成的几何体的体积V1等于半个球的体积减去一个三棱锥的体积，所以V1＝43πr3×12－13πr2·r＝13πr3；右上方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积V2等于圆柱的体积减去半个球的体积，所以V2＝πr2·r－12×43πr3＝13πr3；右下方的阴影部分旋

转后形成的几何体的体积V3等于圆台的体积减去一个圆柱的体积，所以V3＝13(πr2＋4πr2＋2πr2)·r－πr2·r＝43πr3.故阴影部分旋转后形成的几何体的体积V＝V1＋V2＋V3＝13πr3＋13πr3＋43πr3＝2πr3.故选C．]6．(2020·西安模拟)

如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，E是棱PD的中点，PC与平面ABE交于F点，设PF＝λFC，则λ＝()A．1B．2C．3D．4B[连接CA，CE，DB(图略)，由题易知λ＝VP-ABEVC-ABE＝VE-ABPVE-ACB＝12VD-ABP12VP-ACB＝V

P-ABDVP-ACB，因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ABD＝2S△ABC，因此λ＝VP-ABDVP-ACB＝S△ABDS△ABC＝2.故选B．]7．(2020·南昌模拟)如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4

，M是AA1的中点，点P，Q分别在棱CC1，DD1上，且CP＝D1Q＝1，设平面MPQ与平面ABCD的交线为l，则l与C1D1所成角的正切值为()A．4B．2C．5D．2B[如图，连接PB，MB，易知QM∥PB，延长QP交DC的延长线于点E，连接BE，易知CE＝2，且平面MPQ与平面

ABCD的交线为BE，又DE∥D1C1，所以∠CEB即为l与C1D1所成的角，所以tan∠CEB＝BCCE＝42＝2.]8．(2020·临沂模拟)已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是()A．18B．16C．12D．8A[设正

三棱柱的棱长为2a，如图，取球心为O，过点O作OO′垂直三棱柱的上底面于点O′，连接点O′与上底面顶点A交对棱于点B．则AB＝3a，AO′＝233a，OO′＝a.在Rt△OO′A中，由勾股定理，得OA2＝OO′2＋O′A2.∵OA＝7，∴7＝a2＋

43a2＝73a2.整理得a2＝3，∴a＝3.∴棱长为2a＝23.∴正三棱柱的体积V＝12×23×23×sin60°×23＝18.故选A．]9．(2020·济宁模拟)设球O是正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截

面面积为6π，则球O的半径为()A．32B．3C．32D．3B[如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝a2，易知DM＝13DB1，∴OM＝16DB1＝36

a，∴截面圆半径r＝a22－OM2＝66a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝66a＝6，a＝6，∴球O的半径为R＝a2＝3.故选B．]10．(2020·西安模拟)将正方形ABCD中的△ACD沿对角线AC折起，使得平面ABC垂

直于平面ACD，则异面直线AB与CD所成的角为()A．90°B．60°C．45°D．30°B[法一：如图，连接BD，取AC，BD，AD的中点分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，则由三角形的中位线定理知ON═∥12CD，MN═∥12AB，所以∠ONM或其补角为所求的角．连接BO，OD，因为

AB＝BC，所以BO⊥AC，因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OB⊂平面ABC，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD．设原正方形ABCD的边长为2，则BO＝OD＝2，所以BD＝2，所以OM＝12BD＝1，所以ON＝MN＝OM＝1，所以△OMN是等边三角形，

所以∠ONM＝60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B．法二：如图，设AC的中点为O，连接DO，OB，因为AD＝DC，所以DO⊥AC．因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OD⊂平面ACD，所以DO⊥平面ABC．延长BO到E，使得EO＝BO，连接D

E，AE，CE，易证得四边形ABCE为正方形，所以AB∥EC，所以∠DCE或其补角为异面直线AB与CD所成的角．设AC＝2a，则EC＝ED＝CD＝2a，所以△DCE为等边三角形，所以∠DCE＝60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，故选

B．法三：如图，设AC的中点为O，连接BO，OD，因为AD＝CD，AB＝BC，所以DO⊥AC，OB⊥AC．因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OD⊂平面ACD，所以OD⊥平面ABC．以

O为坐标原点，OA→，OB→，OD→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，设AC＝2a，则D(0，0，a)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，所以AB→＝(－a，a，0)，DC→＝(－a，0，－a)，所以cos〈AB→

，DC→〉＝AB→·DC→|AB→|·|DC→|＝－a·(－a)＋0＋02a·2a＝12，所以异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B．]11．[多选](2020·威海模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下面结论正确的是()A．BD∥平面CB1D1

B．AC1⊥平面CB1D1C．异面直线AC与A1B成60°角D．AC1与底面ABCD所成角的正切值是2ABC[对于A，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1，A正确；对于B，∵AA

1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，连接A1C1(图略)，又A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，∴AC1⊥平面CB1D1，B正确；对于C，

易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成的角为∠BA1C1，连接BC1，易知△A1C1B为等边三角形，∴∠BA1C1＝60°，即异面直线AC与A1B成60°角，C正确；对于D，AC1与底面ABCD所成角的正切值是CC1AC＝22≠

2，故D不正确．故正确的结论为ABC．]12．[多选](2020·潍坊模拟)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．则下列结论正确的是()A．C为AD

中点B．△SAC为直角三角形C．平面SAD⊥平面SBDD．平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行ABD[如图，连接OC，易知OC⊥AD，AD⊥BD，又O为AB中点，∴C为AD中点，故A正确．∵SO垂直于底面

圆O，AC⊂底面圆O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O，∴AC⊥平面SOC．又SC⊂平面SOC，∴AC⊥SC，∴△SAC为直角三角形，故B正确．由于点D是圆O上的动点，∴平面SAD不能总垂直于平面SBD，

故C错误．连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，∵P为SD的中点，O为DE的中点，∴OP∥SE.又OP⊂平面PAB，SE⊄平面PAB，∴SE∥平面PAB，故D正确．]13．(2020·厦门模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长

为2，P为A1C1的中点，E，F分别为A1D，BC1(含端点)上的动点，则PE＋PF的最小值为()A．2B．3C．2D．22B[如图，连接A1B，C1D，易知△A1DC1是边长为2的等边三角形，PE的最小值为点P到A1D的距离，故PEmin＝A1Psin60°＝32，同理，△A1BC1也是边

长为2的等边三角形，所以PFmin＝C1Psin60°＝32，所以PE＋PF的最小值为3.故选B．]14．[多选](2020·枣庄模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的

是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为43D．球O的内接正四面体的棱长为2AD[设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝233.因为球心O到平面ABC的距

离等于球O半径的13，所以r2－19r2＝43，得r2＝32.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×32＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足3a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；

球O的内接正四面体的棱长c满足c＝263r＝263×62＝2，选项D正确．]15．[多选](2020·济宁模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝2，点P为△BDC1内一点(不含边界)，则△A1PC1可能为()A．等腰三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．钝角三角

形BCD[连接AC，与BD交于点O，连接A1O，C1O，A1B，A1D(图略)．依题意得，AC⊥BD，AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面AA1C1C．∴BD⊥A1O，BD⊥C1O，故∠A1OC1为二面角

A1-BD-C1的平面角．易知A1O＝C1O＝2，A1C1＝22，由勾股定理的逆定理，知∠A1OC1＝90°，故平面A1BD⊥平面C1BD．连接PO(图略)，若∠A1PC1为直角，即A1P⊥PC1，又A1O⊥PC1，A1P∩A1O＝A1，∴C1P⊥平面POA1，则C

1P⊥PO，此时P在△BDC1内的一段圆弧(该圆弧所在的圆的直径为C1O)上，符合题意；当P在OC1上时，△A1PC1为钝角三角形；当P无限接近B或D时，△A1PC1为锐角三角形；若△A1PC1为等腰

三角形，∵A1C1＝22，BC1＝6，当A1C1为等腰三角形A1PC1的一个腰时，C1P，A1P均不可能为22，不符合题意．当A1C1为等腰三角形A1PC1的底边时，点P与A1C1中点的连线必垂直A1C1，此时，

在△BDC1内部不存在这样的点P.故选BCD．]16．[多选](2020·泰安模拟)在长方体A1B1C1D1-A2B2C2D2中，A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，如图，A，B，C分别是所在棱的中点，则下列结论中成立的

是()A．异面直线D2C与AD1所成的角为60°B．平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角的大小为120°C．点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等D．平面A2BC1截长方体所得的截面面积为32AC[连接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥

B2C，则∠D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角．连接AB2，易知AB2⊥A2B，AB2⊥BC，A2B∩BC＝B，所以AB2⊥平面A2BCD2.连接B1C，同理可证B1C⊥平面ABC1D1，所以平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角即

异面直线AB2与B1C所成的角或其补角．连接AD2，易知B1C∥AD2，所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2或其补角．又A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形，所以∠D2CB2＝60°，∠D2AB2＝60°

，即异面直线D2C与AD1所成的角为60°，平面A2BCD2与平面ABC1D1所成的角为60°或120°，故A正确，B错误；因为B1C⊥平面ABC1D1，且B1C与BC1垂直平分，所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等，又A1B1∥平面ABC1D1，所以点A1与点B1到平面ABC1

D1的距离相等，即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等，故C正确；取D1D2的中点E，连接A2E，EC1，易知A2E∥BC1，EC1∥A2B，故平面A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面，在△A2BC1中，A2B＝BC1＝2，A2C1＝6，所以S△A2BC1＝32，

截面面积为3，故D错误．]17．[多选](2020·滨州模拟)如图是一个直三棱柱ABC-A′B′C′和三棱锥D-A′B′C′的组合体，其中AB⊥BC，BB′＝BC＝AB＝1，BD→＝2BB′→，E，F，M分别是AA′，CC′，BD上一点，且AE＝A′E，CF＝C′F，则以下结论

中可能成立的是()A．平面MEF⊥平面ACC′A′B．三棱锥C′­MEF的体积为定值C．平面MEF∥平面DA′C′D．△MEF周长的最大值为4＋2ABC[对于A，当M为BB′的中点时，AA′⊥平面MEF，所以平面MEF⊥平面ACC′A′，所以A符合题意．对于B，易知三角形C′EF的面

积为定值，因为BD∥平面ACC′A′，所以M到平面C′EF的距离为定值，所以三棱锥C′­MEF的体积为定值，所以B符合题意．对于C，当M为B′D的中点时，可证得EM∥A′D，从而EM∥平面A′DC′，此时同理可证得FM∥平面A′DC′，又

FM∩EM＝M，所以平面MEF∥平面DA′C′，所以C符合题意．对于D，显然当M与D重合时，△MEF的周长最大，此时在△A′EM中，∠MA′E＝135°，A′E＝12，A′M＝2，由余弦定理得，ME＝A′E2＋A′M2－2A′E·A′Mcos135°＝132.所以此时△MEF的周长为13＋2＜4

＋2，所以D错误．]18．[多选](2020·日照模拟)如图，在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，点D，E分别为SC，SA上的动点，则下列结论正确的是()A．直线

SB⊥平面ABCB．若BD⊥SC，BE⊥SA，则∠BED为二面角B-SA-C的平面角C．直线SC与平面ABC所成的角为45°时，点B到平面ASC的距离是22aD．∠SCB＝45°时，三棱锥S-ABC外接球的表面

积为3πa22ABD[在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，则SB⊥BA，SC⊥CA，因为△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，所以AC⊥BC，又BC∩SC＝C，所以AC⊥平面SBC，故SB⊥AC，又SB⊥BA，BA∩AC＝A，

所以SB⊥平面ABC，故A正确；因为AC⊥平面SBC，AC⊂平面SAC，所以平面SBC⊥平面SAC，所以BD⊥平面ASC，易知DE为BE在平面ASC内的射影，又BE⊥SA，所以易得DE⊥AS，所以∠BED为二面角B-SA-C的平面角，故B正确；若BD⊥CS，则

BD⊥平面SAC，所以BD的长就是点B到平面ASC的距离，所以BD＝BCsin45°＝12a，所以C不正确；因为∠SBA＝∠SCA＝90°，所以SA为外接球的直径，设外接球的半径为R，则R＝AB2＋SB22＝a2＋

22a22＝6a4，所以三棱锥S-ABC外接球的表面积S＝4π6a42＝3πa22，所以D正确．故选ABD．]19．[多选](2020·烟台模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是()A．当点F移动至BC1的中

点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60°B．无论点F在BC1上怎么移动，都有A1F⊥B1DC．当点F移动至BC1的中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且A1EEF＝2D．无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成角都不可能是

30°BCD[设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，如图，易知点A1到平面BDC1的距离为233.当点F为BC1的中点时，线段A1F的长度最短，且为62，此时直线A1F与平面BDC1所成角的正弦值最大，且为23362＝223≠32，选项A错误；连接A1B，A1C1，

易知B1D⊥平面A1BC1，又A1F⊂平面A1BC1，所以总有A1F⊥B1D，选项B正确；连接A1D，B1F，DF，当F为BC1的中点时，A1D∥B1F，此时A1，D，B1，F四点共面，A1F，B1D为梯形A1DFB1的对角线，故其交于一点E，且A1EEF＝A1DFB1＝2，当F不是BC1的

中点时，点A1，D，B1，F不共面，A1F，B1D不可能相交，选项C正确；因为A1B1∥CD，所以∠B1A1F即异面直线A1F与CD所成的角，该角的正切值为B1FA1B1，易知22A1B1≤B1F≤A1B1，所以22≤B1FA1B1≤1，33不在该范围内，故无论点F在BC1上

怎么移动，异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30°，选项D正确．]20．(2020·南通模拟)如图所示，棱长为1的正方体木块经过适当切割，得到几何体K，已知几何体K是由两个底面相同的正四棱锥组合而成，底面ABCD平行于正方体的下底面，

且各顶点均在正方体的面上，则几何体K的体积的取值范围是________．16，13[由题意知四边形ABCD为正方形，且几何体K中两个正四棱锥的高之和为1，则几何体K的体积的取值范围由正方形ABCD的面积来决定．连

接AC，BD，由底面ABCD平行于正方体的下底面，可作平面ABCD所在截面的平面图如图所示．S正方形ABCD＝12AC·BD＝12AC2，当A，B，C，D分别为截面正方形四边的中点时，AC取到最小值；当A，B，C，D分别为截面正方形的四个顶

点时，AC取到最大值．故ACmin＝1，ACmax＝2，∴S正方形ABCD∈12，1，∴几何体K的体积V＝13S正方形ABCD×1＝13S正方形ABCD∈16，13.]21．(2020·成都模拟)在三棱锥P-ABC中，PA，

PB，PC两两垂直，且AB＝4，AC＝5，则BC的取值范围是________．(3，41)[如图所示，问题转化为在长方体中，PA＝x，PB＝y，PC＝z，且x2＋y2＝16，x2＋z2＝25，求y2＋z2的取值范围．由题可得，x2∈(0，16)，则y2＋z2＝41－2x2∈(9，

41)，据此可得y2＋z2∈(3，41)，即BC的取值范围是(3，41)．]22．[一题两空](2020·泰安模拟)已知点P为半径等于2的球O球面上一点，过OP的中点E作垂直于OP的平面截球O的截面圆为圆E.圆E的内接三角形ABC中，∠ABC＝90°，点B在AC

上的射影为D，则AC＝________，三棱锥P-ABD体积的最大值为________．23338[如图1，PE是三棱锥P-ABD的高，且为1，AE＝22－12＝3，所以VP-ABD＝13S△ABD×PE＝13S△ABD，截面圆的直径AC＝23.图1图2如图2，AB

⊥BC，BD⊥AC，设AD＝x(0＜x＜23)，则CD＝23－x，所以BD＝23x－x2，所以S△ABD＝12x·23x－x2＝1223x3－x4，令g(x)＝23x3－x4(0＜x＜23)，则g′(x)＝63x2－4x3，令63x2－4x3＝0得x＝33

2或x＝0(舍去)，令g′(x)＞0得0＜x＜332；令g′(x)＜0得332＜x＜23.所以g(x)的单调递增区间为0，332，单调递减区间为332，23，所以x＝332时，g(x)取得最

大值24316，所以△ABD面积的最大值为12×934＝938，则三棱锥P-ABD体积的最大值是13×938＝338.]23．[一题两空](2020·枣庄模拟)如图，在棱长均为3的正四棱锥P-ABCD中，E，F，G，H分别是PA，PB，PC，PD上的点，平面EFGH与

平面ABCD平行，S为AC和BD的交点，当四棱锥S-EFGH的体积最大时，PEPA＝________，四棱锥S-EFGH外接球的表面积为________．2325π2[因为平面EFGH与平面ABCD平行，所以四边形EFGH与四边形ABCD相似，所以四边形EFGH是正方形．设

PEPA＝x(0＜x＜1)，所以S正方形EFGHS正方形ABCD＝x2，易知四棱锥S-EFGH与四棱锥P-ABCD的高的比值为(1－x)，设VP-ABCD＝V0，则VS-EFGH＝x2(1－x)V0.设f(x)＝x2(1－x)

(0＜x＜1)，则f′(x)＝2x－3x2，则当0＜x＜23时，f′(x)＞0，当23＜x＜1时，f′(x)＜0，所以当x＝23，即PEPA＝23时，f(x)取得最大值，此时VS-EFGH取得最大值．连接PS，FH，EG，设FH与EG交于点M，易知点M在PS上，EF＝2，SM＝22，HM＝2.

设四棱锥S-EFGH的外接球的球心为O，半径为R，易知O在直线PS上，连接OH，易知点O在四棱锥S-EFGH的外部，则R－222＋2＝R2，解得R＝524，所以四棱锥S-EFGH的外接球的表面积为4πR2＝25π2.]获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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