立体几何专项摸底练习-2025届高三数学一轮复习

高中一轮立体几何专项练习摸底含解析 题型分类（摸底题型精选部分） 1、空间几何体的面积计算 2、空间几何体的体积计算 3、空间中直线与直线之间的关系 4、空间直线与平面位置关系 5、空间平面与平面位置关系 6、点线面关系综合应用 立体几何专项练习习题 一、空间几何体的面积计算 1、已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为　　 A．2 B． C．4 D． 2、已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 　 　． 3、已知圆锥PO，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 4、陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（    ）    A． B． C． D． 5、一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）    A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为 6、如图等腰梯形，，，，，那么该梯形直观图的面积是______. 二、空间几何体的体积计算 7、已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（    ） A．1 B．2 C． D．5 8、已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 9、在四棱锥中，为等边三角形，，，点E为的中点．    (1)证明：平面； (2)已知平面⊥平面，求三棱锥的体积． 10、乐高积木是由丹麦的克里斯琴森发明的一种塑料积木，由它可以拼插出变化无穷的造型，组件多为组合体．某乐高拼插组件为底面边长为、高为的正四棱柱，中间挖去以底面正方形中心为底面圆的圆心、直径为、高为的圆柱，则该组件的体积为（    ）．（单位：） A． B． C． D． 11、在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为_________.      12、已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ） A． B． C． D． 13、如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，则三棱锥的体积为______．    三、空间中直线与直线之间的关系 14、如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 15、在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.    (1)求证：平面平面； (2)设为线段的中点，求点到直线的距离. 16、在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是　　 A． B． C． D． 17、如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 18．【多选】已知正方体，则　　 A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 19、如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，为的中点． (1)求证：； (2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使？请证明你的结论． 四、空间直线与平面位置关系 20、已知平面、、两两垂直，直线、、满足：，，，则直线、、不可能满足以下哪种关系　　 A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面 21、如图，在底面为菱形的四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面ABCD； (2)已知，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值． 22、如图，在长方体中，已知，． （1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积； （2）求直线与平面的夹角大小． 23、如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 24、如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为． （1）证明：平面； （2）已知，为上的点，，求与平面所成角的正弦值． 25、如图，已知四棱锥中，，、分别是、的中点，底面ABCD，且    (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥的体积． 五、空间平面与平面位置关系 26、如图，在三棱锥P﹣ABC中，△APC为等边三角形，AC＝4，平面APC⊥底面ABC，AB＝BC＝2，O为AC的中点． （1）证明：PO⊥平面ABC； （2）若点M在棱BC上，BM＝λBC，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求λ的值． 27、如图所示，在多面体中，底面为矩形，且底面∥.    (1)证明：∥平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 28、如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 29、如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面为正三角形，且平面平面． (1)求证：． (2)若为中点，试在上找一点，使平面平面． 六、点线面关系综合应用 30、在边长为6的菱形中，，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 31、已知菱形纸片ABCD的边长为2，且∠ABC＝60°，将△ABC绕AC旋转180°，旋转过程中记点B位置为点P，则（　　） A．直线AC与点P的轨迹所在平面始终垂直 B．PB+PD的最大值为 C．二面角A﹣PD﹣C的大小与点P的位置无关 D．旋转形成的几何体的体积为π 32、如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．不存在点，使得 B．存在点，使得 C．对于任意点，到的距离的取值范围为 D．对于任意点，都是钝角三角形 33、已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 立体几何专项练习习题解析 一、空间几何体的面积计算 1、已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为　　 A．2 B． C．4 D． 【解析】由题意，设母线长为， 因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 则有，解得， 所以该圆锥的母线长为． 故选：． 2、已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 　 　． 【解析】因为圆柱的底面积为，即， 所以， 所以． 故答案为：． 4、已知圆锥PO，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可. 【详解】如图所示，    设圆锥的半径为r，母线为l， 由题意知，， 在中，， 所以， 所以圆锥侧面积为. 故选：B. 5、陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解. 【详解】由题意可得圆锥体的母线长为， 所以圆锥体的侧面积为， 圆柱体的侧面积为， 圆柱的底面面积为， 所以此陀螺的表面积为， 故选：C. 6、一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）    A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为 【答案】CD 【详解】根据圆柱，圆锥，球体的侧面积，表面积，和体积公式依次判断选项即可. 【点睛】对选项A，圆柱的侧面积为，故A错误； 对选项B，圆锥的母线为， 圆锥的侧面积为，故B错误. 对选项C，球的表面积为，故C正确. 对选项D，圆柱的体积， 圆锥的体积，球的体积， 所以圆柱､圆锥､球的体积之比为，故D正确. 故选：CD 7、如图等腰梯形，，，，，那么该梯形直观图的面积是______. 【答案】 【分析】根据斜二测画法的性质结合梯形面积公式即可求解. 【详解】由题意可知等腰梯形的高, 由斜二测画法的规则可知：该梯形直观图中的高为， 的长度在直观图中与原图保持一致，故直观图的面积为 故答案为： 二、空间几何体的体积计算 8、已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（    ） A．1 B．2 C． D．5 【答案】C 【分析】设圆锥的高为，根据圆锥及球的体积公式求出，再由勾股定理计算可得. 【详解】设圆锥的高为，则，解得， 所以母线长为. 故选：C 9、已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 在中，，即， 球的体积为，球的半径， 在中，，即， ，， ，又，， 该正四棱锥体积， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， （4）， 又，，且， ， 即该正四棱锥体积的取值范围是，， 故选：． 10、在四棱锥中，为等边三角形，，，点E为的中点．    (1)证明：平面； (2)已知平面⊥平面，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出面面平行，进而得到线面平行； （2）作出辅助线，由面面垂直得到PO⊥平面ABCD，结合，求出各边长，利用线段比例关系和等体积法求解三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：取的中点M，连，    ∵E为中点， ∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面， 又∵为等边三角形，∴⊥, ∵，， ∴，， ∴⊥， ∴， 又平面，平面， ∴平面，，平面， ∴平面平面， ∵平面， ∴平面． （2）连接AC交BD于O，连接PO， 因为，垂直平分， 故O为BD中点，AC⊥BD， 因为，所以⊥，    ∵平面PBD⊥平面ABCD，交线为，平面， ∴PO⊥平面ABCD， ∵， ∴， 由勾股定理得， 法1：因为⊥，，所以， 因为，为中点， 所以， 法2：因为⊥，，所以， 因为为中点，所以. 11、乐高积木是由丹麦的克里斯琴森发明的一种塑料积木，由它可以拼插出变化无穷的造型，组件多为组合体．某乐高拼插组件为底面边长为、高为的正四棱柱，中间挖去以底面正方形中心为底面圆的圆心、直径为、高为的圆柱，则该组件的体积为（    ）．（单位：） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正四棱柱和圆柱的体积公式即可求出结果. 【详解】因为正四棱柱的底面边长为、高为，所以正四棱柱的体积为， 又挖去的圆柱的直径为、高为，所以圆柱的， 故所求几何体的体积为. 故选：D. 12、在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为_________. 【答案】 【分析】绕直线AB旋转一周 ，所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，由此根据圆锥的体积公式能求出其体积. 【详解】因为在直角三角形中，，，， 所以绕直线AB旋转一周所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，示意图如下图所示：      所以绕直线AB旋转一周所得几何体的体积为. 故答案为:． 13、已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为， 所以该几何体的体积为. 故选:B. 14、如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，则三棱锥的体积为______．    【答案】2 【解析】连接，在正方体中， 因为四边形为正方形，则，而平面，平面， 即有，又，平面，平面，则平面， 而平面，因此，同理平面，又平面， 即有，因为，平面,平面， 所以平面． 连接，设，连接OP，则OP是的中位线， 所以，， 所以OP⊥平面，即OP是三棱锥的高． 因为，所以．    因为，所以．故答案为：2. 三、空间中直线与直线之间的关系 15、如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接与交于点，连接， 由题意得，，且平面， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，    设四棱锥各棱长均为2，则，， 可得， 则， 设异面直线与所成角为， 则． 16、在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.    (1)求证：平面平面； (2)设为线段的中点，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先取的中点，连接，根据题意易证平面，从而得到，即可得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面. （2）首先取的中点，连接，易证平面，从而得到，再计算的长度即可. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：    因为，， 则四边形为正方形，所以， 因为，所以. 因为，，，平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 因为，，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）取的中点，连接，    因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以. 因为，所以. 因为，，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. 因为，，且， 所以， 即点 E 到直线 CD 的距离为. 17、在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是　　 A． B． C． D． 【解析】如图， 由点到的距离为3，到的距离为2， 可得在△内，过作，且于，于， 在平面中，过作，交于，则平面平面． 连接，交于，连接， 平面平面，平面平面，平面平面， ． 在中，过作，且于，则． 线段在四边形内，在线段上，在四边形内． 则点所在的平面是平面． 故选：． 18、如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 【解析】对于，当是的中点时，与是相交直线； 对于，根据异面直线的定义知，与是异面直线； 对于，当点与重合时，与是平行直线； 对于，当点与重合时，与是相交直线． 故选：． 19．【多选】已知正方体，则　　 A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 【解析】如图， 连接，由，，得四边形为平行四边形， 可得，，直线与所成的角为，故正确； ，，，平面，而平面， ，即直线与所成的角为，故正确； 设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角， ，直线与平面所成的角为，故错误； 底面，为直线与平面所成的角为，故正确． 故选：． 20、如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，为的中点． (1)求证：； (2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使？请证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)当为中点时，；证明见解析 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质可得，由线面垂直的判定与性质可证得结论； （2）利用面面平行的判定可证得平面平面，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论. 【详解】（1）连接， 四边形为菱形，，又，为等边三角形， 为中点，； ，为中点，， 又，平面，平面， 平面，. （2）当为中点时，，证明如下： 分别为中点，，又平面，平面， 平面； 分别为中点，，， 四边形为平行四边形，，又平面，平面， 平面，又，平面， 平面平面， 由（1）知：平面，平面， 平面，. 四、空间直线与平面位置关系 21、已知平面、、两两垂直，直线、、满足：，，，则直线、、不可能满足以下哪种关系　　 A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面 【解析】如图1，可得、、可能两两垂直； 如图2，可得、、可能两两相交； 如图3，可得、、可能两两异面； 故选：． 22、如图，在底面为菱形的四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面ABCD； (2)已知，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）证明：取AD的中点为O，连结OM，OB， 因为四边形ABCD是为菱形，且， 所以为正三角形，所以，且． 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 所以， 因为，平面ABCD，平面ABCD 所以平面ABCD， 又因为平面MAD， 所以平面平面ABCD． （2）由（1）知，OA，OB，OM两两垂直，故以O为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．    则，，，，， 所以，，， 设平面ACN的一个法向量为， 则，即， 取，则． 因为， 则， 所以直线BN与平面ACN所成角的正弦值为． 23、如图，在长方体中，已知，． （1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积； （2）求直线与平面的夹角大小． 【解析】（1）如图，在长方体中，； （2）连接， ， 四边形为正方形，则， 又，， 平面， 直线与平面所成的角为， ． 直线与平面所成的角为． 24、如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形中，由已知可得，， ，， 由余弦定理可得， ， 则，即， 又，，平面， 而平面，， ，； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面， 又平面，平面平面， 且平面平面， ，且平面，平面， 连接，则， 在中，，，， 可得， 又，在中，求得， 取中点，连接，则，可得、、两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，2，，，0，，， 又为的中点，，， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 25、如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为． （1）证明：平面； （2）已知，为上的点，，求与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：过在平面内作直线， 由，可得，即为平面和平面的交线， 平面，平面，， 又，，平面， 设为平面中任意一条直线，则， ，， 由线面垂直的定义是平面； （2）解：如图，以为坐标原点，直线，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， ，为上的点，， ，， 则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，作，则为平面与平面的交线为，因为，是等腰直角三角形，所以，0，， 则，0，，，1，，，1，， 设平面的法向量为，，， 则，，取，可得，0，， ，， 与平面所成角的正弦值为． 26、如图，已知四棱锥中，，、分别是、的中点，底面ABCD，且    (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）可以通过作辅助线结合中位线得到线线平行证明线面平行或者通过证明面面平行得到线面平行； （2）先求三棱锥的体积，得到三棱锥的体积，利用几何体的分割可得答案. 【详解】（1）证法一：连接AC交BO于点，连接． ， ∴四边形为平行四边形,∴是的中点； ∵中，是的中点,； ∵ 平面，平面， ∴ 平面.    证法二：中，分别是的中点，， 又平面，平面,平面 ， 且， ∴四边形是平行四边形， ， 又平面，平面,平面; ，平面,∴平面平面， ∵平面，平面. （2）连结，，    由中，， 得，, ∴ 的面积; 又平面，, ∴三棱锥的体积为; ∵是的中点， , ∴. 五、空间平面与平面位置关系 27、如图，在三棱锥P﹣ABC中，△APC为等边三角形，AC＝4，平面APC⊥底面ABC，AB＝BC＝2，O为AC的中点． （1）证明：PO⊥平面ABC； （2）若点M在棱BC上，BM＝λBC，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求λ的值． 【分析】（1）由题意得PO⊥AC，又平面APC⊥底面ABC，根据面面垂直的性质，即可证明结论； （2）连接BO，由（1）可知建立以O为坐标原点，以AC、OB、OP所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法，即可得出答案． 【解答】解：（1）证明：∵△APC为等边三角形，O为AC的中点， ∴PO⊥AC， ∵平面APC⊥底面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面APC， ∴PO⊥平面ABC； （2）连接BO，由（1）可知建立以O为坐标原点，以AC、OB、OP所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示： AB＝BC＝2，AC＝4，则OP＝2，AB2+BC2＝16＝AC2， ∴△ABC等腰直角三角形，则OB＝2，BO⊥AC， ∴C（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），A（﹣2，0，0），设M（x，y，0）， 则＝（x，y﹣2，0），＝（2，﹣2，0）， ∵BM＝λBC，∴，则x＝2λ，y＝2﹣2λ，0≤λ≤1， ∴M（2λ，2﹣2λ，0）， ∵平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC， ∴BO⊥平面PAC， ∴平面PAC的一个法向量为＝（0，2，0）， 设平面MPA的一个法向量为＝（x，y，z），＝（2，0，2），＝（2λ+2，2﹣2λ，0）， 则，取x＝，则z＝﹣1，y＝， ∴平面MPA的一个法向量为＝（，，﹣1）， ∵二面角M﹣PA﹣C为30°， ∴cos＜，＞＝＝＝cos30°＝，即（）2＝4，解得λ＝3（不合题意，舍去）或λ＝， 故λ＝． 【点评】本题考查直线与平面垂直、二面角、空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力、直观想象，属于中档题． 28、如图所示，在多面体中，底面为矩形，且底面∥.    (1)证明：∥平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）证明：取线段的中点，连接， 因为四边形是矩形，且， 所以且 因为且且， 所以且， 所以且 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面 （2）因为底面平面，所以， 因为 所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，. 设平面的法向量为，则 ，令，则， 故平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由，取，则， 故平面的一个法向量， 则. 设平面与平面的夹角为，则. 29、如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有： ，2，，，0，，，2，，，0，， ，， ，又，，，四点不共线， ； （2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，， 又由（1）知，0，，，2，，，0，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面的法向量为， 则，取， 根据题意可得，， ， ，又，， 解得或， 为的中点或的中点， ． 30、如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面为正三角形，且平面平面． (1)求证：． (2)若为中点，试在上找一点，使平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)为的中点 【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得. （2）结合面面垂直的判定定理判断出点的位置. 【详解】（1）取的中点，连接，，， ∵，∴． 在底面菱形中，∵，∴三角形是等边三角形，则， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以. （2）为的中点，连接交于点．连接， ∵，，∴所以四边形是平行四边形， ∴为的中点，则． ∵平面平面且交线为，，平面， ∴平面， 则平面， 由于平面， ∴平面平面， 所以是的中点. 六、点线面关系综合应用 31、在边长为6的菱形中，，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心位置，求得外接球半径，即可求得答案. 【详解】由题意在边长为6的菱形中，知， 和为等边三角形，如图所示，    取BD中点E，连接AE，CE，则，， 同理可得，又，则，则， 又平面,故平面， 而平面，故, 由于为等边三角形，故三棱锥外接球球心O在平面内的投影为的外心，即平面，故， 过O作于H，则H为的外心，则,即共面， 则，则四边形为矩形， 则在中，，， 所以外接球半径，则外接球表面积为， 故选：C 32、已知菱形纸片ABCD的边长为2，且∠ABC＝60°，将△ABC绕AC旋转180°，旋转过程中记点B位置为点P，则（　　） A．直线AC与点P的轨迹所在平面始终垂直 B．PB+PD的最大值为 C．二面角A﹣PD﹣C的大小与点P的位置无关 D．旋转形成的几何体的体积为π 【分析】由题知，点P的轨迹所在平面为平面BDP，再结合题意依次分析各选项即可得答案． 【解答】解：如图，点P的轨迹为以菱形对角线的交点为圆心的半圆弧， 即点P的轨迹所在平面为平面BDP，由于在菱形ABCD中，AC⊥BD， 所以在旋转过程中，AC⊥OP， 因为OP∩BD＝O，OP，BD⊂平面BDP， 所以AC⊥平面BDP，故A正确； 对于B选项，因为PD2+PB2＝BD2＝12， 所以由不等式，得， 当且仅当PD＝PB时等号成立，故B正确； 对于C，取PD中点E，连接AE，CE，OE，由AP＝AD＝PC＝PD得PD⊥AE，PD⊥CE， 所以，∠AEC是二面角A﹣PD﹣C的平面角， 所以，由对称性可知∠AEC＝2∠AEO，， 因为OE的长度随着P的位置的变化而变化， 所以，∠AEO随着P的位置的变化而变化，即∠AEC的大小与点P的位置有关，故C错误； 对于D选项，由题知旋转形成的几何体为两个半圆锥，底面半径为，高为1， 故其体积为，故D正确． 故选：ABD． 【点评】本题主要考查旋转体的结构特征，二面角的求法，组合体的体积，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题． 33、如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．不存在点，使得 B．存在点，使得 C．对于任意点，到的距离的取值范围为 D．对于任意点，都是钝角三角形 【答案】ABC 【解析】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点， 分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系. 所以，，，设，其中， 所以，， 当时，即，所以，显然方程组无解， 所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确； 当时，解得，故B项正确； 因为，其中，所以点Q到的距离为 ， 故C项正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.    故选：ABC 34、已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 【答案】ABD 【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确； 连接，因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 又平面，所以，故B正确； 连接，设，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 设正方体棱长为，则，，， 所以，直线与平面所成的角为，故C错误； 因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确. 故选：ABD 1 学科网（北京）股份有限公司 $$