第十三章立体几何初步热门考点 同步练习-2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

第十三章立体几何初步热门考点 考点1　空间几何体的结构特征 1.(2021新高考Ⅰ,3)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.2 2.(2023北京,9)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=10 m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为(　　) A.102 m　　B.112 m　　C.117 m　　D.125 m 3.(2023全国甲理,15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 　　　　个公共点.  考点2　空间中平行、垂直关系的证明 4.(2024全国甲文,11)设α、β是两个平面,m、n是两条直线,且α∩β=m.下列四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α,n⊥β ③若n∥α,且n∥β,则m∥n ④若n与α和β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③　　B.②④　　C.①②③　　D.①③④ 5.(2022全国乙理,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1　　 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC　　 D.平面B1EF∥平面A1C1D 6.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　　) A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1　 C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1 7.(2023全国甲理,11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为(　　) A.2 8.(2023全国甲文,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 考点3　空间角和距离的计算 9.(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 10.(2024新高考Ⅱ,7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A.　　B.1　　 C.2　　D.3 11.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 12.(2024全国甲文,19)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; (2)求点M到ADE的距离. 考点4　空间图形的表面积和体积 13.(2024新课标Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　) A.2π 14.(2024天津,9)一个五面体ABCDEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为(　　) A. 15.(多选题)(2023新课标Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 16.(2024全国甲理,14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  17.(2022全国甲文,19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD, △HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直. (1)证明:EF∥平面ABCD; (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度). 18.(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 考点5　几何体的内切球和外接球 19.(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　) A.100π　　B.128π　　C.144π　　D.192π 20.(2022全国乙理,9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　) A. 21.(多选题)(2023新课标Ⅰ,12)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 22.(2022新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A.　　D.[18,27] 应用实践 1.(2023江苏扬州中学模拟预测)已知l、m、n为空间中三条不同的直线,α、β、γ为空间中三个不同的平面,则下列说法中正确的是(　　) A.若α∩β=n,α⊥β,β⊥γ,则n⊥γ B.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥m,则n∥m C.若α∥β,l、m分别与α、β所成的角相等,则l∥m D.若m∥α,m∥β,α∥γ,则β∥γ 2.(2024江苏无锡市北高级中学月考)已知四边形ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则点A到平面PBD的距离是(　　) A.　　 C.　　D.1 3.(2024江苏南通如皋教学质量调研)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2,BC=2为半径的球面与侧面PBC的交线长为(　　) A.π　　B.π　　D.2π 4.(2023江苏扬州中学阶段练习)一个由三根细棒组成的支架如图所示,三根细棒下端重合于点P且两两所成的角都为60°,一个半径为1的小球放在支架上,小球与三根细棒的接触点分别为A,B,C,则球心O到点P的距离是(　　) A. 5.(2023江苏金陵中学、海安中学、南京外国语学校模拟)约翰·开普勒是近代著名的天文学家、数学家、物理学家和哲学家,有一次在上几何课时,他突然想到一个正三角形的外接圆与内切圆的半径之比为2∶1,恰好和土星与木星轨道的半径比很接近,于是他想,是否可以用正多面体的外接球和内切球的半径比来刻画太阳系各行星的距离呢?经过实践,他给出了以下的太阳系模型:最外面一个球面,设定为土星轨道所在的球面,先作一个正六面体内接于此球面,然后作此正六面体的内切球面,它就是木星轨道所在的球面.在此球面中再作一个内接的正四面体,接着作该正四面体的内切球面即得到火星轨道所在的球面,继续下去,他就得到了太阳系各个行星轨道的模型.根据开普勒的猜想,土星轨道所在的球面与火星轨道所在球面半径的比值为(　　) A.　　D.9 6.(2024上海部分学校学科素养测试)有下列几何对象:①长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计);②面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠);③体积为0.3 cm3的正四面体木块.关于上述几何对象能否单独完全装入一个棱长为1 cm的正方体盒子(盒壁厚度忽略不计),正确的结论是(　　) A.仅①②能　　B.仅②③能 C.仅①③能　　D.①②③均能 7.(2024山东济南高考针对性训练)三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC.若该三棱锥的最长棱的长为9,最短棱的长为3,则该三棱锥的最大体积为(　　) A.　　C.18　　D.36 8.(多选题)(2024江苏无锡辅仁高级中学期中)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,该几何体是上、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,AA1垂直于底面,AA1=5,底面扇环所对的圆心角为长度的3倍,CD=2,则下列说法正确的是(　　) A.弧 B.曲池的体积为 C.曲池的表面积为20+14π D.三棱锥A-CC1D的体积为5 9.(多选题)(2024江苏无锡江阴两校期中联考)如图,矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置.若M为线段A1C的中点,在△ADE翻折过程中(A1∉平面ABCD),下列结论正确的是(　　) A.三棱锥B-A1CE体积的最大值为　　 B.直线MB∥平面A1DE C.直线BM与A1E所成的角为定值　　 D.存在△A1DE,使DE⊥A1C 10.(2024江苏苏州黄埭中学阶段性练习)如图,将正四面体的每条棱三等分,截去顶角所在的小正四面体,余下的多面体就成为一个半正多面体,亦称“阿基米德体”.点A,B,M是该多面体的三个顶点,点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB,若AB=4,则该多面体的表面积为　　　　,点N轨迹的长度为　　　　.　  11.(2023江苏盐城三模)某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品,球的内部有两个内接正五棱锥,两个正五棱锥的底面重合,若两个正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为α,β,则tan α+tan β的最小值为　　　　.  12.(2024江苏南京外国语学校阶段性测试)如图,在四面体ABCD中,已知AB=AC=AD=BC=CD=a,BD=a. (1)求证:AC⊥BD; (2)求直线AC与平面BCD所成的角; (3)求二面角A-BC-D的正切值. 13.(2024广东广州南武中学段考)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=BC=2,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使B1M⊥平面AECD. (1)求证:CD⊥平面B1DM; (2)求B1E与平面B1MD所成的角; (3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 迁移创新 14.(2023江苏南京师范大学附属中学江宁分校联考)如图,在矩形ABCD中,AB=AD=4,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AD的中点,AC与BD交于点O,现将△AEH,△BEF,△CFG,△DGH分别沿EH,EF,FG,GH把这个矩形折成一个空间图形,使A与D重合,B与C重合,重合后的点分别记为M,N,连接ON,Q为MN的中点. (1)求多面体MNEFGH的体积; (2)若点P是该多面体表面上的动点,且满足PQ⊥ON,求点P的轨迹的长度. 答案与分层梯度式解析 1.B　设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π·, ∴l=2.故选B. 2.C　显然AE=ED=FB=FC, 作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH,易得OG=BC=5,四边形ABCD为矩形,∴∠FGO是平面ABFE与底面ABCD所成的角,∠FHO是平面BCF与底面ABCD所成的角. ∵tan∠FGO=tan∠FHO=,OG=5, ∴FO=,OH=5, ∴FG=FH=,GB=OH=5, ∴BF==8, ∴EF=AB-2GB=25-10=15, ∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117. ∴该五面体的所有棱长之和为117 m.故选C. 3.答案　12 解析　设正方体的棱长为2,则EF=2 ,所以正方体各棱的中点都在球面上,并且为各棱与球的唯一交点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点. 4.A　对于①,当n⊂α时,因为m∥n,m⊂β,则n∥β, 当n⊂β时,因为m∥n,m⊂α,则n∥α, 当n既不在α内也不在β内时,因为m∥n,m⊂α,m⊂β,则n∥α且n∥β,故①正确; 对于②,若m⊥n,则n与α,β不一定垂直,故②错误; 对于③,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t, 因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,所以根据线面平行的性质定理知n∥s, 同理可得n∥t,则s∥t,因为s⊄平面β,t⊂平面β,所以s∥平面β, 因为s⊂平面α,α∩β=m,所以s∥m,又因为n∥s,所以m∥n,故③正确; 对于④,当n∥α,n∥β时,满足若n与α和β所成的角相等,此时m∥n,故④错误. 综上只有①③正确,故选A. 5.A　如图所示, ∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,∴EF⊥BD, 又D1D⊥平面ABCD,EF⊂平面ABCD,∴D1D⊥EF, 又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1, 又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1, 故选A. 6.A　连接AD1,在正方形ADD1A1中, 由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D. 又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB. ∵AB⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD, ∴MN∥平面ABCD. ∵AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1, ∴AB⊥A1D, ∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1, ∴A1D⊥D1B.故选A. 7.C　过P作PO⊥平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、OE, ∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P, ∴CD⊥平面PEO,∵OE⊂平面PEO,∴CD⊥OE, 延长EO交AB于点F,则F为AB的中点,且OF⊥AB, 连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO, ∵PF⊂平面PFO,∴AB⊥PF, 又F为AB的中点,∴PA=PB. 在△PCA中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°, 由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+. 在△PBC中,PB=,BC=4,PC=3, 则cos∠PCB=, ∴sin∠PCB=, ∴S△PBC=,故选C. 8.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,A1C∩AC=C, ∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O, ∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1, ∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高. 由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°. 在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC, ∴Rt△A1CB≌Rt△ACB, ∴A1C=AC,∴A1C=A1C1, 又知A1C⊥A1C1, ∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 9.ABD　连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成的角为90°,故选项A正确. 由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成的角为90°,故选项B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,BD,易证C1O1⊥平面BB1D1D, ∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO1. 在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=,则∠C1BO1=30°,故选项C错误. ∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而 ∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD. 10.B　解法一:如图,设△ABC和△A1B1C1的中心分别为点O和O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABC, 取BC的中点F,B1C1的中点E,连接A1E,AF,过点A1作A1G⊥AF,垂足为G,易知A1G􀱀OO1.设OO1=h. 易知点A1,O1,E共线,点A,G,O,F共线, 易得S△ABC=, 又, ∴. 易得A1O1=, ∴AG=AO-A1O1=, 易知A1G⊥平面ABC, ∴∠A1AG即为A1A与平面ABC所成的角. 在Rt△A1AG中,tan∠A1AG==1. 故选B. 解法二:将正三棱台补形为正三棱锥,设侧棱延长后交于点P,正三棱台的高为h, 由已知得AB=3A1B1, ∴点P到平面A1B1C1的距离为h. 易得S△ABC=9, 故, ∴点P到平面ABC的距离为. 设点P在底面ABC上的投影为点O,连接AO,∴A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1,故选B. 11.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2, 故有AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因为PA⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD, 又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB, 所以AD⊥AB, 又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内, 所以AD∥BC. 又因为BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC, 所以AD∥平面PBC. (2)因为PA⊥底面ABCD,PA⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD. 过D作DH⊥AC交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以DH⊥PC, 过点H作HQ⊥PC交PC于点Q,连接DQ, 又因为DH∩HQ=H,DH,HQ⊂平面DHQ, 所以PC⊥平面DHQ, 又DQ⊂平面DHQ,所以PC⊥DQ, 所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角. 在Rt△DHQ中,设HQ=x,x>0,则HC=x-x2, 所以sin∠DQH=, 解得x=. 故AH=. 12.解析　(1)证明:由题意得EF∥MC,且EF=MC, 所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥FC, 又CF⊂平面BCF,EM⊄平面BCF, 所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O,连接OA,OE, 因为AB∥MC,且AB=MC, 所以四边形AMCB是平行四边形, 所以AM=BC=, 又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等腰三角形, 可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=, 又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM, 所以OA⊥平面EDM, 易知S△EDM=. 在△ADE中,cos∠DEA=, 所以sin∠DEA=. 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM, 得, 故点M到平面ADE的距离为. 13.B　设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l,则圆锥侧面积S圆锥侧=πrl,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πr·πr, 所以2, 易知l2=r2+()2,所以r=3, 所以圆锥的体积V=π. 14.C　如图所示,分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1,使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1, 则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-A1B1C1为三棱柱,侧棱AA1=4, 过点C作垂直于侧棱的平面CMN,交棱AA1,BB1分别于N,M, 所以MN,CM,CN与三条侧棱都垂直,则MN=CM=CN=1, 所以, 所以V五面体ABCDEF=. 15.AC　对于A,连接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=2)2×1=π,故A正确. 对于B,S侧=π,故B错误. 对于C,取AC的中点D,连接PD,OD. ∵OA=OC,PA=PC,D为AC的中点, ∴OD⊥AC,PD⊥AC. ∴∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角, ∴∠PDO=45°, 又PO⊥底面,OD⊂底面,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=,故C正确. 对于D,S△PAC==2,故D错误. 故选AC. 16.答案　 解析　分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图, 显然h甲=(r2-r1), ∴. 名师点睛　将空间图形平面化,利用圆台的体积公式,结合直角梯形的性质可迅速得解. 17.解析　取AB、BC、CD、DA的中点M、N、P、Q,连接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM. (1)证明:在正三角形ABE中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD. 同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN, 又EM=FN, 所以四边形EMNF为平行四边形,所以EF∥MN. 又MN⊂平面ABCD,且EF⊄平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)如图,可将包装盒分割为长方体MNPQ-EFGH和四个完全相同的四棱锥. 易得QM=MN=4 cm. 所以V长方体MNPQ-EFGH=(4(cm3), V四棱锥B-MNFE=(cm3), 所以该包装盒的容积为128(cm3). 18.解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD. (2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N, 则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD, ∴EN⊥BC, ∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC. 在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC. 连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N, ∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC, ∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角, 又知二面角E-BC-D的大小为45°, ∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形, 又由DE=2EA得DN=2NO, ∴MN==EN=ND, ∴AO=OD=1,∴VA-BCD=. 19.A　由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得圆的半径为4,设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时,有=1,R无解, 所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以有=1,解得R2=25,因此该球的表面积为S=4πR2=100π,故选A. 20.C　设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r, 当四边形ABCD为正方形时,底面ABCD的面积最大,为2r2,设四棱锥的高为h,易知r2+h2=1, 则V四棱锥O-ABCD=时,等号成立,故选C. 21.ABD　对于A,正方体内切球直径为1 m>0.99 m,故A符合题意. 对于B,如图1,正方体内最大的内接正四面体D-BA1C1的棱长A1C1= m>1.4 m,故B符合题意. 如图2,假设可放入的最大的圆柱的上、下底面圆心为P,Q,设圆柱底面半径为r m,底面直径为d m,连接CA1,如图3,在平面A1DCB1中,过Q作QE⊥A1C,交A1D于点E,则QE=r m,A1Q=d)m. 对于C,PQ=1.8 m> m,故C不符合题意. 对于D,PQ=×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04 m>0.01 m,故D符合题意. 故选ABD. 　 22.C　设该球的球心为O,半径为R,由该球的体积为36π,可得R=3. 在如图所示的正四棱锥S-ABCD中,由题意可得SA=l,SO=AO=3,设该正四棱锥底面正方形ABCD的外接圆圆心为O',则SO'为该正四棱锥的高,且点S,O,O'在同一条直线上,则AO'2=SA2-SO'2=AO2-(SO'-SO)2,即l2-SO'2=9-(SO'-3)2, 可得SO'=, 所以该正四棱锥的体积V=×2AO'2×SO' =, 因为3≤l≤3, 易知l2=24时,V取得最大值,为.故选C. 应用 1.B　对于A,n可能与γ平行,也可能与γ相交,故A错误; 对于B,因为α∩β=l,β∩γ=m,l∥m,且l⊄γ,m⊂γ,所以l∥γ, 因为l⊂α,γ∩α=n,所以l∥n,故m∥n,故B正确; 对于C,l与m可能相交、平行或异面,故C错误; 对于D,β与γ可能相交或平行,故D错误.故选B. 2.A　∵四边形ABCD为正方形,∴CD⊥AD,CD=AD. 又∵PD⊥AD,PD⊂平面PAD,CD⊂平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴∠PDC就是二面角P-AD-C的平面角, ∴∠PDC=60°,又∵CD=AD=PD=2, ∴△PCD是等边三角形,如图1,取CD的中点E,连接PE,BE,则PE⊥CD, ∵CD⊥AD,PD⊥AD,PD,CD⊂平面PCD,PD∩CD=D, ∴AD⊥平面PCD, 又∵PE⊂平面PCD,∴AD⊥PE, 又∵AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD, ∴PE⊥平面ABCD,即PE为三棱锥P-BDA的高, 又∵BE⊂平面ABCD,所以PE⊥BE, 在边长为2的等边三角形PCD中,PE=. 在正方形ABCD中,BD=, ∴在Rt△PEB中,PB=. 如图2,取PD的中点F,连接BF, 则BF⊥PD,且由PF=1,PB=2, ∴S△PBD=. 设点A到平面PBD的距离为h, 又知S△BAD=×2×2=2, ∴由VP-BDA=VA-PBD得h×S△PBD, 即, ∴点A到平面PBD的距离为.故选A. 3.A　如图,取PB的中点H,连接AH, 因为PA=AB=2,所以AH⊥PB, 又因为PA⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC, 所以PA⊥BC,PA⊥AB. 因为AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 因为AH⊂平面PAB, 所以BC⊥AH, 又AH⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC, 所以AH⊥平面PBC, 所以球心A到侧面PBC的距离为AH的长, 又易知AH=, 所以以A为球心,为半径的球面与侧面PBC的交线为圆弧EF(如图), 易知圆弧EF所在圆的半径为=1,圆心为点H, 所以以A为球心,为半径的球面与侧面PBC的交线长为π×1=π. 故选A. 4.C　如图所示,连接AB,AC,BC, 设△ABC所在截面的圆心为O1,连接AO1,AO, 设PA=x,则AB=AC=BC=x, 因为O1为△ABC的中心, 所以AO1=AB×x, 由题意知PA⊥OA, 由此易知Rt△PAO1∽Rt△POA, 所以, 解得PO=. 故选C. 5.C　 思路分析　 解析　设土星轨道所在球面的半径为R,内接正六面体的棱长为a, 则R, ∴正六面体的内切球半径为R, 设正四面体P-ABC的棱长为b,其外接球球心为O,G为底面中心,如图, ∵AG=b, ∴在Rt△AOG中,AO2=AG2+(PG-AO)2=R, 设正四面体的内切球半径为r,利用等体积法可得V=4×b, ∴r=,故选C. 6.D　①棱长为1 cm的正方体盒子,其体对角线长为 cm>1.7 cm, 所以长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计)沿正方体体对角线的位置就可以单独完全装入; ②棱长为1 cm的正方体盒子,对角面的面积为 cm2>1.1 cm2, 所以面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠)沿正方体对角面的位置就可以单独完全装入; ③设正四面体木块的棱长为a cm,作出正四面体ABCD如图,O是底面BCD的中心,AO是正四面体的高, 则OD=a(cm), 体积为, 棱长为1 cm的正方体中最大的正四面体为正方体的面对角线构成的正四面体(如图中B1D1AC),此时正四面体的棱长为,所以可以单独完全装入.故选D. 7.C　因为SA⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC, 所以SA⊥AB,SA⊥AC, 故SB=, 因为AB⊥BC,所以AC>BC,AC>AB,故SB<SC, 则该三棱锥的最长的棱为SC,故SC=9, 最短的棱为SA,AB或BC, 当最短的棱为SA,即SA=3时, 由勾股定理得AC=, 故AB2+BC2=AC2=72, 故S△ABC==18, 当且仅当AB=BC时,等号成立, 故三棱锥的体积为×18×3=18. 当最短的棱为AB,即AB=3时, 设BC=x,则AC=, 故S△ABC=, 三棱锥的体积为=18, 当且仅当x2=72-x2,即x=6时,等号成立. 当最短的棱为BC,即BC=3时, 设AB=x,则AC=, 故S△ABC=, 三棱锥的体积为=18, 当且仅当x2=72-x2,即x=6时,等号成立. 综上,该三棱锥的最大体积为18. 故选C. 8.ACD　设弧所在圆的半径为r, 因为弧r,即R=3r, ∴CD=R-r=2r=2,r=1,R=3,所以弧,故A正确; 曲池的体积为×5=10π,故B错误; 曲池的表面积为×5+2×5×2 =×5+20=20+14π,故C正确; 三棱锥A-CC1D的体积为×2×5×3=5,故D正确.故选ACD. 9.ABC　对于A,取线段CD的中点F,连接EF,连接AF交DE于点G,连接A1G,A1F, 在平面A1GF内过点A1作A1O⊥GF,垂足为点O, 在矩形ABCD中,AB∥CD且AB=CD, 因为E,F分别为AB,CD的中点,所以AE∥DF且AE=DF, 因为AB=2AD=2,所以AE=AD=1, 故四边形ADFE为正方形,故G为DE的中点,且AF⊥DE,同理可知四边形BCFE也为正方形, 将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置,则A1D=AD=AE=A1E=1,且A1D⊥A1E, 所以A1G⊥DE,且A1G=, 因为A1G∩AF=G,A1G,AF⊂平面A1GF, 所以DE⊥平面A1GF, 因为A1O⊂平面A1GF,所以A1O⊥DE, 因为A1O⊥AF,AF∩DE=G,DE,AF⊂平面ABCD, 所以A1O⊥平面ABCD,且A1O=A1Gsin∠A1GO≤A1G, 因为S△BCE=, 所以, 当且仅当∠A1GO为直角时,等号成立,故A正确; 对于B,连接BF交CE于点N,连接MN,MF, 因为四边形BCFE为正方形,CE∩BF=N,则N为CE的中点, 又因为M为A1C的中点,所以MN∥A1E, 因为MN⊄平面A1DE,A1E⊂平面A1DE,所以MN∥平面A1DE, 同理可证MF∥平面A1DE, 因为MN∩MF=M,MN,MF⊂平面BFM, 所以平面BFM∥平面A1DE, 因为BM⊂平面BFM,所以BM∥平面A1DE,故B正确; 对于C,因为MN∥A1E,所以直线BM与A1E所成的角为直线BM与MN所成的角, 因为MF∥A1D,MN∥A1E,A1D⊥A1E,所以MF⊥MN, 因为MF=, 所以△MNF为等腰直角三角形,且∠MNF=45°, 所以∠BNM=135°, 在△BMN中,BN=, 由余弦定理可得 BM=, 所以cos∠BMN=, 所以直线BM与A1E所成的角为定值,故C正确; 对于D,假设存在△A1DE使得DE⊥A1C, 易知DE=CE=, 因为CD=2,所以CE2+DE2=CD2,所以CE⊥DE, 因为DE⊥A1C,A1C∩CE=C,CE,A1C⊂平面A1CE, 所以DE⊥平面A1CE, 因为A1E⊂平面A1CE,所以DE⊥A1E, 事实上,△A1DE为等腰直角三角形,且∠A1ED=45°,这与DE⊥A1E矛盾,故假设不成立,故D错误. 故选ABC. 10.答案　112 解析　根据题意知,该正四面体的棱长为3AB=12,点A,B,M分别是正四面体对应棱的三等分点. 该正四面体的表面积为4×, 该多面体是由正四面体截去顶角所在的小正四面体得到的, 每个角上小正四面体三个侧面的面积为3×, 每个角上小正四面体底面的面积为, 所以该多面体的表面积为144. 如图,设点H为该多面体的一个顶点,F为A,B,H,M所在棱的交点,则HF=8=HM=MF, 在△HFB中,HB2=HF2+BF2-2BF·HFcos 60°=82+42-2×4×8×,所以HB2+BF2=HF2,得HB⊥BF,即HB⊥AB; 同理可得MB=4,MB⊥AB, 由HB∩MB=B,HB,MB⊂平面MBH, 所以AB⊥平面MBH. 由点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB, 则点N的轨迹是线段MB,HB,MH, 所以点N轨迹的长度为MB+HB+MH=4. 11.答案　2 思路分析　 解析　如图所示,记两个同底的正五棱锥分别为P-ABCDE与Q-ABCDE,设两个正五棱锥的外接球O的半径为R,球心到底面ABCDE的距离为d, 过A作AH⊥PQ于点H,因为PQ⊥平面ABCDE,所以∠PAH和 ∠QAH分别为侧棱PA,QA与底面所成的角,不妨令∠PAH=α, ∠QAH=β, 在直角△PAH中,tan α=, 在直角△QAH中,tan β=, 所以tan α+tan β=, 又AH≤R,所以当AH=R时,tan α+tan β取得最小值,为2. 12.解析　(1)证明:取BD的中点E,连接AE,CE,因为AB=AD=BC=CD,所以BD⊥CE,BD⊥AE, 因为AE∩CE=E,AE,CE⊂平面ACE,所以BD⊥平面ACE, 因为AC⊂平面ACE,所以AC⊥BD. (2)因为AB=AC=AD=BC=CD=a,BD=a, 又AE2+CE2=a2=a2=AC2,所以△ACE为等腰直角三角形,且AE⊥CE, 又AE⊥BD,BD∩CE=E,BD,CE⊂平面BCD,所以AE⊥平面BCD, 所以直线AC与平面BCD所成的角为∠ACE, 在Rt△AEC中,AE=CE, 所以∠ACE=45°,所以直线AC与平面BCD所成的角为45°. (3)取BC的中点F,连接AF,EF,则EF∥CD,且EF=, 因为BC2+CD2=a2+a2=2a2=BD2,所以BC⊥CD,同理可得AB⊥AD, 所以BC⊥EF,又AB=AC=BC,所以BC⊥AF, 所以∠AFE是二面角A-BC-D的平面角, 在Rt△AEF中,tan∠AFE=, 即二面角A-BC-D的正切值为. 13.解析　(1)证明:如图,在梯形ABCD中,连接DE, 因为E是BC的中点,所以AB=AD=BE=BC=2, 又因为AD∥BE,故四边形ABED是菱形, 从而AE⊥BD, 所以将△BAE沿着AE翻折成△B1AE后,AE⊥B1M,AE⊥DM, 又B1M∩DM=M,B1M,DM⊂平面B1DM, 所以AE⊥平面B1DM, 由题意易知AD∥CE,AD=CE,所以四边形AECD是平行四边形,故AE∥CD, 所以CD⊥平面B1DM. (2)由(1)知AE⊥平面B1MD,所以线段B1E在平面B1MD内的射影为线段B1M, 所以B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M, 由已知条件,可知△B1AE是正三角形,所以B1M平分∠AB1E,所以 ∠EB1M=30°, 所以B1E与平面B1MD所成的角为30°. (3)假设线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD, 过点P作PQ∥CD,交B1D于Q,连接MP,AQ,如图所示: 由题知AM∥CD,所以AM∥PQ,所以A,M,P,Q四点共面, 又因为MP∥平面B1AD,AQ⊂平面B1AD,所以MP∥AQ, 所以四边形AMPQ为平行四边形, 所以PQ=AM=CD,所以P是B1C的中点, 故在线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,且. 14.思路分析　 解析　(1)连接EG,易得EG⊥FH,因为NG=NE,O为EG的中点,所以ON⊥EG, 又ON∩FH=O,ON,FH⊂平面OFN,所以EG⊥平面OFN,同理EG⊥平面OHM, 又平面OFN与平面OHM有公共点O, 所以点M,N,F,H共面, 又NG2+NE2=8=GE2, 所以NG⊥NE,ON==NF=HM, 因为NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N,NG,NE⊂平面NEG, 所以NF⊥平面NEG, 又ON⊂平面NEG,所以NF⊥ON, 则∠NOF=∠NFO=45°, 同理∠OHM=45°, 则∠NOF=∠OHM,从而ON∥HM,即四边形ONMH为平行四边形,MN∥HF,MN=OH=2, 连接OQ,在等腰梯形MNFH中,高OQ=NFsin 45°=1,故S梯形MNFH==3, 显然EG⊥平面MNFH,所以多面体MNEFGH的体积V=2VE-MNFH=2×. (2)同(1)中证明NF⊥平面NEG,可得HM⊥平面MEG, 又ON∥HM,所以ON⊥平面MEG, 依题意,动点P所在平面与ON垂直,则该平面与平面MEG平行,而此平面过点Q, 令这个平面与NE,MN,NG,GF,EF的交点依次为P1,Q,T,S,R,依次连接P1Q,QT,TS,SR,RP1,则P1Q∥EM,QT∥MG,RS∥EG,连接OM,同(1)中证明ON∥HM,同理OM∥NF,又OM⊂平面MEG,NF⊄平面MEG,所以NF∥平面MEG,又NF⊄平面QP1RST,所以NF∥平面QP1RST,由此易知TS∥NF∥P1R, 又Q为MN的中点,所以点P1,T,S,R为所在棱的中点,即点P的轨迹为五边形QP1RST(点Q除外), 故点P的轨迹的长度为QP1+P1R+RS+ST+TQ=. 素养评析　本题第(1)问主要考查数学运算、直观想象的核心素养,能够在熟悉的情境中考查学生的空间想象能力.在翻折过程中感知几何体具有的对称性,达到了水平一;本题第(2)问还考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养,在立体图形动点的轨迹问题中,若动点在某个平面内,利用给定条件,借助线面、面面平行和垂直等性质,确定动点与所在平面内的定点或定直线的关系,结合有关平面轨迹定义判断出轨迹的形状并求得轨迹的长度,很好地培养了学生的直观想象素养、逻辑推理素养,达到了水平二. 43 学科网（北京）股份有限公司 $$