11.2.2 椎体的体积（题型专练）数学沪教版2020必修第三册

11.2.2锥体的体积 题型一 椎体体积公式的直接应用 1．在棱长为1的正方体中，E，F分别为AB，的中点，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 2．已知在四面体中，，直线与的距离为2，夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 3．已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ）． A． B．2 C． D． 5．如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（    ） A． B． C． D． 6．如图，是圆的直径，点C是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且.则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．若一个圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则该圆锥的体积为（  ） A． B． C． D． 8．图1圆柱形笔筒的底面直径为（壁的厚度忽略不计），母线长为，直观图如图2所示，， 分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，则三棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 9．一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为 ． 10．已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为 ． 11．随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替．一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图，已知该圆锥的高为3m，圆柱的高为4m，底面直径为8m，该蒙古包的体积是 . 12．已知某圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的体积为 . 13．如图，正三棱柱中，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求这个三棱柱的侧棱长. 14．如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，，，M为中点．底面为等腰三角形，，O为BC的中点． (1)证明：平面平面AOM； (2)若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 15．如图，四棱锥的底面是正方形，平面． (1)求证：平面； (2)若，直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 题型一 求简单组合体的体积 一、单选题 1．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ）    A．平面 B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 2．在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（   ） A．与，都有关 B．与，都无关 C．与有关，与无关 D．与有关，与无关 3．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 4．将所有顶点均在两个平行平面内的多面体称为“拟柱体”，顶点所在的这两个平行平面叫做“拟柱体”的底面，其余各面叫做“拟柱体”的侧面，两底面之间的垂直距离叫做“拟柱体”的高，且“拟柱体”的侧面可以为三角形、梯形或平行四边形．如图，已知“拟柱体”的高为h，体积为V，上、下底面的面积分别为S，，点K，L，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，且中截面（多边形KLMNPQ）的面积为T，则（   ） A． B． C． D． 5．已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：    其中不正确结论是（　　） A．直线与平面相交； B．平面； C．若，则点到平面的距离为； D．该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等． 6．所有顶点都在两个平行平面上的多面体叫做“拟柱体”，两个平行平面之间的距离为h．“拟柱体”的统一体积公式为（其中L，M，N分别为的上底面面积、中截面（与上下底面平行且距离相等的截面）面积、下底面面积，如图．在多面体中，底面是边长为2的正方形，，，点E到底面的距离是2，则该多面体的体积为（    ）． A．5 B． C． D．6 7．如图， 多面体ABCEF ， D为AB的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 二、填空题 8．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 . 9．如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为 ． 三、解答题 10．如图，已知圆锥的底面圆的半径，且圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，点是母线的中点，，垂足为边上的点，点在底面圆上，且.    (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 11．如图，在三棱锥中，平面是的中点. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的大小. 12．已知四棱柱中，侧面为矩形，，，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面⊥平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 题型二 将涉及体积问题转化为平面问题 一、单选题 1．如图，正三棱柱 的各棱长均为1，的中点为D，上有两个动点，且 则下列结论中错误的是（     ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．的面积与的面积相等 2．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 3．已知一个圆锥的高是3，在正放（底面水平放置）时该圆锥内水面高度为2，现将圆锥倒置，则此时圆锥内的水面高度为（   ） A． B． C． D． 4．如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，下列结论错误的是（    ） A．平面平面 B．平面 C．点是的垂心 D．三棱锥的体积为 5．如图，三棱锥S-ABC形的容器（忽略容器的器壁）内部装满了水，在三条侧棱上各凿出一个小洞D，E，F（将三个小洞视为质点D，E，F），且，则这个容器最多可装原来水的（    ） A． B． C． D． 6．如图是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下结论错误的是（    ） A．点到的距离为 B．与所成的角是 C．三棱锥的体积是 D．与是异面直线 7．用一个边长为的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 8．若圆锥的内切球半径为1，圆锥的侧面展开图为一个半圆，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆，则其母线长为 ；在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，则几何体的体积为 ． 10．已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆． (1)求其母线长； (2)在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体E的体积． 题型三 体积的最值问题 1．在正四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，当该正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 2．如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 3．《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 5．在棱长为1的正方体中，点E在线段上运动，则下列说法正确的是 .    ①点E从点C运动到点的过程中，三棱锥的体积不变； ②对于每一个点E，在棱DC上总存在一点Q，使得平面； ③平面截正方体所得截面图形的面积的取值范围为； ④二面角的平面角的正切值最大为. 6．如图，在正方体，P为线段上的动点（且不与，重合），则以下几种说法：    ① ②三棱锥C-BPD的体积为定值 ③过P，C，三点作截面，截面图形为三角形或梯形 ④DP与平面所成角的正弦值最大为 上述说法正确的序号是 . 三、解答题 7．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时直线与面夹角的正切值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． 8．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且. (1)设平面，请在图中画出直线（不必说明理由），并求证：平面； (2)在侧面内画出P的轨迹，并求点到所在平面的距离； (3)当最小时，求二面角的余弦值. 9．如图，已知平面是圆柱的轴截面，底面直径，母线为底面圆心，为底面半圆弧上的动点（不含端点），为母线上的动点（含端点），． (1)请用的三角函数值表示三棱锥的体积，求的取值范围并求的最大值； (2)若三棱锥的体积为，当最小时，求直线与半圆柱底面所成角的大小． 一、单选题 1．已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．已知是边长为4的正三角形，分别为边上的一点（不含端点），现将折起，记二面角的平面角为，若，则四棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．三棱锥中，，，，，则（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．不存在AB与CD垂直 C．AB与平面BCD所成角的正弦值最大为 D．当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 三、填空题 4．设底面为菱形且高为的直四棱柱中，已知底面边长为正整数且为定值，，若矩形内的点满足的轨迹长度为.设点为三棱柱的外接球上一点，则四棱锥体积的最大值为 5．若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为 . 6．棱长为10cm的密闭正四面体容器内装有体积为的水，翻转容器，使得水面至少与2条棱平行，且水面是三角形，不考虑容器厚度及其它因素影响，则水面面积的最小值为 . 7．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)证明：平面平面； (2)求； (3)记与侧面所成的角分别为，证明：． 8．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.为的中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为，若存在求出点的位置，不存在请说明理由. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 11.2.2锥体的体积 题型一 椎体体积公式的直接应用 1．在棱长为1的正方体中，E，F分别为AB，的中点，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长到K，使，易得，再利用体积转化即可求解. 【详解】如图，延长到K，使，连接KE，KD，KF， 设中点为，易得，又，为中点， 所以，即， 平面,不在平面内，所以平面, 所以， 因为，所以． 故答案为：A. 2．已知在四面体中，，直线与的距离为2，夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据题意把四面体补成三棱柱，把四面体体积转化为求三棱柱体积即可求解. 【详解】由题意过点作∥，且，连接，以为底面，为侧棱作棱柱， 因为∥，平面，平面，所以∥平面， 所以点到平面的距离即为直线与的距离为2， 因为，其， 所以，所以， 故选：B． 3．已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥及棱柱的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，几何体为正三棱柱，且所有棱长均为， 底面ABC为正三角形，侧面为正方形， 则 ． 故选:A． 4．如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ）． A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】利用，可求点到平面的距离. 【详解】由题意可得，平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面，所以， 又直三棱柱各棱长均为2，所以， ， 所以，， 设点到平面的距离为， 由，得，所以， 解得. 故选：A. 5．如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把六面体ABCDFE的体积分成四棱锥和三棱锥相加即可得出答案. 【详解】由题意得六面体ABCDFE的体积为：， 故选：D 6．如图，是圆的直径，点C是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且.则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据勾股定理和基本不等式的性质求出的最大值，然后利用三棱锥体积公式求出体积的最大值. 【详解】依题意，，， 则，当且仅当时取等号， 即当时，. 因平面，则， 所以三棱锥体积的最大值是. 故选：D. 7．若一个圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则该圆锥的体积为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得该圆锥底面半径、母线长，则可得高，再利用体积公式计算即可得. 【详解】由题意可得该圆锥底面半径为，母线长为， 则高为，则. 故选：A. 8．图1圆柱形笔筒的底面直径为（壁的厚度忽略不计），母线长为，直观图如图2所示，， 分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，则三棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点O，连接，，证得平面，三棱锥的体积，计算得到答案； 【详解】由，易得，取的中点O，连接，， 则，，又，，平面， 所以平面， 所以， 故选：C. 9．一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】确定几何体的形状，根据圆锥的体积公式即可求得答案. 【详解】如图，为等边三角形，O为的中点，， 以其边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体是以为半径的圆为底面高为1的两个圆锥， 故几何体体积为， 故答案为： 10．已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为 ． 【答案】28 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解. 【详解】如图所示，为正四棱台，连接， 由，得， 过作，为垂足；过作，为垂足， 则，， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为4和16， 体积. 故答案为：28 11．随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替．一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图，已知该圆锥的高为3m，圆柱的高为4m，底面直径为8m，该蒙古包的体积是 . 【答案】 【分析】由题知该蒙古包由圆柱和圆锥构成，利用圆柱和圆锥体积公式计算即可. 【详解】根据题意该蒙古包由圆柱和圆锥构成， 则该几何体体积为. 故答案为：. 12．已知某圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的体积为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用圆锥的几何结构特征，求得圆的底面半径和高，结合体积公式，即可求解. 【详解】由圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，可得斜边长为，斜边上的高为， 所以圆锥的底面半径为，高为，所以所求体积. 故答案为：. 13．如图，正三棱柱中，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求这个三棱柱的侧棱长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点N，连接，易得，由线面平行的判定定理得证； （2）由三棱锥体积公式求解. 【详解】（1）连接，交于点N，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点， 又点是的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为为等边三角形，是的中点，所以， 又，故， 因为平面， 设，则， 所以，即，解得， 故这个三棱柱的侧棱长为3. 14．如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，，，M为中点．底面为等腰三角形，，O为BC的中点． (1)证明：平面平面AOM； (2)若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)12 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，先证明线面垂直，进而说明面面垂直； （2）根据二面角的平面角的定义，求出几何体的各边长，根据三棱锥的体积计算方法，求出几何体体积； 【详解】（1）底面为等腰三角形，O为BC中点，故． 侧面为等腰梯形，M为中点，O为BC中点，连接OM，则， 因为，面AOM，面AOM， 所以平面AOM，又平面ABC，故平面平面AOM． （2）由（1）知，，平面平面， 则为二面角的平面角，可得, 在中，由勾股定理得， 棱台侧面如图所示， ，，，由勾股定理得， 由，所以， 如图所示，过作， 因为平面AOM，平面AOM，所以， 可知，面，所以平面， 所以为三棱锥的高，在中可得， 所以三棱锥的体积. 15．如图，四棱锥的底面是正方形，平面． (1)求证：平面； (2)若，直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）要证明平面，需证明垂直于平面内的两条相交直线； （2）要求四棱锥的体积，根据四棱锥体积公式，（为底面积，为高），需要先求出底面正方形的面积和四棱锥的高. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 因为平面，平面，所以, 因为，且平面, 所以平面； （2）因为平面，所以为直线与平面所成的角， 因为是正方形，且， 所以，所以， 因为与平面所成的角为， 所以，解得：， 所以四棱锥的体积为. 题型一 求简单组合体的体积 一、单选题 1．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ）    A．平面 B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 【答案】D 【分析】利用正方体的性质，利用线面平行的判断定理及面面平行的性质，即可判断A和B的正误，对于C，根据条件可得到平面距离相等，为定值，即可求解；对于D，利用两三角形底相等，高不等. 【详解】对于A，易知，又平面，平面， 所以平面，故选项A说法正确， 对于B，易知平面平面，又平面，所以平面，故选项B说法正确， 对于C，由题知平面，即平面，取中点，连接，易知， 又平面，平面，则， 又，平面，所以平面，又， 所以到平面的距离为定值， 又是线段上两个动点，且，则到线段的距离为， 又，所以的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，所以C说法正确， 对于D，连接，易知为等边三角形，取中点，连接， 则，所以到线段的距离为，由选项C知，到线段的距离为， 显然有，所以选项D说法错误，    故选：D. 2．在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（   ） A．与，都有关 B．与，都无关 C．与有关，与无关 D．与有关，与无关 【答案】B 【分析】作出辅助线，设正方体的边长为，可得，到平面的距离为定值，到直线的距离为定值，的面积为定值．从而得到即可求解. 【详解】如图，连接，，，，，，设正方体的边长为 ∵，平面，平面， ∴平面，∴到平面的距离为定值， ∵，∴到直线的距离为定值， ∴的面积为定值． ∵，∴四面体的体积是与m，n无关的定值． 故选：B 3．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 4．将所有顶点均在两个平行平面内的多面体称为“拟柱体”，顶点所在的这两个平行平面叫做“拟柱体”的底面，其余各面叫做“拟柱体”的侧面，两底面之间的垂直距离叫做“拟柱体”的高，且“拟柱体”的侧面可以为三角形、梯形或平行四边形．如图，已知“拟柱体”的高为h，体积为V，上、下底面的面积分别为S，，点K，L，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，且中截面（多边形KLMNPQ）的面积为T，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在中截面KLMNPQ取一点O，并与各顶点连接，将“拟柱体”分为若干个棱锥，利用棱锥的体积公式即可求解. 【详解】在中截面KLMNPQ取一点O，并与各顶点连接，将“拟柱体”分为若干个棱锥，则，． 若侧面不是三角形，则连接其对角线，将四棱锥分割成两个三棱锥． 如图，以三棱锥为例，因为点K，L分别为AE，AF的中点， 所以， 故“拟柱体”的体积为 ，所以． 故选：C. 5．已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：    其中不正确结论是（　　） A．直线与平面相交； B．平面； C．若，则点到平面的距离为； D．该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等． 【答案】A 【分析】①先证，可得平面平面，从而知平面，可判断A的真假；②利用三垂线定理可得，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，可判断B的真假；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法可求点到面的距离，判断C的真假；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断D的真假． 【详解】①因为点分别为棱的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为点分别为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以直线平面，即A错误； ②由三垂线定理知，， 因为平面，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即B正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即C正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即D正确． 故选：A 6．所有顶点都在两个平行平面上的多面体叫做“拟柱体”，两个平行平面之间的距离为h．“拟柱体”的统一体积公式为（其中L，M，N分别为的上底面面积、中截面（与上下底面平行且距离相等的截面）面积、下底面面积，如图．在多面体中，底面是边长为2的正方形，，，点E到底面的距离是2，则该多面体的体积为（    ）． A．5 B． C． D．6 【答案】B 【分析】根据题意，得到，，及中截面面积，代入公式求解即可. 【详解】由题意得：，，， 分别取的中点，顺次连接，得到截面为中截面，且为长方形，边长为，， 所以， 所以. 故选：B. 7．如图， 多面体ABCEF ， D为AB的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案. 【详解】在矩形中，有，， 因为，，平面，所以平面 则平面，因为平面，所以，， 在中，由，，则， 又因为的中点，则，则，， 易知，则，因，则， 在中，， 则矩形的面积， 因为，，，平面，所以平面， 多面体的体积. 故选：A. 二、填空题 8．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 . 【答案】// 【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角. 【详解】圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得， 所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长， 又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以， 所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径， 所以侧面展开图扇形的圆心角为. 故答案为：. 9．如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为 ． 【答案】 【分析】关键点在于构造底面边长和高均为2的直四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积，即可求得结果. 【详解】如图，设，边长为，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形. 易知，连接. 由点在以为圆心，为半径的圆弧上，得. 在中，由勾股定理得， 故所求正方形的面积为. 所以用平行于底面的任意一个平面截八分之一“牟合方盖”， 所得截面面积是，， 所以可以构造底面边长为，高为的直四棱锥，对于直四棱锥， 当用过点的截面截该四棱锥时，截面面积为. 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积， 故所求体积为. 故答案为：. 三、解答题 10．如图，已知圆锥的底面圆的半径，且圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，点是母线的中点，，垂足为边上的点，点在底面圆上，且.    (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理和线面垂直性质可分别证得，由线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由异面直线所成角定义可知所求角为，根据长度关系可求得，由此可得结果； （3）根据棱锥体积公式和体积桥可构造方程求得结果. 【详解】（1）平面，平面，， 又，平面，， 为中点，为中点，， 又，， ，则， 平面，平面，， ，平面，平面. （2）由（1）知：， 异面直线与所成角即为与所成角，即（或其补角）， 设圆锥母线长为，则，解得：， ，， 平面，平面，， 又，，， 即异面直线与所成角为. （3）平面，，平面， ， ，，， ，则， ， 设点到平面的距离为， 则，解得：. 11．如图，在三棱锥中，平面是的中点. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）多次运用余弦定理结合勾股定理可证，再结合空间垂直关系的转化可证平面平面. （2）利用等积法可求点到平面的距离； （3）取的中点为，在平面中过作，垂足为，连接，则可证为二面角的平面角，利用解直角三角形可得，故可得平面与平面夹角的大小为. 【详解】（1）因为平面，而平面，故，. 故， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理得： ， 故，故，故， 而平面，故平面， 因平面，故平面平面. （2）因为平面，平面，故， 而，故， 在中，由余弦定理可得， 而为三角形内角，故，故， 故， 故. （3） 取的中点为，在平面中过作，垂足为，连接. 因为平面，平面，故平面平面. 由（2）可得，故且， 而平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，故为二面角的平面角. 在直角三角形中，，故， 在直角三角形中，， 而为锐角，故，故平面与平面夹角的大小为. 12．已知四棱柱中，侧面为矩形，，，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面⊥平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据条件得，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）连接，结合条件，利用几何关系及余弦定理可得，由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （3）延长交于，过作于，过作于，根据条件，利用几何关系得为平面与平面所成二面角的平面角，在计算出，即可求解. 【详解】（1）因为，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）由侧面为矩形，可得， 连接，因为，，则是等边三角形，所以， 由（1）知，，则，又， 在中，由余弦定理可得，所以， 所以，，又，则，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面⊥平面． （3）延长交于，因为，则是等边三角形， 过作于，由（2）可知平面⊥平面， 且两平面的交线为AD，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，又，由勾股定理可得， 所以，，所以由勾股定理可得， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为，    若，则点在线段延长线上，由勾股定理可得，    所以，，， ． 题型二 将涉及体积问题转化为平面问题 一、单选题 1．如图，正三棱柱 的各棱长均为1，的中点为D，上有两个动点，且 则下列结论中错误的是（     ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．的面积与的面积相等 【答案】D 【分析】对于A由线面垂直的性质定理即可判断，对于B计算，点到平面的距离即可判断，对于C由面面平行的性质定理即可判断，对于D计算即可判断. 【详解】对于A：，点为的中点，所以，由正三棱柱 有：平面平面， 又平面平面，平面，又平面，所以，故A正确； 对于B：由平面，所以为点到平面的距离，又， 所以，，所以，故B正确； 对于C：由正三棱柱 ，平面平面，又平面， 所以平面，故C正确； 对于D：取的中点为，连接，由，，所以， ，，所以，故D错误. 故选：D. 2．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 【答案】D 【分析】连接，由线面垂直的判定和性质判断A；由题设得，应用线面平行的判定判断B；应用等体积法及棱锥的体积公式判断C；只需确定点到的距离、点到的距离是否相等判断D. 【详解】 连接，由平面，平面，则， 又，，平面，则平面， 由平面，所以，故A正确. 由平行且相等，则四边形为平行四边形，故，即， 平面，平面，故平面，故B正确. 由平面，则点到平面的距离为点到平面的距离， 因为，所以，故C正确. 连接，，则是边长为的等边三角形，点到的距离为， 而点到的距离为，因此的面积与的面积不相等，故D错误. 故选：D 3．已知一个圆锥的高是3，在正放（底面水平放置）时该圆锥内水面高度为2，现将圆锥倒置，则此时圆锥内的水面高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据倒置前后水的体积不变，利用圆锥体积公式和三角形相似比可得. 【详解】如图，设圆锥底面半径为，由相似比可知，即， 所以水的体积为， 将圆锥倒置后，水的体积不变，所以（*）， 又，即，代入（*）可得： ，解得. 故选：D 4．如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，下列结论错误的是（    ） A．平面平面 B．平面 C．点是的垂心 D．三棱锥的体积为 【答案】D 【分析】对于A，求证平面和平面即可由面面平行判定定理得解判断；对于B，由A结合题意即可得解判断；对于C，由三棱锥是正三棱锥，为在面内的投影且该投影落在面中心即可得解判断；对于D，由C得点是的垂心，且为的重心，得到点到底面的距离为，再由即可求解. 【详解】对于A，由正方体性质可知，且，且， 所以四边形和均为平行四边形，所以，， 因为平面，在平面外， 所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面，故A正确； 对于B，由题意平面，又平面平面， 所以平面，故B正确； 对于C，由正方体性质可知， 所以三棱锥是正三棱锥，则由题可知为在面内的投影， 该投影落在面中心，所以点是的垂心，故C正确； 对于D，因为点是的垂心，且为的重心，取中点，连接， 则在上，且，所以点到底面的距离为， 所以三棱锥的体积为，故D错误. 故选：D 5．如图，三棱锥S-ABC形的容器（忽略容器的器壁）内部装满了水，在三条侧棱上各凿出一个小洞D，E，F（将三个小洞视为质点D，E，F），且，则这个容器最多可装原来水的（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对应成比列得出，再结合三棱锥体积公式计算求解. 【详解】如图，连接， 当平面平行于水平面时，容器可盛水最多． 因为，所以 又，所以点F到平面的距离是点C到平面的距离的 故    ，即这个容器最多可装原来水的 故选：A. 6．如图是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下结论错误的是（    ） A．点到的距离为 B．与所成的角是 C．三棱锥的体积是 D．与是异面直线 【答案】D 【分析】画出正方体的直观图，求出距离以及夹角，几何体的体积，根据异面直线定义的判断，判断选项的正误即可． 【详解】依题意以正方形为前侧面可作出正方体的直观图，显然到的距离为MC＝，所以A正确； 正方体中易知， 所以与所成的角为与所成的角，即为 90°，所以B正确； ，所以C正确； 因为，所以 与 不是异面直线，所以D错． 故选：D. 7．用一个边长为的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可得圆柱和圆锥的底面圆半径及高，据此可得体积之比. 【详解】由题可得圆柱高为，底面圆周长为，则底面圆半径为， 则圆柱体积为：； 由题可得圆锥母线长为，底面圆周长为，则底面圆半径为， 则圆锥高为：，故圆锥体积为：， 则体积比为：. 故选：C 8．若圆锥的内切球半径为1，圆锥的侧面展开图为一个半圆，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆锥侧面展开图扇形弧长可构造方程求得，利用圆锥轴截面面积可构造方程求得r的值，代入圆锥体积公式即可. 【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为 h， 圆锥侧面展开图为半圆， 侧面展开图扇形弧长为，则， 作出圆锥的轴截面如下图所示，其中O为圆锥内切球球心， ， 又， ，解得：，， 圆锥体积为. 故选：C 二、填空题 9．已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆，则其母线长为 ；在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，则几何体的体积为 ． 【答案】 6 【分析】对于第一空，由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即底面圆的周长，得，从而高为，由轴截面面积可建立的方程求解即可，对于第二空，由轴截面图形中的对应比例关系求解正四棱柱的高，由此可求其体积，再由间接法可得所求几何体体积. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l， 高为h， 由题意知，侧面展开图的弧长，∴圆锥高， 由其轴截面的面积为，解得，则， 故其母线长为.    设正四棱柱的高为， 所以圆锥体积为. 由，则正四棱柱的底面对角线的长为2，一半长为， 由图可得，所以， 故正四棱柱的体积为= 所以该几何体的体积为=. 故答案为：，. 10．已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆． (1)求其母线长； (2)在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体E的体积． 【答案】(1)6 (2) 【分析】（1）由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即底面圆的周长，得，从而高为，由轴截面面积可建立的方程求解即可. （2）由轴截面图形中的对应比例关系求解正四棱柱的高，由此可求其体积，再由间接法可得所求几何体体积. 【详解】（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l， 高为h， 由题意知，侧面展开图的弧长， ∴圆锥高， 由其轴截面的面积为.   解得，则. 即其母线长为.    （2）    设正四棱柱的高为， 所以圆锥体积为. 由，则正四棱柱的底面对角线的长为2，一半长为， 由图可得，所以， 故正四棱柱的体积为= 所以该几何体的体积为=. 题型三 体积的最值问题 1．在正四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，当该正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对外接球，根据几何关系建立方程求解半径；对内切球，先求出侧面三角形面积进而得到四棱锥表面积，再利用等体积法求出内切球半径，最后得到的表达式，通过换元法结合基本不等式求其最小值及对应的值，最后利用锥体体积公式求解即可. 【详解】设正四棱锥的高为，设，连接，则平面， 设该正四棱锥的外接球球心为，则在直线上， 取的中点，连接、， 对外接球，解得：， 对内切球：， 故四棱锥表面积， 由体积法：， 所以， 令，则， 进而， 当且仅当，即时，取最小值，此时. 因此，该正四棱锥的体积为. 故选：B. 2．如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点F，取中点M，确定点E的轨迹，从而结合三棱锥的体积最小，确定E点所处位置，进而作出直线CE与平面BCD所成角，解三角形，求出相关线段长，即可求得答案. 【详解】在正四面体中，取中点F，连接，则， 取中点M，连接，则， 是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体的棱长为2， 则，且，    点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以为半径的圆， 设该圆与的交点为，当三棱锥的体积最小时，即E点到底面的距离最小， 即此时E点即位于处， 因为正四面体的棱长为2，则， 又中点为M，则，则， 设点在底面上的射影为H，则， 又，中点为F，故， 故， 由于点在底面上的射影为H，故即为直线与平面BCD所成角， 故， 故选：D 【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥的体积最小时E点的位置，由此作出直线与平面BCD所成角，解三角形，求得答案. 3．《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意确定三棱锥的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥的高，利用体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，在正四面体中，假设底面，则点为外心. 在上取一点，满足，则， 则为三棱锥的外接球球心， 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小， 此时点与点重合.作，垂足为，， 为三棱锥的高. 由正四面体的棱长为，知，， ，. 设，则，故，. 由，得， 解得.， . 故选：A. 4．三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 【答案】C 【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为，故，最短的棱为或，分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到答案. 【详解】因为平面，平面， 所以，， 故， 因为，所以，故， 则该三棱锥的最长的棱为，故， 最短的棱为或， 当最短的棱为，即时， 由勾股定理得， 故，故， 当且仅当时，等号成立， 故三棱锥体积为， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，该三棱锥的最大体积为18. 故选：C 5．在棱长为1的正方体中，点E在线段上运动，则下列说法正确的是 .    ①点E从点C运动到点的过程中，三棱锥的体积不变； ②对于每一个点E，在棱DC上总存在一点Q，使得平面； ③平面截正方体所得截面图形的面积的取值范围为； ④二面角的平面角的正切值最大为. 【答案】①④ 【分析】根据线面平行得平面，从而利用等体积法求出三棱锥的体积判断①，举反例判断②，在线段上取点使得，连接，则平面为所求的截面，设点到的距离为，将截面面积范围问题转化为的范围，根据正方体的性质求解即可判断判断③，利用定义作出二面角的平面角，求出最大角即可判断④. 【详解】对于①，由正方体的性质知，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以为定值，正确； 对于②，当点位于点时，平面即平面，平面， 因为平面平面，，所以平面不成立，错误； 对于③，在线段上取点使得，连接，    根据正方体的性质可知，且， 故平面为所求的截面，设点到的距离为， 菱形的面积， 根据正方体的对称性可知，当点位于点或点时，取到最大值，此时， 当点位于的中点时，取到最小值，此时， 所以，， 即截面图形的面积的取值范围为，错误； 对于④，取是的中点，连接，    根据正方体的性质可知，所以， 所以为二面角的平面角， 当点位于点时，取到最大值， 在中，， 即二面角的平面角的正切值最大为，正确； 故答案为：①④ 6．如图，在正方体，P为线段上的动点（且不与，重合），则以下几种说法：    ① ②三棱锥C-BPD的体积为定值 ③过P，C，三点作截面，截面图形为三角形或梯形 ④DP与平面所成角的正弦值最大为 上述说法正确的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】①根据为正方体得到，，然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到；②根据点到平面的距离为定值，三角形的面积为定值即可得到三棱锥的体积为定值；③根据正方体的性质判断截面的形状即可；④根据线面角的定义得到为与平面所成角，然后求线面角即可. 【详解】连接，因为为正方体，所以平面，四边形为正方形，    因为平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故①正确； 因为点到平面的距离为定值，三角形的面积为定值，，所以三棱锥的体积为定值，故②正确； 根据正方体性质可知，当延长线与棱相交时，截面为三角形，当延长线与相交时，截面为梯形，故③正确； 连接，由题意得为与平面所成角，因为为定值，所以当最小时，最大，最大， 设正方体边长为，则，此时，故④错. 故答案为：①②③. 三、解答题 7．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时直线与面夹角的正切值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得，再根据线面垂直的判定与性质即可证明； （2）（ⅰ）由三棱锥体积最大为求得半径及，再根据线面角的定义求解即可；（ⅱ）根据等体积法即可证明． 【详解】（1）因为M是半圆弧上一点，所以，即， 因为分别是的中点，所以，， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，，所以平面. （2）（ⅰ）设的半径为r，过点M作交于点G，如图，则， 因为， 故当最大时，体积最大，此时M位于的中点处， 所以，，所以． 平面，所以直线与面夹角为，此时，所以. （ⅱ）过点M作交于点G，如图所示， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 由（ⅰ）知， 当时，，则， 所以， 由等腰三角形得，， 因为平面，平面，所以， 所以， 在中，，， 所以， 又因为， 所以. 8．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且. (1)设平面，请在图中画出直线（不必说明理由），并求证：平面； (2)在侧面内画出P的轨迹，并求点到所在平面的距离； (3)当最小时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)画法见解析；证明见解析 (2)轨迹见解析； (3) 【分析】（1）由线面位置关系画出直线，再由线面垂直的判定定理证明可得； （2）取的中点，的中点，连接、、、，由面面平行的判定定理证明平面平面可得P的轨迹；再由等体积法可得距离； （3）连接，，设左侧面对角线的交点为，右侧面的中点为，连接，由几何关系得到为二面角的平面角，再由余弦定理可得. 【详解】（1）设中点为，连接，，则由正方体性质可得，且， 故四边形为平行四边形，则. 又中点为，中点为，故，则，故这个多边形为四边形即为平面，直线即为直线. 证明如下：由正方体的性质可得面，面，所以， 又，平面， 所以平面. （2） 取的中点，的中点，连接、、、， 显然，，所以，平面，平面， 所以平面， 又为的中点，所以且，又且， 所以且， 所以为平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点是侧面内的动点，且， 所以在线段上，即为P的轨迹. 又， 即为等腰三角形，所以当为的中点时最小， 又， 此时， 设点到所在平面的距离为， 由等体积法可得，即， 解得. （3） 连接，，设左侧面对角线的交点为，右侧面的中点为，连接， 由正方体的性质可得，所以四边形为等腰梯形， 又为的中点，为的中点，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 在等腰梯形中，，，为的中点，为的中点， 所以， 在中由勾股定理可得， 在中由余弦定理可得， 由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 9．如图，已知平面是圆柱的轴截面，底面直径，母线为底面圆心，为底面半圆弧上的动点（不含端点），为母线上的动点（含端点），． (1)请用的三角函数值表示三棱锥的体积，求的取值范围并求的最大值； (2)若三棱锥的体积为，当最小时，求直线与半圆柱底面所成角的大小． 【答案】(1)，， (2)或 【分析】（1）过作于，从而得面，再利用等体积法，即可求出结果； （2）利用（1）结果及条件得到或，再由线面角的定义知即与圆柱底面所成的角，在直角三角形中，利用几何关系，即可求解. 【详解】（1）由题意，又，，所以， 过作于，因为，，面， 所以面， 因为 当时，． （2）由，则， ， 当且仅当，即时取得最小值， 此时，又，所以或， 由圆柱性质，底面，即与圆柱底面所成的角， 有 ①当时， ②当时， 综上，直线与半圆柱底面所成角的大小为或． 一、单选题 1．已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，取BC中点为N，结合题意可得四面体的体积最大时，平面ABC，且球心在DN上，后可得四面体 的体积表达式为，其中R为球体半径，结合均值不等式可得R，即可得答案. 【详解】因取BC中点为N，则，又，平面，， 则平面，面，则平面平面，要使四面体的体积最大，则有平面，且球心O在DN上. 设球体半径为R，则，则， 又注意到，，则. 注意到. 当且仅当，即时取等号.又四面体 的体积的最大值为，则. 则球的表面积为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：此类问题需结合题目条件，设置合理的变量，得到相关的代数表达式，后由不等式取等条件得到等量关系，从而解决问题. 2．已知是边长为4的正三角形，分别为边上的一点（不含端点），现将折起，记二面角的平面角为，若，则四棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，设，表达出故，，结合二面角的平面角和锥体体积公式得到，由积化和差和三角函数图像得到，再由基本不等式求出四棱锥的体积的最大值. 【详解】因为是边长为4的正三角形，所以， 过点B作BH⊥MN于点H，故的MN上的高为， 设，则， 故，， 则， 所以四边形的面积为， 又二面角的平面角， 故四棱锥的高为， 故， 其中， 因为，故，故， 故，当且仅当时，等号成立， 所以 其中， 即， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 综上：四棱锥体积的最大值为. 故选：A 【点睛】三角函数中的和差化积和积化和差公式在高中课本中消失，但不是不再要求学生掌握，再处理相关题目时，常常利用和差化积和积化和差公式，可达到事半功倍的效果，以下是相关公式： 和差化积公式：， ， ， 积化和差公式：， ， ， . 二、多选题 3．三棱锥中，，，，，则（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．不存在AB与CD垂直 C．AB与平面BCD所成角的正弦值最大为 D．当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】A选项，先计算出，根据几何关系得到当⊥面时，棱锥的体积最大，求出最大体积；B选项，作出辅助线，求出各边长，得到当时满足要求；C选项，推导出当AD⊥面BCD时，此时最大，故C正确；D选项，作出辅助线，找到外接球球心位置，并求出外接球半径和表面积. 【详解】对于A，因为，， 故， 又，， 故当⊥面时，棱锥体积最大， 最大值为，故A正确； 对于B，如图1，作⊥于E，要使与垂直，只需满足⊥即可， 因为，，， 由勾股定理得， 故，由勾股定理得， ， 若⊥，此时， 此时， 即当时，AB与CD垂直，故B错；    对于C，设A到面BCD的距离为d，AB与平面BCD所成角为， 由于，故，只需d最大即可， 即AD⊥面BCD时，此时，故C正确； 对于D，如图2，设，N分别为△ADB，△BCD的外心，过作面ABD的垂线， 过N作面BCD的垂线，两垂线的交点为球心O，设面OMN交BD与G，连接， 在四边形中，，， 为的外接圆半径，故， 又，故平分， 故， 由于，由对称性可知，， ∴，， 故三棱锥的外接球半径， 故球表面积为，故D正确.    故选：ACD． 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三、填空题 4．设底面为菱形且高为的直四棱柱中，已知底面边长为正整数且为定值，，若矩形内的点满足的轨迹长度为.设点为三棱柱的外接球上一点，则四棱锥体积的最大值为 【答案】3 【分析】利用线面垂直关系，结合勾股定理将转化为，结合几何不等关系建立不等关系解，再由空间直观确定三棱柱的外接球球心，进而求解球心到平面的距离，结合定底动高特点求体积最大值即可. 【详解】在底面中，过作，垂足为，连接， 直四棱柱中，平面，平面， 则，又平面，且平面， 又，故平面，又平面， 所以， 在中，， 在菱形中，由，则，又边长， 可得，又， 则， ， 故点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 又点在矩形内，如图可知， 即，解得， 由题意为正整数，故. 验证知，，， 故点轨迹为如图圆心角为，半径为的圆弧，弧长为，满足题意. 点为三棱柱的外接球上一点，且与为正三角形， 分别在上下底面取与的中心，再取的中点, 由球、直棱柱的对称性及正三角形的性质可知， 即为三棱柱的外接球球心. ， 四边形是平行四边形，则，即 又， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 则平面，故球心到平面的距离即到平面的距离， 在底面内，连接，由为正三角形可知，， 又， 又平面，平面， 则，又平面，且平面， 又，平面， 即为到平面的距离，. 球半径. 要求四棱锥体积的最大值， 而矩形的面积为，为定值， 故当点平面的距离最大时，体积取到最大值， 当且仅当时，四棱锥体积最大， 最大值. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是空间问题平面化，利用射影将长度转化为长度；二是借助几何直观寻找球心及最值状态. 5．若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为 . 【答案】 【分析】先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案. 【详解】记， 由于， 则为的第一个三等分点（靠近），连，是的中点， 由于平面， 所以到平面的距离是到平面的距离的一半， 则公共部分是三棱锥， 又，作，垂足为， 根据长方体的性质可知平面， 所以面，由等面积法可得， 所以，故. 故答案为：    【点睛】方法点睛： 几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧. 6．棱长为10cm的密闭正四面体容器内装有体积为的水，翻转容器，使得水面至少与2条棱平行，且水面是三角形，不考虑容器厚度及其它因素影响，则水面面积的最小值为 . 【答案】 【分析】首先分水面平行于一组对棱和水面平行于正四面体的一个面两种情况，舍去前一种情况，结合正四面体几何特征求出其体积，根据相似关系得到棱长比，进而求出面积即可. 【详解】若水面至少与2条棱平行，且这两条棱不共面，即两条棱为对棱时， 如图所示，若水面平行与，不妨取特殊情况讨论， 记中点分别为，    则，，则四边形为平行四边形， 即水面形状为平行四边形，不符合题意； 则水面至少平行的2条棱相交共面，不妨设水面为， 下求正四面体体积， 如图所示，即中点为，连接，设平面，则是三等分点， 因为正四面体棱长为10，所以， ， 则， 所以，    如下图所示，正四面体容器倒放时，棱锥部分为水体部分，    设， 则，则，则， 所以水面面积； 如下图所示，正四面体容器正放时，棱台部分为水体部分，    设， 则，则，水面面积更大，不符合. 综上，水面面积的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有： （1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解； （2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解； （3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解. 7．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)证明：平面平面； (2)求； (3)记与侧面所成的角分别为，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，，即可证明平面，从而得证； （2）根据，利用等体积法计算可得； （3）设时平面与的交线，过点作平面使得平面，设，即可得到，设，同上方法可得，即可求出，从而得证. 【详解】（1）因为在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）设，连接，则平面， 设点到平面的距离为，因为在正四棱锥中，所有棱长均为， 所以四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， 所以， 即，解得； （3）设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面， （即过点作交于点、交于点，再在平面内作，连接， 则，又，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又平面与的交线为，平面，所以， 所以平面）， 设，，，， 所以，即， 所以，同理可得， 所以， 设，同上方法可得， 所以， 而， 所以， 又与侧面所成的角分别为， 则，，，， 而， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是利用等体积法，第三问关键是求出，即可求出，再由平方关系证明. 8．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.为的中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为，若存在求出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)靠近B的三等分点 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，结合垂直关系的转化，即可正面线面垂直； （2）根据（1）的结果，作出平面与四棱锥的截面，通过点的转化，以及等体积转化，求得点到平面的距离，再根据比例关系，确定点的位置. 【详解】（1）取的中点，连结，则四边形是正方形，    则，，所以，且 所以,所以， 因为平面平面，平面平面，PA在面PAB内， 所以平面； （2）    在上取点，使，连结，在上取点，使， 在上取点，使，连结，则，且，则， 即，且， 则四边形是平行四边形，所以，且，即， 则，所以四点四点共面，连结， ，因为，所以点三点共线， 所以五点共面，即与平面交于点， 由（1）可知，平面，平面， 所以，且，，且平面， 所以平面，平面，所以， 且是等腰直角三角形，点为的中点， 所以，且，平面， 所以平面， , 所以， ，，， 所以，即， 因为，所以， 设点到平面的距离为，则， 即，所以， 因为点是的中点，所以点到平面的距离也是， 若点到平面的距离为，则, 所以存在点，使得点到平面的距离为，点为靠近点的三等分点. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $