1
专题 9 立体几何与空间向量
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习）在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A．经过三个点有且只有一个平面
B．平行于同一平面的两直线相互平行
C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面
【答案】D
【解析】
由三点共线判断 A；由线面、线线位置关系判断 B；根据等角定理判断 C；由线面平行和垂直的判定以及性
质判断 D.
【详解】
当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故 A 错误；
平行于同一平面的两直线可能相交，故 B 错误；
由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故 C 错误；
如果两个相交平面 , 垂直于同一个平面 ，且 l ，则在平面 、 内分别存在直线 ,m n 垂直于
平面 ，由线面垂直的性质可知 //n m ，再由线面平行的判定定理得 //m ，由线面平行的性质得出 //m l ，
则l ，故 D 正确；
故选：D
2．（2021·全国高三专题练习（文））已知两条不同的直线l m， 和不重合的两个平面 , ，且l ，有下
面四个命题：①若 m ，则 //l m ；②若 / / ，则l a ；③若 ，则 / /l ；④若l m ，则 / /m ．其
中真命题的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
【答案】A
【解析】
根据线面、面面的关系一一判断；
【详解】
2
解：因为两条不同的直线l m， 和不重合的两个平面 , ，且l ，
对于①，由 ,l m ，可得 //l m ，故①正确；
对于②，若 , / /l ，可得l ，故②正确；
对于③，若 ,l ，则有可能l ，故③错误；
对于④，当 ,l l m 时，则有可能 m ，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故选：A．
3．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）甲烷是一种有机化合物，分子式是 4 ,CH 它作为燃料广泛应用于民用和工
业中.近年来科学家通过观测数据，证明了甲烷会导致地球表面温室效应不断增加.深入研究甲烷，趋利避害，
成为科学家面临的新课题.甲烷分子的结构为正四面体结构，四个氢原子位于正四面体的四个顶点，碳原子
位于正四面体的中心，碳原子和氢原子之间形成的四个碳氢键的键长相同、键角相等.请你用学过的数学知
识计算甲烷碳氢键之间夹角的余弦值（ ）
A． 1
2
B． 1
3
C． 1
4
D． 1
5
【答案】B
【详解】
不妨设正四面体的棱长为 ,a
易知中心到顶点的距离为 6
4 a ，
由余弦定理可知
2
26 6
4 4 1
36 62 4 4
a a a
cos
a a
故选： B .
4．（2021·广东肇庆市·高三二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极
高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转
动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为 2100 cm 和 264 cm 的同心球（球壁
的厚度忽略不计），在外球表面上有一点 A ，在内球表面上有一点 B ，连接线段 AB .若线段 AB 不穿过小球
内部，则线段 AB 长度的最大值是（ ）
3
A． 41 cm B．9cm C．3cm D．2cm
【答案】C
【解析】
本题首先可根据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点 A 、内球表面上有一点 B 以
及球心O 作截面，根据线段 AB 不穿过小球内部得出线段 AB 与内球相切时线段 AB 的长度最大，最后通过
计算即可得出结果.
【详解】
因为外球的表面积为 2100 cm ，内球的表面积为 264 cm ，
所以外球的半径为 5cm ，内球的半径为 4cm ，
如图，以外球表面上一点 A 、内球表面上有一点 B 以及球心 O 作截面，
因为线段 AB 不穿过小球内部，所以当线段 AB 与内球相切时线段 AB 的长度最大，
则线段 AB 最长为 2 25 4 3 cm ，
故选：C.
5．（2021·全国高三专题练习（理））斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐
波那契数：1,1,2,3,5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90 的圆弧，这
些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉
螺等．右图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积
为（ ）
4
A． 8 15
3
π B． 4 15
3
C．125 15
192
D．125 15
64
【答案】A
【解析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为 8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从
而可得体积，
【详解】
根据已知可得所求扇形半径为 3 5 8r ，即圆锥母线长为 8l ，
设圆锥底面半径为 R ，则 22 2 82R
， 2R ，
圆锥的高为 2 2 2 28 2 2 15h l R ，
所以圆锥体积为 2 21 1 8 152 2 153 3 3V R h ．
故选：A．
6．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）蹴鞠（如图所示），2006 年 5 月 20 日，已作为非物质文化遗产经国务院批
准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，
因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点 A 、
B 、C 、P ，且球心O 在 PC 上， 2AC BC ，AC BC ， 6tan tan 2PAB PBA ，则该鞠（球）
的表面积为（ ）．
5
A．5π B． 7 2π C．9π D．14π
【答案】C
【解析】
过点 P 作 PD AB ，在 ABC 中，根据 2AC BC ， AC BC ，求得 2 2AB ，在 PAB△ 中，
根据 6tan tan 2PAB PBA ，求得 PB ，再根据球心 O 在 PC 上，得到 PC 为球 O 的直径，再由
2 2PC PB CB 求得半径即可.
【详解】
如图所示：
在 ABC 中，因为 2AC BC ， AC BC ，
所以 2 2 2 8AB AC BC ，即 2 2AB ，
在 PAB△ 中， 6tan tan 2PAB PBA ，
所以 PAB PBA ，即 PAB△ 是等腰三角形，
6
过点 P 作 PD AB ，则 BD=AD= 3 ,
因为 6tan 2
PDPAB BD
，
所以 62 32PD ， 2 2 5PB PD BD ，
又球心O 在 PC 上，故 PC 为球 O 的直径，
所以 90PBC PAC ， 2 2 3PC PB CB ，
即 2 3R ，解得 3
2R ，
所以该球的表面积是 24 9S R .
故选：C．
7．（2021·辽宁高三二模（理））已知 A 、 B 是球O 的球面上两点， 2AB ，过 AB 作互相垂直的两个平面
截球得到圆 1O 和圆 2O ，若 1 90AO B ， 2 60AO B ，则球的表面积为（ ）
A．5 B．10 C．15 D． 20
【答案】D
【解析】
令圆 1O 、圆 2O 半径分别为 1 2,r r ，由已知条件求 1 2,r r ，根据圆 1O 和圆 2O 的垂直关系求球O 的半径，进而
求球体的表面积.
【详解】
令圆 1O 、圆 2O 半径分别为 1 2,r r ，由 1 90AO B ， 2 60AO B ， 2AB ，
∴ 1 2r ， 2 2r ，且 1O 到圆 2O 的距离 2 12
ABd OO ，
∴若球O 的半径为 R，则 2 2
2 5R d r ，即球的表面积 24 20S R .
7
故选：D.
8．（2021·全国高三专题练习）已知点 , , ,A B C D 在球 O 的表面上， AB 平面 ,BCD BC CD ，若
2, 4,AB BC AC 与平面 ABD 所成角的正弦值为 10
5
，则球 O 表面上的动点 P 到平面 ACD 距离的最
大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.
【详解】
如图，因为 AB 平面 BCD， BC CD ，所以 AD 为球的直径
由 2, 4AB BC 得 2 5AC
作CE BD ，则 CAE 即为 AC 与平面 ABD 所成角
8
所以 10
5n
2 5
si CE CE
ACCAE ，得 2 2CE
设CD x 由等面积法得 24 2 2 16x x ，解得 4x
所以 2 2 2 2 4 16 16 36AD AB BC CD ，即 2 6R ， 3R
又平面 ACD 过球心，所以 P 到平面 ACD 距离即为半径的长
所以 P 到平面 ACD 距离的最大值为 3.
故选：B.
9．（2021·全国高三专题练习（理））如图在底圆半径和高均为 2 2 的圆锥中， AB 、 CD 是过底圆圆O 的
两条互相垂直的直径， E 是母线 PB 的中点，已知过 CD 与 E 的平面与圆锥侧面的交线是以 E 为顶点的抛
物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点 P 的距离等于（ ）．
A． 5 B．1 C． 10
4
D． 5
2
【答案】A
【解析】
如图所示，过点 E 做 EH AB ，垂足为 H ．求出 2OE ，在平面CED 内建立直角坐标系如图，求出
1EF ， 4PB ， 2PE ，即得解.
【详解】
如图所示，过点 E 做 EH AB ，垂足为 H ．
9
∵ E 是母线 PB 的中点，圆锥的底面半径和高均为 2 2 ，
∴ 2OH EH ．∴ 2OE ．
在平面CED 内建立直角坐标系如图．
设抛物线的方程为 2 2 0y px p ， F 为抛物线的焦点．
2,2 2C ，所以8 2 2p ，解得 2p ， 1,0F
即 1EF ， 4PB ， 2PE ，
该抛物线的焦点 F 到圆锥顶点 P 的距离为 2 2 5PE EF ，
故选：A
10．（2021·山东淄博市·高三一模）四棱锥 S ABCD 中，侧面 SBC 为等边三角形，底面 ABCD 为矩形，
2BC ，AB a= ，点 F 是棱 AD 的中点，顶点S 在底面 ABCD 的射影为 H ，则下列结论正确的是（ ）
A．棱 SC 上存在点 P 使得 //PD 面 BSF
B．当 H 落在 AD 上时， a 的取值范围是 0, 3
C．当 H 落在 AD 上时，四棱锥 S ABCD 的体积最大值是 2
D．存在 a 的值使得点 B 到面 SFC 的距离为 3
【答案】A
10
【解析】
对于 A：取 BC 的中点 E，连结 DE，取 SC 中点 P，连结 PE、PD.
利用面 PDE∥面 BFS，可以证明 //PD 面 BSF ；
对于 B：利用 3a 时，S 与 H 重合，图形不能构成四棱锥，判断 B 错误；
对于 C：求出体积 S ABCDV 的最大值为 1.故 C 错误；
对于 D:先判断当 S ABCDV 的最大时，点 B 到面 SFC 的距离 d 最大；然后求出 3d ，判断 D 错误.
【详解】
对于 A：取 BC 的中点 E，连结 DE，取 SC 中点 P，连结 PE、PD.
∵PE 为
△
BCS 的中位线，∴ PE∥BS
又 BS 面 BFS， PE 面 BFS，∴PE∥面 BFS；
在矩形 ABCD 中，E、F 分别为 BC、AD 的中点，∴DE∥BF,
又 BF 面 BFS， DE 面 BFS，∴DE 面 BFS；
又 DE PE EI ,∴面 PDE∥面 BFS，∴ //PD 面 BSF .
故 A 正确；
对于 B：∵ SBC 为等边三角形， 2BC ，∴ 3SE
当 3a 时，S 与 H 重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故 B 错误；
对于 C：在 Rt
△
SHE 中， 23SH a ，∴ 2 2 21 22 3 3 13 3S ABCDV a a a a
当且仅当 2 3
2a 时， S ABCDV 的最大值为 1.故 C 错误；
对于 D:由选项 C 的推导可知：当 S ABCDV 的最大时，点 B 到面 SFC 的距离 d 最大.
1 1
2 2S BFC S ABCDV V
11
此时 2 26 10,2 2SF CF CD DF
∴ 1 1 6 10 15
2 2 2 2 4SFCS SF CF △
∴ 1 12 2 15 32 515
Vd S
.故 D 错误.
故选：A
11．（2021·山东滨州市·高三一模）如图，斜线段 AB 与平面 α 所成的角为 π
4
，B 为斜足．平面 α 上的动点 P
满足 π
6PAB ，则点 P 的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】B
【解析】
首先建立空间直角坐标系，设
(0,1,0), (0,0,1), ( , ,0) (0,1, 1), ( , , 1)B A P x y AB AP x y
2 2
2 2
1 3cos , = 6 2( 2) 1122 1
yAB AP x y
x y
，则点 P 的轨迹是椭圆．
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
设 (0,1,0), (0,0,1), ( , ,0) (0,1, 1), ( , , 1)B A P x y AB AP x y
2 2
2 2
1 3cos , = 6 2( 2) 1122 1
yAB AP x y
x y
所以点 P 的轨迹是椭圆．
故选：B.
12
二、多选题
12．（2021·广东湛江市·高三一模）在梯形 ABCD 中，AB=2AD=2DC=2CB，将 BDC 沿 BD 折起，使 C 到
C'的位置（C 与 C'不重合），E，F 分别为线段 AB，AC'的中点，H 在直线 DC'上，那么在翻折的过程中（ ）
A．DC'与平面 ABD 所成角的最大值为
6
B．F 在以 E 为圆心的一个定圆上
C．若 BH 丄平面 ADC'，则 '3DH C H
D．当 AD 丄平面 BDC'时，四面体 C'-ABD 的体积取得最大值
【答案】ACD
【解析】
根据线面角的知识确定 A 选项的正确性；根据圆锥的几何性质判断 B 选项的正确性；求得 ' '2DC C H ，
由此确定 C 选项的正确性；结合锥体体积求法，确定 D 选项的正确性.
【详解】
如图，在梯形 ABCD 中，因为 // , 2 2 2AB CD AB AD DC CB ， E 是 AB 的中点，
所以 // ,CD BE CD BE ，所以四边形 BCDE 是菱形，所以 BC DE ，
由于 AD DE AE ，所以三角形 ADE 是等边三角形，
所以 1
2DE AB ，故 AD BD ，
6BDC DBC .
在将 BDC 沿 BD 翻折至 'BDC 的过程中， ,BDC DBC 的大小保持不变，由线面角的定义可知， 'DC
与平面 ABD 所成角的最大值为
6
，故 A 正确.
因为 DBC 大小不变，所以在翻折的过程中， 'C 的轨迹在以 BD 为轴的一个圆锥的底面圆周上，而 EF 是
'ABCV 的中位线，所以点 F 的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点 E ，故 B 不正确.
13
当 BH 平面 'ADC 时， BH DH .因为 '
3HC B ，所以 ' ' '2DC BC C H ，所以 '3DH C H
，
故 C 正确.
在翻折的过程中， 'BC D 的面积不变，所以当 AD 平面 'BDC 时，四面体 'C ABD 的体积取得最大值，
故 D 正确.
故选：ACD
13．（2021·山东高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，
通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下
面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面
所成的锐二面角为 ，这个角接近 30°，若取 30 ，侧棱长为 21 米，则（ ）
A．正四棱锥的底面边长为 6 米 B．正四棱锥的底面边长为 3 米
C．正四棱锥的侧面积为 24 3 平方米 D．正四棱锥的侧面积为12 3 平方米
【答案】AC
【解析】
利用已知条件画出图像，设 O 为正方形 ABCD 的中心， H 为 AB 的中点，设底面边长为 2a ，利用线面角
的定义得出 30SHO ，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
14
如图，在正四棱锥 S ABCD 中，
O 为正方形 ABCD 的中心， H 为 AB 的中点，
则 SH AB ，
设底面边长为 2a ．
因为 30SHO ，
所以 3 2 3, ,3 3OH AH a OS a SH a ．
在 Rt SAH 中，
2
2 2 3 213a a
，
所以 3a ，底面边长为 6 米，
1 6 2 3 4 24 32S 平方米．
故选：AC.
14．（2021·江苏常州市·高三一模）1982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有
棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼
尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新
几何体，则（ ）
A． / /AF CD
B． AF DE
C．新几何体有 7 个面
15
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
【答案】ABD
【解析】
根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、
四点共面即可判断 A、B、C 的正误，由斜棱柱的性质判断 D 的正误.
【详解】
由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H 为 BC、ED 的中点，连接 FG、AH、GH，即
, , / / , ,FG BC AH DE AF GH GH BC GH DE ，
∴ / / / /GH BE CD ， AF DE ， / /AF CD，故 A、B 正确；
∴ , , ,A F C D 四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有 5 个面且无外接球，C 错误，D 正确；
故选：ABD.
15．（2021·江苏盐城市·高三二模）对于两条不同直线 ,m n 和两个不同平面 , ，下列选项中正确的为（ ）
A．若 , ,m n ，则 m n B．若 / / , / / ,m n ，则 m n 或 //m n
C．若 / / , / /m ，则 / /m 或 m D．若 ,m m n ，则 / /n 或 n
【答案】ACD
【解析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
若 ,m n ， m 的方向向量是 的法向量， n 的方向向量是 的法向量， ，则 , 的方向向
量垂直，所以 m 的方向向量与 n 的方向向量垂直，则 m n ，A 正确；
若 / / , / / ,m n ， ,m n 可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B 错；
16
若 / / , / /m ，则 / /m 或 m ， m 与 不相交，C 正确；
若 ,m m n ，则 / /n 或 n ， n 与 不相交，D 正确．
故选：ACD．
16．（2021·广东广州市·高三二模）如图，已知长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，四边形 ABCD 为正方形，
2AB ， 1 2AA ， E ， F 分别为 AB ， BC 的中点.则（ ）
A． 1A E DF
B．点 1A ､ E ､ F ､ 1C 四点共面
C．直线 1C D 与平面 1 1BBC C 所成角的正切值为 2
D．三棱锥 1E C DF 的体积为 2
2
【答案】BCD
【解析】
利用反证法证明 A；连接 AC，证明 1 1/ /EF AC ，即可证明四点共面判断 B；由题意知， 1DC C 为直线 1C D
与平面 1 1BBC C 所成角，在直角 1DCC△ 中求解即可判断 C；连接 DE ，利用等体积法求解三棱锥 1E C DF
的体积可判断 D.
【详解】
对于 A，假设 1A E DF ，由题意知 BC ⊥平面 1 1AA B B ， 1A E 平面 1 1AA B B ， 1A E BC ，又
BC DF FI ， 1A E 平面 ABCD ，由长方体性质知 1A E 与平面 ABCD 不垂直，故假设不成立，故 A
错误；
17
对于 B，连接 EF ， AC ， 1 1AC ，由于 E ， F 分别为 AB ， BC 的中点， / /EF AC ，又因为长方体
1 1 1 1ABCD A B C D ，知 1 1 / /AC AC ， 1 1/ /EF AC ，所以点 1A ､ E ､ F ､ 1C 四点共面，故 B 正确；
对于 C，由题意可知 DC 平面 1 1BBC C ， 1DC C 为直线 1C D 与平面 1 1BBC C 所成角，在直角 1DCC△
中， 1 2CC ， 2CD ，则 1
1
2tan 2
2
DCDC C C C
，故 C 正确；
对于 D，连接 DE ， 1C E ， 2AB AD ，则
DEF ABCD ADE BEF CDFS S S S S V W V V V
1 1 1 32 2 2 1 1 1 1 22 2 2 2
，利用等体积法知：
1 1 1
1 1 22 2
3
3 3 2E C DF C DEF DEFV V S CC V
，故 D 正确
故选：BCD
17．（2021·全国高三专题练习） P 是正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中线段 1BC 上的动点(点 P 异于点 B )，下列
说法正确的是（ ）
A． 1AP BC
B．异面直线 BP 与 AC 所成的角是 60
C． 1P AD CV 的大小与 P 点位置有关
D．二面角 P AB C- - 的大小为 45
【答案】ABD
【解析】
根据 1BC 平面 1 1ABC D 即可判断 A 正确；求出异面直线 1BC 与 AC 所成的角即可知 B 正确；根据等积法
18
可知 1P AD CV 的大小与 P 点位置无关，C 错误；根据二面角的定义可知 D 正确.
【详解】
对 A,因为 1 1 1,B C BC B C AB ,所以 1BC 平面 1 1ABC D ,而 AP 平面 1 1ABC D ,所以 1AP BC ,正确;
对 B, 异面直线 BP 与 AC 所成的角即为异面直线 1BC 与 AC 所成的角,因为 1 1 / /AC AC ,所以 1 1AC B 即为
异面直线 1BC 与 AC 所成的角,而 1 1AC B△ 为等边三角形,所以 1 1 60AC B ,正确；
对 C,因为四边形 1 1ABC D 为矩形,所以
1 1
1
2AD PS AB AD △ 为定值,而 1BC 平面 1 1ABC D ,点C 到平面
1 1ABC D 的距离为定值，故 1 1P AD C C AD PV V 为定值，错误；
对 D，二面角 P AB C- - 的平面角即为二面角 1C AB C 的平面角，由二面角的定义可知， 1C BC 为
二面角 1C AB C 的平面角，易知 1 45C BC ,正确.
故选：ABD.
18．（2021·全国高三专题练习）如图三棱锥 P ABC ，平面 PBC 平面 ABC ，已知 PBC 是等腰三角形，
ABC 是等腰直角三角形，若 2AB BC ， 5PB PC ，球O 是三棱锥 P ABC 的外接球，则
（ ）
19
A．球心到平面 PBC 的距离是 3
2 B．球心到平面 ABC 的距离是 3
4
C．球的表面积是 41
4 π D．球的体积是 741
3 π
【答案】BC
【解析】
根据题意，结合棱锥满足的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.
【详解】
三棱锥可置于棱长为 2 的正方体内，
正方体的上底面 1 1B C 的中点 P 即为此三棱锥的顶点，
如下图的 P ABC ，
分别设 1O ， 2O 为 ABC ､ PBC 外接圆圆心， 2 1OO 所以 A 错；
因为 AB BC ，则 1O 是 AC 的中点.在等腰三角形 PBC 中， 2 2PM BM ，
设其外接圆半径为 r (如图)，
20
则 2 2 2PO BO CO r ， 2 2MO r 得： 22 22 1r r ，解得 5
4r ， 2
32 4MO r .所以，B
对；
设三棱锥 P ABC 外接球半径为 R 在 1Rt BOO△ 中，
1 2
3
4O O MO ， 1 2BO ，所以 2 22 2 3 2
4
R BO
，解得 2 41
16R .
从而 2 341 4 41 414 4 3 48S R V R ， .所以 C 对，D 错.
故选：BC.
19．（2021·全国高三专题练习）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比
赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图 ① ，已知球的体积为 4
3
，托盘由边长为 4 的
正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图 ② .则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点 , ,A B C 的球的截面圆的面积为
4
B．异面直线 AD 与CF 所成的角的余弦值为 5
8
C．直线 AD 与平面 DEF 所成的角为
3
D．球离球托底面 DEF 的最小距离为 63 13
【答案】BCD
21
【解析】
求出 ABC 外接圆面积判断 A，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是 B，根据直线民平面所成的
角定义判断 C，求出球心到平面 DEF 的距离可判断 D．
【详解】
根据图形的形成，知 , ,A B C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 DEF 三边中点 , ,M N P ，如图， ABC 与
MNP△ 全等且所在面平行，截面圆就是 ABC 的外接圆与 MNP△ 的外接圆相同．
由题意 MNP△ 的边长为 1，其外接圆半径为 3 313 3r ，圆面积为 2 1
3S r ，A 错；
由上面讨论知 AC 与 MP 平行且相等，而 MP 与 NF 平行且相等，因此 AC 与 NF 平行且相等，从而 ACFN
是平行四边形， //CF AN ，所以 DAN 是异面直线 AD 与 CF 所成的角（或其补角）．由已知， 2AD ，
3DN ， 2AN CF ，
2 2 2 4 4 3 5cos 2 2 2 2 8
AN AD NDDAN AN AD
，B 正确；
由平面 ADE 与平面 DEF 垂直知 AE 在平面 AEF 内的射影是 DE ，所以 AED 为直线 AD 与平面 DEF
所成的角，此角大小
3
，C 正确．
由上面讨论知 1AB BC CA ，设O 是球心，球半径为 R ，由 34 4
3 3R 得 1R ，则O ABC 是
正四面体，棱长为 1，设 H 是 ABC 的中心，则OH 平面 ABC ，又CH 平面 ABC ，所以OH CH ，
3
3CH ，则
2
2 3 61 3 3OH
，又 3AM ．
22
所以球离球托底面 DEF 的最小距离为 63 13
，D 正确．
故选：BCD．
20．（2021·山东高三专题练习）透明塑料制成的正方体密闭容器 1 1 1 1ABCD A B C D 的体积为8, 注入体积为
0 8x x 的液体.如图，将容器下底面的顶点 A 置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列
说法正确的是（ ）
A．液面始终与地面平行
B． 4x 时，液面始终是平行四边形
C．当 0,1x 时，有液体的部分可呈正三棱锥
D．当液面与正方体的对角线 AC 垂直时，液面面积最大值为3 3
【答案】ACD
【解析】
23
根据正方体的截面判断．
【详解】
液面始终是水平面，与场面平行，A 正确；
4x 时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱 1 1 1 1 1 1, , , , ,A B B B BC CD DD D A 的中点，此时液面是正六边
形，不是平行四边形，B 错；
液面过 1, ,AA AB AD 的中点时，此时 1
6x (0,1) ，有液体的部分是正三棱锥，C 正确；
当液面与正方体的对角线 AC 垂直时，液面面积的液面面积最大时就是 B 中所列举的正六边形（此时液体
体积是正方体体积的一半），面积为 236 ( 2) 3 34
， D 正确．
故选：ACD．
21．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）如图，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球为球 ,O E F、 分别
是棱 AB 和棱 1CC 的中点，G 在棱 BC 上移动，则下列结论成立的有（ ）
A．存在点 ,G 使OD 垂直于平面 EFG
B．对于任意点 , / /G OA 平面 EFG
C．直线 EF 的被球О 截得的弦长为 2
D．过直线 EF 的平面截球О 所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为
2
【答案】ACD
【解析】
A.当点G 为中点时，证明 1B D 平面 EFG ；B.当点G 与 B 重合时，A 在平面 EFB 上，O 在平面 EFB 外，
说明不成立；C. 点 M 是线段 EF 的中点，利用弦长公式求弦长；D. 当OM 垂直于过 EF 的平面，此时截
24
面圆的面积最小，利用 C 的结果求圆的面积.
【详解】
当G 为 BC 中点时， EG BD ， 1EG BB 1BD BB B ， EG 平面 1BDB ，
平面 / /EFG 平面 1ACD ， 1B D 平面 1BDB ， 1EG B D ，同理 1GF B D ， EG GF G ，
所以 1B D 平面 EFG ，即OD 平面 EFG ，故 A 正确；
当G 与 B 重合时， A 在平面 EFB 上，O 在平面 EFB 外，故 B 不正确;
如图，点 M 是线段 EF 的中点，由对称性可知OM EF ，由勾股定理可知易知
2 2 6,EF EB BF 2OE 球心O 到 EF 距离为
2
2 6 22 2 2OM
，
则 EF 被球截得的弦长为
2
2 2 22 2 1 22l R OM
故 C 正确;
当OM 垂直于过 EF 的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是 2
2 2
lr ，面积为
2 1
2S r ，故 D 正确.
25
故选：ACD
22．（2021·广东广州市·高三一模）已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 4，EF 是棱 AB 上的一条线段，
且 1EF ，点Q 是棱 1 1A D 的中点，点 P 是棱 1 1C D 上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A． PQ 与 EF 一定不垂直 B．二面角 P EF Q 的正弦值是 10
10
C． PEF 的面积是 2 2 D．点 P 到平面QEF 的距离是常量
【答案】BCD
【解析】
对 A，当 P 与 1D 重合时不满足；对 B，可得 1D AQ 即为二面角 P EF Q 的平面角，求出即可；对 C，
可得 1BC 即为三角形的高，求出面积即可判断；对 D，由 1 1 //C D 平面QEF 可判断.
【详解】
对 A，当 P 与 1D 重合时， PQ EF ，故 A 错误；
对 B，由于 P 是棱 1 1C D 上的动点， EF 是棱 AB 上的一条线段，故平面 PEF 也是平面 1 1ABC D ， AB Q
平面 1 1ADD A ，则 1,AB AQ AB AD ,则 1D AQ 即为二面角 P EF Q 的平面角，
2 2
1 14 2 2 5, 4 2, 2AQ AD D Q Q ，则 1
20 32 4 3 10cos 102 2 5 4 2
D AQ
，则
2
1 1
10sin 1 cos 10D AQ D AQ ，故 B 正确；
对 C，由于 P 是棱 1 1C D 上的动点， EF 是棱 AB 上的一条线段，且 1 1 //C D AB ，则 1 1,C D AB 的距离即为三
角形的高， AB Q 平面 1 1BBC C ， 1AB BC ，则 1BC 即为三角形的高，
26
1
1 1 1 4 2 2 22 2PEFS EF BC V ，故 C 正确；
对 D，由于 P 是棱 1 1C D 上的动点，EF 是棱 AB 上的一条线段， 1 1 //C D AB ，则 1 1 //C D 平面QEF ，则点 P
到平面QEF 的距离为常量，故 D 正确.
故选：BCD.
23．（2021·山东济宁市·高三一模）如图， AC 为圆锥 SO 底面圆O 的直径，点 B 是圆O 上异于 A ，C 的动
点， 2SO OC ，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥 SO 的侧面积为8 2π
B．三棱锥 S ABC 体积的最大值为 8
3
C． SAB 的取值范围是 π π,4 3
D．若 AB BC ， E 为线段 AB 上的动点，则 SE CE 的最小值为 2 3 1
【答案】BD
【解析】
先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项 A；当 OB AC 时， ABC 的面积最大，此时体
积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项 B；先用取极限的思想求出 ASB 的范围，再利用
2 SAB ASB ，求范围即可判断选项 C；将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面，得到 1S AB ，
则 1minSE CE S C ，利用已知条件求解即可判断选项 D.
【详解】
在 Rt SOC△ 中， 2 2 2 2SC SO OC ，
27
则圆锥的母线长 2 2l ，半径 2r OC ，
对于选项 A：圆锥 SO 的侧面积为： 4 2rl ，故选项 A 错误；
对于选项 B：当 OB AC 时， ABC 的面积最大，
此时 1 4 2 42ABCS ，
则三棱锥 S ABC 体积的最大值为： 1 1 84 23 3 3ABCS SO ；
故选项 B 正确；
对于选项 C：当点 B 与点 A 重合时， 0ASB 为最小角，当点 B 与点C 重合时，
2ASB ，达到最大
值，
又因为 B 与 ,A C 不重合，
则 0, 2ASB
，
又 2 SAB ASB ，
可得 ,4 2SAB
，
故选项 C 不正确；
对于选项 D：由 , 90 , 4AB BC ABC AC ，
得 2 2AB BC ，
又 2 2SA SB ，
则 SAB 为等边三角形，
则 60SBA ，
将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面，得到 1S AB ，
则 1S AB 为等边三角形， 1 60S BA ，
如图：
28
则 1minSE CE S C ，
因为 1 1 12 2, 150S B BC S BC S BA ABC ，
22 2 2
1 1 12 cos150 8 8 8 3 2 3 2S C S B BC S B BC ，
则 1min 2 3 1SE CE S C ，
故选项 D 正确；
故选：BD.
24．（2021·广东肇庆市·高三二模）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB AD ， 1 2AA ，P 是线段 1BC
上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A． 1 //A P 平面 1AD C
B． 1A P 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值的最大值是 2 5
5
C． 1A P PC 的最小值为 170
5
D．以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线长是
2
【答案】ACD
【解析】
证明出平面 1 1 //A BC 平面 1AD C ，利用面面平行的性质可判断 A 选项的正误；求出 1PB 的最小值，利用线面
角的定义可判断 B 选项的正误；将 1 1AC B△ 沿 1BC 翻折与 1BCC 在同一平面，利用余弦定理可判断 C 选
项的正误；设 M 是以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线上的一点，求出 DM 的长，判断
出点 M 的轨迹，可判断 D 选项的正误.
【详解】
29
对于 A，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， //BC AD 且 BC AD ， 1 1//AD A D 且 1 1AD A D ，
1 1//BC A D 且 1 1BC A D ，所以，四边形 1 1A BCD 为平行四边形，则 1 1//A B CD ，
1A B 平面 1AD C ， 1CD 平面 1AD C ， 1 //A B 平面 1AD C ，同理可证 1 1 //AC 平面 1AD C ，
1 1 1 1A B AC A ，所以，平面 1 1 //A BC 平面 1AD C ，
1A P 平面 1 1A BC ，所以， 1 //A P 平面 1AD C ，A 选项正确；
对于 B， 1 1A B 平面 1 1BCC B ，所以， 1A P 与平面 1 1BCC B 所成角为 1 1A PB ，
1 1
1 1
1
tan A BA PB PB
，所以，当 1 1B P BC 时， 1A P 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值的最大，
由勾股定理可得 2 2
1 1 5BC BC CC ，
由等面积法可得 1 1 1
1
1
1 2 2 5
55
B C BBPB BC
，
所以， 1 1tan A PB 的最大值为
1 5
22 5
5
，B 选项错误；
对于 C，将 1 1AC B△ 沿 1BC 翻折与 1BCC 在同一平面，如下图所示：
30
在 1Rt BCC△ 中， 1BCC 为直角， 1
1
1
2 5cos 5
CCBC C BC
， 1
1
5sin 5
BCBC C BC
，
在 1 1A BCV 中， 1 1 5A B BC ， 1 1 2AC ，
由余弦定理可得
2 2 2
1 1 1 1
1 1
1 1 1
10cos 2 10
AC BC A BAC B AC BC
，则 1 1AC B 为锐角，
可得 2
1 1 1 1
3 10sin 1 cos 10AC B AC B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1cos cos cos cos sin sinAC C AC B BC C AC B BC C AC B BC C
10 2 5 3 10 5 2
10 5 10 5 10
，
由余弦定理可得 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
342 cos 5AC AC CC AC CC AC C ，此时 1
170
5AC ，
因此， 1A P PC 的最小值为 170
5
，C 选项正确；
对于 D，设 M 是以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线上的一点，
由于 AD 平面 1 1DCC D ， DM 平面 1 1DCC D ， AD DM ，
22 1DM AD ，
所以交线为以 D 为圆心，1为半径的四分之一圆周，所以交线长是
2
，D 选项正确.
故选：ACD.
25．（2021·广东深圳市·高三一模）在空间直角坐标系O xyz 中，棱长为 1 的正四面体 ABCD 的顶点 A，B
分别为 y 轴和 z 轴上的动点（可与坐标原点 O 重合），记正四面体 ABCD 在平面 xOy 上的正投影图形为 S，
31
则下列说法正确的有（ ）
A．若 / /CD 平面 xOy ，则 S 可能为正方形
B．若点 A 与坐标原点 O 重合，则 S 的面积为 2
4
C．若OA OB OC ，则 S 的面积不可能为 1
2
D．点 D 到坐标原点 O 的距离不可能为 3
2
【答案】ABD
【解析】
对于 A，举例说明可能性成立即可；对于 B，当点 A 与坐标原点 O 重合时， ,C D 到 AB 的距离均为 3
2
，
再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为 2 2
3
，从而可求出结果；对于 C，当C 位于 x 轴上时，且
OA OB OC 且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于 D，由正四面体的
性质可知 D 到 AB 的距离为 3
2
，当 OA OB 时，O 到 AB 的距离最大，进而可求出OD 的最大值
【详解】
对于 A，如图，当 B 为O 时 ，正投影图形 AEBF 为正方形，所以 A 正确；
对于 B，点 A 与坐标原点 O 重合时， ,A B 两点已定，即 AB 在 z 轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，
,C D 到 AB 的距离就是正三角形 ,ABD ABC 的高，均为 3
2
，则正四面体在平面 xOy 上的正投影图形为
32
以 3
2
为腰，1 为底的等腰三角形，所以
2 21 3 1 212 2 2 4S
，所以 B 正确；
对于 C，当C 位于 x 轴上时，且OA OB OC 且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，
可知投影到 xOy 面为正方形，且边长为 2
2
，此时
2
2 1
2 2S
，所以 C 错误；
对于 D，顶点 D 到 AB 的距离为 3
2
，设点 O 到 AB 的距离为 d ，则 AB d OA OB ,得
2 2 1
2 2
OA OBd OA OB ，当且仅当OA OB 时，O 到 AB 的距离最大，且为 1
2
，所以OD 的最大
值为 1 3 3
2 2 2
，所以 D 正确，
故选：ABD
26．（2021·山东高三专题练习）在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的
斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形
为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号
的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，
帽坡长 20 厘米，帽底宽 20 3 厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是（ ）
33
A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120
B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100 3 平方厘米
C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π 平方厘米
D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为 20 3 30 厘米
【答案】ACD
【解析】
先求出截面的顶角的一半，即可求出顶角判断选项 A；利用三角形的面积公式以及三角函数值的范围可判
断选项 B；求出圆锥形的斗笠外接球的半径即可得球的表面积可判断选项 C；求出圆锥形的斗笠内切球的半
径即截面圆的半径即可判断选项 D，进而可得正确选项.
【详解】
对于选项 A： 2220 10 3 400 300 10PO ，
所以 10 3 3sin 20 2
AOBPO AP
， 60BPO
所以 120APB ，故选项 A 正确．
对于选项 B：设 APB ，截面三角形面积和 21 sin 200sin 2002S PA ，故选项 B 不正确；
对于选项 C：设外接球球心为 M ，半径为 R ，∴ MA MP R
在 AOM 中，由勾股定理可得： 2 2300 10 R R ，解得： 20R
34
所以该球的表面积 24π 20 1600πS ，故选项 C 正确；
对于选项 D：设球心为O ，截面主视图如下图，设内切圆半径为 r ，
ABP△ 各边长分别为 20PA PB , 20 3AB ，
所以 1 120 20 20 3 20 3 102 2r ，解得： 20 3 30r ，
故选项 D 正确．
故选：ACD
27．（2021·山东滨州市·高三一模）若四面体各棱的长是 1 或 2，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值
可能为（ ）
A． 11
6
B． 14
12
C． 11
12
D． 2
【答案】ABC
【解析】
根据棱长为 1 的棱的条数分类讨论计算四面体的体积，然后判断可得．
【详解】
根据三角形的两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为 1 的棱最多有 3 条，
（1）若只有一条棱长度为 1，如图 1AB ，其余棱长都为 2，
取 AB 中点 E ，CD 中点 F ，连接 , ,CE DE EF ，则 ,CE AB DE AB ，又 ,CE DE 是平面CDE 内两相
交直线，则 AB 平面CDE ，
35
由已知
2
2 1 152 2 2CE DE
，则 EF CD ，
2
215 1112 2EF
，
1 11 1122 2 2CEDS △ ， 1 1 11 1113 3 2 6ABCD A CED B CED CEDV V V S AB △ ；
（2）若有两条棱长度为 1，还是如（1）中的图形， 1AB CD ，
解法如（1），只是有
2 215 1 14
2 2 2EF
， 1 14 1412 2 4CEDS △ ，
1 14 1413 4 12ABCDV ；
（3）若有两条棱长度为 1，如图 1BC CD DB ， 2AB AC AD ，四面体为正三棱锥，设 AO 是
正三棱锥的高，O 是 BCD△ 的外心， 2 3 313 2 3OB ，
2
2 2 2 3 112 3 3AO AB OB
，
1 31 1 sin 602 4BCDS △ ，
1 1 3 11 11
3 3 4 3 12ABCD BCDV S AO △ ．
故选：ABC．
36
28．（2021·山东日照市·高三一模）已知正方体 1 1 1 1ABC A B C D 的棱长为 4，M 为 1DD 的中点，N 为 ABCD
所在平面上一动点，则下列命题正确的是（ ）
A．若 MN 与平面 ABCD 所成的角为
4
，则点 N 的轨迹为圆
B．若 4MN ，则 MN 的中点 P 的轨迹所围成图形的面积为 2
C．若点 N 到直线 1BB 与直线 DC 的距离相等，则点 N 的轨迹为抛物线
D．若 1D N 与 AB 所成的角为
3
，则点 N 的轨迹为双曲线
【答案】ACD
【解析】
对于 A，根据正方体的性质计算出 2DN ，根据圆的定义可得答案；
对于 B，取 MD 的中点 E ，根据 PE ED ， 3PE ，可得点 P 的轨迹为圆，根据圆的面积公式计算可
得结果；
对于 C，将点 N 到直线 1BB 转化为 NB ，再根据抛物线的定义可得结果；
对于 D，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式可解得结果.
【详解】
如图：
37
对于 A，根据正方体的性质可知， MD 平面 ABCD ，所以 MND 为 MN 与平面 ABCD 所成的角，
所以
4MND ，所以 1
1 1 4 22 2DN DM DD ，所以点 N 的轨迹为以 D 为圆心，2 为半径的圆；
故 A 正确；
对于 B，在直角三角形 MDN 中， 2 2 2 24 2 2 3DN MN MD ，取 MD 的中点 E ，因为 P 为 MN
的中点，所以 / /PE DN ，且 1 32PE DN ，因为 DN ED ，所以 PE ED ，即点 P 在过点 E 且与
1DD 垂直的平面内，又 3PE ，所以点 P 的轨迹为以 3 为半径的圆，其面积为 2
3 3 ，故 B 不
正确；
对于 C，连接 NB ，因为 1BB 平面 ABCD ，所以 1BB NB ，所以点 N 到直线 1BB 的距离为 NB ，所以
点 N 到点 B 的距离等于点 N 到定直线 CD 的距离，又 B 不在直线 CD 上，所以点 N 的轨迹为以 B 为焦点，
CD 为准线的抛物线，故 C 正确；
对于 D，以 D 为原点， 1, ,DA DC DD 分别为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，
则 (4,0,0)A ， (4,4,0)B ， 1(0,0,4)D ，设 ( , ,0)N x y ，
则 (0,4,0)AB = ， 1 ( , , 4)D N x y ，
因为 1D N 与 AB 所成的角为
3
，所以 1| cos , | cos 3AB D N ，
所以 2 2
4 1| | 24 16
y
x y
，整理得
2 23 116 16
y x ，所以点 N 的轨迹为双曲线，故 D 正确.
故选：ACD
29．（2021·全国高三专题练习）如图，正四棱锥 S－BCDE 底面边长与侧棱长均为 a，正三棱锥 A－SBE 底
面边长与侧棱长均为 a，则下列说法正确的是（ ）
38
A．AS⊥CD
B．正四棱锥 S－BCDE 的外接球半径为 2
2 a
C．正四棱锥 S－BCDE 的内切球半径为 21 2 a
D．由正四棱锥 S－BCDE 与正三棱锥 A－SBE 拼成的多面体是一个三棱柱
【答案】ABD
【解析】
取 BE 中点 H ，证明 BE 平面 SAH 即可证 AS CD ；设底面中心为 1O ，有 1 1
2
2O B O S a ，可求
得球半径为 2
2 a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由 // //SA DE BC 且 = =SA DE BC 可知多面体是一个
三棱柱.
【详解】
如图所示：
39
A 选项：取 BE 中点 H 连接 ,AH SH ，正三棱锥 A SBE 中， ,AH BE SH BE
又 AH SH H ，所以 BE 平面 SAH ，则 BE AS ，又 //BE CD 所以 AS CD ，故 A 正确；
B 选项：设底面中心为 1O ，球心为O 半径为 R ，因为正四棱锥 S－BCDE 外接球球心在 1O S 上，所以
OS OB R ，因为，正四棱锥 S－BCDE 底面边长与侧棱长均为 a
所以 1 1
2
2O B O S a ，由 22 2
1 1OB O B O S OS 得
2 2
2 2 2
2 2R a a R
解得 2
2R a ，故 B 正确；
C 选项：设内切球半径为 r ，易求得侧面面积为 2 21 3sin2 3 4S a a ，
由等体积法得 2 2 21 2 1 1 343 2 3 3 4a a a r a r 解得 6 2
4
a
r
，故 C 错；
D 选项：取 SE 中点 F ，连结 AF ， DF ， BF ，则 BFD 和 BFA 分别是 D SE B 和 A SE B 的
二面角的平面角，由
2 2
2
2 2 2
2
3 3 22 2 1cos 2 332 2
a a a
BF DF BDBFD BF DF
a
40
2 2
2
2 2 2
2
3 3
2 2 1cos 2 332 2
a a a
AF BF BAAFD AF BF
a
，故 BFD 与 BFA 互补，所以 ASDE
共面，又因为 AS AE ED SD ，则 ASDE 为平行四边形，故 // //AS ED BC 故正四棱锥 S－BCDE 与
正三棱锥 A－SBE 拼成的多面体是一个三棱柱，所以 D 正确
故选：ABD
30．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）如图1，在正方形 ABCD 中，点 E 为线段 BC 上的动点(不含端点)，
将 ABE 沿 AE 翻折，使得二面角 B AE D 为直二面角，得到图 2 所示的四棱锥 B AECD ，点 F 为
线段 BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥 B AECD 中，下列说法正确的有（ ）
A． , , ,B E C F 四点不共面 B．存在点 F ，使得平面 //CF 平面 BAE
C．三棱锥 B ADC 的体积为定值 D．存在点 E 使得直线 BE 与直线 CD 垂直
【答案】AB
【解析】
假设直线 BE 与直线CF 在同一平面上，所以 E 在平面 BCF 上，得出 E 与C 重合，进而得到 B E C F、 、 、
四点不共面，可判定 A 正确；当点 F 为线段 BD 中点时，得到 EC AD ，取 AB 的中点G ，证得四边形
ECFQ 为平行四边形，可判定 B 正确；根据 E 的移动会导致点 B 到平面 ACD 的距离在变化，可判定C 不
正确；先证得 DH BE ，得出 E 与O 重合，可判定 D 不正确.
【详解】
对于 A 中，假设直线 BE 与直线CF 在同一平面上，所以 E 在平面 BCF 上，
又因为 E 在线段 BC 上， BC I 平面 BCF C ，所以 E 与C 重合，与 E 异于C 矛盾，
所以直线 BE 与直线CF 必不在同一平面上，即 B E C F、 、 、 四点不共面，故 A 正确；
41
对于 B 中，当点 F 为线段 BD 中点时， 可得 EC AD ，
再取 AB 的中点G ，则 / /EC FG 且 EC FG ，四边形 ECFQ 为平行四边形，
所以 / /FC EG ，则直线 CF 与平面 BAE 平行，故 B 正确；
对于 C 中，由题 B ADCV ，但 E 的移动会导致点 B 到平面 ACD 的距离在变化，
所以 B ADC 的体积不是定值，故C 不正确；
对于 D 中， D .过 B 作 BO AE 于O ，
因为平面 BAE 平面 AECD ，平面 BAE 平面 AECD AE ，所以 BO 平面 AECD .过 D 作
DH AE 于 H ，因为平面 BAE 平面 AECD ，平面 BAE 平面 AECD AE ，所以 DH 平面 BAE ，
所以 DH BE ，
若存在点 E 使得直线 BE 与直线CD 垂直，由平面 DHC 平面 AECD ，
且 DC 平面 AECD ， DH DC D ，所以 BE 平面 AECD ，所以 E 与O 重合，
与三角形 ABE 是以 B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点 E 使得直线 BE 与直线 CD 垂直，所以 D 不正确.
故选：AB.
31．（2021·湖南岳阳市·高三一模）将边长为 2 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A BD C ，点
P 为线段 AD 上的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线 AC 与 BD 所成的角为 60°
B． ACD△ 是等边三角形
C． BCP 面积的最小值为 2 6
3
D．四面体 ABCD 的外接球的表面积为 8π
【答案】BCD
【解析】
42
取 BD 的中点O ，连接 ,AO CO ，利用等腰三角形三线合一，可得 ,AO BD CO BD ，从而可得
AC BD ，可判断 A；通过计算 2 2 2AC AO CO ，可得 ACD△ 为正三角形；由 BC 长为 2，所
以只需求出 BC 边上高的最小值就是 BCP 面积的最小值；由于 2 AO CO BO DO ，所以四面
体 ABCD 的外接球的半径为 2 ，从而可求出其表面积．
【详解】
解：对于 A，因为 BD OA ， BD OC ，OA OC O
所以 BD 平面 AOC ， AC 平面 AOC ，
所以 BD AC ，异面直线 AC 与 BD 所成的角为 90°，不是 60°，所以 A 错；
对于 B，因为 1 22OA OC AC ，所以 2 2
2 2 2AC ，同理 2DC ，
所的 ACD△ 是等边三角形，所以 B 对；
对于 C，因为 2BC ，所以要求 BCP 面积的最小值，
只须求 BC 边上高的最小值，此最小值恰为异面直线 AD 与 BC 的距离，设为 h，
因为 AD BC∥ ， BC 平面 BC C ， AD 平面 BC C ，所以 AD 平面 BC C ，
又因为 BC 平面 BC C ，所以直线 AD 到平面 BC C 距离即为 h，
即点 D 到平面 BC C 距离为 h，
因为 D BCC C BCDV V ，所以 2 21 1 1 12 sin 60 h 2 23 2 3 2
，解得 2 6
3h ，
所以 BCP 面积的最小值 1 1 2 6 2 622 2 3 3BC h ，所以 C 对；
对于 D，由于 2 AO CO BO DO ，所以四面体 ABCD 的外接球的球心为 O，半径为 2R ，
所以表面积为 24 8R ，所以 D 对．
故选：BCD．
43
32．（2021·河北唐山市·高三二模）三棱锥 P ABC 的三视图如图，图中所示顶点为棱锥对应顶点的投影，
正视图与侧视图是全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，则（ ）
A．该棱锥各面都是直角三角形 B．直线 AB 与 PC 所成角为 60
C．点 P 到底面 ABC 的距离为1 D．该棱锥的外接球的表面积为3
【答案】CD
【解析】
根据三视图可知三棱锥几何特征，即可逐项分析.
【详解】
由三视图可知三棱锥 P ABC 的底面为直角边长为 1 的等腰直角三角形，且
1, 2, 3AB BC AC PA PC PB ，如图，
44
其中 PAC△ 为等边三角形，故 A 错误；
由侧视图可知直线 AB 与 PC 所成角为 45，故 B 错误；
由正视图，侧视图可知点 P 到底面 ABC 的距离为1，故 C 正确；
由条件可知三棱锥外接球的直径为 PB ，所以
2
4 32
PBS
，故 D 正确.
故选：CD
33．（2021·山东枣庄市·高三二模）如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，点 P 是 1 1B CD 内部(不包
括边界)的动点，若 BD AP ，则线段 AP 长度的可能取值为( )
A． 2 3
3
B． 6
5 C． 6
2
D． 5
2
【答案】ABC
【解析】
由所给条件探求出动点 P 的轨迹，然后在三角形中求出点 A 与动点 P 的距离范围得解.
【详解】
在正方体 AC1 中，连接 AC，A1C1， 1 1 1 1AC B D O ，如图，
45
BD⊥AC，BD⊥AA1，则 BD⊥平面 ACC1A1，
因 AP⊥BD，所以 AP 平面 ACC1A1，又点 P 是
△
B1CD1 内部(不包括边界)的动点，
连接 CO，平面 B1CD1 平面 ACC1A1=CO，所以点 P 在线段 CO 上(不含点 C，O)，
连接 AO，在等腰
△
OAC 中， 62, 2AC AO CO ，而底边 AC 上的高为 1，
腰 OC 上的高 1 2 3
3
ACh OC
，从而有 2 3 23 AP ，
6 6,5 2
都符合， 5
2
不符合.
故选：ABC
34．（2021·江苏省高三二模）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A B C D 中，M 为 BC 边的中
点，下列结论正确的有（ ）
A． AM 与 D B 所成角的余弦值为 10
10
B．过三点 A 、 M 、 D¢的正方体 ABCD A B C D 的截面面积为 9
2
C．四面体 A C BD 的内切球的表面积为
3
D．正方体 ABCD A B C D 中，点 P 在底面 A B C D （所在的平面）上运动并且使 MAC PAC ，
那么点 P 的轨迹是椭圆
46
【答案】AB
【解析】
构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角 cos ,
| || |
AM D BAM D B
AM D B
为 AM 与 D B 所成角
的余弦值判断 A 的正误；同样设 ( , ,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得
2 2
2 2 15
54 3
y
x y
，进而判断 P 的轨迹知 D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求
, , ,MN AD AM D N ，进而得到梯形的高即可求面积，判断 B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧
面面积的关系求内切球半径 r，进而求内切球表面积，判断 C 的正误.
【详解】
A：构建如下图所示的空间直角坐标系：
则有： (0,0,2), (1,2,2), (0,2,0), (2,0,0)A M B D ，
∴ (1,2,0), ( 2,2,0)AM D B ，
2 10cos , 10| || | 5 8
AM D BAM D B
AM D B
，故正确.
B：若 N 为CC 的中点，连接 MN，则有 / /MN AD，如下图示，
47
∴梯形 AMND’为过三点 A 、 M 、 D¢的正方体 ABCD A B C D 的截面，
而 2, 2 2, 5MN AD AM D N ，可得梯形的高为 3 2
2
，
∴梯形的面积为 1 3 2 93 22 2 2S ，故正确.
C：如下图知：四面体 A C BD 的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，
∴ 1 1 88 4 83 2 3V ，而四面体的棱长都为 2 2 ，有表面积为 14 2 2 2 2 sin 8 32 3S ，
∴若其内切圆半径为 r ，则有 1 88 33 3r ，即 3
3r ，所以内切球的表面积为 2 44 3r .故错误.
D：正方体 ABCD A B C D 中，点 P 在底面 A B C D （所在的平面）上运动且 MAC PAC ，即 P
的轨迹为面 A B C D 截以 AM、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，
48
构建如下空间直角坐标系， 2 3 2(0,0,2), ( , ,2), (0,2 2,0)2 2A M C ，若 ( , ,0)P x y ，则
2 3 2( , ,0), (0,2 2, 2), ( , , 2)2 2AM AC AP x y ，
∴ 6 15cos 5| || | 5 12
AM ACMAC
AM AC
，
2 2
2 2cos
| || | 4 3
AP AC yPAC
AP AC x y
，即 2 2
2 2 15
54 3
y
x y
，整理得
2 2( 10 2) 9 216( 0)y x y ，即轨迹为双曲线的一支，故错误.
故选：AB
35．（2021·山东德州市·高三一模）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 E 、F 分别在边 AB 、 BC 上
（不含端点）且 BE BF ，将 AED ， DCF 分别沿 DE ， DF 折起，使 A 、C 两点重合于点 1A ，则下
49
列结论正确的有（ ）．
A． 1A D EF
B．当 1
2BE BF BC 时，三棱锥 1A FDE 的外接球体积为 6π
C．当 1
4BE BF BC 时，三棱锥 1A FDE 的体积为 2 17
3
D．当 1
4BE BF BC 时，点 1A 到平面 DEF 的距离为 4 17
7
【答案】ACD
【解析】
A 选项：证明 1A D 面 1A EF ，得 1A D EF ；
B 选项：当 1 22BE BF BC 时，三棱锥 1A EFD 的三条侧棱 1 1 1, ,A D A E A F 两两相互垂直，利用分隔补
形法求三棱锥 1A EFD 的外接球体积；
C 选项：利用等体积法求三棱锥 1A EFD 的体积；
D 选项：利用等体积法求出点 1A 到平面 DEF 的距离.
【详解】
A 选项： 正方形 ABCD
,AD AE DC FC
由折叠的性质可知： 1 1 1 1,A D A E A D A F
又 1 1 1A E A F A
1A D 面 1A EF
又 EF 面 1A EF ，
50
1A D EF ；故 A 正确.
B 选项：当 1 22BE BF BC 时， 1 1 2, 2 2A E A F EF
在 1A EF 中， 2 2 2
1 1A E A F EF ，则 1 1A E A F
由 A 选项可知， 1 1 1 1,A D A E A D A F
三棱锥 1A EFD 的三条侧棱 1 1 1, ,A D A E A F 两两相互垂直，
把三棱锥 1A EFD 放置在长方体中，可得长方体的对角线长为 2 2 22 2 4 2 6 ，
三棱锥 1A EFD 的外接球半径为 6 ，体积为 334 4 6 8 63 3R ，
故 B 错误
C 选项：当 1 14BE BF BC 时， 1 1 3, 2A E A F EF
在 1A EF 中， 22 22 2 2
1 1
1
1 1
3 3 2 8cos 2 2 3 3 9
A E A F EFEA F A E A F
，
1
17sin 9EA F
则
1 1 1 1
1 1 17 17sin 3 32 2 9 2A EFS A E A F EA F
1 1 1 1
1 1 17 2 1743 3 2 3A EFD D A EF A EFV V S A D
故 C 正确；
D 选项：设点 1A 到平面 EFD 的距离为 h ，则
在 EFD△ 中， 22 22 2 2 5 5 2 24cos 2 2 5 5 25
DE DF EFEDF DE DF
，
7sin 25EDF
则 1 1 7 7sin 5 52 2 25 2EFDS DE DF EDF
1
1 1 7 2 17
3 3 2 3A EFD DEFV S h h
51
即 4 17
7h
故 D 正确；
故选：ACD
36．（2021·辽宁高三二模）如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，所有棱长均为 1，点 E 为棱 1 1B C 上任意一点，
则下列结论正确的是（ ）
A．直线 1AA 与直线 BE 所成角的范围是 π0, 4
B．在棱 1 1B C 上存在一点 E ，使 1AB 平面 1A BE
C．若 E 为棱 1 1B C 的中点，则平面 ABE 截三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截面面积为 3 19
16
D．若 F 为棱 1 1A B 上的动点，则三棱锥 F ABE 体积的最大值为 1
6
【答案】AC
【解析】
由异面直线夹角求法可判断 A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可判断 B；利用线线平行得到平面
ABE 截三棱柱所得截面为等腰梯形 ABEG ，即可求得面积判断 C；由面积公式知 ABFS△ 不变，利用等体积
知可求得体积的最大值可判断 D.
【详解】
对于 A，由直三棱柱 1 1 1ABC A B C ， 1 1/ /AA BB ， 1B BE 为直线 1AA 与直线 BE 所成角，
当 E 与 1B 重合时，直线 1AA 与直线 BE 所成角为 0，当 E 与 1C 重合时，直线 1AA 与直线 BE 所成角为 π
4
，
52
所以直线 1AA 与直线 BE 所成角的范围是 π0, 4
，故 A 正确；
对于 B，假设 1AB 平面 1A BE ，又 BE 平面 1A BE ， 1AB BE ，设 BC 中点为 H ，
则 AH BC ，则 AH 平面 1 1BCC B ，所以 1AB 在平面 1 1BCC B 上的射影为 1B H ，
由三垂线定理得 1B H BE ，又因为 1 1BCC B 为正方形，所以点 E 为 1CC 中点，与点 E 为棱 1 1B C 上一点矛
盾，故 B 错误.
对于 C，取 1 1AC 中点G ，连结 EG ，GA，则平面 ABE 截三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截面为等腰梯形 ABEG ，
1AB ， 1
2EG ，
在直角 1BB E△ 中， 5
2EB ，所以梯形的高为
2 25 1 19
2 4 4
，梯形的面积为
1 1 19 3 1912 2 4 16S
，故 C 正确.
对于 D，因为 1
1 1
2 2ABFS AB BB △ ，且 F ABE E ABFV V ，
所以当 E 与 1C 重合时，三棱锥 F ABE 的体积最大，取 1 1A B 中点 M ，
则 1C M 平面 1 1ABB A ，得
1 1
1 1 1 3 3
3 3 2 2 12C ABF ABFV S C M
，故 D 错误.
故选：AC
三、填空题
37．（2021·山东淄博市·高三一模）已知某圆锥底面圆的半径 1r ，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体
积为______.
53
【答案】 3
3
【解析】
圆锥底面圆的周长,为展开图形中扇形的弧长.根据展开图为半圆可求得圆锥的母线长l ,即可由勾股定理求得
圆锥的高,进而求得圆锥的体积.
【详解】
圆锥底面圆的半径 1r
则圆锥的底面圆周长为 2 2 r
由圆锥的展开图中,底面圆的周长为展开扇形的弧长,由展开图为半圆可得
设展开后半圆的半径为 R ,则 1 2 22 R ,解得 2R
又由圆锥的结构可知,圆锥的母线为 2l R
所以圆锥的高为 22 1 3h
则圆锥的体积为 21 1 31 33 3 3V Sh
故答案为: 3
3
38．（2021·山东德州市·高三一模）已知三棱锥 P ABC 中， AP 、 AB 、 AC 三条棱两两垂直，且长度均
为 2 3 ，以顶点 P 为球心，4 为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．
【答案】 3
【解析】
采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.
【详解】
由题可知： AP 、 AB 、 AC 三条棱两两垂直，且长度均为 2 3
如图：
54
所以 2
2 2 3 2 6PC PB BC
224 2 3 2AM AF ，
所以 2 3tan tan 32 3
APF APM ，则
6APF APM
所以
12EPF CPM ，则 412 3EF MN
44 , 23 3 2NE MF
所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为 42 33 3
故答案为：3
39．（2021·河南高三月考（文））在正四棱锥 P ABCD 中， 2 5PA AB ，若四棱锥 P ABCD 的体
积为 256
3
，则该四棱锥外接球的体积为_________．
【答案】 500
3
【解析】
首先作 PH 平面 ABCD ，垂足为 H．连接 BD ， 2AB m 得到 10PB PA m ， 2BH m ，从而
2 2PH m ，根据四棱锥 P ABCD 的体积为 256
3
，得到 2 2m ，再设出外接球的球心，得到方程
22 24 8R R ，解方程再求外接球体积即可.
【详解】
如图所示：
55
作 PH 平面 ABCD ，垂足为 H．连接 BD ，则 H 为 BD 的中点．
设 2AB m ，则 10PB PA m ， 2BH m ，从而 2 2PH m ，故四棱锥 P ABCD 的体积为
3
21 8 2 256(2 ) 2 23 3 3
mm m ，解得 2 2m ．
由题意可知正四棱锥 P ABCD 外接球的球心 O 在 PH 上，连接OB ．
设正四棱锥 P ABCD 外接球的半径为 R，
则 2 2 2R BH OH ，即 22 24 8R R
解得 5R ，故该四棱锥外接球的体积为 34 500
3 3R ．
故答案为： 500
3
40．（2021·聊城市·山东聊城一中高三一模）我国南北朝时代的祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，即祖暅
原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面
的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等(如图 1)．在 xOy 平面上，将双曲线的一支
2
2 14
x y 及其
渐近线 1
2y x 和直线 y=0，y= 2 围成的封闭图形记为 D，如图 2 中阴影部分．记 D 绕 y 轴旋转一周所得的
几何体为 ，利用祖暅原理试求 的体积为________．
【答案】8
【解析】
56
分别求出直线 0 2y a a 与渐近线以及与双曲线一支的交点，再求出 D 绕 y 轴旋转一周所得的几何
体为 的水平截面面积，利用祖暅原理得出 的体积．
【详解】
直线 0 2y a a 与渐近线 1
2y x 交于点 2 ,a a ，
与双曲线一支
2
2 14
x y 交于点 22 1 ,a a
∵ D 绕 y 轴旋转一周所得的几何体为 ，过 0, 0 4y y ，
作 的水平截面，则截面面积为 2
2 22 1 4 4S a a
，
利用祖暅原理得 的体积相当于底面面积为 4 ，高为 2 的圆柱，
4 2 8V .
故答案为：8
41．（2021·江苏盐城市·高三二模）在四棱锥 P ABCD－ 中， PA 面 ,ABCD 四边形 ABCD 是边长为 2 的
正方形，且 2PA＝ ．若点 E F、 分别为 ,AB AD 的中点，则直线 EF 被四棱锥 P ABCD－ 的外接球所截得
的线段长为_____．
【答案】 6
【解析】
根据 PA 面 ,ABCD 四边形 ABCD 是正方形，易得外接球的球心 O 为 PC 的中点，取 EF 的中点 G,根据
2 3 6
22 2
PC GC
AC OC
，得到GO PC ，然后利用圆的弦长公式求解.
【详解】
如图所示：
57
因为 PA 面 ,ABCD 四边形 ABCD 是正方形，
所以 , ,PAC PBC PDC 均为以 PC 为斜边的直角三角形，
所以外接球的球心 O 为 PC 的中点，
则 2 21 1 32 2R PC PA AC ,
取 EF 的中点 G,
因为
3 2 22 3 6 64,2 22 2 3
PC GC
AC OC
，
所以 PC GC
AC OC
，则 PAC GOC ，
所以 GO PC ，
所以球心到直线的距离为 2 2 6
2d GO GC OC ，
所以 2 22 6l R d ，
所以所截得的线段长为 6 ，
故答案为： 6 .
42．（2021·全国高三专题练习（理））早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可
构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全
等．如图，正二十面体是由 20 个等边三角形组成的正多面体，共有 12 个顶点，30 条棱，20 个面，是五个
柏拉图多面体之一．如果把sin36 按 3
5
计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之
比等于___________．
58
【答案】 55 3
36
【解析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为 R，正五边形的外接圆半径为 r，正
二十面体的棱长为 l ，可得 5
6
lr ， 3 11
11R l ，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出
答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为 R，正五边形的外接圆半径为 r，正二十面体的棱长为 l ，
则 3sin36 5
2
l
r
，得 5
6
lr ，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是
2
2 2 2 5 11
6 6
lh l r l l
，
所以 2 2 2( )R r R h ，即
22
2 5 11
6 6
lR R l
，解得 3 11
11R l ．
所以该正二十面体的外接球表面积为
2
2 2
3 11 364 4 11 11S R l l
球 ，
而该正二十面体的表面积是 2
120 sin 60 5 32S l l l 正二十面体 ，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 55 3
36
．
故答案为： 55 3
36
.
43．（2021·全国高三专题练习）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以
任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边
59
三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知 ABC 内接于单位圆，以 BC ， AC ， AB 为边
向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为 A ， B，C .若 30ACB ，则 A B C V 的面积最大值
为_______.
【答案】 3 2 3
6
【解析】
设 ,BC a AC b ，求出 90B CA ，从而可得 2 2 21 ( )3A B a b ，在 ABC 中，设 BAC ，
由正弦定理用 表示出 ,a b ，这样 2 2a b 就表示为 的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数
为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．
【详解】
解：设 ,BC a AC b ，由题意以 , ,AC BC CA 边向外作等边三角形 , ,ACE BCD ABF△ △ △ ，其外接圆
圆心分别为 , ,A B C ，
连接 ,CB CA 并延长分别交 ,EA BD 于 ,P Q ，
则 2 2 3 3
3 3 2 3CB CP b b ，同理 3
3CA a ，
,ACE BCD 都是等边三角形，则 30PCA QCB ，又 30ACB ，则 90A CB ，所以
2 2 2 2 21 ( )3A B CB CA a b ，
A B C V 是正三角形，所以其面积为 2 2 21 3 3 3 ( )2 2 4 12S A B A B A B a b ，
ABC 内接于单位圆，即其外接圆半径为 1r ，则 2 sin 2sina r BAC BAC ，同理
2sinb ABC ，设 BAC ，则 180 30 150ABC ，
2 2 2 2 2 24(sin sin ) 4[sin sin (150 )]a b BAC ABC
2 21 34[sin ( cos sin ) ]2 2
2 27 1 34 sin cos sin cos4 4 2
2 27sin cos 2 3sin cos 1 cos21 6 3sin 2 4 3sin 2 3cos22
1 34 2 3( sin 2 cos2 )2 2
4 2 3sin(2 60 ) ，
60
0 150 ， 60 2 60 240 ，
所以当 75 时， 2 2a b 取得最大值 4 2 3 ，
所以 A B C V 的面积最大值为 3 3 2 3(4 2 3)12 6
．
故答案为： 3 2 3
6
．
44．（2021·广东汕头市·高三一模）在三棱锥 S ABC 中， ABC 是边长为 2 的等边三角形， SAB 是以 AB
为斜边的直角三角形，二面角 S AB C 的大小为 60 ，则该三棱锥外接球的表面积为________．
【答案】 52
9
【解析】
设三棱锥 S ABC 的外接球为球O ，过点O 作OH 平面 SAB ，垂足为点 H ，则 H 为 AB 的中点，设
OH d ，球O 的半径为 R ，根据已知条件可得出关于 d 、 R 的方程组，解出这两个量的值，由此可求得
球O 的表面积.
【详解】
设三棱锥 S ABC 的外接球为球O ，过点O 作OH 平面 SAB ，垂足为点 H ，则 H 为 AB 的中点，
设OH d ， SH 为 Rt ABS 的外接圆半径，
61
OH 平面 SAB ， SH 平面 SAB ， OH SH ，
由勾股定理得， 2 2 2OH SH OS ，
设外接球 O 的半径为 R ，则 2 21d R ，①
ABC 是等边三角形，且 H 为 AB 的中点，所以，CH AB ，
由球的几何性质可得OH 平面 SAB ， AB 平面 SAB ， OH AB ，
所以， CHO 为二面角 S AB C 的余角，
又因为二面角 S AB C 的大小为 60 ， 30CHO ，
在 CHO 中，由余弦定理得 2 2 22 cos30d CH d CH R ，②
因为 CH 为等边 ABC 的高，则 3CH ，
由①②得， 2
3d ， 2 2 131 9R d ，因此，球O 的表面积为 2 524 9S R .
故答案为： 52
9
.
45．（2021·山东烟台市·高三一模）已知正三棱锥 P ABC 的底面边长为 2,侧棱长为 13 ，其内切球与两
侧面 ,PAB PBC 分别切于点 ,M N ，则 MN 的长度为___________.
【答案】 5
6
【解析】
根据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆的半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求
出 MN
【详解】
62
如图，
设正三棱锥内切球的半径为 R ， M 为内切球与侧面 PAB 的切点，Q 为侧面上切点所在小圆的圆心，半径
为 r ，
ABC 为等边三角形，
2 2 3CD BC BD , 2 2 3
3 3CH CD , 1 3
3 3DH CD ,
2 2 12 10513 9 3PH PC CH ,
POM PDH △ △ ,
OM PO
DH PD
, 即 .
3
3
R PH R
PD
2 2 13 1 2 3PB BDPD ,
105
3
3 2 3
3
R R
，解得 105
21R ，
35sin sin 6
PHOMQ PDH PD
,
35cos sin sin 6r MQ R OMQ R PMQ R PDH R
由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故 120QMN ,
63
由余弦定理可得 2 2 2 2 2 35 5 252 cos120 3 3 36 21 36MN r r r r ，
所以 5
6MN
故答案为： 5
6
46．（2021·湖南衡阳市·高三一模）设圆锥的顶点为 A ， BC 为圆锥底面圆 O 的直径，点 P 为圆O 上的一点
（异于 B 、C ），若 4 3BC ，三棱锥 A PBC 的外接球表面积为 64π ，则圆锥的体积为___________.
【答案】 24 或8
【解析】
计算出三棱锥 A PBC 的外接球的半径 R ，利用勾股定理可求得圆锥的高，进而可求得该圆锥的体积.
【详解】
设圆锥 AO 的外接球球心为 M ，则 M 在直线 AO 上，
设球 M 的半径为 r ，则 24 64r ，解得 4r .
由勾股定理得 2 2 2BM OM OB ，即 22 24 2 3 OM ，可得 2OM ，
即 4 2OM AO r AO ，解得 6AO 或 2AO .
当 6AO 时，圆锥 AO 的体积为 21 2 3 6 243V ；
当 2AO 时，圆锥 AO 的体积为 21 2 3 2 83V .
故答案为：8 或 24 .
47．（2021·江苏省高三二模）在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，以 A 为球心半径为 2 3
3
的球面与正方体表面的交线长为___________．
64
【答案】 5 3
6
【详解】
如图，
球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点 A 所在的三个面上，即面 1 1AA B B 、面
ABCD 和面 1 1AA D D 上；另一类在不过顶点 A 的三个面上，即面 1 1BBC C 、面 1 1CC D D 和面 1111 DCBA 上．在
面 1 1AA B B 上，交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上，因为 2 3
3AE ， 1 1AA ，则 1 6A AE ，同理
6BAF ，所以
6EAF ，故弧 EF 的长为 2 3 3
3 6 9
，而这样的弧共有三条．在面 1 1BBC C 上，
交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为 B ，半径为 3
3
，
2FBG ，所以弧 FG 的长为 3 3
3 2 6
，这样的弧也有三条，于是，所得的曲线长为
3 3 5 33 39 6 6
，故答案为 5 3
6
.
48．（2021·全国高三专题练习）《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得
的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二
丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体 PQ ABCD ，下底面 ABCD 是矩形，
假设屋脊没有歪斜，即 PQ 的中点 R 在底面 ABCD 上的投影为矩形 ABCD 的中心点 O ， //PQ AB ，
4AB ， 3AD ， 2PQ ， 1OR （长度单位：丈）.则楔体 PQ ABCD 的体积为___________（体
积单位：立方丈）.
65
【答案】 5
【解析】
将几何体 PQ ABCD 补成直三棱柱 ADE BCF- ，计算出三棱柱 ADE BCF- 、三棱锥 P ADE 、三
棱锥 Q BCF 的体积，进而可求得楔体 PQ ABCD 的体积.
【详解】
延长 QP 至点 E ，使得 1PE ，延长 PQ 至点 F ，使得 1QF ，分别取 AD 、 BC 的中点 M 、 N ，
连接 AC 、 AN 、CM 、 AE 、 DE 、 BF 、 CF 、 EM 、 FN 、 MN ，如下图所示：
因为四边形 ABCD 为矩形，则 //AD BC 且 AD BC ，
又因为 M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM BN 且 AM BN ，
所以四边形 ABNM 为平行四边形， //MN AB 且 MN AB ，
O 为矩形 ABCD 的中心，则O 为 AC 的中点，
因为 M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM CN 且 AM CN ，
所以四边形 AMCN 为平行四边形，所以， AC 、 MN 互相平分，
因为 O 为 AC 的中点，则O 为 MN 的中点，
66
1PE QF ， 2PQ ， 4EF PQ PE QF AB ，
//PQ AB ，则 //EF AB ，又 //MN AB 且 MN AB ， //EF MN 且 EF MN ，
所以，四边形 EFNM 为平行四边形， //EM FN 且 EM FN ，
R 为 PQ 的中点，且 PE QF ，则 R 为 EF 的中点，
O 为 MN 的中点， //ER OM 且 ER OM ，所以四边形 EROM 为平行四边形， //EM OR ，
点 R 在底面 ABCD 上的投影为矩形 ABCD 的中心点O ，则 RO 平面 ABCD ，
EM 平面 ABCD ，
AB 平面 ABCD ， AB EM ，
因为四边形 ABCD 为矩形，则 AB AD ， EM AD M ， AB 平面 ADE ，
因为 // //AB CD EF 且 AB CD EF ，所以，几何体 ADE BCF- 为直三棱柱，
EM 平面 ABCD ， AD 平面 ABCD ， EM AD ，
因为四边形 EROM 为平行四边形，则 1EM OR ， 1 3
2 2ADES AD EM △ ，
3 4 62ADE BCF ADEV S AB △ ， 1 1
3 2P ADE ADEV S PE △ ，同理可得 1
2Q BCFV ，
因此，楔体 PQ ABCD 的体积为 5PQ ABCD ADE BCF P ADE Q BCFV V V V .
故答案为：5 .
49．（2021·山东济宁市·高三一模）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 3AB ， 1 4A D A A ，E ，F ，G
分别是棱 AB ， BC ， 1CC 的中点， P 是底面 ABCD 内一动点，若直线 1D P 与平面 EFG 平行，当三角形
1BB P 的面积最小时，三棱锥 1A BB P 的外接球的体积是______．
【答案】 125π
6
【解析】
由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点 P 所在线段，
可知当 BP AC 时，三角形 1BB P 面积最小，然后证明 1AP B P ，得到 1AB 为三棱锥 1A BB P 的外接
球的直径，进一步求解得答案．
【详解】
补全截面 EFG 为截面 1EFGHQR 如图，设 BR AC ，
67
直线 1D P 与平面 EFG 不存在公共点， 1 / /D P 平面 1EFGHQR ，
易知平面 1 / /ACD 平面 1EFGHQR ， P AC ，
且当 P 与 R 重合时， BP BR 最短，此时 1PBB 的面积最小，
由等面积法得 1 1
2 2BR AC AB BC ，即 2 21 13 4 3 42 2BR ， 12
5BP ，
1B B AP ， BP AP ， AP 平面 1B BP ，则 1AP B P ，
又 1AB B B ， 1AB 为三棱锥 1A BB P 的外接球的直径，长度为 2 23 4 5 ．
三棱锥 1A BB P 的外接球的半径为 5
2
，体积为
35 125π
2 6
4
3V
．
故答案为：125π
6
．
四、双空题
50．（2021·江苏常州市·高三一模）四面体的棱长为 1 或 2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面
体的体积___________；这样的不同四面体的个数为___________.
【答案】 11
12
3
【解析】
由题意构成一个底面为边长为 1 正三角形，侧棱长均为 2 的正三棱锥，结合体积公式，即可求解，根据三
棱锥的几何结构特征，分类列举，即可求解.
【详解】
由题意，可以构成一个底面为边长为 1 正三角形，侧棱长均为 2 的正三棱锥，
68
则三棱锥的高
2
2 3 112 3 3
h
，则体积 1 3 11 11
3 4 123
V .
由 1 和 2 可以构成的三角形有：边长为 1 的正三角形，边长为 2 的正三角形，
边长为1,2,2 的三角形除了已求体积的正三棱锥外，
还可以是四个1,2,2 的三角形拼成的三棱锥、两个边长为 2 的正三角形和两个1,2,2 的三角形拼成的三棱锥，
所以满足题意的四面体共 3 个.
故答案为： 11 312
；
51．（2021·广东广州市·高三一模）已知三棱锥 P ABC 的底面 ABC 是边长为 6 的等边三角形，
21PA PB PC ，先在三棱锥 P ABC 内放入一个内切球 1O ，然后再放入一个球 2O ，使得球 2O 与
球 1O 及三棱锥 P ABC 的三个侧面都相切，则球 1O 的体积为________，球 2O 的表面积为__________.
【答案】 4
3
4
9
【解析】
由等体积法求得内切球 1O 半径，再根据比例求得球 2O 的半径，则问题可解．
【详解】
如图所示：
依题意得 1 6 6 sin 60 9 32ABCS
点 P 到平面 ABC 的距离为 2
21 2 3 3d
所以 1 9 3 3 9 33P ABCV ，侧面高为 221 3 2 3
69
所以 1 2 3 6 6 32PBC PAB PACS S S
设球 1O 的半径为 R ，所以 1 1 1P ABC O PAB O PAC O PBCV V V V
则 19 3 18 3 9 33 R ，得 1
41, 3R V
设球 2O 的半径为 r ，则 2
2
r R r
R
，又 1R 得 1
3r
所以球 2O 的表面积为 4
9S
故答案为： 4
3
； 4
9
52．（2021·山东滨州市·高三一模）现有一半径为 R 的圆形纸片，从该圆形纸片上裁下一个以圆心为中心，
以 R 为半径的扇形纸片，并将扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的体积的最大值是______；此时，
扇形的圆心角为______．
【答案】 32 3 π27 R 2 6 π3
【解析】
设扇形圆心角为 ，求出圆锥的底面半径的高，表示出圆锥的体积，由基本不等式得出最大值及 的值．
【详解】
设扇形圆心角为 ，圆锥底面半径为 r ，高为 h ，
则 2 r R ，
2
Rr
，
2
2 2 1 2h R r R
，
2 2 2
2 2 31 1 1( ) 1 13 3 2 2 3 2 2
RV r h R R
2 2 2
31 1 2 23 2 2 2 2R
3
3 31 2 2 2 3
3 2 3 27R R
，当且仅当
2 2
2 22 2
，即 2 6
3
时等号成立．
故答案为： 32 3 π27 R ； 2 6 π3
．
53．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）如图，在 ABC 中， 8, 12AB BC AC ，分别取三边的中点
, ,D E F ，将 , ,BDE ADF CEF 分别沿三条中位线折起，使得 , ,A B C 重合于点 P ，则当三棱锥 P DEF
70
的外接球的体积最小时，其外接球的半径为____________，三棱锥 P DEF 的体积为____________．
【答案】 17
2
8
3
【解析】
将三棱锥 P DEF 补充成长方体，则对角线长分别为 ,6 ,4a a ，三棱锥 P DEF 的外接球即为长方体的
外接球.设长方体的长宽高分别为 , ,x y z ，进而可得外接圆的半径和体积.
【详解】
由题意得三棱锥 P DEF 的对棱分别相等，设 2BC a ，则 12 2AC a ，
将三棱锥 P DEF 补充成长方体，则对角线长分别为 ,6 ,4a a ，
三棱锥 P DEF 的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长宽高分别为 , ,x y z ，
则 22 2 2 2 2 2 2, 6 , 16x y a y z a x z ，
所以 2 2 2 2 6 26x y z a a ，
则外接球半径
2 2 2 2 6 26
2 2
x y z a ar ，
71
当 3a 时，半径最小，此时三棱锥 P DEF 的外接球的体积最小，此时 17
2r ，
解得 2 2, 1x z y ，
所以三棱锥 1 1 82 2 2 2 1 4 2 2 2 2 13 2 3P DEFV .
故答案为： 17
2
， 8
3 .
微信/支付宝扫码支付