2023届高考数学二轮复习 5 立体几何选择填空压轴小题 作业

专题5立体几何选择填空压轴小题专项训练

一、单选题

1.已知四面体A-88中，ΔABC和ΔBC3都是边长为6的正三角形，则当四面体的体积

最大时，其外接球的表面积是

A.60兀B.30万C.20万D.15万

2.在四面体ABCD中，AB=BD=AD=CD=3,AC=BC=4,用平行于A8,C£）的平面

截此四面体，得到截面四边形EFG”,则四边形EFG〃面积的最大值为（）

499

A.-B.-C.-D.3

342

3.“牟合方盖”是我国古代数学家刘微在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何

体，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟

合）在一起的方形伞（方盖）.如图，正边形A8C。是为体现其直观性所作的辅助线，若该几何

体的正视图与侧视图都是半径为的圆，根据祖迪原理，可求得该几何体的体积为

4.正四面体ABCD的棱长为4,E为棱AB的中点，过E作此正四面体的外接球的截面，则

该截面面积的最小值是

A.4Λ^B.8兀C.∖1πD.16ΛΓ

5.过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是

A.1B.√2C.—D.—

22

6.已知边长为2的等边三角形ABC中，E、尸分别为AB、AC边上的点，且瓦7/BC,

将一A肝沿EF折成..4E/，使平面4EZU平面EFC3,则几何体A'-EFCB的体积的最大

值为

A.更B.友C.ID.空

9983

7.在菱形48Cz）中，Λ=y,ΛB=4√3,将4ABD沿BO折起到△PBD的位置,二面角

P-8D-C的大小为三，则三棱锥P-Ba）的外接球的表面积为（）

A.2√¾rB.2√7Λ∙C.72兀D.112万

8.已知三棱锥D-ABC中，AB=BC=∖,AD=4i,BD=也,AC=√2,BCLAD,则

三棱锥的外接球的表面积为

A.6πB.4兀C.>∕6πD.8>∕6π

9.在底面是正方形的四棱锥P-ΛBC。中，底面ABCZ）,点E为棱PB的中点，点尸在

棱A£）上，平面CE尸与P4交于点K,且R4=ΛB=3,AF=Z,则四棱锥K-A的外接

球的表面积为

10.如图，在三棱锥P—ΛBC中，PA，平面ABC,ABLBC,ADlBP,PA=AC,若三

棱锥尸-ABC外接球的表面积为8万，则三棱锥P-As体积的最大值为（）

ʌ-TBYC-4d∙T

二、填空题

11.已知正三棱柱A8C-AB∣α的侧棱长为4,底面边长为遥，且它的六个顶点均在球。的

球面上，则4B两点的球面距离为.

12.已知四棱锥P-ABeo的底面ABC。是边长为"的正方形，且PA_L平面ABCO,PA=a,

点M为线段PC上的动点（不包含端点）,则当三棱锥M-BCD的外接球的表面积最小时，

CM的长为.

13.在棱长为1的正方体ABC。-AMGA中，以A为球心半径为空的球面与正方体表面

3

的交线长为.

14.已知球的半径为24cm,一个圆锥的高等于这个球的直径，而且球的表面积等于圆锥的

表面积，则这个圆锥的体积是emɜ.（结果保留圆周率兀）

15.已知正方体ABCQ-A瓦GR的棱长为1,动点P在棱AA上，四棱锥用的顶点

都在球。的球面上，则球。的表面积取值范围是.

16.下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成.已知两个圆锥的顶点分别为P、Q,

高分别为2、1,底面半径为1.A为底面圆周上的定点，8为底面圆周上的动点（不与A重

合）.下列四个结论：

①三棱锥P-ABQ体积的最大值为g；

②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为2；

③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为噜；

④直线BQ与AP所成角的最大值为；

其中正确的结论有.（写出所有正确结论的编号）

17.在正方体48C。-AMGR中（如图），已知点P在直线BC上运动，则下列四个命题:

①d三棱锥A-APC的体积不变；

②直线AP与平面ACR所成的角的大小不变；

③二面角P-AD1-C的大小不变；

④M是平面ABIGR上到点。和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线AA

其中真命题的编号是.（写出所有真命题的编号）

18.如图，四棱锥P-ABC。的底面是边长为2的正方形，24,底面488,PA=Z,若在

四棱锥内挖掉一个体积最大的圆柱，则剩余几何体的表面积等于.

19.已知三棱锥A-BC。的所有顶点都在球。的球面上，AB=AC=DB=DC,AD=2BC=4,

则球O的表面积的最小值为.

20.已知在四面体A-BCO中，AB=CD=10,AC=BD=2四,AD=BC=2√41,则四

面体A-Bco外接球的表面积为.

答案:

1.A

【解析】

【详解】

由题设当两个平面互相垂直时，四面体的体积最大，此时四面体的高为∕z=PE=3√L如图，

设球心为。，过。作O?_L平面BCD,过。作。Q,平面ABC,因为

PE=JXYɪx6=G,£>P=2x@x6=26，所以OQ=PE=√L在直角三角形M。。与

3232

R2=唐+-&2R=>∕i5

APo。中分别运用勾股定理可得｛,Α，，解之得｛,故所求球的表面

心=(.3&"2+(.S>2d=Wr>

S=4Λ-×(√15)2=60^,应选答案A.

点睛：解答本题的难点是如何确定该几何体的外接球的球心与半径.求解时，先依据题设求

出当两平面互相垂直时，三棱锥的体积最大，此时三棱锥的高〃=PE=即是正三角形的

高，然后依据球心到四个顶点的距离相等可画出图形中的三角形并求解可得球的半径

R=后,最后运用球的面积公式使得问题获解.

2.B

【解析】

【分析】

根据线面平行的性质可知G"〃A8,EFUAB,GF//CD,EH//CD,因为AD=CD=3,

AC=BC=4,故4?_LCz),所以四边形为矩形，设3尸:BO=3G:BC=PG:CE)=X,O<x<l,

建立二次函数关系求解四边形面积的最大值.

【详解】

设截面分别与棱AD,BD,BC,AC交于点E,尸,G，.由直线A8〃平面EFGH,

且平面A8C平面EFGH=GH,平面ABDc平面E尸GH=斯

得GH“AB,EFHAB,所以GH”EF,

同理可证四〃FG,所以四边形EFG”为平行四边形，

又AB=BD=AD=CD=3,AC=BC=4,

可证得AB_La),四边形EFGH为矩形.

设BF:BD=BG:BC=FG:CD=x,O<x<l,

则FG=3x,HG=3(1),于是SMGH=FG∙HG=9x(l-x)=-9(x—g)+∖,0<x<1

19

当X=］时，四边形瓦'G〃的面积有最大值

故选：B.

【点睛】

本题考查了运用四面体中的对称性来证明四边形是矩形,线面平行的性质，二次函数求最值,

属于较难题.

3.C

【解析】

【详解】

如图所示，结合几何体的特征，构造底面边长为2R,高为R的长方体，上顶面中心与下底

面组成四棱锥P-ABa>,则正方体去掉四棱锥所得的几何体与题中“牟合方盖”的上半部分

符合祖Bfl原理，

据此可得，该几何体的体积：V=2x(2Rx2RxR-；x2Rx2RxR)=gR'.

本题选择C选项.

点睛：中国传统数学具有浓厚的应用色彩，更注重算法：中国传统数学实用性的特点，决定

了它以解决实际问题和提高计算技术为主要目标，因此,他的成果都表此案为算法的相识.中

国传统数学寓理于算：中国传统数学注重算法，并不等于它就没有逻辑推理，没有建立其自

身的理论体系.

4.A

【解析】

【详解】

将四面体ABCO放置在正方体中，如图所示，

可得正方体的外接球就是四面体ABC。的外接球，

因为正四面体ABC。的棱长为4,

所以正方体的棱长为2亚，可得外接球的半径满足2R=2√∑χ石=2遥，即R=遥，

又E为BC的中点，过E作其外接球的截面，当截面到球心。的距离最大时，

此时截面圆的面积最小，

此时球心。到截面的距离等于正方体棱长的一半，

可得截面圆的半径为r=，/?2一2=2，得到截面圆的面积的最小值为S=Ir2=4乃，

故选A.

5.D

【解析】

【分析】

取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有

过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.

【详解】

如图：

在正方体中，取4人。0的中点〃川,连接。阳,8%8可出”

过RB的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形AMBN时，截面面积最小，

5=∣∣M7V∣∣D1B∣=lχ√2x√3=^,

故选D.

【点睛】

本题主要考查了正方体的截面面积的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.

6.B

【解析】

【详解】

分析：设基=2(0<2<l),∙∙∙EF=2Z当平面4"，平面EFCB时，由面面垂直的性质定

BC

理，得A，M_L平面EFCB,可得几何体A-E尸CS的体积V=九(1-万)，利用导数研究函数

的单调性，可得;I=3时，体积最大，从而可得结果.

3

详解：

ig—=2(0<Λ<I),.-.EF=24,

AABC的高AN为G,.∙.ΔAEF的高AM为JLl,

当平面A,EFJ-平面EFCB时，由面面垂直的性质定理，

得4MJ_平面EFCB,■■以几何体Λ,-EFCB的体积

V=∣×√3Λ^(√3-√3Λ)(2+22)]=λ(l-22),

.V∙=1-3Λ2,当

.∙W在2=@时，取得最大值，.∙.Vnm=空，故选B.

点睛：求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据酒己方法、换元法、不等式

法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求最值，首先确定函数的

定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求函数的最值即可.

7.D

【解析】

【分析】

由题意作示意图，找到底面等边△8。C的外接圆圆心。，以及三棱锥P-BCD的外接球的

球心O',过户作PF_LAC于尸，则面PFOo为球体最大截面，进而根据已知条件即可求外

接球半径，即可求外接球表面积.

【详解】

由题意可得如下示意图，设AC,BD交于E,

则AC_LBD,即CEA.BD,PEJ.BD

所以NPEC为二面角尸—8D—C的平面角，即ZPEC=寸

又PECE=E,所以B£>_L平面PCE,

过户作尸尸，AC于尸，BDLPF,BDAC=E,

所以P/_1_平面ABCD,

若。，。’分别是面BOC的外接圆圆心、三棱锥尸-BCO的外接球的球心，

则OO_L平面ABCD,所以OO'∕∕PF,

所以P,F,0,0'必共面且该面为球体的最大截面，

连接OO',O'D,OD,O'P,有。D=O/=R为外接球半径，

8=/■为面8。C的外接圆半径，若设。O'=x,

则：x2+r2=R2,OF2+(PF-X)2=R2,

：菱形ABC。中，A=-,AB=4y∕3,ZPEC=-,

33

：.PD=DC=PB=BC=4日PE=EC=6,BD=4√3,

目£D=—=2√3,OE=-=2,PF=PE-sin-=3y∕3,OF=0E+EF=2+PEcos-=5,

2333

.∙.r2=OD2=OE2+ED2=16，

即¢+16=25+(36-X)2,解得第=2石，二R2=28,

所以三棱锥尸-BCD的外接球的表面积4成2=112n,

故选：D

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，应用了三棱锥的一个顶点与其在底面上的垂足，该底面外

接圆圆心，三棱锥外接球球心四点共面且为球体最大截面求球体半径，进而求球体表面积,

属于较难题.

8.B

【解析】

【分析】

依据题中数据，利用勾股定理可判断出AABJ.A。从而可得三棱锥各面都为直角三

角形，进而可知外接圆的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积

【详解】

如图，因为∙2+4)2=&)2,482+8。2=4(72

.∙.48_140,48_1,8(7又3。，仞，.∙.CB，而ABr),

从而可得三棱锥各面都为直角三角形，CD是三棱锥的外接球的直径，

在WAeB。中，BC=},BD=∙j3,：.CD=2

即2R=2,R=1,S表=4万R2=4万，故选B.

【点睛】

本题主要考查学生空间想象以及数学建模能力，能够依据条件建立合适的模型是解题的关键.

9.D

【解析】

【详解】

如图所示，

延长BA,CF,交于G,连接EG,与PA交于K,则AG=6,过A作AH//PB,与EG交于H,

则笠=经=£=!=3,故AK="将四棱锥补成长宽高分别为3,3,§的长方体,故

PKPEBE9355

四棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，2R=不3?+3?=6届=半,R=誓，所以

球的表面积为S=Φrχ盖=要乃，故选D.

10.A

【解析】

【分析】

设Aβ=α,BC=b,由三棱锥P-ABC外接球的表面积为8;r,可得出/+后=4.根据等体

Aab

=

积法得VP-ACD^P-ABCAZiC=3(2〃+/),利用基本不等式可求得三棱锥P-ACO体积的

最大值.

【详解】

设48=α,BC=b,由三棱锥P-ABC外接球的表面积为8万，得外接球的半径R=√L又

%_1_平面ABC,ABLBC,

所以AB2+8C2+Ap2=AC2+Ap2=2Ap2=(2Ry=8,所以AP=2,所以T+∕=4∙

因为PAJ-平面ABC,ADLPB,所以PB=J4+〃BD=I:,过。作DE±AB,垂

√4+α2

足为E,则Z)E，平面ABC,

所以DE//PA,所以罢二空，所以=τ,所以

PABP4+a2

2

“τ,"IC5/CAZC)Z1,2a14ah4ab

k8=LABL%叩=3-(PA-E)=｝仍E-=J=ψ77)=3(2"⑹

=∕2αN立=W,当且仅当当=2,即。=毡，A=亚时，“=”成立，所以三

3IT+Jba33

棱锥尸-AS体积的最大值为史.

3

故选：A.

P

【点睛】

本题考查三棱锥的外接球的相关计算，等体积法的运用，属于较难题.

11.鲍

3

【解析】

【分析】

根据题意画出示意图求出ZAOB=60°和OB=娓,结合球面距离定义计算求解即可.

【详解】

如图所示，设二4?C中心为G,连接。GoA,AG,。3.

根据等边三角形性质知AG是.ABC外接圆半径，根据正弦定理得8C=2RsinA,得

AG=R=6,又因为OG=g∕U1=2,所以在氏OAG中，OA=J(OG)Zf(AG)?=迷,同理

08=",所以.∙QA8是等边三角形，所以ZAOB=60。，所以A,B两点的球面距离为

—瓦.

36003

故答案为:场

3

【解析】

【分析】

连接由题意知三棱锥M-BC。的外接球即四棱锥Λ7-A88的外接球，然后设四棱锥

M-AB8外接球的球心为0,半径为R,连接AC与8。交于点。I,利用几何体的结构特

征分析出当。与。1重合时，三棱锥M-BCO的外接球的表面积最小，然后设CM的中点为

N,连接。声，利用三角形相似求得CN=立“，即可求得CM的长.

3

【详解】

连接ΛM,由题意可知三棱锥BCD的外接球即四棱锥M-ABC。的外接球，则当三棱锥

M-BCr)外接球的表面积最小时，四棱锥M-ABCD外接球的半径最小.设四棱锥

例-ABCD外接球的球心为。，半径为R,连接AC与BO交于点01.当。与。I不重合时，

连接00、,易知Oaɪ平面ABCD,则。。101C,连接0C,在RtZ∖00C中，R=Oe>0©.

当。与。I重合时，R=OC=OC,所以当三棱锥M-BCD的外接球的表面积最小时，。与

Oi重合，R=OC.设CM的中点为N,连接0∣N,易知。N，CM,则cosNOCN=器=费,

CNJlar-(-

所以比L-而，解得CN=上〃，所以CM=2CW=生α∙

——a33

2

故答案为：空a

3

【点睛】

关键点睛：利用直角三角形中斜边最长判断出当。与0∣重合时，三棱锥M-BCD的外接球

的表面积最小是解题的关键所在.

∣25√3

13.Ti

6

【解析】

【详解】

DC

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

小与8、面ABC。和面MR。上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面即GC、面CCQO

和面ABGR上.在面44瓦8上，交线为弧E尸且在过球心A的大圆上，因为AE=平，

AA=1,则NAAE=£,同理NBAF=9，所以NEAF=g,故弧EF的长为矩,生=立万，

而这样的弧共有三条.在面BMGC上，交线为弧尸G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,半径为立，NFBG==,所以弧FG的长为

2.三:旦兀,这样的弧也有三条，于是，所得的曲线长为3x走万+3x3»更万，故

326966

答案为空》.

6

14.12288πcm,

【解析】

【分析】

结合球的表面积等于圆锥的表面积，建立等式，计算半径r,利用体积计算公式

V=πr2-h,即可.

【详解】

结合题意可知圆锥高h=48,设圆锥底面半径为r,则圆锥表面积

S=g∙2πr∙∖∣r2+h2+πr2=πr4r2+482+πr2=gzr241,计算得至Ij

/•=16,所以圆锥的体积^=42.拉=》162・48=12288万

【点睛】

本道题考查了立体几何表面积和体积计算公式，结合题意，建立等式，计算半径r,即可,

属于中等难度的题.

【解析】

设qp=x,o∣G=y,根据几何关系得到N=/+/,尸=苧+y-≥±,从而得到x,y

的关系，再利用消元法，得至∣jR2=f+y2=y2-√5y+3,最后利用一元二次函数的性质，

得到R2的取值范围，从而得到球。的表面积取值范围.

【详解】

如图，设球。的球心为G,AA的中点。1,CG的中点。2，。。2的中点。，

且O。=也，OA=OB=-.

因为B,。,2,用在球面上，所以球心在线段。O2上，

点P也在球面上，GP=GB=R.

设。IP=X,0∣G=y.则OG-y-.

2

在RtAOfG中，R2=x2+y2.......①

在∕⅛∣∆BOG中，R2=+........②，

联立①②，得χ2=<-√∑y,因为0≤x≤^,所以它WyW还.

422'8

2222

所以N=x+y=y-√2y+^=(y-ɔy)+∙∣∈［∣,∣∣b

所以球。的表面积取值范围为［3兀,2弓5兀］.

O

故答案为：［3π,竽25兀］

O

【点睛】

本题考查四棱锥与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力，考查转

化与化归思想、数形结合思想的运用，求解的关键是先确定以什么为变量进行研究.

16.①③

【解析】

【分析】

由①可知Vp-ABQ=匕-/W只需求点A到面PBQ的最大值

对于②，求直线PB与平面布。所成角的最大值，可转化为总到轴截面距离的最大值问题

进行求解

对于③④，可采用建系法进行分析

【详解】

选项①

Q

131

如图所示，当OAJLO3时，四棱锥体积最大，VA.PBQ=SPBQOA^-×→∖=-

选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为tanNBPo=桨=：,所以ZBPO≠ɪ

r(.)2O

选项③和④，如图所示:

以垂直于OC方向为X轴，。。方向为y轴，OP方向为Z轴,其中A(O,-1,0)设B(CoSaSinaO)

P(0,0,2),β(0,0,-1).AP=(0,1,i),BQ=(-cosθ,-cosθ,-l)

∖AP-BQ∖∣-cos”2∣

设直线BQ与AP所成角为α,COSa=谒向=I加五',当CoSe=I时，COSa取到最

十值ɜ^ɪɑ吐府∙M

天恒，COSa=-------，ltL∏'jsιna=------，

1010

由于改。€卜1,1],.上8$。一2|«1,3],CoSaH0,所以ɑ取不到

答案选①、③

【点睛】

几何体的旋转问题需要结合动态图形和立体几何基本知识进行求解，需找临界点是正确解题

的关键，遇到难以把握的最值问题，可采用建系法进行求解.

17.①③④(多选或错选或不选不给分，少选均给一半，)

【解析】

【详解】

①匕-可C=匕用V=IX号∙xgSiGC为定值；②因为BCJ/AR,所以8G〃面AAC,因

此P到面AAC距离不变，但AP长度变化，因此直线AP与平面ACR所成的角的大小变化；

③二面角P-ADx-C的大小就是平面ABC,Dy与平面ARC所组成二面角的大小,因此不变;

④到点。和C1距离相等的点在平面A1BCD1±.,所以M点的轨迹是平面ABC。与平面

AiBfCtDx的交线AiDl.综上真命题的编号是①③④

18.8+4λ^÷-

9

【解析】

【分析】

首先将挖掉的圆柱放在一个正四棱柱里面，根据体积公式列出圆柱体积的表达式，利用导数

工具判断体积最大值时圆柱的高和底面半径，最后求出剩下几何体的表面积即可.

【详解】

如图，在四棱锥P-ABCO内作出正四棱柱AMNK-HEFG,

其中点E,F,C,H,M,K分别在棱尸8,PC,PD,PA.AB,Af)上，

则要使挖掉的圆柱体积最大，

则需其底面圆为正四棱柱AMNK-HEFG底面的内切圆，

连接〃尸，设挖掉的圆柱的底面圆半径为，高为，

则“F=2j^∙,AH=h.连接4C,

易知点N在AC上、在平面PAC内，

易为HFHAC,则箓=誓，即吟1=2ΞΔ,即r=等=T，

ACPA2√2222

故挖掉的圆柱的体积V=乃//?=》(1一1]O=?,'一4∕+4"),0<Λ<2.

则S=工(36一8∕j+4)=-(Λ-2)(3/?-2),

44

22

当0</<一时，v,>o,当一<〃<2时，r<o,

33

2