立体几何（选填题）

专题05立体几何（选填题）（理科专用）

1.【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分

2

水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km;水位为

2

海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km,将该水库在这两个水位间的形状看作一个

棱台，则该水库水位从海拔1485m上升到157.5m时，噌加的水量约为（b~2.65）（）

93939393

A.1.0x10mB.1.2x10mC.1.4x10mD.1.6x10m

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出.

【详解】

依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积人

262

棱台上底面积S=140.0fcm=140x106nl2,下底面积a=180.0W=180x10m,

：.V=-h(S+Sr+VSS7)=-x9x(140x106+180xIO6+V140x180x10lf)

33

&7993

=3x(320+60^7)x10«(964-18x2.65)xIO=1.437xIO«1.4x10(m).

故选：C.

2.【2022年新高考1卷】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36几，且3W1工3百，则该正四棱锥体积的取值能围是（）

A。吟]B,停，同C,洋,用D.[18,27]

【答案】C

【解析】

【分析】

设正四棱锥的高为九，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确

定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】

V球的体积为36加,所以球的半径R=3,

设正四棱锥的底面边长为2a,高为九，

则D=2a2+F,32=2a24-（3-h）2,

所以6h=1，2a2=l2_h2

所以正四棱锥的体积V=|s/i=1x4a2x/i=1x（/2-^）x,3（六_

所以『=*4步-9T（等）

当3WZW2历时，V1>0,当2遍</工38时，V<0,

所以当1=2遍时，正四棱锥的体枳V取最大值，最大值为当，

2*7R1

又‘=3时，用7,"3百时，联了

所以正四棱锥的体积V的最小值为不，

所以该正四棱锥体积的取值范围是[.,y.

故选：C.

3.【2022年新高考2卷】已知正三楼台的高为1,上、下底面边长分别为3代和46，其顶

点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A-100兀B.1287tC.]44冗D.兀

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径q,l2,再根据球心距，圆面半径，以及球

的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面枳.

【详解】

设正三棱台上下底面所在圆面的半径口"2,所以2，1=磊，2万=篇，即r1=3/2=4,

设球心到上下底面的距离分别为八刀2,球的半径为R,所以由=灰=，八=欠一16,

故Idi-BI=1或di+d2=1，即|«2一9一VR2-16|=1或一”一9+9改—16=1，解

得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4M2=1007r

故选：A.

4.[2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为

8848.86(单位：m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的

一个示意图，现有A,8,C三点，且在同一水平面上的投影满足N/TC8』45。,

ZA^C=60°.由C点测得3点的仰角为15。,B8'与CC的差为100;由B点测得A点的

仰角为45。，则A,C两点到水平面A&C的高度差AA'-CC约为(6=1.732)()

A

/

C，L^-----------------------大⑶

A.346B.373C.446D.473

【答案】B

【解析】

【分析】

通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中,借助正弦定理，求得/T4',进而得到

答案.

【详解】

A

,一1X

过C作CH_L6/T,过3作用。_LA4\

故A4'-CC'=A4'-(8ZT-8")=AV-88'+100=AP+10。,

由题，易知△AO3为等腰直角三角形，所以AQ=O8.

所以A4」CC=Q3+100=A'B'+100.

因为NBC"=15。，所以CH=C'/T=一■一

tan15°

在△AB'C中，由正弦定理得：

A'B'_C'B'_100_100

sin45°-sin75°-tan15°cos15°-sin150

/7_77

而sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos300-cos45°sin30°=-~~—

4

100x4x—

所以A®=2=100(x/3+1)^273,

V6-V2

所以A4'-CC'=4B'+100P373.

故选：B.

【点睛】

本题关键点在于如何正确将AA'-CC的长度通过作辅助线的方式转化为49+100.

5.【2021年甲卷理科】己如A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点，且

AC18C,AC=BC=\,则三棱锥O—A8C的体积为（）

A.且B.—C.—D.立

121244

【答案】A

【解析】

【分析】

由题川得△ABC为等腰直角三角形，得出AABC外接圆的半径，则可求得。到平面ABC的

距离，进而求得体枳.

【详解】

•.，ACJ.BC,AC=8C=1,.hAAC为等腰直角三角形，=

则△ABC外接圆的半径为巫，又球的半径为1,

2

设。到平面48c的距离为d,

所以%-ABC=；SsA8cd=（xgxlxlx*=：|.

故选：A.

【点睛】

关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到

截面距离的勾股关系求解.

6.[2021年新高考1卷】己知圆锥的底面半径为夜，其侧面展开图为一个半圆，则该圆

锥的母线长为（）

A.2B.2&C.4D.4夜

【答案】B

【解析】

【分析】

设圆锥的母线氏为/，根据圆锥底面网的周长等十扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【详解】

设圆锥的母线长为/,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则加二2万乂血，解得/=2&.

故选:B.

7.【2021年新高考2卷】正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体

积为（）

A.20+12x/3B.28夜C.乎D.”包

33

【答案】D

【解析】

【分析】

由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上卜底面面积，再由楼台的体积公式即可得解.

【详解】

作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

所以该棱台的高〃=艮=叵,

下底面面积，=16,上底面面积$2=4,

所以该棱台的体积丫=，z(S1+S2+6^)=gx正x(16+4+疯卜

故诜：D.

8.【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为

一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,

则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()

*>/5—1口\/5—1「石+1nW+1

A.----D.--------------------L).----

4242

【答案】C

【解析】

【分析】

设CD=a,PE=b,利用?O?=；C»PE得到关于。力的方程，解方程即可得到答案.

【详解】

如图，设CD=a,PE=b,则PO=‘PE?一0七2=,一三,

由题意桢］也即心展也化简得吟2-29=。，

解得？=上苗（负值舍云）.

a4

故选：C.

【点晴】

本题主要考查止四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是•道容易题.

9.【2020年新课标1卷理科】已知A,B,C为球。的球面上的三个点，。。1为8c的外接

圆，若。。।的面积为4兀，AI3=BC=AC=OOif则球。的表面积为（）

A.64TIB.487cC.367rD.32K

【答案】A

【解析】

【分析】

由已知可得等边△丽的外接圆半径，进而求出其边长，得出oq的值，根据球的截面性质，

求出球的半径，即可得出结论.

【详解】

设圆。।半径为，球的半径为火，依题意，

得；r/=4肛=2,丁为等边三角形，

由正弦定理可得A8=2rsin6（）o=2G,

:QO\=AB=26,根据球的截面性质OQJL平面ABC,

；・OOiJL《A4==JOO：+QA?=JOO：+）=4,

•••球。的表面积S=44R?=64乃.

故选：A

【点睛】

本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

10.【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端

点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为

()

EF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M点在侧视图中对应的点.

【详解】

根据三视图，画出多面体立体图形，

OQ".的点在正视图中都对应点M直线纭C上的点在俯视图中对应的点为N,

・••在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是线段。3。』,上的所有点在侧试图中都对

应£,；・点2在侧视图中对应的点为£

故选：A

【点睛】

本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图

能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.

11.【2020年新课标2卷理科】已知08。是面积为也的等边三角形，且其顶点都在球。

4

的球面上.若球O的表面积为16为则0到平面ABC的距离为（）

A.丛B.-C.1D.也

22

【答案】C

【解析】

【分析】

根据球。的表面积和的面积可求得球0的半径R和△ABC外接圆半径小由球的性质

可知所求距离d=yjR2-r2.

【详解】

设球。的半径为R,则4〃尸=16乃，解得：R=2.

设aABC外接圆半径为，边长为。，

•••△A8C是面积为地的等边三角形，

4

更,解得：“=3,二X卜一《二星=百,

2243V43V4

•••球心。到平面ABC的距离d==x/4^3=1.

故选：C.

【点睛】

本题考杳球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键

是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

12.【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+4&B.4+4&C.6+20D.4+2"

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其

表面积.

【详解】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：5A4fiC=^DC=SACDB=lx2x2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2五

△AOB是边长为2&的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

S△3;".皿sin60。=；（2用争2g

•.•该几何体的表面积是：3x2+26=6+26.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体

图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.

13.【2020年新高考1卷（山东卷）】口卷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与展面

垂直的唇针投射到唇面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A

的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与04垂直的平

面.在点A处放置一个日忌，若昼面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则科

针与点八处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

【答案】B

【解析】

【分析】

画出过球心和愚针所确定的平面截地球和展面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂

直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出唇针与点A处的水平面所戊角.

【详解】

画出截面图如下图所示，其中CO是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的截线，依

题意可知。48是暑针所在直线.而是悬面的截线，依题意依题意，辱面和赤道平面平

行,唇针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知根据线面垂直的定义可得

由于ZAOC=40°,m//CD,所以ZOAG=ZAOC=40°，

由于NOAG+NG4E=NBAE+NGAE=90。，

所以NBAE=NOAG=40°,也即唇针与点A处的水平面所成角为ZBAE=40°.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质,

属于中档题.

14.【2019年新课标1卷理科】己知三棱锥/M8C的四个顶点在球。的球面上,PA=P比PC,

△ABC是边长为2的正三角形，E,尸分别是PA,AB的中点，NCEF=90。,则球O的体积

为

A.8瓜兀B.4瓜兀C.2口几D.瓜兀

【答案】D

【解析】

【分析】

先证得依_L平面PAC,再求得上4=。4=尸。=应，从而得P—A8C为正方体一部分，进

而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.

【详解】

解法一:•••/》=P4=PCAA3C为边长为2的等边三角形，.•.P-A8C为正三棱锥，

：.PBLAC,又E,尸分别为24、A8中点，

：.EF//PB,：.EFLAC,又EF1CE,CE(\AC=C..•.£>?_L平面PAC,P3_L平面P4C，

.•.NAPB=9Oo,:.PA=PB=PC=0,「.P-ABC为正方体一部分,2/?=12+2+2=遍,即

/?=—,:.V=—TIR3=—7Tx=x/6n»故选D.

2338

解法二:

设O4=P8=PC=2］，£尸分别为尸A/W中点,

s.EFUPB,且EF=、P8=x,AABC为边长为2的等边三角形,

2

CE=6又NCM=90°:.CE73-X。,AE=^PA=x

工2+4一（3—x2）

A4EC中余弦定理cosNEAC=---------1——L作POJ_AC于D,-PA=PC,

2x2xx

Aly|x2+4-3+X2_I

QO为叱中点'8S"AC=^F

Ax~2x

2x2+1=2/.x2=-X金，.•.PA=PB=PC3,又AB=BC=AC=2,：PA，PB，PC

22

两两垂青.，2R=J2+2+2=瓜，:.R=^~，V=—n/?'=—nx=x/6n>故选D.

2338

【点睛】

本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱两两

互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.

15.【2019年新课标2卷理科】设。，夕为两个平面，则的充要条件是

A.0内有无数条直线与少平行

B.。内有两条相交直线与夕平行

C.a,夕平行于同一条直线

D.a,4垂直于同一平面

【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面

面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.

【详解】

由面面平行的判定定理知：。内两条相交直线都与夕平行是。〃△的充分条件，由面面平行

性质定理知，若。〃夕，则。内任意一条直线都与夕平行，所以a内两条相交直线都与尸平

行是a〃夕的必要条件,故选B.

【点睛】

面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观膨断,

如：“若aua/u/7,a/〃2,则。//月”此类的错误.

16.【2019年新课标3卷理科】如图，点N为正方形A8C0的中心，AECD为正三角形，

平面EC。，平面48CDM是线段EO的中点，则

A.=且直线8M,EN是相交直线

B.BM于EN,且直线B，W,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线是异面直线

D.BM手EN,且直线8W，EN是异面直线

【答案】B

【解析】

利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.

【详解】

如图所示，作£O_LCQ于。，连接。N,过M作Mk_LOQ于尸.

连*•平面CDEJ_平面A8CO.

巨0_1_8,三0匚平面。。石，」.EO,平面A5CD.叱'_1_平面488,

与AEON均为直第三角形.设正方形边长为2,易知EO=G,ON=\EN=2,

MF=B、BF=，,:.BM=币.；.BM*EN,故选B.

22

【点睛】

本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.

17.【2018年新课标1卷理科】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示，圆

柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,

则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为

C.3D.2

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图

平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，

利用勾股定理，求得结果.

【详解】

根据圆柱的三视图以及其本身的特征，

将圆柱的侧面展开图平铺.

可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的

长方形的对角线的端点处，

所以所求的最短路径的长度为"淳=26，故选氏

点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，

需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就

是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.

18.【2018年新课标1卷理科】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面〃所成的角

都相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为

A,巫B.空C.逑D.B

4342

【答案】A

【解析】

【分析】

首先利用正方体的梭是3组每组有互相平行的4条校，所以与12条校所成角相等，只需与

从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为

一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.

【详解】

根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，

所以在正方体人8C。-44GA中，

平面"Q与线所成的角是相等的，

所以平面A4A与正方体的每条楂所在的直线所成角都是相等的，

同理平面C8O也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，

要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面ABR与GBD中间的，

且过棱的中点的正六边形，且边长为立，

2

所以其面积为S=6X#.(¥)2=¥，故选A.

点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先

确定截面的位置.，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的

正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.

19.【2018年新课标2卷理科】在长方体ABCD-ABCQI中，AB=BC=1,A4,=73,则

异面直线4A与。4所成用的余弦值为

A.1B.正C.在D.包

5652

【答案】C

【解析】

【详解】

分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹

角与线线角相等或互补关系求结果.

详解：以D为坐标原点，DA,DC,DDi为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

00,0,0),41,0,0),线(1』,。),"(0,0,6),所以9=(-1,0,75),璃=(1/,G),

因为8s(亚，璃)=信僦=三连=李，所以异面直线AA与。旦所成角的余弦值为

亚，选C.

5

点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间

直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的些标；第三，破“求法向量关”，求出

平面的法向量；第四，破'应用公式关

20.【2018年新课标3卷理科】中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来，构件的凸出部分

叫桦头，叫进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是桦头.若如图摆放的木构件与某一

带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是

B.

【答案】A

【解析】

【详解】

详解：由题意知，题干中所给的是梯头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹

进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，

且俯视图应为对称图形

故俯视图为

故选A.

点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考杳学生的空间想象能力，属于基础题.

21.【2018年新课标3卷理科】设A，B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，

为等边三角形且其面积为96,则三棱锥。-ABC体积的最大值为

A.12x/3B.18百C.24GD.546

【答案】B

【解析】

【详解】

分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DMJL平面ABC

时，三棱锥D-ABC体枳最大，然后进行计算可得.

详解：如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，

当DM_L平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大

此时，OD=OB=R=4

.'.AB=6.

•••点M为三角形ABC的中心

BM=_5E=2x/3

3

中,wOM=\IOB2-BM2=2

DM=OD+OM=4+2=6

・••(%-枷心、=/96'6=186

故选B.

点睛：本题主要考杳三棱徒的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积

公式，判断出当EHM_L平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大很关键，由M为三角形ABC

的重心，计算得到BM=?8E=2百，再由勾股定理得到0M,进而得到结果，属于较难题

型.

22.【2022年新总考1卷】已知正方体力BCD—48]GDi，则（）

A.直线BG与所成的角为90。B.直线BCi与C4所成的角为90。

C.直线8cl与平面8&5D所成的角为45。D.直线BCi与平面ABCD所成的角为45。

【答案】ABD

【解析】

【分析】

数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】

如图，连接与C、8G，因为。为〃81C,所以直线8G与81c所成的角即为直线8G与D41所

成的角，

因为四i力形881aLe为正方形，则81clBG，故直线BG与ZMi所成的角为90。，A正确：

连接&C,因为必/J"平面BGu平面BBiG。，则必当_LBG，

因为BiCJ.BG，4/1八31。=/，所以BGL平面力SiC,

乂&Cu平面所以BG1C4,故B正确；

连接4G，设A】Gn8iD]=0,连接80,

因为B8]JL平面48iG2,GOu平面4IB]C】DI，则

因为GO_L3]Oi，B1D1CB1B=B],所以G。J■平面^以劣。，

所以“窗。为直线Bq与平面所成的角，

设正方体棱长为1，则。[0=乌8GL=鱼，sin^BO=

所以，直线86与平面8生。1。所成的角为30。，故C错误；

因为QC平面48CD,所以4GBe为直线BQ与平面A8C0所成的角，易得乙G8C=45',故

D正确.

故选：ABD

23.(2022年新高考2卷】如图，四边形4BCD为正方形，ED1平面4BCD,FBIIED,AB=

ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为匕，匕，匕，则()

B.匕=匕

C.匕=匕+外D.2V3=3匕

【答案】CD

【解析】

【分析】

直接由体积公式计算匕，彩，连接BD交AC于点M,连接EM,FM,由匕=5_EFM+%-EFM计

算出匕，依次判断选项即可.

【详解】

4华三一二________

AB

设48=ED=2FB=2a,因为EO1平面48c0,FB||ED,则匕=；-FD•S^

«5ACDJ/

(2a)2=#，

V2?8-SMBC(2a)2连接BO交力c于点M,连接易得BO上4C,

又ED1平面力BCD,ACu平面4BCD,则ED1AC,又EOCBD=D,ED,BDu平面BDE凡

则AC1平面BOEF,

又BM=DM=\BD=V2a,过F作FG1DE于G,易得四边形8DGF为矩形，则FG=BD=

2\[2a,EG=a，

则EM=J(2a)2+(鱼a)-=V6a,FM=Ja2+(\/2a)2=V3a»EF=Ja2+(2x^2a)2=3Q，

EM2+FM2=Ef2,则EMJ.FM,S^=-EM-FM=—a2,AC=2x/2a，

EFM22

则/=匕-£/M+L-E/.=44>5八"“=2。3,贝1」2匕=3匕，V3=3V2,匕=匕+匕，故

A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

24.【2021年新高考I卷】在正三棱柱ABC-AgG中，A4=M=1,点。满足

丽=寂+〃函,其中证[0,1],;ZG[0,1],则()

A.当2=1时，A487的周长为走俏

B.当4=1时，三棱锥尸-A8C的体积为定值

C.当时，有且仅有一个点尸，使得

D.当〃时，有且仅有一个点尸，使得ABJ•平面4B,

【答案】BD

【解析】

【分析】

对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B,将尸点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C,考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解夕点

的个数；

对丁D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点

的个数.

【详解】

X

易知，点P在矩形8CG5内部（含边界）.

对于A,当2=1时，BP=BC+pBB=BC+/.iCC'},即此时Pw线段CJ周长不是定

值，故A错误；

对于B,当〃=1时，8户:ABC+BB；=BB；+入B©；,故此时P点轨迹为线段4G，而BC/BC,

B|G〃平面A/C,则有尸到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当2=g时，丽=；前+〃西，取AC,8c中点分别为Q,“，则B户=8d+〃QH:

所以p点轨迹为线段。“，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，4（当,01，2（0,0,〃）,

8（0，;，。］,则郎=（一”,0,〃一］,丽二（0,-!，〃］,鼐丽=〃（〃_1）=0,所以〃二0

12）I“JV2；

或〃=1.故”，。均满足，故C错误；

对于D,当〃时，BP=2B（j+；BB；,取g,CG中点为M,N.而二丽'+尤丽，所

以尸点轨迹为线段MN.设P（0,加；），因为A（当,0,0）所以Q二卜当,,

\B=-与，；,-1，所以（+；%-；=（）=%=-g，此时2与N重合，故D正确.

故选：BD.

【点睛】

本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.

25.【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，。为底面的中心，P为所在棱的中点，M,

N为正方体的顶点.则满足MNJ.O尸的是（）

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD

的正误.

【详解】

设正方体的棱长为2,

对于A,如图（1）所示，连接AC,则MV//AC,

故NPOC（或其补角）为异面直线OP，MN所成的角,

1_V2

故tan

在直角三角形OPC,0cm，CP=1Z.POC=V2=T

故MN_LOP不成立，故A错误.

M

对于B,如图（2）所示，取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ_LMT,PQ上MN,

由止方体SBCM-NADT可得SN_L平面ANDT,而OQ-平面ANDT,

故SNLOQ,而SNCMN=N,故OQ_L平面SN7M,

又MNu平面SNTM,OQ1MN,而OQDPQ=Q，

所以MN_L平面OPQ,而POu平面OPQ,故MN1OP,故B正确.

对于C,如图（3）,连接BD,则BD//MN,由B的判断可得OPJ.,

故OP1MN,故C正确.

对于D,如图（4）,取4）的中点Q,A8的中点K,连接ACPQOQ,PK,OK,

则ACHMN,

因为6=PC,故PQ//AC,散PQHMN,

所以ZQPO或其补角为异面直线PQMN所成的角，

图（4）

因为正方体的棱长为2,故尸。=gAC=0,OQ="AO?+AQ2=5

PO=4PK2+OK2=A/477=75-QC，VPQ?+CP?.故NQQ°不是直角，

故P。,MN不垂直，故D错误.

故选：BC.

26.【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最

大的球的体积为.

【答案】立兀

3

【解析】

【分析】

将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】

易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中8c=2,AB=AC=3,且点M为8c边上的中点，

设内切圆的圆心为。，

由「AM=y/32—I2=20，故S△亚=-x2x2\/2=25/2,

设内切圆半径为，则：

S&ABC=S△八08+S&BOC+S、\OC=1XXr+|XXr+4CXr

4乙L

=1x(3+3+2)xr=25/2,

解得：—正，其体积：v=-^r3=^^.

233

故答案为：旦兀.

3

【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接

点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为

正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径：球外接于正方体，正方体的顶点均在球

面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

27.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知直四棱柱ABCQ-A/8/C/D/的校长均为2,Z

孙。=60。.以。।为球心，石为半径的球面与侧面BCC制的交线长为.

【答案】叵兀.

2

【解析】

【分析】

根据已知条件易得"E_L侧面B£C3,可得侧面耳GCB与球面的交线上的点到

E的距离为&,可得侧面与球面的交线是扇形EFG的弧尸G，再根据弧长公式可求

得结果.

【详解】

如图：

取B£的中点为E,的中点为尸，CC.的中点为G,

因为N8S=60。，直四棱柱ABC。-A隹GA的棱长均为2,所以△为等边三角形,

所以。田=6，D.E1B.C,,

又四棱柱ABC。-A用GR为直四棱柱，所以J.平面ABC",所以BBiJ.BC，

因为8旦（1旦G=g,所以REJ■侧面向GCB,

设。为侧面BgCB与球面的交线上的点，则。£-LEP.

因为球的半径为石，D1E=6所以|律|=JlQQf_|RE|2=6二］=夜,

所以侧面与球面的交线上的点到E的距离为拉，

因为|E用=|EGl=g,所以侧面BgCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

因为NBiEF=NGEG=W，所以NF£G=g,

所以根据弧长公式可得/G=1x&=乎万.

故答案为：叵九

2

【点睛】

本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问

题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

28.【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCOX/B/。。/的棱长为2,M、N分

别为BB/、AB的中点，贝！三棱锥A-NMD的体积为

【答案】g

【解析】

【分析】

利用匕-MW>1—Vq-AMN计算即可.

【详解】

因为正方体A8CDA/8/C/D/的校长为2,M、N