专题10立体几何（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版)

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高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版)
专题10　立体几何
一．选择题
1．（2020秋•江北区校级期中）
如图：正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，侧棱AB＝2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥A﹣BCD侧面交线的周长的最小值为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．2
【答案】D
【解答】解：把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，
两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值．
正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，所以AC⊥AC′，AB＝2，
∴CC′＝2，
∴截面周长最小值是CC′＝2．
故选：D．

2.（2021•宁夏模拟）
在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（　　）
A．不存在E，F，使得EF⊥CD
B．存在E，使得DE⊥CD
C．存在E，使得DE⊥平面ABC
D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF
【答案】D
【解答】解：（1）对于A，D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：
因为A﹣BCD是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．
所以CE＝DE，所以EF⊥CD，同理可证EF⊥AB．故A错误；
又因为AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，故AB⊥平面CED，又AB⊂平面ABF，
所以平面ABF⊥平面CED．故D正确．
（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，∠CDE的最小值为直线CD与平面ABD所成的角，即（1）中的∠CDE，显然为锐角，最大角为∠CDB＝∠CDA＝60°，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD．故B错误．
（3）对于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C错误．
故选：D．

3． （2020秋•天津期中）
将一个棱长为1cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为（　　）
A． B．πcm2 C． D．3πcm2
【答案】B
【解答】解：正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，
则球内切于正方体，则球的直径为1cm，半径为cm．
∴可能制作的最大零件的表面积为 4π×（）2＝π（cm2）．
故选：B．
4． （2020秋•湖南期中）
已知四面体ABCD的四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD＝1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（　　）
A． B． C．3π D．
【答案】C
【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到正方体中，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝1，
可得长方体的对角线为＝．
∴球O的半径R＝．
球O的表面积S＝4πR2＝3π．
故选：C．

5． （2020秋•镇江期中）
直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，则该球的表面积为（　　）
A．40π B．32π C．10π D．8π
【答案】A
【解答】解：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，
∴可将棱柱ABC﹣AA1B1C1补成长方体，长方体的对角线＝2，即为球的直径，
∴球的半径为，
∴球的表面积为4π×（）2＝40π，
故选：A．
7． （2020秋•宁波期中）
某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：由题意几何体的直观图如图：
是一个圆锥，去掉部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体；
几何体的体积为：+＝．
故选：C．

8． （2020秋•包河区校级月考）
已知三棱锥P﹣ABC的顶点P在底面的射影O为ΔABC的垂心，若，且三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，则SΔPAB+SΔPBC+SΔPAC的最大值为（　　）
A．8 B．10 C．18 D．22
【答案】C
【解答】解：如图，连AO，并延长交BC于D，顶点P在底面的射影O为ABC的垂心，∴AD⊥BC，
又PO⊥平面ABC，∴PO⊥BC，
∵AD∩PO＝O，∴BC⊥面ADP，可得BC⊥PA，BC⊥PD．
同理AC⊥PB，AB⊥PC．
由，可得AD•OD＝PD2，
且∠PDO＝∠PDA，∴△POD∽△APD，
∴∠APD＝∠POD＝90°，
∴PA⊥PD，又PA⊥BC，BC∩PD＝D，
∴AP⊥面PBC，得PA⊥PB，又PB⊥AC，且AP∩AC＝A，
∴PB⊥面APC，即可得PB⊥PC，
故PA，PB，PC两两互相垂直，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球为以PA，PB，PC为棱的长方体的外接球，
又三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，
∴PA2+PB2+PC2＝36，
则S△PAB+S△PBC+S△PAC＝≤＝18．
∴S△PAB+S△PBC+S△PAC的最大值为18，当且仅当PA＝PB＝PC＝2时，等号成立．
故选：C．

9． （2020秋•马尾区校级期中）
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，若α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，
α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，
又α∩平面A1B1C1D1＝B1D1，α∩平面DCC1D1＝CD1，
∴m∥B1D1，n∥CD1，
∴m，n所成角等于直线B1D1，CD1所成角，即∠B1D1C是m，n所成角，
∵△B1D1C是等边三角形，∴∠B1D1C＝60°，
∴m，n所成角的余弦值为cos∠B1D1C＝cos60°＝．
故选：D．

10． （2020秋•宁夏期中）
由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（　　）

A．8092m3 B．4046m3 C．24276m3 D．12138m3
【答案】A
【解答】解：如图，

四棱锥P﹣ABCD，PO⊥底面ABCD，PO＝21m，AB＝34m，
则m3，
故选：A．
11.（2020秋•沙坪坝区校级期中）
设m，n，l为空间不重合的直线，α，β，γ是空间不重合的平面，则下列说法正确的个数是（　　）
①m∥l，n∥l，则m∥n；
②α∥γ，β∥γ，则α∥β；
③m∥l，m∥α，则l∥α；
④l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β；
⑤m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解答】解：对于①，由平行公理知，m∥l，n∥l，则m∥n，所以①正确；
对于②，由平面平行的传递性知，α∥γ，β∥γ，则α∥β，所以②正确；
对于③，由m∥l，m∥α，则l∥α或l⊂α，所以③错误；
对于④，由l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β或α∩β，所以④错误；
对于⑤，由m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β或α∩β，所以⑤错误；
综上知，正确的命题序号是①②，共2个．
故选：C．
12.（2020秋•成都期中）
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AD⊥PA，BC⊥PB，PB＝BC，PA＝AB，M为PB的中点，若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN，则＝（　　）

A． B． C． D．1
【答案】B
【解答】解：取BC的中点R，AD的中点Q，PA的中点为O，连接MR，RQ，MO，OQ，
由CD∥RQ，OQ∥PD，
可得平面MOQR∥平面PCD，
由平面PCD⊥平面AMN，可得平面MOQR⊥平面AMN，
过M作NM⊥PC，垂足为N，
底面ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，
又BC⊥PB，可得AD⊥PB，
又AD⊥PA，可得AD⊥平面PAB，
BC⊥平面PAB，可得BC⊥AM，
在△PAB中，PA＝AB，M为PB的中点，可得AM⊥PB，
则AM⊥平面PBC，AM⊥MR，
而MN⊥PC，MN⊥MR，
可得MR⊥平面AMN，
设PB＝BC＝2，则PC＝2，
而PM＝1，则PN＝，NC＝2﹣＝，
所以＝，
故选：B．

13.（2020秋•衢州期中）
已知圆锥的全面积是底面积的4倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（　　）
A． B． C．3 D．4
【答案】A
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，
由于圆锥的全面积是底面积的4倍，即πr2+＝4πr2，
解得l＝3r，即母线和底面半径的比为3，
设圆锥底面半径为1，则圆锥母线长为3，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长为2π，
可得该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为．
故选：A．
14.（2020秋•广陵区校级期中）
在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，D为A1C1的中点，则BC1与DA所成角的大小为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【解答】解：以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，
CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B（0，1，0），C1（0，0，），A（，，0），D（，，），
＝（0，﹣1，），＝（，，﹣），
设BC1与DA所成角的大小为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴BC1与DA所成角的大小为30°．
故选：A．

15.（2020秋•海淀区校级期中）
在边长为2的等边三角形ABC中，点D、E分别是边AC，AB上的点，满足DE∥BC且＝λ（λ∈（0，1）），将△ADE沿直线DE折到△A′DE的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（　　）
A．在边A′E上存在点P，使得在翻折过程中，满足BP∥平面A′CD
B．存在λ∈（0，），使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCDE
C．若λ＝，当二面角A′﹣DE﹣B为直二面角时，|A′B|＝
D．设O为线段ED的中点，F为线段BC的中点，对于每个给定的λ，记翻折过程中△A′OF面积的最大值为f（λ），则当λ变化时，f（λ）的最大值为
【答案】D
【解答】解：对于A，连接AA′，A′B，A′C，显然平面A′BE∩平面A′CD＝AA′，
若A′E上存在点F使得BF∥A′CD，则BF∥AA′，显然BF与AA′为相交直线，矛盾，故A错误；
对于B，设BC中点F，DE中点O，由等边三角形性质可知DE⊥AO，DE⊥A′O，
故A′在平面BCDE上的射影在直线AF上，
若平面A'BC⊥平面BCDE，则F为A′在底面BCDE上的射影，于是A′O＞OF，
∴λ＞，与λ∈（0，）矛盾，故B错误；
对于C，若，二面角A'﹣DE﹣B为直二面角，则OA′＝OF＝AF＝，BF＝1，
且A′O⊥平面BCDE，∵OB＝＝，
∴|AB′|＝＝，故C错误；
对于D，由可知AO＝λ，即A′O＝λ，∴OF＝﹣λ，
显然当A′O⊥OF时，△A′OF的面积最大，故f（λ）＝×（）＝λ（1﹣λ）≤×（）2＝，
当且仅当λ＝1﹣λ即λ＝时取等号，故D正确．
故选：D．

16.（2020秋•沈河区校级期中）
如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为3的正八面体的内切球半径是　　．

【答案】．
【解答】解：由题意，该正八面体的棱长为3，
则该正八面体的体积V＝＝，
设正八面体的内切球半径为r，
∵，
则，解得r＝，
故答案为：．

17.（2020秋•建平县月考）
已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为144，点P是正方形A1B1C1D1的中心，点P，A，B，C，D都在球O的球面上，其中球心O在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的内部．已知球O的半径为R，球心O到底面ABCD的距离为，则R＝　4　．过AB的中点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是　6π　．
【答案】4；6π．
【解答】解：由题意可知正方形ABCD的对角线长为，
则正方形ABCD的边长为，
故长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为＝144，解得R＝4．
当OE垂直截面时，截面面积达到最小，此时OE＝，
则截面圆的半径r＝，
故截面圆的面积最小为πr2＝6π．
故答案为：4；6π．

18.（2020秋•贵池区校级期中）
长方、堑堵、阳马、鱉臑、这些名词出自中国古代数学明著《九章算术•商功》，其中阳马和鱉臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼．取一长方体，如图长方体ABCD﹣A1B1C1D1，按平面ABC1D1斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体称为鱉臑，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为　2　．

【答案】2．
【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，
∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，BC＝CD＝，
∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为：
＝＝＝＝2．
故答案为：2．
19.（2020秋•杨浦区期中）
P是直角三角形ABC所在平面外一点，已知三角形的边长AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，PA＝PB＝PC＝4，则直线PB与平面ABC所成角的余弦值为　　．
【答案】．
【解答】解：取AC的中点D，连接PD，BD，
∵PA＝PC，D是AC的中点，∴PD⊥AC，
∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC＝5，
∴AD＝BD＝，又PA＝PB＝4，
∴△PAD≌△PBD，∴∠PDB＝∠PDA＝90°，
∴PD⊥BD，
又AC∩BD＝D，
∴PD⊥平面ABC，∴∠PBD为直线PB与平面ABC所成的角，
∴cos∠PBD＝＝．
故答案为：．

20.（2020秋•宁波期中）
如图，在四棱锥E﹣ABCD中，DC∥AB，∠BAE＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AE＝ED＝DC，M为EB的中点．
（1）求证：DM⊥AE；
（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值．

【解答】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DF．
∵DE＝AD＝AE，∴AE⊥DF．
∵∠BAD＝∠BAE＝90°，∴AB⊥AD，AB⊥AE，AB∩AE＝A，
∴AB⊥面ADE．
∵M为EB的中点，∴MF∥AB，
∴MF⊥面ADE，AE⊂平面ABE，∴MF⊥AE，
又AE⊥DF，FM∩DM＝M，
∴AE⊥面DFM，DM⊂平面DFM，
∴AE⊥DM．
（2）解：∵AB⊥面AEM，又AB∥DC，

∴DC⊥面AED，故可如右图形式以建系．
不妨设DC＝4，
则有，，，
设面BCE的一个法向量＝（x，y，z），则，
即，令x＝1，则y＝1，z＝，
可得面BCE的一个法向量，
则＝，
所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为．

21.（2020秋•兴宁区校级期中）
如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．
（1）求证：AD⊥平面BDE；
（2）求平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值．

【解答】（1）证明：在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．
将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．
∴AD⊥DE，
又∵平面ADE⊥平面ABCE且交线为AE，
∴BE⊥平面ADE，
∴BE⊥AD，
又∵AD⊥DE，且DE∩BE＝E，
∴AD⊥平面BDE．
（2）解：如图所示建立空间直角坐标系，
E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），D（），C（﹣，，0），
＝（﹣，﹣，0），＝（，﹣2，），
设平面BDC的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣3），
平面ADE的法向量＝（0，1，0），
设平面ADE与平面BDC所成锐二面角为θ．
则平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值为：
cosθ＝＝＝．

22.（2020秋•蒸湘区校级期中）
将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．
（1）求直线DE与直线AC所成的角；
（2）求二面角B﹣ED﹣C的余弦值．

【解答】解：如图，由题意，AB⊥AD，AE⊥AB，AE⊥AD，
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），
（1），＝（1，1，），
∵，
∴直线DE与直线AC所成的角为；
（2）设平面BED的一个法向量为＝（x1，y1，z1），
＝（﹣2，0，），＝（0，﹣2，），
由，取，得；
设平面EDC的一个法向量为，
＝（0，﹣2，），＝（1，1，0），
由，取，得．
∴cos＜＞＝＝，
∴二面角B﹣ED﹣C的余弦值为．

23.（2020秋•阆中市校级期中）
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：AE∥平面PBC；
（2）若PA＝CD＝2BC，求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．

（2）．
【解答】（1）证明：取CD的中点F，连结EF，AF，
∵E是PD中点，∴EF∥PC，∵CD＝2AB，CD＝2AB，∴AB＝CF，
∵AB∥CD，AB⊥BC，∴四边形ABCF是矩形，∴AF∥BC，
∵EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，
∴平面AEF∥平面PBC，
∵AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PBC．
（2）解：由已知和（1）得AB，AF，PA两两垂直，
以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
设CD＝2AB＝2，则PA＝CD＝2BC＝2，
∴A（0，0，0），P（0，0，2），C（1，1，0），D（1，﹣1，0），
∴＝（0，0，2），＝（0，20），＝（1，﹣1，﹣2），
∴平面APD的法向量＝（x，y，z），
则，令z＝1，＝（1，1，0），
设平面CPD的一个法向量＝（x，y，z），
则，令x＝2，得＝（2，0，1），
∴cos＜＞＝＝＝，
∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．

24.（2020秋•浙江期中）
如图，已知平面多边形P﹣ABCD中，AP＝PD，AD＝2DC＝2CB＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，现将三角形APD沿AD折起，使．
（Ⅰ）证明：PB⊥AD；
（Ⅱ）证明：平面PAC⊥平面ABCD；
（Ⅲ）求二面角P﹣AB﹣D的平面角的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：取AD得中点E，连接PE，BE，
因为AP＝PD，所以PE⊥AD，
又因为，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，

因为AD⊥DC，所以AD⊥BE，BE∩PE＝E，所以AD⊥平面PBE，
所以PB⊥AD．
（Ⅱ）证明：记AC∩BE＝O，所以O是AC的中点，也是BE的中点，
因为，所以PO⊥AC，
又OD＝OA，PD＝PA，所以PO⊥OD，AC∩OD＝O，
所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD．
（Ⅲ）过O作OH⊥AB，垂足为H，
由（Ⅱ）可得PH⊥AB（三垂线定理），
所以∠PHO为二面角P﹣AB﹣D的平面角．
因为，∴，
所以．