立體幾何（解析版）-高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)

訓(xùn)練立體幾何

一、單選題

1.設(shè)卜b4為空間中三條互相平行且兩兩間的距離分別為4、5、6的直線(xiàn)，給出下列三個(gè)

結(jié)論：

①存在4eZ;（i=1,2,3）,使得是直角三角形；

②存在Ae/,（Z-=1,2,3）,使得AA4A是等邊三角形；

③三條直線(xiàn)上存在四點(diǎn)4e（i=123,4）,使得四面體A4A4為在一個(gè)頂點(diǎn)處的三條棱兩

兩互相垂直的四面體，其中，所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】本題利用畫(huà)圖結(jié)合運(yùn)動(dòng)變化的思想進(jìn)行分析.我們不妨先將4&C按如圖所示

放置，容易看出此時(shí)BC<AB=AC.現(xiàn)在，我們將A和3往上移，并且總保持AB=AC

（這是可以做到的，只要4B的速度滿(mǎn)足一定關(guān)系），而當(dāng)A、B移得很高很高時(shí)，就得

到①和②都是正確的；至于③，結(jié)合條件利用反證法的思想方法進(jìn)行說(shuō)明即可.

【詳解】如圖，我們不妨先將A、B、C按如圖所示放置，

容易看出此時(shí)3C=~JBD2+42<ylBD2+52=AB=AC>

AB2+AC2-BC2AB2+AB2-AB21□八兀

故cosABAC=>=—,又0<cosABAC<—,

2ABAC-------2ABAB22

TT

ti0<ZBAC<-,

3

現(xiàn)在，將A和B往上移，并且總保持AB=AC（這是可以做到的，只要A、8的速度滿(mǎn)足一

定關(guān)系），

而當(dāng)A、B移得很高很高時(shí)，不難想象,ABC將會(huì)變得很扁，也就是/B4c會(huì)變成“非常

7T

鈍，，的一個(gè)等腰鈍角三角形，即/2AC>7，

2

JTJT

于是，在移動(dòng)過(guò)程中，/BAC從小于￡到大于￡的變邊過(guò)程中，

32

總有一刻，ZBAC=~,同時(shí)AB=AC,故此時(shí)ABC為等邊三角形，

TT

亦總有另一刻，ZBAC=-,止匕時(shí)，ASC為直角三角形（而且還是等腰的）.

這樣，就得到①和②都是正確的.

至于③，如圖所示.為方便書(shū)寫(xiě)，稱(chēng)三條兩兩垂直的棱所公共頂點(diǎn)為共垂點(diǎn).

假設(shè)A是共垂點(diǎn)，

那么由ADYAC,ABcAC=A,AB,ACu面ABC,

得740_1面43(7,即面ABC,進(jìn)而4,面ABC,面ABC,

從而ABC三邊的長(zhǎng)就是三條直線(xiàn)的距離4、5、6,又由于4?+5?=41/36=62,所以，ABC

不是直角三角形，這與AB1AC矛盾，假設(shè)不成立；

同理可知，。是共垂點(diǎn)時(shí)也矛盾；

假設(shè)C是共垂點(diǎn)，

那么由8C，C4,3C，CD,CACD=C,CA,CDu面CAO,得3C1面C4D,

而乙/〃3，/|0面。4。，4|：=面。4。，故/"/面CAD,故2C_U|,

又4/4，故從而3c為〃與/2的距離，于是BCI/EF,

同理CD/AFG,又BCLCD,故EFLFG,矛盾，假設(shè)不成立；

同理可知，8是共垂點(diǎn)時(shí)也矛盾；

綜上，不存在四點(diǎn)A(i=l,2,3,4),使得四面體A/A2A34為在一個(gè)頂點(diǎn)處的三條棱兩兩

互相垂直的四面體.

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題考查命題真假的判斷解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

2.如圖，斜三棱柱ABC-A4G中，底面AfiC是正三角形，ERG分別是側(cè)棱4VB片,CG

上的點(diǎn)，且AE>CG>3R,設(shè)直線(xiàn)CAC8與平面及G所成的角分別為私￡,平面EFG與

底面ABC所成的銳二面角為凡則()

小G

B

A.sin。vsine+sin4,cos8Kcose+cos￡

B.sin0>siniz+sin^,cos0<coscr+cos^

C.sin。vsina+sin"coscosa+cos尸

D.sin^>sintz+sin/7,cos^>cosa+cos/7

【答案】B

【分析】先在圖中作出直線(xiàn)C4與平面EFG所成的角/AAP,平面跳G與底面ABC所成的

銳二面角/AQP,可得sin(z=sinasinNATVM,同理得sin尸=sin夕sinNCDN,再由和差

化積公式得到sine+sin；?=sina(sinNA7VM+sinNCDN)4sin。，即可判斷A、C選項(xiàng)；再

通過(guò)三角恒等變換得到(cosa+cos^y>l_(sina+sin?丫，進(jìn)而得到

cos2=1-sin2<1-(sin?+sin<(cosa+cos尸，即cos。<cosa+cos/7,即可判斷B、

D選項(xiàng).

如圖：延長(zhǎng)跖，A2交于M,延長(zhǎng)EG,AC交于N,延長(zhǎng)PG,BC交于D,易得MN為平面

ABC和平面EFG的交線(xiàn)，

又。在平面ABC和平面EFG上，則。在直線(xiàn)MN上，即M,N,。三點(diǎn)共線(xiàn)，由外角定理

-TT

可得NANM+NCDN=-.

3

過(guò)A作AP上面EFG,垂足為尸，過(guò)A作AQLMN,垂足為Q,連接尸Q,PN,易得ZANP

即為直線(xiàn)C4與平面￡FG所成的角。，

Ap

則sina=—,又API面EFG,MNu面EFG,則AP_LM7V,又AQ1MN,ARAQu面

AN

APQ,APr>AQ=Af

所以MV_L面4尸。，PQu面AP。，則MN_LPQ,則/AQP即為平面￡FG與底面ABC所

Ap

成的銳二面角<9,貝l|sine=k，

AQ

又sin/A/VM=4^,貝!Jsina=sine?sinNA7VAf,同理可得51口/?=5111。應(yīng)11/?！?可\則

AN

sincr+sin/?=sin?(sinZANM+sinNCDN),

ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

又由sinZANM=sin(---------------+--------)-------

22

ZANM+ZCDN、/ANM—NCDN、,ZANM+ZCDN、./ANM-NCDN、

=sin()cos(---------------------)+cos(-)sm(---------------------),

22

ZANM+ZCDN/ANM—/CDN

sin/CDN=sin(-)

22

ZANM+ZCDNNANM—NCDN、,ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

-sin(■)cos(----------------------)-cos()sin(），

222

AANM+ZCDN/ANM—/CDN

則sinZANM+sinZCDN=2sin(-■)cos(-)

22

ZANM+ZCDN

<2sin()=2sin?=l

2

sincr+sin/?=sin?(sinZANM+sinZCDN)<sin,A,C錯(cuò)誤;

7171

故cos?g=l-sin2e〈l-(sina+sin/?)2,由a，Bf'所以

e0)—可知a-Qe~2

l+2cos(a-⑶>0,

即1+2cosacos尸+2sinasin/?>0,整理可得

sin2a+cos2a+sin2(3+cos2f3+2cosacos^+2sincrsin/?—1>0,

即(sina+sin0、+(cosa+cos/?)2-l>0,即(cosa+cosy0)2>l-(sina+sin6］，

^fccos26^=l-sin2^<l-(sincr+siny0)2<(cosdz+cosy0)2,又cosa,cos/?,cose20,故

coscosa+cos分，B正確，D錯(cuò)誤.

故選：B.

二、多選題

3.如圖，圓柱。。1的底面半徑和母線(xiàn)長(zhǎng)均為3,A8是底面直徑，點(diǎn)C在圓。上且OC，AB,

點(diǎn)E在母線(xiàn)8。上,BE=2,點(diǎn)尸是上底面的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則（）

A.存在唯一的點(diǎn)尸，使得Ab+BE=2萬(wàn)

B.若AELCF,則點(diǎn)歹的軌跡長(zhǎng)為4

C.若AFL尸E,則四面體ACEF的外接球的表面積為40兀

D.若AFLFE,則點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)為2遍兀

【答案】ACD

【分析】對(duì)選項(xiàng)A：作E關(guān)于。點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E,利用對(duì)稱(chēng)性與三點(diǎn)共線(xiàn)距離最短求解；

對(duì)選項(xiàng)BD：建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)/滿(mǎn)足的條件判斷其軌跡，求其長(zhǎng)度；對(duì)選項(xiàng)C：

證明AE中點(diǎn)。為四面體ACE/的外接球的球心即可.

設(shè)E關(guān)于。點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E,

貝UAF+Eb=AF+2AE，=^AB2+BE'2=^62+42=2如，

所以Ab+bEN2巫，當(dāng)且僅當(dāng)ARE'三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)取等號(hào)，

故存在唯一的點(diǎn)尸，使得AB+PE=2舊，故A正確；

由題意知。C，AB,OO|，OC,OO1，A3,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，以。C,OB,。。為x,y,z正方

向建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,—3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),設(shè)F(x,y,3),

則AE=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),AF=(x,y+3,3),FE=(x,y-3,1),

對(duì)選項(xiàng)B：當(dāng)AE_LCF時(shí)，AE-CF=6y+6=0,，y=-l,

所以點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)為上底面圓。|的一條弦MN,。1到MN的距離為1,

所以肱V=2存二1=40，故點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)為4A歷，所以B錯(cuò)誤；

對(duì)選項(xiàng)D：當(dāng)AF_LFE時(shí)，AF-FE=(x,y+3,3)-(x,y-3,1)=0,x2+y2=6,

所以點(diǎn)尸的軌跡是以a為圓心，后為半徑的圓，其軌跡長(zhǎng)為2灰兀，故D正確;

對(duì)選項(xiàng)C：在"支中，AC=30,CE=J(3同+2?=痙"=用+22=病，

AC2+CE2=AE2,:.ACE為直角三角形，其外心為AE與。。的交點(diǎn)Q,且

OQ=1,QE=M,

而a=JQO；+OF=A/22+6=A/W

所以。尸=QE=QC=24,所以。為四面體ACEB的外接球的球心，球半徑為加，所以球

的表面積為40兀，故C正確.

故選：ACD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)立體幾何中動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題采用幾何法分析難度時(shí)可以用坐標(biāo)法去研

究，根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)滿(mǎn)足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題

解決.

4.已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為20，其所有頂點(diǎn)均在球。的球面上.已知點(diǎn)E滿(mǎn)足A￡=

ZAB(O<2<1),CF=//CD(O<^<1),過(guò)點(diǎn)E作平面a平行于AC和BD,平面a分別與該

正四面體的棱3GCD,AD相交于點(diǎn)V,G,",則()

A.四邊形也依歸的周長(zhǎng)是變化的

64

B.四棱錐A-EMGH體積的最大值為丁

O1

C.當(dāng)時(shí)，平面a截球0所得截面的周長(zhǎng)為而兀

14

D.當(dāng)4=〃=彳時(shí)，將正四面體A5CD繞所旋轉(zhuǎn)90。后與原四面體的公共部分的體積為彳

23

【答案】BCD

【分析】正四面體ABCD放入正方體ABCD-ABCQ中，證明平面打〃平面ABC2,利用

平行，利用力表示出四邊形￡71次方各邊的長(zhǎng)，計(jì)算周長(zhǎng)判斷選項(xiàng)A；利用2表示四棱錐

A-EMGH的體積，通過(guò)導(dǎo)數(shù)研究最值判斷選項(xiàng)B,利用外接球半徑和球心到截面的距離，

得到截面圓的半徑，計(jì)算周長(zhǎng)，判斷選項(xiàng)C；兩個(gè)正四面體的公共部分為兩個(gè)相同的正四棱

錐組合而成，計(jì)算體積判斷選項(xiàng)D.

【詳解】在棱長(zhǎng)為2的正方體48?？?48(；。中，知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為20,故球

心。即為該正方體的中心，

連接耳2,設(shè)ACIBR=N,因?yàn)?BB,=DD,,所以四邊形B8QQ為平行四邊形，

所以BD//BR.

又BDu平面a,與。，平面a,所以平面a.

因?yàn)锳C//平面a,ACcBR=N,AC,耳Qu平面ABC。，所以平面a〃平面AB。，.

ABx

①

對(duì)于A,如圖①，因?yàn)槠矫鎡z〃平面A4cz,平面a［平面=平面A^C2c平

EMBEr-

面ABC=AC,所以￡M〃AC,則——=—=1-A,BPEM=(1-A)AC=272(1-A),

ACAB

同理可得GH//AC,GH=2A/2(1-X),HE//GM//BD,HE=GM=2舊，所以四邊形EMGH

的周長(zhǎng)L=EM+GA/+G〃+HE'=46'，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,如圖①，由A可知HE//GM//BD,HE=GM=2g，魚(yú)EMIIGHIIAC,

EM=GH=2?1-儲(chǔ),因?yàn)樗倪呅蜛B】C2為正方形，所以AC,瓦，，所以四邊形

為矩形，所以點(diǎn)A到平面a的距離"=4的=24,故四棱錐A-EMGH的體積V與彳之間

的關(guān)系式為V(㈤=gx2/lx2@x20(l-2)=學(xué)(萬(wàn)一萬(wàn))，貝l|V'(/l)=與2(2—3㈤.因?yàn)?/p>

22

O<Z<1,所以當(dāng)0<2<(時(shí)，V)>0,V(㈤單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，V(4)vO,V(Z)

單調(diào)遞減，所以當(dāng)彳=￡時(shí)/(㈤取到最大值誓，故四棱錐A-EMG"體積的最大值為饕，

38181

故B正確；

對(duì)于C,正四面體ABCD的外接球即為正方體陰3-4水沙的外接球，其半徑R=6.設(shè)

平面a截球。所得截面的圓心為。］,半徑為r,當(dāng)彳=；時(shí)，因?yàn)?。。?r2=改，

則］=卜一。0；=坐,所以平面a截球。所得截面的周長(zhǎng)為2m=&T兀，故C正確；

對(duì)于D,如圖②,

D____________Ci

A&

②

將正四面體ABC。繞E尸旋轉(zhuǎn)90。后得到正四面體A4G2，設(shè)AQAD=P,

A3cBD=K,BgcBC=Q,BRcAC=N,

連接KP,KE,KF,KQ,NP,NE,NF,NQ,因?yàn)?=〃=g,所以及EP,Q,K,N分別為各面的中

心，兩個(gè)正四面體的公共部分為幾何體KPEQPN為兩個(gè)相同的正四棱錐組合而成，又

EP=五，正四棱錐K-PEQF的高為3期=1,所以所求公共部分的體積

丫=2%=2xgxlx0xa=g,故D正確.

故選：BCD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：正四面體的外接球問(wèn)題通常轉(zhuǎn)化為正方體的外接球，利用平面a〃平面

ABg,用2表示出四邊形或7（汨各邊的長(zhǎng)，處理周長(zhǎng)和四棱錐的體積；截面問(wèn)題和兩個(gè)

正四面體的公共部分，都離不開(kāi)對(duì)圖形結(jié)構(gòu)的分析和理解.

5.勒洛FranzReuleaux（1829?1905）,德國(guó)機(jī)械工程專(zhuān)家，機(jī)構(gòu)運(yùn)動(dòng)學(xué)的創(chuàng)始人.他所著的

《理論運(yùn)動(dòng)學(xué)》對(duì)機(jī)械元件的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行了系統(tǒng)的分析，成為機(jī)械工程方面的名著.勒洛

四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能在兩個(gè)平行平面間自由轉(zhuǎn)動(dòng)，并且始終保持與兩平

面都接觸，因此它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng).勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正

四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設(shè)正四面體ABCD的棱

長(zhǎng)為2,則下列說(shuō)法正確的是（）

'勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為2年

B.勒洛四面體被平面ABC截得的截面面積是2（兀-唐）

兀

C.勒洛四面體表面.上2交線(xiàn)AC的長(zhǎng)度為三

D.勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離可能大于2

【答案】ABD

【分析】A選項(xiàng)：求出正四面體A5CD的外接球半徑，進(jìn)而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑,

得到答案；B選項(xiàng)，作出截面圖形，求出截面面積；C選項(xiàng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性得到交線(xiàn)AC所在

圓的圓心和半徑，求出長(zhǎng)度；D選項(xiàng)，作出正四面體對(duì)棱中點(diǎn)連線(xiàn)，在C選項(xiàng)的基礎(chǔ)上求

出長(zhǎng)度.

【詳解】A選項(xiàng)，先求解出正四面體A3CD的外接球，如圖所示：

取。的中點(diǎn)G,連接8G,4G,過(guò)點(diǎn)A作A/LBG于點(diǎn)尸，則下為等邊，ABC的中心，

外接球球心為。，連接則OA為外接球半徑，設(shè)04=08=R,

由正四面體的棱長(zhǎng)為2,則CG=OG=1,BG=AG=布,

V1帽62X2A/3

FG=一BG=——，BF=—BG=-----

3333

AF=』AG2-FG?=半,0F=AF-R=^—R,

由勾股定理得：OF2+BF=OB；即（垣一R]+1氈]=可，

33

解得：R=叵,

2

此時(shí)我們?cè)俅瓮暾某槿〔糠掷章逅拿骟w，如圖所示：

圖中取正四面體ABCD中心為0,連接8。交平面ACD于點(diǎn)E,交于點(diǎn)/，其中AO與

△ABD共面，其中8。即為正四面體外接球半徑R=

2

設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為r,則廠=0尸=2F-20=2-理，故A正確;

2

B選項(xiàng)，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過(guò)正四面體某三個(gè)頂點(diǎn)的截面，如圖所示:

面積為3義—x—x2_——x2"+——x22=2f71—5/3),B正確；

(234J4'>

C選項(xiàng)，由對(duì)稱(chēng)性可知：勒洛四面體表面上交線(xiàn)AC所在圓的圓心為8。的中點(diǎn)V,

故MA=MC=g,又AC=2,

故/AMC=arccos；,且半徑為6，故交線(xiàn)AC的長(zhǎng)度等于Garccos；,C錯(cuò)誤；

D選項(xiàng)，將正四面體對(duì)棱所在的弧中點(diǎn)連接，此時(shí)連線(xiàn)長(zhǎng)度最大，如圖所示：

連接G”，交AB于中點(diǎn)S,交8于中點(diǎn)T,連接4T,則立二必/—.=51=血，

則由C選項(xiàng)的分析知：TG=SH=6，

C

所以+百=2指-近>2,

故勒洛四面體表面上兩點(diǎn)間的距離可能大于2,D正確.

故選：ABD

【點(diǎn)睛】勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾?，下面是一些它的性質(zhì)：

①勒洛四面體上兩點(diǎn)間的最大距離比四面體的棱長(zhǎng)大，是對(duì)棱弧中點(diǎn)連線(xiàn)，最大長(zhǎng)度為

②表面6個(gè)弧長(zhǎng)之和不是6個(gè)圓心角為60。的扇形弧長(zhǎng)之和，其圓心角為arccosg,半徑為

百

—a?

2

6.設(shè)四面體44A3A4的六條棱長(zhǎng)分別為％,a2,a6,體積為V,四個(gè)面的面積分別為

S],S2,S3，S4,面力與面力所成的內(nèi)二面角為%4，X2,須，匕為任意

四個(gè)正實(shí)數(shù)，P為空間里任意一點(diǎn).下列不等式對(duì)任意滿(mǎn)足為均為銳角的四面體恒成立的

是（）

4

A.￡x/jcos%

i=ll<i<j<4

B-「卜￡平/耳町

\z=li=lJl<i<j<4

64

C,￡Ja,4>108^/3V3

1<I<j<6i=l

D.n

1<Z<j<6'"

【答案】AC

【詳解】由三角形面積海倫公式5=〃5-4）5-加（°-。得

66

2S。何-2之。：=￡5；+Ea；a；

l<z<j<6i=\i=ll<i<j<6

64

又2S；29何5,

Z=1

644

又均值不等式可知Z4%號(hào)6（口卬*272何3,

1<Z<j<6i=l

6444

Z端號(hào)一1>，428乂9腕3+36為丫3=108為丫3,故選項(xiàng)C正確；

1</<j<6z=l

類(lèi)比三角形射影定理可知

S]=S2cos64+S3cos/+S4cos%>3ys2s3s4cos034cos024cos023

同理可得三個(gè)類(lèi)似的式子，四式相乘得nc°s%q==，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤;

1<z<r<63

yr

7.如圖，在直棱柱ABCD-4BCA中，各棱長(zhǎng)均為2,ZABC=j,則下列說(shuō)法正確的是

A.三棱錐A-ABC外接球的體積為名回乃

27

B.異面直線(xiàn)A用與BG所成角的正弦值為

C.當(dāng)點(diǎn)M在棱B耳上運(yùn)動(dòng)時(shí)，+|他&|最小值為2出+

D.N是ABCD所在平面上一動(dòng)點(diǎn)，若N到直線(xiàn)AA與BC的距離相等，則N的軌跡為拋物

線(xiàn)

【答案】ACD

【分析】A選項(xiàng)，求出AABC的外接圓半徑，進(jìn)而求出三棱錐A-ABC外接球的半徑，求出

體積；B選項(xiàng)，作平行線(xiàn)，找到異面直線(xiàn)A片與BG所成角，用余弦定理求出余弦值，進(jìn)而

求出正弦值；C選項(xiàng)，將平面AB44與平面沿著公共邊84折疊到同一平面內(nèi)，利

用勾股定理進(jìn)行求解；D選項(xiàng)，由拋物線(xiàn)定義進(jìn)行判斷.

TT

【詳解】因?yàn)樵谥崩庵鵄BCD-ABIGA中，各棱長(zhǎng)均為2,ZABC=p

所以AABC為等邊三角形，

設(shè)三棱錐A-A8C外接球球心為O,則O在底面A8C的投影為AABC的中心〃，

2R_2

設(shè)AABC外接圓半徑為R,由正弦定理得：,

sin—

3

所以AABC外接圓半徑為名目,

3

設(shè)三棱錐A-ABC外接球的半徑為廠，則-JR'+F=叵,

3

故三棱錐A-ABC外接球的體積為&口3=竺叵兀，人正確；

327

連接A，，BR,則AR//BG，且從圖中可以看出/片曲為銳角，所以異面直線(xiàn)A片與

所成角即為/4AR,

由勾股定理得：AB\=g=2也,

由余弦定理得：BR=V4+4-2x2x2cosl20°=273,

QiQ_1O1

故在△A耳。中，由余弦定理得：cosN與他=三丁=

2x84

所以sin4鴻2=、仁工=姮,B錯(cuò)誤；

V164

將平面ABB,At與平面B.BDD,沿著公共邊B用折疊到同一平面內(nèi)，如圖

連接AQ,與84的交點(diǎn)即為+取得最小值的M,此時(shí)入口的長(zhǎng)度即為最小值，

其中|A4j=2,|仞|=|鉆|+忸￡)|=2+2指，

由勾股定理得：|=,4+(2+2廚=2,5+23,C正確；

因?yàn)槠矫鍭BC。，故點(diǎn)N到直線(xiàn)AA的距離即為的長(zhǎng)，

又因?yàn)锽Cu平面ABCD,

故在平面ABCD1.,到一點(diǎn)N的距離等于到直線(xiàn)BC的距離，

由拋物線(xiàn)的定義可知：N的軌跡為拋物線(xiàn)，D正確.

故選：ACD

【點(diǎn)睛】求解立體幾何圖形的外接球或內(nèi)切球問(wèn)題，要能抓住關(guān)鍵點(diǎn)，比如球心的位置的確

定，通常情況下先找球心在某個(gè)三角形或者四邊形中的投影來(lái)確定.

8.如圖，正方體A8CO-AA6A中，頂點(diǎn)A在平面a內(nèi)，其余頂點(diǎn)在a的同側(cè)，頂點(diǎn)A，

B,C到。的距離分別為n，1,2,貝U()

A.3C〃平面aB.平面AAC_L平面a

C.直線(xiàn)A片與a所成角比直線(xiàn)AA與a所成角大D.正方體的棱長(zhǎng)為2夜

【答案】BD

【分析】根據(jù)點(diǎn)到面的距離的性質(zhì)，結(jié)合線(xiàn)面垂直的判定定理、線(xiàn)面角的定義、面面相交的

性質(zhì)進(jìn)行求解判斷即可.

【詳解】因?yàn)锽,C到。的距離分別為1,2,顯然不相等，

所以BC不可能與平面。平行，因此選項(xiàng)A不正確；

設(shè)AC,8。的交點(diǎn)為0,顯然。是AC的中點(diǎn)，

因?yàn)槠矫鍭BCDa=A,C到a的距離為2,

所以。到a的距離分別為1,而2到。的距離為1,

因此即。3〃a,設(shè)平面ABCDa=l,

所以BD//I,

因?yàn)锳3CD是正方形，所以AC18D,

又因?yàn)锳41_L平面ABCD,BDu平面ABC￡),

所以因?yàn)锳41cAe=A,AA，ACu平面A&C,

所以Ml平面AAC,因此有//平面AAC,而/ua,

所以平面AAC_L平面a,因此選項(xiàng)B正確；

設(shè)耳到平面a的距離為d,

因?yàn)槠矫鍭4181ga=A,"8田是正方形，點(diǎn)A，8到a的距離分別為而，1,

所以有4=在±1=/="+1,

22

設(shè)正方體ABC。-44GA的棱長(zhǎng)為a,

設(shè)直線(xiàn)A片與a所成角為夕，所以

AB,J2a

設(shè)直線(xiàn)AA與a所成角為7,所以sin7=N1=逅，

A4a

因?yàn)槿A1〈后，所以sin￡<sin/n￡<7，因此選項(xiàng)C不正確;

因?yàn)槠矫鍭AC，平面。，平面AACC平面a=A,

所以CA在平面。的射影瓦尸與A共線(xiàn)，

顯然?！?2,4/=遍,人。=缶，例=a,AA,±AC,如圖所示：

由ZECA+ZCAE=ZCAE+Z^AFnZECA=Z^AF,

cosZECA=-^-,sinZAAF=,

AC1的，

46r-

由cos2/EC4+sin2/AAF=ln--+—=l=>a=2V2（負(fù)值舍去）,

2aa

因此選項(xiàng)D正確，

故選：BD

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用點(diǎn)到面距離的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

三、填空題

9.祖曬，字景爍，祖沖之之子，南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家.祖晅在數(shù)學(xué)上有突出的貢

獻(xiàn)，他在實(shí)踐的基礎(chǔ)上，于5世紀(jì)末提出下面的計(jì)算原理——祖唯原理：夾在兩個(gè)平行平面

之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平面的任意平面所截，如果截得的兩個(gè)截面的面積總相

等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等.請(qǐng)同學(xué)們用祖唯原理解決如下問(wèn)題：如題圖，有一個(gè)倒

圓錐形容器，它的軸截面是一個(gè)正三角形，在容器內(nèi)放一個(gè)半徑為廠的鐵球，再注入水，使

水面與球正好相切（而且球與倒圓錐相切效果很好，水不能流到倒圓錐容器底部），然后將

球取出，則這時(shí)容器中水的深度為.

【分析】根據(jù)祖瞄原理，當(dāng)圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時(shí)，球柱的體積等于

等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積，由這個(gè)原理求球體和水接觸的部分以半球與沒(méi)和水接

觸部分為匕、半球的體積，得出水的體積，再轉(zhuǎn)化為圓錐求高.

【詳解】如圖1,已知圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等，根據(jù)祖隨原理，半球的

體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積，球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體

積.

下面證明如圖1中陰影截面面積相等：

證明：設(shè)半球中陰影截面圓的半徑為，球體半徑為R,則r=尺22,截面圓面積

d=無(wú)戶(hù)=兀（尺2一〃2）；

圓柱中截面小圓半徑￡>E=〃，大圓半徑為R,則截面圓環(huán)的面積邑=S大圓-S小圓=兀（尺2-r）,

所以耳=邑，又高度相等，所以球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積.

如圖2,設(shè)球體和水接觸的上部分為唳半球，沒(méi)和水接觸的下部分為〃半球，小半球相當(dāng)于

圖1半球的截面上半部分，其體積等于圖1中截面之上的圓柱體積減去相應(yīng)圓臺(tái)體積.

已知球體半徑為r,ABC為等邊三角形，OB=2OD=2r,OE=EF=；r,根據(jù)祖曬原理

rI

匕、半球二%i柱—%臺(tái)=兀/-——7ir3=-7tr3,

2424

D

AC

學(xué)

B

圖2

_4353_93

映半球=/一匕、半球=￡nr-—Jtr=-Jtr,

Jo

設(shè)圖2中軸截面為梯形AFGC的圓臺(tái)體積為唱臺(tái)，

唳=%一吟半球=>卜技『+|孚］+J（技）［亭）；W=.“3->3=#

設(shè)將球取出時(shí)容器中水的深度為心底面圓的半徑為石，則/?=出個(gè)n=^h.

%八3即1八限迎.

31292V22

故答案為：也.

2

【點(diǎn)睛】本題是關(guān)于祖眶原理的一道綜合性應(yīng)用的立體題目，難度較大,需要很強(qiáng)的空間想象

能力.

（1）本題關(guān)鍵是理解祖唯原理，當(dāng)圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時(shí)，半球的

體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積,球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積;

（2）求不規(guī)則幾何體的體積要適當(dāng)?shù)倪M(jìn)行分割，轉(zhuǎn)化為容易求的幾何體的體積.

10.所有的頂點(diǎn)都在兩個(gè)平行平面內(nèi)的多面體叫做擬柱體，這兩個(gè)平行的面稱(chēng)為上下底面，

它們之間的距離稱(chēng)為擬柱體的高.生產(chǎn)實(shí)際中，我們經(jīng)常看到黃沙、碎石、灰肥等堆積成上

下底面平行，且都是矩形的形狀，這種近似于棱臺(tái)的形體就是一種特殊的擬柱體（如圖所示），

已知其高為/?,上底面、下底面和中截面（經(jīng)過(guò)高的中點(diǎn)且平行于底面的截面）面積分別為

S1,邑和s。，請(qǐng)你用耳，邑，s°,川表示出這種擬柱體的體積y=.

【答案】-(S1+4S0+52)X/7

［分析］利用臺(tái)體的體積減去若干棱錐的體積來(lái)求得擬柱體的體積.

【詳解】根據(jù)擬柱體的定義，任一擬柱體都可看作是過(guò)某棱臺(tái)的若干頂點(diǎn)，截去機(jī)（帆20）個(gè)

倒立小棱錐與"（"20）個(gè)正立小棱錐后余的凸多面體.當(dāng)%="=0時(shí)，就是原棱臺(tái)，即棱臺(tái)是

特殊的擬柱體.

設(shè)原棱臺(tái)的高為〃，上底面、下底面、中截面面積分別為S上,S下,S中，

擬柱體的上底面、下底面、中截面的面積分別是S?和

設(shè)截去的機(jī)個(gè)倒立小棱錐的底面面積分別是配,S|2,5??,

截去的〃個(gè)正立小棱錐的底面面積分別是風(fēng)”邑2，,S2n,

那么擬柱體的體積為丫=/介-；u品+與++兀）-；〃（邑+/++S2”）

=|/z（5±+5，T+V5-t

=3介（5上一工5.1+（5下一Z52?）+'5上,5下］

=；MH+SZ+JS上下）①,

因?yàn)槔忮F的中截面面積等于底面面積的J,

4

1fmn\

所以s°=s中一

41k=lk=\）

（mn\

即45。=4s中一+②，

\Z=1k=l）

由棱臺(tái)的中截面性質(zhì)可知2向'=#；+心7，

所以4s中=S±+S下+2jS」：S下③,

（_n

將③代入②得：4S°=S上+S下+2回討；一+?〃

\k=lk=l

從而可知Js上.S下=1(4S0-S,-S2),代入①并整理得V=1(5,+4S0+S2)X/2.

故答案為：1(S1+450+52)X/2

O

【點(diǎn)睛】本題主要考查擬柱體的體積的求法，在立體幾何教材中有擬柱體的體積的推導(dǎo)過(guò)程.

圓柱、棱柱、圓錐、棱錐、圓臺(tái)、棱臺(tái)、球、球冠、球缺等各有自己的體積公式，但這些公

式，都可以統(tǒng)一為擬柱體公式.

11.已知正方體ABCD-A耳CR的棱長(zhǎng)為1,M,N分別為棱AA、42的中點(diǎn)，P為棱4月

上的動(dòng)點(diǎn)，。為線(xiàn)段42的中點(diǎn).則下列結(jié)論中正確序號(hào)為.

①M(fèi)NJLCP；②A。//平面肱叱；③的余弦值的取值范圍是.當(dāng)；?AAPC,

周長(zhǎng)的最小值為石+石

【答案】①④

【分析】①連接4。,,根據(jù)正方體性質(zhì)有MN〃Bq,結(jié)合CP在面3CG旦上的投影為C4

即可判斷；②③構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求面肱VP的法向量及方向向量AQ,利用空間向量

夾角的坐標(biāo)表示判斷線(xiàn)面關(guān)系，同理求線(xiàn)線(xiàn)角的關(guān)于參數(shù)機(jī)的余弦值，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最值，

即可判斷余弦值的范圍；④將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求CT+AP的最小值，展開(kāi)正方體側(cè)面研究最小

情況即可判斷.

【詳解】①連接AA，3C],即AA//BC，又/、N分別為A4、42的中點(diǎn)，則MN//A2,

所以而CP在面BCG瓦上的投影為C4,又CBJBG，即CP，3弓，

所以MNLCP,正確；

②如下圖示，M(1,O,|),N(；,O,1),則M尸=(0,機(jī),g),NP=(g,m,O),

z

MP-n=my+—=0

若〃=(尤,y,z)是面肱VP的一個(gè)法向量，貝人令x=z=2m即

x八

NP-n=—+my=0

n=(2m,-1,2m),

而4(1,0,0),則AQ=(-；,；」)，

111

所以=一加一耳+2根=加一5,僅當(dāng)機(jī)=5時(shí)AQ_L〃，即AQ//平面ACVP,故錯(cuò)誤;

③如下圖，尸（1,m」），。（就」）,。（。，。，。），故￡＞尸=（1，皿1），加=（生』）,

所以。學(xué)，且，如,m+3

POQ=|Z)P|=7^7i|DQ|=則cos/PQQ=

2

22^6(m+2)

72121

令/(㈤貝I「〃加一一”"6)+T,而八0)=3>0,尸⑴=_]<0,

"+2〃〃j(汨2廠9

所以，存在廣（%）=。，則（。，外）上八a）＞0,/（㈤遞增；（人,1）上/'（旭）＜0,/（㈤遞減;

所以上有/■（㈤4/（%）,

由/(0)=1時(shí)cosZPDQ=—,/⑴==時(shí)cosZPDQ=哀2,故f(m0)時(shí)cosZPDQ>宜2,

22333

故錯(cuò)誤;

④由AAPCI周長(zhǎng)為QP+AP+AG，而AG=6,要使周長(zhǎng)最小只需CP+AP最小,

將AB4A與與A2G展開(kāi)成一個(gè)平面，如下圖示:

當(dāng)A,P，G共線(xiàn)時(shí)，C7+A尸最小為正，

所以周長(zhǎng)的最小值為?+若，正確.

故答案為：①④

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：②③構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，利用向量法判斷線(xiàn)面關(guān)系、求線(xiàn)線(xiàn)角余弦

值關(guān)于參數(shù)的表達(dá)式，進(jìn)而應(yīng)用導(dǎo)數(shù)判斷最值.

四、解答題

12.棱柱ABCD-AgGR的所有棱長(zhǎng)都等于2,ZABC=60°,平面MGC_L平面A5CD,

（1）證明：BDIAA^

（2）求二面角。-44-C的平面角的余弦值；

（3）在直線(xiàn)CG上是否存在點(diǎn)P,使8尸|平面。4G?若存在，求出點(diǎn)尸的位置.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）二面角D—AiA—C的平面角的余弦值是乎.（3）存在，點(diǎn)P

在CiC的延長(zhǎng)線(xiàn)上且使CiC=CP.

【詳解】解：連接BD交AC于O,則BDLAC,連接AQ

在AAAIO中，AA1=2,AO=1,ZA1AO=60°

AIO2=AAI2+AO2—2AAi-Aocos600=3

.\AO2+AiO2=Ai2

/.AiO±AO,由于平面AAiCiC_L平面ABCD,

所以AiOL底面ABCD

/.以O(shè)B、OC、OAi所在直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)0,-1.0),

。⑨，mmz>(-Aao)，4(O,O,6)2分

(I)由于麗旗=(Q,L揚(yáng)

則衣,麗=0《2肉+1X。+/；.0=0

ABDXAAi................................4分

(II)由于OB_L平面AAiCiC,；.平面AAiCiCK*sA5#u的法向量￡=(1.0.0)

-m工—

設(shè)小_L平面AAiD則<二_=蘇、=(XJ.Z)

A限上功

得到<；取&=a",-u.............6分

I—J3x+y=0

一一F7.

?'8￡<、?險(xiǎn)>==--&=--

Wj:：力2：

所以二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是正...............8分

5

(III)假設(shè)在直線(xiàn)CC1上存在點(diǎn)P,使BP//平面DA1C1

設(shè)而=xCG.P(x,yrz)，貝-1,;)=4(0.1.73)

得P(OJ+兒4i/SBP=(-7?.!*4后)...............9分

設(shè)￡一平面ZH￡,則，:二一設(shè)￡=(a.，一

：2V-=0,_

得到、g+國(guó)=。不妨取3(血710分

又因?yàn)槿?，平面DAiCi

則石麗=卿-4-&=畸2=-1

即點(diǎn)P在CiCK*sA5#u的延長(zhǎng)線(xiàn)上且使CiC=CP...............................12分

法二：在Ai作AiO_LAC于點(diǎn)O,由于平面AAICICL平面ABCD,由面面垂直K*s^5#u的

性質(zhì)定理知，AQ,平面ABCD,

又底面為菱形，所以AC_LBD

由于8D_L/IC

BDL'X^AA.O

BDLA,O“=>AA,LBD

AA,c平面

A,O(}AC=0

(II)在AAAQ中，A1A=2,ZA1AO=60°

.-.AO=AAi-cos60°=l

所以。是ACK*s/#u的中點(diǎn)，由于底面ABCD為菱形，所以

O也是BD中點(diǎn)

由(I)可知DO_L平面AAiC

過(guò)。作OELAAi于E點(diǎn)，連接OE,貝|AAiJ_DE

則NDEO為二面角D—AAi—CK*sA5#u的平面角................6分

在菱形ABCD中，AB=2,ZABC=60°

；.AC=AB=BC=2,.\AO=1,DO=J初一彳0：=、:

在RtAAEO中，OE=OA-sin/EAO=、''，

DE=JO￡、O￡>?即冷

...cos/DEO=0*-、片

DE5

二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是2f一...............8分