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1、专题八立体几何一、单项选择题1.（2023届河南荥阳摸底,6）某圆锥的侧面积是底面积的2倍,则该圆锥的侧面展开图的圆心角为（）A.2B.-C.D.-22答案C设圆锥的母线长为1,底面圆半径为月则底面圆面积S=JI1底面圆周长为2r,圆锥侧面积2rJ=nrli所以rl=2所以l=2ri所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为子=等二n,故选C.2.（2023届成都八中月考，10）已知正方形ABCD的边长为2,点E为边AB中点，点F为边BC中点,ED,DCF,ME”分别沿DEtDF,Er折起,使A,C,8三点重合于P点,则三棱锥尸-OE户外接球的表面积为（）A.B.3C.6D.122答案C如图，由题意可知
2、PE上PF,PE上PD,PD上PF,且PE=PF=I,PD=2t故可把三棱锥20E/补全成长方体,则长方体的外接球即为三棱锥RQE/的外接球.设外接球半径为R,则（2而2=尸序+pf2+p02=+4=6.三棱锥尸-DE尸外接球的表面积为6.故选C.D3.（2023届河南焦作调研一，11）己知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,AB和CD分别是该圆柱上、下底面的一条直径,若四面体ABCD的体积为等,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（）.222n1p.1A.B.-C.-D.-3223答案D如图，设上底面圆心为。，下底面圆心为。2,连接OCON,002.由圆柱的轴截面是边长为2的正方形,可知圆柱的底
3、面半径为1,高为2.在AOCO中，CD=2,0G=2,则Smcd=22=2.设A到平面OCD的距离为hi则%-bct）=2%y0D=2SCD,九=i解得=.过。2作E/A8交圆。2于点E、F,则异面直线AB与CO所成角为NEo2。或其补角，过E作EHCD于点H,则EH=h片,所以CzH=Vl-EM=1所以CoSNEo2。=署=即异面直线AB与CD所成角的余弦值为;.故选D.c（2334. （2023届黑龙江大庆月考一,5）凡n为不重合的直线,a/,为互不相同的平面,下列说法错误的是（）A.若mn,则经过myn的平面存在且唯一B.若aiaC=mtC=n,则m/nC.若CtjaC=rnt则LyD.
4、若mua,nua,m/4,夕,则夕答案D对于A,若用,则由公理2的推论可得经过抽的平面存在且唯一，故A中说法正确；对于B,若afaC=mtC=nt则由面面平行的性质定理得mnt故B中说法正确；对于C,如图，设a11=a,11=bf在a内作CJ_。于点A,在尸内作d_Lb于点B,因为alt-Lf所以c-Ltd,所以cd,所以ct因为aC=m,CU,所以C犯所以my,故C中说法正确；对于D,若nc,nc,mf小则与4相交或平行，故D中说法错误.故选D.5. （2023届昆明一中双测二,4）在正方体ABCD-ABCD中，0为底面ABCo的中心,E,尸分别为棱AiBhBlCl的中点,经过E,F,0三点
5、的平面与正方体相交所成的截面为（）A.梯形B.平行四边形C.矩形D.正方形答案A如图,在“囚G中，因为EF分别为棱48,8G的中点,所以所AQ,叫AG由正方体的性质可知AlcIAeAlCl=AC,所以E3AC,因为点O在直线AC上,所以点A,GF,E确定一个平面,所以经过E,F,。三点的平面与正方体相交所成的截面为平面ACFEf即确定的平面是梯形,故选A.方法总结:立体几何中截面的作法若己知两点在同一平面内，只要连接这两点,就可以得到截面与多面体的一个面的截线.若平面上只有一个已知点,应设法在同一平面上再找出第二个确定的点.若两个已知点分别在相邻的面上,应找出这两个平面的交线与截面的交点.若两
6、平行平面中一个平面与截面有交线,另一个面上只有一个已知点,则按两个平行平面与第三个平面相交,它们的交线互相平行的性质，可得截面与另一平面的交线.若有一点在面上而不在棱上,则可通过作作辅助平面转化为棱上的点的问题;若已知点在体内，则可通过辅助平面使它转化为面上的点,再转化为棱上的点的问题来解决.6. （2023届山西大同联考一，10）如图,在四棱柱ABCDA山IGA中,46=AO=AA=I,A。_LAAhADLABy乙4向8=60。,/77分别是棱48和反?的中点，则下列说法中不正确的是AA,C,MN四点共面BBN与AB共面C.A。JL平面A88AD.Ai_L平面ABCO答案B连接MN,因为AA
7、ICG,且A=CG,所以四边形AACC是平行四边形,所以AeAG.又MN分别是棱AB和8C的中点,所以MN/AC,所以MN4C,故A,G,MN四点共面,A正确.因为A、B、a在平面ABBMi内，而N不在该平面内，故HN与A5不共面,B错误.因为ADAA,ADLAB,AAAB=A,所以AO_L平面ABBA,C正确.连接48,ZAAB=60o,AB=AD=AAi=I,所以4A8A是等边三角形,所以AM-LAB.因为AO_L平面ABB1AbAlMU平面ABBA,所以AiMADt因为ABClAO=A,所以AIMJ_平面ABCDtD正确.故选B.7. （2022新高考/,8,5分）已知正四棱锥的侧棱长为
8、/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36元，且3*2=6,.h=-Mcr=2h(6-A)=226正四棱锥的体积VqQ2九=f4一皋；VW13令Vf=0,=26.V在3,26）上单调递增,在（26,33上单调递减，而/=3时，V=N/=3百时，V=-,=26,V=-,443.该正四棱锥体积的取值范围是*,g.8. （2023届南昌零模,7）已知正方体ABCD-ABCD的棱ABfAQ,DiChClBl的中点分别为E,F,G,Ht则下列直线中与两平面ACDh8。G交线平行的一条直线是（）A.EHB.HGC.EGD.FH答案C如图,连接OG与C。交于点。,设AC,5。交于点K,连接OK,则平面A
9、CDln平面8。G=OK又0、K分别是CD|、AC的中点，则OKAOl,因为G,E分别是OICI,46的中点,所以AD/GEi则GEOK,故选C.二、多项选择题9. （2023届辽宁六校期初，11）己知正方体ABCD-BCD的棱长为2,则（）A.直线BCl与。4所成的角为90B.直线BCl与CA所成的角为90C.点C到平面AfiCiDi的距离为当D.直线BCl与平面A5C。所成的角为45。答案ABD连接囱C,与BG相交于点,因为O48C所以直线BG与BC所成的角即为直线BCx与OAl所成的角，因为四边形BBGC为正方形,则B1CBC,故直线BG与04所成的角为90。,故A正确；因为AJ_平面B
10、BCC,BGu平面BBlCC所以IBCit因为BiClBG,AiBiOBiC=BifA3u平面AiBiC,BcU平面ABC,所以BGJ_平面AiBiC,又ACc平面AIC所以BGjLC4,即直线BCl与CA所成的角为90,故B正确；因为A8J_平面BBQC,SCU平面lClC,所以A8J_%C,又SiClBG,ABCBCi=B,ABU平面ABGOhBGU平面A8G。,所以BlUL平面A5G。，则CE的长为点C到平面ABCiDi的距离，由题意可得CEZl,即点C到平面ABGA的距离为,故C错误;因为CGJ平面ABCD所以NG5C为直线BG与平面ABCQ所成的角，易知NGBa45。,故D正确.故选
11、ABD.10. （2022河北邯郸一模，10）如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别为ABfAD的中点,G,分别在8C,CO上,且BG：GC=OC=I：2,则（）A.3O平面EGHFB.H7平面ABCC.AC平面EGHFD.直线GE,HF,AC交于一点答案AD因为BG：GC=DH：H&所以GHBD.又Ei尸分别为仍力的中点,所以EF/BDi且E*BD,则EFGH,所以EiG,H,尸四点共面.易知BD平面EGHF,FH与AC为相交直线，即A正确,B,C错误.因为四边形EFG为梯形,所以EG与切必相交,设交点为M,因为EGU平面ABC,FHc5FffiIACD,所以M是平面ABC与平面ACD的一
12、个交点,所以M三ACt即直线GE,HF,AC交于一点，即D正确.故选AD.11.（2022重庆巴蜀中学3月适应考（八），12）如图甲,在边长为2的正方形ABCQ中，点E,产分别是A8,BC的中点,点M是Ao上靠近A的四等分点.现将2Ob分别沿A.P8平面EFMB.PDSBC.平面与平面三）E所成角的余弦值为当D.点P到平面BFDE的距离为:答案ACD如图,连接BD,交所于G,连接PGMG墨=*所以MG尸区因为PBC平面EFM,MGU平面EFM,所以P8平面EFMtA正确；因为PDLPE,PDlPF,PECPF=P,所以POJ_平面PEF,故PD与PB不垂直,B错误；易得平面EFM与平面G=J（
13、y）2-（y）2=y,由余弦定理的推论,得COSNMG二当C正确;由COSNMGo=净口SinNMG0=当作MN上BD,易证MN_L平面BFDE,易知点尸到平面BFDE的距离是点M到平面七的3倍,设点P到平面8打汨的距离为did=MN=MG-SinZMGD=,D正确，故选ACD.12. （2022湖北八市联考，11）我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥,称作直角三棱锥.在直角三棱锥S-ABC中，侧棱SA.SB、SC两两垂直，设SA=a,SB=b,SC=G点S在底面ABe的射影为点。,三条侧棱SA、SB、SC与底面所成的角分别为a、八人下列结论正确的有（）A.Q为AABC的外心B.ZMBC
14、为锐角三角形C.若abc,则abcy则SinasinSVSin,故ay选项C正确；过点S作SE人BC交BC于点、E,易得SALSEi由等面积法可得SE=点可h=/得z+czva2+SE2=滔：寰:=专+表+专,故sin2+sin2+sin2y=2(+专+?=1.故选项D正确.故选BCD.三、填空题13. (2023届重庆渝中巴蜀中学月考三，15)如图,在直四棱柱ABCD-A1BlCiDl中,底面A8C0是等腰梯形,A8C0,A8=4,AD=CD=2,若四棱柱的高是3,则该棱柱外接球的体积是答案丫冗6解析如图所示,分别取A5,4B的中点E,F,连接DE,CE,EF.WAE=BE=DE=CE=Ii
15、即E为底面ABC。外接圆的圆心，同理可知尸是底面AGZ)外接圆的圆心.取EF的中点。,则。为直四棱柱ABCD-AiBiC的外接球的球心,且OE=*连接0B,该直四棱柱外接球的半径R=OB=Jc)2+22=P3故该直四棱柱外接球的体积是fR3=fC)=号冗.332o14. (2022山东东明一中月考，15)在四棱柱ABCz)-AGd中，四边形A8C。为平行四边形,E,F分别在线段DBtDDi,且登=；,G在线段CG上,且平面AEF/平面8。IGEBZ则容.CCl答案I解析连接BQbFG.平面AEr平面BDiG,且平面4Em平面BBlDlD=EF,平面BDQn平面BBDD=BDl,.t.EFBDh
16、：.=.易得平面AofMl平面BCCiBh又BGu平FDiEB2面8CG5,.3G平面ADDiAi,又平面AEF平面BDiG,BGu平面BDxGy：.BG/平面AERY平面AErn平面Al=AF,8GAF,，8G、AF可确定平面A6GF,又平面A884平面CDDC,平面ABGFY三ABBAi=AB,平面ABGHI平面CDDC=FG,：.AB/FG,：.CD/FG.=CCl。1315. (2019课标/,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-ABCD挖去四棱锥O-EFG后所得的几何体,其中。为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,A5=
17、8C=6cm,AAi=4cm.3D打印所用原料密度为0.9gAn.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.答案118.8解析依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V=V防体-V师姗=6x6x4-I*4x6x3=132(cm)又该模型的原料密度为0.9gcm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9xl32=118.8(g).16. （2022东北三省三校第二次联考，16）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCQ为正方形,OEJ_平面ABCDtCF/DE,且AB=DE=2yCF=,G为棱BC的中点,H为棱OE上的动点,有下列结论：当为棱OE的中点时,GH平面ABE;存在点儿使得G
18、HLAE-,三棱锥B-GHF的体积为定值；三棱锥A-BCF的外接球表面积为9.其中正确结论的序号为.（填写所有正确结论的序号）答案解析对于,取EA的中点My连接MH,MB,如图，因为H,M分别为EDfEA的中点,所以MHADfMgAD,根据已知条件可知BG/ADtBG=ADt所以MH/BGtMH=BG,故四边形HMBG为平行四边形,则HG/MB,又M8u平面ABE,HGU平面ABEt故G平面ABE,故正确；对于,因为EO_L平面ABCD,DA,OCU平面ABCD,所以DElDA,DErDC,又四边形ABCO为正方形,所以DAlDC,则DE,DA,OC两两垂直.以。为坐标原点,建立空间直角坐标系
19、如图所示，则A(2,O,O),E(O,O,2),G(1,2,O),设”(O,O,m),mO,2,若GHLAEi则旗AE=(-1,-2,ni)(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-l,不满足题意，故错误;对于,连接BH,FHtFG.VB-GFH=VH-BGF,因为B,F,G均为定点，所以Sabgf为定值，又DE/CF,CFU平面BGF,OEC平面BGF,故OE平面BGF,又点”在OE上运动,所以点H到平面BG尸的距离是定值,故三棱锥8-G/77的体积为定值,正确；对于,连接A孔由题意可得Cr_1_平面ABCD又四边形ABCO为正方形，A8_L8C,又CFlABtBCCCF=C,.AB,
20、平面BCF,则AB,BCtb两两垂直，,A/为三棱锥A-BC/的外接球的直径，又AF2=AB2+BC2+CF2=22+22+12=9,三棱锥A-BCF的外接球表面积为9,故正确.故答案为.四、解答题17. (2023届河南安阳联考，19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1Ci中，ZAC5=90。,AA=2AC=8C=4,M为棱M1上靠近4的三等分点,N为棱AC的中点，点P在棱BC上,且直线PN平面BMCi.(1)求PC的长；(2)求二面角P-BM-CI的余弦值.解析(1)以C为原点，以石5,所,鬲的方向分别为X轴、y轴、Z轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz.ZCB=90o,AA=2AC=SC
21、=4,C(O,O,0),B(0,4,0),A(2,0,4),A(2,O,O),C1(O,0,4),M(2,0,),V(1,O,0).：.BM=(2,-4,),FC1=(O,-4,4).设平面BMCI的法向量为尸Uy,z),m=0,gp(2x-4y+z=0,n=O,(-4y+4z=0.令z=lf得尸信1,1).设P(0,r,O)(0r4),则丽二(1,O).PN平面BMe卜：丽m,即=0,./=/故_2PC=t=J3由知,而=(,y,).设平面PBM的法向量为m(,b,c),令 c=l,得 7=(-,0,l).b=0,2a-4b+-c=0,3由题图可知二面角P-BM-Cl为锐角,故二面角P-BM
22、-G的余弦值为需.18. (2021新高考/,20,12分)如图,在三棱锥48CQ中，平面ABDJ_平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:0AJLcZ);(2)若AOCO是边长为1的等边三角形,点、E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45,求三棱锥A-BCD的体积.解析(1)证明：在aABO中，.A8=AQ,0为60的中点，.AOL80,又:平面A6O_L平面BCD,平面A8Q平面BCD=BD,AoU平面A5D,。_1_平面BCD,又CQU平面BCD,.AOLCD.在BD中，过E作EN/AO交.BD于N,则由AO_L平面BCD得EN_L平面BCD,：.ENlB
23、Ci：OB=OD=OC=X,：.ZBCD=90o,即DClBC.在ABCD中,过N作NMCD交BCTM则NMLBC连接EM,：BC工EN,BCA-NM,ENCNM=N,ABCl5FffiEMN,又EMU平面EMN、：.EMISC,NEMN为二面角E-BC-D的平面角，又知二面角E-BC-D的大小为45o,NEMN=45。,ZEMN为等腰直角三角形，又由DE=IEA得DN=2N0f：.MN=1CD=EN=ND,：.AO=OD=Xy：.VA.BCf）=SBCDi4O=i2yl=y.故三棱锥A-5CD的体积为金19.（2020课标/,18,12分）如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面
24、直径,AE=ADMBC是底面的内接正三角形,P为。O上一点,PO=当）0.证明:PA_L平面PBC;（2）求二面角B-PC-七的余弦值.解析证明：设DO=a,由题设可得PAAo斗,A8=,PA=PB=Pc=%.因此632PA2+PB2=AB2t从而PA_LP8.又PA1+PC2=AC2i故PA_L尸C因为PBCPC=P,所以PA_1平面PBC.（2）以。为坐标原点,屈的方向为y轴正方向,I历I为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-X）Z由题设可得E（0,1,0）,4（0,-1,O）,C（弓弓。，P（Oo苧）.所以前=（当TO）屏=（0-1）设片（X,MZ）是平面PCE的法向量,贝4Zn竺=
25、0，mEC=0,（V+-Z=O,zHZ、321可取HdL企）Tx2y=,由知第=（0,1,当）是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos,心=HJ=易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,所以二面角B-PC-E的余弦值为学.20. (2021天津，17,15分)如图,在棱长为2的正方体ABCfMBGnQLE为棱BC的中点,尸为棱CD的中点.(1)求证:。尸平面A/C;(2)求直线ACi与平面AlEG所成角的正弦值；(3)求二面角A-AG-E的正弦值.解析证明：如图，以A为坐标原点,A8,AO,A4所在直线分别为X轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),Ai(0,0,2),8(2
26、,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C(2,2,2),D1(0,2,2),则隔二(2,2,0),因为E为BC的中点,F为CZ)的中点,所以E(2,1,0),F(l,2,0),所以印=(1,0,-2),砧二(2,1,-2).设平面AEG的法向量为加=(x,y,z),则分=2%+2y=0,令A2,则行：(2,2,1),(znA1E=2x+y2z=0,因为*m=22=0,所以*_Lr,又因为OlFC平面AlECi,所以O尸平面A1EC1.(2)由(1)得福N(2,2,2),设直线ACi与平面A1EC1所成的角为则SingcosI=j=V(3)由正方体的特征可得平面AALCl的一个法向量为
27、丽=(2,-2.0),则所以二面角A-ACLE的正弦值为Jl-cos2=1COS=-DBm22DBm - 322 - 321. (2023届贵阳一中月考，如图,在直三棱柱ABC-A1BlCi中，ZkABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AAi=SB,点ZE分别为棱BC,BiCi的中点.(1)求证:AD平面AlEB;若二面角G-AD-C的大小为?求实数Z的值.解析(1)证明：连接DE,则DE/BBhDE=BBh又BB1=A4,BBAAh所以OEAA,DE=AAI,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以ADAxE.因为Azx平面AEB,AlEU平面AIEB,所以AZ)平面AEB.(2)以点4为坐标
28、原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设AB=2,AAi=/?,则CD=2,A(0,O,O),D(1,1,0),Ci(0,2,h),所以而二(1,1,0),福？(0,2,A).设平面AC1D的法向量为产(x,y,z),则卜%=%+y=o,(n1AC1=2y+hz=0,令z=2,可得=(-,2).易知平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).因为二面角CMD-C的大小为今所以黯=篇=小去解得=付舍去负值)，u*22. (2022辽宁鞍山二模，19)如图,在梯形ABCO中,A3C,NBCD=手,四边形ACFE为矩形,且J_平面ABCD,AD=CD=BC=CF=L(1)求证:EFLL平面
29、BCF;(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时,平面MAB与平面Fa所成锐二面角最大?并求此时锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在梯形ABCO中,ABCD,AQ=CD=BC=I,N3C。=?,所以NAoC=9,所以NBAC=NAa)J.又因为NABC=-ZBCD=-i则NACB=-ZABC-ZBAC=f所以632ACBC,因为CFjL平面ABCD,ACc5PEABCD,所以AC_LCF.因为BCOCF=C,所以ACI.平面BCF,因为四边形ACFE为矩形,所以AC/居因此E/_L平面BCF.(2)由知CEAcCB两两垂直.以点C为坐标原点,C4、CB、C尸所在直线分别为ry、Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(5,0,0),B(0,1,O),C(0,0,0),F(0,0,1),E(3,0,1),贝J而二(-5,1,0),设点Ma0,1),其中把日后前二(图5,0,1),设平面MAB的法向量为=(x,y,z),则m竺=-5(y=0取mi,可得尸(1,百力，易知平面fCB的一个法向mAM=(t3)x+z=0,量为=(l,0,0).所以COS7,二曾鲁=一1-，lmllnlJ4+(C-3)2所以当/=0,即与尸重合时，COS取最小值,此时平面扬出与平面凡E所成锐二面角最大,此时平面MlS与平面AW所成锐二面角的余弦值为
