1、备战 2020 高考黄金 30 题系列之数学填空题压轴题【新课标版】 专题专题 6立体几何立体几何 1 （2020河南驻马店期末）在棱长为2的正方体 1111 ABCDABC D中，E是正方形 11 BBC C的中心，M为 11 C D的中点，过 1 AM的平面与直线DE垂直，则平面截正方体 1111 ABCDABC D所得的截面面积 为 【答案】2 6 【解析】如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，记AB的中点为N，连接 1 ,MC CN NA， 则平面 1 AMCN即为平面证明如下： 由正方体的性质可知， 1 AMNC，则 1 A，,M CN N四点共面， 记 1 CC的中点为F
2、，连接DF，易证DFMC连接EF，则EF MC， MC 平面DEF，则DEMC 同理可证，DENC，NCMCC，则DE 平面 1 AMCN， 平面 1 AMCN即平面，且四边形 1 AMCN即平面截正方体 1111 ABCDABC D所得的截面 正方体的棱长为2，易知四边形 1 AMCN是菱形， 其对角线 1 2 3AC ， 2 2MN ，其面积 1 2 22 32 6 2 S 故答案为：2 6 【押题点】正方体的截面面积；空间点、线、面位置关系 2 （2020甘肃河西五市联考）已知四边形ABCD为矩形，24ABAD，M为AB的中点，将ADM 沿DM折起，得到四棱锥 1 ADMBC，设 1 A
3、C的中点为N，在翻折过程中，得到如下有三个命题： / /BN平面 1 ADM，且BN的长度为定值 5； 三棱锥NDMC的最大体积为 2 2 3 ； 在翻折过程中，存在某个位置，使得 1 DMAC 其中正确命题的序号为_ （写出所有正确结论的序号） 【答案】 【解析】如下图所示： 对于命题，取 1 A D的中点E，连接EM、EN，则 11 2ADAM， 1 1AE ， 1 90MAE ，由勾股定理得 22 11 5EMAEAM， 易知/BM CD，且 1 2 BMCD，E、N分别为 1 A D、 1 AC的中点， 1 / 2 ENCD， 四边形BMEN为平行四边形， 5BNEM ，/BN EM，
4、 BN 平面 1 ADM，EM 平面 1 ADM，/BN平面 1 ADM，命题正确； 对于命题，由N为 1 AC的中点，可知三棱锥NDMC的体积为三棱锥 1 ADMC的一半，当平面 1 ABM 平面BCDM时，三棱锥 1 ADMC体积取最大值， 取DM的中点F，则 1 AFDM，且 1 11 2 22 22 AFDM， 平面 1 ADM 平面BCDM，平面 1 ADM 平面BCDMDM， 1 AFDM， 1 AF 平面 1 ADM， 1 A F平面BCDM， DMC的面积为 11 4 24 22 DMC SCD BC ， ，三棱锥 1 ADMC的体积的最大值为 1 114 2 42 333 D
5、MC SAF ， 则三棱锥NDMC的体积的最大值为 2 2 3 ，命题正确； 对于命题， 11 ADAM，F为DM的中点， 1 AFDM， 若 1 ACDM，且 111 ACAFA， DM平面 1 ACF， 由于CF 平面 1 ACF，CFDM，事实上，易得 2 2CMDM ，4CD ， 222 CMDMCD ，由勾股定理可得CMDM，这与CFDM矛盾，命题错误 故答案为 【押题点】直线与平面平行、三棱锥体积公式；异面直线垂直的判定 3（2020福建龙岩期末） 如图， 在边长为 4 正方体 1111 ABCDABC D中，E为 1 BB的中点，ACBDO， 点P在正方体表面上移动，且满足 1
6、OPD E，则点O和满足条件的所有点P构成的图形的面积是_ 【答案】18 【解析】取 11 AB， 11 BC的中点分别为M，N，连结AM，MN，NC， 由于/ /ACMN，AMNC四点共面，且四边形AMNC为梯形， 1 D EMN， 1 D EAM，MNAMM， 1 D E 面AMNC，点P在正方体表面上移动， 点P的运动轨迹为梯形AMNC 正方体 1111 ABCDABC D的边长为 4， 2 2NM ， 4 2AC ， 2 5AMCN ， 梯形AMNC为等腰梯形，其高为 2 2 523 2 面积为 1 4 22 23 218 2 故答案为：18 【押题点】空间立体几何轨迹问题；空间垂直之
7、间的转换 4（2020河北沧州一模） 在三棱锥P ABC中，ABBC， 三角形PAC为等边三角形， 二面角PACB 的余弦值为 6 3 ， 当三棱锥PABC的体积最大值为 1 3 时， 三棱锥PABC的外接球的表面积为_ 【答案】8 【解析】如图所示，过点P作PE 面ABC，垂足为E，过点E作DEAC交AC于点D，连接PD 则PDE为二面角PACB的平面角的补角，即有 6 cos 3 PDE 易证AC 面PDE，ACPD，而三角形PAC为等边三角形，D为AC的中点 设,ABa BCb， 22 ACabc ， 33 sin 232 c PEPDPDEc 故三棱锥PABC的体积为 223 111
8、322121212224 cccabc Vababcab ， 当且仅当 2 2 abc 时， 3 max 1 243 c V，即2,2abc， ,B D E三点共线 设三棱锥PABC的外接球的球心为O，半径为R 过点O作OFPE于F，四边形ODEF为矩形 则 2 1ODEFR ， 6 cos32 3 DEOFPDPDE ，1PE ， 在Rt PFO中， 2 22 211RR，解得 2 2R 三棱锥PABC的外接球的表面积为 2 48SR 【押题点】三棱锥的外接球；球的表面积公式；二面角的计算 5（2020湖北宜宾叙州区二中高三月考） 在直三棱柱 111 ABCABC中， 90BAC 且 3AB
9、 ， 1 4BB ， 设其外接球的球心为O，且球O的表面积为28，则ABC的面积为_ 【答案】 3 3 2 【解析】球O的表面积为 2 4287RR ， 如图所示：,H G为 11 ,BC BC中点，连接HG， 90BAC ，故三角形的外心在BC中点上，故外接球的球心为HG的中点 在Rt OGC中： 1 1 2,7 2 OGBBOCR，故 3CG ； 在Rt ABC中： 22 3BCCG ， 3AB ，故3AC ，故 3 3 2 ABC S 【押题点】三棱柱的外接球；球的表面积公式 6 （2020山西、湖北、陕西部分校 3 月联考）已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上， 5,15,2
10、5PABCPBACPCAB ，则球O的表面积为_ 【答案】30 【解析】如图所示，将三棱锥PABC补成长方体，球O为长方体的外接球，长、宽、高分别为, ,a b c， 则 22 22 22 25, 15, 20, ab ac bc ， 222 30abc ，球O的半径 30 2 R ， 则球O的表面积为 2 2 30 4430 2 SR 【押题点】三棱柱的外接球；球的表面积公式 7（2020陕西榆林二中高三月考） 如图， 三棱锥 ? 中， ? ? ? ? ? ，? ? ? ，? ? ? ?9， 点 ? 在侧面 ? 上，且到直线 ? 的距离为 9?，则 ? 的最大值是_ 【答案】 ? 【解析】?
11、动点 ? 到直线 ? 的距离为定值 9?，?动点 ? 落在以 ? 为轴、底面半径为 9?的圆柱的侧面上， 可知侧面与三棱锥侧面 ? 的交线为椭圆的一部分， 设其与 ? 的交点为 ?，此时 ? 最大，由题意可得，点 到 ? 的距离为： ?9 ?9? ? 9 9?， 则 ? 到 ? 的距离为 9?可知：? 为 ? 的中点， 又cos? ? ? 9? ? ? ? ? ? 9 ?， 在? ?中，由余弦定理可得 ? ?9? ?9 9 ? ? ? ?cos? ?，本题正确结果： ? 【押题点】空间点、线、面的位置关系；空间距离最值问题 8（2020湖南长沙一中高三月考） 已知球O与棱长为2 2的正方体 1
12、111 ABCDABC D的所有棱相切， 点M 是球O上一点，点N是ABC的外接圆上的一点，则线段MN的取值范围是_ 【答案】6262, 【解析】 设与正方体的各棱都相切的球的球心为O， 其半径为2r = =， 正方体的外接球为 1 O， 则三角形 1 ACB 的外接圆是正方体的外接球为 1 O的一个小圆，其半径 6R 点M在与正方体的各棱都相切的球面上运动，点N在三角形ABC的外接圆上运动， 线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的各棱都相切的球的半径，线段MN长度的 最大值是正方体的外接球的半径加正方体的各棱都相切的球的半径，由此可得线段MN的取值范围是 6262, 【押题点
13、】正方体外接球；球的截面性质 9 （2020湖南长郡中学高三月考）在三棱锥PABC中，平面PAB 平面ABC，ABC是边长为 6 的 等边三角形， PAB 是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_ 【答案】48 【解析】如图，在等边三角形ABC中，取AB的中点F， 设其中心为O，由6AB ，得 2 2 3 3 AOBOCOCF， PAB是以AB为斜边的等腰角三角形，PFAB，又平面PAB 平面ABC， PF平面ABC，PFOF， 22 2 3OPOFPF ，则O为棱锥PABC的外接球球心， 外接球半径 2 3ROC ，该三棱锥外接球的表面积为 2 42 348，故答案为48
14、 【押题点】四面体的外接球；球的表面积公式 10 （2020四川宜宾四中高三期末）在三棱锥 ? ? 中，平面 ? 平面 ?，? 是边长为 9 ?的等 边三角形，其中 ? ? ? ，则该三棱锥外接球的表面积为 【答案】? ? 【解析】如图所示，作 ? 中点 ，连接 ?、，在 上作三角形 ? 的中心 ?，过点 ? 作平面 ? 的垂线，在垂线上取一点 ?，使得 ? ? ? 三棱锥底面是一个边长为 9 ?的等边三角形，? 为三角形的中心， 三棱锥的外接球的球心在过点 ? 的平面 ? 的垂线上， ? ? ?，?、 两点在三棱锥的外接球的球面上，? 点即为球心， 平面 ? 平面 ?，? ? ? ，为 ?
15、中点，? ?平面 ? ?9 ?9?9 ? ? ?，? ? 9 ? ? 9，? ? ? ? ?， ? ?9 9? 9， 设球的半径为 ?，则有 ? ? ? ? ?，? ?9 ?， ? ?9? ?9? ?9，即?9?9 ?9? ?9? ?9，解得?9? ? ?， 故表面积为 ? ? ?9? ? ? 【押题点】三棱锥外接球；球的表面积公式 11 （2020浙江嵊州崇仁中学高三月考）某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3 2 ，则正视图中 的x的值是_，该几何体的表面积是_ 【答案】 3 2 29109 4 【解析】由三视图可还原立体图形为四棱锥PABCD， 1113 1 22 3322 P
16、 ABCDABCD VSPAxx ， PA 面ABCD，即可得到侧面,PAB PAD PBC为直角三角形， 2 2 13313335 2,2,2, 22222222 PABPAD SSPB 22 2 222 15532935 1,5,2,215, 2242222 PBC SPCPDCD 则侧面PCD中由余弦定理可知 2 2 2 529 5 22 4 5 cos 5 25 25 2 PDC ， 则 2 4 5545 sin1 2525 PDC ， 1 5545109 5 2 2254 PCD S ，且底面3 ABCD S， 故表面积 33510929109 3 22444 S 故答案为： （1）
17、 3 2 ； （2） 5109 6 4 【押题点】三视图还原立体图形求体积和表面积 12 （2020湖南长沙一中高三月考）四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为 2 的正方形，侧面SAD是 以AD为斜边的等腰直角三角形，若 2 , 33 SAB ，则四棱锥SABCD的体积的取值范围为_ 【答案】 2 2 4 , 33 【解析】如图，分别取AD与BC的中点M、N，连接MS，MN， SAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，SMAD， 又四边形ABCD是正方形，MNAD，AD平面SMN， 作SOMN，垂足为O，则SOAD， 由ADMNM，SO 平面ABCD，即四棱锥SABCD的高为SO， 过O作/
18、/OEAD交AB于点E，连接SE，易知90SEA，其中 2 2 2 SAAD ， 当 2 , 33 SAB 时， 3 sin,1 2 SAB ， 6 sin,2 2 SESASAB ， 1EO ， 2 2 1,1 2 SOSE ，则 12 2 4 4, 333 SABCD VSO ，故答案为： 2 2 4 , 33 【押题点】四棱锥的体积最值问题 13 （2020黑龙江哈尔滨三中高三月考）如图，棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，点,M N E分别 为棱 1, ,AA AB AD的中点，以A为圆心，1 为半径，分别在面 11 ABB A和面ABCD内作弧MN和NE，并 将两弧
19、各五等分，分点依次为M、 1 P、 2 P、 3 P、 4 P、N以及N、 1 Q、 2 Q、 3 Q、 4 Q、E一只蚂蚁 欲从点 1 P出发， 沿正方体的表面爬行至 4 Q， 则其爬行的最短距离为_ 参考数据：cos90.9877； cos180.9511；cos270.8910） 【答案】1.7820 【解析】 棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中， 点,M N E分别为棱 1, ,AA AB AD的中点， 以A为圆心， 1 为半径，分别在面 11 ABB A和面ABCD内作弧MN和NE 将平面ABCD绕AB旋转至与平面 11 ABB A共面的位置，如下图所示： 则 14
20、 180 8144 10 P AQ ， 1 4 2sin72PQ ； 将平面ABCD绕AD旋转至与平面 11 ADD A共面的位置， 将 11 ABB A绕 1 AA旋转至与平面 11 ADD A共面的位 置，如下图所示： 则 14 90 290126 5 P AQ ， 1 4 2sin63PQ sin63 sin72 ，且由诱导公式可得sin63 cos27 ， 最短距离为 1 4 2sin632 0.89101.7820PQ ，故答案为：1.7820 【押题点】空间几何体中最短距离的求法 14 （2020湖北华中师大一附中高三月考）已知三棱锥ABCD的棱长均为 6，其内有n个小球，球 1
21、O与 三棱锥ABCD的四个面都相切， 球 2 O与三棱锥ABCD的三个面和球 1 O都相切， 如此类推， ， 球 n O 与三棱锥ABCD的三个面和球 1n O 都相切（ 2n ，且n N） ，则球 1 O的体积等于_，球 n O 的表面积等于_ 【答案】 6 1 6 4n 【解析】如图，AO是三棱锥ABCD的高，O是BCD的外心，设BCa，则 3 3 OBa ， 22 36 () 33 AOaaa ， 1 O是三棱锥ABCD的外接球和内切球的球心， 1 O在AO上， 设外接球半径为R， 内切球半径为 1 r， 则由 222 11 O BOOBO得 222 36 ()() 33 RaaR ，
22、6 4 RR ， 11 366 3412 rAOAOAORaaa ， 1 1 4 rAO， 1 333 1 4466 () 3312216 O Vraa6 ， 过AO中点作与底面BCD平行的平面与三条棱,AB AC AD交于点 111 ,B C D， 则平面 111 BC D与球 1 O相切， 由题意球 2 O是三棱锥 111 ABC D的内切球， 注意到三棱锥 111 ABC D的棱长是三棱锥ABCD棱长的 1 2 ， 有其内切球半径 21 1 2 rr，同理球 n O的半径为 n r，则 n r是仅比为 1 2 的等比数列， 1 1 1 ( ) 2 n n rr ，即 1 616 ( )
23、1222 n n n ra ， 22 1 66 44() 24 nn nn Sr 故答案为： 6； 1 6 4n 【押题点】四面体的内切球；正四面体的性质 15 （2020广西柳州中学高三月考）已知正三棱柱 111 ABCABC的侧面积为 12，当其外接球的表面积取最 小值时，异面直线 1 AC与 1 BC所成角的余弦值等于_ 【答案】 5 14 【解析】设正三棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为R，由题意知312ah ，即4ah ， 底面外接圆半径 3 2sin 3 aa r ，由球的截面圆性质知 2 22 4 433 hah Rr， 当且仅当 3 2 ah 时取等号，将三棱柱补成一四棱柱
24、，如图，知 11 /ACDB， 即 1 DB C为异面直线 1 AC与 1 BC所成角或补角， 22 11 BCDBah ， 3DCa ， 222 1 22 23 5 cos 142 aha DBC ah ，故答案为： 5 14 【押题点】正三棱柱的外接球；球的表面积公式；异面直线所成的角 16 （2020江西南城一中高三期末）三棱锥 ? ? 中，? ?平面 ?，? ? 9? ? ，? ? ?，?，? 9 ? ? 是 边上的一个动点，且直线 ? 与面 ? 所成角的最大值为 ? ?，则该三棱锥外接球的表面积为 _ 【答案】? 【解析】由题意，三棱锥 ? ? 中，? ?平面 ?，直线 ? 与平面
25、? 所成的角为?， 如图所示，则 sin? ? ? ? ? ? ?，且 sin?的最大值是 ? 9 ， ?min? 9 ?，? 的最小值是 ?，即 ? 到 的距离为 ?， ? ? ，?，? 9 ? 在 ? ?中可得? ? ? ?，即可得 ? ?， 取? 的外接圆圆心为?，作 ?， ? sin?9? ? 9?，解得 ? ? 9 ?，? ? 9 ?，取 ? 为 ? 的中点，? ? ? ? 9 ?，? ? ? 9， 由勾股定理得 ? ? ? ?9? ?9? ? 9 ， 三棱锥 ? ? 的外接球的表面积是 ? ? ?9? ? ? ? ? 9 ?9? ? 【押题点】球的组合体问题；球的表面积公式；线面角
26、 17 （2020福建福州期末）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古 称“角黍”， 是端午节大家都会品尝的食品， 传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、 爱国主义诗人屈原 如图， 平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子 形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_ 【答案】 2 6 8 6 729 【解析】(1)每个三角形面积是 133 1 224 S ，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的， 可求出该四面体的高为 2 36 1 33 ，故四面体体积为 1362 343
27、12 ， 因此该六面体体积是正四面体的 2 倍，六面体体积是 2 6 ； (2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球 要是体积最大，就是球要和六个面相切， 连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为R， 2136 6 6349 RR ，球的体积 3 3 4468 6 339729 VR 故答案为： 2 6 ； 8 6 729 【押题点】中国古代的数学文化；球的组合体问题；球的体积公式；线面角；平面图形折成空间几何体 18 （2020新疆乌鲁木齐一模）如图，正方体 1111 ABCDABC D的棱长为 1，有下列四个命题： 1
28、BC与平面 11 BCD A所成角为30； 三棱锥 1 AABD与三棱锥 11 CABD的体积比为1:2； 过点A作平面，使得棱AB，AD， 1 AA在平面上的正投影的长度相等，则这样的平面有且仅有 一个； 过 1 BD作正方体的截面，设截面面积为S，则S的最小值为 6 2 上述四个命题中，正确命題的序号为_ 【答案】 【解析】对：连接 1 C D交 1 DC与H，连接BH，作图如下： 1111 ABCDABC D是正方体，故可得BC平面 11 CC D D， 又CH 平面 11 CC D D，故可得CH BC，又 1 CHDC， 故可得CH 平面 1 / /MNAC，则 1 C BH即为所求
29、线面角 在 1 RtC BH中， 11 12 ,2 22 CHC DC B ，故可得 1 1 1 2 CH sin C BH C B ，又线面角的范围为 0, 2 ，故 1 30C BH，则 1 BC与平面 11 BCD A所成角为30，故正确； 对：正方体棱长为 1，故可得 11 1 1111 1 1 1 3326 A A BDAABDABD VVSA A ； 而棱锥 11 CABD的体积可以理解为正方体的体积减去 4 个体积都和 1 A A BD V 相等的三棱锥的体积， 故 1 11 14 63 A A BD V 故棱锥 1 AABD与三棱锥 11 CABD的体积比为1:2，故正确； 对
30、：若棱 1 ,AD AA AB在平面的同侧，则为过点A且与平面 1 ABD平行的平面； 若棱 1 ,AD AA AB中有一条棱与另外两条棱分别在平面的异侧，则这样的平面有 3 个； 故满足题意的平面有 4 个 故错误； 对：根据题意，取 11 ,AA C C中点为,M N，则过 1 BD作正方体的截面如下： 则过 1 BD的所有截面中，当截面 1 D MBN为菱形时，面积最小， 其面积为 1 116 23 222 SMND B 故正确 总上所述，正确的有 【押题点】线面角；正方体截面面积的求解；三棱锥体积公式 19 （2020广西柳州中学月考）在三棱锥ABCD中，底面为Rt，且BCCD，斜边B
31、D上的高为1， 三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16，则三棱锥ABCD的体积的最大 值为 【答案】 4 3 【解析】如图所示，由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为2，则4AB ， 设ADx，则 2 16BDx ，又BD变式上的高1CH ， 当CH 平面ABD时，棱锥ABCD的体积最大，此时 242 111 1616 326 Vxxxx ， 当 2 8x 时，体积V最大，此时最大值为 4 3 【押题点】球的组合体问题；球的表面积公式；三棱锥的体积公式 20（2020湖北武汉 3 月质检） 在三棱锥 S- ABC 中， 底面ABC 是边长为 3 的等边三角形， SA=
32、 3， SB=23， 若此三棱锥外接球的表面积为 21，则二面角 S-AB-C 的余弦值为_ 【答案】 1 2 【解析】球的表面积为 2 421R ，故 21 2 R ， 222 SASBAB ，故 2 SAB SAB的外接圆圆心为SB中点 2 O， 2 3r ； ABC的外接圆圆心为三角形中心 1 O， 1 3 3 3 2 2 r 设球心为O，则 2 OO 平面SAB， 1 OO 平面ABC， 1 CO与AB交于点D， 易知D为AB中点，连接DO， 2 DO，易知CDAB， 2 O DAB， 故 2 CDO为二面角SABC的平面角 故 22 11 3 2 OORr， 22 22 3 2 OO
33、Rr， 1 13 32 DOCD ， 2 13 22 DOSA 1 tan3ODO，故 1 3 ODO ， 2 tan3ODO，故 2 3 ODO 故 12 2 3 O DO ， 12 1 cos 2 O DO 故答案为： 1 2 【押题点】三棱锥的外接球；二面角；球的表面积公式 21 （2020湖南长郡中学月考）圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是圆心角大小为180的扇形正四 棱柱ABCDA B C D 的上底面的顶点,A B C D 均在圆锥的侧面上， 棱柱下底面在圆锥的底面上， 则此正四棱柱体积的最大值为_ 【答案】 64 3 27 【解析】设圆锥的母线长为 l，圆锥底面周长为2 24=,
34、4,ll 圆锥高为 22 422 3 设正四棱柱ABCDABC D 的底面边长为 2a，高为 h，则 22 , 22 3 ah 得2 36,ah正四棱 柱 体 积 V= 22 442 36a haa， 设 f a= 2 42 36,44 33 6,aafaaa令 0fa 得 2 2 a, 3 当 2 22 2 0 a,0;a,0 33 fafa， 故 f a的 最 大 值 为 2 264 3 f 327 故答案为 64 3 27 【押题点】棱柱的体积；圆锥的侧面积公式；正四棱柱的基本性质；利用导数求最值问题 22 （2020云南陆良二模）已知PABC、 、 、是球面上的四点，且,2 2ACBC
35、 AB，若三棱锥 PABC的体积的最大值为 4 3 ，则球的体积为_ 【答案】 9 2 【解析】 22 82BCACBC AC ，故 1 2 2 ABC SBC AC ，当2BCAC时等号成立 根据正弦定理：2 22 sin AB r C ，故 2r ，即ABC的外接圆半径为 2 22 maxmax 124 22 333 VSRRRR，故 3 2 R 故球体积为 3 3 9 2 4 R 【押题点】三棱锥的外接球；球的体积公式 23 （2020内蒙古鄂尔多斯一中月考）在四面体ABCD中，ABD与BDC都是边长为 2 的等边三角形， 且平面ABD 平面BDC，则该四面体外接球的体积为_ 【答案】
36、20 15 27 【解析】取BDC的外心为 1 O，设O为球心，连接 1 OO，则 1 OO 平面BDC，取BD的中点M，连接 AM， 1 O M，过O做OGAM于点G，易知四边形 1 OO MG为矩形，连接OA，OC，设OAR， 1 OOMGh连接MC，则 1 O，M，C三点共线，易知 3MAMC ， 1 3 3 OGMO ， 1 2 3 3 CO 在Rt AGO和 1 Rt OOC中 ， 222 GAGOOA ， 222 11 OCOOOC， 即 2 2 2 3 3 3 hR ， 2 22 2 3 3 hR ， 3 3 h ， 2 5 3 R ，得 15 3 R ， 3 420 15 =
37、327 O VR 球 【押题点】四棱锥的外接球；球的体积公式 24 （2020湖南四校 2 月联考）已知四面体有五条棱长为 3，且外接球半径为 2动点 P 在四面体的内部或 表面， P 到四个面的距离之和记为 s 已知动点 P 在 1 P， 2 P两处时， s 分别取得最小值和最大值， 则线段 12 PP 长度的最小值为 【答案】 9 7 14 【解析】四面体为ABCD，其中3ADBDBCABAC，设2CDx 取,CD AB的中点分别为,E F，连接,DF CF，如图 在等腰三角形,ABD ABC中，有,FDAB FCAB AB 平面CDF，又F为AB的中点 则四面体ABCD的外接球的球心O一
38、定在平面CDF上 同理可得四面体ABCD的外接球的球心O一定在平面ABE上 四面体ABCD的外接球的球心O一定在EF上 连接,OC OB，设EFC 在直角三角形OBF中， 22 97 4 42 OFOBBF 在三角形OCF中， 222 727 4 3 44 cos 273 321 2 22 OFCFOC OF CF 在直角三角形EFC中， 9 7 cos 14 EFCF ，CE长为定值，CD的长为定值 根据条件有 ACDBCD SS，设为 1 S， ABDCAB SS ，设为 2 S 设点P到四个面ACD，BCD，DAB，CAB的距离分别为 1234 ,d dd d 设四面体ABCD的体积为V
39、(为定值)，由等体积法有： 121342 1 3 VddSddS， 121 34 2 3VddS dd S ， 1 123412 22 3 1 SV sdddddd SS ， 当点P在CD上时， 12 0dd最小 当点P远离CD时， 12 dd的值增大， 由等体积法可得当点P在AB上时， 12 dd的值相等，且此时 12 dd的值最大 当点P在CD或AB上时，s取得最值 故线段 12 PP长度的最小值为CD，AB上两点间的距离的最小值 由上可知，,EFCD EFAB，CD，AB上两点间的距离的最小值为 9 7 14 EF 故答案为： 9 7 14 【押题点】球的内接问题；空间点到面的距离之和的
40、问题 25 （2020广东执信中学高三月考）在九章算术中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称 之为堑堵，如图，在堑堵 111 ABCABC中，ABBC， 1 A AAB，堑堵的顶点 1 C到直线 1 AC的距离为 m， 1 C到平面 1 ABC的距离为 n，则 m n 的取值范围是 【答案】 2 3 (,2) 3 【解析】设1ABBC， 1 (1)AAa a， 则 2AC ， 2 1 2ACa ， 2 1 1ABa ，且 B 到平面 11 ACC A的距离为 2 2 111 2 1 2 2 AC CCa m AC a ， 1 2 1 11 22 A BC a SABBC ， 111
41、2 11 36 CA BCA BC a VSnn ， 又 111 11 1 12112 2 323226 CA BCB AC CAC C a VVSa ， 2 1 a n a ， 2 2 2 222 2 2 2 ma na a ， 1a ， 2 42 22 32a ， 2 3 2 3 m n 故答案为： 2 3 ,2 3 【押题点】空间距离的计算；棱锥的体积公式 26 （2020广东珠海 2 月检测）在ABC中，8AB ，6BC ，10AC ，P为ABC外一点，满足 5 5PAPBPC ，则三棱锥PABC的外接球的半径为_ 【答案】 25 4 【解析】取AC中点O，连接,PO BO， 在ABC
42、中，8AB ，6BC ，10AC ，ABC为直角三角形 2 ABC ， 5BOAOCO，O为ABC所在平面与球形成截面圆的圆心， 又 5 5PAPBPC ， 22 ,10POAC POPCOC ， 在PBO中， 222 POOBPB ，POOB，OB与AC相交， 则PO 平面ABC，则球心M在PO上， 设球的半径,10R AMPMR OMR， 在AMO中， 22222 ,25(10)AMAOOMRR，解得： 25 4 R ，故答案为： 25 4 【押题点】三棱锥的外接球 27 （2020江西名师联盟调研）菱形ABCD边长为6， 60BAD ，将 BCD沿对角线BD翻折使得二 面角CBDA的大小
43、为120，已知A、B、C、D四点在同一球面上，则球的表面积等于_ 【答案】84 【解析】如图，点 12 ,O O分别为,BADCBD外接圆的圆心，点O为球心，菱形ABCD边长为6， 60BAD ， 11 31 63,3tan603 23 OGOO ， 1 3 62 3 3 AO ， 22222 11 21,484ROAAOOOSR，故答案为84 【押题点】四面体的外接球；球的表面积公式 28 （2020江西赣州期末）在三棱锥PABC中， 5,3,2ABPCACPBBC ，当三棱锥 PABC的体积取最大值时，其外接球的表面积为_ 【答案】14 【解析】解法一： 5,2,3PCBCPB ，PCBC
44、，同理ABBC 当平面PCB 平面ACB时，三棱锥PABC的体积取最大值 知,PCAPBA是以PA为公共斜边的直角三角形， 14PA ， 取PA的中点O，得 14 2 OAOBOCOP ，知点O即为三棱锥PABC外接球的球心，此时三棱 锥PABC的外接球直径2 14RPA ，则外接球的表面积为14 解法二：结合常见几何体鳖臑，将三棱锥补形成长方体，则PA恰为长方体体对角线即外接球直径 【押题点】三棱锥的外接球；球的的表面积公式 29 （2020河北张家口期末）四面体ABCD中，2 2,2,2 3BCCDBDABADAC则 四面体ABCD外接球的表面积为 【答案】12 【解析】取AC的中点为E，
45、 在ABC中，2 2,2,2 3BCABAC，故 222 BCABAC ，ABC为直角三角形， 同理可得ADC为直角三角形，则能得到 3BEDE ，同时 2 3AC ，E为中点， 3AECE ，E为外接球的球心，且半径为 3， 四面体ABCD外接球的表面积为 2 4 ( 3)12故答案为：12 【押题点】四面体的外接球；球的表面积公式 30 （2020安徽淮北一模）已知直线m与球O有且只有一个公共点 ，从直线m出发的两个半平面、截 球O所得两个截面圆的半径分别为 1 和 2， 二面角m的平面角为120， 则球O的表面积等于_ 【答案】 112 3 【解析】设直线m与球O的公共点为P，过P与O作直线直线m的垂面如图所示，设球的半径为r， ,OEQP OFPM，垂足为,E F，则有1,2EPPF， 设 2 , 3 OPEOPE，有 cos1 sin3 3cos 2 2 cos() 3 r r ，而 22 sincos1 ， 2 1 cos 28 ， 2 28 3 r ，因此球O的表面积等于： 2 112 4 3 r 故答案为： 112 3 【押题点】球的截面的性质；二面角的大小；球的表面积公式
