《2021年高考真題和模擬題分類(lèi)匯編 數(shù)學(xué) 專(zhuān)題10 立體幾何 Word版含解析【陽(yáng)光數(shù)學(xué)網(wǎng)】.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2021年高考真題和模擬題分類(lèi)匯編 數(shù)學(xué) 專(zhuān)題10 立體幾何 Word版含解析【陽(yáng)光數(shù)學(xué)網(wǎng)】.docx（114頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、2021年高考真題和模擬題分類(lèi)匯編數(shù) 學(xué)專(zhuān)題10 立體幾何一、選擇題部分1.(2021新高考全國(guó)卷T3)已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則，解得.2.(2021高考全國(guó)甲卷理T6) 在一個(gè)正方體中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G該正方體截去三棱錐后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根據(jù)題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀(guān)圖，結(jié)合直觀(guān)圖進(jìn)行判斷.由題意及正視圖可得幾何體的直觀(guān)圖，如圖所示

2、，所以其側(cè)視圖為故選D3.(2021高考全國(guó)甲卷理T8) 2020年12月8日，中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影滿(mǎn)足，由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為，與的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為，則A，C兩點(diǎn)到水平面的高度差約為（）（）A. 346B. 373C. 446D. 473【答案】B【解析】通過(guò)做輔助線(xiàn)，將已知所求量轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中，借助正弦定理，求得，進(jìn)而得到答案過(guò)作，過(guò)作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以所以因?yàn)?，所以在中，由正弦?/p>

3、理得：，而，所以所以故選B4.(2021高考全國(guó)甲卷理T11) 已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由題可得為等腰直角三角形，得出外接圓的半徑，則可求得到平面的距離，進(jìn)而求得體積.，為等腰直角三角形，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)到平面的距離為，則，所以.故選A.5.(2021高考全國(guó)乙卷文T10) 在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線(xiàn)與所成的角為（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如圖，連接，因?yàn)椋曰蚱溲a(bǔ)角為直線(xiàn)與所成的角，因?yàn)槠矫妫裕?，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則，所以.故選D6.(2

4、021浙江卷T4) 某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A. B. 3C. D. 【答案】A【解析】幾何體為如圖所示的四棱柱，其高為1，底面為等腰梯形，該等腰梯形的上底為，下底為，腰長(zhǎng)為1，故梯形的高為，故，故選A.7.(2021浙江卷T6) 如圖已知正方體，M，N分別是，的中點(diǎn)，則（）A. 直線(xiàn)與直線(xiàn)垂直，直線(xiàn)平面B. 直線(xiàn)與直線(xiàn)平行，直線(xiàn)平面C. 直線(xiàn)與直線(xiàn)相交，直線(xiàn)平面D. 直線(xiàn)與直線(xiàn)異面，直線(xiàn)平面【答案】A【解析】連，在正方體中，M是的中點(diǎn)，所以為中點(diǎn)，又N是的中點(diǎn)，所以，平面平面，所以平面.因?yàn)椴淮怪保圆淮怪眲t不垂直平面，所以選項(xiàng)B,D不正確；在正方體中，平面，所以，

5、所以平面，平面，所以，且直線(xiàn)是異面直線(xiàn)，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選A.8.(2021浙江麗水湖州衢州二模T2)已知直線(xiàn)l，m和平面（）A若lm，m，則lB若l，m，則lmC若l，m，則lmD若lm，l，則m【答案】C【解析】對(duì)于A(yíng)，若lm，m，則l或l，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若l，m，則lm或l與m異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若l，m，則由線(xiàn)面垂直的性質(zhì)得lm，故C正確；對(duì)于D，若lm，l，則m與平行或m，故D錯(cuò)誤9.(2021江蘇鹽城三模T11)已知矩形ABCD滿(mǎn)足AB1，AD2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，將ABE沿AE折起，點(diǎn)B折至B，得到四棱錐BAECD，若點(diǎn)P為BD的中點(diǎn)，則ACP/平面BAEB

6、存在點(diǎn)B，使得CP平面ABDC四棱錐BAECD體積的最大值為D存在點(diǎn)B，使得三棱錐BADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)【答案】ACD【考點(diǎn)】立體幾何的綜合應(yīng)用：位置關(guān)系、體積、外接球問(wèn)題【解析】由題意可知，對(duì)于選項(xiàng)A，取AB的中點(diǎn)為Q，連結(jié)EQ、PQ，因?yàn)镃EAD，PQAD，所以PQCE，所以四邊形CEQP為平行四邊形，所以CPQE，又QE平面ABE，CP平面ABE，所以CP平面ABE，所以選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，若CP平面ABD，則CPAB，所以QEAB，則與ABBE矛盾，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，過(guò)B作BOAE，垂足為O，可得BO，所以VBAECDSAECDh(11)1hBO，所以選項(xiàng)C

7、正確；對(duì)于選項(xiàng)D，若三棱錐BADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)，則球心為ADE的外心，則為ADE直角三角形，且AD為斜邊，則球心O為AD的中點(diǎn)，所以ROBOAOD1，則ABBD，所以BD，而B(niǎo)D(1，)，可知存在，則滿(mǎn)足題意，所以選項(xiàng)D正確；綜上，答案選ACD10.(2021河南鄭州三模理T9)已知等腰直角ABC的斜邊BC4，沿斜邊的高線(xiàn)AD將ABC折起，使二面角BADC為，則四面體ABCD的外接球的體積為（）ABCD【答案】B【解析】如圖，由題意，BCD是等邊三角形，邊長(zhǎng)為2，則BCD外接圓的半徑為，設(shè)BCD的外心為G，四面體ABCD的外接球的球心為O，連接OG，則OG平面BCD，且OGAD

8、1四面體ABCD的外接球的半徑R則四面體ABCD的外接球的體積V11.(2021河南鄭州三模理T11)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E平面AA1B1B，點(diǎn)F是線(xiàn)段AA1的中點(diǎn)，若D1ECF，則EBC的面積最小值為（）ABCD【答案】B【解析】如圖：取AB中點(diǎn)G，可知RtBAFRtB1BG，得ABFBB1G，B1GB+ABFB1GB+BB1G90，BFGB1，又B1GBC，B1G平面BFC，B1G平面CF，又D1ECF，CF平面B1D1G，當(dāng)點(diǎn)E在直線(xiàn)B1G上時(shí)，D1ECF，BC2，則ABC面積為EBBC，當(dāng)EBC的面積取得最小值時(shí)，線(xiàn)段CE的長(zhǎng)度為點(diǎn)B到直線(xiàn)B1G的距離，線(xiàn)段

9、CE長(zhǎng)度的最小值為，此時(shí)EBC面積為EBBC12.(2021河南開(kāi)封三模文T9理T8)某幾何體的三視圖如圖所示，關(guān)于該幾何體有下述四個(gè)結(jié)論：體積可能是；體積可能是；AB和CD在直觀(guān)圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為；在該幾何體的面中，互相平行的面可能有四對(duì)其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是（）ABCD【答案】D【解析】由三視圖可畫(huà)出直觀(guān)圖如下圖：如圖1，故正確；如圖2，故正確；如上圖，AB和CD在直觀(guān)圖中所對(duì)應(yīng)的棱分別為EF和FG，由EFG為正三角形，可知AB和CD在直觀(guān)圖中所對(duì)應(yīng)的棱所成的角為，故正確；如上圖，平面ABCD平面B1C1D1，面ADD1面BCC1B1，面ABB1面DCC1D1，面AB1D1面BC1

10、D，故正確13.(2021河北張家口三模T10)已知一個(gè)圓柱的上、下底面圓周均在球O的表面上，若圓柱的體積為4，則球O的表面積不可能為（）A6B8C12D16【答案】AB【解析】設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，高為h，則所以，所以，所以當(dāng)h（0，2）時(shí)6）0；當(dāng)h（2，（R3）0，所以當(dāng)h2時(shí)，R2有最小值此時(shí)球O的表面積有最小值，且最小值為，即球O的表面積S球O1214.(2021山東聊城三模T12.)已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為6，M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，將AMN沿MN折起至AMN，在四棱錐A-MNCB中，下列說(shuō)法正確的是（）A.直線(xiàn)MN平面ABCB.當(dāng)四棱錐A-MNCB體積最大時(shí)，二面角A

11、-MN-B為直二面角C.在折起過(guò)程中存在某位置使BN平面ANCD.當(dāng)四棱A-MNCB體積最大時(shí)，它的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為39【答案】 A,B,D 【考點(diǎn)】反證法，球的體積和表面積，直線(xiàn)與平面平行的判定【解析】【解答】因?yàn)镸N/BC , MN平面ABC，BC平面ABC，所以直線(xiàn)MN平面ABC，A符合題意；因?yàn)樗睦忮FA-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，故當(dāng)二面角A-MN-B為直二面角時(shí)，滿(mǎn)足題意，B符合題意；對(duì)于C，如圖，若BN平面ANC，則BNAA，又ADMN，ADMN,ADAD=D，可知MN平面AAD ,所以AAMN ,又MNBN=N ,所

12、以AA平面MNCB ,這顯然不可能，C不符合題意；當(dāng)四棱A-MNCB體積最大時(shí)，二面角A-MN-B為直二面角，如圖，由MBC=3，取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心F是AMN外心，作OE平面MNCB，OF上平面AMN，則O是四棱錐A -MNCB的外接球的球心，且OF=DE= 332，AF= 3 .設(shè)四棱錐A -MNCB的外接球半徑R，則R2=AF2+OF2=394，所以球表面積是39【分析】A由線(xiàn)面平行判定可推得A正確。 B根據(jù)四棱錐A-MNCB底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A到平面MNCB距離最大時(shí)體積最大，進(jìn)而可判B正確。 C由反證法可得C錯(cuò)誤。 D取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MN

13、CB外接圓圓心F是AMN外心得O是四棱錐A -MNCB的外接球的球心，結(jié)合B的結(jié)論求得外接球半徑R，進(jìn)而求出球表面積，可判D正確。15.(2021四川內(nèi)江三模理T8)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個(gè)面的面積中，最大的是（）A4B8CD【答案】C【解析】根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀(guān)圖為：該幾何體為三棱錐體如圖所示：由于A(yíng)B2，BD4所以：，16.(2021重慶名校聯(lián)盟三模T12)如圖，矩形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，將ABM沿直線(xiàn)AM翻折成AB1M，連結(jié)B1D，N為B1D的中點(diǎn)，則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法中所有正確的是（）A存在某個(gè)位置，使得CNAB1B翻折過(guò)程中，CN的長(zhǎng)是定值C若ABBM

14、，則AMB1DD若ABBM1，當(dāng)三棱錐B1AMD的體積最大時(shí)，三棱錐B1AMD的外接球的表面積是4【答案】BD【解析】對(duì)于A(yíng)：如圖1，取AD中點(diǎn)E，連接EC交MD與F，則NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，可得到ENNF，又ENCN，且三線(xiàn)NE，NF，NC共面共點(diǎn)，不可能，故A錯(cuò)誤對(duì)于B：如圖1，可得由NECMAB1（定值），NE（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC2NE2+EC22NEECcosNEC，NC是定值，故B正確對(duì)于C：如圖2，取AM中點(diǎn)O，連接B1O，DO，由題意得AM面ODB1，即可得ODAM，從而ADMD，由題意不成立，可得C錯(cuò)誤對(duì)于D：當(dāng)平面B1AM平面AMD

15、時(shí)，三棱錐B1AMD的體積最大，由題意得AD中點(diǎn)H就是三棱錐B1AMD的外接球的球心，球半徑為1，表面積是4，故D正確17.(2021安徽蚌埠三模文T9)已知平面、兩兩垂直，直線(xiàn)a、b、c滿(mǎn)足a，b，c，則直線(xiàn)a、b、c不可能滿(mǎn)足的是（）A兩兩垂直B兩兩平行C兩兩相交D兩兩異面【答案】B【解析】平面、兩兩垂直，直線(xiàn)a、b、c滿(mǎn)足a，b，c，所以直線(xiàn)a、b、c在三個(gè)平面內(nèi)，不會(huì)是共面直線(xiàn)，所以：當(dāng)直線(xiàn)兩兩平行時(shí)，a、b、c為共面直線(xiàn)與已知條件整理出的結(jié)論不符18.(2021貴州畢節(jié)三模文T4)一個(gè)正方體被一個(gè)平面截去一部分后，剩余幾何體的三視圖如圖，則剩余幾何體的表面積為（）A16B18CD【答

16、案】D【解析】根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀(guān)圖為：該幾何體為棱長(zhǎng)為2 的正方體切去一個(gè)角，構(gòu)成的幾何體；如圖所示：所以18+219.(2021遼寧朝陽(yáng)三模T8)在三棱柱ABCA1B1C1中，D為側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，從該三棱柱的九條棱中隨機(jī)選取兩條，則這兩條棱所在直線(xiàn)至少有一條與直線(xiàn)BD異面的概率是（）ABCD【答案】B【解析】在三棱柱ABCA1B1C1中，D為側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，該三棱柱的九條棱中與BD異面的棱有5條，從該三棱柱的九條棱中隨機(jī)選取兩條，基本事件總數(shù)n36，這兩條棱所在直線(xiàn)至少有一條與直線(xiàn)BD異面包含的基本事件個(gè)數(shù)為：m+26，則這兩條棱所在直線(xiàn)至少有一條與直線(xiàn)BD異面的概率P20.(

17、2021河南濟(jì)源平頂山許昌三模文T12)已知長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱AA1長(zhǎng)為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線(xiàn)長(zhǎng)為（）ABCD【答案】D【解析】長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱AA1長(zhǎng)為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線(xiàn)，是以D1為圓心，為半徑的圓弧，如圖，ED1F，可得：21.(2021四川瀘州三模理T8)如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是正方形，已知AA14，AB2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，且BEBB1，CFCC1，則（）AD1EAF，且直線(xiàn)D

18、1E，AF是相交直線(xiàn)BD1EAF，且直線(xiàn)D1E，AF是異面直線(xiàn)CD1EAF，且直線(xiàn)D1E，AF是異面直線(xiàn)DD1EAF，且直線(xiàn)D1E，AF是相交直線(xiàn)【答案】B【解析】由直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是正方形，AA14，AB2，BEBB1，CFCC1，可得B1E3，D1E，CF2，AF2，AFD1E，連接BD，B1D1，設(shè)直線(xiàn)AF與平面BDD1B1交于H，可得H不在直線(xiàn)D1E上，且H平面BDD1E1，直線(xiàn)D1E平面BDD1B1，又AF平面BDD1B1，所以直線(xiàn)AF與D1E為異面直線(xiàn)22.(2021江西上饒三模理T4)羅德島太陽(yáng)神巨像是古代世界七大奇跡之一它是希臘太陽(yáng)神赫利俄斯的青銅鑄像如圖

19、所示，太陽(yáng)神赫利俄斯手中所持的幾何體（含火焰）近似是一個(gè)底面相同的兩個(gè)圓錐合在一起，正方向投影過(guò)去，其平面幾何圖形形狀是上方內(nèi)角為60，邊長(zhǎng)為2的菱形現(xiàn)在其中一個(gè)圓錐中放置一個(gè)球體，使得球與圓錐側(cè)面、底面均相切，則該球的體積為（）ABCD【答案】B【解析】圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，正三角形內(nèi)切圓的半徑為，則圓錐內(nèi)切球的半徑為，球的體積V23.(2021江西上饒三模理T8)在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)G是線(xiàn)段BC1上的一點(diǎn)，且A1GB1D，則（）ABGBC1BBC13GC1CBG3GC1D點(diǎn)G為線(xiàn)段BC1上任意一點(diǎn)【答案】D【解析】如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1中，B

20、1D在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影是AB1，且AB1A1B，所以A1BB1D，同理，B1DC1，且A1BBC1B，所以B1D平面A1BC1，又A1G平面A1BC1，所以A1GB1D，即點(diǎn)G為線(xiàn)段BC1上任意一點(diǎn)，選項(xiàng)D正確，A、B、C選項(xiàng)錯(cuò)誤24.(2021安徽宿州三模理T4)已知a、b為兩條不同直線(xiàn)，、為兩個(gè)不同平面下列命題中正確的是（）A若a，b，則a與b共面B若a，則aC若a，則aD若b，b，則【答案】C【解析】若a，b，則ab或a與b相交或a與b異面，故A錯(cuò)誤；若a，則a或a，故B錯(cuò)誤；若a，由直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)，可得a，故C正確；若b，b，則或與相交，故D錯(cuò)誤25.(2021四川瀘州三

21、模理T11)已知在RtABC中，斜邊AB2，BC1，若將RtABC沿斜邊AB上的中線(xiàn)CD折起，使平面ACD平面BCD，則三棱錐ABCD的外接球的表面積為（）ABCD【答案】A【解析】如圖，設(shè)點(diǎn)E為BCD外接圓的圓心，則三棱錐ABCD外接球的球心一定在過(guò)點(diǎn)E且與平面BCD垂直的直線(xiàn)上，不妨設(shè)點(diǎn)O為外接圓的圓心，則OE平面BCD，且OAOBOCODR，過(guò)點(diǎn)O作OM平面ACD，則點(diǎn)M為ACD外接圓的圓心，在A(yíng)CD中，由余弦定理有，延長(zhǎng)BE交CD于F，連接MF，BCCDBD1，BCD為邊長(zhǎng)為1的正三角形，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，由于平面ACD平面BCD，故四邊形OMFE為矩形，則，在RtAOM中，AM2+OM2

22、OA2，即，解得，三棱錐ABCD的外接球的表面積為26.(2021江蘇常數(shù)三模T11)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別為棱BC，CD，CC1的中點(diǎn)，P是線(xiàn)段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則（）APMBDBAC1平面EFMCPE與平面ABCD所成角正切值的最大值為D當(dāng)P位于C1時(shí)，三棱錐PCEF的外接球體積最小【答案】AC【解析】對(duì)于A(yíng)，在正方體ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，又BD平面ABCD，所以AA1BD，又ACBD，且ACAA1A，AC，AA1平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1，又PM平面ACC1A1，則PMBD，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，設(shè)ACBDO

23、，EFACH，如圖所示，若AC1平面MEF，又AC平面ACC1A1，且平面ACC1A1平面MEFMH，則AC1MH，由正方體的性質(zhì)可知，O是AC的中點(diǎn)，M是CC1的中點(diǎn)，所以AC1MO，又MOMHM，產(chǎn)生矛盾，故假設(shè)不成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，點(diǎn)P在平面ABCD上的射影N在A(yíng)C上，連結(jié)NE，故PEN即為PE與平面ABCD所成的角，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則PNa，tanPEN，故EN的最小值即為E到直線(xiàn)AC的距離EH，所以tanPEN的最大值為，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，正方體ABCDA1B1C1D1中，假設(shè)HK平面ABCD，交A1C1于點(diǎn)K，又H為CEF的外心，則三棱錐PCEF的外接球的球心一定在

24、HK上，設(shè)球心為O，高OPOER，正方體的棱長(zhǎng)為a，則，2a，其中，故當(dāng)PK0時(shí)，R最小，此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)K重合，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤27.(2021上海浦東新區(qū)三模T13)下列命題正確的是（）A三點(diǎn)確定一個(gè)平面B三條相交直線(xiàn)確定一個(gè)平面C對(duì)于直線(xiàn)a、b、c，若ab，bc，則acD對(duì)于直線(xiàn)a、b、c，若ab，bc，則ac【答案】D【解析】選項(xiàng)A，不共線(xiàn)的三點(diǎn)確定一個(gè)平面，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，三條相交直線(xiàn)可確定一個(gè)平面，或三個(gè)平面，（三棱錐的三條側(cè)棱），故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，對(duì)于直線(xiàn)a、b、c，若ab，bc，則ac，在平面幾何中是正確的，在立體幾何中不一定成立，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，由平行公理可得：對(duì)已直線(xiàn)abc，若

25、ab，bc，則ac，故D正確28.(2021湖南三模T11)如圖，在平行四邊形ABCD中，AB1，AD2，A60，沿對(duì)角線(xiàn)BD將ABD折起到PBD的位置，使得平面PBD平面BCD，下列說(shuō)法正確的有（）A平面PCD平面PBDB三棱錐PBCD四個(gè)面都是直角三角形CPD與BC所成角的余弦值為D過(guò)BC的平面與PD交于M，則MBC面積的最小值為【答案】ABD【解析】BCD中，CD1，BC2，A60，所以BD，故BD2+CD2BC2，所以BDCD，因?yàn)槠矫鍼BD平面BCD且平面PBD平面BCDBD，所以CD平面PBD，CDPD；同理PB平面CBD，因?yàn)镃D平面PCD，所以平面PCD平面BPD，A，B正確；

26、以D為原點(diǎn)，聯(lián)立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B（，0，0），C（0，1，0），P（，0，1），因?yàn)椋ǎ?，1），（，1，0），所以cos，即PD與BC所成角的余弦值為，C錯(cuò)誤；因?yàn)镸在線(xiàn)段PD上，設(shè)M（，0，a），則（3，0，a），所以點(diǎn)M到BC的距離d，當(dāng)a時(shí)，d取得最小值，此時(shí)MBC面積取得最小值，D正確29.(2021福建寧德三模T12) 已知正四棱錐的側(cè)面積為43，當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，以下結(jié)論正確的是()A. 棱錐的高與底面邊長(zhǎng)的比為22B. 側(cè)棱與底面所成的角為60C. 棱錐的每一個(gè)側(cè)面都是等邊三角形D. 棱錐的內(nèi)切球的表面積為(8-43)【答案】ACD【解析】設(shè)底面邊長(zhǎng)為2a，側(cè)

27、棱長(zhǎng)為b，則，即ab2-a2=3，而V=13(2a)2b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，故V=4a233a2-a2=433a2-a6，設(shè)f(a)=3a2-a6(0a43)，則f(a)=6a-6a5=6a(1-a4)=6a(1+a2)(1+a)(1-a)，易知函數(shù)f(a)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,43)單調(diào)遞減，當(dāng)a=1時(shí)，f(a)取得最大值，此時(shí)棱錐的體積最大，且b=2，底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2，PE=3,OP=2，棱錐的高與底面邊長(zhǎng)的比為22，選項(xiàng)A正確；側(cè)棱與底面所成的角為PBO，而sinPBO=OPPB=22，則PBO=45，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)均為2，故側(cè)面為等邊三角形，選項(xiàng)C正確；設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，由于，選項(xiàng)D正確故選：ACD.設(shè)底面邊長(zhǎng)為2a，側(cè)棱長(zhǎng)為b，求出棱錐體積，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)可知當(dāng)a=1，及b=2時(shí)棱錐體積最大，然后再逐項(xiàng)判斷即可本題考查正棱錐的性質(zhì)，線(xiàn)面角，以及內(nèi)切球表面積的求法，同時(shí)還涉及了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，考查函數(shù)思想，考查推理能力及運(yùn)算能力，屬于較難題目30.(2021福建寧德三模T6)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BCCD，AB/CD，BC=3，AA1=AB=AD=2，