高中数学压轴题小题专项训练专题51立体几何综合问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题51立体几何综合问题含解析答案，共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，给出下列结论：①平面；②平面；③圆锥的侧面积为；④三棱锥的内切球表面积为．其中正确的结论个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ）
A．B．C．D．
4．在四面体中，是边长为2的等边三角形，是内一点，四面体的体积为，则对，的最小值是（ ）
A．B．C．D．6
5．已知正方体的外接球的球心为，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：
①存在点P，使得平面；
②对于任意点P，四棱锥体积为定值；
③存在点P，使得平面；
④对于任意点P，都是锐角三角形.
其中，不正确的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
7．已知圆锥的顶点为，其三条母线，，两两垂直．且母线长为6．则圆锥的内切球表面积与圆锥侧面积之和为（ ）
A．B．
C．D．
8．设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下面为真命题的是（ ）
A．若，则
B．对于空间中的直线，若，则
C．若直线上存在两点到平面的距离相等，则
D．若，则
9．体积为的圆锥底面圆周上有三点A，B，C，其中M为圆锥顶点，O为底面圆圆心，且圆锥的轴截面为正三角形．若空间中一点N满足（其中），则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．6
10．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（ ）
①此八面体的表面积为；
②异面直线与所成的角为；
③此八面体的外接球与内切球的体积之比为；
④若点为棱上的动点，则的最小值为.
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、多选题
11．下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
12．如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．存在点，使得
C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为
D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分
13．如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，为面的中心，则以下命题正确的是（ ）
A．平面截正方体所得的截面面积为
B．四面体的外接球的表面积为
C．四面体的体积为
D．若点为的中点，则存在平面内一点，使直线与所成角的余弦值为
14．如图，在正三棱柱中，为空间一动点，若，则（ ）

A．若，则点的轨迹为线段
B．若，则点的轨迹为线段
C．存在，使得
D．存在，使得平面
15．棱长为的正四面体ABCD中，，，，点K为△BCD的重心，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若直线AK与平面PQR的交点为M，则
C．四面体ABCD外接球的表面积是
D．四面体KPQR的体积是
16．已知正方体中，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得平面
C．不存在点，使得∥平面
D．不存在点，使得平面平面
17．在正方体中，点满足，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．若在同一球面上，则
B．若平面，则
C．若点到四点的距离相等，则
D．若平面，则
18．已知正方体的棱长为分别为棱的点，且，若点为正方体内部（含边界）点，满足：为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹为菱形及其内部
B．当时，点的轨迹长度为
C．最小值为
D．当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
19．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ．
20．已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为 .
21．在三棱柱中，，，且平面，则的值为 .
22．已知三棱锥，空间内一点满足，则三棱锥与的体积之比为 ．
23．已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是 .
24．在直三棱柱中，已知，，为的中点，点在上，若平面，则三棱锥的外接球的表面积为 .
参考答案：
1．C
【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，从而求的圆锥的高，再计算出圆锥的侧面积即可判断③；采用反证的方法可判断①；根据线面垂直的判定定理可判定平面判断②，求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可判断④.
【详解】由是底面圆的内接正三角形，，
设圆锥的底面半径为，则可得，即 ，则，
因为，故高，
所以圆锥的侧面积，故③正确；
假设平面，由于平面，平面平面，
故，则，而因为为底面圆的直径，，
又，且（矛盾），故、不可能平行，
故假设不成立，所以与平面不平行，故①错误；
因为为线段的中点，故，
则，，，
故，，均为直角三角形，即，，
又，平面，所以平面，故②正确；
又，，
，
设三棱锥的内切球的半径为，则，
即，解得，
所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确.
故选：C
2．D
【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.
【详解】正方体的外接球球心是的中点，而，
则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P，
因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面，
在平面内过作于，而平面，于是，
又，从而，又球的半径，
则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有，
所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积.
故选：D
3．D
【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得.
【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，，
由，整理得，而，解得，，
因此圆台的高，，
则圆台的体积，
内切球的体积，所以.
故选：D
4．D
【分析】根据共面向量定理将所求最小值转化为点到平面的距离，再利用体积求解即可.
【详解】设，由共面向量定理得点为平面内任意一点，
且，
所以，
求的最小值，即求点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
由题意知，
四面体的体积，
解得，故所求最小值为6．
故选：D．
5．D
【分析】根据正方体的体对角线以及面对角线长，即可利用余弦定理求解，由同角关系即可求解.
【详解】设正方体的棱长为，则，
易知正方体的外接球的球心为体对角线的中点，
.
在中，由余弦定理可得
由于，，
故选：D.
6．C
【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④.
【详解】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体棱长为1，
则，，
设，
，，，
平面的一个法向量为，，
令，则，即，
若，得，
则时，，又平面，所以平面，
即点P为中点时， 平面，说法①正确；
正方体中，平面平面，平面，
则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值，
所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确；
，，,
若平面，则有，方程组无解，
所以不存在点P，使得平面，说法③错误；
，，，
，，
则中，，都是锐角，
，也是锐角，
所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确.
只有说法③不正确.
故选：C.
7．C
【分析】由三条母线两两垂直且长为6可得，圆锥的底面圆内接正边长，进而由正弦定理得底面圆的半径，再求出圆锥的高，就可得圆锥轴截面面积，又圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，等面积即可得内切球的半径，进而得所求.
【详解】因为，，两两互相垂直且长度均为6，
所以为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，
由正弦定理得底面圆的半径，
所以圆锥的高．
如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，
轴截面三角形面积为，
所以内切球的半径．
内切球的表面积为，
圆锥的侧面积为，
所以其和为.
故选：C.
8．D
【分析】根据空间中直线和平面的位置关系的判定定理和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】对于A：在长方体中，
令平面是平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然，
此时直线是异面直线，不平行，故A错误；
对于B：当，时，只有相交时才有，
比如A选项的长方体中平面，平面，，，
但是与平面不垂直，故B错误；
对于C：若直线上存在两点到平面的距离相等，则或与相交，故C错误；
对于D：如图：
因为，过作平面和平面交于，则，而，故，
又，故，故D正确.
故选：D.
9．A
【分析】由向量共面的推论判断N的位置，进而得到最小时N的位置，设圆锥MO底面圆的半径为r，结合已知及圆锥体积公式求半径，即可得结果.
【详解】因为N满足（其中），即N在圆O所在的平面内．
所以的最小值是顶点M到圆O所在的平面的距离，即为圆锥MO的高．
设圆锥MO底面圆的半径为r，因为圆锥的轴截面为正三角形，
所以圆锥MO的高为，则圆锥的体积为，解得．
所以的最小值为.
故选：A
10．B
【分析】对①：计算出一个三角形面积后乘8即可得；对②：借助等角定理，找到与平行，与相交的线段，计算即可得；对③：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对④：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.
【详解】对①：由题意可得，故①正确；
对②：连接，取中点，连接、，
由题意可得、为同一直线，、、、四点共面，
又，故四边形为菱形，
故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角，
即异面直线与所成的角等于，故②错误；
对③：由四边形为正方形，有，
故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等，
即此八面体的外接球球心为，半径为，
设此八面体的内切球半径为，
则有，化简得，
则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故③正确；
对④：将延折叠至平面中，如图所示：
则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值，
则，故④错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题④中，关键点在于将不共面的问题转化为同一平面的问题.
11．BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A，根据数量积的坐标表示及平面向量共线的坐标表示判断B，利用特殊值判断C、D.
【详解】对于A：因为，则，
所以，即，
所以，所以四点共面，故A正确；
对于B：因为，，与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
若，则，解得；
若与共线，则，解得，
综上可得或，故B错误；
对于C：若、同向且，此时，
即不成立，故C错误；
对于D：若，，显然与共线，但是不存在使得，故D错误.
故选：BCD
12．ACD
【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系、线面角的向量公式，点到直线的向量公式和抛物线的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，，，，，，
所以，，
所以，，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；
由题意，设，
则，又，
若，则，解得，
所以不存在点M，使得，故B错误；
设，所以，
所以点到直线的距离
，
所以，此时，
所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；
设，
则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.
因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，
整理得（其中，），
即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.
故选：ACD.
13．ABC
【分析】选项A，取中点，连接，利用正方体的性质，得出平面截正方体所得的截面为菱形，即可求解；选项B，建立空间直角坐标系，直接求出球心坐标，从而求出半径，即可求解；选项C，取中点，中点连接，根据条件证得面，从而有，再利用棱锥的体积公式，求出底面积和高，即可求解；选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理即可求解，从而求出结果.
【详解】对于选项A，如图1，取中点，连接，因为点分别为的中点，
所以，，且，即四边形为菱形，
所以平面截正方体所得的截面即为菱形，
又易知，所以菱形的面积为，故选项A正确，
对于选项B，如图2建立空间直角坐标系，
则，
设四面体的外接球的球心坐标为，外接球的半径为，
所以，
解得，所以，
故四面体的外接球的表面积为，所以选项B正确，
对于选项C，如图3，取中点，中点连接，易知，
又是中点，所以，得到，
又面，面，所以面，
所以，
又易知到面的距离为，
，
所以，故选项C正确，
对于选项D，如图4，分别是平面的垂线和斜线，是在平面内的射影，
易知为锐角，是平面内和不重合的任一直线，在上截取，
连接，则，
在与中，因为，，
而，所以，
即平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角，
如图5，取中点，易知在面上投影为，
又因为，，所以，
过作直线，使，设直线与所成的角为，
所以，
又，在区间上单调递减，
故在平面内不存在点，使直线与所成角的余弦值为，
故选：ABC.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理及的单调性，即可求解.
14．ABC
【分析】利用向量的线性运算逐一计算判断即可.
【详解】对于A：由，得点在侧面内（含边界），
若，则，故点的轨迹为线段，故A正确；
对于B：若，则，所以，即，
又，故点的轨迹为线段，故B正确；
对于C：分别取棱的中点，连接，由题意易证平面，
当点在线段上时，，故存在，使得，故C正确；
对于D：若使平面，则点必在棱上，此时，故不存在，
使得平面，故D错误.
故选：ABC.

15．ABD
【分析】根据正四面体的结构特征可判断A,将四面体放入正方体中，利用正方体的外接球即可求解C，利用向量共面即可求解B，利用等体积法，结合比例关系即可求解D.
【详解】由于点K为BCD的重心，所以点K为BCD的中心，故平面，平面，所以，A正确，
由于该正四面体的棱长为，将该正四面体放入棱长为1的正方体中，则正方体的外接球即为四面体的外接球，故外接球的直径为正方体的体对角线，故,故表面积是，C错误，
由于三点共面，点K为BCD的重心，所以,
又四点共面，所以,
由于共线，所以，解得，
故，B正确，
由于是的中点，所以
，
由选项B，可知，所以，所以
,,D正确，
故选：ABD
16．AB
【分析】建系，设，，可得，对于A：利用向量可知∥平面，结合转换顶点法分析判断；对于B：利用空间向量说明线面垂直；对于C：利用空间向量说明线面平行；利用空间向量说明面面垂直.
【详解】如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
设
设，
则，
对于选项A：因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
因为，且平面，则∥平面，
可知点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又因为的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于选项B：因为，平面的法向量，
若∥，则，解得，
即当时，平面，故B正确；
对于选项C：因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
令，解得，
即当时，∥平面，故C错误；
对于选项D：令，解得，
即当时，平面平面，故D错误；
故选：AB.
【点睛】方法点睛：利用空间向量求解探索性问题的策略
（1）假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
（2）在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
17．ABD
【分析】对于A，由条件得此球为正方体的外接球，由此即可判断；对于B，作出平面与平面的交线为直线，当为的中点时满足题意；对于C，此时为正方体外接球的球心，由此即可判断；对于D，设正方形的中心为，连接与交于点，通过得出是上靠近的三等分点且即可判断.
【详解】由题意知点在线段上（不包含点）.
对于A，若在同一球面上，则此球为正方体的外接球，
所以与重合，所以，故A正确；
对于B，如图，
设的中点为，则平面与平面的交线为直线，
要使平面，则需，则为的中点，此时，故B正确；
对于C，点到四点的距离相等，则为正方体外接球的球心，
即的中点，此时，故C错误；
对于D，如图，
设正方形的中心为，连接与交于点，
在对角面内，易知是上靠近的三等分点，且，
若平面，则，由对称性易知，则，
从而是的靠近的三等分点，此时，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是是上靠近的三等分点且，由此即可顺利得解.
18．ABD
【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，
所以在菱形内，A正确；
对于B，取上一点，使得，连接，，
易证四边形和四边形是平行四边形，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
当时，,
所以，即，
在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；
对于C，由知，在菱形内，
所以的最小值即为点到平面的距离，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以到平面的距离为：，故C错误；
对于D，当时，,
分别取的中点，连接，在线段上，
，所以，可得，
平面的法向量为，，
设与面所成角为，
所以，
设，因为，则，
则代入化简可得，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
19．或
【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径.
【详解】如图：
因为平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面.
平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以.
又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆，
作于，则是三棱锥的高.
所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大.
此时点应该与或重合，为正方形的中心.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
中，因为，，，所以.
设内切球半径为，由得：
.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
.
设内切球半径为，由得：
.
综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键.
20．/
【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，代入棱台的体积公式计算即得.
【详解】
如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为，
则，,
故,
在中，,则由射影定理，得，解得，
于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2，
故该正四棱台的体积为：.
故答案为：.
21． /0.5
【分析】利用三棱柱模型，选择一组空间基底，将相关向量分别用基底表示，再利用平面，确定必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得.
【详解】
如图，不妨设，依题意，,
，
因，则
又因平面，故必共面，
即存在，使，即，
从而有，解得.
故答案为：.
22．
【分析】根据题意，化简得到，结合空间向量的基本定理，得到在平面内存在一点，使得，得到，即可求解.
【详解】由空间内一点满足，
可得，
因为，根据空间向量的基本定理，可得在平面内存在一点，
使得，所以，即点为的中点，
可得，所以三棱锥和的体积比值为.
故答案为：.
23．10
【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，即可得到结果.
【详解】
因为，则，
即，
即，所以，
因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，
使得成立，即，
所以，即，则，
又三棱锥的体积为15，
则.
故答案为：10
24．
【分析】解法一：利用线面平行的性质定理可确定点的位置，再根据三棱锥的结构特征确定其外接球球心的位置，借助勾股定理建立关于外接球半径的等式并解方程可得，再利用球的表面积公式即可得解.
解法二：利用线面平行的性质定理可确定点的位置，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系并确定球心坐标，可得半径，即可求得结果.
【详解】解法一：因为平面平面，平面平面，所以；
又为的中点，所以为的中点.
单独研究三棱锥及四边形，如图所示，

易知，
则，因此，
故的外接圆圆心为的中点，故三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上.
设三棱锥的外接球的球心为，连接，则平面；
取的中点，连接，则，
由于平面平面，平面平面，因此平面；
连接，因为为的中点，为的中点，所以；
设三棱锥的外接球的半径为，连接，
在中，.
当点不在平面的同侧时，，无解
易知点在平面的同侧，
在直角梯形中，，解得，
则三棱锥的外接球的表面积.
解法二：
因为平面平面，平面平面，所以；
又为的中点，所以为的中点；
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
设三棱锥的外接球球心为，
则，
解得，故，
故三棱锥的外接球的半径，
则三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
破解几何体的外接球的表面积或体积问题的步骤：
（1）定球心，棱柱及棱台的外接球球心一般在上、下底面多边形外接圆的圆心连线所在直线上，棱锥的外接球球心往往是先找出棱锥某个面外接圆的圆心，再过此圆心作该面的垂线来确定；
（2）求球半径，通常是在过球心的某个平面中，找出球的半径，底（侧）面外接圆的半径及球心到底（侧）面的距离，利用勾股定理求出球的半径；
（3）用公式，即利用球的表面积或体积公式求解.根据几何体的特征，有时也可通过补形将锥体的外接球转化为柱体的外接球来求解.