第八章立體幾何初步全章綜合測(cè)試卷（提高篇）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023·高一單元測(cè)試）下列命題中成立的是（

）A．各個(gè)面都是三角形的多面體一定是棱錐B．有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱C．一個(gè)棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱錐D．各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱是長(zhǎng)方體【解題思路】根據(jù)相關(guān)空間幾何體的定義，舉出部分反例空間幾何體即可判斷.【解答過(guò)程】對(duì)A，只要將底面全等的兩個(gè)棱錐的底面重合在一起,所得多面體的每個(gè)面都是三角形,但這個(gè)多面體不是棱錐，如圖，故A錯(cuò)誤；對(duì)B，若棱柱有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形，則側(cè)棱與底面兩條相交的邊垂直，則側(cè)棱與底面垂直，此時(shí)棱柱一定是直棱柱，故B正確；對(duì)于C，如圖所示，若AB=滿足側(cè)面均為全等的等腰三角形，但此時(shí)底面BCD不是正三角形，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱不一定是長(zhǎng)方體，比如底面為三角形的直三棱柱，故D錯(cuò)誤.故選：B.2．（5分）（2022春·遼寧沈陽(yáng)·高一階段練習(xí)）如果一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是如圖所示的直角梯形，其中O'A'=2，∠B'A．32 B．62 C．32【解題思路】作出原平面圖形，然后求出面積即可．【解答過(guò)程】∠B'A'O∴A'又O'C'⊥C'在直角坐標(biāo)系中作出原圖形為：梯形OABC，OA//BC，OA=2,∴其面積為S=故選：A.3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球O為正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC-AA．34 B．334 C．3【解題思路】利用球的表面積公式可求得R2，根據(jù)正棱柱的外接球半徑滿足R2【解答過(guò)程】設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1∵球O的表面積S=4πR∵正三棱柱ABC-A1B1∴△ABC的外接圓半徑r∴R2=∴V故選：B.4．（5分）在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，若ABA．62 B．65 C．25【解題思路】根據(jù)題意，做出截面AFPE，然后分別計(jì)算各邊長(zhǎng)即可得到結(jié)果.【解答過(guò)程】連接AF，過(guò)點(diǎn)E做EP//AF交B1C1于點(diǎn)P因?yàn)镋為BB1中點(diǎn)，EP//因?yàn)锳B=2,AD=AAAE=2所以截面AFPE的周長(zhǎng)為2故選:D.5．（5分）（2023·江西·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，它是由正方體的各條棱的中點(diǎn)連接形成的幾何體.它由八個(gè)正三角形和六個(gè)正方形圍成（如圖所示），若它的棱長(zhǎng)為2，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．該二十四等邊體的外接球的表面積為16B．該半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)V、面數(shù)F、棱數(shù)E，滿足關(guān)系式VC．直線AH與PN的夾角為60°D．QH⊥平面【解題思路】將二十四等邊體補(bǔ)齊成正方體，根據(jù)空間幾何相關(guān)知識(shí)進(jìn)行判斷.【解答過(guò)程】由已知，補(bǔ)齊二十四等邊體所在的正方體如圖所示記正方體體心為O，取下底面ABCD中心為O1，二十四等邊體的棱長(zhǎng)為易知OO1所以外接球的表面積S=4πR由歐拉公式可知：頂點(diǎn)數(shù)+面數(shù)-棱數(shù)=2，故B正確.又因?yàn)镻N∥AD，易知直線AH與PN的夾角即為∠HAD直線AH與PN的夾角為60°，故C正確又因?yàn)镼H∥EN，AB∥MN，易知直線QH與直線AB的夾角為∠可知直線QH與直線AB不垂直，故直線QH與平面ABE不垂直，故D錯(cuò)誤.故選：D.6．（5分）（2022秋·黑龍江·高二期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中點(diǎn)，則（）A．直線MB與直線B1D1相交，直線MB?平面ABC1 B．.直線MB與直線D1C平行，直線MB⊥平面A1C1D C．直線MB與直線AC異面，直線MB⊥平面ADC1B1 D．直線MB與直線A1D垂直，直線MB∥平面B1D1C【解題思路】可利用正方體的性質(zhì)以及線!面垂直，線面平行的判定及性質(zhì)逐一選項(xiàng)判斷即可．【解答過(guò)程】解：對(duì)于選項(xiàng)A，連接B1D1，BD，如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1∥BD，BD?面MBD，所以B1D1∥平面MBD，又MB?面MBD，MB∩BD＝B，所以直線MB與直線B1D1不相交，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，連接A1B，D1C，如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥D1C，A1B?面MBD，所以D1C∥面MBD，又MB?面MBD，MB∩A1B＝B，所以直線MB與直線D1C不平行，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，連接AB1，DC1，A1B，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥A1B，A1B⊥B1C1，AB1∩B1C1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1，又∵BM∩A1B，所以BM與平面ADC1B1不垂直，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，連接AD1，BC1，B1D1，B1C，CD1，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，A1D⊥AB，AD1∩AB＝A，所以A1D⊥面ABC1D1，BM?面ABC1D1，所以AD1⊥BM，設(shè)B1C∩BC1＝O，連接D1O，如圖，∵BC1∥AD1，∴D1M∥OB，OB＝D1M，所以四邊形BMD1O為平行四邊形，所以BM∥D1O，又因?yàn)镈1O?面B1D1C，所以BM∥面B1D1C，故選項(xiàng)D正確，故選：D．7．（5分）（2022秋·四川瀘州·高二階段練習(xí)）在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1（1）A1P//（2）A1P與平面BCC（3）A1P+（4）以A為球心，2為半徑的球面與側(cè)面DCC1D真命題共有幾個(gè)（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】證明出平面A1BC1//平面AD1C，利用面面平行的性質(zhì)可判斷（1）的正誤;求出PB1的最小值，利用線面角的定義可判斷（2）正誤，將△A1C1B沿BC【解答過(guò)程】對(duì)于（1），在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C∴BC//A1D1且∵A1B?平面AD1C,∵A1B∩A1C1=A1又∵A1P?平面A1BC對(duì)于（2），∵A1B1⊥平面BCC1tan∠A1PB1=由勾股定理得BC由等面積法得PB所以tan∠A1PB對(duì)于（3），將△A1C1B在Rt△BCC1在△A1B由余弦定理得cos∠A1C1B=10由余弦定理得A1代入數(shù)據(jù)解得A1因此，A1P+PC的最小值為對(duì)于（4），因?yàn)锳D⊥平面DCC1D1，則交線上的點(diǎn)到點(diǎn)D的距離等于22-AD故選：D.8．（5分）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，矩形ABCD中，AB=2AD，E為邊AB的中點(diǎn).將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE（A1?平面BCDE）.若M在線段A1①當(dāng)M為線段A1C中點(diǎn)時(shí)，②存在某個(gè)位置，使DE⊥③當(dāng)四棱錐A1-BCDE體積最大時(shí)，點(diǎn)A1到平面④當(dāng)二面角A1-DE-B的大小為π3時(shí)，異面直線其中判斷正確的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】①利用余弦定理判斷；②用線線垂直判斷；③由垂線段判斷；④由二面角與線線角公式判斷.【解答過(guò)程】在矩形ABCD中,AB=2AD,不妨令A(yù)B(1)取DC的中點(diǎn)F,連接MF,易知∠MFB=∠AMB2=所以MB的長(zhǎng)為定值,故①正確;(2)假設(shè)存在某個(gè)位置,使DE⊥A1C,連接CE,取DE的中點(diǎn)H,顯然A1H⊥DE,而A1∵CH?平面進(jìn)而有DC=CE,但DC=2,所以不可能有DE⊥A1C,(3)由題意得,△ADE是等腰直角三角形,A到DE的距離是2當(dāng)平面A1DE⊥平面BCDE時(shí),四棱雉A點(diǎn)A1到平面BCDE的距離為A1H=2(4)易知二面角A1-DE-B的平面角∠A1HF,當(dāng)二面角∠A又A1H=HF=又易知異面直線A1D與BE所成角為∴cos故④錯(cuò)誤,綜上可知,正確的有2個(gè).故選:B.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2022秋·江西撫州·高二階段練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AA．M，N，A，B四點(diǎn)共面 B．直線BN與平面ADM相交C．直線BN和B1M所成的角為60° D．平面ADM和平面A【解題思路】A：連接AD1,BC1，根據(jù)AM、B、N與面ABC1D1位置關(guān)系即可判斷；B：F為DD1中點(diǎn)，連接AF，易得AF//BN，根據(jù)它們與面ADM的位置關(guān)系即可判斷；C：若H,G分別是AA1,A1B1【解答過(guò)程】A：連接AD1,BC1，如下圖AM?面ABC1所以M，N，A，B四點(diǎn)不共面，錯(cuò)誤；B：若F為DD1中點(diǎn)，連接AF，N為棱由長(zhǎng)方體性質(zhì)知：AF//BN，顯然BN?若BN//面ADM，而AF∩面所以直線BN與平面ADM相交，正確；C：若H,G分別是AA由長(zhǎng)方體性質(zhì)易知：HD而AF//BN，故HD1//BN，即直線由題設(shè)A1G=A1H所以∠GD1D：若G分別是A1B1中點(diǎn)，顯然MG所以平面ADM和平面A1B1C1而面ADMG∩面A1B1C如下圖，∠AGA1為ADMG和面A1故選：BCD.10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二階段練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1A．若M為棱CC1的中點(diǎn)，則直線AC1B．若M在線段BC1上運(yùn)動(dòng)，則CMC．當(dāng)M與D1重合時(shí)，以M為球心，52為半徑的球與側(cè)面BD．若M在線段BD1上運(yùn)動(dòng)，則M到直線C【解題思路】作AC，BD交點(diǎn)O，連接OM，可證AC1∥OM，進(jìn)而得到AC1∥平面BDM；展開△BC1D1與△BCC1到同一平面上，由兩點(diǎn)間直線段最短，結(jié)合余弦定理可求；D1在側(cè)面【解答過(guò)程】對(duì)選項(xiàng)A，作AC，BD交點(diǎn)O，連接OM，因?yàn)镺為AC中點(diǎn)，M為棱CC1的中點(diǎn)，所以AC1∥OM，又因?yàn)镺M?平面BDM，所以A對(duì)選項(xiàng)B，展開△BC1知CM+MD對(duì)選項(xiàng)C：M與D1重合時(shí)，在側(cè)面BB1C1C上的射影為C1，故交線是以C1為圓心的一段圓?。▽?duì)選項(xiàng)D，直線CC1與平面BDD1B1距離顯然為OC，當(dāng)M為BD1中點(diǎn)時(shí)，設(shè)CC1中點(diǎn)為E，易得ME//OC故選：ACD.11．（5分）（2022春·河北邯鄲·高一期末）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)O為A1D1的中點(diǎn)，若以O(shè)為球心，6為半徑的球面與正方體A．平面AB1C1D//平面C．四邊形EFGH的面積為22 D．四棱錐B-【解題思路】如圖，計(jì)算可得E,F,G,H分別為所在棱的中點(diǎn)，利用空間中面面的位置關(guān)系的判斷方法可判斷A、B的正誤；計(jì)算出四邊形EFGH的面積可得C【解答過(guò)程】如圖，連結(jié)OA，則OA=AA同理，棱A1因?yàn)槔釧1D1與棱BC之間的距離為2因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，而2<6球面與正方體ABCD-A1B1C1D1所以棱AB，CD，C1C，B1B與球面各有一個(gè)交點(diǎn)，如圖各記為E，F(xiàn)，因?yàn)椤鱋AE為直角三角形，故AE=OE2同理F,G,由正方形ABCD、E,F為所在棱的中點(diǎn)，可得同理GH//BC，故EF//因?yàn)镋H//AB1，EH?平面EFGH，AB1同理，B1C1//平面EFGH，B1C1所以平面AB1C1D若平面ACC1A1⊥平面EFGH，則平面ACC1A1在矩形EFGH中，EH=2，GH=2，所以四邊形EFGH的面積為2四棱錐B-EFGH的體積V=V故選：ACD.12．（5分）（2023秋·遼寧營(yíng)口·高二期末）如圖所示，三棱錐P-ABC中，AP、AB、AC兩兩垂直，AP=AB=AC=1，點(diǎn)M、N、E滿足PM=λPB，A．當(dāng)AE取得最小值時(shí)，λB．AE與平面ABC所成角為α，當(dāng)λ=1C．記二面角E-PA-B為β，二面角E-PAD．當(dāng)BE⊥CE【解題思路】對(duì)于A：當(dāng)AE取得最小值時(shí)，AE⊥平面PBC，根據(jù)已知可得三棱錐A-PBC是正三棱錐，則點(diǎn)E對(duì)于B：設(shè)△PBC的中點(diǎn)為O，則AO⊥平面PBC，利用等體積法求出AO=33，根據(jù)已知結(jié)合幾何知識(shí)得出OE對(duì)于C：過(guò)M作MH//AB，與PA交于H，連接HN，HE，即可得出∠EHM=β，∠EHN=γ，且△HMN～△ABC，則△cosγ對(duì)于D：當(dāng)BE⊥CE時(shí)，點(diǎn)E在以BC為直徑的圓上，即E為MN與該圓的交點(diǎn)，即可得出P【解答過(guò)程】對(duì)于A：當(dāng)AE取得最小值時(shí)，AE⊥平面PBC∵AP、AB、AC兩兩垂直，AP=∴PB=PC則點(diǎn)E為正三角形PBC的中心，則λ=23，μ對(duì)于B：設(shè)△PBC的中心為O，則AO⊥平面由等體積法可得：13×3當(dāng)λ=12，μ∈0,1時(shí)，易知點(diǎn)O到直線MN的距離為612，點(diǎn)O到點(diǎn)M與點(diǎn)則tanα=AOOE∈2對(duì)于C：過(guò)M作MH//AB，與PA交于H，連接HN，∵PM=λ∴MN//BC，MN?面ABC，BC?面ABC∵M(jìn)H//AB，MH?面ABC，AB?面ABC且MH,MN都屬于平面HMN，∴平面HMN//平面ABC∵AP、AB、AC兩兩垂直，且AB,BC?平面ABC∴AP⊥平面ABC，則AP⊥∴MH,MN,NH都垂直于AP，則∠則△ABC為等腰直角三角形，且HM設(shè)HM=HN=a，則當(dāng)μ=在△HME中，cos在△HEN中，cosγ則cosγ=2cos對(duì)于D：當(dāng)BE⊥CE時(shí)，點(diǎn)E在以BC為直徑的圓上，即E為設(shè)圓心為O，連接PO與M2N2交于點(diǎn)E則PM2≤PM<∴P∵AP、AB、AC兩兩垂直，AP=∴PB∴∠PBC=60°，由OM∵PM=λ∴MN//BC，即M∵PO=62，則λ∈1-3故選：CD.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）華裔建筑師貝聿銘為盧浮宮設(shè)計(jì)的玻璃金字塔是一個(gè)底面邊長(zhǎng)為30米的正四棱錐，其四個(gè)玻璃側(cè)面的面積約1500平方米，則塔高約為20米．【解題思路】做PO⊥底面ABCD于點(diǎn)O，取AB的中點(diǎn)E，可得OE⊥AB、PE⊥AB，根據(jù)四個(gè)玻璃側(cè)面的面積求出【解答過(guò)程】如圖，做PO⊥正四棱錐底面ABCD于點(diǎn)O，則O為底面ABCD的中心，取AB的中點(diǎn)E連接PE、OE，則OE⊥AB，因?yàn)镻A=PB，所以因?yàn)樗膫€(gè)玻璃側(cè)面的面積約1500平方米，所以S△由12×AB所以PO=則塔高約為20米，故答案為：20.14．（5分）（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在三棱錐P-ABC中，已知PA=AB=AC=2,∠PAB=π2,∠20π【解題思路】結(jié)合余弦定理、正弦定理、勾股定理求得球的半徑，進(jìn)而求得球的表面積.【解答過(guò)程】如圖，因?yàn)锳D⊥AB,AD⊥所以AD⊥平面PAB.又PA?平面PAB，所以因?yàn)椤螾AB=π2，即AB,AD?平面ABC，所以PA在△ABC中，因?yàn)锳B=AC設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，則2r=BCsin設(shè)三棱錐P-ABC的外接球的半徑為可得R2即R=5，球O的半徑為5，故表面積故答案為：20π15．（5分）（2022秋·北京·高二期中）如圖，四棱錐S-ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，△SCD是等邊三角形，平面SCD⊥平面ABCD,M,N,P分別為棱①直線SA與平面ABCD所成角為45°；②二面角S-AB-③點(diǎn)Q到平面AMS的距離為定值；④線段NQ長(zhǎng)度的取值范圍是1其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是②③④.【解題思路】對(duì)于①：直接找出直線SA與平面ABCD所成角求解；對(duì)于②：直接找出二面角S-對(duì)于③：利用PQ//平面AMS，P,Q對(duì)于④：求出Q的軌跡，再求線段NQ長(zhǎng)度的取值范圍.【解答過(guò)程】對(duì)于①：連接SN，NA，因?yàn)椤鱏CD又平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD＝CD，所以SN⊥平面ABCD，所以直線SA與平面ABCD所成角為∠在直角△ANS中，SN＝3，AN＝5，所以tan對(duì)于②：取AB的中點(diǎn)F，連接NF，因?yàn)榈酌媸沁呴L(zhǎng)為2的正方形，△SCD是等邊三角形，所以SA又AB⊥NF，所以二面角S-又因?yàn)镾N⊥平面ABCD，所以SN在直角△SNF中，SN=3故②正確；對(duì)于③：因?yàn)镻Q//平面AMS，所以P,Q兩點(diǎn)到面AMS的距離相等，而P到面AMS的距離為定值，故點(diǎn)Q到平面AMS對(duì)于④：取SD中點(diǎn)E，連接EP，EC，因?yàn)镻E?面AMS，SA?面AMS，故PE//同理可證PC//面AMS又因?yàn)镻C∩PE＝P，PE?面EPC，PC?面又PQ//平面AMS，PQ?面EPC，面EPC∩面SCD＝EC在等邊三角形△SCD中，NQ的最大值為NC=1，最小值為N到直線CE的距離為12，故線段NQ長(zhǎng)度的取值范圍是1故答案為：②③④.16．（5分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，點(diǎn)M為正方形邊ABCD上異于點(diǎn)C,D的動(dòng)點(diǎn)，將ΔADM沿AM翻折成ΔPAM，使得平面PAM⊥平面ABCM，則下列說(shuō)法中正確的是（2）（4）.(（1）在平面PBM內(nèi)存在直線與BC平行；

（2）在平面PBM內(nèi)存在直線與AC垂直（3）存在點(diǎn)M使得直線PA⊥平面（4）平面PBC內(nèi)存在直線與平面PAM平行.（5）存在點(diǎn)M使得直線PA⊥平面【解題思路】采用逐一驗(yàn)證法，利用線面的位置關(guān)系判斷，可得結(jié)果.【解答過(guò)程】（1）錯(cuò)，若在平面PBM內(nèi)存在直線與BC平行，則BC//平面PBM，可知BC//AM，而BC與AM相交，故矛盾（2）對(duì)，如圖作PN⊥根據(jù)題意可知平面PAM⊥平面所以PN⊥AC，作NE⊥AC，點(diǎn)則AC⊥平面PNE，而PE?平面所以AC⊥（3）錯(cuò)，若PA⊥平面PBC，則PA⊥所以BC⊥平面PAN，則AM（4）對(duì)，如圖延長(zhǎng)AM,BC交于點(diǎn)H連接PH,作CKPH?平面PAM，CK?平面CK?平面PAM，所以CK//平面PAM（5）錯(cuò)，若PA⊥平面PBM，則又PN⊥BM，所以BM所以BM⊥AM，可知點(diǎn)M在以又該圓與CD無(wú)交點(diǎn)，所以不存在.故答案為：（2）（4）.四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在水平放置的平面α內(nèi)有一邊長(zhǎng)為1的正方形A'B'【解題思路】先還原直觀圖為平行四邊形，在原圖中AD⊥AC，AD=2,AC=【解答過(guò)程】四邊形ABCD的真實(shí)圖形如圖所示，∵A'C'在水平位置，∴∠D∴在原四邊形ABCD中，AD⊥∵AD=2A'∴S四邊形18．（12分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在一個(gè)長(zhǎng)方體的容器中裝有少量水，現(xiàn)在將容器繞著其底部的一條棱傾斜，在傾斜的過(guò)程中：（1）水面的形狀不斷變化，可能是矩形，也可能變成不是矩形的平行四邊形，對(duì)嗎？（2）水的形狀也不斷變化，可以是棱柱，也可能變?yōu)槔馀_(tái)或棱錐，對(duì)嗎？（3）如果傾斜時(shí)，不是繞著底部的一條棱，而是繞著其底部的一個(gè)頂點(diǎn)，試著討論水面和水的形狀.【解題思路】根據(jù)繞著棱旋轉(zhuǎn)和繞著點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的特點(diǎn)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為長(zhǎng)方體被相應(yīng)平面所截形成的截面形狀.【解答過(guò)程】（1）不對(duì)，水面的形狀就是用一個(gè)與棱（傾斜時(shí)固定不動(dòng)的棱）平行的平面截長(zhǎng)方體時(shí)截面的形狀，因而是矩形，不可能是其他非矩形的平行四邊形.（2）不對(duì)，水的形狀就是用與棱（將長(zhǎng)方體傾斜時(shí)固定不動(dòng)的棱）平行的平面將長(zhǎng)方體截去一部分后，剩余部分的幾何體是棱柱，不可能是棱臺(tái)或棱錐.（3）用任意一個(gè)平面去截長(zhǎng)方體，其截面形狀可以是三角形，四邊形，五邊形，六邊形，因而水面的形狀可以是三角形，四邊形，五邊形，六邊形；水的形狀可以是棱錐，棱柱，但不可能是棱臺(tái).19．（12分）（2022·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）如圖，幾何體Ω為一個(gè)圓柱和圓錐的組合體，圓錐的底面和圓柱的一個(gè)底面重合，圓錐的頂點(diǎn)為P，圓柱的上、下底面的圓心分別為O1、O2，且該幾何體有半徑為1的外接球（即圓錐的項(xiàng)點(diǎn)與底面圓周在球面上，且圓柱的底面圓周也在球面上），外接球球心為(1)若圓柱的底面圓半徑為32，求幾何體Ω(2)若PO1:【解題思路】（1）分別計(jì)算圓錐的體積與圓柱的體積，體積和即為所求；（2）根據(jù)比例關(guān)系，可分別求出圓錐與圓柱的高及底面半徑，再利用表面積公式即可求解.【解答過(guò)程】（1）如圖可知，過(guò)P、O1、O2的截面為五邊形ABCPD，其中四邊形ABCD為矩形，三角形CPD為等腰三角形，在直角△OO1D中，OD=1故圓錐的底面半徑為32，高為O1P圓柱的底面半徑為32，高為O1O所以幾何體Ω的體積為3π（2）若PO1:O1O2=1:3，設(shè)在直角△OO1D中，OD=1故圓錐的底面半徑為45，高為O1P圓錐的側(cè)面積為π×圓柱的底面半徑為45，高為O1O所以幾何體Ω的表面積為8520．（12分）（2022秋·上海徐匯·高二期中）在四面體ABCD中，H、G分別是AD、CD的中點(diǎn)，E、F分別是AB、BC邊上的點(diǎn)，且BFFC(1)求證：E、F、G、H四點(diǎn)共面；(2)若平面EFGH截四面體ABCD所得的五面體AC-EFGH的體積占四面體ABCD的325，求【解題思路】（1）利用平行的傳遞性證明EF//（2）延長(zhǎng)EH,FG,【解答過(guò)程】（1）連接EF,因?yàn)镠、G分別是AD、CD的中點(diǎn)，所以AC//又BFFC所以AC//所以EF//所以E、F、G、H四點(diǎn)共面；（2）延長(zhǎng)EH,FG,證明如下：設(shè)EH∩因?yàn)镋H?平面ABD所以M∈平面ABD同理M∈平面BCD又平面ABD∩平面BCD所以M∈BD所以EH,FG,取BD的中點(diǎn)O，連接OH,因?yàn)锽EEA所以BEBA又OHBA所以O(shè)HBE所以VM又MOMB所以MD+所以2kMD所以k-1MD所以VM-HDG所以VMV=22所以8k3k所以7k2+4所以12k解得k=9或k又因?yàn)閗>0所以k21．（12分）（2022秋·浙江·高二階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，△PBC為正三角形，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD（1）求證：PM//平面BDN（2）設(shè)二面角P-BC-A大小為θ，若cosθ【解題思路】（1）連接MC，交BD于E，只須證明PM平行于平面NBD內(nèi)直線NE即可；（2）取BC中點(diǎn)F，連接MF、PF，可得∠PFM為二面角P-BC-A的平面角，再在△PFM中利用余弦定理求出PM，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥PM交PM于點(diǎn)Q，可證QF⊥平面PAD，即QF為點(diǎn)F到平面PAD的距離，又BC//平面PAD，則【解答過(guò)程】（1）證明：連接MC，交BD于E，因?yàn)镈MAM=2，AD=3，所以DM因?yàn)锳D//BC，所以CEEM=BC因?yàn)镹E?平面NBD，PM?平面NBD，所以PM//（2）解：取BC中點(diǎn)F，連接MF、PF，因?yàn)椤鱌BC為正三角形，所以PF⊥BC因?yàn)锳BCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，所以MF⊥BC，因?yàn)镸F∩PF=F，所以BC⊥所以∠PFM為二面角P所以∠PFM=θ，設(shè)PM于是x2=232+3過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥PM交PM于點(diǎn)因?yàn)锳D//BC，BC⊥平面PMF，所以AD⊥平面PMF，又AD?面PAD，所以面PAD⊥平面PMF，面PAD∩所以QF⊥平面PAD所以QF為點(diǎn)F到平面PAD的距離，因?yàn)锳D//BC，AD?平面PAD，BC?平面PAD