專題10立體幾何一、選擇題部分1.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T3)已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長為（）A. B. C. D.B．設(shè)圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.2.(2021?高考全國甲卷?理T6)在一個(gè)正方體中，過頂點(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.D．根據(jù)題意及題目所給的正視圖還原出幾何體的直觀圖，結(jié)合直觀圖進(jìn)行判斷.由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示，所以其側(cè)視圖為故選D．3.(2021?高考全國甲卷?理T8)2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個(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足，．由C點(diǎn)測得B點(diǎn)的仰角為，與的差為100；由B點(diǎn)測得A點(diǎn)的仰角為，則A，C兩點(diǎn)到水平面的高度差約為（）（）A.346 B.373 C.446 D.B．通過做輔助線，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．過作，過作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．因?yàn)椋栽谥校烧叶ɡ淼茫海运裕蔬xB．4.(2021?高考全國甲卷?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.A．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?高考全國乙卷?文T10)在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線與所成的角為（）A. B. C. D.D．如圖，連接，因?yàn)椤危曰蚱溲a(bǔ)角為直線與所成的角，因?yàn)槠矫妫裕郑云矫妫裕O(shè)正方體棱長為2，則，，所以.故選D．6.(2021?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.3 C. D.A．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.直線與直線垂直，直線平面B.直線與直線平行，直線平面C.直線與直線相交，直線平面D.直線與直線異面，直線平面A．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，，所以平面，平面，所以，且直線是異面直線，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l，m和平面α（）A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l∥α，m?α，則l∥m C．若l⊥α，m?α，則l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，則m⊥αC．對于A，若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯(cuò)誤；對于B，若l∥α，m?α，則l∥m或l與m異面，故B錯(cuò)誤；對于C，若l⊥α，m?α，則由線面垂直的性質(zhì)得l⊥m，故C正確；對于D，若l⊥m，l⊥α，則m與α平行或m?α，故D錯(cuò)誤．9.(2021?江蘇鹽城三模?T11)已知矩形ABCD滿足AB＝1，AD＝2，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B′－AECD，若點(diǎn)P為B′D的中點(diǎn)，則A．CP//平面B′AEB．存在點(diǎn)B′，使得CP⊥平面AB′DC．四棱錐B′－AECD體積的最大值為eq\f(\r(,2),4)D．存在點(diǎn)B′，使得三棱錐B′－ADE外接球的球心在平面AECD內(nèi)ACD．【考點(diǎn)】立體幾何的綜合應(yīng)用：位置關(guān)系、體積、外接球問題由題意可知，對于選項(xiàng)A，取AB′的中點(diǎn)為Q，連結(jié)EQ、PQ，因?yàn)镃EEQ\F(1,2)D，PQEQ\F(1,2)D，所以PQCE，所以四邊形CEQP為平行四邊形，所以CP∥QE，又QE平面AB′E，CP平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以選項(xiàng)A正確；對于選項(xiàng)B，若CP⊥平面AB′D，則CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，則與AB′⊥BE矛盾，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)C，過B′作B′O⊥AE，垂足為O，可得B′O＝eq\f(\r(,2),2)，所以VB′－AECD＝EQ\F(1,3)SAECDh＝EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)(1＋1)1h≤EQ\F(1,2)B′O＝eq\f(\r(,2),4)，所以選項(xiàng)C正確；對于選項(xiàng)D，若三棱錐B′－ADE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R＝OB′＝OA＝OD＝1，則AB′⊥B′D，所以B′D＝EQ\R(,3)，而B′D∈(1，EQ\R(,5))，可知存在，則滿足題意，所以選項(xiàng)D正確；綜上，答案選ACD．10.(2021?河南鄭州三模?理T9)已知等腰直角△ABC的斜邊BC＝4，沿斜邊的高線AD將△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C為，則四面體ABCD的外接球的體積為（）A． B． C． D．B．如圖，由題意，△BCD是等邊三角形，邊長為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OG＝AD＝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V＝＝．11.(2021?河南鄭州三模?理T11)在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E∈平面AA1B1B，點(diǎn)F是線段AA1的中點(diǎn)，若D1E⊥CF，則△EBC的面積最小值為（）A． B． C． D．B．如圖：取AB中點(diǎn)G，可知Rt△BAF∽R(shí)t△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°，∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G，當(dāng)點(diǎn)E在直線B1G上時(shí)，D1E⊥CF，BC＝2，則△ABC面積為EB?BC，當(dāng)△EBC的面積取得最小值時(shí)，線段CE的長度為點(diǎn)B到直線B1G的距離，線段CE長度的最小值為，此時(shí)△EBC面積為×EB×BC＝．12.(2021?河南開封三模?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：①體積可能是；②體積可能是；③AB和CD在直觀圖中所對應(yīng)的棱所成的角為；④在該幾何體的面中，互相平行的面可能有四對．其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④D．由三視圖可畫出直觀圖如下圖：如圖1，，故①正確；如圖2，，故②正確；如上圖，AB和CD在直觀圖中所對應(yīng)的棱分別為EF和FG，由△EFG為正三角形，可知AB和CD在直觀圖中所對應(yīng)的棱所成的角為，故③正確；如上圖，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④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4π，則球O的表面積不可能為（）A．6π B．8π C．12π D．16πAB．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)h＝2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O≥12π．14.(2021?山東聊城三模?T12.)已知等邊三角形ABC的邊長為6，M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起至△A'A.

直線MN∥平面A'BC

B.

當(dāng)四棱錐A'-MNCB體積最大時(shí)，二面角A'-MN-B為直二面角

C.

在折起過程中存在某位置使BN⊥平面AA,B,D【考點(diǎn)】反證法，球的體積和表面積，直線與平面平行的判定因?yàn)镸N//BC,MN?平面A'BC，BC?平面A'BC，所以直線因?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)二面角對于C，如圖，若BN⊥平面A'NC，則BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN當(dāng)四棱A'-MNCB由∠MBC=π3，取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心．F是作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，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【分析】A由線面平行判定可推得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MNCB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B15.(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（）A．4 B．8 C． D．C．根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐體．如圖所示：由于AB＝2，BD＝4．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AM翻折成△AB1M，連結(jié)B1D，N為B1D的中點(diǎn)，則在翻折過程中，下列說法中所有正確的是（）A．存在某個(gè)位置，使得CN⊥AB1 B．翻折過程中，CN的長是定值 C．若AB＝BM，則AM⊥B1D D．若AB＝BM＝1，當(dāng)三棱錐B1﹣AMD的體積最大時(shí)，三棱錐B1﹣AMD的外接球的表面積是4πBD．對于A：如圖1，取AD中點(diǎn)E，連接EC交MD與F，則NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三線NE，NF，NC共面共點(diǎn)，不可能，故A錯(cuò)誤．對于B：如圖1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE＝（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE?EC?cos∠NEC，∴NC是定值，故B正確．對于C：如圖2，取AM中點(diǎn)O，連接B1O，DO，由題意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，從而AD＝MD，由題意不成立，可得C錯(cuò)誤．對于D：當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時(shí)，三棱錐B1﹣AMD的體積最大，由題意得AD中點(diǎn)H就是三棱錐B1﹣AMD的外接球的球心，球半徑為1，表面積是4π，故D正確．17.(2021?安徽蚌埠三模?文T9．)已知平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足a?α，b?β，c?γ，則直線a、b、c不可能滿足的是（）A．兩兩垂直 B．兩兩平行 C．兩兩相交 D．兩兩異面B．平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足a?α，b?β，c?γ，所以直線a、b、c在三個(gè)平面內(nèi)，不會(huì)是共面直線，所以：當(dāng)直線兩兩平行時(shí)，a、b、c為共面直線．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（）A．16 B．18 C． D．D．根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為棱長為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+2．19.(2021?遼寧朝陽三模?T8．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1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至少有一條與直線BD異面的概率是（）A． B． C． D．B．∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1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)n＝＝36，這兩條棱所在直線至少有一條與直線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至少有一條與直線BD異面的概率P＝＝＝．20.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T12．)已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長為1，側(cè)棱AA1長為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線長為（）A． B．π C． D．D．長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形且邊長為1，側(cè)棱AA1長為2，以A1為球心，為半徑的球面與側(cè)面CDD1C1的交線，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ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，CF＝CC1，則（）A．D1E≠AF，且直線D1E，AF是相交直線 B．D1E≠AF，且直線D1E，AF是異面直線 C．D1E＝AF，且直線D1E，AF是異面直線 D．D1E＝AF，且直線D1E，AF是相交直線B．由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝4，AB＝2，BE＝BB1，CF＝CC1，可得B1E＝3，D1E＝＝，CF＝2，AF＝＝2，AF≠D1E，連接BD，B1D1，設(shè)直線AF與平面BDD1B1交于H，可得H不在直線D1E上，且H∈平面BDD1E1，直線D1E?平面BDD1B1，又AF?平面BDD1B1，所以直線AF與D1E為異面直線．22.(2021?江西上饒三模?理T4．)羅德島太陽神巨像是古代世界七大奇跡之一．它是希臘太陽神赫利俄斯的青銅鑄像．如圖所示，太陽神赫利俄斯手中所持的幾何體（含火焰）近似是一個(gè)底同的兩個(gè)圓錐合在一起，正方向投影過去，其平面幾何圖形形狀是上方內(nèi)角為60°，邊長為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（）A． B． C． D．B．圓錐的軸截面是邊長為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V＝×＝．23.(2021?江西上饒三模?理T8．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)G是線段BC1上的一點(diǎn)，且A1G⊥B1D，則（）A．BG＝BC1 B．BC1＝3GC1 C．BG＝3GC1 D．點(diǎn)G為線段BC1上任意一點(diǎn)D．如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影是AB1，且AB1⊥A1B，所以A1B⊥B1D，同理，B1D⊥C1，且A1B∩BC1＝B，所以B1D⊥平面A1BC1，又A1G?平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，即點(diǎn)G為線段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，α、β為兩個(gè)不同平面．下列命題中正確的是（）A．若a∥α，b∥α，則a與b共面 B．若a⊥α，α⊥β，則a∥β C．若a⊥α，α∥β，則a⊥β D．若α∥b，β∥b，則α∥βC．若a∥α，b∥α，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故A錯(cuò)誤；若a⊥α，α⊥β，則a∥β或a?β，故B錯(cuò)誤；若a⊥α，α∥β，由直線與平面垂直的性質(zhì)，可得a⊥β，故C正確；若α∥b，β∥b，則α∥β或α與β相交，故D錯(cuò)誤．25.(2021?四川瀘州三模?理T11．)已知在Rt△ABC中，斜邊AB＝2，BC＝1，若將Rt△ABC沿斜邊AB上的中線CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，則三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為（）A． B． C． D．A．如圖，設(shè)點(diǎn)E為△BCD外接圓的圓心，則三棱錐A﹣BCD外接球的球心一定在過點(diǎn)E且與平面BCD垂直的直線上，不妨設(shè)點(diǎn)O為外接圓的圓心，則OE⊥平面BCD，且OA＝OB＝OC＝OD＝R，過點(diǎn)O作OM⊥平面ACD，則點(diǎn)M為△ACD外接圓的圓心，在△ACD中，由余弦定理有，，∴，∴，延長BE交CD于F，連接MF，∵BC＝CD＝BD＝1，∴△BCD為邊長為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Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，即，解得，∴三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為．26.(2021?江蘇常數(shù)三模?T11．)在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別為棱BC，CD，CC1的中點(diǎn)，P是線段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則（）A．PM⊥BD B．AC1∥平面EFM C．PE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P﹣CEF的外接球體積最小AC．對于A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，又BD?平面ABCD，所以AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又PM?平面ACC1A1，則PM⊥BD，故選項(xiàng)A正確；對于B，設(shè)AC∩BD＝O，EF∩AC＝H，如圖所示，若AC1∥平面MEF，又AC?平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面MEF＝MH，則AC1∥MH，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AC1∥MO，又MO∩MH＝M，產(chǎn)生矛盾，故假設(shè)不成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于C，點(diǎn)P在平面ABCD上的射影N在AC上，連結(jié)NE，故∠PEN即為PE與平面ABCD所成的角，設(shè)正方體的棱長為a，則PN＝a，tan∠PEN＝，故EN的最小值即為E到直線AC的距離EH＝，所以tan∠PEN的最大值為，故選項(xiàng)C正確；對于D，正方體ABCD﹣A1B1C1D1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P﹣CEF的外接球的球心一定在HK上，設(shè)球心為O'，高O'P＝O'E＝R，正方體的棱長為a，則，2a，其中，故當(dāng)＝0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．三條相交直線確定一個(gè)平面 C．對于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c D．對于直線a、b、c，若a∥b，b∥c，則a∥cD．選項(xiàng)A，不共線的三點(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，對于直線a、b、c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c，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：對已直線abc，若a∥b，b∥c，則a∥c，故D正確．28.(2021?湖南三模?T11．)如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿對角線BD將△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列說法正確的有（）A．平面PCD⊥平面PBD B．三棱錐P﹣BCD四個(gè)面都是直角三角形 C．PD與BC所成角的余弦值為 D．過BC的平面與PD交于M，則△MBC面積的最小值為ABD．△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，所以BD＝，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD，CD⊥PD；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；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)椋剑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的比為22

B.側(cè)棱與底面所成的角為60°

C.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ACD．設(shè)底面邊長為2a，側(cè)棱長為b，則，即ab2-a2=3，

而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，

故V=4a23?3a2-a2=433a2-a6，

設(shè)f(a)=3a2-a6(0<a<43)，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，

∴底面邊長為2，側(cè)棱長為2，PE=3,OP=2，

∴棱錐的高與底面邊長的比為2A.任意點(diǎn)P，都有AP//QR

B.任意點(diǎn)P，四邊形APQR不可能為平行四邊形

C.存在點(diǎn)P，使得△APR為等腰直角三角形

D.存在點(diǎn)P，使得BC//平面APQRC．對于A：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB//CD，

所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，

又因?yàn)槠矫鍭PQR?平面ABB1A1=AP，平面APQR?平面DCC1D1=QR，

所以AP//QR.

對于B：若四邊形APQR為平行四邊形，則AR//QP，

而AD與BC不平行，即平面ADD1A1與平面BCC1B1不平行，

所以平面APQR?平面BCC1B1=PQ，平面APQR?平面ADD1A1=AR，

直線PQ與直線AR不平行，

與AR//QP矛盾，

所以四邊形APQR不可能是平行四邊形．

對于C：假設(shè)存在點(diǎn)P，使得△APR為等腰直角三角形，

令BP=x，

由AP=AB2+BP2=4+BP2=AR=AD2+DR2=4+DR2，

所以BP=DR=x且BP//DR?四邊形BPDR為平行四邊BPDR，

所以RP=BD=BC2+CD2A．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．鈍角三角形A．由已知中△ABC的直觀圖中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，∴△ABC中，BO＝CO＝1，AO＝，由勾股定理得：AB＝AC＝2，又由BC＝2，故△ABC為等邊三角形．32.(2021?寧夏中衛(wèi)三模?理T10．)若正四面體ABCD的所有棱長均為，則正四面體ABCD的（）A．表面積為 B．高為 C．體積為 D．內(nèi)切球半徑為D．根據(jù)題意，正四面體ABCD的所有棱長均為，依次分析選項(xiàng)：對于A，S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝S△BCD＝×2＝，則其表面積S＝4×＝2，A錯(cuò)誤；對于B，設(shè)△ABC的中心為O，易得DO⊥面ABC，則AO＝×＝，則|DO|＝＝，正四面體ABCD的高為，B錯(cuò)誤；對于C，正四面體ABCD的V＝×S△ABC×|DO|＝，C錯(cuò)誤；對于D，設(shè)正四面體ABCD的內(nèi)切球半徑為r，則有V＝＝×S△ABC×|DO|＝×（S表）×r，解可得r＝，D正確．33.(2021?江西南昌三模?理T9．)平安夜蘋果創(chuàng)意禮品盒，如圖1，它的形狀可視為一個(gè)十面體，其中上下底面為全等的正方形，八個(gè)側(cè)面是全等的等腰三角形．如圖2，底面正方形ABCD的邊長為2，上底面EFGH與下底面ABCD之間的距離為，則該幾何體的側(cè)面積為（）A． B． C． D．B．該幾何體的俯視圖如圖所示，設(shè)O為俯視圖的中心，則，所以,設(shè)等腰三角形的高為h,則,得,所以一個(gè)等腰三角形的面積為,所以該幾何體的側(cè)面積為．34.(2021?安徽馬鞍山三模?理T11．)如圖，E是正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱D1D的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱C1B1上的動(dòng)點(diǎn)，下列命題中：①若過CF的平面與直線EB垂直，則F為C1B1的中點(diǎn)；②存在F使得D1F∥BE；③存在F使得△BEF的主視圖和側(cè)視圖的面積相等；④四面體EBFC的體積為定值．其中正確的是（）A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④D．當(dāng)F為B1C1中點(diǎn)時(shí)，將CF平移至EM，則M為A1D1的四等分點(diǎn)，即，過M作MN⊥AD，不妨設(shè)AD＝4，則MN＝4，BN＝5，BD＝，∴在Rt△BDE中，，同理BM＝，ME＝，∴BE2+ME2＝BM2，∴ME⊥BE，∴CF⊥BE，∵AC⊥BE，∴BE⊥面ACF，故①正確；過D1作D1Q∥BE，可得Q為BB1中點(diǎn)，∴不存在F使得D1F∥BE，故②錯(cuò)誤；當(dāng)F與B1重合時(shí)，，側(cè)視圖，（P為CC1中點(diǎn)），∴，故③正確；∵C1B1∥BC，所以C1B1∥平面EBC，∴B1C1上任一點(diǎn)到平面EBC的距離都相等，設(shè)F到面BEC的距離為h，且S△EBC為定值，∴也為定值，故④正確．35.(2021?安徽馬鞍山三模?文T10．)將一個(gè)表面積為36π的木質(zhì)實(shí)心球加工成一個(gè)體積最大的圓柱，則該圓