微专题——立体几何中的应用题
高中数学立体几何应用题练习及参考答案2023
高中数学立体几何应用题练习及参考答案2023立体几何作为数学中的一个重要分支，涉及到几何图形的三维立体空间的研究。
在高中数学学习中，学生要学习和掌握各种各样的立体几何知识和运用技巧。
本文将为大家提供高中数学立体几何应用题练习及参考答案，帮助大家更好地掌握这一领域的知识。
第一部分：平面与立体几何1.如图，已知平面内三角形ABC，E、F分别是AB、AC上的点，BE=CF，G是AE的中点，连接GF，证明：∠BGC为直角。
```[图片描述：一个三角形ABC，E、F分别是AB、AC上的点。
BE=CF，G是AE的中点，连接GF。
]证明：（1）作BE的中垂线交AC于点D，作CF的中垂线交AB于点H，连接DG，GH。
（2）因为BE=CF，BD=HC，所以三角形BDE和CFH是全等的，即∠BDE=∠CFH，∠BED=∠CHF。
（3）因为G是AE的中点，所以AG=GE，而∠AGE=∠FCE，所以△AGE和△FCE是全等的。
（4）因为DG是三角形ABC中的中线，所以DG=BG，又∠DBG=∠C，所以△DGB和△CHF是全等的。
（5）因此，∠DGB=∠CHF，又∠DGC=∠HGC，所以∠BGC=90°。
```2. 如图，正方体ABCDEFGH的边长为1，P为立方体内一点，且有AP=√3/3，BP=CP=DF，连PE，证明PE⊥(ABCD)。
```[图片描述：正方体ABCDEFGH，P为内部一点，AP=√3/3，BP=CP=DF，PE与ABCD垂直相交。
]证明：（1）设PE所在直线交（ABCD）于点O，连接PA、PB、PC、PD。
（2）因为BP=CP=DF，所以BPFC是菱形。
（3）又因为AF=FB=BE=EC=CD=DE=1，所以AFPE和FBPE和BEPC和CEPD和DEPA都是全等的。
即∠APE=∠DPF，∠APB=∠DPB，∠BPC=∠DPC，∠CPD=∠APD，∠DPE=∠BPE。
（4）结合BPFC是菱形，可得∠BFP=∠CFP=∠PFC，所以∠BPC=2∠PFC，∠FDC=∠FCD，所以△FDC和△FCD是全等的，即∠FDC=∠DFC。
专题19 解决立体几何中的计算问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)
1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段B1B上的一动点，则当AM ＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D-ABC1的体积为________．(1) 若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2) 求三棱锥P-ABC体积的最大值；(3) 若BC＝2，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．4.如图，在棱长为4的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，D 1 C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1的中心，则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．【考向分析】有关立体几何体的计算，是历年高考中命题的重点和难点，几乎每年都考，考查题目巧妙、灵活、新颖．近几年高考立体几何体计算除了通常的题型外，还有几何体的组合问题、翻折问题、以生活实际为背景的问题、融入数学文化的问题等渐成为亮点，集中考查距离、表面积、体积等计算问题．这类问题题目新颖，能够考查空间想象能力与思维能力（一）立体几何中关于面积计算的问题变式1 已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．变式2 正三棱锥S －ABC 中，BC ＝2，SB ＝3，D ，E 分别是棱SA ，SB 上的点，Q 为边AB 的中点，SQ ⊥平面CDE ，则△CDE 的面积为________．（二）立体几何中关于体积计算的问题例2. 已知棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1 D 1中，P ，M 分别为线段BD 1，B 1C 1上的点，若BP PD 1＝12，则三棱锥M-PBC的体积为________．变式1如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D 不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED.(1) 求证：BD⊥平面POA；(2) 当PB取得最小值时，求四棱锥P-BDEF的体积．变式2如图，在圆柱O1，O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切，记圆柱O1，O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．（三）以实际生活为背景的立体几何问题例3.将一个半径为5 cm的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架是由三根细金属杆P A，PB，PC组成，它们两两成60°角，则水晶球的球心到支架顶点P的距离是________cm.变式1如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥，当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．变式2《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛．(保留两位有效数字)3．在三棱锥S-ABC中，底面ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥SC，SB⊥SC，SA＝SB＝2, 则该三棱锥的体积为________．4．如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠ADC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC，E，F分别为棱AC，AD的中点．(1) 求证：DC⊥平面ABC；(2) 设CD＝a，求三棱锥A-BFE的体积．1．已知正四棱锥的底面边长是6，高为7，则这个正四棱锥的侧面积是________．2．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥A -B 1D 1D 的体积为______ cm 3.3．已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________．4．如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到点A 1点的最短路线的长为________cm.5. 若正四面体的棱长为a ，则其外接球的表面积为多少？6. 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. 7. 如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE .(1) 求证：EF //平面ABC ；(2)若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．8. 如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB, AC ，AA 1的中点，设三棱锥F -ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.9. 一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．10．一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为________cm3.11.(1) 给出两块面积相同的正三角形纸片(如图1，图2)，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等．请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明．(2) 试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小．(3) 如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3)，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．12.如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，设AE＝x，B1F＝y，若棱DD1与平面BEF有公共点，则x＋y的取值范围________．。
2025届立体几何微专题外接球问题
外接球问题一、柱体外接球问题公式：R 2=r 2+h 22，其中R 为外接球半径，r 为底面外接圆半径，h 为柱体的高.此模型适用于直三棱柱、圆柱、一条侧棱垂直于底面棱锥等，外接圆半径可由正弦定理求得，高为柱体的高或垂直于底面的侧棱长.1.已知正六棱柱的所有棱长均为2,则该正六棱柱的外接球的体积为()A.16π3B.165π3C.205π3D.20π3【答案】C【解析】如图,设正六棱柱下底面的中心为O ,其外接球的圆心为点O ,则OO =1,△ABO 为等边三角形,故AO =2,OA 即为其外接球的半径,所以R =AO =AO 2+OO 2=22+12=5,所以该正六棱柱的外接球的体积为43π5 3=2053π.2.在三棱锥P -ABC 中，AC ⊥平面P AB ，AB =6，AC =10，BP =22，∠ABP =45°，则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为()A.144πB.128πC.140πD.148π【答案】C【解析】在△ABP中由余弦定理AP2=AB2+BP2-2AB⋅BP cos∠ABP=62+222-2×6×22×22=20，所以AP=25，设△ABP外接圆的半径为，则2r=APsin∠ABP=2522=210，所以r=10，又AC⊥平面P AB，AC=10，设三棱锥P-ABC外接球的半径为，则R2=r2+AC22=102+52=35，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=140π.3.直三棱柱ABC-A B C 的各个顶点都在球O的球面上，且AB=AC=1，BC= 2.若球O的表面积为3π，则这个三棱柱的体积是.【答案】1 2【解析】∵AB=AC=1，BC=2，∴AB⊥AC，∴直三棱柱ABC-A B C 外接球的球心O即为侧面BCC B 的中心，设球O半径为r，则4πr2=3π，∴r=32，即OC=r=3 2，∴直三棱柱ABC-A B C 的高h=2r2-12BC2=1，∴直三棱柱ABC-A B C 的体积V=S△ABC⋅h=12×1×1×1=124.圆柱的底面半径为1,侧面积为10π,则该圆柱外接球的表面积为.【答案】29π【解析】设圆柱的高为h,其外接球的半径为R,由圆柱的底面半径为1,侧面积为10π,得2πh=10π,解得h=5,由圆柱和球的对称性可知,球心位于圆柱上下底面中心连线的中点处,因此R=1+522=292,所以球的表面积为S=4πR2=29π.5.如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，已知该“四角反棱柱”的棱长为4，则其外接球的表面积为.【答案】32+82π【解析】如图，由题意可知旋转角度为π2，设上、下正方形的中心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即为该几何体的外接球的半径，O1A=22，O2B=2，AB=23，过点B作BC⊥O1A于点C，则AC=O1A-O2B=22-2，BC=AB2-AC2=8 2.易得四边形CBO1O2为矩形，即O1O2=BC=82，OO1=12O1O2=22，则OA=OO12+O1A2=8+22，即R=8+22，S=4πR2=32+82π，即该“四角反棱柱”的外接球的表面积为32+82π.二、长方体外接球问题公式：R=a2+b2+c22此模型适用于长方体、三条棱两两垂直的三棱锥、四棱锥等模型，其中a、b、c为长方体的长宽高，或者锥体的三条互相垂直的棱长.此类型外接球问题，可拓展出对棱相等模型：若三棱锥三组对棱分别对应相等，则三棱锥可看作为长方体的一部分，则其外接球公式为：R=λ2+μ2+ϕ28，其中λ、μ、ϕ为三组对棱的长.6.已知长方体的一条棱长为2,体积为16,则其外接球表面积的最小值为()A.5πB.12πC.20πD.80π【答案】C【解析】设长方体的长、宽、高分别为a,b,2,所以长方体的体积为V=2ab=16,解得：ab=8,设长方体的外接球的半径为R,所以2R=a2+b2+4,即4R2=a2+b2+4≥2ab+4=20,即R≥5,当且仅当a=b=22时取等,所以R min=5,所以其外接球表面积的最小值为S=4πR2=20π.7.已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA=BC=2，SB=AC=7，SC=AB=5，则球O的体积是().A.83π B.3223π C.423π D.823π【答案】D【解析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为a，b，c，如图所示：则a2+b2=5a2+c2=7b2+c2=4，故a2+b2+c2=8，球O的半径R=12a2+b2+c2=2，故体积为43πR3=82π3.故选：D.将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为a，b，c，可得则a2+b2=5 a2+c2=7 b2+c2=4，得到球半径，计算体积得到答案.三、锥体外接球模型公式：R2=r2+h-R2此模型适用于圆锥、正棱锥等，其中R为外接球半径，r为底面圆的半径，h为锥体的高，特别的，正四面体的外接球半径公式为：R=64a.8.已知正三棱锥P-ABC的四个顶点都在半径为R的球面上,且AB=2,若三棱锥P-ABC的体积为32R,则该球的表面积为()A.32π27B.16π9C.64π27D.64π9【答案】D【解析】由题意得,△ABC为等边三角形,取△ABC的中心O1,设球心为O ,易得P ,O ,O 1共线,设三棱锥的高为h ,S △ABC =12×22×32=3,则V P -ABC =13⋅S △ABC ⋅h =32R ,则h =32R ,又OA =OP =R ,由正弦定理得,O 1A =12⋅2sin π3=233,在△OAO 1中,O 1O 2+O 1A 2=OA 2,即32R -R2+2332=R 2,解得R =43,则球的表面积为4πR 2=64π9.9.已知正四棱锥P -ABCD 的各顶点都在同一球面上,且该球的体积为36π,若正四棱锥P -ABCD 的高与底面正方形的边长相等,则该正四棱锥的底面边长为()A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】如图所示,设P 在底面的投影为G ,易知正四棱锥P -ABCD 的外接球球心在PG 上,不妨设球半径r ,OG =h ,AB =2a ,该球的体积为36π,即43πr 3=36π⇒r =3=OA =OP ,又正四棱锥P -ABCD 的高与底面正方形的边长相等,则AG =2a ,PG =2a ,AG 2+OG 2=r 2=PG -OG 2即2a -h2=92a 2+h 2=9⇒h =12a =4.四、垂面模型(两平面互相垂直)公式：R 2=r 21+r 22-l 24，其中R 为外接圆半径，r 1、r 2分别为两个垂直平面的外接圆半径，l 为公共边长.10.在体积为12的三棱锥A -BCD 中，AC ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ACD ⊥平面BCD ，∠ACD =π3，∠BCD =π4，若点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，则球O 的表面积为()A.12πB.16πC.32πD.48π【答案】D 【解析】如图，取CD 的中点O ，连接AO ，BO ，因为AC ⊥AD ，BC ⊥BD ，所以OA =OB =OC =OD ，因此点O 就是球心，又∠BCD =π4，故△BCD 是等腰直角三角形，所以OB ⊥CD .因为平面ACD ⊥平面BCD ，平面ACD ∩平面BCD =CD ，所以OB ⊥平面ACD .设球O 半径为R ，则OB =R ，AC =R ，又∠ACD =π3，则AD =3R ，所以三棱锥A -BCD 的体积V =13S △ACD ⋅OB =13×12×AC ⋅AD ⋅OB =36R 3=12，所以R =23，所以球O 的表面积为4πR 2=48π.11.在三棱锥P -ABC 中,AB =BC =10,∠ABC =120°,D 为AC 的中点,PD ⊥平面ABC ,且PD =15,则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为.【答案】500π【解析】在△ABC 中,AB =BC =10,∠ABC =120°,由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2-2AB ⋅BC ⋅cos ∠ABC =300,所以AC =103,设△ABC 的外接圆O 1的半径为r ,则由正弦定理得2r =AC sin ∠ABC =103sin120°,解得r =10结合图形分析：因为D 为AC 的中点,PD ⊥平面ABC ,且PD =15,在Rt △ABD 中,AD =12AC =53,BD =AB 2-AD 2=5,又O 1B =r =10,则圆心O 1到D 点的距离为O 1D =5,另设三棱锥P -ABC 的外接球球心O 到平面ABC 的距离为OO 1=d ,设外接球的半径为R ,则Rt △O 1OB 中,O 1B 2+OO 21=OB 2,即102+d 2=R 2,直角梯形O 1OPD 中,O 1D 2+PD -OO 1 2=OP 2,即52+15-d 2=R 2,解得d =5,R 2=125,所以S =4πR 2=500π..五、两面相交模型公式：R 2=m 2+n 2-2mn cos θsin 2θ+l 24，其中m 、n 为外心到公共边的距离，l 为公共边长，θ为二面角大小，若仅有一个面为钝角三角形，则取其补角.12.如图,在三棱锥P -ABC ,△P AC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,且CB =22,AB =AC =6,二面角P -AC -B 的大小为120°,则三棱锥P -ABC 的外接球表面积为.【答案】10π【解析】先分别作BC ,AC 中点E ,F ,连接AE ,PF ;再过点F 在平面ABC 内作AC 垂线,与AE 相交于点G ,AB 相交于点H ;分别过点F ,G 作平面P AC ,平面ABC 垂线,相交于点O ,连接AO ,如图所示,由题可知,二面角P -AC -B 的平面角为∠HFP =120°,点F ,G 分别为△P AC ,△ABC 的外心,故O 为该三棱锥外接球球心,AO 为外接球半径,可得,OF ⊥PF ,OG ⊥FH ,OG ⊥AG ,所以∠OFG =30°在△ABC 中,sin ∠CAE =CE AC=12BCAC=26=33所以tan ∠CAE =22,sin ∠BAC =sin2∠CAE =223,所以FG =AF tan ∠CAE =62×22=32,由正弦定理可知BCsin ∠BAC=2AG ⇒AG =32因为∠OFG =30°,OG ⊥FH 所以OG =FG tan30°=12因为OG ⊥AG所以有OA 2=AG 2+OG 2=52所以外接表面积为4πOA 2=10π13.如图，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，P A ⊥PC ，△ABC 是边长为6的正三角形，二面角P -AC -B 的大小为120°，则球O 的体积为.【答案】52133π/5213π3【解析】取AC 的中点D ，连接BD ，设E 为△ABC 的外心，则点E 在BD 上且BE =2ED ，因为P A ⊥PC ，则D 为Rt △APC 的外心，根据球的几何性质，则OE ⊥平面ABC ，OD ⊥平面P AC ，因为二面角P -AC -B 的大小为120°，平面OAC ⊥平面P AC ，则二面角O -AC -B 的大小为30°，所以∠ODE =30°，因为△ABC 是边长为6的正三角形，则BD =6sin60°=33，所以ED =BD3=3，在Rt △OED 中，OD =EDcos30°=2，在Rt △ADO 中，因为AD =3，则OA =AD 2+OD 2=13，所以球O 的半径R =13，表面积为V 球=43πR 3=43π×1313=52133π.14.三棱锥A -BCD 中，BC =CD =2，BC ⊥CD ，△ABD 是正三角形，AC =14，则三棱锥A -BCD 的体积为；此三棱锥外接球的表面积为.【答案】63；56π3【解析】设BD的中点为P,连接CP,AP因为△ABD是正三角形,所以AB=AD,又因为BC=CD=2,所以有CP⊥BD,AP⊥BD,而CP∩AP=P,CP,AP⊂平面ACP,因此有BD⊥平面ACP,因为BC=CD=2,BC⊥CD,所以BD=BC2+CD2=4+4=22，CP=12BD=2因为△ABD是正三角形,BD的中点为P,所以AP=(22)2-12×222=6,而AC=14,根据余弦定理可知：cos∠APC=6+2-142×6×2=-32⇒∠APC=5π6因为BD的中点为P,所以三棱锥A-BCD的体积为:1 3S△ACP⋅BD=13×12×6×2×12×22=63因为BC=CD=2,BC⊥CD,BD的中点为P,所以P是△BCD的外心,设O1为△ABD的外心,过P作平面BCD的垂线，过O1作平面ABD的垂线，两个垂线的交点为球心O,在正△ABD中,O1P=13AP=63,O1A=23AP=263由上可知:∠APC=5π6,于是∠OPO1=5π6-π2=π3，于是有OO1=tan π3⋅O1P=3×63=2,在直角三角形OO1A中,OA=O1O2+O1A2=2+249=423因此此三棱锥外接球的表面积为4π⋅4232=56π3.六、台体的外接球模型公式：利用R2=r21+h-x2=r22+x2建立方程求解，其中h为台体高，r1、r2为底面圆(或外接圆)半径.15.已知某圆台的母线长为22，母线与轴所在直线的夹角是45°，且上、下底面的面积之比为1:4，则该圆台外接球的表面积为()A.40πB.64πC.80πD.128π【答案】C【解析】根据题意，将圆台补全为圆锥，记圆锥顶点为E，取圆锥的轴截面EAB，记该轴截面与圆台的交点为ABCD，记圆台上底面圆心为M，下底面圆心为N，根据圆台的对称性可知，其圆台的对称性可知，其外接球球心O在中轴线EN上，连接OC，OB如图所示:因为上、下底面的面积之比为1:4，则上底面半径与下底面半径之比为1:2，即BN=2MC，则有EB=2EC=2BC，EN=2MN，又由∠AEN=45°，则∠AEB=90°，而BC=22，则有MC=2，BN= 4，EN=4，则有NM=2，记圆台外接球半径为R，ON=h，在直角△OCM和直角△OBN中由勾股定理知：OM2+CM2=OC2，ON2+BN2=OB2，则有(h+2)2+4= h2+16，解可得h=2，故圆台外接球的半径R2=OB2=4+16=20，则该圆台外接球的表面积S=4πR2= 80π.16.已知正四棱台的顶点都在同一球面上,其上、下底面边长分别为2,22,高为3,则该球的表面积为()A.40πB.20πC.16πD.205π3【答案】B【解析】法一:正四棱台的对角面的外接圆为其外接球O 的大圆(如下图),对角面为等腰梯形AA C C ,其上下底边长分别为2,4,高为3,由正四棱台的对称性可知,球O 的球心O 在梯形上下底的中点连线O 1O 2所在直线上,设OO 1=d ,则OO 2=3-d ,球O 半径为OC =R =OC ,由Rt △OO 1C ,Rt △OO 2C 可得R 2=|3-d |2+22=d 2+12,解得d =2,R =5,所以所求的球O 的表面积为4πR 2=20π,法二:下底的外接圆不大于球的大圆,故球半径R ≥2(下底对角线长的一半),表面积4πR 2≥16π,排除D ;对角面等腰梯形AA C C 的对角线长32,故球半径R >322,表面积4πR 2>18π,排除C ;若4πR 2=40π,则R =10,易求球心到A C 的距离为d 1=3,球心到AC 的距离为d 2=6,无法满足d 1+d 2 =h =3,或d 1-d 2 =h =3,排除A .。
高三数学习题集：立体几何的应用
高三数学习题集：立体几何的应用立体几何是数学中一个重要的分支，也是高中数学中的一部分内容。
它通过研究空间中的图形与体的形状、位置关系等，帮助我们理解和应用几何概念，并在实际生活中找到问题的解决方案。
本文将为高三学生提供一些立体几何应用的习题，帮助他们巩固相关知识，提升解题能力。
1. 计算体积：已知一个长方体的底面积为20平方厘米，高为10厘米，求长方体的体积是多少？2. 计算表面积：一个正方体的边长为5厘米，求该正方体的总表面积。
3. 体积的应用：甲、乙两个柱体的底面半径都为4厘米，高分别为10厘米和15厘米，求两个柱体的体积之比。
4. 直方体的应用：甲的纸盒长20厘米、宽15厘米、高10厘米，乙的纸盒长28厘米、宽18厘米、高16厘米，请比较两个纸盒的体积。
5. 圆柱的应用：一个圆柱的底面半径为6厘米，高为9厘米，求其体积和侧面积。
6. 圆台的应用：一个圆台的底面半径为8厘米，上底面半径为6厘米，高为10厘米，求其体积和全面积。
7. 球的应用：一个球的表面积为200平方厘米，求其半径和体积。
8. 锥的应用：一个锥的高为12厘米，底面半径为5厘米，在底面上削去一个半径为3厘米的小圆锥，求大锥的体积。
通过解答以上习题，我们可以提升对立体几何的应用能力，加深对体积、表面积等概念的理解。
这些题目既可以巩固基础知识的掌握，又能锻炼思维能力和解题技巧。
总结：立体几何的应用领域广泛，包含了对不同几何体的体积、表面积的计算，以及一些实际问题的解决等。
通过解答相关习题，我们可以提升对立体几何知识的理解和应用能力，为日后的学习和实际生活中遇到的问题提供更好的解决方案。
在高三数学学业中，合理地运用立体几何知识，学生可以更加灵活地思考问题，提升解决数学问题的能力。
高考大题专练四：立体几何的综合运用
专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC －D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值．6．[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．。
2023年高考数学微专题练习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理
专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．[2022·全国甲卷(理)，18]在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC ＝CB＝1，AB＝2，DP＝ 3.(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．[2022·安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥PA；(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．4．[2022·安徽省蚌埠市高三质检]《九章算术》记录形似“楔体”的所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形(其中最多只有一个平行四边形)、两个不平行对面是三角形的五面体．如图，羡除ABCDEF 中，ABCD 是正方形，且△EAD ，△FBC 均为正三角形，棱EF 平行于平面ABCD ，EF ＝2AB .(1)求证：AE ⊥CF ；(2)求二面角E AC F 的大小．5．[2022·安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠BCD ＝π3，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，CM →＝13CA →.(1)线段AD 上是否存在一点P ，使得AF ∥面BMP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，请说明理由；(2)求直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值．专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．解析：(1)证明：∵CD ∥AB ，AD ＝CB ＝1，DC ≠AB ， ∴四边形ABCD 是等腰梯形．如图，过点C 作CE ⊥AB 于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ， 则AF ＝BE ＝12(AB －CD )＝12，CD ＝EF .又AD ＝1，∴DF ＝AD 2－AF 2＝32. 又BF ＝EF ＋BE ＝32，∴BD ＝BF 2＋DF 2＝ 3.又AD ＝1，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD . ∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BD . 又AD ∩PD ＝D ， ∴BD ⊥平面PAD .∵PA ⊂平面PAD ，∴BD ⊥PA .(2)如图，以D 为原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，3)，∴PD →＝(0，0，－3)，PA →＝(1，0，－3)，PB →＝(0，3，－3). 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧PA →·n ＝0，PB →·n ＝0，得⎩⎨⎧x －3z ＝0，3y －3z ＝0.令z ＝1，得x ＝3，y ＝1，则n ＝(3，1，1). 设直线PD 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·||PD→＝35×3＝55.∴PD 与平面PAB 所成的角的正弦值为55.2．解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝ 3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3，0)，AD →＝(－1，0，1)，DB →＝(0，3，－1)，ED →＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF →＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF →＝ED →＋DF →＝ED →＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3，－1)＝(0，3λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF →·DB →＝(0，3λ，1－λ)·(0，3，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14，∴EF →＝(0，34，34)，∴CF →＝EF →－EC →＝(0，34，34)－(－1，0，0)＝(1，34，34). 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3，z ＝3，∴n ＝(3，1，3).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF →〉|＝|n ·CF →||n ||CF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3×1＋1×34＋3×343＋1＋3×1＋316＋916＝437.故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.3．解析：(1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接CE .因为AB ＝2CD ，AB ∥CD ，AD ⊥AB ， 所以四边形AECD 是矩形，所以CE ⊥AB . 在Rt△BEC 中，cos∠CBE ＝BE BC ＝12AB BC ＝12，所以∠CBE ＝60°.连接AC ，则△ABC 是等边三角形. 取BC 的中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC .连接PO ， 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC ， 因为PO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面PAO，所以BC ⊥PA .(2)因为平面PBC ⊥平面ABCD ，PO ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， 所以PO ⊥平面ABCD .连接DO ，则∠PDO 就是直线PD 与平面ABCD 所成的角， 所以∠PDO ＝45°，所以PO ＝OD .在△OCD 中，OC ＝CD ，∠DCO ＝120°， 所以OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD ·(－12)＝3OC 2，所以PO ＝OD ＝3OC .如图，以O 为坐标原点，OA →、OB →、OP →分别为x 轴、y 轴和z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB ＝BC ＝2CD ＝2a ，则A (3a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，－a ，0)，P (0，0，3a ). 由CD →＝12BA →，可得D (32a ，－32a ，0).所以DA →＝(32a ，32a ，0)，AP →＝(－3a ，0，3a ).设平面PAD 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32a ·x 0＋32a ·y 0＝0，－3a ·x 0＋3a ·z 0＝0.可取x 0＝z 0＝3，y 0＝－1，则m ＝(3，－1，3).因为平面PBC 的一个法向量为OA →，所以cos 〈OA →，m 〉＝OA →·m |OA →||m |＝3a 21a ＝217，所以平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217. 4．解析：(1)延长AB 到M 点，使BM ＝AB ，连接CM ，FM ， ∵EF ∥平面ABCD ，平面AMF ∩平面ABCD ＝AM ，∴EF ∥AM ，∵AM ＝2AB ＝EF ，∴四边形AMFE 是平行四边形， ∴AE ∥MF .在△FCM 中，令FC ＝2，则FM ＝2，CM ＝2， ∴FC 2＋FM 2＝CM 2，∴∠CFM ＝90°，即MF ⊥CF . ∴AE ⊥CF .(2)分别取AD ，BC ，EF 的中点G ，H ，Q ，连接EG ，GH ，HF ，AC ，BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OQ ，∵△EAD 为正三角形，G 是AD 中点， ∴AD ⊥EG ，∵AD ⊥AB ，GH ∥AB ，∴AG ⊥GH ，∴AD ⊥平面EFHG ，平面EFHG ⊥平面ABCD ， ∵OQ ⊥GH ，平面EFHG ∩平面ABCD ＝GH ， ∴OQ ⊥平面ABCD ， ∴OQ ⊥AC ，OQ ⊥BD .分别以OA →，OB →，OQ →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，令OA ＝1，则OB ＝1，OQ ＝1，A (1，0，0)，C (－1，0，0)，E (1，－1，1)，F (－1，1，1)， AC →＝(－2，0，0)，AE →＝(0，－1，1)，CF →＝(0，1，1)， AF →＝(－2，1，1)，设平面EAC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0m ·AE →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－y ＋z ＝0，令y ＝1，则m ＝(0，1，1)， 设平面FAC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AF →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－2x ＋y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0，1，－1)，m ·n ＝0×0＋1×1－1×1＝0，∴〈m ，n 〉＝90°，即二面角E AC F 的平面角为90°.5．解析：(1)存在P 为AD 上靠近D 点的三等分点，使得AF ∥面BMP ； 理由：过点M 作MP ∥CD ，交AD 于P ，因为CM →＝13CA →，即有CM ＝13CA ，故DP ＝13DA ，即P 为AD 上靠近D 点的三等分点，而BE ∥CD ，AF ∥BE ，故AF ∥MP ，又MP ⊂面BMP ，AF ⊄面BMP ，所以AF ∥面BMP .(2)取CD 的中点为G ，连接BG ，BD ，因为∠BCD ＝π3，BC ＝CD ＝1，故△BCD 为正三角形，则BG ⊥CD ，故以B 为坐标原点，分别以BG ，BE ，BA 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D (32，12，0)，E (0，2，0)，F (0，2，2)，A (0，0，2)， C (32，－12，0)， 则EF →＝(0，0，2)，DE →＝(－32，32，0)，又∵CM →＝13CA →＝13(－32，12，2)，可求得M (33，－13，23)， 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0－32x ＋32y ＝0， 不妨取y ＝1，则n ＝(3，1，0)， 记直线DM 与平面DEF 所成角为θ， 又∵DM →＝(－36，－56，23),∴sin θ＝|cos 〈DM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111，即直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值为21111.。
微专题4：+立体几何中的探索问题+2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
解：AD 上存在一点 P，AP=λPD，使得 CP
∥平面 ABEF，此时λ＝3. 2
理由如下： 当λ＝32时，AP=32PD，可知AADP＝35，如图，过点 P 作 MP∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MFDP＝AADP＝35， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，故有 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 CP∥ME，
变式：如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，D，E分别是棱BC ， AB的中点，点F在棱 CC1 上，已知AB=AC，AA1 3 ， BC=CF=2.
（1）求证： C1E//平面ADF； （2）在棱 BB1 上是否存在点M，使平面 CAM 平面ADF ，若存在，试求出BM的值； 若不存在，请说明理由.
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2， Rt△CBM≌Rt△FCD
故 CM DF
DF . AD＝D DF，AD
易证CM ，又
，
平面ADF，
故CM 平面ADF .
CAM
又 平面 CAM ，故平面
平面ADF.
翻折中的位置关系探索问题
例 3：如图，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6， BC＝4，E，F 分别在 BC，AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC.
证明如下：因为AB=AC， AD 平面ABC，故 AD BC.
在直三棱柱 ABC
中， A1B1C1
BB1
平面
ABC
高中数学立体几何的应用试题
高中数学立体几何的应用试题题目一：计算一个给定棱长的正方体的体积和表面积。
解析：一个正方体的体积可以通过将其棱长的立方来计算。
设正方体的棱长为a，则体积V = a³。
另一方面，正方体的表面积可以通过将每个面的面积相加来计算。
正方体有六个面，每个面的面积等于a²，所以表面积S = 6a²。
题目二：已知一个圆锥的底面半径和高，计算其体积和侧面积。
解析：一个圆锥的体积可以通过将其底面积乘以高再除以3来计算。
设圆锥的底面半径为r，高为h，则体积V = πr²h/3。
另一方面，圆锥的侧面积可以通过计算圆的周长乘以斜高来得到。
侧面积S = πrl，其中l为圆锥的斜高，可以通过勾股定理计算得到，l= √(r²+h²)。
题目三：给定一个正方体和一个球体，已知它们的体积相等，求球体的半径与正方体的边长的比值。
解析：设正方体的边长为a，球体的半径为r。
由已知条件可得，正方体的体积与球体的体积相等，即a³ = (4/3)πr³。
解方程可得球体的半径与正方体的边长的比值为r/a = (∛(3/4π))。
题目四：已知一个圆锥的底面半径和高，计算其表面积。
解析：一个圆锥的表面积由底面积、底面到尖顶的直线和侧面积三部分组成。
圆锥的底面积为πr²。
底面到尖顶的直线可以通过勾股定理计算得到，记为l = √(r²+h²)。
由于侧面是一个锥形，所以其侧面积可以通过计算圆的周长乘以斜高得到，记为Sl = πrl，其中l为底面到尖顶的直线。
综上所述，圆锥的表面积为S = πr² + πrl。
题目五：已知一个球体的体积，求其半径。
解析：设球体的体积为V，半径为r。
球体的体积可以通过将π乘以半径的立方来计算，即V = (4/3)πr³。
将公式重整为r³ =(3V)/(4π)。
解出r的立方根即可得到球体的半径。
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微专题——立体几何中应用题 1.（2006江苏）（本小题满分14分）
请您设计一个帐篷。
它下部的形状是高为1m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m 的正六棱锥（如右图
所示）。
试问当帐篷的顶点O 到底面中心1o 的距离为多少时，帐篷的体积最大？
2.（2011江苏）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm
（1）若广告商要求包装盒侧面积S （cm 2）最大，试问x 应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积V （cm 3）最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。
P
3.（2016江苏）
O 1 O x x E F A B
D C
4.某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按
照设计要求容器的容积为80
3
π
立方米，且2
l r
≥．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平
方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（3
c>）千元．设该容器的建造费用为y千元．
（1）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
（2）求该容器的建造费用最小时的r．
5.要制作一个由同底圆锥和圆柱组成的储油罐（如图），设计要求：圆锥和圆柱的总高度和圆柱底面半径相等，都为r米.市场上，圆柱侧面用料单价为每平方米a元，圆锥侧面用料单价分别是圆柱侧面用料单价和圆柱底面用料单价的4倍和2倍.设圆锥母线和底面所成角为θ（弧度），总费用为y（元）.
（1）写出θ的取值范围；
（2）将y表示成θ的函数关系式；
（3）当θ为何值时，总费用y最小?
6。