微专题 高考有关立体几何小题的创新命题
立体几何创新题目
GFDECBA立体几何（创新题）1、如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kPA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC （1）当k ＝21时，求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值。
（2）当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC的重心？2、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝a ，又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4． （1）BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围；（2）C 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求二面角A －PD －Q 的余弦值。
3、已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =2π，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE = x ，G 是BC 的中点。
沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图) 。
(1) 当x =2时，求证：BD ⊥EG ；(2) 若以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为()f x ，求()f x 的最大值；(3) 当()f x 取得最大值时，求二面角D-BF-C 的余弦值。
4、在四棱锥A B C D P -中，⊥PA 平面A B C D ，底面A B C D 为矩形，)0(>==a a B C PA AB 。
ABCDOPABC DFE P(Ⅰ)当1a=时，求证：BD PC⊥；(Ⅱ) 若BC边上有且只有一个点Q，使得QDPQ⊥，求此时二面角QPDA--的余弦值。
5、用一边长为12cm的正方形铁片，按图将阴影部分裁下，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，加工成一个四棱锥容器P－ABCD。
（1）证明：四棱锥P－ABCD为正四棱锥；（2）求容器四棱锥P－ABCD容积的最大值；（3）在四棱锥P－ABCD的容积最大值时，如它的顶点都在一个球面上，求这个球的表面积。
2023年新高考数学创新题型微专题10 解析几何专题(新定义)(解析版)
专题10 解析几何专题（新定义）一、单选题1．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy 中（O 为坐标原点），把到定点1(,0)F c −和2(,0)F c 距离之积等于2(0)c c >的点的轨迹称为双纽线，记为Γ，已知()00,P x y 为双纽线Γ上任意一点，有下列命题： ①双纽线Γ的方程为()()2222222x y c x y +=−； ②12F PF △面积最大值为212c ；③022c c y −≤≤；④PO ．其中所有正确命题的序号是（ ）A ．①②B ．①②③C ．②③④D ．①②③④【答案】D【分析】由已知212PF PF c ⋅=，代入坐标整理即可得出方程，判断①；根据正弦定理，结合已知条件，即可判断②；根据面积公式，结合②的结论，即可判断③；根据余弦定理，以及向量可推得222212||cos 2PO c c F PF c ∠=+≤，即可判断④.【详解】对于①，由定义212PF PF c ⋅=2c =， 即()()222222400000022x y c cx x y c cx c +++⋅++−=，整理可得()()22222200002x y c x y +=−，所以双纽线Γ的方程为()()2222222x y c x y +=−，故①正确； 对于②，1212121sin 2F PF SPF PF F PF ∠=221211sin 22c F PF c ∠=≤，故②正确；对于③，因为12212001122F PF SF F y c y c =⨯=≤，所以022c cy −≤≤，故③正确； 对于④，12F PF △中，由余弦定理可得222121212122cos F F PF PF PF PF F PF =+−⋅⋅∠， 所以2222121242cos PF PF c c F PF ∠+=+. 又因为122PO PF PF =+，所以()()22122POPF PF =+uu u ruuu r uuu r 2212122PF PF PF PF =++⋅uuu r uuu r uuu r uuu r 221212122cos PF PF PF PF F PF =++⋅∠uuu r uuu r uuu r uuu r.所以，()22122PO F F +22212212121221212c 2cos os PF PF PF PF PF PF PF F PF F P PF F =++⋅∠++−⋅⋅∠()22122PF PF =+，即()22221244242cos PO c c c F PF ∠+=⨯+，整理可得222212||cos 2PO c c F PF c ∠=+≤，所以||PO ≤，故④正确.故选：D.2．（2023春·四川达州·高二四川省宣汉中学校考开学考试）定义： 椭圆 22221(1)x y a b a b +=>>中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为 “好弦”． 则椭圆221259x y +=中所有 “好弦” 的长度之和为（ ）A ．162B ．166C ．312D ．364【答案】B【分析】根据题意分类讨论结合韦达定理求弦长的取值范围，进而判断“好弦” 的长度的取值可能，注意椭圆对称性的应用.【详解】由已知可得 5,3a b ==， 所以4c =，即椭圆221259x y +=的右焦点坐标为()4,0，对于过右焦点的弦AB ，则有：当弦AB 与x 轴重合时，则弦长210AB a ==，当弦AB 不与x 轴重合时，设()()1122:4,,,,AB x my A x y B x y =+，联立方程2241259x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得：()2292572810m y my ++−=，则()()()()2221212227281Δ72492581810010,,925925m m m m x x x x m m =−+⨯−=+>+=−=−++，故()22290116101925925m AB m m +⎛⎫==− ⎪++⎝⎭， ∵20m ≥，则221192525,092525m m +≥<≤+，可得21616025925m −≤−<+，即29161125925m ≤−<+， ∴18,105AB ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，综上所述：18,105AB ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故弦长为整数有4,5,6,7,8,9,10，由椭圆的对称性可得：“好弦” 的长度和为 ()445678910166⨯++++++=． 故选 ：B ．3．（2023秋·湖南郴州·高二校考期末）城市的许多街道是互相垂直或平行的，因此往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走.如果按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系，对两点()()1122,,,A x y B x y ，定义两点间“距离”为()1212,d A B x x y y =−+−，则平面内与x 轴上两个不同的定点12,F F 的“距离”之和等于定值（大于()12,d F F ）的点的轨迹可以是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【分析】分横坐标在1F 、2F 之外（内）的区域两种情况讨论，结合所给距离公式判断即可. 【详解】解：根据题意，横坐标在1F 、2F 之外的区域，不能出现与x 轴垂直的线段， 否则该线段上的点与1F 、2F 的“距离”之和不会是定值；横坐标在1F 、2F 之内的区域，则必须与x 轴平行，否则该线段上的点与1F 、2F 的“距离”之和不会是定值. 故选：A.4．（2022·江苏·高二专题练习）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的蒙日圆方程为2222x y a b +=+，1F ，2F 分别为椭圆C 的左、右焦点.，M 为蒙日圆上一个动点，过点M 作椭圆C 的两条切线，与蒙日圆分别交于P ，Q 两点，若MPQ 面积的最大值为36，则椭圆C 的长轴长为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】利用椭圆的离心率可得a =，分析可知PQ 为圆2223x y b +=的一条直径，利用勾股定理得出222236MP MQ PQ c +==，再利用基本不等式即可求即解【详解】因为椭圆C 的离心率5c e a ==，所以a =. 因为222a b c =+，所以2b c =，所以椭圆C 3c =. 因为MP MQ ⊥，所以PQ 为蒙日圆的直径， 所以6PQ c =，所以222236MP MQ PQ c +==.因为222182MP MQMP MQ c +⋅≤=，当MP MQ ==时，等号成立， 所以MPQ 面积的最大值为：2192MP MQ c ⋅=.由MPQ 面积的最大值为36，得2936c =，得2c =，进而有24b c ==，a =，故椭圆C 的长轴长为 故选：B5．（2023·全国·高三专题练习）加斯帕尔·蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．则椭圆 22:154x y C +=的蒙日圆的半径为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】A【分析】由蒙日圆的定义，确定出圆上的一点即可求出圆的半径.【详解】由蒙日圆的定义，可知椭圆 22:154x y C +=的两条切线2x y =的交点在圆上，所以3R ==， 故选：A6．（2021秋·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）若将一个椭圆绕其中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”.下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（ ） A ．22184x y +=B ．22135x y +=C ．22162x y +=D ．22169x y +=【答案】A. 【详解】由“对偶椭圆”定义得：短半轴长b 与半焦距c 相等的椭圆是“对偶椭圆”， 对于A ，22844c b =−==，即b c =，A 是“对偶椭圆”； 对于B ，22532c b =−=≠，即b c ≠，B 不是“对偶椭圆”； 对于C ，22624c b =−=≠，即b c ≠，C 不是“对偶椭圆”； 对于D ，22963c b =−=≠，即b c ≠，D 不是“对偶椭圆”. 故选：A7．（2021春·上海闵行·高二闵行中学校考期末）若曲线0(),f x y =上存在两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的自公切线，下列方程的曲线有自公切线的是（ ）A ．210x y +−=B ．10x =C ．2210x y x x +−−−=D ．2310x xy −+=【分析】通过图象，观察其图象是否满足在其图象上存在两个不同点处的切线重合，从而确定是否存在自公切线，进而得到结论.【详解】A ：因为210x y +−=，即21y x =−是抛物线，没有自公切线，故A 错误；B ：因为10x =，表示的是图形中的实线部分，没有自公切线，故B 错误；C ：因为2210x y x x +−−−=，表示的是图形中的实线部分，由两圆相交，可知公切线，故有自公切线，故C 正确；D ：因为2310x xy −+=，即13y x x=+是双勾函数，没有自公切线，故D 错误； 故选：C.8．（2021·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）在平面直角坐标系中，定义x y +称为点(,)P x y 的“δ和”，其中O 为坐标原点，对于下列结论：（1）“δ和”为1的点(,)P x y 的轨迹围成的图形面积为2；（2）设P 是直线240x y −−=上任意一点，则点(,)P x y 的“δ和”的最小值为2；（3）设P 是直线0ax y b −+=上任意一点，则使得“δ和”最小的点有无数个”的充要条件是1a =；（4）设P 是椭圆2212y x +=上任意一点，则“δ和”的最其中正确的结论序号为（ ） A ．（1）（2）（3） B ．（1）（2）（4） C ．（1）（3）（4）D ．（2）（3）（4）【解析】根据新定义“δ和”，通过数形结合判断（1）正确，通过研究函数最值对选项（2）（3）（4）逐一判断即可.【详解】（1）当1x y +=时，点(,)P x y 的轨迹如图，其面积为2，正确；（2）P 是直线240x y −−=上的一点，24y x ∴=−，24x y x x ∴+=+−43,0,4,02,34,2,x x x x x x −≤⎧⎪=−<<⎨⎪−≥⎩可知，0x ≤，02x <<时递减，2x ≥时递增，故x y +的最小值在2x =时取得，min ()2x y +=，正确；（3）同（2），x y x ax b +=++，可知当1a =±时，都满足，“δ和”最小的点有无数个，故错误；（4）可设椭圆参数方程为,,x y θθ=⎧⎪⎨⎪⎩cos x y θθ∴+=，. 故选：B.【点睛】本题的解题关键是认真读题，理解新定义“δ和”，再通过数形结合和函数最值的研究逐一判断即突破难点.9．（2022秋·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）若椭圆或双曲线上存在点P ，使得点P 到两个焦点12,F F 的距离之比为2:1，且存在12PF F △，则称此椭圆或双曲线存在“Ω点”，下列曲线中存在“Ω点”的是（ ）A ．2213632x y +=B ．2211615x y +=C ．22154x y −=D ．22115y x −=【答案】C【分析】求出满足条件1221PF PF =时的1PF 和2PF ，再求出12F F ，验证1PF ，2PF ，12F F能否是三角形的三边长，即可得． 【详解】1221PF PF =，则122PF PF =，若是椭圆，则12232PF PF PF a +==，223a PF =，143a PF =， 若是双曲线，则1222PF PF PF a −==，14PF a =，A 中椭圆，6,2a c ==，24PF =，18PF =，124F F =，不存在12PF F △；B 中椭圆，4,1a c ==，183PF =，1163PF =，122F F =，不存在12PF F △C中双曲线，3a c ==，双曲线上点到到右焦点距离的最小值是233ac a −=<，2PF =1PF =126F F =，构成12PF F △，存在“Ω点”，D 中双曲线，1a =，4c =，22PF =，14PF =，128F F =，不存在12PF F △ 故选：C ．【点睛】本题考查新定义“Ω点”，解题方法是弱化条件，求出满足部分条件的P 点具有的性质，验证是否满足另外的条件：构成三角形．从而完成求解．10．（2022秋·广西钦州·高二校考阶段练习）已知椭圆22:14x C y +=的焦点为1F 、2F ，若点P 在椭圆上，且满足212PO PF PF =⋅（其中O 为坐标原点），则称点P 为“★”点.下列结论正确的是（ ） A ．椭圆C 上的所有点都是“★”点 B ．椭圆C 上仅有有限个点是“★”点 C ．椭圆C 上的所有点都不是“★”点D ．椭圆C 上有无穷多个点（但不是所有的点）是“★”点 【答案】B【分析】设点(),P x y ，由212PO PF PF =⋅得出关于x 、y 的等式，由2214xy =−，求出方程的解，即可得出结论.【详解】设点(),P x y ，则2214x y =−，()1F、)2F ，122PF x ===+，21442222PF PF ⎛⎫=−=−+=− ⎪ ⎪⎝⎭，由212PO PF PF =⋅，得222222x y ⎛⎫⎛⎫+=+− ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即22331444x x +=−，解得x =2y =±， 所以，椭圆C 上有且只有4个点是“★”点. 故选：B.【点睛】本题考查椭圆中的新定义，考查椭圆方程的应用，考查化归与转化思想的应用，属于中等题. 11．（2019秋·北京·高二北京市第十三中学校考期中）已知两定点()1,0M −，()1,0N ，若直线上存在点P ，使||||4PM PN +=，则该直线为“A 型直线”，给出下列直线，其中是“A 型直线”的是（ ） ①1y x =+；②2y =；③3y x =−+；④23y x =−+ A ．①③ B ．①②C ．③④D ．①④【答案】D【分析】易得点P 在以M 、N 为焦点的椭圆22143x y +=上，“A 型直线”和椭圆有公共点，逐个选项联立方程由判别式验证即可.【详解】两定点()1,0M −，()1,0N ，||||4PM PN +=， P ∴在以M 、N 为焦点的椭圆上，且22,1,3a c b ===，故椭圆的方程为22143x y +=，满足题意的“A 型直线”和椭圆有公共点，联立1y x =+和22143x y+=，消y 整理可得27880x x −−=，故0∆>，即直线与椭圆有公共点，即为“A 型直线”，联立2y =和22143x y+=，显然无交点，故不是“A 型直线”，联立3y x =−+和22143x y +=，消y 整理可得2724240x x −+=，故Δ0<，故不是“A 型直线”，联立23y x =−+和22143x y +=消y 整理可得21948240x x −+=，故0∆>，即直线与椭圆有公共点，即为“A 型直线”， 故选：D【点睛】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的标准方程，此题属于圆锥曲线的新定义题目，同时考查了直线与椭圆位置关系的判断，属于中等题.12．（2017春·吉林·高一统考期末）已知平面上一点M (5,0)，若直线上存在点P 使|PM |≤4，则称该直线为“ 切割型直线” , 下列直线中是“ 切割型直线” 的是( ) ①1y x =+;②2y =;③43y x =;④21y x =+. A ．①③ B ．①②C ．②③D ．③④【答案】C【分析】根据已知条件，利用点到直线的距离公式进行计算.【详解】对于①，点M 到直线y =x +1的距离14d ==，故不存在点P 使|PM |≤4，故①不是；对于②，点M 到直线y =2的距离d 2=2＜4，故存在点P 使|PM |≤4，故②是； 对于③，直线方程为4x -3y =0，点M 到直线4x -3y =0的距离3543045d ⨯−⨯== ，故存在点P 使|PM |≤4，故③是；对于④，点M 到直线y =2x +1的距离44d =，故不存在点P 使|PM |≤4，故④不是. 综上可知符合条件的有②③.故A ，B ，D 错误. 故选：C.二、多选题13．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo .设计师的灵感来源于曲线C ：||1n nx y +=.其中星形线E ：22331x y =+常用于超轻材料的设计.则下列关于星形线说法正确的是（ ） A ．E 关于y 轴对称B ．E 上的点到x 轴、y 轴的距离之积不超过18C ．E 上的点到原点距离的最小值为14D ．曲线E 所围成图形的面积小于2 【答案】ABD【分析】A 由(,)x y 、(,)x y −均在曲线上即可判断；B 应用基本不等式2233x y ≥+即可判断；C 由22223333()()x y x y +=+，结合立方和公式及B 的结论即可判断；D 根据2233x y +与||||x y +图形的位置关系判断.【详解】若(,)x y 在星形线E 上，则(,)x y −也在E 上，故E 关于y 轴对称，A 正确；由12233312||x y xy =≥=+，则1||8xy ≤当且仅当||||x y =时等号成立，B 正确；由222222222233233333333()1()())3()31([(])4x y x y x y x y xy xy +=+=+=−+−≥，当且仅当||||x y =时等号成立，故E 上的点到原点距离的最小值为12，C 错误；曲线E 过(1,0)±，(0,1)±，由2233||||1x y x y ++≥=，则2233x y +在||||x y +所围成的区域内部，而||||1x y +=所围成的面积为2，故曲线E 所围成图形的面积小于2，D 正确. 故选：ABD【点睛】关键点点睛：应用基本不等式有2233x y ≥+由22223333()()x y x y +=+及立方和公式求两点距离，利用2233x y +与||||x y +图形的位置判断面积大小.14．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线C 的方程为0(),F x y =，集合{}(,)|() 0,T x y F x y ==，若对于任意的11(,)x y T ∈，都存在22(,)x y T ∈，使得12120x x y y +=成立，则称曲线C 为Σ曲线.下列方程所表示的曲线中，是Σ曲线的有（ ）A ．22143x y +=B ．221x y −=C ．22y x =D ．1y x =+ 【答案】AC【分析】问题转化为11(,)P x y T ∈，存在22(,)Q x y T ∈，使得OP OQ ⊥，根据这一条件逐一判断即可.【详解】A ：22143x y +=的图象既关于x 轴对称，也关于y 轴对称，且图象是封闭图形.所以对于任意的点11(,)P x y T ∈，存在着点Q （x 2，y 2）使得OP OQ ⊥，所以满足；B ：221x y −=的图象是双曲线，且双曲线的渐近线斜率为±1，所以渐近线将平面分为四个夹角为90°的区域，当P ，Q 在双曲线同一支上，此时90POQ ∠<︒，当P ，Q 不在双曲线同一支上，此时90POQ ∠>︒，所以90,POQ OP OQ ∠≠︒⊥不满足；C ：22y x =的图象是焦点在x 轴上的抛物线，且关于x 轴对称，设P 为抛物线上一点，过O 点作OP 的垂线，则垂线一定与抛物线交于Q 点，所以90,POQ ∠=︒，所以OP OQ ⊥D ：取P （0，1），若OP OQ ⊥，则有20y =显然不成立，所以此时OP OQ ⊥不成立， 故选：AC【点睛】关键点睛：运用圆锥曲线的性质是解题的关键.15．（2021秋·河北保定·高二顺平县中学校考阶段练习）在平面内，若曲线C 上存在点P ，使点P 到点()3,0A ，()3,0B −的距离之和为10，则称曲线C 为“有用曲线”，以下曲线是“有用曲线”的是（ ）A ．5x y +=B ．229x y +=C ．221259x y +=D ．216x y =【答案】ACD【分析】利用有用曲线的定义逐项判断即可. 【详解】解：设点P 的坐标为(),x y ，因为点P 到点()3,0A ，()3,0B −的距离之和为10，由椭圆的定义可得点P 的轨迹方程为：2212516x y +=，对A ，由22512516x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得2412502250x x −+=2Δ250441225256000=−⨯⨯=>因此曲线5x y +=上存在点P 满足条件，所以5x y +=是“有用曲线”，故A 正确；对B ，因为曲线229x y +=在曲线2212516x y +=的内部，无交点，所以229x y +=不是“有用曲线”，故B 错误；对C ，曲线221259x y +=与2212516x y +=有交点()5,0与()5,0−，所以221259x y +=是“有用曲线”，故C 正确；对D ，曲线216x y =与2212516x y +=也有交点，所以216x y =是“有用曲线"，故D 正确. 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题利用所给曲线的定义进行判断，关键是由题意得出点P 满足的方程，所给选项中的曲线只要与点P 满足的方程有交点即符合题意.16．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）双纽线也称伯努利双纽线，是指定线段AB 长度为2a ，动点M 满足2MA MB a ⋅=，那么M 的轨迹称为双纽线.已知曲线1C =为双纽线，下列选项判断正确的是（ ） A ．曲线C 过点()0,0B．曲线C上的点的纵坐标的取值范围是⎡⎣ C ．曲线C 关于x 轴对称D ．P 为曲线C 上的动点，,A B 的坐标为()0,1和()0,1−，则PAB 面积的最大值为2【答案】ABC【分析】将点()0,0代入曲线C 方程可知A 正确；1y ≥−1y ≥+可求得211y −≤，进而求得y 的范围，知B 正确；设曲线C 上的点(),x y 关于x 轴的对称点(),x y −代入曲线C 方程可知C 正确； 由1sin 2PABSPA PB θ=⋅知当PA PB ⊥时，PAB 面积最大，验证可知曲线C 上存在点P 使得PA PB ⊥，可知()max 12PAB S=，D 错误. 【详解】对于A ，将()0,0代入曲线C 方程，知方程成立，∴曲线C 过点()0,0，A 正确； 对于B ，(21x y y +≥=−（当且仅当0x =时取等号），1y =+（当且仅当0x =时取等号）， 2111y y y ≥−⋅+=−（当且仅当0x=时取等号），即211y −≤，2111y ∴−≤−≤，解得：y ≤即曲线C 上的点的纵坐标的取值范围是⎡⎣，B 正确；对于C ，设曲线C 上任一点为(),x y ，则其关于x 轴对称的点为(),x y −， 1==，即点(),x y −也在曲线C 上，∴曲线C 关于x 轴对称，C 正确； 对于D ，设APB θ∠=，则1sin 2PABSPA PB θ=⋅， P 为曲线C 上的点，1PA PB ∴⋅=，1sin 2PABSθ∴=， 则当sin 1θ=，即PA PB ⊥时，()max 12PABS=， 当PA PB ⊥时，设()00,P x y ，则220011x y ⎧+==，解得：0012x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 即曲线C 上存在点P ，使得PA PB ⊥，()max 12PAB S ∴=，D 错误. 故选：ABC.17．（2021秋·江苏南通·具有严格的比例性、艺术性，和谐性，蕴含着丰富的美学价值．这一比值能够引起人们的美感，是建筑和艺术中最理想的比例．我们把离心率e =的椭圆称为“黄金椭圆”，则以下说法正确的是（ ） A ．椭圆2212x =是“黄金椭圆” B ．若椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点为(),0F c ，且满足2b ac =，则该椭圆为“黄金椭圆”C ．设椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左焦点为F ，上顶点为B ，右顶点为A ，若90ABF ∠=︒，则该椭圆为“黄金椭圆”D ．设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别是A ，B ，左、右焦点分别是1F ，2F ，若21211=⋅F F AF F B ，则该椭圆为“黄金椭圆” 【答案】ABC【分析】定义离心率12e =的椭圆称为“黄金椭圆”，根据各命题中的椭圆方程，由题设及c e a =、222a b c =+列方程求椭圆离心率即可确定是否为“黄金椭圆”【详解】对于A ：由题意得21a =，22b =，故e ==2212x =是“黄金椭圆”，故A 正确； 对于B ：2b ac =，即22a c ac −=，故210e e +−=，解得e =e =（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”， 故B 正确；对于C ：由90ABF ∠=︒得22222()+=+++a c a b b c ，化简可知210e e +−=，解得12e =或e =（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”， 故C 正确；对于D ：由21211=⋅F F AF F B ，得2(2)()()=−+c a c a c ，则e =（负值舍去），故该椭圆不是“黄金椭圆”， 故D 错误． 故选：ABC三、填空题18．（2023春·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）卵圆是常见的一类曲线，已知一个卵圆C 的方程为：()221224x y x x +=>−+，O 为坐标原点，点(1,0)A ，点P 为卵圆上任意一点，则下列说法中正确的是________.①卵圆C 关于x 轴对称②卵圆上不存在两点关于直线12x =对称 ③线段PO 长度的取值范围是[1,2] ④OAP △的面积最大值为1 【答案】①③④【分析】利用点(),x y 和(),x y −均满足方程，即可判断①；设()00,x y 和()001,x y −都在卵圆C 上，再解()22000200012411124x y x x y x ⎧+=⎪+⎪⎨−⎪+=⎪−+⎩即可判断②；利用两点间的距离公式表示2OP ，然后利用导数研究其最值，即可判断③；利用三角形的面积公式表示出OAP S △，然后利用导数研究其最值，即可判断④. 【详解】对于①，设(),x y 是卵圆C 上的任意一个点，因为()222212424y x x y x x −+=+=++，所以点(),x y −也在卵圆C 上，又点(),x y 和点(),x y −关于x 轴对称， 所以卵圆C 关于x 轴对称，故①正确；对于②，设()00,x y 在卵圆C 上，()00,x y 关于直线12x =对称的点()001,x y −也在卵圆C 上， 则()2200200012411124x y x x y x ⎧+=⎪+⎪⎨−⎪+=⎪−+⎩，解得0010x y =−⎧⎨=⎩或0020x y =⎧⎨=⎩， 所以卵圆上存在()()1,0,2,0−两点关于直线12x =对称，故②错误； 对于③，由22124x y x +=+，得22124x y x =−+， 所以212x x ≤+，又2x >−，所以12x −≤≤，设点()[],,1,2P x y x ∈−，则2322222241422x x x OP x y x x x ⎛⎫−=+=+−=+ ⎪++⎝⎭， 令()[]()3224,1,22x x f x x x −=+∈−+，则()()()[]()2224,1,22x x x f x x x +−'=∈−+，令()0f x '=，则0x =或1−±，当10x −<<或12x −+<<时，()0f x ¢>，当01x <<−()0f x '<，所以函数()f x 在()()1,0,1−−上递增，在(0,1−上递减，又()()(()11,04,12624f f f f −==−=−=，且261−>，所以()()min max 1,4f x f x ==，即[]21,4OP ∈，所以[]1,2OP ∈，故③正确； 对于④，点()[],,1,2P x y x ∈−，1122OAPSOA y =⋅=⨯= 令()2,122x g x x x =−≤≤+，则()()()24,122x x g x x x +'=−≤≤+， 当10x −<<时，()0g x '<，当02x <<时，()0g x '>， 所以()g x 在()1,0−上递减，在()0,2上递增， 所以()()min 00g x g ==，此时OAP △的面积取得最大值1，故④正确. 故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥曲线的新定义问题，解决此类问题的关键在于理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答. 19．（2023·高二课时练习）在平面直角坐标系中，()1,0A −，()10B ,，若在曲线C 上存在一点P ，使得∠APB 为钝角，则称曲线上存在“钝点”，下列曲线中，有“钝点”的曲线为______．（填序号）①24x y =；②22132x y +=；③221x y −=；④()()22224x y −+−=；⑤344x y +=．【答案】①④⑤【分析】根据曲线上存在“钝点”的定义，依次判断各曲线是否存在“钝点”即可.【详解】设点P 的坐标为(),x y ， 若∠APB 为钝角，则1cos 0APB −<∠<， 所以0PA PB ⋅<，且,,A P B 不共线， 所以()()()()110x x y y −−−+−−<，且0y ≠， 化简可得221,0x y y +<≠，反之若221,0x y y +<≠，则∠APB 为钝角， 对于曲线24x y =，取曲线上的点11,216E ⎛⎫⎪⎝⎭，因为221111,021616⎛⎫⎛⎫+<≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以AEB ∠为钝角，故曲线24x y =为有“钝点”的曲线；对于曲线22132x y +=，若曲线上的点()11,F x y 为“钝点”，则2211132x y +=，221111,0x y y +<≠，所以21113x <−，矛盾所以曲线22132x y +=不是有“钝点”的曲线；对于曲线221x y −=，若曲线上点()22,G x y 为“钝点”，则22221x y −=，222221,0x y y +<≠，所以220y <，矛盾 所以曲线221x y −=不是有“钝点”的曲线；对于曲线()()22224x y −+−=，取曲线上的点(2M ，因为((2222121,20+=−<≠，所以AMB ∠为钝角，故曲线()()22224x y −+−=为有“钝点”的曲线； 对于曲线344x y +=，取曲线上的点()21,32N， 因为222111,0322⎛⎫⎛⎫+<≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以ANB ∠为钝角，故曲线344x y +=为有“钝点”的曲线. 所以曲线①④⑤为有“钝点”的曲线. 故答案为：①④⑤.20．（2023秋·广东茂名·高二统考期末）法国数学家蒙日(),17461818Monge −发现：双曲线()2222:10x y a b a bΓ=>>−的两条互相垂直切线的交点P 的轨迹方程为：2222x y a b +=−，这个圆被称为蒙日圆.若某双曲线()22210x y a a −=>对应的蒙日圆方程为223x y +=，则=a ___________.【答案】2【分析】根据题意写出双曲线()22210x y a a −=>对应的蒙日圆方程，可得出关于a 的等式，即可求得正数a 的值.【详解】由双曲线()22210x y a a−=>的方程可得21b =，由蒙日圆的定义可得双曲线()22210x y a a −=>对应的蒙日圆方程223x y +=，所以223a b −=，即213a −=，可得2a =. 故答案为：2.21．（2023·全国·高三专题练习）一条抛物线把平面划分为二个区域，如果一个平面图形完全落在抛物线含有焦点的区域内，我们就称此平面图形被该抛物线覆盖.那么下列命题中，正确的是___________.(填写序号) （1）任意一个多边形所围区域总能被某一条抛物线覆盖； （2）与抛物线对称轴不平行､不共线的射线不能被该抛物线覆盖；（3 （4）任意有限多条抛物线都不能覆盖整个平面. 【答案】（1）（2）（4）【分析】由平面图形被该抛物线覆盖的定义逐项分析判断即可【详解】解：由抛物线的图像和性质可知，由于任意一个多边形所围区域沿着抛物线顶点出发向抛物线对称轴所在直线平移，总能把有限的区域放入抛物线内部，所以（1）正确；由于过抛物线内部一点的直线（不平行于轴）与抛物线都有两个交点，故抛物线无法覆盖一条直线，也不能覆盖与轴不平行、不共线的射线，所以（2）正确；由于锐角是由两条不平行的射线组成，故抛物线不能覆盖任何一个锐角，所以（3）错误；取一条直线，使它不平行于任一抛物线的对称轴，根据抛物线的图像和性质可知直线上的点不能被完全覆盖，如图，因为一条直线若被抛物线覆盖，它必须是抛物线的对称轴，所以任意有限多条抛物线都不能覆盖整个平面，所以（4）正确故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：此题考查新定义，考查抛物线的性质的应用，解题的关键是对新定义的正确理解，属于中档题22．（2023·全国·高三专题练习）定义：点P 为曲线L 外的一点，,A B 为L 上的两个动点，则APB ∠取最大值时，APB ∠叫点P 对曲线L 的张角.已知点P 为抛物线2:4C y x =上的动点，设P 对圆22:(3)1M x y −+=的张角为θ，则cos θ的最小值为___________. 【答案】34【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断PM 最小时cos θ最小，再设2,4a P a ⎛⎫⎪⎝⎭，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得PM 最小值，即得结果.【详解】解：如图，2cos cos cos 212sin APB APM APM θ∠∠∠===−，要使cos θ最小，则1sin AM APM PMPM∠==最大，即需PM 最小.设2,4a P a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则PM =∴当24a =，即2a =±时，min ||PM =1sin APM PM ∠==， 此时(1,2)P 或(1,2)−，22min 3(cos )12sin 124APM θ∠=−=−⨯=.故答案为：34.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于理解新定义，将cos θ的最小值问题转化为线段PM 最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.23．（2022·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系xOy 中，点M 不与原点О重合，称射线OM 与224x y +=的交点N 为点M 的“中心投影点”，曲线2213x y −=上所有点的“中心投影点”构成的曲线长度是_______【答案】83π 【解析】可作出对应曲线的图象，结合图形，求出题中“中心投影点”构成的曲线长度对应圆中的圆心角，从而求出其“中心投影点”构成的曲线的长度.【详解】曲线2213x y −=的渐近线方程为：y = ，设渐近线与圆224x y +=的交点分别为,,,A C B D ,如下图则曲线2213x y −=上所有点的“中心投影点”构成的曲线为圆弧,AB CD由题意6AOx π∠=，所以23AOB π∠=所以24233AB ππ=⨯=,则83AB CD π+= 故答案为：83π24．（2020·浙江·高二期末）把椭圆C 的短轴和焦点连线段中较长者､较短者分别作为椭圆C '的长轴､短轴，使椭圆C 变换成椭圆C '，称之为椭圆的一次“压缩”.按上述定义把椭圆(0,1,2,)i C i =Λ“压缩”成椭圆1i C +，得到一系列椭圆123,,C C C ，…当短轴长与焦距相等时终止“压缩”.经研究发现，某个椭圆0C 经过(3)n n ≥次“压缩”后能终止，则椭圆2n C −的离心率可能是①2，②5中的______.（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②【解析】分类讨论，确定压缩数为2n −时，半长轴、半短轴、半焦距，利用离心率公式，即可求得结论. 【详解】解：依题意，若原椭圆，短轴＞焦距，则压缩数为n 时，半长轴为a ，半短轴为c ，半焦距为c所以压缩数为n 1−a ，半焦距为c ；压缩数为2n −a ∵压缩数为n 时，22222a c c c =+=∴2n C −的离心率==同理，若原椭圆，短轴＜焦距，则压缩数为n 时，半长轴为a ，半短轴为c ，半焦距为c所以压缩数为n 1−c ，半焦距为a ；压缩数为2n −c ∵压缩数为n 时，22222a c c c =+=∴2n C −的离心率== 故答案为：①②.【点睛】本题考查新定义，考查学生的计算能力，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.25．（2018·北京·高二统考期末）已知两定点(2,0),(2,0)M N −,若直线上存在点P ,使得||||6PM PN +=,则该直线为“T 型直线”.给出下列直线,其中是“T 型直线”的是___________. ①2y x =+ ②3y = ③3y x =−+ ④132y x =+ 【答案】①③【分析】根据椭圆的定义将“T 型直线”的判定问题转化为直线与椭圆是否有公共点的问题.【详解】由椭圆的定义可知，点P 的轨迹是以,M N 为焦点的椭圆，其方程为22195x y +=，对于①中，直线2y x =+代入椭圆的方程22195x y +=，整理得2143690x x +−=，则236414(9)0∆=−⨯⨯−>，所以2y x =+是“T 型直线”；对于②中，把3y =代入22195x y +=，则29195x +=，此时无解，所以3y =不是“T 型直线”；对于③中，把直线3y x =−+代入椭圆的方程22195x y +=，整理得21454360x x −+=，则254414360∆=−⨯⨯>，所以3y x =−+是“T 型直线”；对于④中，把直线132y x =−+代入椭圆的方程22195x y +=，整理得2291081440x x −+=，可得Δ0<，所以132y x =−+不是“T 型直线”，故答案为：①③.26．（2017·河南漯河·漯河高中校考三模）平面直角坐标系中，(1,0)A −，(1,0)B ，若曲线C 上存在一点P ，使0PA PB ⋅<，则称曲线C 为“合作曲线”，有下列曲线①2212x y +=；②21y x =+；③2221y x −=；④2231x y +=；⑤24x y +=，其中“合作曲线”是__________．（填写所有满足条件的序号） 【答案】①③④【分析】设点(,)P x y ，曲线C 为“合作曲线”⇔存在点(,)x y 使得221x y +<．解出即可判断出结论． 【详解】解：设点(,)P x y ，曲线C 上存在一点P ，使0PA PB ⋅<，∴合作曲线⇔存在点(,)x y 使得221x y +<．①由2212x y +=，则满足存在点(,)x y 使得221x y +<，曲线C 上存在一点P 满足221x y +<，故1为合作曲线； ②令2(,1)P x x +，则222(1)1x x ++<，化为4230x x +<，此时无解，即不满足221x y +<，故2不为合作曲线；③由2221y x −=，可得a =，1b =，则曲线C 上存在一点P 满足221x y +<，故3为合作曲线；④由2231x y +=，可得：1a =，b =，则曲线C 上存在一点P 满足221x y +<，故4为合作曲线； ⑤因为直线圆心到直线24x y +=的距离1d =>，故曲线C 上不存在一点P 满足221x y +<，故5不为合作曲线；综上可得：“合作曲线”是①③④．故答案为：①③④27．（2016·河北衡水·统考一模）如图，将平面直角坐标系中的纵轴绕原点O 顺时针旋转30︒后，构成一个斜坐标平面xOy .在此斜坐标平面xOy 中，点(),P x y 的坐标定义如下：过点P 作两坐标轴的平分线，分别交两轴于,M N 两点，则M 在Ox 轴上表示的数为x ，N 在Oy 轴上表示的数为y .那么以原点O 为圆心的单位圆在此斜坐标系下的方程为___________.【答案】2210x y xy ++−=【分析】过点P 作 ,PA x PB y ⊥⊥， 设(,)P x y 在直角坐标下的坐标为 ()11,P x y ， 因为30,BON ON y ∠==，所以 1,2OB y BN y ==，即111,2y y x x y ==+， 因为()11,P x y 在单位圆上，所以22111x y +=，即221122y x y ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得2210x y xy ++−=.考点：圆的一般方程.【方法点晴】本题主要考查了与直角坐标有关的新定义的运算问题，对于新定义试题，要紧紧围绕新定义，根据新定义作出合理的运算与变换，同时着重考查了转化与化归的思想方法的应用，属于中档试题，本题的解答中，设出(,)P x y 在直角坐标下的坐标为11(,)P x y '，建立两个点之间的变换关系，代入单位圆的方程，即可曲解轨迹方程，其中正确得到两点之间的变换关系是解答的关键.28．（2022·全国·高三专题练习）称离心率为e =22221(0,0)x y a b a b −=>>为黄金双曲线.如图是双曲线22221(0,0,x y a b c a b −=>>=的图象，给出以下几个说法：①双曲线221=x 是黄金双曲线； ②若2b ac =，则该双曲线是黄金双曲线；③若F 1，F 2为左右焦点，A 1，A 2为左右顶点，B 1(0,b )，B 2(0,-b )且∠F 1B 1A 2=90°，则该双曲线是黄金双曲线； ④若MN 经过右焦点F 2且MN ⊥F 1F 2，∠MON =90°，则该双曲线是黄金双曲线. 其中正确命题的序号为____________【答案】①②③④【分析】根据双曲线方程求离心率，或由已知条件及双曲线参数关系构造齐次方程求离心率，结合黄金双曲线的定义判断正确命题.【详解】①：双曲线的标准方程为221x =，则2221,a b c ===，故c e a ===，满足； ②：由2222010b ac c ac a e e =⇒−−=⇒−−=，可得e =e =（舍），故满足； ③：由11290F B A ∠=︒，则222112112B F A B F A +=，所以()()222222()c b a b a c b ac +++=+⇒=，由②可得。
高考立体几何创新试题展读
高考立体几何创新试题展读作者：张君昕尚继慧来源：《理科考试研究·高中》2012年第03期为体现高考能力立意的意图，强化创新是必然趋势.现将高考立体几何多种创新情境试题加以展示与解读.1.折叠例1设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E(如图1).现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，如图2，则M、N 的连线与AE所成角的大小等于.解说此题设置折叠情境，注意线线、线面位置关系的变与不变.取AE中点F，连MF，BF因为M是AD中点，N是BC中点，又BCDE为矩形，所以MF平行且等于BN，则BNMF为平行四边形，于是BF∥NM.因为AB⊥面BCDE，DE⊥BE，所以DE⊥AE，∠BEA为二面角A-DE-B的平面角，所以∠BEA=45°，△ABE是等腰直角三角形，所以BF⊥AE.故M，N的连线与AE所成角的大小为90°.2.拼接例2有两个相同的直三棱柱，高为2a，底面三角形的三边长分别为3a、4a、5a(a>0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的一个是四棱柱，则a的取值范围是.解说此题创设的拼接情境很独特，考发散思维和缜密思维.显然可以分底面和侧面两种拼接方式，底面拼接只有一种方法.而侧面拼接方法共有六种，其拼成的三棱柱或四棱柱的俯视图如图4.侧面拼接时，若拼成四棱柱，则(6)、(7)的全面积最小为24a2+28.若拼成三棱柱，则底面为(1)、(3)、(5)时，求得全面积分别是12a2+48,24a2+36,24a2+32.综上，三棱柱和四棱柱的最小全面积分别是12a2+48和24a2+28.据题意令12a2+48>24a2+28，化为a23.堆垒例3有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图5所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是A.4B.5C.6D.7解说此题的正方体堆垒是与数列交汇，实际是考等比数列的求和问题.由底往上的正方体侧面积构成首项为4×22=16，公比为(22)2=12的等比数列.该塔形表面积为两个底面积以及各侧面积之和，即2×底面积+16［1-(12)n］1-12=2×22+32［1-12n］=40-25-n.依题意有40-25-n>39，即25-n5.所以最小数n=6，选C.4.延展例4如图6,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,BB1=2,∠ABC=90°，E、F分别为AA1、C1B1的中点,沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为.解说此题求最短路径，要将侧面展平或底面与侧面展平，应该有三种情况.在(1)中，EF=A1E2+A1F2=1+(322)2=222；EF=FG2+FG2=(2)2+(1+22)2=14+422；在(3)中，EF=EG2+FG2=(32)2+(32)2=322.经比较可知，(3)中EF最小，故填322.5.穿孔例5如图8，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积(含孔内各面)是A.258B.234C.222D.210解说此题的“穿孔”情境颇为新颖，麻烦的是“无论从那个面看都有两个直通的边长为1的正方形孔”，那么怎样解答呢？主要靠空间想象.大立方体的表面积为S1=5×5×6=150；其中6个面各去掉两个小正方形，其面积为S2=2×6=12；一共挖掉6个直通的边长为1的正方形孔，其侧面共计S3=4×5×6=120；这6个孔交得6个公共小正方体，其表面积是S4=6×6=36.则据题意可知所求表面积为S=(S1-S2)+(S3-S4)=150-12+120-36=222，故C真.例6将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为A.3+263B.2+263C.4+263D.43+263解说一般来讲“最值”是运动变化的特殊状态取得，但既然球与正四面体的大小尺寸均已确定，所以本题的最值实际上是一个定值.显然四个球的球心形成一棱长2的正四面体，所求正四面体的高为最上面钢球球心到上顶点的距离h1，加上四个球心形成正四面体的高h2，再加上球半径.这里h2好求，即当正四面体棱长为2时，求得顶点到底面距离是h2=26[]3，过程略.下面求h1，这可以用分割法.最顶上钢球与正四面体三个侧面相切时，可以完全视为又一个小正四面体里面有一个半径为1的内切球，如图9.现在来求P到面ABC的距离.显然有4VO-ABC=VP-ABC，即4×13S△ABC×1=13×S△ABC×h′，由此得小正四面体的高h′=4，所以h1=h′-1=3.综上，所求距离是3+263+1=4+263，选C.7.割补例7如图10，一底面半径为r的圆柱，被一平面所截剩下部分母线最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积为.解说此题是“明割暗补”，即表面上是截割问题，但要求余下的体积，必须用增补法.即将其补上一个与之大小完全一样的几何体，使之成为一个圆柱，其高为a+b，底面半径是 r，则所求几何体的体积为V=12πr2(a+b).8.类比例8由图11(1)有面积关系：S△PA′B′S△PAB=PA′·PB′PA·PB，则由图11(2)有体积关系：VP-A′B′C′VP-ABC=.解说设置“类比”情境的试题很热，本题类似题在2003年上海春季高考试题中出现过，主要考类比迁移能力.直觉类比结果应是VP-A′B′C′VP-ABC=PA′·PB′·PC′PA·PB·PC.推证如下：如图12，过A′，B分别作底面的垂线，垂足为G′，G，则P，G′，G三点共线，且A′G′∥BG.所以△PA′G′∽△PBG，所以A′G′BG=PA′PB，所以VP-A′B′C′VP-ABC=13S△PB′C′·A′G′13S△PAC·BG=PA′·PB′·PC′PA·PB·PC.。
高考数学复习点拨 立体几何创新问题常见类型探求
立体几何创新问题常见类型探求高考创新题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线。
这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识，分析和解决数学问题的能力。
当然数立体几何创新题也是高考创新题重点考查的一种类型。
下举例谈谈立体几何创新题的基本类型及求解策略。
一、结论开放型例1 如图1，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，Ｐ为中截面的中心，则△ＰＡＣ在解析：△ＰＡＣ在正方体某一个面上的射影，应当是连结三个顶点Ｐ，Ａ，Ｃ在这个面上的射影而得的图象．由于Ａ，Ｃ在下底面上的射影是它们各自本身，Ｐ在下底面上的射影是ＡＣ中点，故△ＰＡＣ在下底面上的射影是下底面对角线ＡＣ，因此，图①是可能的，且△ＰＡＣ在上底面上的射影是上底面对角线Ａ1Ｃ1，也是图①的情形；而Ａ在侧面ＢＣ1上的射影是Ｂ，Ｃ在侧面ＢＣ1上的射影是它本身，Ｐ在侧面ＢＣ1上的射影是侧面ＢＣ1的中心，故图④也是可能的．同理可知，△ＰＡＣ在其他三个侧面上的射影也都是图④的情形，于是图②，③是不可能的．因此，所有可能的图形是①，④．评析：本题是一道多选题，涉及的数学概念并不多，侧重于考查数学语言向图形语言的转译，并根据这两种语言提供的信息展开空间想象，弃伪存真，它对于空间想象能力和思维二、存在探索型例2、如图2，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=a2,点E在PD上，且PE:ED=2:1.在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.解:以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为).0,21,23(),0,21,23(),0,0,0(aaCaaBA-).31,32,0(),,0,0(),0,,0(aaEaPaD所以).0,21,23(),31,32,0(aaACaaAE==).,21,23(),,0,0(aaaa-==).,21,23(aaa-=②设点F 是棱PC 上的点，,10),,21,3(<<-==λλλλλ其中a a a 则 BF BP PF (a,a)λ,a λ,a λ)λ),a(λ),a(λ))=+=-+-=-+-111111222令 AE AC BF 21λλ+= 得λ)λ,λλ,a(λ)a λa λ,λλλ,λ,λ,λ.a(λ)a λ.λλ.⎧-⎪-=⎪⎪⎪⎪+=++=+⇒==-=⎨⎨⎪⎪⎪⎪-=-=⎪⎪⎩⎩1112121222111124113112233222111133即 即 21=λ时，.2321+-=亦即，F 是PC 的中点时，、、共面.又 BF ⊄平面AEC ，所以当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC.评析：对于由给定结论，反溯应具备的条件的探索性问题，可执果索因，由给定的结论追溯应具备的条件。
高考以立体几何为背景的新颖问题
立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.【例1】（2020•全国二模）我国古代劳动人民在筑城、筑堤、挖沟、挖渠、建仓、建囤等工程中，积累了丰富的经验，总结出了一套有关体积、容积计算的方法，这些方法以实际问题的形式被收入我国古代数学名著《九章算术》中．《九章算术商功》：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”下图解释了这段话中由一个长方体，得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程．已知堑堵的内切球（与各面均相切）半径为1，则鳖臑的体积最小值为()A．2B．6+C．2+D．1+解：已知可得，堑堵的内切球直径恰为堑堵的边长a，则2a=．易知，截面的内切圆与堑堵内切球最大的圆全等，设内切圆半径为r，则1r=．如图可知，根据三角形面积公式可得：11(22bc r b c =+，则222b c bc +=+，0b >，0c >，222224b c b c bc ∴+b c =时取等号．24bc bc ∴+，即220-．解得：022<-或22+．又内切圆半径1r b =<，r c <，∴1>．∴22+，即642bc +．∴鳖臑的体积为1114223233V abc bc ==+．故选：C ． 【例2】（2020•3月份模拟）111ABC A B C -中，ABC ∆的边长为2，D 为棱11B C 的中点，若一只蚂蚁从点A 沿表面爬向点D ，则蚂蚁爬行的最短距离为( )A ．3B ．C ．D ．2解：如图：当按图①走时，DE =；13222AE =-=；3AD ===；当按图②走时，DE =；213AE =+=；AD 故蚂蚁爬行的最短距离为：3；故选：A ．【例3】（2019•全国三模）如图，直角梯形ABCD ，//AB CD ，90ABC ∠=︒，2CD =，1AB BC ==，E 是边CD 中点，ADE ∆沿AE 翻折成四棱锥D ABCE '-，则点C 到平面ABD '距离的最大值为( )A ．12B C D ．1解：直角梯形ABCD ，//AB CD ，90ABC ∠=︒，2CD =，1AB BC ==，E 是边CD 中点，ADE ∆沿AE 翻折成四棱锥D ABCE '-，当D E CE '⊥时，点C 到平面ABD '距离取最大值，D E AE '⊥，CE AE E =，D E ∴'⊥平面ABCE ，以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED '为z 轴，建立空间直角坐标系， 则(0A ，1，0)，(1C ，0，0)，(0D '，0，1)，(1B ，1，0)， (1AB =，0，0)，(1AC =，1-，0)，(0AD '=，1-，1)，设平面ABD '的法向量(n x =，y ，)z ，则00n AB x n AD y z ⎧==⎪⎨'=-+=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，∴点C 到平面ABD '距离的最大值为：||||2AC n d n ===．故选：B ．【变式训练】（2020•4月份模拟）如图所示，三棱锥A BCD -的顶点A ，B ，C ，D面上，ABD ∆与BCD ∆为直角三角形，ABC ∆是边长为2的等边三角形，点P ，Q 分别为线段AO ，BC 上的动点（不含端点），且AP CQ =，则三棱锥P QCO -体积的最大值为 ．解：设AP x =，x ∈．由题意可知：BD 的中点O 为球心，当平面ABD ⊥平面BCD 时， 三棱锥P QCO -体积21111121(2)2sin 45(2)(3326612OCQ x V PO S x x x x ∆+==⨯-⨯⨯︒==，当且仅当x 时取等号． ∴三棱锥P QCO -体积的最大值为112．故答案为：112．1．（2020•吉林模拟）我国古代的数学著作《九章算术商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵” 111ABC A B C -中，12AB AC AA ===，M 、N 分别是1BB 和11A C 的中点，则平面AMN 截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形的面积为( )A B C D 解：延长AN ，与1CC 的延长线交于点P ，则P ∈平面11BB C C ， 连结PM ，与11B C 交于点E ，连结NE ，得到的四边形AMEN 是平面AMN 截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形，由题意得NE ME ==，AM AN =，MN AMN ∴截“堑堵” 111ABC A B C -所得截面图形面积为：1122S =． 故选：A ．2．（2020春•全国月考）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==，则直线AC 与平面ABD 所成角的正切值是( )A B ．2C D解：在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==， CD AB ∴⊥，CD BD ⊥， ABBD B =，CD ∴⊥平面ABD ，CD AD ∴⊥，CAD ∴∠是直线AC 与平面ABD 所成角，设1AB BD CD ===，则直线AC 与平面ABD所成角正切值是：tan CD CAD AD ∠===．故选：B ．3．（2020•石嘴山二模）《算数书》竹筒与上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍．其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一”．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算器体积2136V L h ≈的近似公式．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么近似公式23112V L h ≈相当于圆锥体积公式中的圆周率近似取为( ) A ．227B ．15750C ．289D ．337115解：设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ， 依题意，2L r π=，2213(2)3112r h r h ππ=，∴21123112ππ=，即289π=．即π的近似值为289．故选：C ． 4．（2020•3月份模拟）一个由两个圆柱组合而成的的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为1r ，大圆柱底面半径为2r ，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为1h ．如图2放置容器，液面以上空余部分的高为2h ．则12(h h = )A ．21r r B ．221()r rC ．321()r rD解：在图1中，液面以上空余部分的体积为：211r h π， 在图2中，液面以上空余部分的体积为：222r h π，221122r h r h ππ=，∴21221()h rh r =． 故选：B ．5．（2019•新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14.3AA cm D =打印所用原料密度为30.9/g cm ．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．解：该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．6．（2019•新课标Ⅲ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．解：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x ，则1x ++=，解得1x =．故答案为：261．7．（2019•钟祥市一模）如图，在直角梯形ABCD 中，AB BC ⊥，//AD BC ，112AB BC AD ===，点E 是线段CD 上异于点C ，D 的动点，EF AD ⊥于点F ，将DEF ∆沿EF 折起到PEF ∆的位置，并使PF AF ⊥，则五棱锥P ABCEF -的体积的取值范围为 ．解：PF AF ⊥，PF EF ⊥，AF EF F =，PF ∴⊥平面ABCD ．设PF x =，则01x <<，且EF DF x ==．∴五边形ABCEF 的面积为()()221111213222DEF ABCD S S S x x ∆=-=⨯+⨯-=-梯形． ∴五棱锥P ABCEF -的体积23111(3)(3)326V x x x x =⨯-=-，设31()(3)6f x x x =-，则2211()(33)(1)62f x x x '=-=-，∴当01x <<时，()0f x '>，()f x ∴在(0,1)上单调递增，又(0)0f =，f （1）13=．∴五棱锥P ABCEF -的体积的范围是1(0,)3．故答案为：1(0,)3．8．（2018•全国模拟）如图：边长为ABCD ，60DAB ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起到图中PBD ∆的位置，使得二面角P BD C --的大小为60︒，则三棱锥P BCD -的外接球表面积等于 ．解：由题意，如图：取BD 中点M ，则60DAB ∠=︒为二面角P BD C --的平面角，PMC ∆是边长为3的正三角形，E ，F 分别为PM ，CM 靠近M 的三等分点，作EO ⊥面PBD ，FO ⊥面BCD ，则O 为外接球球心．1MF =，60PMC =︒，连接OC ，OM ，可得30OMC ∠=︒，12OF MO ∴=OF ∴=2FC =222133R OF FC ∴=+=三棱锥P BCD -的外接球表面积25243S R ππ==故答案为：523π．9．（2017•新课标Ⅲ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，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 ∆，FAB ∆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 ∆，FAB ∆，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：3)cm 的最大值为 ．【分析】法一：由题，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h ，求出2ABC S ∆=，41325103ABC V S h x ∆=⨯=-，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，()f x f （2）80=，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x ，则13OG ==，5FG SG ==-，SO h ===，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，221)2ABC S ∆==，则241325103ABC V S h x ∆=⨯=-令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '，即4320x x -，解得2x ， 则()f x f （2）80=，3380V ∴⨯=，∴体积最大值为3．故答案为：3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则13OG==，5FG SG x ∴==，SO h==，∴三棱锥的体积13ABC V S h∆=13=，令45()5b x x=-，则34()20b x x'=，令()0b x'=，则4340x=，解得x=∴348)maxV cm==．故答案为：3．10．（2020春•全国月考）如图，长方体1111ABCD A B C D-，中，AB BC=，13BE AB=，点F为11A D的中点，O为直线1DB与平面EFC的交点，则1DOOB=．解：找11D C的六等分点H，且11116D HD C=．易证//FH CE，设11FH B D N=，CE BD M=．连接MN，则M，N，O三点共线(平面EFC⋂平面11)BB D MN=13BM DM =，∴34DM BD =， 易证11118D N B D =，∴11178NB B D =． 所以11376487DO DM OB NB ==÷=． 故答案为：67．11．（2020春•柳东新区校级月考）已知三棱锥P ABC -中，PAB ∆是面积为4ACB π∠=，则当点C 到平面PAB 的距离最大时，三棱锥P ABC -外接球的表面积为 ．解：面CAB ⊥面PAB 时，C 到平面PAB 的距离最大，设D ，E 分别为PAB ∆，ACB ∆的外心，并过D ，E 做两个三角形所在的平面的垂线，两条垂线交于O ， 则O 为三棱锥的外接球的球心，AO 即为球的半径，；因为PAB ∆是面积为所以4AB =，在ABC ∆，4ACB π∠=，则90AEB ∠=︒ 由正弦定理可得：2sin AB AE ACB =∠，故AE EB EC ===AB 的中点F ，则1132333OEDF PF AB ====， 故OA 211243S R ππ==，故答案为：1123π．12．（2020•芮城县模拟）如图，三棱锥A BCDAB=，12====，8CD=，点P在AC AD BC BD-中，10侧面ACD上，且到直线AB PB的最大值是．解：取CD中点K，连接AK，BK，⊥，∴⊥，BK CDAC AD BC BD===，K是CD的中点，AK CD又AK BK K=，=，AK⊂平面ABK，BK⊂平面ABK，AK BK K∴⊥平面ABK，又CD⊂平面ACD，∴平面ABK⊥平面ACD．CDB∴在平面ACD内的投影在直线AK上，由对称性可知当P在AC（或)AD上时，PB取得最大值．过P作PM AB⊥于M，过C作CN AB⊥于N，∴=AB=，CN10AC BC==，8∴是AC的中点，M是AN的中点，21PM=，P∴=，BP==BM613．（2019•全国二模）《九章算术》是我国现存的一部最古老的数学书籍．通过“牟合方盖”解決了球体体积计算的难题，其中一段记载：“今有方锥，下方八尺，高八尺．同：积几何？术日：下方自乘，以高乘之，三而一，若以立圆外接，问积几何？”意思是：“假设有一个正四棱锥（底面是正方形，并且顶点在底面的射影是正方形中心的四棱锥），下底边长是8尺，高8尺，则它的体积是多少？方法是：下底边长自乘，以高乘之，再除以3．若这个正四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，则球O 的体积为 立方尺．” 解：如图，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，底面ABCD 是边长为8的正方形， 高8PG =，设其外接球的球心为O ，则O 在PG 上， 连接OA ，设OA OP R ==，则222(8)R R =-+，解得6R =．∴球O 的体积为3462883V ππ=⨯=． 故答案为：288π．。
高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题
√C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 √D.若D1N与AB所成的角为 π3，则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A， 根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD， 所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角， 所以∠MND＝4π，所以 DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2， 所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
典型例题
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD 所在平面上一动点，则下列命题正确的是
√A.若MN与平面ABCD所成的角为 π4，则点N的
轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图
当 B 是 AC 的中点时，AB＝BC＝ 6，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如
图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则 SD＝
22－
262＝
210，
所以 sin ∠ABS＝SSDB＝ 410， 所以 cos∠CBS＝cos(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－ 410，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1 的值为 3AP＝3 12＋22＝3 5>2 3＋ 5，故 D 错误.
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线 AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列 说法正确的是 A.存在某个位置，使得CN⊥AB1
立体几何试题的创新动向
立体几何试题的创新动向上虞中学 沈波近几年高考立体几何试题在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查，其中包括空间想象能力、逻辑思维能力、归纳推理能力、综合探究能力等等，试题看似平常，但创新知识层出不穷，以下结合试题的命题方向，对试题的创新动向做了归类和总结，希望能给读者带来一些启示。
一、突现新增内容例1．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（ ） A. 22B. 32C. 4D. 52解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。
如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ，由题意得=1n ⇒=a =b =，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号。
故选出答案A.例2．一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M,N 分别是AF,BC 中点 （1） 求证：MN//平面CDEF; （2） 求 MN 与AC 所成角的余弦值。
正视图 侧视图2F解析：（1）连接EC,BF ，则AF,BE 交于点M ，在△ECB 中，M 、N 分别为BE 、BC 的中点，所以MN//EC, 又因为CE ⊆平面EFCD,MN ⊄平面EFCD,所以MN//平面EFCD (2)因为MN//EC ，所以MN 与AC 所成角就是EC 与AC 所成角。
由三视图可知：四边形ABFE,EFCD 为正方形，△ADE 为等腰直角三角形， 所以AE ⊥平面EFCD,故AE ⊥EC, 在△AEC 中，因为EC=22,AC=32 所以36cos ==∠AC CE ACE ，故得MN 与AC 所成角的余弦值为36。
点评：在新课程实施的几个省市中，高考试题都涉及了空间几何体的三视图。
高考数学正方体创新型及能力型题81例
高考数学正方体创新型及能力型题81例正方体是常见的也是重要的几何体，正方体有6个表面、8个顶点、12条棱、12条面对角线、4条体对角线、6个对角面；正方体既有外接球又有内切球；在正方体内可构造出别的多面体．以正方体为为载体，可考查各种线线、线面、面面关系以及面积、体积等，因此这类问题是高考命题的一个热点，本资料从高考试卷及高考模拟试卷中精选此类问题中的创新型及能力型能力试题81例，供高三学生备考及数学教师备课时参考． 一、选择题1.正方体1111ABCD A BCD -的棱上到异面直线AB ，C 1C 的距离相等的点的个数为（ C ）A ．2B ．3C ． 4D ．52.与正方体1111ABCD A BCD -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ D ）（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个3.在正方体ABCD －A1B1C1D1中与AD1成600角的面对角线的条数是（ C ） （A ）4条 （B ）6条 （C ）8条 （D ）10条4.在正方体AC1中，过它的任意两条棱作平面，则能作得与A1B 成300角的平面的个数为（ B ）A 、2个B 、4个C 、6个D 、85.设E ，F 是正方体AC1的棱AB 和D1C1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A1ECF 成60°角的对角线的数目是 （ C ）A ．0B ．2C ．4D ．66.正方体1111ABCD A BCD -的棱11CC AA ，中点分别为E ，F ，则与直线11D C EF AD ，，都相交的直线有（ D ）（A ）有且只有1条 （B ）有且只有2条 （C ）有且只有3条 （D ）有无数条7.如图，正方体1111ABCDA B C D 中，E ，F分别为棱AB ，1CC 的中点，在平面11ADD A内且与平面1D EF 平行的直线（ A ） （A ）有无数条 （B ）有2条 （C ）有1条 （D ）不存在（8）在正方体''''ABCDA B C D 中，若点P （异于点B ）是棱上一点，则满足BP 与'AC 所成的角为45的点P 的个数为（ B ） （A ）0 （B ）3 （C ）4 （D ）69.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（ B ）． A.8种 B. 12种 C. 16种 D. 20种10.从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（ C ）．A ．56B ．52C ．48D ．4011.在正方体ABCD-A ’B ’C ’D ’中12条棱中能组成异面直线的总对数是（ B ） A.48对 B.24对 C.12对 D.6对12.将正方体各顶点标上字母, 使其成为正方体1111ABCD A BCD , 不同的标字母方式共有 （ B ）A ．24种B ．48种C ．72种D ．144种13.在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为（ C ）ABCDA 1B 1C 1D 1EFA ．17B ．27C ．37D ．4714.以正方体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机地取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率为 （ D ）A ．367385B ． 376385C ．192385D ．1838515.正方体ABCD —A1B1C1D1的各个顶点与各棱的中点共20个点中，任取两点连成直线，在这些直线中任取一条，它与BD1 垂直的概率为（ D ）A ． 16621B ．19021C ． 19027D ．1662716.一个各面都涂满红色的4×4×4（长、宽、高均为4）正方体，被锯成同样大小的单位（长宽高均为1）小正方体，将这些小正方体放在一个不透明的袋子中，充分混合后，从中任取一个小正方体，则取出仅有一面涂有色彩的小正方体的概率为（ ）A ．14B ．12 C ．18 D ．3817.棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为 （ C ）．A ．33aB ．43aC ．63aD ．123a18.在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是 ( D )．A. 23B. 76C. 45D. 5619.棱长为1的正方体ABCD －A1B1C1D1被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（ A ）A ．45πB ．87πC ．πD ．47π20.图中都是由边长为1的正方体叠成的图形，例如第（1）个图形的表面积为6个平方单位，第（2）个图形的表面积为18个平方单位，第（3）个图形的表面积是36个平方单位，以此规律，则第（5）个图形的表面积是（D ）个平方单位。