1、难点六难点六立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题测试卷测试卷 （一）选择题（一）选择题（12*5=60 分）分） 1 （2020河北高三期末）用若干个体积为 1 的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的 图形，则这个几何体的最小体积为（） A5B6C7D8 【答案】A 【解析】 根据题意,当几何体体积最小时,空间几何图如下图所示: 所以几何体的最小体积为 5 故选:A 2 （2020河北衡水中学高三月考）设正方体 1111 ABCDABC D 的棱长为1，E为 1 DD 的中点，M为直线 1 BD 上一点，N为平面AEC内一点，则M
2、，N两点间距离的最小值为（） A 6 3 B 6 6 C 3 4 D 3 6 【答案】B 【解析】 结合题意，绘制图形 结合题意可知 OE 是三角形 1 BDD中位线，题目计算距离最短，即求 OE 与 1 BD两平行线的距离， 11 1,3,2DDBDBD，所以距离 d，结合三角形面积计算公式可得 11 11 2 22 SBD DDBDd，解得 6 6 d ，故选 B。 3 已知正方体的 1111 ABCDABC D棱长为 2， 点,M N分别是棱 11 ,BC C D的中点， 点P在平面 1111 ABC D内， 点Q在线段 1 AN上，若5PM ，则PQ长度的最小值为 A.21B.2C.
3、3 5 1 5 D. 3 5 5 【答案】C 【解析】过点 M 项上底面作垂线垂足为 H 点，连接 HP，因为5PM ，又因为三角形，PHM 是直角三 角形，故得到 PH=1，故 P 点是确定的轨迹，是在以 H 为圆心，1 为半径的圆上动，故当 PQ 最小时，即过 H 点做 1 AN的垂线，减 1 即可，最终得到 3 5 1 5 .故答案为;C . 4 【广西柳州市 2019 届 1 月模拟联考】已知 ?，?，? 三点都在表面积为 ?的球 ? 的表面上，若 ? h ? ?，? h ?.则球内的三棱锥 ? ? 的体积的最大值为（） A? ?B? ?C? ?D? ? 【答案】C 【解析】? ?h
4、?，? ? h h，在? 中， ? sin? h h，? h h ?，?球心 ? 到平面 ? 的距离 ? h ? hh ?，设? 的角 ?，?，? 所对的边分别为 ?，?，?，由?h ? ? ?cos?，得 ? h ? ? ? ? ? ? h ?（当且仅当 ? h ? 时取“=”） ，即 ? ? ?，? ?h ? ?sin? h ? ? ? ? ? ?，故 三棱锥 ? ? 体积的最大值为? ? 最大 ? ? h ? ? ? ? ? ? ? h ? ?，选 C. 5 （2020天水市第一中学高三期末）设ABCD， ， ，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等 边三角形且其面积为9 3，
5、则三棱锥DABC体积的最大值为 A12 3B18 3C24 3D54 3 【答案】B 【解析】 点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点， 当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最大 此时，ODOBR4 2 3 9 3 4 ABC SAB AB6, 点 M 为三角形 ABC 的中心 2 BM2 3 3 BE Rt OMB中，有 22 OM2OBBM DMODOM426 max 1 9 3618 3 3 D ABC V 故选 B. 6 （2020山东高三期末）用一个体积为36的球形铁质原材料切割成为正三棱柱的工业用零配件，则该零 配件体积的最大值为（） A 9 3 2 B6 3C1
6、8 D27 【答案】D 【解析】 如图所示，正三棱柱 111 ABCABC内接于球O的直观图， 1 O为底面 111 ABC的中心，因为 3 4 363 3 R VR 球 。 设底面边长 11 ABx，则 2 1 22 9 3 x hOO ， 2222 2 133 2 96(9)27 22326 63 xx xx VS hx 正三棱柱 ， 等号成立当且仅当 22 93 2 63 xx x，故选 D. 7 如图所示， 长方体 1111 ABCDABC D中， AB=AD=1,AA1=2面对角线 11 B D上存在一点P使得 1 APPB 最短，则 1 APPB的最小值为（） A.5B. 26 2
7、 C.22D.2 【答案】A 【解析】 把对角面 1 BD及面 111 AB D展开， 使矩形 11 BDD B， 直角三角形 111 D AB在一个平面上， 则 1 APPB 的最小值为 1 AB，在三角形 11 AB B中， 1111111111 3 ,1,2 424 AB BAB DD B BABB B 由余弦定理得 2 2 1 3 122 12cos 4 AB 5，故选 A 8 【广东省佛山市 2019 届 1 月质量检测（一)】已知矩形 ?，? h ?，? h，? 为 ? 的中点，现 分别沿 ?h? 将?， ? 翻折， 使点 ?h? 重合， 记为点 ?， 则几何体 ? ? 的外接球表
8、面积为 （） A?Bh?Ch? Dh h? ? 【答案】C 【解析】由题意翻折可得几何体 ? ? 中：? ? ?h? ? ?h? ? ?,即三棱锥可以补成以 PB,PC,PE 为 边的长方体， 其对角线为外接球的直径： ? ? h ? ， 故 h h ? ? ， 外接球的表面积为： ? ? ? ? ? h h? ，故选 ? 9 （2020山东高三期末）三棱锥PABC的底面ABC是边长为 3的等边三角形，该三棱锥的所有顶 点均在半径为 2 的球上，则三棱锥PABC的体积最大值为（） A 2 33 4 B 3 3 4 C 2 33 4 D 96 3 4 【答案】C 【解析】 ABC中，22 sin
9、 a r A ，即1r ，圆心到球心的距离 22 3Rr ， 故 max 23h，故 maxmax 112 33 sin 324 VbcA h . 故选：C. 10. 【安徽省江淮名校2019届12月联考】 体积为? ?的三棱锥? ? 的顶点都在球? 的球面上， ? ?平面?， ? h ，? h ? ，则球 ? 的表面积的最小值为（ ） A?B?C?D? 【答案】C 【解析】 把三棱锥放在长方体中， 由已知条件容易得到?h ? ? ? ? h ， 所以 ?h ? ? ? ? ? ? h ?，因此 ?h ? ? ?，注意 ? h ?，所以球 ? 的表面积的最小值是 ?. 故选 C. 11把边长为
10、 1 的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD 平面CBD，形成三棱锥CABD 的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为（） A. 1 2 B. 2 2 C. 2 4 D. 1 4 【答案】D 【解析】C 在平面 ABD 上的射影为 BD 的中点 O，在边长为 1 的正方形 ABCD 中， 12 22 AOCOAC，所以：左视图的面积等于 11221 22224 AOC SCO AO 12设点M是棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D的棱AD的中点，点P在面 11 BCC B所在的平面内，若 平面 1 D PM分别与平面ABCD和平面 11 BCC B所成的锐二面角相等
11、，则点P到点 1 C的最短距离是（） A. 2 5 5 B. 2 2 C. 1D. 6 3 【答案】A 【解析】 设P在平面ABCD上的射影为,P M在平面 11 BBC C上的射影为M， 平面 1 D PM与平面ABCD 和平面 11 BCC B成的锐二面角分别为,B，则 1 11 cos,cos PM C DP M D PMD PM S S B SS ， 1 coscos , DP MPM C BSS ，设P到 1 C M距离为d，则 112 5 51 2, 225 dd ，即点P 在与直线 1 C M平行且与直线距离为 2 5 5 的直线上，P到 1 C的最短距离为 2 5 5 d ，故
12、选 A. （二）填空题（二）填空题（4*5=20 分）分） 13. 【安徽省芜湖市 2019 届期末】在我国古代数学经典名著九章算术中，将四个面均为直角三角形的 四面体称为“鳖臑”.已知某“鳖臑”的外接球的半径是 3，其三视图如图所示，记正视图，侧视图，俯视图的面 积和为 ?，则 ? 的最大值是_. 【答案】18 【解析】 根据三视图可知该几何体为三棱锥 （如下图） ， 三棱锥 ? ? 中， ? ? ?， ? ? 底面 ?， ? h ?， ? h ?，? h ?，则 ? h? ?，? h? ? ?，取 ? 的中点为 ?，易证三角形 ? 和三角形 ? 都是直角三角形，可知 ? h ? h ? h
13、 ?，故三棱锥的外接球球心为点 ?，则 ? h ? ? h ? ? ? ?， 故? ? ?h ?， 则? ? ? ? ? ? ?，（当且仅当 ? h ? h ? 时取“=”） ， 故? ? ? ? ? ? ?，因为 ? h ? ? ? ? ? ，所以 ? ? ?. 14如图，在直角梯形ABCD中，ABBC，/ /ADBC， 1 1 2 ABBCAD，点E是线段CD上 异于点C，D的动点，EFAD于点F，将DEF沿EF折起到PEF的位置，并使PFAF， 则五棱锥PABCEF的体积的取值范围为_ 【答案】 1 0, 3 【解析】,PFEF PFAF EFAFF，PF平面ABCEF，设01DFxx，
14、则 ,2,EFx FAx ABCEFABCDDEF SSS 22 111 1213, 222 xx 五棱锥 PABCDEF的体积 23 111 33 326 V xxxxx， 2 1 10 2 Vxx， 得1x 或1x （舍去） ，当01x时， 0,VxV x单调递增，故 01VV xV，即 V x的取值范围是 1 0, 3 ，故答案为 1 0, 3 . 15 （2020湖南高三月考）已知四面体有五条棱长为 3，且外接球半径为 2.动点 P 在四面体的内部或表面， P 到四个面的距离之和记为 s.已知动点 P 在 1 P， 2 P两处时，s 分别取得最小值和最大值，则线段 12 PP长度 的最
15、小值为_. 【答案】 9 7 14 【解析】 四面体为ABCD,其中3ADBDBCABAC,设2CDx. 取,CD AB的中点分别为,E F，连接,DF CF,如图. 在等腰三角形,ABD ABC中，有,FDAB FCAB. 所以AB 平面CDF，又F为AB的中点. 则四面体ABCD的外接球的球心O一定在平面CDF上. 同理可得四面体ABCD的外接球的球心O一定在平面ABE上. 所以四面体ABCD的外接球的球心O一定在EF上. 连接,OC OB，设EFC. 在直角三角形OBF中， 22 97 4 42 OFOBBF. 在三角形OCF中， 222 727 4 3 44 cos 273 321 2
16、 22 OFCFOC OF CF . 在直角三角形EFC中, 9 7 cos 14 EFCF . 所以CE长为定值，CD的长为定值. 根据条件有 ACDBCD SS,设为 1 S, ABDCAB SS ,设为 2 S 设点P到四个面ACD,BCD,DAB,CAB的距离分别为 1234 ,d dd d. 设四面体ABCD的体积为V(为定值) 由等体积法有： 121342 1 3 VddSddS 所以 121 34 2 3VddS dd S 所以 1 123412 22 3 1 SV sdddddd SS 当点P在CD上时， 12 0dd最小. 当点P远离CD时， 12 dd的值增大， 由等体积法
17、可得当点P在AB上时， 12 dd的值相等，且此时 12 dd的值最大. 所以当点P在CD或AB上时，s取得最值. 故线段 12 PP长度的最小值为CD，AB上两点间的距离的最小值. 由上可知，,EFCD EFAB. 所以CD，AB上两点间的距离的最小值为 9 7 14 EF . 故答案为： 9 7 14 . 16 （2020四川高三月考）如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D 中，底面ABCD是菱形， ,E F 分别是 11 ,BB DD 的中点，G为AE的中点且 2FG ，则 EFG 面积的最大值为_. 【答案】 4 3 【解析】 解：连接AC交BD于O， 底面ABCD是菱形，AC
18、BD， 以OC，OD，OZ为坐标轴建立空间直角坐标系Oxyz， 设OCa，ODb，棱柱的高为h， 则,0,0Aa，0, 2 h Eb ， (0F ，b，) 2 h ，( 2 a G， 2 b ，) 4 h ( 2 a FG ， 3 2 b ，) 4 h ， (0FE ，2b，0)， 2 33 cos, 2 24| | FG FEbb FG FE bFGFE ， E到直线FG的距离 2 2 1691 |sin,2169 42 b dFEFG FEbbb ， 22 222 16 1131634 9 169 2229232 EFG bb SFG dbbbb 当且仅当 22 16 9 bb即 2 8
19、9 b 时取 等号 故答案为： 4 3 (三三)解答题（解答题（4*10=40 分）分） 17 （2020江苏高三专题练习）如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直直角梯形 ABPE 所在的平面于直线 AB， 且 ABBP2，ADAE1，AEAB，且 AEBP. （1）求平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的余弦值； （2）在线段 PD 上是否存在一点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 2 5 ？若存在，试确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由 【解析】【解析】 （1） 由 AEAB，且 AEBP，得 BPAB.所以CBP 是直二面角 C-AB-P 的平面角 以
20、,BA BP BC 为正交基底，建立空间直角坐标系 Bxyz. B(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，2，0)，E(2，1，0)，C(0，0，1)，D(2，0，1) PC (0，2，1)，CD (2，0，0) 设平面 PCD 的一个法向量为m (a，b，c)， 由 20 20 m PCbc m CDa ，不妨取m (0，1，2) 易知平面 ABPE 的一个法向量为n (0，0，1) 设平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的大小为， 则由图可知0, 2 . cos|cosm ，n | 2 5 1 2 5 5 . 所以平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的余弦值为 2 5 5
21、 . （2） 假设线段 PD 上存在点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角满足 sin 2 5 . 即 sin|cosBN ，m | | 5 | BN BN m 2 5 . 设PN uuu r PD (2，2，1)，其中0，1. BN BP PN uuu r (2，22，) 由（1）知平面 PCD 的一个法向量m (0，1，2)， 所以 2 2 5984 2 5 ， 即 92810， 解得1 或 1 9 (舍去) 以当 N 在点 D 处时，直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 2 5 . 18.（2020江西高三期末 （理） ） 如图， 在平行四边形ABCD中，2,4,60A
22、BADBAD ， 平面EBD 平面ABD，且,EBCB EDCD. （1）在线段EA上是否存在一点F，使/EC平面FBD，证明你的结论； （2）求二面角AECD的余弦值. 【解析】【解析】 （1）存在点F，点F为EA的中点 证明：当点F为EA的中点时，连结AC交BD于O， 平行四边形ABCD，O为AC的中点， 连结OF，则/OF EC， FO 平面BDF，EC 平面BDF，/EC平面FBD. （2）4,2EBCBADEDCDAB，60BAD 2 3BD ， 222 BEBDED ， 222 BCBDDC ，BDED，BDDC 又平面EBD 平面ABD，ED 平面ABCD，BD 平面ECD， 以
23、DB为x轴，DC为y轴，DE为z轴，如图建系：Dxyz 则(0,0,0)D，(2 3, 2,0)A，(0,2,0)C，(0,0,2)E，(2 3,0,0)B ( 2 3,4,0)AC ，( 2 3,2,2)AE (2 3,0,0)DB 为平面ECD的一个法向量， 令平面ACD的一个法向量为( , , )nx y z ， 2 340 2 3220 n ACxy n AExyz 取2x ，3y ， 3z 平面ACD的一个法向量为2, 3, 3n ， 令二面角AECD为，由题意可知为锐角， 则 |4 310 cos|cos,| 5| |2 310 n DB n DB nDB . 19. （2020江
24、苏高三专题练习）如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平面 ADEF平面 ABCD，AF DE，ADDE，AF2 6，DE3 6. （1）求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值； （2）在线段 AF 上是否存在点 M，使得二面角 MBED 的大小为 60？若存在，求出 AM AF 的值；若不存在， 说明理由. 【解析】【解析】 （1）因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以 D 为坐标原点， 射线 DA，DC，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 Dxyz，如图所示.则 A（3，0，0） ， F（3，0，2 6） ，E（0，0，3 6） ，B（3，3
25、，0） ， C（0，3，0） ，CA =（3，3，0） ，BE （3，3，3 6） ， EF （3，0，6）. 设平面 BEF 的法向量为n （x1，y1，z1） ， 111 11 333 60 360 n BExyz n EFxz 取 x1 6，得n （ 6，26，3）. 所以 |3 613 |cos,| 13|3 239 CA n CA n CA n 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 13 13 . （2）假设存在点 M 在线段 AF 上满足条件， 设 M（3，0，t） ，0t2 6， 则BM （0，3，t） ，BE （3，3，3 6）. 设平面 MBE 的法向量为m （x
26、2，y2，z2） ， 22 222 30 333 60 m BMytz m BExyz 令 y2t，得 m（3 6t，t，3）. 易知CA （3，3，0）是平面 BED 的一个法向量， 所以|cos,|m CA | 22 |9 66 |1 2 3 2(3 6)9 t t t ， 整理得 2t26 6t150，解得 t 6 2 或 t 5 6 2 （舍去） ， 故在线段 AF 上存在点 M，使得二面角 MBED 的大小为 60，此时 1 4 AM AF . 20. 【北京市通州区 2019 届期末】如图，在三棱柱 ? ?中，?底面 ?，ABC 是边长为 的正三角形，?h ?，D，E 分别为 AB
27、，BC 的中点 （）求证：? ?平面 ?； （）求二面角 ? ? ?的余弦值； （）在线段?上是否存在一点 M，使 ?楨 ?平面 ?？说明理由. 【解析】（） 在三棱柱 ? ?中， 因为 ?底面 ?， CD平面 ABC，所以 ? ?又? 为等边三角形，? 为 ? 的中点，所以 ? ? ?因为 ? ? ?h ?， 所以 ? ?平面 ?； （） 取?中点 ?， 连结 ?， 则因为 ?， ? 分别为 ?， ?的中点， 所以 ? ? ? 由 （） 知 ? ? ?， ? ? ? ， 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ? h? 由 题 意 得 ? ?h?h? ， ? ?h?h? ， ? ?h?h
28、 ? ， ?h?h? ,? ?h?h? ,?h?h ? ,? ?h?h? ,? ? h?h ? ， ? ?h ? h?h ? ，?h h?h? 设平面 ? B?AE 法向量? ? ?h h?h?h?，AE ? ? h ? h?h ? ，AB? ? h 体 h?h?h ，则 ? ? ? ? ?h ?h ? ? ? ? ?h ?h 即 ? h? ? ? ?h ?h h? ?h ?h 令h?h ?，则?h ?，? h?即n? ? ?h 体?h ? h ?h平面 BAE 法向量? ?h ?h?h? 因为? ? ? ? ?h ?h?h? ? ?h ? h ? h ，?h ?，? ? ?h? ? ? ?
29、? ? h ? ? ， 所以 cos ?h? ? ?h ? ? h ? ? ， 由题意知二面角 ? ? ?为锐角，所以它的余弦值为 ? ? . （）在线段?上不存在点 M，使 ?楨 ?平面 ?理由如下假设线段?上存在点 M，使 ?楨 ?平 面 ? 则?t h ?h? ， 使得?楨?h t? 因为?h ?h?h ? ， 所以?楨?h th?h ?t 又? h ?h?h? ， 所以?楨?h ? ?楨?h th?h ?t 由（）可知，平面 ? 法向量? ? ?h ?h ? h ? ，?楨 ?平面 ?， 当 且 仅 当 ?楨? ? ? ?， 即 ?即 h ? ， 使 得 ?楨?h 即 ? ? ? ?h 即， ? 即，?即 所 以 t h 即， ? h ? 即， ?t h?即 解 得 t h ? ? ?，? 这与t h ?h? 矛盾所以在线段?上不存在点 M，使 ?楨 ?平面 ?
