专题5立体几何压轴小题一、单选题1．（2021·全国·高三专题练习）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（ ）A．2+2 B． C． D．【答案】B【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳.2．（2021·浙江·瑞安中学模拟预测）已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合正方体的几何特征，以及面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，判断P在如图所示的阴影范围内.利用正方体的特点，判断P接近于D'时∠APC>∠BPD,故A、B错误；∵PH∠APB，∵PGβ，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内.在△APC和△BPD中，AC=BD,PQ公用，Q为共同的中点，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90°，此时∠BPD>∠APC,同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD,故A、B错误；∠APD与∠BPD的大小关系看P实在EG的左侧还是右侧。若是在左侧，则∠APD>∠BPC,若是在右侧，则∠APD<∠BPC,若是在EG上，则∠APD=∠BPC;同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD,P在HF上，则∠APB=∠CPD,P在HF的后面，则∠APB<∠CPD,所以当P在A'OH内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD,min{∠APD，∠BPC}=∠BPC,max{∠APB,∠CPD}=∠APB,min{∠APB,∠CPD}=∠CPD,∵PH∠APB，∵PG立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两直线所成的角为(),；②直线与平面所成的角为(),；③二面角的大小为(),5．（2021·山东·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，，，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30°，点在平面上的射影在内（含边界）．令直线与平面所成的角为，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上．与平面所成的角为30°，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），，求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论．【详解】因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上．又与平面所成的角为30°，所以，过作于点，如图1所示，则易得，，，，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与平面所成的角，解题关键是确定动点的轨迹，利用球面的性质，圆锥的性质，可得轨迹是圆弧，并得出其在底面上的射影，由射影的定义得出线面角，并求出其正切值，分析后可得最值．6．（2021·浙江温州·二模）如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则（）A．当时，随着的增大而增大B．当时，随着的增大而减小C．当时，随着的增大而减小D．当时，随着的增大而增大【答案】D【分析】分和两种情况，分别过作的平行线，可得直线与所作的平行线成的角即为角可得答案.【详解】当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即，设正四面体的棱长为3，则，可求得，所以在中，有，令，则，时，有正有负，函数有增有减，所以故A与B错误；当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即.同样设正四面体的棱长为3，则，可求得，,在中，有，所以，即，所以在中，有，令，则，所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故D正确，C错误.故选：D.7．（2021·浙江·高三月考）如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值.【详解】过作交BC于E，连接EH，∵在平面内的射影恰好落在线段上，即面，∴且，,即面，面，则,∴二面角的平面角为，在中，，若令，则，又，∴，且，故，则，即方程在上有解时，m的最大值即为所求，而开口向上且，即，对称轴.∴当时，，显然成立；当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，，即；∴综上，有，即，故二面角的正切的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值.8．（2021·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.【详解】由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，O为ABCG对角线交点且，又有，，∴面，而面，故面面，若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，而，，有平行且相等，即为平行四边形.∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，令，，即，∴△中，，即，∵，即，∴，解得（舍去），综上有，故选：C【点睛】关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.9．（2021·广东中山·模拟预测）四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积.【详解】如图1所示，正四面体ABCD中，AH⊥底面BCD，E、F、G、K为四个球的球心，M为CD中点，连接BM，AM，易知B、H、M三点共线，直线AH交平面EFG于点，连接，交GF于点N，则N为GF的中点，因为内切球半径为2，故EF=4，画出截面ABM如图2所示，正四棱锥EFGK外接球球心设为O，则正四面体ABCD的外接球球心与正四面体EFGK外接球球心重合，设正四面体ABCD的外接球半径为R，正四面体EFGK外接球半径为r，在图2中，EK=4，，，，所以由，即，解得：所以过点E作EP⊥BM于点P，则EP=2则△BEP∽△∴，解得：∴∴正四面体ABCD的外接球表面积故选：A【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10．（2021·陕西·西北工业大学附属中学高三月考（理））如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，，，，，.在四棱锥中，（）A． B． C． D．【答案】A【分析】把平面图形还原得到原四棱锥，结合已知利用线面垂直的判定定理知平面，利用勾股定理求得棱锥各个边的长度，在中利用余弦定理即可求解.【详解】把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由已知，，可知，，，平面在中，，，故在中，在矩形中，，，连接，在中，在中，利用余弦定理知故选：A.11．（2021·北京市十一学校高三月考）如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交于F，给出下面几个命题：①四边形一定是平行四边形；②四边形有可能是正方形；③平面有可能垂直于平面；④设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线；⑤四棱锥的体积为定值.以上命题中真命题的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】由面面平行的性质和四边形的判定定理可判断①；由正方形的性质可判断②；由面面垂直的判定定理可判断③；由两平面相交的性质可判断④；由等积法和棱锥的体积公式可判断⑤.【详解】因为平面与平面平行，截面与它们交于，BF，可得，同样可得，所以四边形是一个平行四边形，故①正确；如果四边形是正