第一篇 专题四 第1讲 空间几何体-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

专题四 　 立体几何 三 年 考 情 题型 单选题 多选题 填空题 解答题 年份题号１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ １５ １６ １７ １８ １９ ２０ ２１ ２２ ２０２２ Ⅰ √ √ √ √ Ⅱ √ √ √ ２０２３ Ⅰ √ √ √ Ⅱ √ √ √ ２０２４ 单选题 多选题 填空题 解答题 题号１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ １５ １６ １７ １８ １９ Ⅰ √ √ Ⅱ √ 第１讲　 空间几何体 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 空间几何体表面积、体积问题在高考题中多以选择、填空的形式出现，难度属中、低档题，主要考查空间几何 体的几何量（线段长度、表面积、体积等）的计算，热点是球的切、接问题． %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为槡３，则圆锥的体积为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ２槡３π Ｂ． ３槡３π Ｃ． ６槡３π Ｄ． ９槡３π ２．（多选）（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为１（单位：ｍ）的正方体容器（容器壁厚度 忽略不计）内的有 （　 　 ） Ａ．直径为０． ９９ ｍ的球体 Ｂ．所有棱长均为１． ４ ｍ的四面体 Ｃ．底面直径为０． ０１ ｍ，高为１． ８ ｍ的圆柱体 Ｄ．底面直径为１． ２ ｍ，高为０． ０１ ｍ的圆柱体 !&* ３．（多选）（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）已知圆锥的顶点为Ｐ，底面圆心为Ｏ，ＡＢ为底面直径，∠ＡＰＢ ＝１２０°，ＰＡ ＝２，点Ｃ 在底面圆周上，且二面角Ｐ － ＡＣ －Ｏ为４５°，则 （　 　 ） Ａ．该圆锥的体积为π Ｂ．该圆锥的侧面积为４槡３π Ｃ． ＡＣ ＝ ２槡２ Ｄ．△ＰＡＣ的面积为槡３ ４．（２０２２·新高考全国Ⅰ卷）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知 该水库水位为海拔１４８． ５ ｍ时，相应水面的面积为１４０． ０ ｋｍ２；水位为海拔１５７． ５ ｍ时，相应水面的面积为 １８０． ０ ｋｍ２，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔１４８． ５ ｍ上升到１５７． ５ ｍ时， 增加的水量约为（槡７≈２． ６５） （　 　 ） Ａ． １． ０ × １０９ ｍ３ Ｂ． １． ２ × １０９ ｍ３ Ｃ． １． ４ × １０９ ｍ３ Ｄ． １． ６ × １０９ ｍ３ ５．（２０２４·全国甲卷理科）已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为ｒ１ 和ｒ２，母线长分别为２（ｒ２ － ｒ１）和３（ｒ２ － ｒ１），则两个圆台的体积之比Ｖ甲Ｖ乙＝ 　 　 　 　 ． ６．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）在正四棱台ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ ＝２，Ａ１Ｂ１ ＝１，ＡＡ１ ＝槡２，则该棱台的体积为　 　 　 　 ． ７．（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）底面边长为４的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为２，高为 ３的正四棱锥，所得棱台的体积为　 　 　 　 ． !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$CDf}>– ●5678 １．空间几何体结构特征 的判断技巧 紧扣结构特征是判断的 关键，依据条件构建几 何模型，在条件不变的 情况下，变换模型中的 线面关系或增加线、面 等基本元素，然后再依 据题意判定，说明一个 命题是错误的，只要举 出一个反例即可． ２．斜二测画法的技巧 （１）在斜二测画法中， 要确定关键点及关键线 段．平行于ｘ轴的线段 平行性不变，长度不变； 平行于ｙ轴的线段平行 性不变，长度减半． （２）按照斜二测画法得 到的平面图形的直观 图，其面积与原图形的 面积的关系：Ｓ直观图＝ 槡２ ４ Ｓ原图形． ●1234 １．（１）（多选）（２０２４·河南郑州模拟预测）下列说法中，错误的为 （　 　 ） Ａ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 Ｂ．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 Ｃ．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 Ｄ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 （２）（２０２３·上饶模拟）用一平面去截一长方体，则截面的形状不可能是 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ．四边形 Ｂ．五边形 Ｃ．六边形 Ｄ．七边形 （３）（２０２４·朝阳区校级模拟）如图，△Ａ′Ｂ′Ｃ′是水平放置的 平面图形的斜二测直观图，若Ａ′Ｃ′ ＝ ２ ｃｍ，且Ｓ△Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＝ 槡３ ２ ｃｍ ２，则原图形中ＡＣ边上的高为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ．槡３２ ｃｍ Ｂ．槡 ６ ２ ｃｍ Ｃ．槡３ ｃｍ Ｄ．槡６ ｃｍ ●9:;< １．（多选）（２０２４·湖北模拟预测）平行六面体中，各个表面的直角个数之和可能为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ０ Ｂ． ４ Ｃ． ８ Ｄ． １６ ２．在直角坐标系中水平放置的直角梯形ＯＡＢＣ如图所示．已知Ｏ 为坐标原点，Ａ（２槡２，０），Ｂ（２槡２，２），Ｃ（０，６）．在用斜二测画法画 出的直观图中，四边形Ｏ′Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积为 （　 　 ） Ａ． ４ Ｂ． ４槡２ Ｃ． ８ Ｄ． ８槡２ !'! !"=$®¯RS}'+œ*} ●-./0 １．旋转体的侧面积和表面积 （１）Ｓ圆柱侧＝ ２πｒｌ，Ｓ圆柱表＝ ２πｒ（ｒ ＋ ｌ）（ｒ为 底面半径，ｌ为母线长）． （２）Ｓ圆锥侧＝ πｒｌ，Ｓ圆锥表＝ πｒ（ｒ ＋ ｌ）（ｒ为底 面半径，ｌ为母线长）． （３）Ｓ球表＝ ４πＲ２（Ｒ为球的半径）． ２．空间几何体的体积公式 Ｖ柱＝ Ｓｈ（Ｓ为底面面积，ｈ为高）； Ｖ锥＝ １ ３ Ｓｈ（Ｓ为底面面积，ｈ为高）； Ｖ球＝ ４ ３ πＲ ３（Ｒ为球的半径）． ●5678 １．求几何体的表面积的方法 （１）求表面积问题的思路是将立体几何问题 转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这 是解决立体几何的主要出发点． （２）求不规则几何体的表面积时，通常将 所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些 柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差 求得所给几何体的表面积． ２．求空间几何体体积的常用方法 （１）公式法：直接根据常见柱、锥、台体等 规则几何体的体积公式计算． （２）等积法：根据体积计算公式，通过转换 空间几何体的底面和高使得体积计算更容 易，或是求出一些体积必等． （３）割补法：把不能直接计算体积的空间 几何体进行适当分割或补形，转化为可计 算体积的几何体． ●1234 ２．（１）（２０２４·河北模拟）过圆锥ＰＯ高的中点Ｏ′作平行于底面的 截面，则截面分圆锥ＰＯ上部分圆锥与下部分圆台体积比 为 （　 　 ） Ａ． １２ 　 　 　 　 Ｂ． １ ３ 　 　 　 　 Ｃ． １ ５ 　 　 　 　 Ｄ． １ ７ （２）（２０２４·河南模拟）已知圆锥的底面半径为２，其侧面展开 图是一个圆心角为４π３的扇形，则该圆锥的侧面积为（　 　 ） Ａ． ６π Ｂ． ８π Ｃ． １０π Ｄ． １２π （３）（２０２４·保定三模）如图，在长方体 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，ＡＡ１ ＝ ２，ＡＢ ＝ ＡＤ ＝ １，Ｍ是Ｃ１Ｄ上一点，且ＣＭ⊥Ｂ１Ｄ， 则四棱锥Ｍ － ＡＢＣＤ的体积为（　 　 ） Ａ． ２１５ Ｂ． ２ ５ Ｃ． ８１５ Ｄ． ８ ５ ●9:;< ３．（２０２４·石家庄模拟）已知圆台Ｏ１Ｏ上下底面圆的半径分别为 １，３，母线长为４，则该圆台的侧面积为 （　 　 ） Ａ． ８π Ｂ． １６π Ｃ． ２６π Ｄ． ３２π ４．（２０２４·河北模拟）已知正四棱台的上、下底面棱长分别为１和 ２，侧棱长为１，则该正四棱台的体积为　 　 　 　 ． !"@$°œ}*± ●-./0 １．外接球问题 （１）到各个顶点距离相等的点是外接球的 球心． （２）正方体或者长方体的外接球的球心是 其对角线的中点． （３）棱柱的外接球的球心是上下底面多边 形外心连线的中点． （４）正棱锥的外接球球心在体高上． （５）正四面体、同一顶点或者首尾相接的 三条棱两两垂直的几何体、对棱相等的三 棱锥均可构造长方体或正方体来解决． （６）利用球心与截面圆圆心连线垂直于截面 圆及球心与弦的中点的连线垂直于弦的性质 确定球心． ●1234 多面体与球中的面积和体积问题 ３．（１）（多选）（２０２４·平房区校级三模）六 氟化硫，化学式为ＳＦ６，在常压下是 一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气 体，有良好的绝缘性，在电器工业方 面具有广泛用途．六氟化硫结构为正 八面体结构，如图所示，硫原子位于 正八面体的中心，６个氟原子分别位 于正八面体的６个顶点，若相邻两个 氟原子之间的距离为ｍ，则 （　 　 ） Ａ．该正八面体结构的表面积为２槡３ｍ２ Ｂ．该正八面体结构的体积为槡２ｍ３ Ｃ．该正八面体结构的外接球表面积为２πｍ２ Ｄ．该正八面体结构的内切球表面积为２π３ ｍ ２ !'" ２．内切球问题 （１）内切球的球心到各 面的距离相等． （２）正多面体的内切球 和外接球的球心重合． （３）经常用等体积法解 决内切球问题． ●5678 解决多面体与球问题的 两种思路 （１）利用构造长方体、 正四面体等确定直径． （２）利用球心Ｏ与截面 圆的圆心Ｏ１ 的连线垂 直于截面圆的性质确定 球心． 　 （２）（２０２４·香坊区校级二模）已知直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的６个顶点都在球Ｏ 的表面上，若ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ １，ＡＡ１ ＝ ４，∠ＢＡＣ ＝ ２π３ ，则球Ｏ的表面积为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １６π Ｂ． ２０π Ｃ． ２８π Ｄ． ３２π 多面体与球中的截面问题 ４．（２０２４·河南一模）在正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＡ１ ＝ ４，Ｐ为ＣＣ１的中点，Ｅ在 棱Ａ１Ｄ１ 上，且Ａ１Ｅ ＝ ３ＥＤ１，则过Ｅ且与Ａ１Ｐ垂直的平面截正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１所得截面的面积为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ６ Ｂ． ８ Ｃ． １２ Ｄ． １６ 表面积与球的组合体中的最值问题 ５．（２０２４·河北模拟）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，Ｐ为线段Ｃ１Ｄ１上的 动点，则三棱锥Ｐ － ＢＣＤ外接球半径的取值范围为 （　 　 ） Ａ． 槡２９ ４ ，[ ]２ Ｂ． 槡２１４ ，槡[ ]３ Ｃ． 槡４１４ ，槡[ ]３ Ｄ． 槡７４ ，槡[ ]３ ●9:;< ５．（２０２４·新县校级模拟）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，Ｐ为ＤＤ１ 的中 点，过Ａ，Ｂ，Ｐ三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积 为 （　 　 ） Ａ． １３π５ Ｂ． １６π ５ Ｃ． ３π Ｄ． １４π ５ ６．（多选）（２０２４·保定二模）已知直四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的侧棱长为３，底面 ＡＢＣＤ是边长为２的菱形，∠ＢＡＤ ＝ π３ ，Ｍ为棱ＤＤ１上的一点，且ＭＤ ＝ １，Ｐ为底面 ＡＢＣＤ内一动点（含边界），则下列命题正确的是 （　 　 ） Ａ．若ＰＭ与平面ＡＢＣＤ所成的角为π４ ，则点Ｐ的轨迹与直四棱柱的交线长为 ２π ３ Ｂ．若点Ａ到平面ＰＤＭ的距离为槡３，则三棱锥Ｍ － ＰＡＤ体积的最大值为２槡３３ Ｃ．若以Ｄ为球心的球经过点Ｍ，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为４π９ Ｄ．经过Ｂ，Ｃ，Ｍ三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为４ ７．（２０２４·唐山二模）已知长方体的一条棱长为２，体积为１６，则其外接球表面积的 最小值为 （　 　 ） Ａ． ５π Ｂ． １２π Ｃ． ２０π Ｄ． ８０π 温馨提示：复习至此，请做练案［１２］ 第２讲　 空间点、直线、平面之间的位置关系 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．从具体内容上：①以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面与面面平行和垂直 的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题；②以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面 平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查． ２．从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查． !'# 整数数列， ｂｎ为ｑ除ａｎ所得的余数，Ｓｎ为数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和， 依题意ａｎ ＝ ３ｎ － ２， 当ｎ为奇数时，ａｎ为奇数，当ｎ为偶数时，ａｎ为偶数， 而ｑ ＝ ２，因此ｂｎ ＝ １，ｎ为奇数，０，ｎ为偶数{ ， 所以Ｓ２ ０２４ ＝ １ ０１２ × １ ＋ １ ０１２ × ０ ＝ １ ０１２． （２）证明：假设存在ｂｉ ＝ ｂｊ，ｉ，ｊ∈｛１，２，…，ｑ｝，ｉ≠ｊ， 依题意，ａｉ ＝ ｋｑ ＋ ｂｉ，ａｊ ＝ ｌｑ ＋ ｂｊ，ｋ，ｌ∈Ｚ， 则ａｉ － ａｊ ＝（ｉ － ｊ）ｐ ＝（ｋ － ｌ）ｑ，因此ｑ整除（ｉ － ｊ）ｐ， 因为ｐ，ｑ为不同的素数，故ｑ不整除ｐ， 又因为０≠ ｜ ｉ － ｊ ｜≤ｑ － １ ＜ ｑ，故ｑ不整除（ｉ － ｊ）， 与ｑ整除（ｉ － ｊ）ｐ矛盾，故假设错误， 所以数列｛ｂｎ｝的前ｑ项中任意两项均不相同． （３）证明：由（２）得ｂｎ∈｛０，１，２，…，ｑ － １｝，且数列｛ｂｎ｝的前ｑ 项中任意两项均不相同， 所以Ｓｑ ＝ ０ ＋ １ ＋ ２ ＋…＋ ｑ － １ ＝ ｑ（ｑ － １）２ ， 设ａｎ ＝ ｋｎｑ ＋ ｂｎ（ｋｎ∈Ｚ），则ａｎ ＋ ｑ ＝（ｋｎ ＋ ｐ）ｑ ＋ ｂｎ，故ｂｎ ＋ ｑ ＝ ｂｎ， 所以Ｓ８ｑ ＋ １ ＝ ８Ｓｑ ＋ １ ＝ ４ｑ（ｑ － １）＋ １ ＝（２ｑ － １）２ 为完全平 方数． 专题四　 立体几何 第１讲　 空间几何体 真题再现明考向 １． Ｂ　 设圆柱的底面半径为ｒ，则圆锥的母线长为ｒ２槡＋ ３， 而它们的侧面积相等，所以２πｒ 槡× ３ ＝ πｒ × ３ ＋ ｒ槡 ２，即槡２ ３ ＝ ３ ＋ ｒ槡 ２， 故ｒ ＝ ３，故圆锥的体积为１３ π 槡 槡× ９ × ３ ＝ ３ ３π．故选Ｂ． ２． ＡＢＤ　 对于Ａ，棱长为１的正方体内切球的直径为１ ＞ ０． ９９， 选项Ａ正确； 对于Ｂ，如图，正方体内部最大的 正四面体Ｄ － Ａ１ＢＣ１ 的棱长为 １２ ＋ １槡 ２ 槡＝ ２ ＞ １． ４，选项Ｂ 正确； 对于Ｃ，棱长为１的正方体的体 对角线为槡３ ＜ １． ８，选项Ｃ错误； 对于Ｄ，如图，六边形ＥＦＧＨＩＪ为 正六边形，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ，Ｉ，Ｊ为棱的中点， 高为０． ０１米可忽略不计，看作直径为１． ２米的平面圆，六边 形ＥＦＧＨＩＪ棱长为槡２２ 米，∠ＧＦＨ ＝ ∠ＧＨＦ ＝ ３０°，所以ＦＨ ＝ 槡３ＦＧ 槡＝ ３ＧＨ ＝槡６２米，故六边形ＥＦＧＨＩＪ内切圆直径为槡 ６ ２米， 而槡６( )２ ２ ＝ ３２ ＞（１． ２） ２ ＝ １． ４４，选项Ｄ正确．故选ＡＢＤ． ３． ＡＣ　 取ＡＣ中点Ｄ，则ＯＤ⊥ ＡＣ，ＰＤ⊥ＡＣ，由二面角的定义 可知，二面角Ｐ － ＡＣ － Ｏ的平 面角即为∠ＰＤＯ ＝ ４５°， 对于Ａ，△ＰＡＢ中，由于ＰＡ ＝ ＰＢ ＝ ２，∠ＡＰＢ ＝ １２０°，则ＰＯ ＝ １，ＡＯ 槡＝ ３，则ＯＤ ＝ １，Ｖ ＝ １ ３·３π·１ ＝ π，选项Ａ正确； 对于Ｂ，Ｓ侧＝ π 槡 槡× ３ × ２ ＝ ２ ３π，选项Ｂ错误； 对于Ｃ，ＡＣ 槡 槡＝ ２ ３ － １ ＝ ２ ２，选项Ｃ正确； 对于Ｄ，ＰＤ 槡＝ ２，Ｓ△ＰＡＣ ＝ １２ 槡 槡× ２ × ２ ２ ＝ ２，选项Ｄ错误．故 选ＡＣ． ４． Ｃ 　 依题意可知棱台的高为 ＭＮ ＝ １５７． ５ － １４８． ５ ＝ ９（ｍ）， 所以增加的水量即为棱台的 体积Ｖ． 棱台上底面积Ｓ ＝ １４０． ０ ｋｍ２ ＝ １４０ × １０６ ｍ２，下底面积Ｓ′ ＝ １８０． ０ ｋｍ２ ＝ １８０ × １０６ ｍ２， ∴ Ｖ ＝ １３ ｈ（Ｓ ＋ Ｓ′ ＋槡ＳＳ′）＝ １ ３ × ９ ×（１４０ × １０ ６ ＋ １８０ × １０６ ＋ １４０ × １８０ × １０槡 １２） ＝ ３ ×（ 槡３２０ ＋ ６０ ７）× １０６≈（９６ ＋ １８ × ２． ６５）× １０７ ＝ １． ４３７ × １０９≈１． ４ × １０９（ｍ３）．故选Ｃ． ５． 槡６４ 　 由题可得两个圆台的高分别为ｈ甲 ＝ ［２（ｒ１ － ｒ２）］２ －（ｒ１ － ｒ２）槡 ２ 槡＝ ３（ｒ１ － ｒ２）， ｈ乙＝ ［３（ｒ１ － ｒ２）］２ －（ｒ１ － ｒ２）槡 ２ 槡＝ ２ ２（ｒ１ － ｒ２）， 所以Ｖ甲Ｖ乙＝ １ ３ （Ｓ２ ＋ Ｓ１ ＋ Ｓ２Ｓ槡１）ｈ甲 １ ３ （Ｓ２ ＋ Ｓ１ ＋ Ｓ２Ｓ槡１）ｈ乙 ＝ ｈ甲 ｈ乙 ＝ 槡３（ｒ１ － ｒ２） 槡２ ２（ｒ１ － ｒ２） ＝槡６４ ． ６． 槡７ ６６ 　 如图，设正四棱台 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的上下底 面中心分别为Ｍ，Ｎ，过Ａ１ 作 Ａ１Ｈ⊥ＡＣ，垂足点为Ｈ，由题 意易知Ａ１Ｍ ＝ ＨＮ ＝槡２２ ，又ＡＮ 槡＝ ２， ∴ ＡＨ ＝ ＡＮ － ＨＮ ＝槡２２ ， 又ＡＡ１ 槡＝ ２，∴ Ａ１Ｈ ＝ＭＮ ＝槡６２ ， ∴该四棱台的体积为１３ ×（ 槡１ ＋ ４ ＋ １ × ４）×槡 ６ ２ ＝ 槡７ ６ ６ ． ７． ２８　 如图所示，根据题意易知△ＳＯ１Ａ１∽△ＳＯＡ                                                                       ， —７８２— ∴ ＳＯ１ ＳＯ ＝ Ｏ１Ａ１ ＯＡ ＝ 槡２ 槡２ ２ ＝ １２ ，又ＳＯ１ ＝ ３， ∴ ＳＯ ＝ ６，∴ ＯＯ１ ＝ ３，又上下底面 正方形边长分别为２，４， ∴所得棱台的体积为１３ ×（４ ＋ １６ 槡＋ ４ × １６）× ３ ＝ ２８． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）ＡＢＣ　 （２）Ｄ　 （３）Ｄ　 （１）有一个面 是多边形，其余各面都是有一个公共顶 点的三角形，由这些面所围成的多面体 叫棱锥，而有一个面是多边形，其余各面 都是三角形的几何体不一定是棱锥，如 图，所以Ａ错误； 棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而有两个面 互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交 于一点，所以Ｂ错误； 底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不 一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以Ｃ错误； 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中 心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底 面边长，所以Ｄ正确．故选ＡＢＣ． （２）如图， 用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，因此截面 的形状可能有：三角形、四边形、五边形、六边形，不可能为七 边形．故选Ｄ． （３）根据题意，画出平面直角坐标系ｘＯｙ，在ｘ轴上取ＯＡ ＝ Ｏ′Ａ′，即ＣＡ ＝ Ｃ′Ａ′，在图①中，过Ｂ′作Ｂ′Ｄ′∥ｙ′轴，交ｘ′轴于 Ｄ′，在ｘ轴上取ＯＤ ＝ Ｏ′Ｄ′， 过点Ｄ作ＤＢ∥ｙ轴，并使ＤＢ ＝ ２Ｄ′Ｂ′，连接ＡＢ，ＢＣ，则△ＡＢＣ 即为△Ａ′Ｂ′Ｃ′原来的图形，如图②所示： 原图形中，ＢＤ⊥ＡＣ于点Ｄ，则ＢＤ为原图形中ＡＣ边上的高， 且ＢＤ ＝ ２Ｂ′Ｄ′， 在直观图③中作Ｂ′Ｅ′⊥Ａ′Ｃ′于点Ｅ′，则△Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积 Ｓ△Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＝ １ ２ Ａ′Ｃ′ × Ｂ′Ｅ′ ＝ Ｂ′Ｅ′ ＝ 槡３ ２ ，则有Ｂ′Ｅ′ ＝槡 ３ ２ ｃｍ， 在直角三角形Ｂ′Ｅ′Ｄ′中，Ｂ′Ｄ′ 槡＝ ２Ｂ′Ｅ′ ＝槡６２ ｃｍ， 所以ＢＤ ＝ ２Ｂ′Ｄ′ 槡＝ ６ ｃｍ，故原图形中ＡＣ边上的高为槡６ ｃｍ． 故选Ｄ． 跟踪训练 １． ＡＣＤ　 平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行 四边形全等， 所以六个平行四边形中的矩形个数可能为０，２，４，６， 所以各个表面的直角个数之和可能为０，８，１６，２４． 故选ＡＣＤ． ２． Ａ　 如图，画出直观图，过点Ａ′作Ａ′Ｄ ⊥Ｏ′Ｃ′，垂足为Ｄ．因为Ｏ′Ｃ′ ＝ １２ ＯＣ ＝ ３，∠Ｃ′Ｏ′Ａ′ ＝∠Ｂ′Ａ′ｘ′ ＝ ４５°，所以 Ｏ′Ｃ′∥Ａ′Ｂ′，Ｏ′Ｄ ＝ Ａ′Ｄ ＝ ２，Ｃ′Ｄ ＝ Ａ′Ｂ′ ＝１，则Ａ′Ｄ ＝ Ｂ′Ｃ′ ＝ ２，故四边形Ｏ′ Ａ′ Ｂ′ Ｃ′的面积为Ｓ ＝ （１ ＋ ３）× ２ ２ ＝ ４． 考点二 典例研析 ２．（１）Ｄ　 （２）Ａ　 （３）Ａ　 （１）设截面圆半径为ｒ，圆锥的高为ｈ， 圆锥的体积为Ｖ１， 则圆台下底面圆的半径为２ｒ，圆台的高为ｈ，圆台的体积 为Ｖ２， 所以Ｖ２ ＝ １３ πｈ（ｒ ２ ＋ ２ｒ２ ＋ ４ｒ２）＝ ７３ πｈｒ ２，Ｖ１ ＝ １３ πｒ ２ｈ， 可得Ｖ１Ｖ２ ＝ １ ７ ．故选Ｄ． （２）因为底面半径ｒ ＝ ２，所以底面周长为２πｒ ＝ ４π， 又因为侧面展开图是圆心角为４π３的扇形，所以圆锥的母线长 ｌ ＝ ４π４π ３ ＝ ３， 所以该圆锥的侧面积Ｓ ＝ πｒｌ ＝ π × ２ × ３ ＝ ６π．故选Ａ． （３）在长方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｂ１Ｃ１⊥平面ＣＤＤ１Ｃ１， 因为ＣＭ平面ＣＤＤ１Ｃ１，所以Ｂ１Ｃ１⊥ＣＭ， 又ＣＭ⊥Ｂ１Ｄ，Ｂ１Ｃ１∩Ｂ１Ｄ ＝ Ｂ１，所以ＣＭ⊥平面Ｂ１Ｃ１Ｄ，则ＣＭ ⊥Ｃ１Ｄ， 由ＣＣ１ ＝ ２，ＣＤ ＝ １，得ＤＭ ＝ １４ Ｃ１Ｍ，则点Ｍ到平面ＡＢＣＤ的距 离ｄ ＝ １５ ＡＡ１ ＝ ２ ５ ， 故四棱锥Ｍ － ＡＢＣＤ的体积Ｖ ＝ １３ ＳＡＢＣＤ·ｄ ＝ １ ３ × １ × ２ ５ ＝ ２ １５ ．故选Ａ． 跟踪训练 ３． Ｂ　 圆台Ｏ１Ｏ上下底面圆的半径分别为１，３，母线长为４， 所以圆台的侧面积为Ｓ侧＝ π（ｒ ＋ ｒ′）ｌ ＝ π（１ ＋ ３）× ４ ＝ １６π．故 选Ｂ． ４． 槡７ ２６ 　 ∵正四棱台的上、下底面棱长分别为１和２，侧棱长 为１， ∴正四棱台的上、                                                                      下底面正方形的对角线的一半分别为 —８８２— 槡２ ２ ，槡２， ∴该正四棱台的高为１２ － 槡２ －槡２( )２槡 ２ ＝槡２２ ， ∴该正四棱台的体积为１３ ×（１ ２ ＋ ２２ ＋ １ × ２）×槡２２ ＝ 槡 ７ ２ ６ ． 考点三 典例研析 角度１ ３．（１）ＡＣＤ　 （２）Ｂ　 （１）由题知，各侧面均为边长为ｍ的正三 角形，故该正八面体结构的表面积Ｓ ＝ ８ ×槡３４ × ｍ ２ 槡＝ ２ ３ｍ２， 故Ａ正确； 连接ＡＳ，ＰＳ，则ＡＳ ＝ ＰＳ ＝槡２２ ｍ，ＰＳ⊥底面ＡＢＣＤ，故该正 八面体结构的体积Ｖ ＝ ２ × １ ３ × ｍ ２ ×槡２２ ｍ ＝槡 ２ ３ ｍ ３，故Ｂ 错误； 底面中心Ｓ到各顶点的距 离相等，故Ｓ为外接球球 心，外接球半径Ｒ ＝ ＰＳ ＝槡２２ ｍ，故该正八面体结构的外接球表 面积Ｓ′ ＝ π ×（槡２ｍ）２ ＝ ２πｍ２，故Ｃ正确； 该正八面体结构的内切球半径ｒ ＝ ３ＶＳ ＝ 槡 ２ｍ３ 槡２ ３ｍ２ ＝槡２ｍ 槡２ ３ ，故内切 球的表面积Ｓ″ ＝ ４π × 槡２ｍ 槡( )２ ３ ２ ＝ ２πｍ ２ ３ ，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ． （２）如图：设Ｍ，Ｎ分别为上下 底面的外心，由题意知ＭＮ的中 点Ｏ为该三棱柱外接球的球 心，连接ＭＮ，ＯＢ，在△ＡＢＣ中， ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ １，∠ＢＡＣ ＝ ２π３ ，则底 面外接圆的半径为ＢＮ ＝ ＡＣ ｓｉｎ∠ＡＢＣ × １２ ＝ １， 又ＡＡ１ ＝ ４，所以ＭＮ ＝ ＡＡ１ ＝ ４，所以ＯＮ ＝ ２， 所以该三棱柱的外接球半径Ｒ ＝ ＡＮ２ ＋ ＯＮ槡 ２ 槡＝ ５， 所以球Ｏ的表面积为４πＲ２ ＝ ２０π．故选Ｂ． ４． Ｃ　 如图所示，在棱Ａ１Ｂ１ 上取一 点Ｆ，使得Ａ１Ｆ ＝ ３ＦＢ１ ． 因为Ｅ 在棱Ａ１Ｄ１ 上，且Ａ１Ｅ ＝ ３ＥＤ１， 所以ＥＦ∥Ｂ１Ｄ１，ＥＦ ＝ ３４ Ｂ１Ｄ１ ． 由正方体性质可知：平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ ⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，Ｂ１Ｄ１ ⊥Ａ１Ｃ１ ． 又因为平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ ∩平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ ＝ Ａ１Ｃ１，Ｂ１Ｄ１ 平 面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１， 所以Ｂ１Ｄ１⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，则ＥＦ⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ． 又因为Ａ１Ｐ平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，所以ＥＦ⊥Ａ１Ｐ． 取Ｑ为Ｄ１Ｄ的中点，在棱ＡＤ上取一点Ｈ，使得ＤＨ ＝ ３ＨＡ．则 ｔａｎ∠Ａ１ＥＨ ＝ ２，ｔａｎ∠ＱＡ１Ｅ ＝ １２ ，所以ＥＨ⊥Ａ１Ｑ． 因为Ｐ为ＣＣ１ 的中点，则由正方体的性质可得：ＰＱ⊥平 面ＡＡ１Ｄ１Ｄ． 又因为ＥＨ平面ＡＡ１Ｄ１Ｄ，所以ＥＨ⊥ＰＱ． 又因为Ａ１Ｑ∩ＰＱ ＝ Ｑ，Ａ１Ｑ平面Ａ１ＰＱ，ＰＱ平面Ａ１ＰＱ，所以 ＥＨ⊥平面Ａ１ＰＱ． 因为Ａ１Ｐ平面Ａ１ＰＱ，所以ＥＨ⊥Ａ１Ｐ． 同理可得：在棱ＡＢ上取一点Ｇ，使得ＢＧ ＝ ３ＧＡ时有ＦＧ⊥Ａ１Ｐ． 所以截面为四边形ＨＧＦＥ． 因为平面ＡＢＣＤ∥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，平面ＡＢＣＤ∩平面ＨＧＦＥ ＝ ＨＧ，平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１∩平面ＨＧＦＥ ＝ ＥＦ，所以ＨＧ∥ＦＥ． 又因为ＡＡ１ ＝ ４， 所以ＥＨ ＝ ４２ ＋ ２槡 ２ 槡＝ ２ ５，ＦＧ ＝ ４２ ＋ ２槡 ２ 槡＝ ２ ５，ＨＧ 槡＝ ２，ＥＦ 槡＝ ３ ２． 所以等腰梯形ＨＧＦＥ为所得截面，梯形的高为槡３ ２． 所以等腰梯形ＨＧＦＥ的面积为１２ ×（槡 槡２ ＋ ３ ２） 槡× ３ ２ ＝ １２．故 选Ｃ． ５． Ｃ　 如图，连接ＡＣ，交ＢＤ于点Ｅ， 易知Ｅ为△ＢＣＤ的外心，连接 Ａ１Ｃ１，Ｂ１Ｄ１ ．交于点Ｆ，易知ＥＦ⊥ 平面ＢＣＤ，∴三棱锥Ｐ － ＢＣＤ的 外接球球心Ｏ在ＥＦ上． 设△ＰＣＤ的外接圆圆心为Ｏ′， ∴ ＯＯ′⊥平面ＰＣＤ，且ＯＯ′ ＝ １． 设△ＰＣＤ的外接圆半径为ｒ．三 棱锥Ｐ － ＢＣＤ的外接球半径为Ｒ． ∴ Ｒ２ ＝ １ ＋ ｒ２ ． 设ＰＣ１ ＝ ｘ，ｘ∈［０，２］． ∴ Ｓ△ＰＣＤ ＝ ２ ＝ １ ２ ＰＣ·ＰＤ·ｓｉｎ∠ＣＰＤ． 又ｒ ＝ １ｓｉｎ∠ＣＰＤ，∴ １ ｓｉｎ∠ＣＰＤ ＝ ＰＣ·ＰＤ ４ ＝ ｘ２槡＋ １·（２ － ｘ）２槡 ＋ ４ ４ ， ∴ ｒ２ ＝（ｘ ２ － ４ｘ ＋ ８）（ｘ２ ＋ ４） １６ ． 设ｆ（ｘ）＝（ｘ２ － ４ｘ ＋ ８）（ｘ２ ＋ ４），所以ｆ ′（ｘ）＝ ４（ｘ３ － ３ｘ２ ＋ ６ｘ － ４）， 设ｇ（ｘ）＝ ｆ ′（ｘ）．则ｇ′（ｘ）＝ １２（ｘ２ － ２ｘ ＋ ２）＞ ０． 又ｆ ′（１）＝ ０，∴易知ｆ（ｘ）∈［２５，３２］． ∴ ｒ２∈ ２５１６，[ ]２ ， ∴ Ｒ ＝ １２ ＋ ｒ槡 ２∈ 槡４１４ ，槡[ ]３ ．故选Ｃ． 跟踪训练 ５． Ｄ　 正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的外 接球球心是ＢＤ１的中点Ｏ， 而ＢＤ１∩α ＝ Ｂ，则点Ｏ到平面α的 距离ｈ等于点Ｄ１ 到平面α的距离 的一半， 又平面α过线段ＤＤ１ 的中点Ｐ，因 此点Ｄ１ 与点Ｄ到平面α                                                                      的距离 —９８２— 相等， 由ＡＢ⊥平面ＡＤＤ１Ａ１，ＡＢα，得α⊥平面ＡＤＤ１Ａ１， 在平面ＡＤＤ１Ａ１内过Ｄ作ＤＥ⊥ＡＰ于Ｅ， 而α∩平面ＡＤＤ１Ａ１ ＝ ＡＰ，于是ＤＥ⊥α． 又ＡＰ ＝ ２２ ＋ １槡 ２ 槡＝ ５，从而ｈ ＝ １２ ＤＥ ＝ １ ２ × ＡＤ·ＤＰ ＡＰ ＝ １ 槡５ ， 又球Ｏ的半径Ｒ ＝ １２ ＢＤ１ 槡＝ ３， 则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径ｒ，有ｒ２ ＝ Ｒ２ － ｈ２ ＝ ３ － １５ ＝ １４ ５ ， 所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积Ｓ ＝ πｒ２ ＝ １４π ５ ．故选Ｄ． ６． ＡＤ　 如图，对于Ａ，可知Ｐ的轨迹是 以Ｄ为圆心，半径为１的圆，所以点 Ｐ的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧， 圆弧长为２π３ × １ ＝ ２π ３ ，所以Ａ正确； 对于Ｂ，可知点Ｐ在线段ＢＤ上，所 以当点Ｐ与点Ｂ重合时，三棱锥 Ｍ － ＰＡＤ体积最大，且最大值为１３ × １ ２ 槡× ２ × ３ × １ ＝槡 ３ ３ ，所以Ｂ错误； 对于Ｃ，可知该球的半径为１，球与直四棱柱的公共部分的体 积为４３ π × １ ３ × １２ × ２π ３ ２π ＝ ２π９ ，所以Ｃ错误； 对于Ｄ，经过Ｂ，Ｃ，Ｍ三点的平面截直四棱柱所得的截面为平 行四边形ＢＣＭＮ，其中ＡＮ ＝ １，可得ＢＮ 槡＝ ５，设ＭＮ的中点为 Ｑ，ＡＤ的中点为Ｏ，连接ＱＯ，ＯＢ，ＱＢ，可得ＢＣ⊥平面ＢＯＱ，所 以ＢＣ⊥ＢＱ，求得ＢＱ ＝ ２， 所以Ｓ四边形ＢＣＭＮ ＝ ＢＣ·ＢＱ ＝ ２ × ２ ＝ ４，所以Ｄ正确．故选ＡＤ． ７． Ｃ　 长方体的长为２，设宽为ｘ，高为ｙ， 由于长方体的体积为２ｘｙ ＝ １６，故ｙ ＝ ８ｘ ， 设长方体的外接球的半径为Ｒ， 所以（２Ｒ）２ ＝ ２２ ＋ ｘ２ ＋ ６４ ｘ２ ≥４ ＋ ２ ｘ２·６４ ｘ槡２ ＝ ４ ＋ １６ ＝ ２０， 故４Ｒ２≥２０，解得Ｒ≥槡５，故Ｓ球的最小值为４·π·（槡５）２ ＝ ２０π．故选Ｃ． 第２讲　 空间点、直线、平面之间的位置关系 真题再现明考向 １． Ａ　 当ｎα，因为ｍ∥ｎ，ｍβ，则ｎ∥β，当ｎβ，因为ｍ∥ｎ，ｍ α，则ｎ∥α，当ｎ既不在α也不在β内，因为ｍ∥ｎ，ｍα，ｍ β，则ｎ∥α且ｎ∥β，故①正确； 若ｍ⊥ｎ，则ｎ与α，β不一 定垂直，故②错误； 过直线ｎ分别作两平面与 α，β分别相交于直线ｓ和直 线ｔ，因为ｎ∥α，过直线ｎ 的平面与平面α的交线为 直线ｓ，则根据线面平行的性质定理知ｎ∥ｓ，同理可得ｎ∥ｔ，则 ｓ∥ｔ，因为ｓ平面β，ｔ平面β，则ｓ∥平面β，因为ｓ平面α， α∩β ＝ ｍ，则ｓ∥ｍ，又因为ｎ∥ｓ，则ｍ∥ｎ，故③正确； 若α∩β ＝ ｍ，ｎ与α和β所成的角相等，如果ｎ∥α，ｎ∥β，则 ｍ∥ｎ，故④错误．故选Ａ． ２． Ｃ　 若α∥β，则对任意的ｌα，ｍβ，则ｌ和ｍ可能平行，也可 能异面，故Ａ错误； 若α⊥β，则对任意的ｌα，ｍβ，则ｌ和ｍ可能垂直，平行，相 交，故Ｂ错误； 若α∥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ和ｍ异面垂 直，故Ｃ正确； 若α⊥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ∥ｍ是错误 的，当直线ｌ与平面β相交时，不存在直线与ｌ平行，故Ｄ错 误．故选Ｃ． ３． Ｄ　 如图所示，不妨设ＡＢ ＝ ａ， ＡＤ ＝ ｂ，ＡＡ１ ＝ ｃ，依题以及长方 体的结构特征可知，Ｂ１Ｄ与平 面ＡＢＣＤ所成的角为∠Ｂ１ＤＢ， Ｂ１Ｄ与平面ＡＡ１Ｂ１Ｂ所成的角 为∠ＤＢ１Ａ，所以ｓｉｎ ３０° ＝ ｃＢ１Ｄ ＝ ｂＢ１Ｄ ，即ｂ ＝ ｃ，Ｂ１Ｄ ＝ ２ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ槡 ２，解得ａ 槡＝ ２ｃ． ＡＢ ＝ ａ，ＡＤ ＝ ｂ，ＡＢ 槡＝ ２ＡＤ，Ａ错误； 过Ｂ作ＢＥ⊥ＡＢ１于Ｅ，易知ＢＥ⊥平面ＡＢ１Ｃ１Ｄ，所以ＡＢ与平 面ＡＢ１Ｃ１Ｄ所成的角为∠ＢＡＥ，因为ｔａｎ∠ＢＡＥ ＝ ｃａ ＝槡 ２ ２ ，所以 ∠ＢＡＥ≠３０°，Ｂ错误； ＡＣ ＝ ａ２ ＋ ｂ槡 ２ 槡＝ ３ｃ，ＣＢ１ ＝ ｂ２ ＋ ｃ槡 ２ 槡＝ ２ｃ，ＡＣ≠ＣＢ１，Ｃ错误； Ｂ１Ｄ与平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ所成的角为∠ＤＢ１Ｃ，ｓｉｎ∠ＤＢ１Ｃ ＝ ＣＤＢ１Ｄ ＝ ａ ２ｃ ＝ 槡２ ２ ，而０ ＜∠ＤＢ１Ｃ ＜ ９０°，所以∠ＤＢ１Ｃ ＝ ４５°，Ｄ正确．故 选Ｄ． ４． Ａ　 如图所示，过点Ｆ作ＦＰ⊥ＡＣ于Ｐ， 过Ｐ作ＰＭ⊥ＢＣ于Ｍ，连接ＰＥ，则α ＝ ∠ＥＦＰ，β ＝∠ＦＥＰ，γ ＝∠ＦＭＰ， ｔａｎ α ＝ ＰＥＦＰ ＝ ＰＥ ＡＢ≤１，ｔａｎ β ＝ ＦＰ ＰＥ ＝ ＡＢ ＰＥ≥１， ｔａｎ γ ＝ ＦＰＰＭ≥ ＦＰ ＰＥ ＝ ｔａｎ β， 所以α≤β≤γ，故选Ａ． ５． ＡＢＤ　 如图，连接Ｂ１Ｃ、ＢＣ１，因为 ＤＡ１∥Ｂ１Ｃ，所以直线ＢＣ１ 与Ｂ１Ｃ 所成的角即为直线ＢＣ１ 与ＤＡ１ 所 成的角，因为四边形ＢＢ１Ｃ１Ｃ为正 方形，则Ｂ１Ｃ⊥ＢＣ１，故直线ＢＣ１与 ＤＡ１所成的角为９０°，故Ａ正确； 连接Ａ１Ｃ，因为Ａ１Ｂ１ ⊥平面 ＢＢ１Ｃ１Ｃ，ＢＣ１平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ，则 Ａ１Ｂ１⊥ＢＣ１， 因为Ｂ１Ｃ⊥ＢＣ１，Ａ１Ｂ１∩Ｂ１Ｃ ＝ Ｂ１，所以ＢＣ１⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ， 又Ａ１Ｃ平面Ａ１Ｂ１Ｃ，所以ＢＣ１⊥ＣＡ１，故Ｂ正确； 连接Ａ１Ｃ１，设Ａ１Ｃ１∩Ｂ１Ｄ１ ＝ Ｏ，连接ＢＯ                                                                      ， —０９２—