第20讲 空间几何体-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

艺考一本通数学 第七单元 立体几何 第20讲 空间几何体 自主预习 知识梳理 道 夯实基础 1.空间几何体的结构特征 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 (1)多面体的结构特征 圆柱 圆锥 圆台 名称 棱柱 棱锥 棱台 侧面展开图 0-2 图形 S风台侧一 侧面积公式 S网#侧=2πrl S网斜=元rl π(r1+r2)l A 3.空间几何体的表面积与体积公式 互相平行 互相平行 底面 多边形 且全等 且相似 名称 表面积 体积 相交于一点， 几何体 侧棱 平行且相等 延长线交于一点 但不一定相等 柱体 S表积=SM十2S V=Sikg h 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (棱柱和圆柱)》 锥体 (2)旋转体的结构特征 S表面积=S侧十S V-Seh (棱锥和圆锥》 名称 圆柱 圆锥 圆台 台体 S表向积=S侧十S上 V=(S:+Sr (棱台和圆台) +Sp +SS下)h 图形 ot 球 S=4元R V=R 互相平行且 延长线交于 4.方法技巧 母线 相等，垂直于 相交于一点 点 底面 (1)求解几何体表面积的类型及求法 全等的等腰 全等的等腰 轴截面 全等的矩形 求多面体 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用 三角形 梯形 侧面展 的表面积 求平面图形面积的方法求多面体的表面积 矩形 扇形 扇环 开图 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手， 求旋转体 将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半 的表面积 径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、 求不规则 台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表 几何体的 面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的 表面积 表面积 ·132 第一部分一轮单元复习第七单元 (2)求体积的常用方法 几何体的内切球：求解多面体的内切球问题， 一般是将多面体分割为以内切球球心为顶 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算 点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面 首先把不规则的几何体分割成规则的几何体， 然后进行体积计算：或者把不规则的几何体补 体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切 割补法 成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的 球的半径， 几何体，便于计算 (4)截面问题：在高考立体几何考点中涉及空 选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三 间几何体的截面的地方较多，如：判断截面的 等体积法 棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为 形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、 三棱锥的底面进行等体积变换 或者求与之相关的体积问题、以及最值问题 (3)几何体的外接球：一个多面体的顶点都在 都在考察之列，但是要顺利地解决前面所提 球面上即为球的外接问题，解决这类问题的 关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体 到的诸多问题，关键是根据题意作出截面，并 判断其形状. 的顶点的距离等于球的半径， 典例剖析 润 典例变式 调 变式训练 题型一 空间几何体的表面积和体积 180.0km2=180×106m2,所以V= gh(S 【例1】(1)(2022·新课标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 +S+VS3)-}×9×140×10+180× 中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为 106+√140×180X102)=3×(320+60 海拔148.5m时，相应水面的面积为 140.0km;水位为海拔157.5m时，相应水 √7)×10°≈(96+18×2.65)×107=1.437 面的面积为180.0km,将该水库在这两个 ×109≈1.4×109(m3). 水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位 M 从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的 水量约为(W7≈2.65) ( A.1.0×109m3 B.1.2×109m3 (2)设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线 C.1.4×109m3 D.1.6×109m 长为√2十3，而它们的侧面积相等，所以 (2)(2024·新课标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 2πrX√3=πrX√3十2，即2√3=√3+严， 为3，则圆锥的体积为 ( 故，一3，故周锥的体积为了xX9X=8 A.2√3πB.3√5πC.6√3π D.93元 π.故选B. 【解析】(1)依题意可知棱台的高为MN= 【答案】(1)C(2)B 157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即 【规律方法】求空间几何体的体积的常用方法 为棱台的体积V.棱台上底面积S= (1)公式法：对于规则几何体的体积问题，可以 140.0km2=140×105m,下底面积S= 直接利用公式进行求解 ·133· 艺考一本通数学 (2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图角度有：①外接球；②内切球 形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体 考法一外接球 补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉 【例2-1】(1)(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三 的几何体，便于计算其体积. 棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 (3)等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体 √3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球 积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和 的表面积为 () 高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求 A.100πB.128π C.144πD.192π 解.等体积法也称等积转化或等积变形，它是通 (2)(2018·全国Ⅲ卷)设A,B,C,D是同一 过选择合适的底面来求几何体体积的一种方 个半径为4的球的球面上四点，△ABC为 法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥 等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥 的体积. D-ABC体积的最大值为 () 变式训练一 A.125B.18√5 C.24√3 D.54√3 1.(2022·新课标Ⅱ卷)（多选）如图，四边形 【解析】(1)设正三棱台上、下底面所在圆面 ABCD为正方形，ED上平面ABCD,FB∥ ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD, 6品，2 的半径分别为n,,所以2n=3 F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2, 4√3 V3,则 ) sin60,即n=3,n=4,设球心到上、下 底面的距离分别为山，d2,球的半径为R,所 以d1=R2-9,d2=√R2-16,故|d1-d2 =1或d1+d2=1,即|√R2-9-√R2-16 =1或√R2-9+√R2-16=1,解得R2=25 A.V3=2V2 B.V3=Vi 符合题意，所以球的表面积为S=4πR C.V3=V1+V2 D.2V3=3V =100元. 2.(2023·新课标I卷)在正四棱台ABCD (2)如图，E是AC中点， A1BCD1中，AB=2,4A1B1=1,AA1=√2， M是△ABC的重心，O 则该棱台的体积为 为球心，连接BE,OM, 3.如图所示，已知三棱柱ABC OD,B0.因为SAc=月 ABC的所有棱长均为1，且 AA1⊥底面ABC,则三棱锥 AB2=9√3，所以AB=6,BM= 号BE B1-ABC的体积为 A将 B 号a丽-正-2点号知OM1平面ABC, 所以在Rt△OBM中，OM=√OB2-BMP= 题型二 球与空间几何体的接、切问题（高频考 2,所以当D,O,M三，点共线且DM=OD十 点) OM时，三棱锥D-ABC的体积取得最大 与球相关的切、接问题是高考命题的热，点， 也是难点、易失分点，命题角度多变，主要命题 位，且最大值V=SaxX(4+OM) ·134· 第一部分一轮单元复习第七单元 寻×9V×6=18v.故遂B ∠GHF=30°，所以FH=√3FG=√3GH= √ 【答案】(1)A(2)B 2m,2 号>(1.2)=1.44，所以 考法二内切球 D正确. 【例2-2】(1)(2025·新课标Ⅱ卷)一个底面 半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器 (容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的 铁球，则铁球半径的最大值为 cm. (2)(2023·新课标I卷)（多选）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0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆 (3) 柱体 【答案】(1)2.5(2)ABD D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆 【规律方法】解决与球有关的切、接问题的策略 柱体 (1)“接”的处理 【解析】（1)圆柱的底面 ①构造正（长）方体，转化为正（长）方体的外接 半径为4cm,设铁球的半 B 球问题； 径为r,且r<4,由圆柱与 A● ②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三 球的性质知AB=(2r)2 角形中，作出适当截面（过球心，接，点等）； =(8-2r)2+(9-2r)2, ③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球 即42-68r+145=(2x-5)(2x-29)=0, 心所在直线。 因为r<4,所以r=2.5.故答案为2.5. (2)“切”的处理 (2)对于A选项，正方体内切球直径为1m, ①体积分割法求内切球半径； 故A正确；对于B选项，如图(1)，正方体内 ②作出合适的截面（过球心，切，点等），在平面上 部最大的正四面体棱长为BA1=√2>1.4， 求解； 故B正确；对于C选项，如图(2)，底面直径 ③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多 为0.01m,可忽略不计，高为1.8m,可看作 面体问题. 变式训练二 高为1.8m的线段，而正方体体对角线为√5 1.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在 <1.8,所以C错误；对于选项D,如图(3)， 球O的球面上，若AB=3,AC=4,AB⊥AC, 高为0.01m,可忽略不计，看作直径为1.2 AA1=12,则球O的半径为 () m的平面图，E,F,G,H,I,J为各棱中点， A.37 B.2/10 EG叮为正六边形。其楼 2 m,其内切圆直径为FH,所以∠GFH= D.310 ·135· 艺考一本通数学 2.已知三棱锥SABC的所有顶 点都在球O的球面上，SA⊥ 平面ABC,SA=2√3，AB= 1,AC=2,∠BAC=60°，则球 O的表面积为 因为正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为 A.4π B.12π C.16π D.64π 2,所以△PBC为正三角形，所以PC⊥DE, 3.已知圆锥的高为3，底面半径为√3，若该圆锥 PC⊥BE,又DE∩BE=E,则PC⊥面 的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则 BDE,即△BDE为截面.故A正确； 这个球的体积等于 B. 3π C.16π D.32π 4.将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为 2π，高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁 如图，过P作PO⊥底面ABCD于O,则O 球，则该大铁球的表面积为 为AC中点.则∠PAO即为PA与底面 题型三柱锥台的轴截面问题 ABCD所成的角， 【例3】(1)（多选）正四棱锥P-ABCD的所有棱 因为正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为 长均为2，用垂直于侧棱PC的平面α截该 2.所以AP=2,A0-AC-34干4=E, 四棱锥，则 A.截面可以是三角形 所以a∠PA0-把- 2 ,所以∠PAO= B.PA与底面ABCD所成的角为60° 45°.故B错误，C正确； C.PA与底面ABCD所成的角为45° 由A的推导过程可知：平面a经过侧棱PC D.当平面aα经过侧棱PC的中点时，截面分 的中点时，平面a即为平面BDE 四棱锥得到的上下两部分几何体体积之 比为3：1 比时Vg-n-3Sam·OP-号×2×2 (2)已知圆锥的轴截面PAB是边长为a的 号.国为V-AD=SD 正三角形，AB为圆锥的底面直径，球O与 圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的 .OP=×2×2×2=42,所以V1= 3 体积为，球0的体积为，则号 VP-ABCD- 3 3 =√2，所以 ;若M,N是圆锥底面圆上的两 V上=2 点，且MN=号，则平面PMN截球O所得 VE-BCD =3.故D正确. 2 3 截面的面积为 (2)如图，设D为AB的中点，连接PD,由 【解析】(1)如图，取PC的中点E,连接BE, DE,BD. 题意知PD为圆锥的高，且PD= 2a,易知 ·136· 第一部分一轮单元复习第七单元 球O的半径R=OD 变式训练三 -PD 6a,所以 1.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部 不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直 角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆 复。型， 锥的侧面积为36√2π，则它的体积为() 24 3 A.18√2π B.72π 6a)3-3 ·π·( 54,所以 =9: ,=;设MN C.642π D.216π 2.已知圆锥底面圆半径为2，母线与底面所成 的中点为C,连接PC,DM,则MC-MN 的角为60°，则圆锥的侧面积为 ,若 圆锥底面圆周及顶点均在一球上，则该球体 -冬，易知DM=号，DCLCM,所以DC 积为 停a所以P=PD+DC=。 3.(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已 4a 知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.并已 过O点作OE⊥PC,垂足为E,易知△POE 知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体 n△PD,器-兴 积为 () 又P0号PD-9,则0E=况 CD= 15 15a. 设平面PMN截球O所得截面圆的半径为 r,则2=R2-OE= ,所以截面的面积为 a 6 π2=Q2 C. 2 D.3B1 42 60 【答案】(1)ACD (2) 9 πa2 4 60 随堂检测 基础训练 温故知新 1.若圆台的下底面半径为4，上底面半径为1， 母线长为5，则其体积为 ( A.15π B.21πC.28π D.63π 2.如图，在正方体ABCD-A,B1CD1中，E是 AB的中点，平面ACE将正方体分成体积 为V,(<)的两部分，则出 3.如图，在棱长为1的正方体ABCD- ·137· 艺考一本通数学 A1BCD中，M为CD的中点，则三棱锥6.（多选）已知正四棱台ABCD-A1BC1D(上 A-BCM的体积等于 下底面都是正方形的四棱台).下底面ABCD D 的边长为2，上底面的边长为1，侧棱长为√2， 则 () A.它的表面积为5+3√7 B B它的外接球的表面积为8y2, 3π A司 B是 C.侧棱与下底面所成的角为60° D.它的体积比棱长为√2的正方体的体积大 4.(多选)如图，在长方体ABCD-A1BC1D 7.平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等 中，AA1=2AB=2AD,E,F分别是棱C1D1, 的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部 CC的中点，则 ( 分的面积之比为 8.在三棱锥S-ABC中，SB⊥BC,SA⊥AC, SB=BC,SA=AC,AB=- SC,且三棱锥 SABC的体积为” ,则该三棱锥的外接球 A 半径是 A.△BDF是等边三角形 A.1 B.2 B.直线AE与BF是异面直线 C.3 D.4 C.A1F上平面BDF 9.在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=2,AD= D.三棱锥A1-ABD与三棱锥A1-FDB的 CD=CB=1,将△ACD沿AC折起，连接 体积相等 BD,得到三棱锥D-ABC,则三棱锥 5.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD, D-ABC体积的最大值为 .此时该 四边形ABCD是正方形，AB=2一2，PA= 三棱锥的外接球的表面积为 3,则四棱锥P一ABCD外接球的体积是 10.已知三棱锥P-ABC,若PA,PB,PC两两 垂直，且PA=2,PB=PC=1,则三棱锥P A.25π B.100π 一ABC的内切球的表面积为 c D.500r 3 ·138·艺考一本通数学 第七单元 立体几何 第20讲空间几何体 【典例变式】 变式训练一 1.CD【解析】设AB=ED=2FB= 2a,因为ED⊥平面ABCD,FB∥ ED,则V=子·ED:Sm=号 2a2ar=a= 3 (2a)P=号.知右上国，连接BD交AC于点M,连接EM, FM,易得BD⊥AC,又ED⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 则ED⊥AC,又ED∩BD=D,ED,BDC平面BDEF,则AC ⊥平面BDER.又BM=DM=号BD=Ea,过F作FGL DE于G,易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a, EG=a,则EM=√/(2a)2+(W2a)2=√6a,FM= √a2+(W2a)2=√5a,EF=Wa2+(22a)2=3a,Ef+ FM=EFr,则EMLFM.Som=EM·FM=32a, 2 AC=2VEa,则V=Vw+e-=号AC·Saw= 2a3,则2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故A、B错误；C,D 正确， 27 :【解析】如图，过A作AM⊥AC,垂足为M,易知 A1M为四棱台ABCD-AB1CD1的高，因为AB=2,A1B1 =1,AA=E,则A0=AC=×万AB-号A0 -AC-宁×EAB=反，故AM=立(AC-AC)-9, 则AM=VAA一AM-√2=，所以所求体积为 V=吉X4+1计)×-5故答案为 D B. D 4- 3.A【解析】三棱锥B1-ABC的体积等于三棱锥A-BBC1 的依积，三校雏A-BBC的高为受，底面积为日，故其体积 为子××-得 2-12 变式训练二 1.C【解析】由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中 点M.又因为AM=号BC=号.OM=合AA=6,所以球0 的丰径R=0A=√（受）+6=号 2.C【解析】在△ABC中，BC=AB+AC2-2AB·AC· cos60°=3，所以AC=AB十BC,即AB⊥BC,又因为SA ⊥平面ABC,所以三棱锥S-ABC可补成分别以AB=1,BC =√3，SA=2√3为长、宽、高的长方体，所以球O的直径= 34 √12+√3+(25)2=4，故球O的表面积为4x×2=16π. 3.B【解析】设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得，R2= (3-R)2+()2,解得R=2,所以所求球的体积V=专xR -专xX2-号元故选R 48沉x【解析JVe=专xX1=专，V=元（经会）×4 4设重新镀造成的大铁球的半径为R,则寺R=音x十 4π，R=4,则该大铁球的表面积S=4π(4)2=82x 变式训练三 1.B【解析】设该直角圆锥的底面圆半径为r,高为h,母线长 为(，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以h=r, =√2r.因为直角圆锥的侧面积为36√2π，所以πrl=√2π2= 36巨x,解得r=6,所以孩直角国维的体积为了x2h=了 1 3 xX6=72n. 2.8x 25【解析】知园，△ABC 是圆锥的轴截面，由题意∠ABD= 60°，BD=2,则AB=4,侧面积为S =πX2X4=8π；△ABC的外接圆半 径为R=号×号×4=，即为圆 3 维外接球丰经，所以V=专×()=此答突 3 为8x: 3.C【解析】用一个完全相同的五面体 HIJ一LMN(顶，点与五面体ABC DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得 D,N;D,M:F,L重合，因为AD∥BE ∥CF,且两两之间距离为1.AD=1, BE=2,CF=3,则形成的新组合体为 一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧 棱垂直的截面)为边长为1的等边三角 形，侧校长为1+3=2计2=3+1=4，Vr-m=2Vc-m -选C 【基础训练】 1.C【解析】圆台的轴截面如图所示： 14 则圆台的高h=√5一(4-1)严=4，所以圆台的体积V= 号hr+R+R)=号xX4X1++1X4)=28 7 D 27【解析】K1)如图，连接AC, C 易知AC∥A1C1.取B1C的中点 A H,连接EH,CH,因为E为A1B 的中点，所以EH∥AC,得EH ∥AC,故E,H,C,A四点共面，即 四边形ACHE为平面ACE截正 D 方体所得的截面.易证AE,BB1, CH三线共，点，故几何体EB1H一 A ABC为三棱台，易知BB1⊥平面ABC.设正方体的棱长为 2,则正方体的体积为8，=V:6国H-=号（Sa西H十 S△C+√JSAB,H·S△AB)·BB= 7 (合+2号2×2=号。 V 3 7 17 3 3.C【解析】V-x,M=VG-M=3 D Sem·CC=号×-ABXADX CC=合.故选C 4.AC【解析】设AB=1,则BD=BF =DF=√2，故△BDF是等边三角 形，A正确；连接EF,DC,如图所 示：易知EF∥A1B,故，点A1,E,B, A F共面，B错误；设AB=1,则AD =√5，DF=√2，A1F=√3，所以A1D=DF2+A1F2,所以 A1F⊥DF,同理可知A1F⊥BF,又因为DF∩BF=F,所以 A1F⊥平面BDF,故C正确；三棱锥A1-ABD与三棱锥A1 -FDB有公共的面A1DB,若要它们的体积相等，则，点A与 点F到平面A1DB的距离相等，这显然不成立，故D错误. 5.C【解析】将四棱锥P-ABCD放 入正方体中，则四棱锥P一ABCD 的外接球与正方体的外接球相同， 设四棱锥P一ABCD外接球的半径 为R,则4R2=(2√2)2+(2√2)2+ 子=25，所以R=号，故四校维P ABCD外接球的体积V=青R= 125瓜.故选C. 6 6.ACD【解析】由题意得：上底面 A1B1CD1的面积S1=1×1=1, 下底面ABCD的面积S2=2×2 =4,侧面ABB1A1为等腰梯形 过A,B分别做AB的垂线，垂 A 足为E,F,如图所示，所以EF= A月=1.则AE=BF=之，所以BF=√BB-BF=号 29 所以梯形ABBA的面积为S=×(1+2)×-3, 2 4 所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积，S=S1十S2十 4XS3=5+3√7，故A正确： 如图连接AC,BD,且交于 D ,点O,连接AC、BD交于点O2, A 连接OO2,则OO2垂直底面 ABCD,过A1作A1G⊥AO2于 G,则A1G⊥底面ABCD,则四 边形A1GOO为矩形，由题意 得AC=√A1B+BC= B E,所以AO=号，同理AC=2E,AO=/E,又AO G0-2 7,所以AG=号：在Rt△AGA中，cOs∠A,AG AA=巨=之，所以∠AAG=60,即侧棱与下底面所成的 AG .2 角为60，故C正确，所以AG=√AA-AG=⑤.连接 2 CO,在Rt△COO中，CO=√OO+CO=√2，所以 点O到A、B、C、D、A、B1、C、D1的距离相等，均为√2，所 参考答案·数学 以，点O即为正四棱台ABCD一A1BCD1外接球的球心， 且外接球半径R=√E,所以外接球的表面积S=4πX(2) =8x,故B错误：正四校台的体积V=子X(S十S十 SS)×00=号×1+4+4×5-75，棱长为 2 6 76 6 73 E的正方体的体积V=(②=22，所以号，=22 12 =√票>1，所以Y>,片以正回校台AD AB1C1D1的体积比棱长为√2的正方体的体积大，故D 正确. 7.1:(4一1)【解析】设原来的圆锥体积为V,底面半径为 R,高为H,侧面积为S,母线长为L,被截面分截后，上面小 圆锥的体积为V,底面半径为r,高为h,侧面积为S,母线长 为1，国为-2，中有引-2，又因为卫县所以号 r2h 2,即有=号，且子=尽，而S=RL,S=,放国维侧 面被截面分成上、下两部分的面积之比为S：(S一S1)= πl:(xRL-πrl)=rl:(2r·2l-r0=1:(年-1).故答 案为1：(4一1) 8.C【解析】取SC的中点，设为O,连接OA,OB,则OA=OB =OC=OS,即O为三棱锥的外接球球心，设半径为r,则 宁×2r×得-9所以一.战造C 4 2 Q5示【解折】知园1，过点C作CE1AB,垂足为E, 因为ABCD为等腰梯形，AB=2,CD=1.所以BE=号，所以 B=号，由余孩定理得AC=AB+BC-2AB·BCcos号 =3,即AC=√5.因为AB=BC+AC.所以BC⊥AC.易知 当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D一ABC体积最大，此 时，BCL平面ACD.易知∠D=经所以Sam=合AD· Dm经-所以Vwm=号×X1=如用2，记0 4 为外接球球心，半径为R,因为BC⊥平面ACD,OB=OC.所 以0到平面ACD的距离d=,又△ACD的外接圆半径r AC 2x 1,所以R=r+f=号，所以S=4R=5m,故 2sin 3 答案为得5m A 图1 图2 10.平【解析】由题意，设三棱锥P-ABC的内切球的半径为 r,球心为O,则由等体积得V三检锥p-A=V三校0一mB十 V:-me+Vm+V,即号×合×2X1X 1=号××2x1XX2+号×号×1X1X+号×号× X√一子×，解得r=子故内切琼的表面积为4 35 艺考一本通数学 =平故答案为平。 第21讲空间几何体的平行与垂直 【典例变式】 变式训练 1.ACD【解析】过点P作EF∥BC,分 别交AB,AC于E,F,过F作FG∥ AD交CD于G,连接EG,设平面 EFG与棱BD交于，点H,连接EH, HG,因为BC江平面EFG,EFC平面 EFG,所以BC∥平面EFG,同理可得 AD∥平面EFG,则四边形EFGH即 为截面.因为BC∥平面EFG,平面EFG∩平面BCD=HG, BCC平面BCD,所以BC∥HG,则EF∥HG,同理可得FG ∥EH,故四边形EFGH为平行四边形，即截面是平行四边 形，B错误.设M为BC的中点，连接AM,DM,则AM BC,DM⊥BC,因为AM,DMC平面ADM,AM∩DM=M, 所以BC⊥平面ADM,又ADC平面ADM,所以BC⊥AD, 又EF∥BC,FG∥AD,所以EF⊥FG,则四边形EFGH为矩 形，即截面是矩形，A正确.因为点P是△ABC的中心，所以 AP-号AM,故EF-号BC=号AP=号AC,所以PG= 1 AD-了，故矩形EFGH的面积为EFXFG=-号，即藏西的 面积为号，C正确，因为平面EPGH与平面ABD的交线为 EH,且EH∥FG,FGC平面ACD,EH￠平面ACD,所以 EH∥平面ACD,即截面所在平面与平面ABD的交线平行 于平面ACD,D正确.故选ACD. 2.BC【解析】对于A,如图①所示，点E,F为正方体的两个顶 ,点，连接EF,AM,则MN∥EF∥AC,所以N,M,C,A四点 共面，同理可证AM∥BC,即B,C,M,A四，点共面，所以MN C平面ABC,故A错误；对于B,如图②所示，D为正方体的 一-个顶，点，连接MD,ND,则AC∥MD,BC∥ND,ACC平面 ABC,DM吃平面ABC,所以DM∥平面ABC,同理可证DN ∥平面ABC,又MD∩ND=D,MDC平面DMN,NDC平 面DMN,所以平面ABC∥平面DMN,又MNC平面 DMN,所以MN∥平面ABC,故B正确；对于C,如图③所 示，G为正方体的一个顶点，则平面ABC∥平面GMN,因为 MNC平面GMN,所以MN∥平面ABC,故C正确：对于D, 如图④所示，连接CM,则AB∥CM,所以A,B,C,M四，点共 面，所以MN∩平面ABC=M,不满足MN∥平面ABC,故 D错误.故选BC M ① ② A ③ ④ 3.③④【解析】直线AM与CC1是异面直线，直线AM与 BV也是异面直线，故①②错误， 4.A 【解析】取AC的中点O,连接OM,ON,则OML)BC, ONL?PA.所以∠ONM就是异面直线PA与MN所成的 角.在△OMN中，MN=4,OM=2,OW=2√5，所以cos 36 ∠oNM=O六OM=2=9,所以 2ON·MN 2X2√5X4 ∠ONM=30°，即异面直线PA与MN所成角的大小为30°， 故选A. M 变式训练二 1.【证明】(1)连接EC,因为AD∥BC,BC=7AD, 所以BCLAE,所以四边形 ABCE是平行四边形，所以 O为AC的中点.又因为F 是PC的中点，所以FO∥ AP,因为FOC平面BEF, A D AP亡平面BEF,所以AP '0 H ∥平面BEF B C (2)连接FH,OH,因为F,H分别是PC,CD的中点，所以 FH∥PD,所以FH∥平面PAD.又因为O是AC的中点，H 是CD的中，点，所以OH∥AD,所以OH∥平面PAD.又FH ∩OH=H,所以平面OHF∥平面PAD.又因为GHC平面 OHF,所以GH∥平面PAD. 2.(1)【证明】因为B℃∥平面 GEFH,BCC平面PBC,且平面 PBC∩平面GEFH=GH,所以 GH∥BC.同理可证EF∥BC,因 此GH∥EF. (2)【解析】如图，连接AC,BD交 于点O,BD交EF于点K,连接 --0 OP,GK.因为PA=PC,O是AC B 的中，点，所以PO⊥AC,同理可得 E PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内，所以PO ⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO1 平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面 GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,从而GK ⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得 EB:AB=KB:DB=1:4,从5KB=子DB=OB,即 K为OB的中点.再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB 的中点，且GH=BC=4.由已知可得OB=4厄.P0= /PB一OB=√68一32=6，所以GK=3.故四边形 GEFH的面积S=GHE亚.GK=48x3=18. 3.【证明】1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD, CDC平面ABCD,所以PA⊥CD.因为AC⊥CD,PA∩AC =A,所以CD⊥平面PAC.而AEC平面PAC,所以CD ⊥AE. (2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°，可得AC=PA.因为E 是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD,且PC∩ CD=C,所以AE⊥平面PCD.而PDC平面PCD,所以AE ⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AB AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PDC平面 PAD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平 面ABE. 4.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中，点， 因此DE∥AC.又因为DE￠平面AAC1C,ACC平面AA