专题4 第1讲 小题研透——立体几何-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学立体几何高考复习课件，聚焦空间几何体表面积及体积、空间点线面位置关系两大高频考点，对接高考评价体系，通过2024年天津卷、新高考Ⅰ卷等真题分析考情，明确表面积体积最值、线面垂直判定等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题感悟+技巧突破”，如2024新高考Ⅰ卷圆柱圆锥体积题，通过侧面积公式建立方程求解，培养运算能力与推理意识，还总结割补法、等积法等解题技巧。助力学生掌握得分关键，教师可据此精准实施专题复习，提升备考效率。

第1讲　小题研透 ——立体几何 目录 CONTENTS 课时跟踪检测 锁定高考·明方向 研透高考·攻重点 有的放矢 事半功倍 重难攻坚 快速提升 01 锁定高考·明方向 有的放矢 事半功倍 目录 一、考情分析 高频考点 高考预测 空间几何体的表面积 与体积 立体几何中的小题仍在求空间几何体的表面积及体 积、判断空间线、面位置关系二个高频考点上考 查；与空间几何体表面积、体积有关的最值问题是 命题的热点，多涉及用基本不等式与导数求最值 空间点、线、面位置 关系的判断及应用 备考领航 目录 二、真题感悟 1. （2024·天津高考6题）（空间中线线、线面位置关系）若m，n为两条 直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　） A. 若m∥α，n∥α，则m⊥n B. 若m∥α，n∥α，则m∥n C. 若m∥α，n⊥α，则m⊥n D. 若m∥α，n⊥α，则m与n相交 解析：　对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或 异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n 可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误. √ 目录 2. （2024·新高考Ⅰ卷5题）（圆柱、圆锥的侧面积与体积）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 ，则圆锥的体积为 （　　） A. 2 π B. 3 π C. 6 π D. 9 π 解析：　设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为 ， 而它们的侧面积相等，所以2πr× ＝πr× ，即2 ＝ ，故r＝3，故圆锥的体积为 π×9× ＝3 π.故选B. √ 目录 3. （2022·全国甲卷理8题）（扇形弧长）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代 科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图， 是 以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在 上， CD⊥AB. “会圆术”给出 的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB ＋ .当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（　　） A. B. C. D. √ 目录 解析：　由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接 OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝ ＝ ，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD ＝OD－OC＝2－ ，所以s＝AB＋ ＝2＋ ＝ .故 选B. 目录 4. （2024·新高考Ⅱ卷7题）（正三棱台的体积、线面角的正切值）已知正 三棱台ABC-A1B1C1的体积为 ，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面 ABC所成角的正切值为（　　） A. B. 1 C. 2 D. 3 √ 目录 解析：　法一（直接法）　如图，分别取BC，B1C1 的中点D，D1，则AD＝3 ，A1D1＝ ，可知 S△ABC＝ ×6×3 ＝9 ， ＝ ×2× ＝ ，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则 ＝ （9 ＋ ＋ ）h＝ ， 解得h＝ ，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为 M，N，设AM＝x，则AA1＝ ＝ 目录 ，DN＝AD－AM－MN＝2 －x，可得DD1＝ ＝ ，结合等腰梯形BCC1B1可得B ＝（ ）2＋D ，即x2＋ ＝（2 －x）2＋ ＋4，解得x＝ ，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝ ＝1. 目录 法二（补形法）　如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正 三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面 ABC所成角，因为 ＝ ＝ ，则 ＝ ，可 知 ＝ VP-ABC＝ ，则VP-ABC＝18，设正三棱 锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝ d× ×6×3 ＝18，解得d＝2 ，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2 ，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝ ＝1.故选B. 目录 1. 直观图 斜二测画法作出的直观图面积为原平面图形面积的 . 2. 空间几何体的表面积与体积公式 　　名称 几何体　 　 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝ Sh 台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝ （S上＋S下＋ ）h 球 S＝4πR2 V＝ πR3 重难排查 目录 3. 空间线面位置关系的8个定理 （1）线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α； （2）线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b； （3）面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒β∥α； （4）面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝ b⇒a∥b； （5）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a⊂α， b⊂α⇒l⊥α； （6）线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b； 目录 （7）面面垂直的判定定理：l⊥α，l⊂β⇒α⊥β； （8）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a， l⊂β⇒l⊥α. 目录 4. 三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O （1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的外心； （2）若PA，PB，PC与平面ABC所成角相等，则点O是△ABC的外 心； （3）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心； （4）若PA⊥BC，PB⊥AC，PC⊥AB，则点O是△ABC的垂心. 目录 02 研透高考·攻重点 重难攻坚 快速提升 目录 空间几何体的表面积和体积 【例1】　（1）（2024·菏泽三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆 的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为 （　C　） A. 24π B. 25π C. 26π D. 27π √ 考点一 目录 解析：如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上 底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r， 故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所 以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧 ＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π ＋16π＝26π.故选C. 目录 （2）（2024·天津高考9题）一个五面体ABC-DEF. 已知AD∥BE∥CF， 且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积 为（　C　） A. B. ＋ C. D. － √ 目录 解析：因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面 体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其 中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为 ，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V ＝ ×1× ×1＋ × × ＝ ，故选C. 目录 1. 求空间几何体表面积的方法 （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. 感悟提升 目录 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，或是求出一些体积比等； （3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补 形，转化为可计算体积的几何体. 目录 1. 棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中 点，则三棱锥A1-D1MN的体积为 ⁠. 解析：如图，由正方体棱长为2，得 ＝2×2－ 2× ×2×1－ ×1×1＝ ，又易知D1A1为三棱锥D1- A1MN的高，且D1A1＝2，∴ ＝ ＝ · ·D1A1＝ × ×2＝1. 1 跟踪训练 目录 2. （2024·北京高考14题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、 斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可 视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径 依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器 的高为 mm，升量器的高为 mm.（不计量器的厚度） 23 57.5 目录 解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容 积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公 比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（ ）2×230＝10×π× （ ）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（ ）2×23＝ 10×π×（ ）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm. 目录 3. 已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值 时，圆锥的侧面积为 ⁠. 解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h （h＞0），则l·2＝hr.解得h＝ ，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（ ） 2，即l2＝ ＝ .令 ＝t，则0＜t＜ .令f（t）＝t－4t2＝－4 （t－ ）2＋ ，则当t＝ 时，f（t）取得最大值 ，即l2取得最小值 16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2 ，圆锥的侧面积S＝πrl＝ 8 π. 8 π 目录 空间线、面位置关系的判断 考向1　位置关系的判断 【例2】　（1）（2024·石家庄质量检测）设α，β，γ是三个不同的平 面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（　D　） A. 若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则m∥l B. 若m⊂α，l⊂β，α∥β，则m∥l C. 若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β D. 若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ √ 考点二 目录 解析：对于A选项，若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则l∥α或 l⊂α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行 的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对 于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l⊂α，l与β平 行、相交或l⊂β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l， m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正 确.故选D. 目录 （2）（2024·济南模拟）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段 A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（　B　） A. 平面CBP⊥平面BB1P B. AP⊥平面CPD1 C. AP⊥BC D. AP∥平面DD1C1C √ 目录 解析：对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1⊂平面BB1P， BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，所以平面 CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时， AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC⊂平面CPD1且A1B∩BC＝B，所 以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错 误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1⊂平面A1AB且 A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP⊂平面A1AB，所以 BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP⊂ 平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B. 目录 判断空间线、面位置关系的4种方法 （1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和 性质定理进行判断； （2）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设 或公认的结论相矛盾的结论，进而作出判断； （3）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线 面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定； （4）建立空间坐标系或选定空间的一组基，借助空间向量进行判断. 感悟提升 目录 考向2　异面直线所成的角 【例3】　（2024·东北三校第一次联合考试）如图，四边形ABCD是正方 形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线 DM与PA所成角的正切值为 ⁠. ​ 目录 解析：法一（几何法）　如图，取AB的中点N，连接 DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点， ∴MN∥PA且MN＝ PA＝1，则异面直线DM与PA所成的 角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的 角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平 面ABCD，又DN⊂平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝ ＝ ，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝ ＝ ＝ ，故异面直线DM与PA所成角的正切值为 . 目录 法二（向量法）　∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面 ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形， ∴AB⊥AD. 以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB 所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2）， P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0）， ＝ （2，0，0）， ＝（1，1，－2），∴ cos ＜ ， 目录 ＞＝ ＝ ＝ ＝ ＝ .记异面直线DM与PA所成的角为θ，则 cos θ ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ，∴ sin θ＝ ＝ ，∴tan θ＝ ＝ ＝ . 目录 求异面直线所成角的方法 （1）综合法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角 形，求出所作的角； （2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值 的绝对值. 感悟提升 目录 1. （2024·大连第一次模拟考试）已知直线a，b，c是三条不同的直线， 平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　） A. 若a⊥c，b⊥c，则a∥b B. 若a∥b，a∥α，则b∥α C. 若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α D. 若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α √ 跟踪训练 目录 解析：　对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平 行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据 a∥b，a∥α，可得b∥α或b⊂α，故B错误；对于 C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝ A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满 足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错 误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两 个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D. 目录 2. 如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD为平行四边形，AA1＝ 3，BD＝4且 · － · ＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余弦 值为 ⁠. ​ 目录 解析：令 ＝a， ＝b， ＝c，并将其作为一组基，则 · － · ＝（ ＋ ）· －（ ＋ ）· ＝（a＋c）·b －（b＋c）·a＝c·（b－a）＝ · ＝｜ ｜·｜ ｜· cos ＜ ， ＞＝5，所以 cos ＜ ， ＞＝ ，即异面直线AA1与BD 夹角的余弦值为 . 目录 空间几何体的折展问题 【例4】　如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长SA＝3，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（　　） A. 2 B. 3 C. 6 D. 2π √ 考点三 目录 解析：B已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图， 一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最 短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以 ＝α×3＝2π，所以α＝ ，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和 余弦定理，得AA'＝ ＝ ＝3 . 目录 　　空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转 化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边. 感悟提升 目录 1. （2024·金丽衢十二校第二次联考）已知圆柱的轴截面面积为4，则该圆 柱侧面展开图周长的最小值为 ⁠. 解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝ 4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋ 2l≥2 ＝8 ，当且仅当4πr＝2l，即r＝ ，l＝2 时等 号成立. 8 跟踪训练 目录 2. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是侧面BCC1B1内一动 点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为 ⁠. ＋ 目录 解析：如图1，连接BD，BC1， DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为 DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1， 即M在线段BC1上，将平面BDC1和平 面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2 ，DM＝ ，MC＝ ，故DM＋MC≥CD＝ ＋ . 目录 03 课时跟踪检测 目录 1. 如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（　　） A. 4 B. 4 C. 2 D. 8 解析：　由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为 2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝ ×2×4 ＝4，故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 √ 目录 2. （2024·青岛三模）在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个 体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为（　　） A. 33π B. 39π C. 48π D. 57π 解析：　体积最大的圆锥的母线为l＝ ＝ ＝5，则 S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr2＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π. 故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 3. （2024·黔西一模）如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3 cm，则该花盆的体积为（　　） A. cm3 B. 49 cm3 C. cm3 D. 245 cm3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长 分别为5 cm，3 cm，所以棱台的高为h＝ ＝5 cm，故棱台的体积为V＝ h（S上＋S下＋ ）＝ ×5×（52＋32＋ ） ＝ cm3.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 4. （2024·太原高三年级模拟考试）已知m，n是不同的直线，α，β是不 同的平面，则下列说法中正确的是（　　） A. 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n B. 若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n C. 若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n D. 若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面， 所以A错误；对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n或m与n异 面或m与n相交，所以B错误；对于C，设直线m，n的方向向量分别为 m，n，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，即m，n分别为 平面α，β的法向量，又α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，所以C正 确；对于D，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m与n异面或m与 n相交，所以m与n不一定垂直，所以D错误.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 5. （多选）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中 点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则 （　　） A. BD∥平面EGHF B. FH∥平面ABC C. AC∥平面EGHF D. 直线GE，HF，AC交于一点 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD. 又E，F分别 为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝ BD，所以EF∥GH. 易 知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B、C错误；因 为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，因为EG⊂平面 ABC，FH⊂平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所 以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，所以D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 6. （2024·保定二模）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝ 4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：连接BC1，A1C1，如图所示，正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，有AB∥C1D1且AB＝C1D1，则四边形 ABC1D1为平行四边形，则有BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异 面直线A1B与AD1所成的角.设AB＝1，则BC1＝A1B＝ ，A1C1＝ ，在△A1BC1中，由余弦定理得 cos ∠A1BC1＝ ＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 7. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线 中，始终与直线BP异面的是（　　） A. DD1 B. AC C. AD1 D. B1C √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　对于A，如图1，当点 P为A1C1的中点时，连接B1D1， BD，则P在B1D1上，BP⊂平面 BDD1B1，又DD1⊂平面 BDD1B1，所以BP与DD1共面， 故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C、D不正确.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 8. 已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射 影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大 小为（　　） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　如图，在OA取一点A'，过A'作A'B'⊥α， 再作B'C'⊥OC，垂足为C'，连接A'C'，由 A'B'⊥OC，易得OC⊥A'C'.则 cos ∠AOB＝ ， cos ∠BOC＝ ， cos ∠AOC＝ ，故有 cos ∠AOB· cos ∠BOC＝ cos ∠AOC. 由于∠AOB＝ ∠BOC＝45°，则 cos ∠AOC＝ cos 45°· cos 45°＝ × ＝ ，则∠AOC＝60°.所以C选项是正确的. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 9. （2024·武昌5月质量检测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来， 每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛 围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的 圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺” 是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直 于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V＝ （3R－h）h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为 40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积 为（取π＝3）（　　） A. 32 000 cm3 B. 33 664 cm3 C. 33 792 cm3 D. 35 456 cm3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝ ＝ 16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即 162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺 ＝2×4×122×π＋ ×π×203－2× ×（60－4）×42＝3 456＋32 000－ 1 792＝33 664（cm3）.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 10. （2024·北京高考8题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边 长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2 ，该棱锥的高为 （　　） A. 1 B. 2 C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋ PD2＝CD2，所以PC⊥PD. 如图，分别取AB，CD 的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2 ，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF. 过点P作PG⊥EF，垂足为G. 易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF. 又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG. 又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由 PE·PF＝ EF·PG，得PG＝ ＝ ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 11. （多选）（2024·绍兴二模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E， F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的 是（　　） A. E，F，G，H四点共面 B. EF∥GH C. EG，FH，AA1三线共点 D. ∠EGB1＝∠FHC1 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　对于A、B，如图，连接EF，GH，因为 GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为 B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行 四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E， F，G，H四点共面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1 三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 12. （多选）如图圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝ CD ＝2，下面说法正确的是（　　） A. 线段AC＝2 B. 该圆台的表面积为11π C. 该圆台的体积为7 π D. 沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝ AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝ ＝ ，对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝ ＝2 ，A正确；对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π（1＋2）×2＝11π，B正确；对于C，圆台的体积V＝ π（12＋1×2＋22）× ＝ π，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD，且E 为AD中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD且OC ＝4，又∠COD＝ ＝ ，在Rt△COE中，CE＝ ＝5，斜边CE上的高为 ＝ ＞2，即CE与弧AB相离，所以C到AD中点的最短距离为5，D正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 13. 一个六棱锥的体积为2 ，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相 等，则该六棱锥的侧面积为 ⁠. 解析：设六棱锥的高为h，则V＝ Sh，所以 × ×4×6h＝2 ， 解得h＝1.设六棱锥的斜高为h'，则h2＋（ ）2＝h'2，故h'＝2.所以 该六棱锥的侧面积为 ×2×2×6＝12. 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 14. （2024·九省联考）已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直 径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是 ，圆锥MM'的 表面积与球O的表面积的比值是 ⁠. ​ 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：设正三角形的边长为2r，则正三角形的高为 r，此时圆锥 MM'的底面半径为r，母线长l＝2r，高为 r，故圆锥MM'的体积V1 ＝ ×πr2× r＝ πr3，圆锥MM'的表面积S1＝πr2＋πrl＝3πr2，因 为正三角形的高与球O的直径相等，所以球O的半径R＝ r，故球O 的体积V2＝ πR3＝ πr3，球O的表面积S2＝4πR2＝3πr2.因此，圆锥 MM'的体积与球O的体积的比值为 ＝ ＝ ，圆锥MM'的表面积 与球O的表面积的比值为 ＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 15. 如图是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容 器中水的体积V是水面高度x的函数，记为V＝f（x），若正数a，b 满足a＋b＝1，则f（a）＋f（b）的最小值为 ⁠. π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：因为圆锥形容器的底面半径和高都是1，水面高度为x，所以容 器中水的体积V＝f（x）＝ πx3.因为a＋b＝1，所以b＝1－a（0＜ a＜1），f（a）＋f（b）＝ πa3＋ π（1－a）3＝ πa3＋ π（1－ 3a＋3a2－a3）＝πa2－πa＋ π，易知函数y＝πa2－πa＋ π（0＜a＜ 1）的图象开口向上，且对称轴方程为a＝ ，所以当a＝ 时，f （a）＋f（b）取得最小值，最小值为 π－ π＋ π＝ π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 16. （多选）（2024·武汉二调）将两个各棱长均为1的正三棱锥D-ABC和 E-ABC的底面重合，得到如图所示的六面体，则（　　） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为 C. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 D. 直线AD∥平面BCE √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：　对于A，S△ABD＝ ×1×1× ＝ ，所以表面积为6× ＝ ，故A对；对于B，如图所示，设点D在平面ABC内的投影为 O，M为BC的中点，则由对称性可知O为三角形ABC的重心，所以 AO＝ AM＝ ×1× ＝ ，又因为AD＝1，所以正三棱锥D-ABC 的高为DO＝ ＝ ＝ ，所以题图所示几何体的体 积为V＝2VD-ABC＝2× × × ＝ ，故B错； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 对于C，由B选项可知DO⊥平面ABC，由对称性可知D，O，E三点共线，所以DE⊥平面ABC，而DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABC，故C对；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 其中Ox轴平行BC，因为AO＝ ，OM＝ － ＝ ，所以B （ ， ，0），C（ － ， ，0），E（ 0，0，－ ）， ＝ （－1，0，0）， ＝（ － ，－ ，－ ），设平面BCE的法向量 为n＝（x，y，z），所以不妨取z＝1，解 得y＝－2 ，x＝0，所以取n＝（0，－2 ，1），又A（ 0，－ ，0），D（ 0，0， ）， ＝（ 0， ， ），而 ·n＝－ ＋ ＝－ ≠0，所以直线AD与平面BCE不平行，故D错.故选 A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 17. 我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则 积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于 这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何 体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高 都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后 在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆 锥后得到一新几何体（如图2）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即 V球＝πR2·R－ πR2·R＝ πR3.现将椭圆 ＋ ＝1绕y轴旋转一周后得 到一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方 法，运用祖暅原理可求得几何体体积为 ⁠. 16π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 解析：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆 柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3） 时，小圆锥底面半径为r，则 ＝ ，∴r＝ h，故截面面积为4π－ πh2，把y＝h代入 ＋ ＝1，即 ＋ ＝1，解得x＝± ， ∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2＝4π－ πh2，由祖暅原理可得橄榄 球形几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（ 4π×3－ ×4π×3）＝16π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 目录 $