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Word

第1讲　小题研透——立体几何 备｜考｜领｜航 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 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：C　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. 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.2π B.3π C.6π D.9π 解析：B　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×＝3π.故选B. 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. 解析：B　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. 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 解析：B　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＝＝，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. 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. 重｜难｜排｜查 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 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； （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. 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. 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 （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.－ 解析：（1）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. （2）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. 感悟提升 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. 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. 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1. 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. 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23 mm，升量器的高为57.5 mm.（不计量器的厚度） 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. 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8π. 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＝8π. 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 （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 解析：（1）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. （2）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. 感悟提升 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. 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　　. 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. 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＜，＞＝＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝. 感悟提升 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. 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 解析：D　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. 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. 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. 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 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. 感悟提升 　　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. 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8. 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. 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＋. 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＝＋. 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：A　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. 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：C　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. 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 解析：A　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. 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 解析：C　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. 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 解析：AD　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. 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. 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＝＝＝. 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 解析：B　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. 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° 解析：C　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. 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 解析：B　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. 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. 解析：D　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. 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 解析：ABC　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. 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7π D.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 解析：ABD　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；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. 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12. 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. 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. 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. 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. 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. 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 解析：AC　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；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， 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. 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），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. 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. 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $