专题14 不等式&专题15 空间几何体的表面积、体积-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

专题14 不等式 考向1不等式的性质与一元二次不等式 A.x+y≤1 B.x+y≥-2 1.(2025·全同卷Ⅱ5分)不等式≥2的解 C.x2+y2≤2 D.x2+y2≥2 4.(2021·浙江卷，4分)已知a,3,Y是互不相同的 集是 锐角，则在sin acos,sin Bcos r,sin Ycos a三个 T A.{x|-2≤x≤1}》 B.{xlx≤-2} C.{x|-2≤x<1} D.{xx>1} 值中，大于号的个数的最大值是 2.(2025·天津卷，5分)若a,b∈R,Vx∈[-2， A.0 B.1 曼 2],均有(2a+b)x2+bx-a一1≤0恒成立，则 C.2 D.3 2a十b的最小值为 5.(2021·全国乙卷文，5分)下列函数中最小值 训 3.（2025·上海卷，4分)不等式二<0的解集为 为4的是 A.y=x2+2x+4 4 4.(2024·上海卷，4分)不等式x2-2x一3<0的 B.y=lsinl+lsin ;! 解集为 量 C.y=2x+22-x 考向2基本不等式 4 弥 D.y=Inx+inz 1.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)设函数f(x)=(x十 a)ln(x十b).若f(x)≥0，则a2+b2的最小值为 6.(2021·上海卷，5分)已知x1y1x2y2x3y3 令 ( 满足x1<y1.x2<y2x3<y3,且x1十y1=x2十 烂 y2=x3十y3,x1y1+x3y3=2x2y2>0,则以下 A.8 选项中恒成立的是 C.2 D.1 A.2x2<x+x3 款 2.(2022·全国甲（文）T12)已知9m=10,a=10m B.2x2>x1+x3 11,b=8m-9,则 ( C.i<3 尔 A.a>0>b B.a>b0 D.3>x1x3 C.b>a0 D.b>0>a 问 7.(2025·上海套，5分)设a,b>0a十6-1，则 3.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，T12)若x,y,满足 x2十y2-xy=1,则 b十二的最小值为 41 专题15空间几何体的表面积、体积 考向1空间几何体 :8.(2021·上海卷，5分)如图，AB是圆柱的直径， 1.（多选)(2023·新课标I卷，5分)下列物体中，· 圆柱的半径为1，高为2，C是底面圆弧上的一个 能够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容 动点，则△ABC的面积的取值范围是 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的圆柱体 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 考向2空间几何体的表面积、体积 2.(2023·全国甲卷·理，5分)已知四棱锥 1.(2024·新课标I卷，5分)已知圆柱和圆锥的 P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC= 底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 PD=3,∠PCA=45°，则△PBC面积为( √3，则圆锥的体积为 A.2√2 B.32 A.2√3π B.3√3π C.4√2 D.6√2 C.6√3π D.9√3π 3.(2021·新高考卷I,5分)已知圆锥的底面半 2.(2024·天津卷，5分)一个五 径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的 面体ABC-DEF.已知AD∥ 母线长为 BE∥CF,且两两之间距离为 A.2 B.2√2 1,AD=1,BE=2,CF=3,则该 C.4 D.4√2 五面体的体积为 4.(2025·全国卷Ⅱ，5分)一个底面半径为4cm, B3B+1 高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略 A 6 4千2 不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的 C③ 2 n3y8- 最大值为 cm. 5.(2023·全国乙卷·文，5分)已知点S,A,B,C 3.（多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)已知圆锥的 均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的 顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径， 等边三角形，SA⊥平面ABC,则SA= ∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周上，且 二面角P-AC-O为45°，则 ( 6.(2023·全国甲卷·理，5分)在正方体ABCD- A.该圆锥的体积为π A1B1C1D1中，E,F分别为AB,CD1的中点. B.该圆锥的侧面积为4√3π 以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有： C.AC=22 个公共点， D.△PAC的面积为√3 7.(2023·全国甲卷·文，5分)在正方体ABCD-4.(2023·全国甲卷·文，5分)在三棱锥P-ABC A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该 中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA= 正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的 PB=2,PC=√6，则该棱锥的体积为 () 半径的取值范围是 A.1 B.3 C.2 D.3 42 5.(2023·全国乙卷·理，5 148.5m时，相应水面的面积为140km2;水位 分)如图，网格纸上绘制 为海拔157.5m时，相应水面的面积为 的是一个零件的三视图， 180km2.将该水库在这两个水位间的形状看 网格小正方形的边长为 作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上 1,则该零件的表面积为 升到157.5m时，增加的水量约为（√7≈2.65） ( ) A.24 B.26 C.28 D.30 A.1.0×109m3 B.1.2×109m3 6.(2023·全国乙卷·理，5分)已知圆锥PO的底 C.1.4×109m3 D.1.6×109m3 面半径为√，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的 :11.(2022·新高考I卷，T8)已知正四棱锥的侧 母线，∠A0B=,若△PAB的面积等于9y 棱长为1，其各顶点都在同一球面上，若该球的 41 体积为36π，且3≤≤3√3，则该正四棱锥体积 则该圆锥的体积为 ( 的取值范围是 A.元 B.√6π C.3π D.3√6π A[18,8] 】 7.(2023·天津卷，5分)在三棱锥P-ABC中，线 段PC上的点M满足PM=专PC.线段PB上 c[剀 D.[18,27] 12.(2022·新高考Ⅱ卷T7)已知正三棱台的高为 的点N满足PV= PB,则三棱锥P-AMN 1,上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点 和三棱锥P-ABC的体积之比为 都在同一球面上，则该球的表面积为() A.日 B号 c D号 A.100π B.128元 C.144π D.192π 8.(2022·全国甲（理）T9)甲、乙两个圆锥的母线 13.(多选)(2022·新高考Ⅱ 长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面 卷T11)如图，四边形 积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙·若 ABCD为正方形，ED⊥ S甲二2，则V乙 V甲一 D--2--十-- 平面ABCD,FB∥ED, AB=ED=2FB,记三棱锥 B A.√5 B.2√2 C.√10 D.5I0 4 E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1, 9.(2022·全国乙（文）T12)已知球O的半径为1， V2,V3,则 四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O: A.V3=2V2 B.V3=V 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V ( )14.(2021·全国甲卷理，5分)已知A,B,C是半 A.3 B司 c 径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥ BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为 10.(2022·新高考I卷，T4)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 A得 C② 4 43 15.(2021·北京卷，4分)对24小时内降水在平 (1)求证：GF⊥平面EBF; 地上的积水厚度(mm)进行如下定义： (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； 010 10~25 25~50 50-100 (3)求三棱锥D-BEF的体积. 小雨 中雨 大雨 暴雨 小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水， 则这一天的雨水属于哪个等级 200mm 300mm 150mm A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 16.(2025·上海卷，5分)如图，在 B C 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，BD=4√2，DB1=9,则该正 21.(2023·全国乙卷·文，12分)如图，在三棱锥 四棱柱的体积为 P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2√2， 17.(2024·全国甲卷·理T14,文T14,5分)已知圆： PB=PC=√6，BP,AP, 台甲、乙的上底面半径均为，下底面半径均为 BC的中点分别为D,E, D r2,圆台的母线长分别为2(r2一r1),3(r2-n),则 O,点F在AC上，BF⊥ 圆台甲与乙的体积之比为 AO. B 18.(2023·新课标I卷，5分)在正四棱台ABCD (1)求证：EF∥平面ADO, -A1B1CD1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2， (2)若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的 则该棱台的体积为· 体积. 19.(2023·新课标Ⅱ卷，5分)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 20.(2025·天津卷，15分) D 如图，正方体ABCD- A1B1C1D1的棱长为4， E,F分别为A1D1, D C1B1中点，点G在棱 CC1上，且CG=3CG. 44b-1=b5-1=b-2+2k=b-3十4k=…=b5-1十2k·(2k-1-1） k十2k·(2-1-1)=k·2-k, 第3步：作差并化简 所以b,-1一a5·bn=k·2*-k-(k+1)2-1=(k-1)2-1-k. 第4步：构造函数并求导，判断函数的单调性，求出函数的最小值 设f(x)=(x-1)2-1-x,x≥2，则f(x)=2-1十(x-1)21ln2 1≥2十2n2-1>0,所以f(x)在[2，十∞)上单调递增，f(x)≥ f(2)=0, 第5步：证明不等式 所以bn-1一a4·bn≥0，即bn-1≥a5·bn (ⅱ)第1步：分析数列{bn}的结构特点 令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b=b十2k=6, 令k=3,得b=3,b6=b1十2k=9,bs=b十2k=15,b=b十2k=21, 所以b2-1,b,-1+1,…,b,-1是一个以b,-1为首项，2k为公差的 等差数列. 第2步：求出b1,b-1+1…,b,-1的和 因为b5-1=k,所以b5-1=k·2-k, 所以6-1+时-1+1十…十-1=：2,2二=k4-1, 2 第3步：利用错位相减法求出》6， =1 -1 所以26=宫6=6+6十…+1=1×+2×+…十 2=1 nX4”-, 426,=1X4+2×42+…+n×4, =1 两式相减，得-3空6=+小十…+41-X -n×4" 2=1 所以24，=（号日）·4“+ 5.解(1)设{an}的公差为d, {aa-,得{td+a+4u-16 由/a+a=16 a十d-(a+22)4解得亿3 (d=2 所以{an}的通项公式为an=3十2(n-1)=2n十1. ag-1=2·2”-1+1=2m+1,ag0-1=2(2"-1)+1=2m+1-1. 从a2n-1到ag-1共有2”-1-2m-1十1=2·2”-1-2n-1=2n-1 (项) 所以y4=20+1+20-10·2=2+229）·21 2、1 2-1 2 3·2”·2-1 =3·22m-2」 (2)(1)图为当2-1≤n≤2-1时，b<an<b+1, 所以当2≤n十1≤2+1-1时，b+1<an+1<b+2, 可得an<b+1<an+1· 因为{an}为递增数列，所以若2-1≤n≤2-1， 则a-1≤an≤ag5-1,得2十1≤an≤2+1-1. 同理可得2+1十1≤a,+1≤2+2-1. 故可得2+1-1<b+1<2+1十1， 所以2-1<b<2十1. 综上，当k≥2时，2一1<b<2+1. (ⅱ)由题意知{bn}是g≠1的正项等比数列， 设{b,}的通项公式为bn=p·g”(p>0,q>0且9≠1)， 由(1)知，2”-1<bn<2”十1，即2”-1<p·q”<2”十1， 则有1<:(号)<1+ 1 ①当号>1，即g>2时， 3m,∈N,俊释：（号）>2，与~（受）<1+六矛盾： ②当0<号<1,9≠1，即0<<2且9≠1时， 3N俊得：（号）<合与：(）>1六质 故q=2. 1 因为2”一1<bn<2”十1，所以bn=2” 设{6，}的前n项和为5，则S。=21-2”)=2+1-2. 1-2 6.解(1)因为4Sn+1=3Sn-9, 所以当n≥2时，4Sm=3S,-1-9, 两式相减可得4a+1=3a,即2土=3 =1时，45=4（是+a）-9 解得a2= 所以数列，是首项为是，公比为的等比教列 所以a,= ×()- 4” (2)因为3bn十(n-4)an=0, 所以bn=(n 4) () 所以Tn=-3× -2x(受)广-1×()'+×()广++ 所以子工，=-3×()广-2×(）广-1×（学） +0× (子)++a5)(子)广+-4)·()，@ ①-@得工=-3×是+（）+（）+…+（）月 (n-4)· ()=-9+ ()] 1- () 所以Tn= 4n· 因为Tnλbn对任意n∈N“恒成立 所以-4n· （)）≤n-40·(子)恒成立 即-3n≤λ(n一4)恒成立， 当n<4时A3=-3- n-4 n4此时A≤1： 当n=4时，一12≤0恒成立； 当m>1时以产，到一3号此时2 n-4 所以一3λ≤1，即实数入的取值范围为[一3,1]. 专题14不等式 考向1不等式的性质与一元二次不等式 1.C[分式不等的解法由号>2，得1+2≥0，得 当得D+2 x-1 {x≠1 ,得一2x<1,故选C.] 2.一4[换元法十不等式恒成立 第1步：换元，转化问题 设t=2a十b,则函数f(x)=tx2十bz-a-1需满足Hx∈[-2,2]， f(x)0恒成立， 第2步：分析特殊点，得t的范围 f(）=子+()ba1.由1=2a+6得6=12a.所 以()片.1= 2 -1≤0，解得t≥-4. 第3步：验证1=一4是否成立，得答案 当t=-4时，2a十b=-4,即b=一4-2a,所以f(x)=-4x2十 (-4-2a)x-a一1.为使f(x)≤0对所有x成立，可尝试令f(x) -m2=-4 =一(x十n)2(m>0),对比系数得 2m=一42a,解得 （-n2=-a-1 n=1,进而得b=一4，此时f(x)=-(2x十1)2，显然Hx∈[一2， (a=0 2],f(x)≤0恒成立，综上，2a十b的最小值为一4，」 3.(1,3)[分式不等式的解集解法一原不等式等价于 (x-3)(x-1)<0,解得1<x<3. (x-1≠0 解法=由题客得{亿8{8年释1<<3] 4.(-1,3)[一元二次不等式的解集由x2-2x-3=(x-3)(x十 1)<0,得-1<x<3.] 考向2基本不等式 1,C[函数性质十不等式恒成立十最值（理性思雏、数学探索） 等价转化法由f(x)≥0及y=x十a,y=ln(x十b)单调递增，可得 x十a与ln(x十b)同正、同负或同为零，所以当1n(x十b)=0时，x十 0,即{买二0所以b=a+1,则十62=a十(a+1)2 2(a+安)+>，故选C] 2.A[根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=log10>1, 再利用基本不等式，换底公式可得m>g11,l0g9>,然后由指 数函数的单调性即可解出.由9”=10可得m=10g10=g10>1, 1g9 g9g1<(9)°=（色9）<1=g1o,所以 智>餐品中m>g1,所以a=10-1>10一1=0又 g8g10<(色81)-（色）<0g9所以售器0 即log9>m,所以b=8m-9<819-9=0.综上，a>0>b.故选A.] 8c[由2+-=1释（告）广+（停）- x= sin 0+cos 0 y-sin o 23 y= sin0 故x+y=5sim0+cos0=2sin(0+否)∈[-2,2]，故A错误，B 正确： 3s29+ 故C正确，D错误.] 4.C[因为a,3,Y是互不相同的锐角，所以sina,cosB,sin3,cosY, sin yco均为正数，由叁本不等式可知scs长ina十cos里， sin peosin牛eoSY,in yeos≤sinco.三式相加可得 2 3 sin acos计sin Acos十sin Ycos≤立，当且仅当sina=cos月，sin月 c0sX,siny=c0sa,即a=月Y于时取等号.因为a,8.y是互不相同 的锐角，所以n0cs计sn如s7什sin<号，所以这三个值不 会海大子若取=吾=7=子则m0=× 1 1 如子音号×号5所以济三个维中大于的个 24 数的最大值为2.故选C] 5.C[选项A:因为y=x2+2x十4=(x十1)2十3，所以当x=-1 时，y取得最小值，且ymm=3,所以选项A不符合题意；选项B:因 4 4 为y=sinx+sn≥2√小sinx·1sn=4,所以v≥4，当 且仅当sn2s即snz=2时取等号，但是根据正我 数的有界性可知|sinx=2不可能成立，因此可知y>4,所以选项 B不符合题意；选项C:因为y=2十22-≥2√2·2可=4，当且 仅当2”=22，即x=2-x,即x=1时取等号，所以ymm=4,所以 选项C符合题意：选项D,当0<x<1时，lnx<0,y=血r十nx 4 0,所以选项D不符合题意，故选C.] 6.A[首先观察发现，题目给出的等式中既有一次式又有二次式，能 将二者联系起来，唯有平方一次式，因此有： x1十y1=x2十2=x3十→(x1十y1)2=(x2十y2)2=(x3十y3)2 →(x1十y)2+(x3十)2=2(x2十y2)2,而x1y1十x3y3=2x22, 故x十y听十x十y=2(十)≥21x十2y1户十y≥x1十M 观察选项，有理由猜测x互≥1x 以下代入具体数值排徐选项 观察选项发现很可能处于x1,x之间，且题目给出了三个等式， 六个未知数，为方便计算，令x1=1,2=2,x3=4,代入，计算得 M=8,y2=7,y3=5,代入选项，排除B,C,D,因此选A.] 1.4[墓本不等式6+日-（叶日)(a+古)=a6+六+2≥ 2Vab 石+2-4，当且仅当ab-6即a=宁6=2时取等号.] 专题15空间几何体的表面积、体积 考向1空间几何体 1.ABD[由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m,所以选 项A正确：由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为√2m的正四 面体，且√2>1,4，所以选项B正确：因为正方体的棱长为1m,体对 角线长为√3m,√3<1.8，所以高为1.8m的图柱体不可能整体放 入正方体容器中，所以选项C不正确：由于正方体的体对角线长为 √5m,而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故 只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放 入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.] 2.C[如图，过点P作P()⊥平面AB P CD,垂足为(O,取DC的中点M,AB 的中点N,连接PM,MN,AO,B).由 C PO门PM=P,所以DC⊥平面POM, PC=PD,得PM⊥DC,又PO⊥DC, N 又OMC平面POM,所以DC⊥(OM.在正方形ABCD中，DCI NM,所以M,N,)三点共线，所OA=OB,所以Rt△PAO≌Rt △PB(),所以PB=PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA= √JPC”+AC-2PC·ACcos45=√I7.所以PB=√I7,在△PBC 中，由余弦定理，得cos∠PCB=PC十BC-BP 2PC·BC =3,所以sin ∠PCB=2 3 ,所以Sax=合PC·BCm∠PCB=4区，故 选C.] 3.B[设图锥的母线长为1，因为该图锥的底面半径为√2，侧面展开 图为一个半图，所以2π×√2=πl,解得1=2√2，故选B.] 4.2.5[球与图柱的位置关系【未确定两球处于什么位置关系时， 所得到的半径最大，因此需要有一个验证和判断的过程，初步考虑 两球球心在坚直方向上】设铁球半径为rcm,若两个铁球的球心在 坚直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与图柱上、下底 面的距离均为一，此时铁球的半径为号cm 当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为()1，)2， 此种情况下，当铁球半径最大时，如图1所示，圆柱与两铁球的轴裁 面如图2所示，（立体几何问题平面化思路，方便计算）其中 ABCD为圈柱的轴裁面，O2P⊥AB,()P⊥AD,则有(O2P=9一2r, OP=8-2r,01O2=2r,则有(2r)2=(8-2)2十(9-2r)2,即4r2 68r+145=0,即(2r-29)(2r-5)=0,解得r1=14.5(舍去)，r2= 2.5. 为2.5>9=2.25，所以铁球半径的最大值为2.5cm, 0 0 Q 图1 图2 4 5.2「解法一如图，设△ABC的外接图圆心为 O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三 角形，所以其外接腿幸径r=0A=子×9× 2 3=√5. 4-0 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1- ABC,由题意知SA为侧棱，设球心为O,连接(O)1,OA,则()1⊥ 平面ABC.且00=2SA. 又球的半径R=0A=2.0A=00+0A,所以4=子SA+3,得 SA=2. 解法二如图，设△ABC的外接圆图心为O1,连S 接0A,因为△ABC是边长为3的等边三角移，OC 所以共外接国丰径r=0A=子×9×3=尽 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接(O),则()1⊥平面 ABC.又SA⊥平面ABC,所以O1∥SA,连接(OS,OA,由题意知 OS=OA=2.故)作SA的垂线，设垂足为H,则四边形A)OH为 矩形，所以OO1=AH,由()S=)A可知H为SA的中点，则(O)1= AH=7SA. 所以在Rt△O)A中，由勾股定理可得OA2=(O)十)A2,即4= SA2+3,得SA=2.] 6.12[如图，线段EF过正方体的中心， D 所以以EF为直径的球的球心即正方体 B 的中心，球的半径为，而正方体的中 2 心到每一条粮的距离均为雪，所以以 EF为直径的球与每一条棱均相切，所 以共有12个公共点.] 7.[2√2,2√5][由该正方体的棱与球O0 的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径 和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接球半径），设该正方体 的棱切球半径为r,因为AB=4,所以2r=√2×4，所以r=22:设该 正方体的外接球半径为R,因为AB=4,所以(2R)2=42十42十4， 所以R=2√3.所以球)的半径的取值范围是[2√2,2√5].] 8.[2,w5门[显然，CA=CB以及CB⊥AB是两种极端情况，这两种 情况下的面积分别是√5,2，故范围为[2，√5门].] 考向2空间几何体的表面积、体积 1,B[图柱、图锥的侧面积十圆锥的体积（理性思雏、数学探索） 设圆柱和圆锥的底面半径均为”，因为它们的高均为√3，且侧面积 相等，所以2πrX√=πr√（√3）2十r2,得r2=9,所以圆锥的体积 V=3w2×5=35,故选B.] 2,C「不规则几何体的体积（理性思雏、数学应用）割补法因为 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 柱的作软等子枝长均为1的直三校挂的体叔，回枝维的高为号，底 面是上底为1，下底为2，高为1的梯形，故滨五面体的体软V=宁义 3.AC[在△PAB中，由余弦定理得 AB=2√3，如图，连接PO,易知圈锥 的高h=PO=1,底面圆的半径r= 2>B AO=BO=√3.对于A,该圈锥的体 1 积V=3πh=元，故A选项正确；对于B,该圈雏的侧面积S树= πr·PA一2√3π，故B选项错误：对于C,取AC的中，点H,连接 PH,OH,因为OA=OC,所以OH⊥AC,同理可得PH⊥AC,则二 面角P-AC-O的平面角为∠PH)=45°，所以()H=P)=1,AH CH=√A}-(OH=√2，所以AC=2√2，故C选项正确：对于D, 1 PH=√EOH=E,SAC=?XACXPH=2,故D选项错误，综 上，选AC.] 4.A[如图，取AB的中点D,连接PD,CD,因为 △ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,所 以PD⊥AB,CD⊥AB,所以PD=CD=√5，又 PC=√6，所以PD2+CD=PC,所以PD⊥CD, 又AB∩CD=D,AB,CDC平面ABC,所以PDI 年面ABC.所以VrBc=吉×SAMX PD=- 1 ×2 X2X√3X 3 3=1,故选A.] 5.D[作出该零件的直观图如图所示，该零件可看作是 长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个长、宽、高 分别为2,1,1的长方体所得，其表面积为2×(2×2十 2×3+2×3)-2×1×1=30,故选D.] 6.B[在△AOB中，AO=BO=V5,∠AOB= 弦定理得AB=√3+3-2×5×5×(-立)）=3，设等腰三角形 PAB底边AB上的高为h,则S△PAB= 分×3h 9E,解得h= 9由均胶定理得华线PA=√（受）广+(9） 2 =3,则该图锥 的高P0=√PAOA-5,所以该图锥的体积为3 X3πX√6 √6π，故选B.] 7,B[知图，周为PM=号PC,PN= PB,所以 S△PMN zPM·PN·sin∠BPC PM·PN S△PHx PC.PB·sin∠BPC PC·PB 1 2 2 3 VA-PMN 3 VA-PBC 没号课中d为点A十 3S△mc·d 面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面 PMN的距离也为d).故选B] 8.C[设母线长为1，甲图锥底面半径为”1，乙圆锥底面图半径为2， 刚=n4=2, Sπrl 所以n=2r2, 又2”+22=2元， 剥=1， 所以n=子1n= 31, 所以甲国锥的高=√P--。 9 3 乙图维的高h2= √--2. 91 1 V甲 x5 9 31 =√10. 日×2 3 故选C.] 9.C[先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圈距离一定 时，底面ABCD面积最大值为2r2,进而得到四棱锥体积表达式，再 利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的 体积最大时其高的值，设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形 ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线央角为a,则 Sm=号·AC.BD,sina≤号·AC.BD≤2·2r·2r=2r (当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)，即当四棱锥的顶 点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值 为2，又+=1，则V0D=号·22h=号F·2 3 ≤/++221 45 3 =27 当且仅当，2=2：即h=5时等号成立， 3 故选C.] 10.C[由题意S1=140km2,S2=180km2,h=(157.5-148.5)km=: 9km,代入棱台体积V=号(S十S十VSSA,公式可得：V≈ 1.4×10"m3.故选C.] 1山，C[设该球的丰径为R,剥由题意知亭R 36π，解得R=3.如图，连接AC,BD,相交于点 E,连接PE并延长，交球于点Q,连接QD,则 PQ=2R=6.易知PD⊥QD,DE⊥PQ,所以由 射影定理，得PD=PE·PQ,所以PE= 6,所 以DE=PD-PE=√P石，所以DC DE=巨×√P高，所以正四枝维的体积V=专×（万× √P)×号()v=5(4号)◆v> 得8K26,合v<0,得26<135，所以v=()月 在[3,2√)上单调递增，在(2V6,3③]上单调递减，所以Vmx= V2-兰又周为v3)-平.v(3->头所以vm 3 44 平，所以该正四枝维体软的取值范国足[号，鳄]故选C] 12.A[本题考查三梭台的外接球、球的表面积公式、利用正弦定理！ 求三角形外接圆的半径，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养， 设三棱台上底面A1BC、下底面ABC的外接圆半径分别为r1, 2,外接圆圈心分别为)1，O2,三棱台的外接球半径为R,球心为 O.令|O01=t,则1O2=1-1.由题意及正弦定理，得2r1= 062=8,所以r=3,三4所以R2三十 =+0-12,即R=9+=16+-1D2,解得4所以 1R2=25. 三棱台外接球的表面积为4πR2=100元.故选A.] 13.CD[设AB=ED=2FB=2,剥V=号× 2X2=号，=×2X1=子连接BD交 AC于M,连接EM、FM,则FM=√5，EM D 6EF=3,故Sawe=55-32, 2 V,=号S△Mr×AC=2,V,=V1+V2,2V,=3V1,故选CD.] 14.A[如图所示，因为AC⊥BC,所以AB为裁面圈 O的直径，且AB=√巨.连接OO1,则0)1⊥平面 Ac,o0,=√（受）-√-() 三，所以三救锥0-ABC的体积V=号SAx· 00××1x1x号] 200 15.B[由相似关系可得，雨水形成的小圈锥的底面半径=立 2 50(mm).故Vr集=号XxX50×150=50·mm),从而可 得积水厚度人-00=2.50mm,焉于中雨，故了 选B.] 16.112[正四棱柱的体积在△BBD中，BB=√DB-BD= √81-32=7.在△ABD中，AB2+AD=BD,因为AB=AD,: BD=4√2，所以AB=AD=4,则该正四棱柱的体积为4×4×7 =112.] 12 17. ,「圆台的几何特征与体积公式的应用（理性思维、数学探索） 两图台的上、下底面积对应相等，则两图台的体积之比为高之比，根据 母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为√C门严（正 W9(r2-n)2-(n-n1) √84· 7√6 01 6 [如图所示，设点O,O分别 A 为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上 下底面的中心，连接B1D1,BD,则点 O1,)分别为B1D1,BD的中点，连 B 接O1O,则OO即正四棱台ABCD- A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,则B1E=)O, 因为AB=2,A1B=1,所以0B=反，0B1=号，所以BE=OB 2 DE=OB-OB1=号，又AA1=瓦，所以BB,=V2,B,E √BB-BE2= /2 9,所以00=3 ,所以 Va旅台AD-4马G9=号×(2+12+V2X)×5-75] 6 19.28「如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长 为4，用平行于底面的平面裁去一个底面边长为 2,高为3的正四棱锥P-A'B'C‘D'后，得到正四 棱台A'BC‘D'-ABCD,且A'B'=2,AB=4.记 ),O分别为正四棱台A'B'CD'-ABCD上、下底 面的中心，H',H分别为A'B',AB的中点，连接 D PO,PH,(H',OH,PO=3,(H'=1,OH= AH 2易知△POH'on△POH,所以昭-肝即品=立，解符 3 PO=6,所以(O)=P)-P0)=3,所以该正四棱台的体积V= ÷×3X2+2X4+4)=28] 0.线面垂直十平面与平面的夹角十三棱锥的体积 解(1)以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y 轴，DD1所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， D G A D C方 A 则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=(2,0,1),EF =(0,4,0),BF=(-2,0,4), .GF.EF=0.GF.BF=0,即GF⊥EF,GF⊥BF. 又EF∩BF=F,EFC平面EBF,BFC平面EBF, .GF⊥平面EBF, (2)设平面EBF的法向量为n1=(x1,,1), 则∫%·E亦=0 (n1·BF=0' +a-0 则1=0，取x1=2,则=1， 故n1=(2,0,1). 设平面EBG的法向量为n2=(x2,222), 则/n·-0 (2·BG=0 又EG=(-2,4,-1),BG=(-4,0,3), {十8 可取x2=6,则y2=5,22=8, 故n2=(6,5,8). m1·212十0十84 cos(m)5555 “平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为号 (3)设点D到平面EBF的距离为d, 易知DE=(2,0,4), 由(2)知平面EBF的一个法向量为n1=(2,0,1), 故d=lm1,DE_85 n 5 在△EBF中，易知BE=6,BF=2√5，EF=4, 故EF2十BF2=BE,.EF⊥BF, △EBF的面积为号×4X25=45, 故三棱维D-BEF的你积为了dX4V5=号 21.解(1)因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC的中点， 所以△OBAC∽△ABC,所以∠CAB=∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H,则△BHAC∽△OBA, 所以∠HBA=∠AOB. 所以∠HBA=∠CAB,所以BF=AF,∠BCF=∠CBF, 所以CF=BF, 故CF=AF,F是AC的中点， 因为E,F分别是AP,AC的中点，所以EF∥PC 因为D,O分别是BP,BC的中点，所以DO∥PC 所以EF∥D). 又DOC平面AD),EF寸平面ADO, 所以EF∥平面ADO 由(1)得FO∥AB, 因为AB⊥BC,所以FO⊥BC 又PO⊥BC, 所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角， 所以二面角P-BC-F的大小为120°， 如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M,连 接MO,MB, 则∠P(OM是二面角P-BC-M的平面角， 所以∠POM=60° 在△PBC中，由PB=PC=√6，BC=2√2，得PO=2, 所以PM=√5. 所以三枝维P-ABC的体积Vpr=号-S X PM=-子×号 3 ×2×22×5=2⑤ 3 专题16空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法 考向1空间点、直线与平面的位置关系 1.BD「空间中线线、线面位置关系的判断 错误项分析A(×)由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC,则！ AA⊥AD,假设AD⊥AC,又AA∩A1C=A1,AA1,A1CC平面 AA1CC,所以AD⊥平面AA1C1C,矛盾，所以AD与A1C不垂直.！ B(√)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面1 ABC,则AA1⊥BC,因为D为BC的中点，AC=AB,所以AD⊥！ BC,又AD∩AA1=A,AD,AA1C平面AA1D,所以BC⊥平面 AA1D,又BC∥B1C1,所以B1C1⊥平面AA1D 错误项分析C(X)AB∥A1B1,AD与AB相交，所以AD与A1B1 异面. D(√)CC1∥AA1,CC￠平面AAD,AA1C平面AA1D,所以 CC1∥平面AA1D.故选BD.] 2.C[空间中线面位置关系 错误项分析A(X)若ma,nCa,则m∥n或m,n异面： 错误项分析B(×)若m⊥a,m⊥3，则a∥3： C(√)若m∥a,m⊥B,则a⊥： 错误项分析D(×)若mCa,a⊥B,则m∥B或m与月相交： 或mC3.] 3.A[空间线面位置关系的判断（理性思雏、数学探索）α∩3=m, 则mCa,mC3,对于①，若m∥n,则n∥a或n∥3，①正确；对于②， 若m⊥n,则可能n∥a或n与a相交，②错误：对于③，若n∥a且 n∥B,则n∥m,③正确：对于④n与m所成角可以为[0，受]内的 任意角，④错误.故选A.] 4.D[棱锥的性质十线面垂直的判定与性质（理性思雏、数学探索）： 12 由题意知△PAB为正三角形，因为PC十 PD=CD,所以PC⊥PD.如图，分别取 AB,CD的中点E,F,连接PE,EF,PF,则 PE=2√5，PF=2,EF=4,于是PE2十 PF2=EF2,所以PE⊥PF,过点P作PG ⊥EF,垂足为G.易知CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PFC平面PEF,且 EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF,又PGC平面PEF,所以CDI PG.又PG⊥EF,CD,EFC平面ABCD,CD∩EF=F,所以PGI 平面ABCD,所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由PE·PF= 之EFPG,得PG=PEPF_25X2=5.故选n] EF 4 C[线面位置关系的判断对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可 能平行、相交或异面，故A,B错误；对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m⊥ n,且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误.] 6.A[在正方体ABCD-A1B1C1D1中， AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD, 又EFC平面ABCD,所以EF⊥DD1, 因为E,F分别为AB,BC的中点， 所以EF∥AC,所以EF⊥BD, 又BD∩DD1=D, 所以EF⊥平面BDD1, 又EFC平面B1EF, 所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确： 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标 系，设AB=2, 则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2, 2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0), C1(0,2,2), 则EF=(-1,1,0),EB1=(0,1,2),DB= (2,2,0),DA1=(2,0,2), AA1=(0,0,2),AC=(-2,2,0),A1C (-2,2,0), 设平面B1EF的法向量为m=(c1y11), 则有人m·E示一工十m=0 可取m=(2,2,一1)， (m·EB=y1+2=0 同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1,一1，一1) 平面A1AC的法向量为n2=(1,1,0), 平面A1C1D的法向量为n3=(1,1,一1) 则m·n1=2-2十1=1≠0， 所以平面BEF与平面A1BD不垂直，故B错误： 因为m与n2不平行， 所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误； 因为m与n3不平行， 所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选A,] 7.BD「BP=λBC十aBB1(0≤A≤1,01). 对于选项A,当入=1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时 △ABP的周长为AB+AP+PB1=√2+√1十+√1十(1一) =√2+√十十√2-2十，不是定值，A错误： 图1 图2 对于选项B,当=1时，点P在棱B1C上运动，如图2所示， 对Vx=V4=5ac×号-誓Sa-g×子X1X1 6 6 三，为定值，故B正确 对于选项C,取BC的中点D,BC1的中点D1,连接 DD1,AB,则当入=之时，点P在线段DD上运 动，如图3所示.假设A1P⊥BP,则A1P十BP2= A,脚()+1-0+（合）广'+=2.解 得u=0或u=1,所以点P与点D或D1重合时， A1P⊥BP,故C错误：