专题12 球的有关间题及几何体的表面积与体积【创新大课堂系列】高三数学全国名校名卷168优化重组卷

专题12 球的有关问题及几何体的表面积与体积 (时间：100分钟分值：120分) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的 1,已知圆锥的母线长为6，其外接球表面积为81π，则该圆锥的表面积为 A.12元 B.16元 C.18元 D.27元 2.若圆锥的轴截面是一个边长为4的等边三角形，则它的体积为 实 A.8 3 B.8π C.12π D.83元 3.已知A,B,C,D是半径为15的球的球面上四点，AB⊥AC,BC=24,则三棱锥A一BCD体积的最大 值为 ( A.384 B.1152 C.3845 D.1152√3 4.(2025·河北保定一模)紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西 施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了 一个石瓢壶的相关数据（单位：cm),那么该壶的容积约为 ( A.100 cm3 B.200cm3 C.300cm3 D.400cm3 5.(2025·江西景德镇一模)攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是 圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m,高为4m,则该屋顶的面积约为 A.15x m2 B.30x m2 C.24πm2 D.20元m2 6.(2025·江西萍乡一模)我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为2，高为3 的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗， 则得到的圆柱体的最大侧面积为 B.x D.√5π 7.(2025·高三全国专题练习)已知棱长为6√6的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在 平面的交线都为一个面积为9π的圆，则该球的表面积为 ) A.48π B.72元 C.96π D.128π 45 8.如图，已知圆台形水杯（不计厚度）的杯口直径为6，杯底的直径为4，高为h,水杯中盛 有部分水.当杯底水平放置时，杯中水的高度为？，将半径为？的小球放人杯中，小球 被完全浸没，水恰好填满水杯，则h= ( A B c D. 9.(2025·广东茂名模拟预测)若正四面体P-ABC的棱长为2√3，M为棱PA上的动点，则当三棱锥 M-ABC的外接球的体积最小时，三棱锥M-ABC的体积为 ( A46 3 B.4√2 C.43 D.83 10.(2025·河南洛阳模拟预测)已知圆台的上、下底面中心分别为O1,O2,且O1O2=10√3，上、下底面 半径分别为2,12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为() A.96π B.192元 C.48π D.248元 11.(2025·河北邢台期中)已知体积为√3的正三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,若满足OA+OB +OC=0,则此三棱锥能外接球的体积为 野 B.8/2r D.16x 3 C.Br 3 3 12.(2025·山东济南二模)已知正三棱锥P-ABC的底面边长为2√3，若半径为1的球与该正三棱锥 的各棱均相切，则三棱锥P-ABC的体积为 A.2 B.2√2 C.3 D.25 二、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 13.已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的 A.高为4 B.母线与底面所成角为60° C.侧面积为25π D.体积为28π 14.(2025·山东青岛一模)已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分 4 别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，则下列结论正确 E 的是 () A.圆台母线AB与底面所成角为60° B B.圆台的侧面积为12π C.圆台外接球半径为2 D.在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5 15.(2025·四川南充模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同 的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过 连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙 漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm,当细沙全部在上部时 其高度为圆锥高度的号（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm的 沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.下列说法正确的是( -46 A.沙漏中的细沙体积为'“cm B.沙漏的体积是128πcm3 C.细沙全部漏入下部后，此锥形沙堆的高度约为2.37cm D.该沙漏的一个沙时大约是1985秒（π≈3.14） 16.(2025·苏锡常镇四市二模)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1=2AB=2,E为CC1的中 点，P为棱AA1上的动点，平面a过B,E,P三点，则 () A.平面a⊥平面A1B1E B.平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形 C当P与A重合时，a截此四楼柱的外接球所得的裁面面积为名 D.存在点P,使得AD与平面a所成角的大小为号 17.(2025·苏北七市三模)已知圆台OO1上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面 A,BCD1的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD的四个顶点在圆台下底面圆周上，则 () A.AA1与底面所成的角为60° B.二面角A1-AB-C小于60 C.正四棱台ABCD-A1B,CD1的外接球的表面积为64π D设圆台OO的体积为V,正四棱台ABCD-AB1CD的体积为V2,则女=元 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分， 18.(2025·高考全国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. 19.(2025·广东广州模拟)在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E,F,分别为BC,CD的中点， 分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFE和△EFC折，使B,C,D三点重合于点P,得到 三棱锥P-AEF,则三棱锥P-AEF外接球的表面积为 甲 20.(2025·上海徐汇模拟)如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组 成.其中圆柱的高为4米，球的半径r为1米 (1)这种“浮球”的体积是 立方米（精确到1m3). (2)假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球 形部分每平方米建造费用为30元.该浮球的建造费用是 .(精确到1元). -47 21.(2025·山东济宁模拟)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个 平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回 滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径 的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a,则勒洛四面 体的体积V的取值范围是 B 四、解答题：本题共1小题，共10分 22.(10分)(2025·浙江台州模拟)据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8 号机组穹顶球冠吊装成功（如图(1）)，标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完 成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是 一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截 得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘 积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球 缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底、以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球 锥”（如图(2）)当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图(2)，设 一个“球锥”所在球的半径为R,其中球冠高为h(h<R) R△S 0 “球锥” (1) (2) (3) (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图(3）)，写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求是的值： (3)已知一个棱长为a的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的a有 且只有一个，求冬的取值范围。 4817解)当n=1时，由题意0=号 (2)由(1)知，an+1-2n+1,Sn=n2, an+1 。2十11 当1>≥2时，an-1十Sn-1=n十1，两式相减可得2an=an-1十1， b.s。·S+(m+17(n+1) 所以2(an-1)=an-1-1,即2bn=bm-1 因为=-1-所以么，一 1 1 所以-+十…十6，-1-是+京-京十…十 1 (2②)因为么=品，以c=: n+1D-1-(m+<1, 因为Tn+1-T。=1- 1 1 当n为奇数时，d。一n十2：当n为偶数时，d。=sin2 m+2-1+m+1)=0m+D 1 21+3 令f(x)=x一sinx,则f(x)=1一cosx≥0，即f(x)为增函数，1 +2)2(+1)2(m+2>0 则当x>0时，x>sinx. 所以Tn十1>Tn, 1调方山-血宁品<结-米以山>d: 所以（工为递增：列，放（工，}的最小值为工-1一=是，所 1 ()当n为奇数时，T。=1X十sin2京十3X十sin2 十… 、 以是≤T<1. 1 n(n+2) 19.解（①)因为1-2a,十3·21，脚-2-3 所以贺列{份}是以号-1为省项3为公盏的学装数列。 因为（分）所以工<(-中)十品 (2(1)由10知2-1+(m-1)·3-3m-2 所以au=(3n-2)2”, (n十1)an=(n+1)2m, 所以bn=3n一2 ()产 5 所以Sn=2·21十3·22+4·23十…十1·2m-1+(1十1)·2m, 6一2(m+2)3×2-1 2Sn=2·22+3·23+4·24+…+n·2”+(n+1)·2m+1, 所以-Sm=2·21+22+23+…十2”-(n+1)·2n+1 因为2m十2十3×2>0，所以T,<君， =21+2+23+…+2”-(n+1)·2m+1+2 2(1-2) 1-2 -(m十1)·2n+1+2=-2+2n+1-(n十1)·2m+1+2 当n为偶数时，工。=文十n京十文十sm 十…十 =-n·2n+1, 1 + 所以S。=n·2+1 (i)因为Vn∈N",Sn<m·3m+1, 所以N(号) 为m-（片）： 1 2十1 令cn=n· 所以工<专()十+是++-(1-) 不妨设{cn}的第n项取得最大值， 1 1 f() 42+2_5 所以 +1 +2,解得2≤n≤3， 62(71+1)3×2n1 a() ≥+（） 国为十20所以工，<音 1 所以{cn}的最大值为c2=c3 16 7, 综上< 所以m>号即m的取值范国是（号十） l8.解(1)进①，a1=1,an+1=√Sw+1+√Sa, 专题12球的有关问题及几何体的表面积与体积 :1.B圆维及其外接球的轴成面如图，该其外 因为a+1=Sa+1-Sn=(√Sn+1+√Sn)(√Sn+1-√Sn), 所以（√Sn+i+√Sn)(√Sn+i-√Sn)=√S+1+√Sa' 接珠的半径为R,则外接球表面积为豐 因为数列{an}的各项均为正数，所以√Sn>0, Sw+1+√Sm>0, 4R2,则R=92,即1AO1=OC1=92 41 所以√S+1-√S-1, 设圆锥的高为|AO1|=h,圆锥的底面圆半 B 又a1-1,√S-√a-1,所以{√S0}为首项和公差均为1的 径为|O1C=r,则2+h2=62,由(h-R)2 等差数列， +2=R2,解得h==4区，r=2,则此圈 R 所以√S0=1+1-1=,Sn=n2, 锥的表面积为πr2+πrl=16元.故选B. 所以当n=1时，a1=1,当n≥2时， 2.A因为圆维的轴截面是一个边长为4的等边三角形，所以圆维 an=Sa-S-1=2-(n-1)2=2-1, 的底面半径r=2,高h=√42-22=2√3，所以圆雏的体积V= 显然满足2×1-1=1=a1, A=子×xXX2B-8元故进A 1 综上，an=21-1. 久 选②，2√Sm-1=an①，当n=1时，2√a-1=a1,解得a1=1,3.B因为AB⊥AC,BC=24,所以BC为△ABC的外接圆的直径， 当n≥2时，2√Sn-1-an=Sn-S-1, 故Sn-1=Sn-2√Sn+1=(√S0-1)2, 即丰径rC-艺-12，由过球心委直 D 又因为数列{an}的各项均为正数，所以S。-1>0, 于截面的直线必过截面圆的圆心可知， 故√Sa-1-√/Sa-1,即√Sn-√Sm-1-1, 球心到平面ABC的距离d=V√R2一r 又√S-1,故{√Sm}为首项和公差均为1的等差数列， =√152-122=9，又直角△ABC面积 所以√Sw-1十n-1=n,解得Sn=n2, 所以当1=1时，a1=1,当1≥2时， Sa-号4C·ABE号aCAB 2 an=Sm-S4-1=2-(n-1)2=2n-1, 号×吗-宁×2些-1，奇里仪当 显然满足2×1一1=1=a1, 综上，an=21-1. AC=AB=12√2时取等号，而点D到平面ABC的距离的最大值 195 为d十R=9十15=24，所以三棱雏A-BCD体积的最大值为X ,.MN为三棱锥M-ABC的高. 3 由正四面体P-ABC的棱长为2√3，易知AH=2=MH, 144×24=1152.故选B. 4.B根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上1 所以PH-√PA2-AH-2√②，PA-25,AH=2. 底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥 的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高 器袋-E,设AN=,则MN-,N-2-云 为：所以-品郎得6-10，则大国 由HM-MN2+HN2,得22=(2-x)2+(Ex),解得x=专 锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面 半径为3，高为6，所以该壶的容积V= MN-g9Vw慨-子×9X(有×4- 3 4 3 3 号×xX5X10-号×xX32×6-19x 故选A. 10.B如图所示，根据题意可知O1A=2, 200cm3. 02B=12,01O2=10√3. 故选B. 设圆台内能放置的最大球的球心为O, 5,A由题知，圆锥底面圆半径r=OA= 且与底面和母线AB分别切于O2,C 3cm,高h=OB=4cm,则母线l=AB= 两点， 5cm,因此圆锥的侧面积为S=πrl=πX 105 3×5=15πcm2.即屋顶的面积为15πcm2. 因为am∠AB0,-8是=5，所以 故选A ∠AB02=60°，所以∠OB02=30°， 6.C如图，设圆柱的底面半径为O1A=r, 所以可知球的半径R=00,=O,Btan30°=12X5=45, 高为O)1=x,侧面积为S,由题意得，OB=1, 3 OP=3,所以O1P=3一x,在△POB中，因为 此时球的直径为2R=85<O1O2=10√5， 0A/0B,所以28部南子-号解 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表 3 面积S=4元R2=192π.故选B. 得x=3一3r,所以圆柱的侧面积为S(r)= 11.D 正三棱雏P-ABC的外接球的球心O满足OA+OB=-C⑦， 2xr(3-3r)=-6π2+6πr=-6π(r2-r) 说明三角形ABC在球O的大圆上，并且为正三角形 -6(-)+要又0<1，所以- 设球的半径为R, B 根据对称性易知：正三棱锥中顶，点P到底面ABC的距离为球的 半径， 时，S)取得最大位为S() 由正弦定理有底面三角形ABC的边长为2Rsin60°=√5R, 的最大侧面积为经故选C 棱维的底面正三角形ABC的高为，√5 RXsin60°-3迟 2 7.B由对称性，可知球心与正四面体重心重合，由于球与正四面体 的每个面所在平面的交线都为一个面积为9π的圆，故每个面的交 正三枝维的作积为号×9×(R)XR=E。 线为半径为3的圆.设球心为O,H为 H 解得R3=4, △BCD的中心，则AB=6√6，故HB= 则此三棱维外接球的体积为号R3=16,故选D. 3 16√6 B 2sin60° =6√2，故AH=√JAB-OB !12.A因为球与该正三棱锥的各棱均相切， 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的直线上， =12,设球心到任意面的距离为h,则由 VA-BCD 又因为底面边长为2√3， 等体积法可得h= 吉×4San 所以底面正三角形的内切周的半径为/=1am30·之AB= 1S△DAHA=3,故连接球心与任意面中心，则连线 ×3=1,又因为球的半径r=1,即r-r, 4S△ACD 3 长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一，点与球心（即为球的半 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心，点O, 如图，过球心O作PA的垂线交PA于H,则 径)，由勾股定理得球的半径为3√2，则表面积为4π·(3√②)2- H为棱切球在PA上的垂足， 72元.故选B. 所以OH=r=1, 8.D圆台水杯上底面圆半径为R=3,下底面半径 R 为1=2，当杯底水平放置时，液面半径为r2,为 方便理解，画出圆台的轴截面图如图所示：因为 又因为OA= cos30° 一2 R+1=3+2 此时杯中水的高度为2h,故r2为 2 2 -号；整个水杯盛满水时的体积为：号（十元R+√XxR)h 所以o∠A0I-8器- 因为∠AOH∈(0，π)，所以∠AOH=60°， =宁（4r+9x十V37)h=号h,未放置小球流水的体积为： 1 又由题意可知，PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA, 所以∠POH=30°， (++x合-吉(1x+华x+V)合- 61 所以PO= OH12√3 24 cos30° √53 2 6π- 所以V=宁×号×2x25××2-2故造A 1 即费动-号，解得A=故接D 13.ACD依题意，圆台轴截面等腰梯形的上、下底边长分别为2r 9.A如图，在正四面体P-ABC =2,2r2=8,腰长L=5,对于A,圆台的高等于圆台轴截面等腰梯 中，假设PH⊥底面ABC,则点 形的高h=√心-(r2一r1)严=4，A正确；对于B,母线与底面所成 H为△ABC外心， 在PH上取一，点O,满足OA= 角等于国台轴我面等腰梯形的底角0，c0s0=-号≠士B OM,则O为三棱锥M-ABC的 错误：对于C,圆台的侧面积S=π(r1十r2)l=25π，C正确；对于 外接球球心 B≌ .当OA取得最小值时，OM D.圆台的体积V=号x(+rn十h=x(1+1X4+16)× 最小，三棱锥M-ABC的外接球体积最小，此时点O与点H! 4=28π，D正确.故选ACD. 重合. :14.ACD圆台的轴截面如图1所示，其上、下底面半径分别为r上= 作MN⊥AH,垂足为N,,MN∥PH, 1,rx=2,母线AB长为2，E为母线AB中点，如图所示： 196 :17.AC易得圆台的高h=2√3，四棱台的上下底边长分别为2√2和 4区选项A:设AA,与底面所成角为(，则cos(-2,故0， ,正确；选项B:由A知B错误；选项C:设外接球半径为R,球 π B1-C-1-t- 心到下底距离为x. (R2-x2-16 图1 {R-(2-x)2=4>R=4,故表面积S= 由于BC=1,AB=2,利用勾股定理，解得C AC=√5，所以∠ABC=60°，即圆台母线 4R2=64,正确：选项D:V1=至(2+4+8)×2V5=56yBx 3 3 AB与底面所成的角为60°，故A正确：圆 V2-(8+32+16)×25-2E V ,显然V2 ≠π，错误.故 台的展开面如图2所示： 3 选AC. 对于B:国台的侧面积为S=立·元·4 图2 !18.2.5圆柱的底面半径为4cm,设铁球的半 1 径为r,且x<4,由圆柱与球的性质知AB2 立元·2-6π，故B错误：根据比例 B· (2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2,即4r2-68r十 关系求出CD=OD=2,展开面为半圆环，点E为母线的中点，所 145=(2r-5)(2r-29)=0,r<4,,∴.r= A 以OE=3,根据设球心在圆台的中心连线上，设到上底面的距离 2.5.故答案为：2.5. 19.24π由题可得，PA=4,PE=PF=2,AE 为x,所以1十x2=22+(√一x)2,解得x=√，所以外接球的球 心在圆台的下底面的圆心，所以外接球的半径为2，故C正确；根 AF=√42+22-25，EF=√22+2= 据展开图：CE=√32十4=5，故D正确.故选ACD. 2√2，所以PA2+PE2=AE2,PA2+PF2=AF2,PE+PF2= 15.ACD对于A,根据圆维的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底 EF2,所以PA⊥PE,PA⊥PF,PE⊥PF,所 面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所 以三棱锥P-AEF外接球等同于以同顶点 PA,PE,PF扩充为长方体的的外接球，如 3×4=8 以细沙的底面半径，= cm,体积V= 3·π22 3 图，设外接球的直径为d,则有d2=PA2十 子·警，9-1m,A总项正确：对于B,沙福的依积 PE2+PF2=16+4+4=24,所以d=2√6. 9 3 81 则外接球的丰径为R=号d=后，所以三棱 V-2x合×x×(台)）×h-2×号×xXX8-20xm2,B 锥P-AEF外接球的表面积为4πR2=24π，故答案为：24π 20.(1)17(2)880元(1)由题意得，“浮球”可看成是由一个柱 选项错误；对于C,设细沙流入下部后的高度为1，根据细沙体积 体和一个球体组成，圆柱体底面半径为1，高为4，故体积为V1= 不度可知：1胜=子×(（）月)×以= 4 4 81 21=4πm3,球体体积V=含3=不m3,所以“浮球”的体 所以h1≈2.37cm,C选项正确；对于D,因为细沙的体积为 81cm3,沙漏每秒钟漏下0.02cm的沙，所以一个沙时为： 1024π 积V=V十=1g≈17m.(2)由题意得，国柱形年分表面积 即为圆柱体的侧面积，S1=2πrl=8π，故建造费用为8π×20 1024π 160π元，球形部分表面积为S2=4πr2=4π，故建造费用为4πX 81 ≈1024X3.14×50≈1985秒，D选项正确.故选ACD. 30=120π元，所以整个“浮球”的建造费用为160π十120π=280π 0.02 81 ≈880元.故答案为：(1)17(2)880元. 16.AC由BE⊥B1E,BE⊥A1B1知BE⊥平面A1B1E,所以平面 勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体 a⊥平面A1B1E,即A正确：当PA>PA1时，交线围成的图形为 五边形，即B错误；易知此正四棱柱的外接球半径为R=AC 积和正四面体ABCD的外接球的体积 2 夏，燕心0到平面ABE的距离山-华- 之间，正回西体底面西积为。，底西 ,所以截面半径r= 4 所在的丰径为号×。 3 a VR-=√四则我面积S=-号，即C正痛：AD与平 G B 面a的夹角，即BC与平面a的夹角，设为0，作CH⊥BE,垂足为 正体的高为-（ H,设C到平西e的距高为五，则A<CH-竖，则sm0-品-A≤ 3a,正四面体ABCD的体积V1= CH=<5,即0<子，即D错误.故遮AC 2 2 3 X5。=名。，设正四面体ABCD的外接球半径为r, 则由题意得： (停-)+()-，解得-。 a,正四面 体ABCD的外接球的体积为V2=3,勒洛四面体的体积V 8 满足侣。<V<誓，即有8四西体的体积V的取值范国是 D R 22.解(1)把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为S 2πRh,所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式 得“球维”的体积为V盘-专×2R·R-号Rh。 (2)设圆维半径为r,则2=R2-(R-h)2=2Rh-h2,当球缺的 体积与圆维的体积相等时，V球维”一2·V国锥， 即号元R2h=2X号n2(R-h, 消去2，得号R2h=号x(2Rh-h2)(R-), 197 整理得R2-3Rh+h2=0,因为h :6.B延长AE交CD于点H,连接FH, D R,所以=35 R 2 则△DEHn△BEA,因为號-合， (3)设正四面体P-ABC内接“球 R-h 所以器-器-合，周为平西A团 锥”，顶，点P与球心重合，棱长为a, 朵 ∥平面BD1G,平面AEF∩平面 则△ABC外接国辛径为号a,正四 CDD1C1=FH,平面BD1G∩平面 CDD1C1=D1G,所以FH∥D1G,又 面体的高为 3 a,显然a>R不满足 四边形CDD1C1为平行四边形，所以 △DFH∽△CGD1,所以 DF 条件， CG 注意到，当顶点A,B,C在圆雏底面圆周上时， DH DHDH 1 DF F a-RR-A-号R,将资-1-9 C,因为B-AB ·所以0-周为器 3,所 3 以器 合片以FD-GG,DP-G,所以瓷-合 当瓷-1一时，作平行于周维底面的手面发正四西体】 故选B. P-ABC,所得棱长小于R的正四面体均可内接该“球锥”. 7.B设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,三条 侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于 国此，若要存在棱长唯一的正四西体内接孩“球维”，则是≠1一 点O,PO交平面A1B1C1于点O1,连接OA, OA1,如图所示.由AB=3A1B1,可得PO1= B ，且项点A,BC在球冠上.即a=R,且R-R 3 ,P0-受，又5ag-×2× 2 又国为AR,所以1-<会1， 万，Saw=号××号-9，所以正三技 考点13点、直线、平面之间的位置关系 台ABC-A1BC的体积V=Vn-A-Vn4gS=号×9EX受A 1.C对于A,若m∥a,nCa,则n,n可平行或异面，故A错误：对于 B,若n⊥a,n⊥P,则a∥3，故B错误；对于C,两条平行线有一条垂： 合××-婴解得h-,故0-受h-26.由正三 3 直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现n∥a,m⊥3，故 a⊥3，故C正确；对于D,mCa,&⊥3，则n与3可平行或相交或！ 棱台的性质可知，0为底面ABC的中心，则OA-子XV2-3 m二3，故D错误.故选C. D =2√5，因为PO⊥平面ABC,所以∠PAO是A1A与平面ABC所 2.B连接A1D,BD,因为在正方体ABCD- B A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中 成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO-OA-1.故选B 点，所以MN∥A1D,因此，异面直线MN与 8.B如图，分别取BC,AA1,CC1的中点为 D DD1所成角即为直线A1D与DD1所成角， H,M,N,连接EH,HN,GN,FM,ME,容易 FA 即∠A1DD1,显然为45°.故进B. 得出FG∥EH,GN∥ME,HN∥FM, A 3.D设三棱锥P-ABC的外接球的半径为 则，点E,F,G,H,M,N共面， R,取PA中点为O,连接OB,OC,PB⊥ 且FG=EH=GN=ME=HN=FM= AB,PCLAC,..OB=OC=OP=OA,..O 是三棱锥P-ABC的外接球的球心，PA= √()+()- A 2R,·三棱锥P-ABC的外接球体积为 即经过E,F,G三点的截面图形为正六边形EHNGFM, 要R-号，每得：R-2PA-4 连接MN,EG,FH,且相交于点O, 3 取BC中点M,连接AM,PM,,△ABC为等边三角形，，AM⊥ 因为MN-AC=√12+1=√2 BC,AB=AC,∠PBA=∠PCA=交，PA=PA,Rt△PBA≌ 所以OE=0H=ON=OG=OF=OM-号。 Rt△PCA,.PB=PC,,.PM⊥BC,作PH⊥AM,垂足为H,BC 则截面图形的面积为 ⊥AM,BC⊥PM,AM∩PM=M,AM,PMC平面APM,.∴.BC⊥平i 面APM,又PHC平面APM,∴.PH⊥BC,又AM∩BC=M,AM, 4 BCC平面ABC,,PH⊥平面ABC,∠PAM即为直线PA与平9.B将展开图合成一个正方体，如图所示： 面ABC所成角，：AM=3,PA=4,PB=PC=√42-22-2√3， 连接EH和HF,由正方体性质可得： 六PM-VI2-T=Vm,∴os∠PAM=PA2+AM-PM= AH∥BF,AH=BF,四边形HCFD为正 2PA·AM 方形。 则四边形AHFB为平行四边形，HF⊥CD. 16十3-5，即直线PA与平面ABC所成角的余孩值为 所以AB∥HF,所以AB∥CD: 2×4×√5 3 3 同理可得：EF⊥GH. 故选D. 因为AB∥HF, 4.B如图，二面角a-AB-3的棱上有A、B 所以∠EFH为异面直线AB与EF所成的角或其补角， 两点，ACC平面a、BDC平面B,在平面3内 又因为EF=FH=EH, 做AE⊥AB,且AE=BD,连接CE,ED,则 所以△EFH为等边三角形，则∠EFH=60°， 四边形AEDB是长方形，所以∠CAE为二 同理可得：AB与GH所成角为60°；CD与EF所成角为60°：CD 面角a-AB-3的平面角，设为0，由AC 与GH所成角为60° AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,AC,AEC平面 综上可得：AB与CD垂直：AB与EF所成角为60°：AB与GH所 ACE,所以AB⊥平面ACE,由AB∥DE,可得DE⊥平面ACE,因 成角为60°：CD与EF所成角为60°：CD与GH所成角为60°：EF 为CEC平面ACE,所以DE⊥CE,所以CE2=CD2一DE2=164 与GH垂直.故有2对.故选B. 16=148,在△ACE中，由余弦定理得CE2=AC2+AE2一2AC· !10.A如图，在平面ADF内过点D作DH⊥AF,垂足为H,连接 AEcos 0.Cos 0-ACAE CE3664-148 HK,过，点F作FP∥BC,交AB于点P, 2AC·AE 2×6×8 ，因为 0°0180°，所以0=120°.故选B. 5.C由a,3是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，知：①若 n⊥a,mC3,则由面面垂直的判定定理得a⊥B,故①正确；②若 m⊥，n⊥a,则n∥a或nCa,故②错误；③若m∥a,a⊥3，则n与3， 相交、平行或mC3,故③错误；④若a∩3=n,1∥m,且n寸，n寸3， 则由线面平行的判定定理得n∥a,n∥B,故④正确.故选C 设∠FaB=.AE=E.AC=,所以os0E(,2) -198