第13章 立体几何初步 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（苏教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　空间几何体的结构特征 1.(2023北京,9)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=10 m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为(　　) A.102 m　　　　B.112 m　　　　 C.117 m　　　　D.125 m 2.(2024北京,8)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. 考点2　空间中平行、垂直关系的证明 3.(2025天津,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β 4.(多选题)(2025全国一卷,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　) A.AD⊥A1C　　　　B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1　　　　D.CC1∥平面AA1D 5.(2023全国甲理,11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为①(　　) A.2 ①关键点拨由线面垂直得AB⊥PF,进而得到PA=PB,由余弦定理得PB的长,利用面积公式求解;对点突破P417定点2 6.(2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆心,AB是底面直径,且AB=2. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为,求圆锥的侧面积; (2)已知Q是母线PA的中点,点C、D在底面圆周上,且弧AC的长为,CD∥AB.设点M在线段OC上,证明:直线QM∥平面PBD. 考点3　空间角和距离的计算 7.(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 8.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC①; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD②. ①关键点拨由线面位置关系证AD∥BC;对点突破P416定点1 ②关键点拨正确作出二面角求解;对点突破P423定点3 9.(2025北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ADC与△BAC均为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点①,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值②. ①关键点拨遇中点,取中点,构造平行四边形或利用三角形中位线找平行线. ②关键点拨延长BA,CD,相交于点M,将所求角转化为AM与平面PCD所成的角,利用sin θ=(h为点A到平面PCD的距离)求解. 10.(2024全国甲文,19)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; (2)求点M到平面ADE的距离. 考点4　空间图形的表面积和体积 11.(2024新课标Ⅰ,5)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 12.(2024天津,9)在如图所示的五面体中,棱AD,BE,CF互相平行,且两两之间的距离为1.若AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　) A. 13.(多选题)(2023新课标Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 14.(2024全国甲理,14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  15.(2025北京,14)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面AFR⊥平面ABC,平面CDT⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥CD,BC∥DE∥ST∥AF. 若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为　　　　.  16.(2025天津,17)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-FBE的体积①. ①关键点拨利用VD-BEF=VC-BEF求体积;对点突破P428定点1 考点5　几何体的内切球和外接球 17.(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　) A.100π　　　　B.128π　　　　C.144π　　　　D.192π 18.(2022全国乙理,9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　) A. 19.(多选题)(2023新课标Ⅰ,12)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0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 20.(2025全国二卷,14)一个底面半径为4 cm,高为9 cm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.  21.(2023全国甲理,15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.  学科竞赛 22.(2024吉林竞赛)在正四面体ABCD中,棱AD的中点M和平面BCD的中心的连线为MN,棱CD的中点P和平面ABC的中心的连线为PQ,则MN与PQ所成角的余弦值为(　　) A. 23.(2024上海竞赛)一个顶点为P,底面中心为O的圆锥的体积为1,若正四棱锥O-ABCD内接于该圆锥,平面ABCD与该圆锥底面平行,A,B,C,D这4个点都在圆锥的侧面上,则正四棱锥O-ABCD的体积的最大值是　　　　.  强基计划 24.(2024江苏南京强基计划)四面体的各棱长分别为4,7,20,22,28,t,t∈Z,则t的最小值是　　　　.  25.(2024北京强基计划)在体积为1的正方体内取一个点,过这个点作三个平行于正方体面的平面,将正方体分为8个长方体,求这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值. 高考模拟练 应用实践 1.(2025江苏淮安期中)已知α,β为不同的平面,a,b为不同的直线,下列说法正确的是(　　) A.若直线a,b与平面α所成角相等,则a∥b B.若a,b⊂α,且a∥β,b∥β,则α∥β C.若α⊥β,α∩β=l,a⊂α,b⊂β,a,b均不垂直于l,则a,b不垂直 D.若α⊥β,a⊂α,b⊄β,b⊥a,则b∥β 2.(2025江苏泰州期中)在三棱锥S-ABC中,底面△ABC是等腰直角三角形,且斜边AC=2,顶点S在底面ABC上的射影为AC的中点.若SA=2,E为线段AB上的一个动点,则SE+CE的最小值为(　　) A.-1) 3.(2025河南洛阳期中)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BC,A1B1上的点,且BM=2MC,A1N=2NB1,直线AC1与平面DMN的交点为O,则的值为(　　) A. 4.(多选题)(2025江苏宿迁期中)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点Q在底面△ABC内,D,M,N,P分别为棱AB,A1C1,B1C1,BB1的中点,则下列结论正确的是(　　) A.直线AB1与BC1所成角的余弦值为 B.若A1Q= C.若(0<λ<1),则B1D⊥A1Q D.过M,N,P三点的平面将三棱柱分成的两部分的体积之比为 5.(2024江苏苏州黄埭中学阶段性练习)如图,将正四面体的每条棱三等分,截去顶角所在的小正四面体,余下的多面体就成为一个半正多面体,亦称“阿基米德体”.点A,B,M是该多面体的三个顶点,点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB,若AB=4,则该多面体的表面积为　　　　,点N轨迹的长度为　　　　.  6.(2025浙江杭州期中)如图,等腰直角三角形ACB所在平面与半圆弧上异于A,B的点,N是AM的中点. (1)证明:AM⊥平面OCN; (2)若三棱锥M-ABC的体积最大为,设∠MAB=α, ①求体积最大时α的值及此时二面角C-AM-B的平面角的余弦值; ②当M在.　 迁移创新 7.(2024浙江北斗联盟期中)祖暅在求球的体积时,使用了原理“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面面积,“势”是几何体的高,意思是两个同高的几何体,如果在等高处的截面面积恒相等,则体积相等.更详细点说就是,夹在两个平行平面之间的两个几何体,被任一平行于这两个平面的平面所截,如果两个截面的面积恒相等,那么这两个几何体的体积相等.这个原理被称为祖暅原理. 下图是一个半径为R的球O,平面ABC与球相交,截面为圆面ABC,延长BO,交球面于点D,若圆锥DB的侧面展开图是圆心角为π的扇形. (1)求圆锥DB的表面积和体积; (2)图中平面ABC上方与球面之间的部分叫球缺,请你利用祖暅原理求球缺的体积. 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.C　显然AE=ED=FB=FC, 作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H, 设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH, 易得OG=BC=5 m,四边形ABCD为矩形, ∴∠FGO是平面ABFE与底面ABCD所成的角,∠FHO是平面BCF与底面ABCD所成的角. ∵tan∠FGO=tan∠FHO=,OG=5 m, ∴FO= m,OH=5 m, ∴FG=FH= m,GB=OH=5 m, ∴BF==8 m, ∴EF=AB-2GB=25-10=15 m, ∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117 m. ∴该五面体的所有棱长之和为117 m. 2.D　如图,取AB的中点E,CD的中点F,连接EF,PE,PF, 易知EF⊥CD,∵PC=PD,F为CD的中点,∴CD⊥PF, 又PF∩EF=F,PF,EF⊂平面PEF,∴CD⊥平面PEF, 又CD⊂平面ABCD,∴平面PEF⊥平面ABCD, 在平面PEF内过P作PH⊥EF,交EF于点H,则PH⊥平面ABCD,则该棱锥的高为PH, 易得PE=2,PF=2,EF=4,则PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF, ∴S△PEF=EF·PH, ∴PH=. 3.C　对于A,如图1,m与n异面,故A错误; 　 对于B,如图2,α∥β,故B错误; 对于C,如图3,若m∥α,则存在直线n⊂α使得m∥n,又因为m⊥β,所以n⊥β,根据面面垂直的判定定理,可知α⊥β,故C正确; 　 对于D,如图4,m与α和β的交线不垂直时,m不垂直于β,故D错误. 4.BD　对于A,由正三棱柱的性质可知,AD与A1C是异面直线且不垂直,故A错误; 对于B,因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AD⊥BC,AD∩AA1=A,AD,AA1⊂平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,又BC∥B1C1,所以B1C1⊥平面AA1D,故B正确; 对于C,因为AB∥A1B1,AD与AB相交,所以AD与A1B1不平行,故C错误; 对于D,由正三棱柱的性质可知,CC1∥AA1,又CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确. 5.C　 解题指导 解析　如图,过点P作PO⊥平面ABCD,交平面ABCD于点O,取CD的中点E,连接PE,OE, ∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥CD, 又PE∩PO=P,PO,PE⊂平面PEO,∴CD⊥平面PEO, 又OE⊂平面PEO,∴CD⊥OE,延长EO,交AB于点F,则F为AB的中点,且OF⊥AB,连接PF, ∵AB∥CD,∴AB⊥平面PEO. 又PF⊂平面PEO,∴AB⊥PF. 又F为AB的中点,∴PA=PB. 在△PAC中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°, 则由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4)2-2×3×4×=17, ∴PA=,∴PB=, 在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB=, ∴sin∠PCB=, ∴S△PBC=×4×3×. 解后反思　本题考查四棱锥中的位置关系和数量关系,求解的关键是对于目标“△PBC面积”的分析与转化.该四棱锥虽然不是正四棱锥,但顶点所在位置具有特殊性,即在底边CD的中垂面上,这是解题的突破口. 6.解析　(1)由题知,∠PAB=,即轴截面△ABP是等边三角形,故PA=AB=2,故侧面积为π×1×2=2π. (2)证明:连接OQ,QC,OD,由题知AQ=QP,AO=OB,则QO∥PB, 又QO⊄平面PBD,PB⊂平面PBD,所以QO∥平面PBD, 由于l , 又CD∥AB,所以∠OCD=, 又OC=OD,所以△OCD为等边三角形,则CD=1, 所以CD∥BO且CD=OB,则四边形OBDC是平行四边形,故OC∥BD, 又OC⊄平面PBD,BD⊂平面PBD,故OC∥平面PBD. 又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC, 所以平面QOC∥平面PBD, 又QM⊂平面QOC,所以QM∥平面PBD. 7.ABD　连接B1C,交BC1于O,∵DA1∥B1C,∴∠B1OC1或其补角为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成的角为90°,故选项A正确. 由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1, 又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C, 又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成的角为90°,故选项B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO1. 在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=,则∠C1BO1=30°,故选项C错误. ∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,∠C1BC=45°,故选项D正确. 8. 真题降维 关键信息 信息处理 PA=AC=2, BC=1, AB= AB2+BC2=AC2,则AB⊥BC PA⊥底面ABCD,AD⊥PB,证明AD∥平面PBC 二面角A-CP-D的正弦值为,求AD 作二面角的平面角是关键,可过A作二面角的平面角∠AFE或过D作二面角的平面角∠DFE,再建立等式求AD 取PC的中点E,根据VA-PCD=VP-ACD,利用二面角的平面角的正弦值等于点到平面的距离与点到棱的距离的比值求解 解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB. 证法一:因为AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB, 在△ABC中,AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC, 又BC⊂平面PBC,AD⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. 证法二:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC.因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,所以AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)解法一:如图1所示, 过点A作AE⊥PD于E,过点E作EF⊥CP于F,连接AF.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD, 又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE, 又PD⊥AE,PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC,所以AE⊥平面PDC, 又PC⊂平面PDC,所以AE⊥PC, 又EF⊥PC,AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,所以PC⊥平面AEF. 由二面角的定义知∠AFE即为二面角A-CP-D的平面角, 即sin∠AFE=, 因为△PAC是等腰直角三角形,AF⊥PC,所以F为PC中点,则AF=, 在直角△AFE中,sin∠AFE=. 解法二:如图2所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE, 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以DE⊥平面PAC, 又因为CP⊂平面PAC,所以DE⊥CP, 又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF⊂平面DEF,所以CP⊥平面DEF,则DF⊥CP, 故∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角, 则sin∠DFE=. 设AD=x(0<x<2),则CD=, 由等面积法可得DE=, 则CE=, 易知△EFC为等腰直角三角形,所以EF=, 故tan∠DFE=, 解得x=. 解法三:如图3,取PC的中点E,连接AE. 由PA⊥AC且PA=AC=2,得AE⊥PC,且AE=. 设AD=x(0<x<2),则CD=. 由PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,得CD⊥PA, 又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面ADP, 所以CD⊥平面ADP. 记hA为点A到平面PCD的距离, 由VA-PCD=VP-ACD,得. 由二面角的平面角的正弦值等于点到平面的距离与点到棱的距离的比值,得, 即. 解后反思　本题是“鳖臑”模型的典型应用.第(1)问证明线面平行,转化为证线线平行,可通过三角形中位线定理、平行四边形的性质、基本事实4、线面垂直的性质定理等找平行线;第(2)问可用定义法作二面角,通过构造垂直于棱的直线来找到二面角的平面角,定义法的优点在于思路清晰,适用于可以直接通过几何关系找到二面角的棱的垂线的情形,解法三适用于可以通过构造三棱锥来求解二面角的题目. 9. 解题指导 (1)由已知中点,找PA、PB的中点,构造平行四边形得线线平行,或找AC的中点,结合中位线定理和基本事实4得线线平行,最后利用线面平行的判定定理证明. (2)延长BA,CD,相交于点M,则将所求角转化为AM与平面PCD所成的角,用等体积法求得点A到平面PCD的距离h,最后利用sin θ=求解. 解析　(1)证法一:如图1,取PA,PB的中点N,M,连接FN,MN,GM, 不妨设AD=CD=2,则AC=AB=2,∴BC=4, ∵N、F分别为PA、PD的中点,∴FN=AD=1, ∵G、M分别为PE、PB的中点,∴GM=BE=1, ∵∠DAC=45°,∠ACB=45°,∴AD∥BC,∴FN∥GM, ∴四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN, ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. 证法二:如图1,取AC的中点H,连接DH,EH,易证D,H,E三点共线, ∵DE⊥AC,AB⊥AC,∴DE∥AB, 在△PDE中,F为PD的中点,G为PE的中点,∴FG∥DE,故FG∥AB, 又FG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. (2)如图2,延长BA,CD,相交于点M,则AM与平面PCD所成的角就是AB与平面PCD所成的角. ∵PA⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,∴PA⊥DC, 又AD⊥DC,PA∩AD=A,∴DC⊥平面PAD, 又PD⊂平面PAD,∴DC⊥PD,即△PDC是直角三角形. 不妨设AD=DC=2,则PA=AC=2. 设点A到平面PCD的距离为h, 则VA-PDC=VP-ADC,即S△ADC·PA, 即××2×2××2×2×2, 设直线AM与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=. 故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为. 10.解析　(1)证明:由题意得EF∥MC,且EF=MC, 所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥FC, 又FC⊂平面BCF,EM⊄平面BCF, 所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O,连接OA,OE, 因为AB∥MC,AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形, 所以AM=BC=, 又AD=,所以△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等腰三角形, 可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=, 又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM, 所以OA⊥平面EDM, 易知S△EDM=×2×. 在△ADE中,cos∠DEA=, 所以sin∠DEA=×2×2×. 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM, 得, 故点M到平面ADE的距离为. 11.B　设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l, 则S圆锥侧=πrl,S圆柱侧=2πr·πr, 所以2, 易知l2=r2+()2,所以r=3, 所以圆锥的体积V=π. 12.C　如图所示,分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1,使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1, 则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-A1B1C1为三棱柱,AA1=4, 过点C作垂直于侧棱的平面CMN,分别交棱AA1,BB1于N,M,所以MN,CM,CN与三条侧棱都垂直,则MN=CM=CN=1, 所以×4=, 所以V五面体ABCDEF=. 13.AC　对于A,连接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=2,PO=1,∴圆锥的体积V=π×()2×1=π,故A正确. 对于B,S侧=×2π××2=2π,故B错误. 对于C,取AC的中点D,连接PD,OD. ∵OA=OC,PA=PC,D为AC的中点, ∴OD⊥AC,PD⊥AC. ∴∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角, ∴∠PDO=45°, ∵PO⊥底面,OD⊂底面,∴PO⊥OD,∴PO=OD=1,∴PD=,故C正确. 对于D,S△PAC=×2×=2,故D错误. 14.答案　 解析　分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图, 显然h甲=(r2-r1), ∴. 名师点睛　将空间图形平面化,利用圆台的体积公式,结合直角梯形的性质可迅速得解. 15.答案　60 解析　由题意知△ARF在AF边上的高和△CTD在CD边上的高相等,为, 延长AB交DE于G,延长CB交EF于H, 取TS上一点M,RS上一点N,使TM=RN=8,连接BM,MG,BN,NH,SG,EM,EB, 则几何体RAF-NBH,TCD-MBG均为直三棱柱, VRAF-NBH=VTCD-MBG=×4××8=24, 由于EH⊥平面NHB,EG⊥平面MBG, 所以VE-NHB=VE-MBG=××4××4=4, 易看出S在平面ABCDEF内的射影为正方形BGEH的中心, 所以NS=SM=2,且NS⊥平面NBH,SM⊥平面MBG, 所以VS-NHB=VS-MBG=××4××2=2, 因为HE∥NS,所以VE-NSB=VH-NSB=VS-NHB=2, 同理EG∥SM,所以VE-SBM=VG-SBM=VS-MBG=2, 所以V=VRAF-NBH+VTCD-MBG+VE-NHB+VE-MBG+VE-NSB+VE-SBM =24+24+4+4+2+2=60. 考场速决　若将三棱锥S-BNH切下,补在几何体CTD-SHE上,可得到2个直三棱柱,高分别为8和12,则总体积为×4××8+×4××12=60. 16. 真题降维 　　(1) (2)在平面FBE与平面EBG的交线BE上找到点N,证明FN⊥BE,BE⊥GN,则∠GNF即为所求,利用三角形中的边角关系求FN,GN的值,可得结果. (3)利用VD-BEF=VC-BEF转换求解. 解析　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面BCC1B1,∵GF⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥GF, ∵E,F分别为A1D1,C1B1的中点, ∴EF∥A1B1,∴EF⊥GF. 证法一:取CC1的中点M,连接B1M. ∵CG=3C1G,∴G为C1M的中点,∴GF∥B1M. ∵B1F=CC1=C1M,∠BB1F=∠B1C1M,BB1=B1C1, ∴Rt△BB1F≌Rt△B1C1M,∴∠BFB1=∠B1MC1, 又∠C1B1M+∠B1MC1=90°,∴∠C1B1M+∠BFB1=90°, 即B1M⊥BF,故GF⊥BF. 又BF∩EF=F,BF,EF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF. 证法二:在正方形BCC1B1中,tan∠C1FG==tan∠B1BF,∴∠C1FG=∠B1BF, 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB, 故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=,即FG⊥BF, ∵EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF,∴GF⊥平面BEF. (2)如图,过点F作FN⊥BE交BE于点N,连接GN. ∵GF⊥平面EBF,BE⊂平面EBF,∴GF⊥BE, ∵FN⊥BE,FN∩GF=F,∴BE⊥平面GNF,又GN⊂平面GNF,故BE⊥GN, 故∠GNF为平面EBF与平面EBG的夹角. 在Rt△EBF中,EF⊥BF,EF=4,BF=, 故BE==6. 由等面积法得FN=, ∴由勾股定理得GN=. (3)由题意知CD∥C1D1∥EF,CD⊄平面BEF,EF⊂平面BEF,∴CD∥平面BEF. 取BB1的中点T,连接CT,交BF于点H. 易证CT⊥BF, ∵EF⊥CT,EF∩BF=F,BF,EF⊂平面EBF, ∴CT⊥平面EBF,而∠BHC=∠TBC=90°,∠BCH=∠TCB,∴△BHC∽△TBC, ∵BC=4,BT=2,∴CT=2, 由. 故VD-BEF=VC-BEF=HC×S△BEF=×××4×2. 17.A　由题易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得圆的半径为4,设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时,有=1,R无解, 所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以有=1,解得R2=25,因此该球的表面积为S=4πR2=100π. 18.C　设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r, 当四边形ABCD为正方形时,底面ABCD的面积最大,为2r2,设四棱锥的高为h,易知r2+h2=1, 则V四棱锥O-ABCD=×2r2·h=时,等号成立. 19.ABD　 解题导引 A中,要研究球能否整体放入正方体中,当球心与正方体的中心重合时,只需要考虑球的直径与正方体的棱长之间的大小关系;B中,根据棱长为1 m的正方体内最大的内接正四面体的棱长为 m即可判断;C,D中,可转化为探究“正方体中与体对角线垂直的截面的内切圆半径”问题. 解析　对于A,正方体内切球直径为1 m>0.99 m,故A符合题意. 对于B,如图1,正方体内最大的内接正四面体D-BA1C1的棱长A1C1= m>1.4 m,故B符合题意. 如图2,假设可放入的最大的圆柱的上、下底面圆心为P,Q,设圆柱底面半径为r m,底面直径为d m,连接CA1,如图3,在平面A1DCB1中,过Q作QE⊥A1C,交A1D于点E,则QE=r m,A1Q=d)m. 对于C,PQ=1.8 m> m,故C不符合题意. 对于D,PQ=×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04 m>0.01 m,故D符合题意. 　 20.答案　2.5 解析　分三种情况讨论. 设铁球的半径为r cm. 情况一:竖直排列(一个在上,一个在下),则4r≤9, ∴r≤2.25; 情况二:水平排列(并排放置),则4r≤8,∴r≤2; 情况三:斜向排列,截面图如图所示, 由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2, 即4r2-68r+145=0,即(2r-5)(2r-29)=0, 解得r=2.5或r=14.5(舍去). 综上所述,铁球半径的最大值为2.5 cm. 易错警示　本题容易只考虑两种简单的排列方式(竖直排列和水平排列),忽略了更优的斜向排列,这说明在立体几何问题中,不能仅凭直觉选择排列方式,而应系统分析所有可能的情况. 21.答案　12 解析　如图,易知BE􀱀C1F,所以四边形BEFC1为平行四边形,所以EF∥BC1. 由AB⊥平面BCC1B1知AB⊥BC1,所以EF⊥AB. 设点P为棱AB上除点E外任一点,EF的中点为O,连接OP. 在Rt△OEP中,有OP>OE.又易知EF的中点O为球心,OE为球O的半径,所以点P在球O外,所以棱AB上恰有一点E在球面上.又点O为正方体中心,所以由对称性知正方体各棱均与球面恰有一个公共点(各棱中点),共计12个. 考场速决　由题可知,以EF为直径的球为正方体的棱切球,所以共有12个公共点. 22.A　如图,设正四面体的棱长为a,在线段AM上取点E,使ME=,取BC的中点F,连接AF,DF,NQ,QE, 则FN=, 所以四边形MNQE是平行四边形,则EQ∥MN, 故MN与PQ所成角为∠PQE或其补角, 连接PE,在△DPE中,DP=a,∠PDE=60°, 由余弦定理得PE2=DE2+DP2-2·DE·DP·cos∠PDE=, 由余弦定理得cos∠PQE=, 所以MN与PQ所成角的余弦值为. 23.答案　 解析　如图,设圆锥PO的底面半径为r,高为h. 则V圆锥=. 设正四棱锥O-ABCD底面所在圆的半径为r1,高为h1. 则r1. 从而VO-ABCD=. 当且仅当r1=2r-2r1,即r1=时等号成立, 所以正四棱锥O-ABCD体积的最大值是. 24.答案　9 解析　由28-4=24>22>20>7,得长为4和28的棱不能为四面体的同一个表面三角形的边,则长为4和28的棱必为四面体的相对棱,又4+7=11<20<22,所以四面体与长为7的棱相对的棱长为20或22,再结合三角形的三边关系可知各棱长如图所示, 因此8<t<11,又t∈Z,所以t的最小值是9. 25.解析　设该正方体的长、宽、高分别被切成长度为a和1-a,b和1-b,c和1-c的两段,这里a,b,c∈(0,1),根据对称性不妨设0<a≤b≤c≤. 此时8个长方体的体积分别是abc,ab(1-c),a(1-b)c,a(1-b)(1-c),(1-a)bc,(1-a)b·(1-c),(1-a)(1-b)c,(1-a)(1-b)(1-c). 由0<a≤b≤c≤,可知abc≤ab(1-c)≤a(1-b)c≤(1-a)bc, a(1-b)(1-c)≤(1-a)b(1-c)≤(1-a)(1-b)c≤(1-a)(1-b)(1-c). 由于2a(1-b)c≤a(1-b)c+(1-a)bc=c(a+b-2ab)=, 故abc≤ab(1-c)≤a(1-b)c≤. 而(1-a)bc·a(1-b)(1-c)=a(1-a)b(1-b)c(1-c)=, 故(1-a)bc和a(1-b)(1-c)中至少有一个数不超过, 所以这8个长方体中至少有4个的体积不超过. 当a=0.25,b=0.45,c=0.45时,8个长方体的体积分别是0.050 625,0.061 875,0.061 875,0.075 625,0.151 875,0.185 625,0.185 625,0.226 875,此时这8个长方体中恰有4个的体积不超过. 综上,这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为4. 高考模拟练 1.C　对于A,如图1所示,在正方体ABCD-EFGH中,直线EG和DB与平面ADHE所成角均为45°,但EG⊥DB,故A错误; 对于B,如图1所示,EF⊂平面ABFE,IJ⊂平面ABFE,EF∥平面ABCD,IJ∥平面ABCD,但平面ABFE⊥平面ABCD,故B错误; 对于D,如图1所示,平面ABFE⊥平面ABCD,EF⊂平面ABFE,ED⊄平面ABCD,且EF⊥ED,但ED与平面ABCD相交,故D错误; 对于C,假设a⊥b,直线c⊂α,c⊥l,如图2所示. ∵a不垂直于l,c⊥l,a⊂α,c⊂α,∴直线a与c必相交,设a∩c=O. ∵α⊥β,α∩β=l,c⊥l,c⊂α,∴c⊥β. 又b⊂β,∴c⊥b. 又a⊥b,a∩c=O,a⊂α,c⊂α,∴b⊥α. 又l⊂α,∴b⊥l,这与a,b均不垂直于l矛盾,故a,b不垂直,故C正确. 　 2.A　如图,设O为AC的中点,连接BO,SO. 由题知AO=BO=CO=,AB=BC=2,SO⊥平面ABC. 在Rt△ASO中,SO==2, 所以△SAB是边长为2的等边三角形. 将△SAB展开到与△ABC共面,连接SC,如图所示. 则SE+CE≥SC,当且仅当S,E,C三点共线时等号成立,此时SE+CE取得最小值. 在△SBC中,SB=BC=2,∠SBC=∠SBA+∠ABC=, 由余弦定理得SC2=SB2+BC2-2SB·BC·cos=4+4-2×2×2×)2, 所以SE+CE≥SC=, 即SE+CE的最小值为. 3.D　因为平行六面体的上、下底面平行,所以平面DMN与上、下底面的交线互相平行, 设NE为平面DMN与上底面的交线,E为NE与A1D1的交点,则NE∥MD, 连接DE,AM,AN,C1N,C1M,C1D,C1E, 由等体积法可得, 设平行六面体的体积为V,上、下底面间的距离为d, 则VN-AMD=××S▱ABCD·d=V, 因为A1N∥DC,A1E∥MC,NE∥DM,所以由等角定理可知∠A1NE=∠CDM,∠NA1E=∠DCM,∠A1EN=∠CMD, 所以△A1NE∽△CDM,则, 则A1E=×A1D1, 所以××·d, 易知sin∠B1A1D1=sin∠A1B1C1=sin∠B1C1D1=sin∠C1D1A1, =A1B1·A1D1·sin∠B1A1D1=S▱ABCD, ×A1B1×S▱ABCD, ×A1B1×S▱ABCD, ×S▱ABCD, 所以S▱ABCD, 所以. 4.ABD　对于A,如图1,取AC的中点E,连接B1C,交BC1于点F,连接EF,则EF∥AB1, 所以∠BFE或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角, 连接BE,则BE=, 所以cos∠BFE=,故A正确. 对于B,如图1,连接AQ,由题意得AA1⊥AQ. 因为AA1=2,A1Q==1, 所以点Q在底面△ABC内的轨迹是以A为圆心,1为半径的一段圆弧,且圆弧所对的圆心角为,故B正确; 对于C,如图1,若(0<λ<1),则点Q在线段CD上(不含端点). 连接A1D,因为△ABC为正三角形,D为AB的中点,所以CD⊥AB, 由正三棱柱性质知平面ABC⊥平面ABB1A1,又两平面的交线为AB,所以CD⊥平面ABB1A1,又B1D⊂平面ABB1A1,所以CD⊥B1D, 假设B1D⊥A1Q,而CD∩A1Q=Q,CD,A1Q⊂平面A1QD, 则B1D⊥平面A1QD,而A1D⊂平面A1QD,故B1D⊥A1D, 因为B1D=A1D=,即B1D与A1D不垂直, 所以B1D与A1Q不垂直,故C不正确. 对于D,如图2,设过M,N,P三点的平面与棱A1A交于H,连接MN,NP,MH,HP, 因为MN∥A1B1,MN⊄平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1, 因为平面MNPH∩平面ABB1A1=HP,所以MN∥HP,则HP∥A1B1,又P为BB1的中点,所以H为棱AA1的中点, 故四边形MNPH为等腰梯形,连接MB1,MP,HB1, 则平面MNPH上方的几何体体积为 ×C1B1 =×C1B1 =××(1+2)××1+××2×1×××2=, ×22×2=2, 所以平面MNPH下方的几何体体积为2, 所以过M,N,P三点的平面将三棱柱分成的两部分的体积之比为,故D正确. 　 5.答案　112 解析　根据题意知,该正四面体的棱长为3AB=12,点A,B,M分别是正四面体对应棱的三等分点. 该正四面体的表面积为4××12×12×sin 60°=144, 该多面体是由正四面体截去顶角所在的小正四面体得到的, 每个角上小正四面体三个侧面的面积为3××4×4×sin 60°=12, 每个角上小正四面体底面的面积为×4×4×sin 60°=4, 所以该多面体的表面积为144-4×12+4×4. 如图,设点H为该多面体的一个顶点,F为A,B,H,M所在棱的交点,连接HM,则HF=8=HM=MF, 在△HFB中,HB2=HF2+BF2-2BF·HFcos 60°=82+42-2×4×8×,所以HB2+BF2=HF2,得HB⊥BF,即HB⊥AB. 同理可得MB=4,MB⊥AB, 又HB∩MB=B,HB,MB⊂平面MBH, 所以AB⊥平面MBH. 由点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB, 则点N的轨迹是线段MB,HB,MH, 所以点N轨迹的长度为MB+HB+MH=4. 6.解析　(1)证明:因为M是半圆弧,即AM⊥BM, 因为O,N分别是AB,AM的中点, 所以ON∥BM,故ON⊥AM, 因为△ACB是等腰直角三角形,AC=BC,所以OC⊥AB. 因为平面ACB⊥平面ABM,平面ACB∩平面ABM=AB,OC⊂平面ACB,所以OC⊥平面ABM, 又AM⊂平面ABM,所以AM⊥OC, 因为ON∩OC=O,ON,OC⊂平面OCN,所以AM⊥平面OCN. (2)①设☉O的半径为r,过点M作MH⊥AB交AB于点H,如图,则MH≤r, 因为VM-ABC=S△ABC×MH=××2r·r·MH=r2·MH,　 故当MH最大时,体积最大,此时M位于的中点, 所以∠MAB=α=,所以r=1. 由(1)知AM⊥平面OCN,又CN⊂平面OCN,所以CN⊥AM,　 因为ON⊥AM,平面ACM∩平面ABM=AM, 所以∠CNO为二面角C-AM-B的平面角. 因为OC⊥平面ABM,ON⊂平面ABM,所以OC⊥ON, α=,易知OC=r=1, 在Rt△CON中,CN=, 所以cos∠ONC=, 所以二面角C-AM-B的平面角的余弦值为. ②证明:过点M作MG⊥AB交AB于点G,连接OM(图略), 因为平面ABM⊥平面ABC,平面ABM∩平面ABC=AB,MG⊂平面ABM,所以MG⊥平面ABC, 由①知OA=OB=OC=OM=1, 当∠MAB=α时,∠ABM=-α, 则BM=ABsin α=2sin α, 所以MG=BM·sin∠ABM=2sin α·sin=sin 2α, 由等腰三角形ABC得BC=, 因为OC⊥平面ABM,OM⊂平面ABM,所以OC⊥OM, 所以CM=, 在△BCM中,BC=CM=,BM=2sin α, 所以S△BCM=×2sin α×, 又VO-BCM=VM-OBC,即S△BCM×d=S△BCO×MG, 所以d=. 7.解析　(1)设BC=r,则BO=, 则圆锥DB的侧面展开图的圆心角为, 化简得5r2-R2=R,即25r4-9r2R2=0, 所以r=R, 则圆锥DB的表面积为ππR3. (2)如图2,构造一个与半球(如图1)同底等高的圆柱,内部挖去一个倒置的等底等高的圆锥(根据祖暅原理构造图形). 取同一高度h的截面,设球缺的截面半径为r1,面积为S1,圆锥的截面半径为r2,面积为S2. 则r1=,即r2=h,则S2=πh2,则图2中阴影部分的面积为π(R2-h2), 所以球缺的截面与构造的几何体的截面面积(圆环的面积)相同,根据祖暅原理得两者体积相等. 由(1)得BO=R和R, 所以圆台的体积为R2×πR3, 所以球缺的体积为πR2×πR3. 素养评析　本题第(1)问考查了学生的数学运算素养,能够针对表面积和体积问题,设置合理的变量r,构造等式,解决问题;第(2)问考查了学生直观想象素养,能够根据祖暅原理构造图形,将复杂问题进行转化,找到解决问题的思路. 45 学科网（北京）股份有限公司 $