3.1 基础课6 空间几何体-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课6　空间几何体 　 第一篇 专题三 立体几何 知识整合 体系构建 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B. √ 一、空间几何体的侧面积、表面积与体积 1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)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 两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆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＝＝. 2.(2024·全国甲卷理，T14)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　　　. 3.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝ 1，AA1＝，则该棱台的体积为 　. 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M 为正四棱台 ABCD -A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝， 则A1C1＝A1B1＝，AC＝AB＝2，故AM＝(AC－ A1C1)＝，则A1M＝＝ ＝，所以所求 体积为V＝×(4＋1＋)×＝. 二、空间直线、平面位置关系的判断 4.(2025·天津卷，T4)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥α，n⊂α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β √ 对于A，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；对于D，若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，故D错误.故选C. 5.(多选)(2025·全国一卷，T9)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 √ √ 对于A，由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C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，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又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，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；对于D，CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选BD. 考情分析 1.表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上. 2.空间位置关系一是考查命题的真假判断，二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属于中档题. 返回 考点突破 能力提升 返回 (1)(2025·山东淄博一模)已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为 A.8π B.12π C.16π D.24π 核心考点一　空间几何体的侧面积、表面积　[基础性考法] 典例 1 √ 设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r.由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则＝2πr，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为π×22＋××62＝16π.故选C. (2)(2025·河北沧州模拟)在正四棱台A1B1C1D1-ABCD中，AB＝2A1B1＝2，侧棱和底面所成角为60°，则该正四棱台的侧面积为 A.3 B.6 C.8 D.12 √ 如图，连接A1C1，AC，则A1C1＝2，AC＝4，过A1作 A1E⊥AC于E，则AE＝＝1.由正四棱台的性质 可得A1E⊥平面ABCD，故∠A1AE即侧棱和底面所成 角，所以∠A1AE＝60°.在Rt△A1AE中，可得A1A＝2，A1E＝.过A1作A1F⊥AB于F，连接EF.因为AB⊂平面ABCD，所以A1E⊥AB.而A1F∩A1E＝A1，A1F，A1E⊂平面A1FE，故AB⊥平面A1FE.而EF⊂平面A1FE，故AB⊥EF.而∠EAF＝45°，则EF＝，A1F＝，所以该正四棱台的侧面积为×××4＝6.故选B. 规律反思 1.旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用. 2.多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积注意衔接部分的处理. 预测练1.(2025·山东济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为 A.π B.2π C.4π D.8π √ 如图所示，设展开图小圆半径和大圆半径分别为r， R，则圆台侧面积S＝＝4π，即R2－r2＝8， 上底面半径r1＝＝，下底面半径R1＝＝，圆台上下底面面积之差的绝对值为π－π＝－＝π＝2π.故选B. 预测练2.(2025·陕西西安一模)正三棱锥S-ABC侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为 A. B.1 C. D.2 √ 将正三棱锥S-ABC的侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内，如图所示.连接BB'，当E，F分别为BB'与SA，SC的交点时，△BEF的周长最小，此时BB'＝.而SB＝SB'＝1，SB2＋SB'2＝2＝BB'2，则∠BSB'＝90°，∠ASB＝30°，所以三棱锥的侧面积为3×SA×SBsin 30°＝.故选A. 考向1　直接利用公式求体积 (1)(2025·山东烟台二模)一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1 cm和5 cm，高为10 cm(器皿厚度忽略不计).现将该器皿水平放置后(上底位于上方)注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5 cm，则溶液体积为 A.245π cm3 B. cm3 C.490π cm3 D. cm3 核心考点二　空间几何体的体积　[基础性考法] √ 典例 2 因为溶液高度恰为5 cm，所以溶液的上底面半径为＝3 cm，下底面半径为5 cm，高为5 cm， 所以溶液的体积V＝π×5＝.故选B. (2)(2025·湖北武汉四调)已知正四棱锥的侧棱长为3，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 A.1 B. C.2 D.3 √ 设底面边长为a，则高h＝＝.由h＞0，所以0＜a＜3，所以体积V＝a2h＝ .设f＝27a4－a6，a∈，则f'＝108a3－3a5＝3a3，所以当0＜a＜6时，f'＞0，所以f上单调递增；当6＜a＜3时，f'＜0，所以f上单调递减；所以当a＝6时，f取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时h＝＝3.故选D. 考向2　割补法求体积 (1)(2025·江苏常州金坛区二模)如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为 A.V B.V C.V D.V √ 典例 3 如图所示，连接EC，EH.因为S△FHC＝×S△PAC， 所以VE-FHC＝×VE-APC＝××VB-APC＝VB-APC. 因为SHGBC＝S△ABC－×S△ABC＝S△ABC，所以VE-HGBC＝VP-HGBC＝×VP-ABC＝VP-ABC，所以多面体BCFEGH的体积为VE-FHC＋VE-HGBC＝V.故选 B. (2)(2024·天津卷)如图，在五面体ABC-DEF中，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 A. B.＋ C.D.－ √ 用一个完全相同的五面体HIJ-LMN(顶点与五面体ABC- DEF一一对应)与该五面体相嵌，如图所示，使得D，N； E，M；F，L重合.因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离 为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则形成的新组合体为一 个三棱柱.该三棱柱的直截面DGK(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长l＝1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，＝V三棱柱ABC-JIH＝S△DGK·l＝××1×1××4＝.故选C. √ 考向3　等积法求体积 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，∠PBA＝∠PBC，PD⊥AD，Q为正方形ABCD内一动点(不含边界)，且满足QA⊥QP，若PD＝2，则三棱锥Q-PBC的体积的最小值为 A.3 B. C. D.2 典例 4 如图所示，因为∠PBA＝∠PBC，AB＝CB，PB＝PB，所以△PAB≌△PCB， 所以PA＝PC.又AD＝CD，PD＝PD，所以△PAD≌△PCD，所以∠PDC＝∠PDA.因为PD⊥AD，所以PD⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.连接QD，因为AQ⊂平面ABCD，所以PD⊥AQ. 又QA⊥QP，QP∩PD＝P，QP，PD⊂平面PDQ，所以AQ⊥平面PDQ.又QD⊂平面PDQ，所以AQ⊥QD，故点Q在以AD为直径的半圆上(不包含A，D两点).又VQ-PBC＝VP-QBC＝·PD，所以当最小，即点Q到BC的距离最小，即点Q是半圆弧的中点时，三棱锥Q-PBC的体积最小，故三棱锥Q-PBC的体积的最小值为××4×2×2＝.故选B. 规律反思 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式. 2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差. 预测练3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥Q-PBC的体积为 A. B. C. D. √ 如图所示.VQ-PBC＝VB-PQC＝·BC＝×××4×4＝.故选B. 预测练4.(2025·浙江温州一模)如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF＝2，BC＝3，AD＝4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为　　　　. 12 如图所示，连接FD，FC.则VF-ABCD＝×××2×4＝，VC-DEF＝××2×4×2＝，所以该羡除的体积为＋＝＝12. (多选)(2025·山东青岛一模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为AC的中点，点P满足＝λ，λ∈[0，1]，则 A.当λ＝时，EP∥AB B.当λ＝时，EP⊥A1C1 C.存在λ，使得A1E∥C1P D.存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1 核心考点三　空间直线、平面位置关系的判断　[基础性考法] √ √ 典例 5 所以＝＋＝＋＝.对于A，当λ＝时，＝，＝，＝2，所以EP∥AB，故A正确； 取BC的中点D，建立如图所示空间直角坐标系.设底面边长为2，AA1＝t，则A(，0，0)，A1，B1，C(0，－1，0)，C1，B(0，1，0)，E，所以＝λ＝λ， 对于B， 当λ＝时，＝，＝，＝－＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故B错误；对于C，＝，＝＋＝＋＝，≠μ，μ∈R，故C错误； 对于D， 因为＝，＝ ，＝，设平面A1ACC1 的一个法向量为n＝，则 令b＝－，则n＝，若EP⊥平面A1ACC1，则∥n，所以＝－2λ，λ＝0，λ∈[0，1]符合，故D正确.故选AD. 规律反思 判断空间位置关系 命题的真假 1.用定理：借助判定定理和性质定理进行判断. 2.用模型：必要时借助空间几何模型判断. 注意　(1)不要遗漏定理中的条件.(2)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.(3)当从正面入手较难时，可利用反证法. 预测练5.(多选)(2025·山东威海一模)设α，β，γ为三个平面，且α∩β ＝m，则 A.若α∥γ，β∩γ＝n，则m∥n B.若α∩γ＝a，β∩γ＝b，m∥γ，则a∥b C.若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D.若γ与α，β所成的角相等，则m⊥γ √ √ √ 对于A，因为α∥γ，β∩γ＝n，α∩β＝m， 根据面面平行的性质定理可得m∥n，故 A正确；对于B，因为m∥γ，m⊂α，α∩γ ＝a，由线面平行的性质定理可得m∥a， 同理可得m∥b，所以a∥b，故B正确；对于C，如图①所示，因为α⊥γ，则存在l⊂α，l⊄β，使得l⊥γ.又因为β⊥γ，则l∥β，且l⊂α，α∩β＝m，可得l∥m，所以m⊥γ，故C正确；对于D，例如正四面体ABCD，如图②所示，根据对称性可知平面ABC与平面ABD、平面BCD所成的角相等，且平面ABD∩平面BCD＝BD，但BD与平面ABC不垂直，故D错误.故选ABC. 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·北京模拟)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为 A.4π B.8π C.12π D.20π √ 由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆锥底面圆的半径为r＝＝2，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表面积为×4π×4＋4π＝12π.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2025·广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为 A.36 B.36 C.108 D.108 √ 如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为四棱锥的高，PE 为侧面的高.因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面 积是底面积的2倍，所以S侧＝4××6PE＝2S底＝72，解 得PE＝6，PO＝＝3，所以VP-ABCD＝S底·PO＝×36×3＝36.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2025·安徽皖南八校第三次联考)设l1，l2，l3是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且α∩β＝l1，l2⊂α，l3⊂β，则“l2∥l3”是“l1∥l2”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 当l2∥l3时，l3⊂β，l2⊄β，所以l2∥β.又l2⊂α，α∩β＝l1，所以l1∥l2成立；当l1∥l2时，若l1与l3相交，则l2与l3异面，不能推导出l2∥l3，所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.(2025·广东揭阳二模)正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，A1B1＝AA1＝AB＝2，则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为 A. B. C.56 D.28 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示，由正四棱台的性质且A1B1＝AA1＝2可知， C1D1＝2，BB1＝2，四边形BDD1B1为等腰梯形， 取 上底下底的中心O1，O，OO1⊥平面ABCD.过B1作 B1E⊥BD，垂足为E，B1E∥OO1，且BD＝4，B1D1＝2，BB1＝2，所以h＝OO1＝B1E＝＝，所以V＝h(S＋S'＋)＝××＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.已知半球O的底面与圆台OO'的下底面完全重合，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 半球O与圆台OO'的轴截面，如图所示，设圆台上底面圆半径为r，则OO'＝，母线l＝BC＝＝，圆台侧面积S＝π(1＋r)l＝π≤π＝，当且仅当1＋r＝2－2r，即r＝时取等号，此时l＝，所以圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2025·河北张家口二模)已知正三棱柱的表面积为6，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为 A.3 B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设正三棱柱的底面边长为a，高为h，则其表面积S＝2×a2＋3ah＝6，得h＝.又h＞0，所以0＜a＜2，故正三棱柱的体积V＝a2h＝，则V'＝－a2，当0＜a＜2时，V'＞0，V单调递增，当2＜a＜2时，V'＜0，V单调递减，所以当a＝2时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(2025·浙江绍兴一模)如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，AB，CD分别为该圆柱的上、下底面的直径，且AB⊥CD，则三棱锥A-BCD的体 积是 A.24 B.18 C.12 D.6 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示，过上底面中心O，作与下底面直径CD平行的直线EF，连接OC，OD，则EF∥CD且EF＝CD.因为AB⊥CD，所以AB⊥EF.根据圆柱的性质可知，BC＝AC＝BD＝AD，则AB⊥OC，AB⊥OD.又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面OCD，所以AB⊥平面OCD，所以VA-BCD＝S△OCD·AB＝××3×4×3＝6.故选D. \ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.(2025·甘肃白银二模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，过B1C1的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱ABC-A1B1C1分成体积相等的两部分，则＝ A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面B1C1FE∩平面ABC＝EF，平面B1C1FE∩平面A1B1C1＝B1C1，则EF∥BC.如图所示，设AE＝λAB(0＜λ＜1)，AA1∩C1F＝G1，AA1∩B1E＝G2.因为AF∥A1C1，AE∥A1B1，则＝，＝.因为＝＝λ＝＝，则＝＝λ，则G1，G2重合，则AEF-A1B1C1为三棱台. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 记三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，△A1B1C1的面积为S，△AEF的面积为S'，易知S'＝λ2S，则三棱台AEF-A1B1C1的体积为h＝(λ2＋λ＋1)Sh.由题意得Sh＝Sh，化简得2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ (负值舍去)， 故＝＝＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2025·江苏宿迁二模)设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是 A.m∥α，m∥β B.m⊥α，m⊥β C.γ∥α，γ∥β D.γ⊥α，γ⊥β √ √ 对于A，若m∥α，m∥β，则α，β可能相交，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，故C正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α，β可能相交，故D错误.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2025·山东菏泽一模)若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有 A.若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B.这四点能构成三棱锥的个数为58 C.若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为2a2 D.若这四点分别记为A，B，C，D，则直线AB与CD所成的角不可以为30° √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，对于A，设AB＝1，则＝××1＝， ＝1－4＝，故A不正确；对于B， 从正方体的8个顶点中任选4个的选法有＝ ＝70种，其中不能构成三棱锥的有：①四个点在正方体的一个面上，即ABCD，A1B1C1D1，ABB1A1，DCC1D1，ADD1A1，BCC1B1，共6个；②所选四个点在正方体的相对棱上，即ABC1D1，A1B1CD，BCD1A1，B1C1DA，BB1D1D，AA1C1C，共6个.所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为70－6－6＝58个，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，正方体棱长为a，从正方体的8个顶点中选3 个，构成三角形，其中面积最大的就是像△AB1C这 样的等边三角形，其边长为a，面积为a2，所以 四点能构成的所有三棱锥中表面积最大的就是三棱锥 A-B1D1C这样的正四面体，其表面积为a2×4＝2a2，故C正确；对于D，在正方体的8个顶点中选4个，连成两条直线，所成的角最小的(平行除外)就是形如直线AC1与AB1所成的角.设为θ，则sin θ＝＝＞＝sin 30°，所以θ＞30°，故D正确.故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，EB＝4，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A'D'位置，且平面A'D'FE⊥平面BCFE，连接A'B，D'C，如图②，则 A.BE⊥A'D' B.平面A'EB∥平面D'FC C.多面体A'EBCD'F为三棱台 D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于A，因为平面A'D'FE⊥平面BCFE，平面A'D'FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE⊂平面BCFE，所以BE⊥平面A'D'FE.又A'D'⊂平面A'D'FE，所以BE⊥A'D'，故A正确；对于B，因为A'E∥D'F，A'E⊄平面D'FC，D'F⊂平面D'FC，则A'E∥平面D'FC.又BE∥CF，BE⊄平面D'FC，CF⊂平面D'FC，则BE∥平面D'FC.又A'E∩BE＝E，A'E，BE⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面D'FC，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，因为＝，＝，则≠，所以多面 体A'EBCD'F不是三棱台，故C错误；对于D，如图分 别延长A'D'，EF相交于点G.因为平面A'D'FE⊥平面 BCFE，平面A'D'FE∩平面BCFE＝EF，A'E⊂平面A'D'FE，A'E⊥EF，所以A'E ⊥平面BCFE，则∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE所成的角.因为A'E∥D'F，所以＝，解得GF＝1，GE＝3，tan∠A'GE＝＝1，则∠A'GE＝，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(双空题)已知圆柱O1O2的底面周长为12π，高为15，O为线段O1O2上一点，现从该圆柱中挖去一个顶点为O、底面为圆柱的上底面O1、母线长为10的圆锥，则剩余几何体的体积为　　　　，表面积为　　　　. 444π　 　276π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设圆柱的底面半径为r，则2πr＝12π，得r＝6，所以圆锥的高为＝8，圆柱的体积为π×62×15＝540π，圆锥的体积为×π×62×8＝96π，则剩余几何体的体积为540π－96π＝444π.圆柱的侧面积S1＝12π×15＝180π，底面积S2＝π×62＝36π，圆锥的侧面积S3＝π×6×10＝60π，则剩余几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＝276π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13.已知四棱锥S -ABCD的底面ABCD为菱形，其中∠BCD＝120°，SA＝SB＝2AB＝SC，点H在线段SB上，若平面SAB⊥平面CDH，则＝　 . 如图所示，设平面CDH与直线SA交于点G，连接DG，HG， 取AB中点M，连接SM，CM，SM与GH交于点E，连接CE， 因为CD∥AB，CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，所以CD∥平 面SAB，又平面SAB∩平面CDH＝HG，CD⊂平面CDH，所以CD∥HG，从而CD∥HG∥AB，连接AC，又菱形ABCD中，∠BCD＝120°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以△ABC是等边三角形，则CM⊥AB，而SA＝SB，所以SM⊥AB，又SM∩CM＝M，SM，CM⊂平面SCM，所以AB⊥平面SCM，而CE⊂平面SCM，所以CE⊥AB，从而CE⊥HG，因为平面SAB⊥平面CDH，平面SAB∩平面CDH＝HG，CE⊂平面CDH，所以CE⊥平面SAB，又因为SM⊂平面SAB，所以CE⊥SM，设AB＝1，则由已知得SA＝SB＝2，SC＝，CM＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 SM＝＝，在△SCM中，cos∠SCM＝＝－，从而∠SCM＝135°，sin∠SCM＝，CE＝＝＝＝，EM＝＝，所以＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.正三棱锥P-ABC的高为PO，M为PO中点，过AM作与棱BC平行的平面，将三棱锥分为上、下两部分，设上、下两部分的体积分别为V1，V2，则＝　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示，连接AO并延长交BC于D，连接PD，则D为BC的中点，延长AM交PD于F，过F作GH∥BC分别交PB，PC于G，H，连接AG，AH.因为GH∥BC，GH⊂平面AGH，BC⊄平面AGH，所以BC∥平面AGH.又AM⊂平面AGH，故平面AGH即为过AM且与棱BC平行的平面.由题可知＝，－＝－)，即＝＋，设＝λ，则＝＋. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 又M为PO中点，所以＝＝＋，所以＋＝1，所以λ＝，即＝，所以＝，＝，所以＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢 谢 观 看！ $