7.1 空间几何体的结构特征、表面积和体积(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

专题七 立体几何与空间向量 7.1空间几何体的结构特征、表面积和体积 过去考什么 山东新高考全练 m答案：P427 1.(2024新课标I卷，5,5分；考点2)已知圆 水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位 柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且 从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的 它们的高均为√3，则圆锥的体积为( 水量约为( )(W7≈2.65) A.2√3π B.3√3元 A.1.0×109m B.1.2×109m3 C.6√3π D.9√3π C.1.4×109m3 D.1.6×109m3 2.(多选)(2023新课标I卷，12,5分；考点1) 4.(2022新高考I卷，8,5分；考点2)已知正 下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单 四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球 位：m)的正方体容器（容器壁厚度忽略不 面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3√3， 计)内的有() 则该正四棱锥体积的取值范围是( A.直径为0.99m的球体 A[18,8] R[翠] 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 c割 D.[18,27] 柱体 5.(2021新高考I卷，3,5分；考点1)已知圆 D.底面直径为1.2m、高为0.01m的圆 锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半 柱体 圆，则该圆锥的母线长为( 3.(2022新高考I卷，4,5分；考点2)南水北 A.2 B.2√2 调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问 C.4 D.4√2 题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库 6.(2023新课标I卷，14,5分；考点2)在正四 水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为 棱台ABCD-AB1CD中，AB=2,A1B1= 140.0km2;水位为海拔157.5m时，相应水 面的面积为180.0km.将该水库在这两个 1,AA1=√2，则该棱台的体积为 将来考什么 山东模拟专练 w答案：P428 考点闯关 考点①空间几何体的结构特征 考点2空间几何体的表面积和体积 1.(2024山东淄博一模)某圆锥的侧面积为 2.(2025山师附中一模)已知高为4的圆台存 16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的 在内切球，其下底面半径为上底面半径的4 底面半径长为( 倍，则该圆台的表面积为( A.2 B.4 C.2√2 D.4√2 A.57π B.50π C.25π D.42π 79 实战册 实战高考·数学 3.(2024山东潍坊一模)已知直三棱柱ABC一 4.(2025山东济宁一模)已知正四棱台的高为 ABC1外接球的直径为6，且AB⊥BC, 3,其顶点都在同一球面上.若该球的半径为 BC=2,则该棱柱体积的最大值为( 5,球心在正四棱台的一个底面上，则该正四 A.8 B.12 C.16 D.24 棱台的体积为 分层闯关 基础题组 号的圆锥，则所得圆台的体积为( 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， 等 则该圆锥的表面积为() c D.133x 9 A.8π B.12π 5.(2024山东聊城二模)已知圆柱OO1的下底 C.16π D.24π 面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O 2.(多选)(2025山东潍坊一模)已知圆台的高 的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱 为2，其母线与底面所成的角为5，下底面半 OO1的侧面积分别为S,S1,半球O与圆柱 径是上底面半径的2倍，则( 00,的体积分别为V,V,则当的值最小 A.该圆台的上底面半径为2 B该圆台的体积为56x 时长的值 A4② C.该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周 3 B.√5 均在球面上)的表面积为 C33 D.√2 4 D.用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则 6.(2024山东济南二模)已知正三棱锥P一 椭圆离心率取值范围为(0，号] 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 3.(2024山东日照二模)已知棱长为1的正方 ABC的体积为( ) 体ABCD一A1B1C1D1,以正方体中心为球 A.2 B.2√2 心的球O与正方体的各条棱相切，若点P C.3 D.2√3 在球O的正方体外部（含正方体表面）运 7.(多选)(2025山东菏泽一模)若从正方体的 动，则PA·P的最大值为() 八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确 A.2 的有() c n A若这四点不共面，则这四点构成的几何 体的体积都相等 4.(2025山东青岛二模)已知一个圆锥的侧面 B.这四点能构成三棱锥的个数为58 展开图是个半圆，其母线长为2√3，被平行 C.若正方体棱长为a,则这四点能构成的所有 于其底面的平面所截，截去一个底面半径为 三棱锥中表面积的最大值为2√3a 80 O专题七立体几何与空间向量 D.若这四点分别记为A,B,C,D,则直线 球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球 AB与CD所成的角不可以为30 缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直 8.(2024山东菏泽二模)已知在棱长为2的正 径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是 方体ABCD一A1BCD1中，挖去一个以 旋转体，可以看作球冠和其底所在的圆面 上、下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖 所围成的几何体.如图1，一个球面的半径 去一个以左、右两侧面各边中点为顶点的四 为R,球冠的高是h,球冠的表面积公式是 棱柱，则原正方体剩下部分的体 S=2πRh,与之对应的球缺的体积公式是 积为 V-3h(3R-h).如图2，已知C,D是以 能力题组 AB为直径的圆上的两点，∠AOC= 9.(2025山东菏泽一模)如图，在△ABC中， AB=BC=2√2，∠B=90°，E是AB的中 ∠BOD=号，S京m=6m,则扇形COD绕 点，D是AC边上靠近点A的四等分点，将 直线AB旋转一周形成的几何体的表面积 为 体积为 △ADE沿DE翻折，使点A到点P处（点 P在平面ABC上方)，得到四棱锥 P一BCDE,则： (1)P℃的中点M运动轨迹的长度为 (2)四棱锥P一BCDE外接球表面积的最小 B 值为 图1 图2 培优题组 12.（多选)创意题(2024山东淄博一模)把底 面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为 “椭圆柱”.如图，椭圆柱O0中椭圆长轴 10.(2024山东菏泽一模)如图，在正四棱台 AB=4,短轴CD=2√3，F1,F2为下底面 ABCD-A1B1C1D1中，A1B1=√2，AB= 椭圆的左、右焦点，F2为上底面椭圆的右 2E,该棱台体积V-45,则该棱台外接 焦点，AA'=4,P为线段BB'上的动点，E 为线段A'B'上的动点，MN为过点F2的 球的表面积为 下底面的一条动弦（不与AB重合），则下 列选项正确的是( O'F C 11.(2024山东临沂一模)球面被平面所截得 O/M 的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的 D 底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做 A.当FF2∥平面PMN时，P为BB的中点 81m 实战 实战高考·数学】 B.三棱锥F2一F2CD外接球的表面积 P-ABCD被平面AMHN截为两部分， 为8π 记四棱锥P一AMHN体积为V1,另一部 C.若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点 V 分体积为V2,求 Q在上底面的射影，且QF1,QF2与下 底面所成的角分别为a,B,则tan(a十β) 的最大值为一8 D.三棱锥E-PMN体积的最大值为8 13.(2024山东临沂二模)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD= 60°，BD∥平面AMHN,点M,N,H分别 在棱PB,PD,PC上，且MN PC. (1)证明：PB=PD; (2)若H为PC的中点，PA=PC,PA与 平面PBD所成角为60°，四棱锥 他省考什公 高考全国视野 答案：P433 真题精练 A.16元 B.20π 1.(2025新课标Ⅱ卷，14,5分)一个底面半径 C.24π D.32π 为4cm、高为9cm的封闭圆柱形容器（容 2.(2025福建泉州一模)已知圆柱的底面半径 器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁 与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球 球，则铁球半径的最大值为 cm. 的表面积，则该圆柱的母线长等于( 2.(2024全国甲卷，14,5分)已知甲、乙两个圆 A.1 B.2 台上、下底面的半径均为n和r2,母线长分 C.3 D.4 别为2(r2一n)和3(r2一m1),则两个圆台的 3.(2025江苏泰州模拟)我国数学名著《九章 体积之比7 算术》第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆 亭，下周三丈，上周二丈，高一丈.问积几 模拟精练 何？”意思是：现有圆台形的建筑物，下底面 1.（2025河北保定一模)已知圆台OO的上、 圆的周长为3丈，上底面圆的周长为2丈， 下底面半径分别为3,5，母线长为3，则该圆 高为1丈，则它的体积（单位：立方丈） 台的侧面积为() 是() 82 O专题七立体几何与空间向量 A品 B品 C.5+6 兴 A. C.π 6 D. 4.(2025广东模拟)在棱长为2的正方体 5.(2025河北沧州一模)在正四棱台 ABCD-A1B1CD1中，M,N分别为AB, A1B1CD1-A2B2C2D2中，A1B1=√2， CC1的中点，过直线MN的平面截该正方 A2B2=3√2，A1A2=6,则该正四棱台外接 体的内切球O,所得截面圆的面积的最小值 球的表面积为( 为() A.108πB.54π C.36π D.27π 7.2直线、平面平行的判定与性质 过去考什么 山东新高考全练 答案：P433 1.(2024新课标1卷，17,15分；考点)如图，四 2.(2023新课标1卷，18,12分；考点)如图，在 棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD, 正四棱柱ABCD一A1BCD1中，AB=2, PA=AC=2,BC=1,AB=√3. AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA, (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2= (2)若AD⊥DC,且二面角A一CP一D的正 2,CC2=3. 弦值为俘，求AD, (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB上，当二面角P一A2C2一D2 为150°时，求B2P. 、D 83○实战册参考答案及解析 是常数列，充分性得证 又an=g(2n), 模拟精练) a+1=2a+2,即a-80+2 ①B解析因为f(x)=x2,所以f(x)=2x,则x+1=xn f(an) ∴)=x十是数列}的生成函数 又因为西=2，所以{x}是首项为=2，公比为g=号 (m解：由，知-+号，又号-， 的等比教列，所以=2×（分）》-（分）， “数列{}是以号为首项，2为公差的等差数列， 所以a=logx=log(合)》”2=2- 所以S0=10X9-8》=-35. ∴.Sm=1×20+2×21+3×22+…+nX2n-1, 2 2Sn=1X21+2X22+3X23+.+nX2m 2解：(1)因为d=8,所以am+2十2an+1十an=8. 两式相减，得一Sn=20十21十22十…十2-1一nX2m= 因为a1=2,a2=4,所以由a3十2a2十a1=8,解得a3= 2. 1×(1-2m）-n×2m=(1-n)X2m-1, 1-2 由a4十2a3十a2=8,解得a4=8. ∴.Sm=(n-1)×2m+1. 由a5十2a4十a3=8,解得a5=-6. （2证明：由题意，知1-0多是=2。 所以a3=-2,a4=8,a5=-6. (2)因为am+2十2am+1十an=8, bm+1-1=20256+2-6:+2026)_2024(n-1D bm+2026 bm+2026 设bn=am+1十an,则有bn+1十bn=8, bm+1十2-2025b,+2+(26:+4052)_20276n+2) 所以bm+2十b+1=8,则b+2=b. bm+2026 bm+2026, 又因为b1=a2十a1=6, .bm+1-1_2024,bm-1 所以b1=b3=b5=…=b2023=6, bm+1+22027`bm+2 即a1十a2=a3十a4=a5十a6=…=a2023十a2024=6. 又会}数列会}是以片为首项号8器为公 因为a1=2=(2×1-2)×(-1)+2, 比的等比数列， a2=4=(2×2-2)×(-1)2+2, .bm-1_1(2024)m-1 a3=-2=(2×3-2)×(-1)3+2, …6+24\2027/ a4=8=(2×4-2)×(-1)4+2, a5=-6=(2X5-2)×(-1)5+2, 义a9<82器 0.999, 所以am=(-1)n·(2n-2)十2， ÷×0.9g1<(82器)<×0.99e 所以a2025=-4048+2=-4046, N*,n≥2)， 所以S2025=a1十a2十a3十a4+…十a2023十a2024十a2025 _2024×6-4046=2026. 当22时，号20.991<T<0.091 2 3(1)(i)证明：由题意，知a1=g(2)=1,g(2n+1)= 即·1二0<T<·-8, 2g(2m)+2m. .25(1-0.99m)<T<250(1-0.999m)(n∈N*,m2). 专题七。立体几何与空间向量 7.1空间几何体的结构特征、表面积和体积 山东新高考全练 ①B解析设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 所以能够被整体放入正方体内，故A正确。 √2十3，而它们的侧面积相等，所以2πrX√3=πrX 对于选项B,因为正方体的面对角线长为√2m,且√2> √3十2，即23=√3十2，解得r=3,故圆锥的体积为 1.4,所以能够被整体放入正方体内，故B正确. 号x×32X3=33元 对于选项C,因为正方体的体对角线长为3m,且√3< 1.8,所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确. 2ABD解析对于选项A,因为0.99m<1m,即球体的 对于选项D,因为1.2m>1m,所以底面正方形不能包含 直径小于正方体的棱长， 圆柱的底面圆. 427 答案 实战高考·数学 如图是正方体ABCD一A1B1CD1的截面图，过AC的 正四棱锥的底面边长为2a,高为h, 中，点O作OE⊥AC,设OE∩AC=E. 则B=2a2+h2,32=2a2+(h-3)2,所以h= 6,2a2= 可知AC=2m,CG-1m,AG=3m,A0= 2m,则 2-h2, n_CAG-是-器， 所以正回棱维的体积V=号S=号×4如2Xh=号× √23 (器)x号=（需）， 2 所以V=(4s-）=日×24.2 61 0.6,9>0.6 当3≤1<2W6时，V>0;当26< 以AC为轴对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若圆柱 l≤33时，V<0. 与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O, 所以当=2√6时，正四棱锥的体 与正方体的下底面的切，点为M. 积V取得最大值，最大值为 2a 又1=3时，V=平，1=35时， 2 V-8,所以正四校维的体积V的最小位为， 可知AC⊥OM,OM=0.6m,则tan∠CAG=C AC 所以该正四校绿依积的取值范因是[贸，]故选C OM ⑤B解析设圆锥的母线长为L,由于圆锥底面圆的周长 AO1” 等于扇形的孤长，则πl=2πXV2,解得l=2√2. 中方8器所以A0=.5x5n 85 解析如图，过，点A1作A1MAC,垂足为M,易 根据对称性可知圆柱的高为V3-2×0.6×√2≈1.732 知A1M为四棱台ABCD一A1B1CD1的高. 1.2×1.414=0.0352(m),0.0352>0.01, D 所以底面直径为1.2m、高为0.01m的圆柱体能够被整 体放入正方体内，故D正确. 3C解析如图，把增加的水量转化为棱台ABCD一EF GH的体积，依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5= 9(m),棱台上底面面积S=140.0km2=140×106m2,下 0、 底面面积S=180.0km2=180×106m2, B V=3(S+S+V5S)=号×9×(140X106+180× 因为AB=2,A1B1=1,AA1=√2， 106+√140×180X102)=3×(320+60√7)×106≈ 所以A0-专AG=含X/EAB.-号，A0=名AC= 1.4×109(m3).故选C X/ZAB-/, M 所以M=0A-0A-盟，片以AM=√A4-AP D 2-2=2 ④C解析因为球的体积为36π，所以球的半径R=3.设 所以校台的体积为V=号×(4+1+V④X①×-75 2 6 山东模拟专练 考点闯关) 所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π，解得r=2√2. 考点①空间几何体的结构特征 考点②空间几何体的表面积和体积 ①C解析设圆锥的母线长为1，底面半径为r,即侧面展 ②D解析依题意，圆台的轴截面截其内切球得半径为 开图的半径为1，侧面展开图的孤长为π山.又圆锥的底面 球半径的圆，且该圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆，等 周长为2πr,所以2πr=πl,所以圆锥的母线长1=2r, 腰梯形ABCD为圆台轴截面，其内切圆O与梯形ABCD 428 ○实战册参考答案及解析 切于点O1,E,O2,F 分层闯关 其中O,O2分别为上、下底面圆心，如图. 基础题组 设圆台上底半径为r,则下底 0 门C解析圆锥的母线长为6，设底面半径为r 面半径为4r,BC=BE+CE 因为圆锥底面圆的周长等于扇形的孤长， =02B+0C=5r. 而等腰梯形ABCD的高 所以X6=2,解得=2，所以该国锥的表面积为x× O1O2=4,因此(5r)2- 2+号×号×63=16玩 (4r-r)2=42,解得r=1, 所以该圆台的表面积为16π十π+5×(4十1)π=42π. 2BCD解析如图，设圆台上底面半径为T,则下底面半 3C解析，在直三棱柱ABC-A1B1C中AB⊥BC, 径为2r. .△ABC为直角三角形， 由题意，得tan60°=点=2，解 r 则△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.同理， △A1B1C外接圆的圆心为斜边A1C的中点，如图. 25，即圆台的上底面半 得r= 3 直三棱柱ABC-A1B1C1外接 B 球的直径为6，∴.外接球的半 径为，数A特民 A 径R=3. 圆台的体积V=砂[2十(2)2十，·2r]=2× 设AC,A1C的中，点分别为O, 3 O,连接OhO,则外接球的球心G (传++号）-，故B正确， 为O1O的中点 因为∠A1AO=60°，所以母线l=2r,△A1AO为等边三角 连接GC,则GC=3.设AB=x(0< 0 形，所以OA=OA1,所以该圆台外接球的球心就是下底 xK6),则AC=V2+4,0C=2+4 2 面圆心O,所以该圆台外接球的半径R=27二生，所以 在△c0G中，0GV9-,则0，-2V9-2生 4 其外接球的袁面积S=42=4rX智9-，故C正确， =√32-x2, 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，离心率最大时，截 “该棱柱的体积V-号×2x×V32-2=V(32- 面可以是过A1,E的截面，此时椭圆的长轴长2a=A1E= ≤2+32-2=16， 4,解得a=2.因为圆台的中载面半径为R)=r十2=3， 2 2 当且仅当x2=32-x2,即x=4时等号成立. 所以精圆的短轴长b√不3)-（）'-25，所以 3 4122解析因为正四棱台的顶，点都在同一球面上，且 球心在正四棱台的一个底面上，所以球心所在底面为下 =1=1是=所以=9 31 底面，正四棱台的高为3，球半径为5，连接球心与正四棱 台上底面一顶，点，以及球心与上底面中心，构成直角三 所以满圆离心率的取值范周为(0，] ,故D正确 角形 ③B解析取AB的中点E,可 设上底面边长为a,则上底面中 知E在球面上，且E第=一E方= E 心到顶点的距高为号。 -B威， 根据勾股定理，得（竖。）十 所以P才·Pi=(P+EA)· (P克+EB)=P-EA2= 32=52,即号a2+9=25,解得a=4V2 庞头 因为球心在下底面，所以下底面中心到顶点的距离就是 因为，点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，所 球半径5. 以当PE为直径时，P|max=√2， 设下底面边长为6，期号-5，解得6=52 所以·成的最大值为子 正四棱台的下底面面积S==(5√2)2=50，上底面面积 ④C解析设圆锥底面半径为x.由题意可得2πr= S=a2=32,高M=3,所以体积V=号×3× 2√3π，解得r=√3. (50+√50×32+32)=122. 如图，作出图形的轴截面，其中E,B分别为圆台的上、下 429 答案 实战高考·数学 底面圆的圆心， 由题意，知PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,所以∠POH 则CB=VAC2-AB=3, =30°， CE DE1 CB AB3 所以P0=OH=123 c0s30° 33, 可得CE=1,BE=2, 2 V=}×(x×3+xX 3 所以VP-ABC= ×号×5x2×9×2g9-2 3 ⑦BCD解析如图. 9 对于A,设AB=1,则 D 故选C 1 1 ⑤A解析设圆柱底面半径为r,高为h,球的半径为R, VB-ABc=3×2X1X1X A 则R2=2+r2,S=R2,S1=2h,V=2·专R3= 1=日，Vnc=1 号，V=ma, 4VB -ABC= 3,所以A不 1 正确， 所以-=会+东√会京=1，当 对于B,从正方体的8个顶点中任选4个的选法有Cg 仅当r=h时等号成立，此时R=√2r, 8淡×-0（个），共中不能构成三棱绿的有：①所选 R 2 号x, 4W2 的四个，点在正方体的一个面上，即所选的四，点为：ABCD, r2h πr2·r 3 A1B1C1D1,ABB1A1,DCCID1,ADD1A1,BCC1B1, 6个；②所选的四个点在正方体的相对棱上，即所选的四 点为：ABCD1,A1B1CD,BCD1A,B1CDA,BB1D1D, AA1CC,共6个. 所以所选的四个，点可以构成三棱锥的个数为70一6一6= 58(个)，故B正确. 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 ⑥A解桐因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以平 面ABC截球得到的截面圆与△ABC的三边均相切， 三角形，其边长为，面积为号。2，所以四点能拘成的所 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的 有三棱锥中表面积最大的就是三棱锥A一B1D1C这样的 直线上. 因为△ABC的边长为2√5， 正四面你，其表面积为号。2X4=2,5,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 所以△ABC的内切圆的半径为r=】 AB·tan30°= 成的角最小的就是形如直线AC与AD所成的角，设为O, x9-1 则sin0=是=} 31 3321 =sin30°，所以>30°，故D正确. 因为球的半径r=1,即r=r, 所以内切球的球心即为△ABC的中心O. B5 解析如图， 如图，过球心O作PA的垂线交 设MN∩GG=Q, B E PA于点H,则H为内切球在PA 可知四棱锥Q 上的切点， H FHH1F1为正四棱锥，四 所以OH=r=1. 边形FHHF1为边长为 2AB 2的正方形，棱锥的高 B=2,所以 M 又OA= c0s30°= 为1， 又可知两个挖去的四棱 2 ∠A0H-8器 柱的重合部分为两个正 四棱锥的组合体， 因为∠AOH∈(0，π)，所以∠AOH=60°. 四棱柱EFGH一EF1GH1的底面EFGH是边长为√2 430 ○实战册参考答案及解析 的正方形， √0+4=2， VEFGH-E F GH =2X2X2=4. 所以该棱台外接球的表面积为4πR2=16元. 同理可得VnM,M-NH,N=√2XW2X2=4, 门72x十36W3元144x解析因为∠A0C-∠B0D-号， V。-叫5=}×2×2X1=号，则花去部分的体积为= 所以∠DOC=元一2X5=于，设圆0的半径为R, 16 VEFGH-E E,G H,+V EMF,M-HNH N -2VQ-PHH,F,3, 则Sa影c0D=号×弩R2=6m,解得R=6(负位含去).。 可得原正方体利剩下部分的体积为V=23-V=号 过点C作CE⊥AB交AB于点E,过点D作DF⊥AB交 能力题组 AB于点F, 回(1)受(2)10元解析(1)因为M到DC中点的距离 则CE=0Csin牙=33,0E=0Ccos5=3, 等于2PD=司，且P点在平面ABC上方， 所以AE=R一OE=3. 同理可得DF=3√3，OF=BF=3. 所以M的轨迹是以DC中点为圆心、2为丰径的半圆， 将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半 所以PC的中，点M运动轨速的长度为xX号-受 径R=6的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两 个圆锥， (2)因为四边形BCDE的外心为CE的中，点，所以四边形 其中球缺的高h=3,圆锥的高1=3，底面半径r=3√3， BCDE的外接周的半径r=号CE-Y②2士2②2 则其中一个球缺的表面积S-2πRh=2π×6X3=36π， 2 球的表面积S2=4πR2=4π×62=144π， √10 圆锥的侧面积S3=3V3X6π=18√3π， 2’ 所以几何体的表面积S=S2一2S1十2S=144π-2×36π十 所以四棱锥P一BCDE外接球的球心O在过四边形BC DE的外心且垂直于平面BCDE的直线上. 2X18W3π=72π十36W3元. 设四棱锥P一BCDE外接球的半径为R,球心O到四边形 又共中一个球缺的体积W=子(3R-)=专π× BCDE的外心的距离为t, 32×(3×6-3)=45π， 则R=2十≥=碧当=0时，等号成立， 圆维的体积V2=3×(3√3)2X3=27,球的体积V,= 所以回棱锥P-BCDE外接球表面积的最小值为坛X 号R-号xX63=28m, 10元. 所以几何体的体积V=V3一2V1一2V2=288π-2X45π 1016π解析连接B1D1, 2×27π=144元. BD,分别取B1D1,BD的中点 E,F,连接CE,CF,EF, E 则四棱台的外接球球心在直 0 线EF上，设外接球的球心为 O,半径为R,则OC=OC1= 农 B 易知EF⊥平面ABCD.因为正四棱台ABCD 培优题组 A1B1CD1中，A1B1=√2，AB=2√2， 12 ACD 解析由题设，长轴长 O' 所以BD=4,B1D1=2,所以CE=1,CF=2. |AB=|AB|=4,短轴长|CD|= 设四棱台的高为h, 23, 则3×[W2)2+(22)2+√W2)2×(2N2)2]h=143 则OF1|=OF2|=|0F2|=1, 39 得F2,F2分别是OB,OB'的中 A 解得h=√3，故EF=√3. 点，而柱体中ABBA'为矩形，连 设OF=m,则OC2=OF2+CF2=m2+4,OC=C1E+ 接OB OE2=12+(W5+m)2, .B'F2//OF1,B'F2=OF=1, 故m2+4=12+(3+m)2,解得m=0,所以半径R= ∴.四边形F1OBF2为平行四边形，∴OB∥FF2. 431 答案 实战高考·数学 当FF2∥平面PMN时，FFC平面ABBA',平面 ABB'A'∩平面PMN=PF2, l-yl3. 则FF2∥PF2,所以OB∥PF2 综上，三棱维E-PMN体积的最大值为号×8X3=8,D 在△OBB中，F2是OB的中，点，则P为BB的中点，A选 选项正确， 项正确. 3(1)证明：连接AC交BD于点O,连接OP, OF2⊥CD,|CD=23,OF2|=1,则在△F2CD中， ,BD∥平面AMHN,且平面PBD∩平面AMHN= |CF2=|DF2|=2,∠CF2D=120°， MN,BDC平面PBD, △F,CD外接周半径方，=专×mC8D=2,R/ ∴.BD∥MN. AA',则F2F%⊥平面F2CD. .MN⊥PC,∴.BD⊥PC 三棱锥F?一F2CD外接球的半径为R=√22+22=2√2， ,四边形ABCD为菱形， 所以外接球的表面积为4πR2=32π，B选项错误. .BD⊥AC,OB=OD. 点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的射影， ,PC∩AC=C,PC,ACC平 且QF1,QF2与下底面所成的角分别为a,R. 面PAC, 令|QF1|=m,QF2|=n,则m+n=4. .BD⊥平面PAC 又|QQ1=4, 又POC平面PAC,∴.BD⊥PO, &tane=是，iamg=A,am(e+g) tana十tanB ..PB-PD. 1-tan atan B (2)解：，PA=PC,且O为AC中点， 4(m+2= 16 16 7m2-16-m(4-m)-16--（m-2)2-12 .OP⊥AC.由(1)得OP⊥BD, 由椭圆性质知1≤m≤3， :BD∩AC=O,BD,ACC平面ABCD, .OP⊥平面ABCD. 则当m=1或m=3时，tan(a十β)的最大值为一 总c选 令AB=2,四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 项正确. .易求得AO=√3，B0=1. 由VE-PMN=VM-PEF2+ .AO⊥BD,AO⊥PO,PO∩BD=O,PO,BDC平 VN-PEF,要使三棱锥E-PMN A 体积最大， 面PBD, 只需△PEF2的面积和M,N到 .AOL平面PBD. 平面PEF2的距离之和都最大， 又PA与平面PBD所成角为60°， S△PEF2=S梯形BF2EB一S△PBF2 S△PEB.令EB=a,PB=b,且a, ∠AP0=60,∠PAC-30,0p-9A0-1, b∈[0,4]，则PB=4-b, Vp-AD=号S服A8D·0P-2g 31 Sa,=号×4X1+a)-2×1Xb -×a×(4-b) 又H为PC的中点，且PA=PC=2, =2+b(a-1) 2 ∴PH=2PC-1. 当a=b=4时，S△PEr,有最大值8. 在△PAC中，记AH∩OP=G, 在下底面内以O为原，点，构建如上图的直角坐标系，且 BC0,2),则箱围方程为誉+号-1 易知点G在MN上，且点G为△PAC的重心，骆-导 设MN:y=tx十1，联立椭圆方程得(3t2十4)x2十6tx :MN/BD,MN=号BD=专 9=0,△=144(t2+1)>0, 由(1)知BD⊥平面PAC,.MN⊥平面PAC 6t 9 xM十xN= 32+4?2N=一32+4：lxM-rv|= 又SH=2PA.P1·sn120=号×2X1x9-停， 22 12W2+1 W√(xM+xN)2-4xMCN= 3t2十4 V=2VM-APH=3·SAPH·MN=23, 9 令三VP+1≥1，则1zwxN=32+1341, V2=Vp-AB0D-V1=2g3_23_43 39 9 由对勾函教性质可知y=31十}在[1，十∞)上递增， 432 ○实战册参考答案及解析 高考全国视野 真题精练 ④A解析设T是线段MN的中点，则OT⊥MN. ①2.5解析如图，圆柱的底面半径 由勾股定理，得MN=√MB2+BN2=√6，OM=√2， 为4cm,设铁球的半径为rcm,且4， 由圆柱与球的性质知AB=(2)2= B. 球心0O到MN的距离为OT=√2-()'-号 (8-2r)2+(9-2r)2,即4r2-68r+ A 当OT垂直于过MN的平面时，截该正方体的内切球所 145=(2r-5)(2r-29)=0.:r<4, 得截面圆的面积最小， .r=2.5. a 技球线得的茶长为=2V®-0项=2√小-（图》- 解析由题可得两个圆台的高分别为h甲= 2, √2(n-n)]2-(n-n)2=√3(n-n),hz= 此时国的半径就是专-要，面教为S心- √3(2-n)]2-(2-n)2=2W2(n-n), ⑤B解析如图，设正四棱台上底面A1B1CD1的中心 甲3(S+S+VS)hph甲5(m-n) 所以V元 为O1,下底面A2B2C2D2的中心为O2.因为A1B1=2, 3(Si+S+VSS)h hi 212(r2-n) A2B2=3√2，所以OA1=1,O2A2=3. D 0 4 A 模拟精练) 、 C, ①C解析由圆台侧面积公式可得S侧=π×(3十5)×3 =24r. 02 B. 2B解析设圆柱的母线长为x,则2π·x=4π，解得x= 过A1作A1E⊥O2A2于点E,易得A2E=2. 2. 设该正四棱台外接球的球心为O,则O在直线O1O2上， 目B醒由题意，得下底西圆的半径R=县（丈），上底 O1O2=AE=VA1A-A2E2=4V2. 西国的半径一号（支），高=1K大) 设OO=x,则OO2=4√2-x. 设外接球的半径为R,则R2=OO+OA?=OO十O2A号， 1 .1 所以它的体积V=3动(R2+2+R)=3πX1X 即2十12=4巨-2十识，解得2=5，则爬 [(》+()+×] (立方丈)： (佰2)°+1=，所以外接浆的表面积为=51元 7.2 直线、平面平行的判定与性质 山东新高考全练 ①(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所 因为平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,DEC平面 以PA⊥AD. ABCD,所以DE⊥平面PAC. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB,所以 因为CPC平面PAC,所以DE⊥CP. AD⊥平面PAB. 又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EFC平面DEF, 因为ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 所以CP⊥平面DEF. 因为BC+AB2=AC?,所以BC⊥AB,则根据平面知识 因为DFC平面DEF,所以DF⊥CP. 可知AD∥BC. 根据二面角的定义，可知∠DFE即为二面角A一CP一D 又AD中平面PBC,BCC平面PBC, 的平面角， 所以AD∥平面PBC 所以sin∠DFE=√42】 7, (2)解：如图所示，过点D作DE⊥ 所以tan∠DFE=√6. AC于点E,过点E作EF⊥CP于点 由AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x2, F,连接DF 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面 由等面积法可得DE=x√4一2 2 PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD. 又CE气√4-)4-号，且△EC为等 4 433