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】高考数学五年（2022-2026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 5.(2024·上海卷，4分)不等式x2一2x-3<0的 1.(2026·北京卷，4分)学校组织高一、高二学生 解集为 参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择 考向2基本不等式 处前往.已知高一学生总人数多于高二学生总 1.(2026·天津卷，5 分)(x+)(x+)的最小 投 人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地 值为 的全体学生总数，则 A.10 B.9 C.8 D.6 A.去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一 2.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)设函数f(x)=（x+ 学生人数 a)1n(x十b).若f(x)≥0，则a2+b2的最小值为 拼 B.去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学 当 生人数 A. C.去乙地的高一学生人数不多于去甲地的高二 8 B. 4 c D.1 学生人数 3.(2022·全国甲（文）T12)已知9m=10,a=10m 蜜 名 D.去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高 11,b=8m-9,则 ( 二学生人数 A.a>0>b B.ab>0 2.(2025·全国卷Ⅱ5分)不等式 C.b>a>0 D.6>0>a ≥2的解 4.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，T12)若x,y,满足 抑 集是 x2+y2-xy=1,则 ( ) A.{x|-2≤x≤1》 B.{xlx≤-2} A.x+y≤1 B.x+y≥-2 C.{x|-2≤x<1} D.{xx>1} C.x2+y2≤2 D.x2+y2≥2 3.(2025·天津卷，5分)若a,b∈R,Hx∈[-2， 装 5.(2026·上海卷，5分)已知a2+4b2=1,则ab的 2],均有(2a十b)x2+bx-a-1≤0恒成立，则 最大值为 2a十b的最小值为 6.(2025·上海卷，5分)设a,b>0,a 1=1,则 4(②025·上海春1分)不等式 <0的解集为 b十上的最小值为 专题15空间几何体的表面积、体积 考向1空间几何体 6.(2023·全国乙卷·文，5分)已知点S,A,B,C 1.(2026·上海卷，5分)如图，在一个空间直角坐 均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的 标系中，存在一个正方体ABCD-A1B1C1D1,其 等边三角形，SA⊥平面ABC,则SA= 中A为坐标原点，AB,AD,AA1在直线分别 为x,y,之轴，将正方体ABCD-A1B1C1D1绕体：7.(2023·全国甲卷·理，5分)在正方体ABCD- 对角线AC1旋转一周，点C经过的卦限个数为 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， D 8.(2023·全国甲卷·文，5分)在正方体ABCD B A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该 正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的 半径的取值范围是 考向2空间几何体的表面积、体积 A.1 B.2 C.3 D.4 :1.(2026·全国Ⅱ卷，5分)已知棱台的上、下底面 2.(多选)(2023·新课标I卷，5分)下列物体中， 均是有一个内角为60°的菱形，上、下底面的边 能够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容 长分别为2,3，该棱台的高为√3，则其体积为 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 A B号 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 C. n号 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 2.(2024·新课标I卷，5分)已知圆柱和圆锥的 3.(2023·全国甲卷·理，5分)已知四棱锥 底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC PD=3,∠PCA=45°，则△PBC面积为( √5，则圆锥的体积为 A.22 B.3√2 A.2√5π B.3√3π C.42 D.6√2 C.6√3π D.9√3π 4.(2026·全国Ⅱ卷，5分)已知球0的体积为3.(2024·天津卷，5分)一个五 4√π，A,B,C,D四点均在球O的球面上， 面体ABC-DEF.已知AD∥ BE∥CF,且两两之间距离为 △ABC为等边三角形，DA=DB=DC=√2，则 1,AD=1,BE=2,CF=3,则该 △ABC的面积为 五面体的体积为 5.(2025·全国卷Ⅱ，5分)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 B.3+1 42 不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的 最大值为 cm. n38-号 42 4.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)已知圆锥的：9.(2022·全国甲（理）T9)甲、乙两个圆锥的母线 顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径， 长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面 ∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周上，且 积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若 二面角P-AC-O为45°，则 ( S甲=2，则 A.该圆锥的体积为元 B.该圆锥的侧面积为4√3π A.5 B.2√2 C.√10 D50 C.AC=2√2 10.(2022·全国乙（文）T12)已知球O的半径为 D.△PAC的面积为√3 1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球 5.(2023·全国甲卷·文，5分)在三棱锥P-ABC O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其 中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA= 高为 ( ) PB=2,PC=√6，则该棱锥的体积为 ( 人 2 A.1 B.3 C.2 D.3 11.(2022·新高考I卷，T4)南水北调工程缓解 6.(2023·全国乙卷·理，5分)如图，网格纸上绘 了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分 制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边 水蓄入某水库，己知该水库水位为海拔 长为1，则该零件的表面积为 148.5m时，相应水面的面积为140km2;水位 为海拔157.5m时，相应水面的面积为 180km.将该水库在这两个水位间的形状看 作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上 升到157.5m时，增加的水量约为（√7≈2.65） A.24 B.26 C.28 D.30 7.(2023·全国乙卷·理，5分)已知圆锥PO的底 A.1.0×109m3 B.1.2×109m3 C.1.4×109m3 D.1.6×109m3 面半径为√3，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的 12.(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 4 棱长为1，其各顶点都在同一球面上，若该球的 则该圆锥的体积为 体积为36π，且3≤≤3√3，则该正四棱锥体积 A.元 B.√6π 的取值范围是 () C.3π D.3√6π A[18,8] B 8.(2023·天津卷，5分)在三棱锥P-ABC中，线 c引 D.[18,27] 段PC上的点M满足PM=PC,线段PB上 13.(2022·新高考Ⅱ卷T7)已知正三棱台的高为 的点N满足PN= 三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 都在同一球面上，则该球的表面积为( 和三棱锥P-ABC的体积之比为 A.100元 B.128元 A司 R号 D告 C.144π D.192π 43 14.(多选)(2022·新高考Ⅱ 20.(2025·天津卷，15分) D 卷T11)如图，四边形 如图，正方体ABCD- ABCD为正方形，ED⊥ A1B1C1D1的棱长为4， 平面ABCD,FB∥ED, E,F分别为A1D1, AB=ED=2FB,记三棱锥 CB1中点，点G在棱 E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1, CC1上，且CG=3C1G V2,V3,则 (1)求证：GF⊥平面EBF; ( (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； A.V3=2V2 B.V3=V1 (3)求三棱锥D-BEF的体积. C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 15.(2026·北京卷，5分)如图，已知三棱锥A- BCD,AD=AB-AC-2 2,BD-BC-2,CD =2√3，则它的底面BCD的面积为 该三棱锥的体积为 21.(2023·全国乙卷·文，12分)如图，在三棱锥 P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2√2， 16.(2025·上海卷，5分)如图，在 B PB=PC=√6，BP,AP, 正四棱柱ABCD-A1B1C1D BC的中点分别为D,E, D O,点F在AC上，BF⊥ 中，BD=4√2，DB1=9,则该正 AO. 四棱柱的体积为 (1)求证：EF∥平面ADO. 17.(2024·全国甲卷·理T14,文T14,5分)已知圆 (2)若∠POF=120°，求 台甲、乙的上底面半径均为，下底面半径均为 三棱锥P-ABC的体积. r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-rn),则 圆台甲与乙的体积之比为 18.(2023·新课标I卷，5分)在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则 该棱台的体积为 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 44所以Ht∈Tn,均有t<an+1b+1: (i)第1步：分析a,b出现的次数 由题知集合Tn中的元素为t=2pab:=p1a1十p2a,b十…十pn abn,其中p,∈0,1}， 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数为2”-1 第2步：计算T,中所有元素之和 所以T,中所有元素之和为2"-1·S=2”-1[(3n一4)X2+1十8]= (3n-4)×4”+2+2 2.等差数列十新定义十计数原理十概率（理性思维、数学探索、数学 应用) 解(1)(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)第1步：分析当m一3时的分组情况 当m=3时，删去a2,a13,其余项可分为以下3组：a1,a4,a,a1o为 第1组，ag,a6,a4,a12为第2组，a,ag,a11,a1:为第3组， 第2步：分析当m>3时的分组情况，得结论 当m>3时，则去a2,a1,其余项可分为以下m组：a1,a,a,a1o为 第1组，a3a6,a4,a12为第2组，a5,ag,a11,a1:为第3组，a1i,a16, a17,a1g为第4组，a19,a20,a21,a2g为第5组，…，a4m-1,a4m, am+1,am+2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数 列a1a2,…,a1m+2是(2,13)一可分数列. (3)第1步：证明1,2，…，4n十2是(4p十1,4q十2)一可分数列，并 求出方法数 易知a1a2,,am+2是(i,j)-可分数列→1,2，…，4n十2是(4p十 1,4q十2)一可分数列，共中p,q∈{0,1，…，n}. 当0≤p≤q≤m时，删去4p十1,4g十2， 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等 差数列， 故数列1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数列，可分为(1,2， 3,4),,(4p-3,4p-2,4p-1,4p),,(4(q+1)-1,4(q十1)， 4(g+1)+1,4(g十1)+2)，…，(4m-1,4m,4m+1,4n+2).p,9的 可能取值方法数为C%+1十m十1=m十1)(m十2) 第2步：证明1,2，…，4n十2是(4p十2,4g十1)一可分数列，并求出 方法数 易知a1a2,…,am+2是(i,j)-可分数列→1,2，…，4n十2是(4p十 2,4q十1)一可分数列，其中p,g∈{0,1，…，n}. 当9-p>1时，删去4p十2,4g十1， 将14p与4g十34n十2从小到大，每4项分为1组，可知每组 的4个数成等差数列. 考虑4p十1,4p十3,4p十4，…，4q,4g十2是否可分，等同于考虑1， 3,4,…,4i,41+2是否可分，共中=q-p>1,可分为(1,1十1,2t十 1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+4,2t+4,3t+4),…,(t, 21,3t,41),(t+2,2t十2,3t+2,4t+2),每组4个数都能构成等差 数列. 故数列1,2，…，4n十2是(4p十2,4q十1)-可分数列，p,q且q一 D>1的可能取值方法数为C+1-m=m,1)m 2 第3步：证明p>日 (m十1)(n+2)⊥(n-1)m 从而Pm≥ 2 2 m2十m十11 C+2 8m+6m+1>8 3.等差、等比数列的通项公式及前项和公式十不等式的证明十错 位相减法 解(1)第1步：求公比 设{an}的公比为q(q>0),则1十q=g一1，得q=2, 第2步：求S。 所以3=二号=-1 (2)()第1步：写出b 由1D知，a4=25-1,所以6，={次，n=2 1b-1+2k,2-1<n<2 第2步：求出b-1 当n=a+1=2时，b,=k十1， bn-1=b-1=b-2十2k=b-3十4k=…=b-1十2k·(2-1-1)= k十2k·(2-1-1)=k·2*-k, 第3步：作差并化简 所以bn-1一a4·bn=k·2-k-(k+1)2=1=(k-1)2-1-k. 12 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)=21十(x-1)2-11n2 1≥2+21n2-1>0,所以f(x)在[2，十o∞)上单调递增，f(x)≥ f(2)=0, 第5步：证明不等式 所以b-1-ag·b≥0，即b-1≥as·b (i)第1步：分析数列{b}的结构特点 令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b3=b2十2k=6, 令k=3,得b=3,b=b十2k=9,b=b十2k=15,b-b十2k=21, 所以b-1,b-1+1…,b-1是一个以b,5-1为首项，2k为公差的 等差数列. 第2步：求出b-1,b-1+1,…b2-1的和 因为b-1=k,所以b2k-1=k·2一k, 所以4-1+b-1+1十+-1=：2,2二=：4华-， 2 第3步：利用错位相减法求出2b i= 所以20=空6=6+么十…十1=1X0十2X4小十一 n×4"-1, 4b=1×4+2×42++n×4", =1 两式相减，得一3之6=++…十-nX华=二含-X =1 所以2=（）·+ 4.解(1)设{an}的公差为d, 中8泽。 、十4山-(a+24解得3， 1d=2 所以{an}的通项公式为an=3十2(n-1)=2n十1， ag-1=2·2"-1十1=2"+1，ag-1=2(2"-1)+1=2+1-1. 从a”-1到a0-1共有2”-1-2”-1十1=2·2”-1-2"-1=2”- (项). 所以空4=②+1+2-1)2=2+2·2)·2 2w-1 2 3·2m·2m-1 =3·22m-2 2 (2)(1)因为当2-1≤n≤2-1时，b<an<b+1 所以当2≤n十1≤2+1-1时，b+1<a+1<b+2, 可得an<b+1<a+1 因为{an}为递增数列，所以若2-1≤n≤2-l, 则a-1≤an≤a5-1,得2*+1≤an≤2+1-1. 同理可得2+1十1≤an+1≤2+-1. 故可得2+1-1<b+1<2+1十1， 所以2-1<b<2+1. 综上，当k≥2时，2-1<b<2十1. (iⅱ)由题意知{b}是q≠1的正项等比数列， 设{b,}的通项公式为币，=p·g(p>0,q>0且9≠1) 由(1)知，2”-1<b<2”十1，即2”-1<p·g”<2”+1, 则有1<：（号）<1+品 ①当号>1，即q>2时， 1∈N,释（号）>2，与（号）1+六子： ②当0号<1,9≠1，即0<<2且9≠1时， mN,俊得：（号）<与：（号）广>1-盾， 故q=2. 因为2”一1<bn<2”十1，所以bn=2” 设6，》的前n项和为S.,则S.-21二2)=2+1一-2. 1-2 2 专题14不等式 考向1不等式的性质与一元二次不等式 1.B[不等式的性质十不等式的应用设去甲、乙两地的高一学生 人数分别为a,b,去甲、乙两地的高二学生人数分别为c,d,由题意 知a+b>c十d①，a十c>b+d②. ①十②得2a十b+十c>2d十b十c,即a>d,所以去甲地的高一学生人 数多于去乙地的高二学生人数，故选B.] 2.C[分式不等式的解法由≥2，得一4+2>0，得 x-1 二0，得（工二1)（工十2)0，得一2x<1,故选C.] (x≠1 3.一4[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b.x-a一1需满足Hx∈[-2,2]， f(x)0恒成立. 第2步：分析特殊点，得1的范围 f(-z）-7计(z）ba-1,由t=2a+6,得=1-2a,所 以1（名）÷2-。-1=-子-1<0，解得位-4. 2 第3步：验证=一4是否成立，得答案 当t=-4时，2a+b=-4,即b=-4-2a,所以f(x)=-4x2十 (一4一2a)x一a一1.为使f(x)≤0对所有x成立，可尝试令f(x) 1-n=-4 =-(mx+n)2(m>0),对比系数得{-2mn=一4-2a,解得 (-2=-a-1 n=2 )n=1,进而得b=一4，此时f(x)=一(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.] 4.(1,3)[分式不等式的解集解法一原不等式等价于 5(x-3)(x-1)<0 1x-1≠0 解得1x<3. 解法=由题意得{仁8支{仁一8解得1长K8] 5.(-1,3)[一元二次不等式的解集由x2一2x-3=(x一3)(x十 1)0,得一1x3.] 考向2基本不等式 1.B[基本不等式 (+)+)=+5+是≥5+ 2:·1=9,当且仅当=，即x=厄时取等号，故遂B] 2.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 a=0,即∫x十b=1 {x+a=0,所以b=a+1,则a2+=a+(a+1)2= 2a+）+>故遂C] 1 3.A[根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m-]0g10>1, 再利用基本不等式，换底公式可得m>g11,log9>m,然后由指 数函数的单调性即可解出.由9三10可得m=10g,10=货g 而g9g1<(9)-() <1=(1g10)2,所以 9授8中m>a1.所以a=10-1>10t-1=a又 gg10<(出819)-（色9）<g9,所以贵器装是。 即l0gs9>n,所以b=8m一9<81%"-9=0.综上，a>0>b.故选A.] 4BC[由r+-y=1得(-)）+(）=l in 0+-cos x (2y=sin 0 3 故x+y=5sin0+cos0=2in(0+若)∈[-2,2]，故A错误，B 正确： 1 +-(停n0+o0）+(2m0）-20-s29 故C正确，D错误.] 5.[基本不等式解法一当a,b异号时，ab为负值：当a,b中 有0时，ab为0：当a,b同号时，a2十4b2=1即a2十(2b)2=1,由基 本不等式得a2+(2b)≥2×a×2b=4ab,当且仅当a=2b时等号成 立，所以ab长.综上，ab的最大值为子 解法二（三角换元）因为a2十4=1，所以令a=cos0,2b=sin0, 即a=6os0,6-2,则a6=令mcos0=子sin20,当20-2x+ 空，k∈乙，即0=m十牙，k∈Z时，ab取最大值子] 64[基本不等式6+日=（叶日）(+）=ab++2≥ 2,ab·b十2=4，当且仅当b=6,即a=号，b=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.A[正方体的结构特征当，点C绕AC1旋转一周后，点C的轨迹 为一个圆，设圆心为O,因此判断圆O是否跨过平面xAy、平面 xAz、平面yAz即可.设该正方体的棱长为a,如图，取P(2a,0,0), Q(0,2a,0),R(0,0,2a),连接PQ,PR,QR,则PQ,PR,QR分别过 点C,B,D,连接AC,则AC⊥PQ,CC⊥PQ,易知PQ为圆O的 切线，同理，PR,QR均为圆O的切线，即圆O是△PQR的内切圆. 在空间直角坐标系中，x轴、y轴，x轴两两确定的三个坐标面将空 间分为八个区域，每个区域就叫一个卦限，其中含x轴，y轴和z轴 正半轴的是第一卦限，易知△PQR内的点均在第一卦限，则点C经 过的卦限个数为1，故远A.门 21 D 0. B以兴 2.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m,√1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放 入正方体容器中，所以远项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，所以远项D正确.综上，远ABD.] 3.C[如图，过，点P作PO⊥平面AB CD,垂足为O,取DC的中，点M,AB 的中点N,连接PM,MN,AO,B).由 PC=PD,得PM⊥DC,又PO⊥DC PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM, N 又OMC平面POM,所以DC⊥OM 在正方形ABCD中，DC⊥NM,所以M,N,O三点共线，所OA= OB,所以Rt△PAO≌Rt△PBO,所以PB=PA.在△PAC中，由余 弦定理，得PA=√PC+AC2一2PC·ACcos45°=√J17.所以 PB=√I7,在△PBC中，由余弦定理，得cOs∠PCB= PCCP-言，所以n∠PCB=2,所以Sme 2PC·BC PC·BCsin∠PCB=4E,故选C] 3 43 [三棱锥的外接球设球O的半径为R,由球的体积公式得 V。=号xR=4Bx,解得R=5.由△ABC为等边三角形，DA- DB=DC=√2，可知四面体D-ABC是正三棱锥.设等边三角形 V后，正三棱维D ABC的外接圆半径为r,△ABC的边长为a,则r=2, -ABC的高h=√DA-r产=√2-r产.球心O必在△ABC外接圆 的圆心与顶点D的连线上，满足几何关系R=r+(h一R),即3 =r+(2-7-,得r=号，故d=3r=5,因此△ABC的 面积S既=。-5] 5.2.5[球与圆柱的位置关系【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rc,若两个铁球的球心在 坚直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底 面的距高均为，北时铁球的半径为号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O,O2, 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为圆柱的轴截面，O2P⊥AB,O1P⊥AD,则有O,P=9-2r, 0P=8-2r,010=2r,则有(2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2,即4r2- 68r十145-0，即(2r-29)(2r-5)=0,解得m1=14.5(舍去)，r2= 2.5. 因为2.5>号-2.25，所以铁球丰径的最大值为2,5cm] A 0 *”= Q 图1 图2 6.2[解法一如图，设△ABC的外接圆圆心为 O1,连接)A,因为△ABC是边长为3的等边三 角形，所以共外接圆半径r=QA=号× 2 3=5. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB,C1 ABC,由题意知SA为侧棱，设球心为O,连接(O)1,OA,则(OO1⊥ 年面ABC,且00，=SA. 又球的丰径R=0A=2,0N=OG+0A,所以4=子SA:+3,得 SA=2. 解法二如图，设△ABC的外接圆圆心为O1,连S 接0A,因为△MBC是边长为3的等边三角形·CC 所以其外接圈半径r=0A=号×受×3=原 B 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接O(),则(OO1⊥平面 ABC.又SA⊥平面ABC,所以(OO1∥SA,连接OS,OA,由题意知 OS-OA=2.故O作SA的垂线，设垂足为H,则四边形AOOH为 矩形，所以OO,=AH,由OS=OA可知H为SA的中点，则OO,= AH-7SA. 所以在Rt△O)A中，由勾股定理可得(OA=(O)十OA,即4= sM:+3,得SA=2.] 7.12[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，球的半径为四，而正方体的中 A 2 心到每一条被的距高均为罗，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.] 8.[2√2,2√5][由该正方体的棱与球O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，因为 AB=4,所以2r=√2×4，所以r-2√2：设该正方体的外接球半径为 R,因为AB=4,所以(2R)=42十42+42，所以R=2√3.所以球O 的半径的取值范围是[2√2,2√5].] 考向2空间几何体的表面积、体积 1.D[棱台的体积公式 (公式法)由题意知该棱台的高h一√3，上、下底面的面积分别为 S=2x9×2-25.8=2×9×3-95,所以该棱台的作积 2 2T2 =9,故选D] 2.B[圆柱、圆锥的侧面积十圆锥的体积（理性思维，数学探索） 设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为它们的高均为√3，且侧面积 相等，所以2πr×√3=πr√（√3）2+2，得r2=9,所以圆锥的体积 V-3r×=33,故选B.] 3.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 的体积等于校长均为1的直三校桂的体积，四棱维的高为号，底面 是上底为1，下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V=分X1 4.AC[在△PAB中，由余弦定理得 AB一2√3，如图，连接PO,易知圆锥 的高h=PO=1,底面圆的半径r= ------B AO=BO=√3.对于A,该圆锥的体 积V=3h=元，故A选项正确；对于B,该圆维的侧面积S州= πr·PA=2√5π，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∠PHO=45°，所以OH=PO=1,AH= CH=√/A)一OH-√2，所以AC=2√2，故C选项正确：对于D, PH=EOH=厄，SAPAC=号XACX PH-=2,故D选项错误，综 上，选AC.] 5.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=√3，又 PC=√6，所以PD十CD=PC,所以PD⊥CD, D以 A 又AB∩CD=D,AB,CDC平面ABC,所以PD⊥ 面ABC,所以V=号×SaMe X PD=-子×合X2X5X 3 √=1，故选A.] 6.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.] 7.B[在△AOB中，AO=B0=3,∠AOB=2,由余 3 孩定理得AB=√3+3-2X5X5×(-)=3,设等腰三角形 PAB底边AB上的高为h,则S△PAB= 号X3h=95,解得 4 ,由勾段定理得号线PA=√（受）广十(）】 2 =3,则该圆锥 的高PO=√PA-ON下=√6，所以该圆维的体积为3 ×3π×V6= √6π，故远B.] &.B[知图，因为PM=号PC,PN=号PB,所以 SAPMN= PM:PN·sin∠BPC PM·PN S△P PC·PB·sin∠BPc PC·PB ×号=子所以 2 2 VAPM一 VA-PBC 密和a 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] 9.C[设母线长为1，甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为n, 县=2 所以1=2r2, 又2平+29-2 则十=1， 所以n=号=吉， 所以甲图维的高√一= 维的高=√--2。 3 1 V 所以 × =√/10. 3 故选C.] 10.C[先证明当四棱锥的顶，点O到底面ABCD所在小圆距离一定 时，底面ABCD面积最大值为22，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对角线夹角为a,则 SAn=·AC,BD:sina≤号·AC·BD≤号·2r·2r= 22(当且仪当四边形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 1 最大值为27，又广+=1，则V0AD=3·2·h 3 3 27· 当且仅当2=2h即h=时等号成立， 3 故选C.] 11.C[由题意S1=140km,S,=180km,h=(157.5-148.5)km= 9km,代入棱台体积V=号(S十S十√SS)h,公式可得：V≈ 1.4×10m3.故选C.] 12.C[设演球的丰径为R,则由题意知号xR- 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=专，所 以DE-VPD-PE-√P-6,所以DC DE=X√F-，所以正四棱维的体积V=子×（巨 VF-)×号=(-品)测V=专(6)◆v>0, 得3≤26，◆V<0,得26<13，所以V=(-6) 在[3,2√6)上单调递增，在(2√6,3√上单调递减，所以Vmx= V26)=64.又因为V(3》=22,V33=-81>22,所以V= 3 4 4 平，所以该正四模维休积的取值范因是 27641 43 .故选C.] 13.A[本题考查三棱台的外接球、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A1B,C、下底面ABC的外接圆半径分别为r1, 2,外接圆圆心分别为O1,O,,三棱台的外接球半径为R,球心为 O.令(00=t,则OO,=t一1.由题意及正弦定理，得2m1= 品品=6,2r0=8,所以r=3,=4,所以R +(-1户，即R9+16+1)尸，解得，5所以 三棱台外接球的表面积为4πR-100π.故远A.] 14.CD[设AB=ED=2FB=2,则V1=3 2X2=合，V=号×2X1=号连接BD文 AC于M,连接EM、FM,则FM=√3，EM= M 6,EF=3,故Sae=号5v6-39. A 2 V,=号SAPMFXAC=-2,V,=V+V,2V,=3V1,故选CD.] 15,525[棱维的体积十线面垂直 如图，取CD的中点E,连接BE.在△BCD中， 由BD=BC=2,DC=2√3可得BE⊥CD,且 DE=CE-5,则BE-1,SAD=号XCDX BE=号X2BX1=. 由AD=AB=AC=2√2可知过点A作底面BCD的垂线，垂足为 △BCD的外心，在BE的延长线上，令垂足为F,连接DF.易知 ∠DBF=6O°，则BF=DF=BD=2,在Rt△ABF中，AF= VAB-BF=2,则V:4n=专x5XAF=-号X5X 16.112[正四棱柱的体积在△BB,D中，BB,=√DB-BD= √81-32=7.在△ABD中，AB2+AD=BD,图为AB=AD, BD=4√2，所以AB=AD=4,则该正四棱柱的体积为4X4×7 =112.] 17,[國台的几何特征与休积公式的应用（理注思维，数学探索） 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休积之比为√一严一（一卫 √9(r2-ny-(n-n1)月 18.76 [如图所示，设点O,0分别 D 6 为正四棱台ABCD-A1B,CD,上、 下底面的中心，连接B1D1,BD,则点 --h>D O,O分别为B1D,BD的中点，连B E“6 接O1O,则OO即正四棱台ABCD A1BC1D的高，过点B作B1E⊥BD,垂足为E,则B1E=OO 因为AB=2,AB,=1,所以OB=2,0,B,=号，所以BE=OB 2 OE=OB-O,B,=2,又AA,=2,所以BB,=2,B,E= √蹈-亚=√2-=9，所以00=发，所以 VA4,9=子×(2+1+v2xT)×5-=75.] 26 5 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'BCD后，得到正四 棱台A'B'CD'-ABCD,且A'B'=2,AB=4.记 ),O分别为正四棱台A'B'C'D'-ABCD上、下底 面的中心，H',H分别为A'B',AB的中点，连接 PO,PH,OH′，OH,则PO=3,OH′=1，OH= 2为加△P0H△P0H,所以0-语，即品=宁解特 31 PO=6,所以(OO)=PO一PO=3,所以该正四棱台的体积V 3×3×(2+2×4+4)=28.] 20.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，DD,所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系. D G D A 则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=(2,0,1),E =(0,4,0),BF=(-2,0,4), ∴.GF.EF=O,GF.BF=O,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,y,1), 则了”·E京-0 ya:亦-0{0 1-2x1+4x=0 则y=0,取x1=2,则名=1， 故m1=(2,0,1). 设平面EBG的法向量为n:=(x2,为，2)， 则∫心·E元-0 “1n·BG=0 又EC=(-2,4,-1),BG=(-4,0,3), 故{厂2，十4，-=0 1-4x2十32=0 可取x2=6,则y2=5,x2=8, 故n2=(6,5,8). n1·n212+0+8_4 osmm:〉=m1i=5x55亏 “平面EBF与平面EBG夹角的余孩值为号 (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=n·D正_85 n 5 在△EBF中，易知BE=6,BF=2√5，EF=4, 故EF2+BF=BE,EF⊥BF, ·△EBF的面积为2X4X25=45, 故三棱雄D-BEF的体积为号dX4,厅-翌 31 21.解(1)因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC的中点， 所以△OBA△ABC,所以∠CAB=∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H,则△BHAP△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ADO,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∠POM是二面角P-BC-M的平面角， 所以∠P(M=60 在△PBC中，由PB=PC=√6，BC=2√2，得PO=2, 所以PM=√5. 所以三棱维P-ABC的体积VrA=子SX PM=-子X号 X2X22X5=26 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,BC「空间点、线、面的位置关系十二面角十，点到直线的距离十空 间中的距离与角度的计算十最值问题 (坐标法)由题意可令A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向 建立空间直角坐标系，故A(0,0,0),不妨令C在平面xAz内，D在 平面zA:与年面a:之同，则可量C2,0,D(合号） 错误项分析A(X)AC-(2,0,),AD= 2,2所以 1√3 cOS∠CAD= 1十212 云，令1=2,2=1，则c0s∠CAD /4+z·W/1十 =子>，则∠CAD<6. s0市-(-)广+(0-) 十(1-2)2=3十(x1 2)≥3，当且仅当=2时取等号. CW)当AB1CD时=i-(冬0小又市-（分 号，)所以C市.Ad=0,所以CD⊥AD,又ADOAB=A,AD, √3 ABC平面ABD,所以CD⊥平面ABD 错误项分析D(×)由AB⊥平面ACD,得AB⊥AC,AB⊥AD.直 线AB的一个方向向量为m=(0,0,1),则m·AC=1=0,m·AD ==0,所以当AB⊥年面ACD时，A花=(2,0,0)，Ad=(2 号.0）花.市=2×号+0×号+0X0=1≠0，所以AC与AD 2 不垂直.故选BC.] 2.D[空间线、面位置关系的判断因为AA1∥CC1,且AA1=CC1, 所以四边形AAC1C为平行四边形，所以AC∥AC1,A正确.正方 体的各面都为正方形，所以CC⊥BC,CC,⊥CD,又BC∩CD=C, BC,CDC平面ABC,所以CC1⊥平面ABC,B正确.由AC∥AC1, A1CC平面AC1B,AC寸平面A1C1B,可得AC∥平面AC1B,同 理由AD1∥BC1可得AD∥平面AC1B.又AD∩AC=A,所以 平面ACD,∥平面AC,B,C正确.过C作CH⊥AD1,若平面 ADD⊥平面ACD,则由CH⊥AD,平面ADD∩平面ACD= AD1,CHC平面ACD1可得CH⊥平面ADD1,这与CD⊥平面 ADD,矛盾，所以假设不成立，D错误. 3.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⊥A,C,又AA,∩A,C-A,,AA,A,CC平面 AA1CC,所以AD⊥平面AACC,矛盾，所以AD与A,C不垂直. B(√)因为三棱柱ABC-A1BC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ADL BC,又AD∩AA1=A,AD,AAC平面AA,D,所以BC⊥平面 AA1D,又BC∥BC1,所以B1C1⊥平面AA1D. 错误项分析C(×)AB∥AB,,AD与AB相交，所以AD与A1B 异面 D(/)CC∥AA,CC1￠平面AA1D,AA1C平面AAD,所以 CC1∥平面AA1D.故选BD.]