第50頁（共50頁）2025年新高二數(shù)學(xué)人教A版（2019）尖子生專題復(fù)習(xí)《立體幾何初步》一．選擇題（共8小題）1．（2025春?重慶月考）已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列說法正確的是（）A．若m⊥n，n?α，則m⊥α B．若m?α，n?β，m⊥n，則α⊥β C．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，則α⊥β2．（2025?西安模擬）刻畫空間彎曲性是空間幾何研究的重要內(nèi)容，我們常用曲率來刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差（多面體的面角的角度用弧度制）．例如：正四面體每個(gè)頂點(diǎn)均有3個(gè)面角，每個(gè)面角均為π3，則其各個(gè)頂點(diǎn)的曲率均為2π-3×π3=π．若正四棱錐S﹣ABCD的側(cè)面與底面的夾角的正切值為A．π B．4π3 C．5π63．（2025春?河北期中）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則下列說法中正確的是（）A．若M是C1D1的中點(diǎn)，AM與平面BB1D1D的交點(diǎn)為O，則A1，O，C三點(diǎn)共線 B．以正方體的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)組成的正四面體的體積為13C．若P是B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則D，P，B，C1四點(diǎn)共面 D．若Q是AD1上的動(dòng)點(diǎn)，則A1Q+QB的最小值是2+4．（2025?朝陽區(qū)校級(jí)三模）點(diǎn)M、N為正四面體ABCD的內(nèi)切球球面上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，T為棱AB上的一動(dòng)點(diǎn)，則當(dāng)∠MTN取最大值時(shí)，tan∠MTN＝（）A．-2 B．1 C．2 D．5．（2025春?安康期中）如圖，伊麗莎白圈是小動(dòng)物戴在頸子上防止他們自己抓撓傷口和患處或咬傷他人的一種保護(hù)器具，其形狀可看作上下均無底蓋的圓臺(tái)形物體．某個(gè)伊麗莎白圈的上底面直徑為4分米，下底面直徑為2分米，母線長(zhǎng)為3分米，若要在伊麗莎白圈與寵物接觸的一面進(jìn)行涂層，每平方分米需要消耗5克涂層材料，不考慮伊麗莎白圈的厚度與連接處，則制作該伊麗莎白圈需要消耗涂層材料（）A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克6．（2024秋?承德期末）已知四棱錐VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，點(diǎn)P在AC上且滿足AC＝3AP，則三棱錐A﹣DEP的體積為（）A．87 B．167 C．85 7．（2025春?邯鄲期中）素面高足銀杯（如圖1）是唐代時(shí)期的一件文物，銀杯主體可以近似看作半個(gè)球與圓柱的組合體（假設(shè)內(nèi)壁光滑，杯壁厚度可忽略），如圖2所示，已知球的半徑為r，銀杯內(nèi)壁的表面積為22πA．38 B．16 C．49 8．（2025春?定海區(qū)校級(jí)期中）石墩是常見的維護(hù)交通秩序的道路設(shè)施．某路口放置的石墩（如圖），其上部是原球半徑為15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半徑分別為9cm、16cm的圓臺(tái)，球缺的截面圓與圓臺(tái)的上底面完全吻合，整個(gè)石墩的高為33cm，則石墩的體積為（）（注：球體被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的點(diǎn)到截面的最大距離為球缺的高，球缺的體積V=13π(3A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025春?金水區(qū)校級(jí)月考）正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為2，M是側(cè)面ADD′A′上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（含邊界）；點(diǎn)P在棱CC′上，|PC′|＝1；則下列結(jié)論正確的有（）A．沿正方體的表面從點(diǎn)A到點(diǎn)P的最短距離為17 B．三棱錐B′﹣ABP的外接球表面積為41πC．若BD′⊥PM，則點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為2 D．平面AD′P被正方體ABCD﹣A′B′C′D′截得截面面積為9（多選）10．（2025春?江蘇校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)F，G分別是CB，CD的中點(diǎn)，E在棱CC1上滿足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P為線段AD1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，平面α//平面EFG，則下列命題中正確的是（）A．當(dāng)k=12時(shí)，AD1B．當(dāng)34＜k＜1時(shí)，過點(diǎn)A，F(xiàn)，C．當(dāng)k=12時(shí)，平面α截該正方體D．當(dāng)k=12時(shí)，PF+（多選）11．（2025春?江陰市月考）已知邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD，沿對(duì)角線BD折起，使點(diǎn)C不在平面ABD內(nèi)，O為BD的中點(diǎn)，在翻折過程中，則（）A．在任何位置，都存在AC⊥BD B．若∠BCD=π3，當(dāng)平面BCD⊥平面ABD時(shí)，異面直線AB與C．若∠BCD=π3，當(dāng)二面角A﹣BD﹣C為2π3時(shí)，三棱錐D．若∠BCD=π2，當(dāng)二面角A﹣BD﹣C為2π3（多選）12．（2025?安康模擬）一個(gè)圓柱表面積為S，體積為V，則下列四組數(shù)對(duì)中，可作為數(shù)對(duì)（S，V）的有（）A．（6，1） B．（5，1） C．（5π，π） D．（4π，π）三．填空題（共4小題）13．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）已知對(duì)棱相等的四面體被稱為“等腰四面體”，它的四個(gè)面是全等的銳角三角形．在等腰四面體A﹣BCD中，AB＝4，BC＝5，cos∠ABC=18，則該四面體的體積為；該四面體的內(nèi)切球表面積為14．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）已知二面角α﹣l﹣β的大小為60°，二面角內(nèi)一點(diǎn)P到平面α、β的距離分別為3和5，則P到l的距離為．15．（2025春?安康期中）已知正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的各個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為R的球面上，一個(gè)能放進(jìn)該正六棱柱內(nèi)部的最大的球的半徑為r．若AB＝2，則當(dāng)Rr最小時(shí)，該正六棱柱的體積為16．（2024秋?上虞區(qū)期末）（如圖甲）P﹣ABCD是一個(gè)水平放置的裝有一定量水的四棱錐密閉容器（容器材料厚度不算），底面ABCD為平行四邊形．現(xiàn)將容器以棱AB為軸向左側(cè)傾斜（如圖乙），這時(shí)水面恰好經(jīng)過CDEF，且E，F(xiàn)分別為棱PA，PB的中點(diǎn)，設(shè)棱錐P﹣ABCD的高為2，則圖甲中，容器內(nèi)的水面高度為．四．解答題（共4小題）17．（2025春?碑林區(qū)校級(jí)月考）在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，點(diǎn)E在線段PD上，PB∥平面AEC．（1）證明：E為PD的中點(diǎn)；（2）若AB＝2，二面角C﹣AE﹣D的余弦值為17，求PA18．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）如圖1，已知三棱錐P﹣ABC，圖2是其平面展開圖，四邊形ABCD為正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，O，G分別為AC，PA的中點(diǎn)，AB=（1）證明：OG∥平面PCB；（2）證明：平面PCA⊥平面BCA；（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．19．（2025?甘肅校級(jí)模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD=π2，AD＝2，AB＝BC＝（1）當(dāng)四棱錐P﹣ABCD的體積為1時(shí)，求異面直線AC與PD所成角的大小；（2）求證：CD⊥平面PAC．20．（2025春?浙江期中）如圖所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均相等，點(diǎn)D為B1C的中點(diǎn)，點(diǎn)E為A1C1的中點(diǎn)．（1）求證：DE∥平面AA1B1B；（2）若棱長(zhǎng)|AB|＝a，求此直三棱柱的體積；（3）若三棱錐B﹣CDE的體積為36

2025年新高二數(shù)學(xué)人教A版（2019）尖子生專題復(fù)習(xí)《立體幾何初步》參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號(hào)12345678答案DDBDBBAC二．多選題（共4小題）題號(hào)9101112答案BCDABDACACD一．選擇題（共8小題）1．（2025春?重慶月考）已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列說法正確的是（）A．若m⊥n，n?α，則m⊥α B．若m?α，n?β，m⊥n，則α⊥β C．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，則α⊥β【考點(diǎn)】平面與平面之間的位置關(guān)系；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間想象．【答案】D【分析】對(duì)于A，m與α相交、平行或m?α；對(duì)于B，α與β相交或平行；對(duì)于C，m與n相交、平行或異面；對(duì)于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．【解答】解：m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，對(duì)于A，若m⊥n，n?α，則m與α相交、平行或m?α，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m?α，n?β，m⊥n，則α與β相交或平行，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n相交、平行或異面，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，則由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間思維能力，是中檔題．2．（2025?西安模擬）刻畫空間彎曲性是空間幾何研究的重要內(nèi)容，我們常用曲率來刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差（多面體的面角的角度用弧度制）．例如：正四面體每個(gè)頂點(diǎn)均有3個(gè)面角，每個(gè)面角均為π3，則其各個(gè)頂點(diǎn)的曲率均為2π-3×π3=π．若正四棱錐S﹣ABCD的側(cè)面與底面的夾角的正切值為A．π B．4π3 C．5π6【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；空間想象．【答案】D【分析】利用正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征得到∠SMO為側(cè)面與底面所成的角，進(jìn)而利用勾股定理推得正四棱錐S﹣ABCD的每個(gè)側(cè)面均為正三角形，從而利用“曲率”的定義即可得解．【解答】解：如圖所示，連接AC，BD，設(shè)AC∩BD＝O，連接SO，則SO⊥平面ABCD．取BC的中點(diǎn)M，連接OM，SM，所以O(shè)M⊥BC，SM⊥BC，所以∠SMO即為側(cè)面與底面的夾角，設(shè)AB＝BC＝a，則OM=在Rt△SOM中，tan∠所以SO=又OB=22所以正四棱錐S﹣ABCD的每個(gè)側(cè)面均為正三角形，所以頂點(diǎn)S的每個(gè)面角均為π3故正四棱錐S﹣ABCD在頂點(diǎn)S處的曲率為2π故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面與平面所成角，理解新定義是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．3．（2025春?河北期中）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則下列說法中正確的是（）A．若M是C1D1的中點(diǎn)，AM與平面BB1D1D的交點(diǎn)為O，則A1，O，C三點(diǎn)共線 B．以正方體的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)組成的正四面體的體積為13C．若P是B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則D，P，B，C1四點(diǎn)共面 D．若Q是AD1上的動(dòng)點(diǎn)，則A1Q+QB的最小值是2+【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；棱錐的體積．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；空間想象．【答案】B【分析】根據(jù)幾何體的性質(zhì)判斷A，應(yīng)用體積公式計(jì)算判斷B，應(yīng)用線線關(guān)系判斷C，應(yīng)用展開圖結(jié)合余弦定理計(jì)算判斷D．【解答】解：對(duì)于A，由題意，連接AD1，BC1，如圖，由于正方體ABCD﹣A1B1C1D1中C1D1∥AB，可得ABC1D1共面，連接BD1，則AM?平面ABC1D1，又O∈AM，則O∈平面ABC1D1，由AM與平面BB1D1D的交點(diǎn)為O，則O∈平面BB1D1D，可得O∈BD1，即D1，O，B三點(diǎn)共線，由C1D1∥CD∥AB，M為棱D1C1的中點(diǎn)，可得D1M∥AB且D1故△OMD1∽△OAB，于是得OD1=12OB，即可得三點(diǎn)D1，O，B共線，且OB＝2OD1，而A1C與BD1交于BD1的中點(diǎn)，所以三點(diǎn)A1，O，C不共線，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，以正方體的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)組成的正四面體，例如四面體B1﹣D1AC的體積為V=VABCD對(duì)于C，設(shè)直線DP與直線BB1相交于點(diǎn)N，直線BC1在平面BB1C1C內(nèi)，且不過點(diǎn)N，所以由線線位置關(guān)系知，直線DP與BC1是異面直線，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖，將平面A1AD1和平面BAD1展開到一個(gè)平面上，連接A1B交AD1于點(diǎn)Q，此時(shí)A1Q+QB最小，在△A1AB中，A1A＝AB＝1，∠A1AB=3故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特征，線線關(guān)系的判斷，考查了余弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題．4．（2025?朝陽區(qū)校級(jí)三模）點(diǎn)M、N為正四面體ABCD的內(nèi)切球球面上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，T為棱AB上的一動(dòng)點(diǎn)，則當(dāng)∠MTN取最大值時(shí)，tan∠MTN＝（）A．-2 B．1 C．2 D．【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】根據(jù)正四面體體積的等積性、球的幾何性質(zhì)、圓的切線性質(zhì)，結(jié)合銳角三角函數(shù)定義、正切二倍角公式、正弦函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可．【解答】解：設(shè)該正四面體的棱長(zhǎng)為a，設(shè)該正四面體的內(nèi)切球的球心為O，頂點(diǎn)A在底面的射影為G，顯然O在線段AG上，顯然該正四面體內(nèi)切球的半徑為OG，如圖所示，由正弦定理可知：2BG由勾股定理可知：AG=由三棱錐體積的等積性可得：13×1則OB=由球的性質(zhì)可知，當(dāng)TM，TN與圓相切時(shí)，∠MTN最大，如圖所示，OM⊥TM，ON⊥TN，由圓的切線長(zhǎng)定理可知：∠MTN＝2∠OTM，在直角三角形OTM中，sin∠OTM=OMOT因?yàn)镺A＝OB，所以此時(shí)T為AB的中點(diǎn)，即有OT⊥AB，正四面體的內(nèi)切球的球心為O，顯然O也是該正四面體的外接球的球心，所以O(shè)T=因此TM=tan∠于是有tan∠故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查球的幾何性質(zhì)、正弦函數(shù)的單調(diào)性、三棱錐的體積等積性等知識(shí)，屬中檔題．5．（2025春?安康期中）如圖，伊麗莎白圈是小動(dòng)物戴在頸子上防止他們自己抓撓傷口和患處或咬傷他人的一種保護(hù)器具，其形狀可看作上下均無底蓋的圓臺(tái)形物體．某個(gè)伊麗莎白圈的上底面直徑為4分米，下底面直徑為2分米，母線長(zhǎng)為3分米，若要在伊麗莎白圈與寵物接觸的一面進(jìn)行涂層，每平方分米需要消耗5克涂層材料，不考慮伊麗莎白圈的厚度與連接處，則制作該伊麗莎白圈需要消耗涂層材料（）A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克【考點(diǎn)】圓臺(tái)的側(cè)面積和表面積．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】由圓臺(tái)的側(cè)面積公式結(jié)合題意可得．【解答】解：設(shè)r＝2，R＝4，l＝3，由圓臺(tái)的側(cè)面積公式得S＝π（r+R）l＝18π，又每平方分米需要消耗5克涂層材料，所以該伊麗莎白圈需要消耗90π克涂層材料．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體表面積的計(jì)算，屬于中檔題．6．（2024秋?承德期末）已知四棱錐VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，點(diǎn)P在AC上且滿足AC＝3AP，則三棱錐A﹣DEP的體積為（）A．87 B．167 C．85 【考點(diǎn)】棱錐的體積．【專題】計(jì)算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)A到平面BCDE的距離為d，P到平面ADE的距離為h，則有VA﹣BCDE=13d×S四邊形BCDE=13d×（S△BCE+S△CDE）＝16，利用三角形面積公式可得VA﹣CDE，又由點(diǎn)P在AC上且滿足AC＝3AP，可得【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)A到平面BCDE的距離為d，P到平面ADE的距離為h，則有VA﹣BCDE=13d×S四邊形BCDE=13d×（S△BCE+S△而S△BCE=12×BC×CE×sin∠BCE，S△CDE=12×CD×又由CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，則S△BCE=43S△則VA﹣CDE=13d×S△CDE=37×（13d×S四邊形BCDE）=故VC﹣ADE＝VA﹣CDE=487，而VC﹣ADE=13h×則有13h×S△ADE=又由點(diǎn)P在AC上且滿足AC＝3AP，故P到平面AED的距離為h3則有VP﹣ADE=13VC﹣ADE故VA﹣DEP＝VP﹣ADE=13VC﹣ADE故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱錐的體積計(jì)算，注意等體積轉(zhuǎn)化法的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2025春?邯鄲期中）素面高足銀杯（如圖1）是唐代時(shí)期的一件文物，銀杯主體可以近似看作半個(gè)球與圓柱的組合體（假設(shè)內(nèi)壁光滑，杯壁厚度可忽略），如圖2所示，已知球的半徑為r，銀杯內(nèi)壁的表面積為22πA．38 B．16 C．49 【考點(diǎn)】球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】根據(jù)給定的幾何體，利用圓柱和球的表面積公式求出圓柱的高與球的半徑關(guān)系，即可求解．【解答】解：設(shè)圓柱的高為h，因?yàn)楹雎员诤穸?，所以酒杯?nèi)壁表面積為半球的表面積與圓柱的側(cè)面積之和，即12解得h=8所以球的半徑和圓柱的高的比為38故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體體積的計(jì)算，屬于中檔題．8．（2025春?定海區(qū)校級(jí)期中）石墩是常見的維護(hù)交通秩序的道路設(shè)施．某路口放置的石墩（如圖），其上部是原球半徑為15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半徑分別為9cm、16cm的圓臺(tái)，球缺的截面圓與圓臺(tái)的上底面完全吻合，整個(gè)石墩的高為33cm，則石墩的體積為（）（注：球體被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的點(diǎn)到截面的最大距離為球缺的高，球缺的體積V=13π(3A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3【考點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）的體積；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】根據(jù)球的幾何性質(zhì)確定求缺的高h(yuǎn)以及圓臺(tái)的高h(yuǎn)′，再根據(jù)球缺與圓臺(tái)的體積公式即可得組合體石墩的體積．【解答】解：作出示意圖如下：因?yàn)槭丈喜渴窃虬霃綖?5cm的球缺，又下部是上、下底面半徑分別為9cm、16cm的圓臺(tái)，且球缺的截面圓與圓臺(tái)的上底面完全吻合，整個(gè)石墩的高為33cm，設(shè)FC為整個(gè)幾何體的高度，設(shè)A為球心，B，C分別為圓臺(tái)上下底面圓心，所以FC＝33cm，r1＝BD＝9cm，r2＝EC＝16cm，R＝AD＝15cm，所以AB=AD2-DB2=12cm，則球缺的高h(yuǎn)則圓臺(tái)的高h(yuǎn)′＝BC＝FC﹣FB＝6cm，故石墩的體積為V=[1故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查組合體的體積的求解，屬中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025春?金水區(qū)校級(jí)月考）正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為2，M是側(cè)面ADD′A′上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（含邊界）；點(diǎn)P在棱CC′上，|PC′|＝1；則下列結(jié)論正確的有（）A．沿正方體的表面從點(diǎn)A到點(diǎn)P的最短距離為17 B．三棱錐B′﹣ABP的外接球表面積為41πC．若BD′⊥PM，則點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為2 D．平面AD′P被正方體ABCD﹣A′B′C′D′截得截面面積為9【考點(diǎn)】球的體積和表面積；棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專題】對(duì)應(yīng)思想；數(shù)形結(jié)合法；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】BCD【分析】對(duì)于A，將正方體的下面和側(cè)面展開，連接AP，計(jì)算即可判斷；對(duì)于B，正弦定理知外接圓半徑r=54，又AB⊥平面BPB'，設(shè)三棱錐B'﹣ABP的外接球半徑為R對(duì)于C，由線面垂直的判斷及性質(zhì)定理，作出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，即可得解；對(duì)于D，作出截面，可得截面為等腰梯形，求出面積即可．【解答】解：對(duì)于A，將正方體的下面和側(cè)面展開可得如圖圖形，連接AP，則AP=4+9=對(duì)于B，因?yàn)閨PC'|＝1，所以△BPB'中，|PB則sin∠設(shè)△BPB′外接圓半徑為r，則由正弦定理知：2r=PB又AB⊥平面BPB'，設(shè)三棱錐B′﹣ABP的外接球半徑為R，則R2所以三棱錐B′﹣ABP的外接球表面積S=4πR對(duì)于C，如圖所示：E，F(xiàn)，T，S，Q分別為對(duì)應(yīng)邊的中點(diǎn)，可得PS∥EF，PS＝EF，PT∥EQ，PT＝EQ，QS∥TF，QS＝TF，即E，F(xiàn)，T，S，Q，P六點(diǎn)共面，六邊形PSQEFT為邊長(zhǎng)為2的正六邊形，且平面PSQEFT∥平面A'C'D，因?yàn)锳'D⊥AD'，AB⊥平面ADD'A'，A'D?平面ADD'A'，所以AB⊥A'D，又因?yàn)锳'D，AB?平面ABD'，所以A'D⊥平面ABD'，BD'?平面ABD'，所以A'D⊥BD'，同理可得A'C'⊥BD'，A'D，A'C'?平面A'C'D，且A'D∩A'C'＝A'，所以BD′⊥平面A'C'D，又平面PSQEFT∥平面A'C'D，所以BD′⊥平面PSQEFT，又因?yàn)锽D′⊥PM，M是側(cè)面ADD′A′上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（含邊界），所以M的軌跡為平面PSQEFT與平面ADD′A′上的交線，所以點(diǎn)M的軌跡為線段EF，所以點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為2，故C正確；對(duì)于D，取BC中點(diǎn)Q，連接PQ，AQ，AD'，D'P，因?yàn)镻Q∥BC'，BC'∥AD'，所以PQ∥AD'，所以平面AD'PQ，即為平面AD′P被正方體ABCD﹣A′B′C′D′截得截面，易知|AD'|＝22，|PQ|=2，|AQ|＝|D'P|=所以截面AD'PQ為等腰梯形，所以此等腰梯形的高h(yuǎn)=(所以截面面積S=12（2+22）×故選：BCD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面垂直、平面的判斷定義及性質(zhì)定理，考查了三棱錐的外接球，屬于難題．（多選）10．（2025春?江蘇校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)F，G分別是CB，CD的中點(diǎn)，E在棱CC1上滿足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P為線段AD1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，平面α//平面EFG，則下列命題中正確的是（）A．當(dāng)k=12時(shí)，AD1B．當(dāng)34＜k＜1時(shí)，過點(diǎn)A，F(xiàn)，C．當(dāng)k=12時(shí)，平面α截該正方體D．當(dāng)k=12時(shí)，PF+【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；直線與平面平行；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】ABD【分析】先證明所AD1∥EF可得A正確，B，C作出截面圖即可，D把立體幾何展開形成平面的問題即可求解．【解答】解：在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)F，G分別是CB，CD的中點(diǎn)，E在棱CC1上滿足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P為線段AD1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，平面α∥平面EFG，對(duì)于A，當(dāng)k=12時(shí)，CE=12∵F是CB中點(diǎn)，∴EF∥BC1，又AD1∥BC1，所以AD1∥EF，即可得AD1∥平面EFG，故A正確；對(duì)于B，延長(zhǎng)AF交DC與H，連接HE交DD1與I，如圖，由題意知當(dāng)0＜k≤12時(shí)，I在線段當(dāng)12＜k＜1時(shí)，I在∴當(dāng)34＜k＜1時(shí)，過點(diǎn)A，F(xiàn)，E對(duì)于C，當(dāng)k=12時(shí)，E為∵平面α∥平面EFG，∴截面可以為正六邊形，如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1邊長(zhǎng)為1，∴截面正六邊形邊長(zhǎng)為22面積S=6×1對(duì)于D，當(dāng)k=12時(shí)，AD1∥EF，∴E、F、A、D對(duì)平面EFAD1和平面AD1G沿AD1進(jìn)行展開，如圖，四邊形EFAD1為等腰梯形AD1=2∴高M(jìn)N=又三角形AD1G為等腰三角形，GA=∴高GM=∴GF=又PF+PG≤GF，∴PF+PG的最小值為8+362，故故選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定與性質(zhì)、正方體截面圖形等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．（多選）11．（2025春?江陰市月考）已知邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD，沿對(duì)角線BD折起，使點(diǎn)C不在平面ABD內(nèi)，O為BD的中點(diǎn)，在翻折過程中，則（）A．在任何位置，都存在AC⊥BD B．若∠BCD=π3，當(dāng)平面BCD⊥平面ABD時(shí)，異面直線AB與C．若∠BCD=π3，當(dāng)二面角A﹣BD﹣C為2π3時(shí)，三棱錐D．若∠BCD=π2，當(dāng)二面角A﹣BD﹣C為2π3【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角；球內(nèi)接多面體；棱錐的體積；球的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】AC【分析】根據(jù)線線垂直可得線面垂直，進(jìn)而可判斷A，根據(jù)直二面角，利用線線平行即可利用三角形的邊角關(guān)系求解B，根據(jù)三棱錐的體積公式即可求解C，利用勾股定理，結(jié)合二面角的平面角即可求解半徑，由體積公式即可求解D．【解答】解：菱形ABCD中，O為BD的中點(diǎn)，連接AO，CO，則AO⊥BD，CO⊥BD，對(duì)于A，AO∩CO＝O，AO，CO?平面AOC，所以BD⊥平面AOC，AC?平面AOC，所以BD⊥AC，故A正確；對(duì)于B：由題目條件可知，AO⊥BD，CO⊥BD，所以∠AOC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ABD，所以∠AOC取AD的中點(diǎn)M，AC的中點(diǎn)N，連接OM，ON，MN，則OM∥AB，MN∥CD，且OM=12AB＝1，MN=12所以∠NMO（或其補(bǔ)角）為異面直線AB與CD所成的角，因?yàn)椤螧CD=π所以O(shè)N=在△MON中，MO=由余弦定理可得：cos∠NMO=N所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為14≠1對(duì)于C：由上面的推導(dǎo)可知∠AOC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，可得∠AOC=2π3，由（2又BD⊥平面AOC，所以三棱錐C﹣ABD的體積為V=13S△AOC=13×12對(duì)于D：由上面的推導(dǎo)可知∠AOC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，所以∠AOC且BO⊥平面AOC，因?yàn)椤螧CD=π所以AC=△AOC外接圓的半徑為12設(shè)E為△AOC外接圓的圓心，則EA=所以三棱錐C﹣AOB的外接球的球心O′在過點(diǎn)E且與OB平行的直線上，設(shè)O′E＝h，則由O′B＝O′C得h2解得h=所以O(shè)'所以外接球的體積為43π(故選：AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，屬于中檔題．（多選）12．（2025?安康模擬）一個(gè)圓柱表面積為S，體積為V，則下列四組數(shù)對(duì)中，可作為數(shù)對(duì)（S，V）的有（）A．（6，1） B．（5，1） C．（5π，π） D．（4π，π）【考點(diǎn)】圓柱的體積．【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】利用圓柱表面積、體積公式建立關(guān)于圓柱底面圓半徑的函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出最小值進(jìn)而判斷．【解答】解：設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，高為h，則πr2h因此r2+Vπr=當(dāng)V＝1時(shí)，f(r)=當(dāng)r∈（0，312π）時(shí)，f′（r）＜0，f當(dāng)r∈（312π，+∞）時(shí)，f′（r）＞0，f∴f(r)min=332π2π，于是S2π≥33因此S＝6有解，S＝5無解，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)V＝π時(shí)，f(r)=r2+1r，f'當(dāng)r＞312時(shí)，f′（r）＞0，函數(shù)f（r）在f(r)min=33當(dāng)S＝5π，S＝4π時(shí)都有解，故C、D正確．故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓柱體積與表面積關(guān)系的應(yīng)用，結(jié)合體積及表面積建立函數(shù)關(guān)系f(三．填空題（共4小題）13．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）已知對(duì)棱相等的四面體被稱為“等腰四面體”，它的四個(gè)面是全等的銳角三角形．在等腰四面體A﹣BCD中，AB＝4，BC＝5，cos∠ABC=18，則該四面體的體積為1564；該四面體的內(nèi)切球表面積為【考點(diǎn)】球的體積和表面積；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；球；邏輯思維；運(yùn)算求解；空間想象．【答案】1564；27【分析】在長(zhǎng)方體中構(gòu)造出“等腰四面體”，運(yùn)用割補(bǔ)法可求得該四面體體積，再利用等體積法可求出內(nèi)切球的半徑和表面積．【解答】解：由已知，AC=AB在長(zhǎng)方體中構(gòu)造出該“等腰四面體”，如圖，設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c，則a2+b所以由割補(bǔ)法得，該四面體的體積為abc-1設(shè)四面體的內(nèi)切球半徑為r，因?yàn)椤鰽BC的面積為S=12×4×所以由等體積法得4×13×1574故四面體的內(nèi)切球表面積S＝4πr2=2714故答案為：1564；27【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查求幾何體的體積和幾何體的內(nèi)切球表面積，屬于中檔題．14．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）已知二面角α﹣l﹣β的大小為60°，二面角內(nèi)一點(diǎn)P到平面α、β的距離分別為3和5，則P到l的距離為1433【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】143【分析】設(shè)∠MGP＝θ，分別在直角三角形中求得PG，構(gòu)造等式，求出sinθ，即可得解．【解答】解：如圖所示：P在α，β的投影分別為N，M，MG⊥l于G，連接NG，易知l⊥平面NPMG，設(shè)∠MGP＝θ，則GP=即532cosθ即53所以tanθ=則sinθ=所以GP=故答案為：143【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二面角，點(diǎn)到直線距離的計(jì)算，考查計(jì)算能力和空間想象能力，屬于中檔題．15．（2025春?安康期中）已知正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的各個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為R的球面上，一個(gè)能放進(jìn)該正六棱柱內(nèi)部的最大的球的半徑為r．若AB＝2，則當(dāng)Rr最小時(shí)，該正六棱柱的體積為63【考點(diǎn)】棱柱的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】63【分析】根據(jù)給定條件，求出正六棱柱底面正六邊形的邊心距3，并設(shè)正六棱柱的高為h，可得r取h2，3中較小的，按h＜23，h≥【解答】解：設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為點(diǎn)M，則點(diǎn)M與任意一條邊均構(gòu)成等邊三角形，因此點(diǎn)M到各邊的距離均為等邊三角形的高，為2sin不妨設(shè)該正六棱柱的高為h，那么有r≤h2目r易得該正六棱柱的外接球半徑為R=當(dāng)h＜23時(shí)，r=當(dāng)h≥23，r=所以h=23時(shí)，Rr又因?yàn)橐粋€(gè)等邊三角形的面積為12所以正六邊形底面的面積為63則該正六棱柱的體積為63故答案為：63【點(diǎn)評(píng)】本題考查多面體外接球問題，屬于難題．16．（2024秋?上虞區(qū)期末）（如圖甲）P﹣ABCD是一個(gè)水平放置的裝有一定量水的四棱錐密閉容器（容器材料厚度不算），底面ABCD為平行四邊形．現(xiàn)將容器以棱AB為軸向左側(cè)傾斜（如圖乙），這時(shí)水面恰好經(jīng)過CDEF，且E，F(xiàn)分別為棱PA，PB的中點(diǎn)，設(shè)棱錐P﹣ABCD的高為2，則圖甲中，容器內(nèi)的水面高度為2-33【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；分割補(bǔ)形法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】2-【分析】將四棱錐補(bǔ)成平行六面體，利用棱柱和棱錐的體積公式逐項(xiàng)分析即可．【解答】解：將四棱錐補(bǔ)成平行六面體，如圖所示：設(shè)平行四面體的體積為V總，根據(jù)E，F(xiàn)分別為棱PA，PB的中點(diǎn)，設(shè)棱錐P﹣ABCD高為h，體積為V，則S四邊形BCMQ＝4S△BCG，由三棱柱BCG﹣ADE與平行六面體的高相同，得VBCG根據(jù)四棱錐P﹣ABCD與平行六面體底和高均相同，則V=13V總，即3V＝V所以VF﹣BCG=16VBCG﹣則V水=56VBCG﹣ADE=56×14V圖甲中上方的小四棱錐高為h1，則(h1h故圖甲中的水面高度為（1-332）h＝（1-332故答案為：2-3【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征與應(yīng)用問題，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025春?碑林區(qū)校級(jí)月考）在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，點(diǎn)E在線段PD上，PB∥平面AEC．（1）證明：E為PD的中點(diǎn)；（2）若AB＝2，二面角C﹣AE﹣D的余弦值為17，求PA【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明過程見詳解；（2）215【分析】（1）連接AC，BD，設(shè)AC∩BD＝O，連接OE，由題意可得O為BD的中點(diǎn)，再由PB∥平面AEC，可得PB∥OE，可證得E為PD的中點(diǎn)；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面CAE，平面AED的法向量的坐標(biāo)，可得這兩個(gè)向量的夾角的余弦值，由題意可得點(diǎn)P的坐標(biāo)，即求出PA的長(zhǎng)度．【解答】（1）證明：連接AC，BD，設(shè)AC∩BD＝O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，可得O為BD的中點(diǎn)，若E在PD的上，連接OE，因?yàn)镻B∥平面ACE，OE，PB?平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝OE，所以PB∥OE，所以E為PD的中點(diǎn)；（2）解：設(shè)PA＝2b，取PC的中點(diǎn)F，連接OF，可得OF∥PA，所以O(shè)F⊥平面ABCD，由ABCD為菱形，可得AC⊥BD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OF所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由AB＝2，∠BAD＝120°，可得AC＝AB＝2，BO=32×可得O（0，0，0），B（3，0，0），C（1，0，0），D（-3，0，0），P（0，﹣1，2b），A（（0，﹣1，0則E（-32，-12，b），AE→=（-32，12，b），AC→=（0，2設(shè)平面CAE的法向量n→=（x，y，z），平面DAE的法向量為m→=（x'，y'則n→?AE令x＝2b，可得z=3，即n→=（2b，0m→?AE令x'＝1，可得m→=（1，3，可得n→?m→=2b，|n→|=4b2所以cos＜n→，又因?yàn)槎娼荂﹣AE﹣D的余弦值為17可得|b4b2整理可得：15b2＝1，可得b=15所以PA＝2b=2【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的性質(zhì)的應(yīng)用及用空間向量的方法求二面角的余弦值，屬于中檔題．18．（2025春?玄武區(qū)校級(jí)月考）如圖1，已知三棱錐P﹣ABC，圖2是其平面展開圖，四邊形ABCD為正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，O，G分別為AC，PA的中點(diǎn)，AB=（1）證明：OG∥平面PCB；（2）證明：平面PCA⊥平面BCA；（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角；直線與平面平行；平面與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）證明見解答；（3）33【分析】（1）根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得出OG∥PC，即可得證；（2）先證PO⊥平面ABC，再利用面面垂直的判定定理即可得證；（3）先證∠OGB為二面角C﹣PA﹣B的平面角，再解三角形即可求解．【解答】解：（1）證明：因?yàn)镺，G分別為AC，PA的中點(diǎn)，所以O(shè)G∥PC，又PC?平面PCB，OG?平面PCB，所以O(shè)G∥平面PCB；（2）證明：連接BO，PO，PA=PO=62，AO＝BO＝CO因?yàn)椤鱌AC中，PA＝PC，O為AC中點(diǎn)，所以PO⊥AC，在△POB中，PO＝BO=62，所以PO2+BO2＝PB2，即PO⊥OB，又AC∩OB＝O，AC，OB?平ABC，所以PO⊥平面ABC，又因?yàn)镻O?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC；（3）連接GB，在Rt△PAC中，CP⊥AP，OG∥CP，則OG⊥AP，在等邊△PAB中，BG⊥AP，故∠OGB為二面角C﹣PA﹣B的平面角，因?yàn)锳B=3，所以O(shè)G=12CP則OG2+OB2＝GB2，所以∠GOB＝90°，則cos∠故二面角C﹣PA﹣B的余弦值為33【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行，面面垂直的判定，以及二面角的計(jì)算，屬于中檔題．19．（2025?甘肅校級(jí)模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD=π2，AD＝2，AB＝BC＝（1）當(dāng)四棱錐P﹣ABCD的體積為1時(shí)，求異面直線AC與PD所成角的大?。唬?）求證：CD⊥平面PAC．【考點(diǎn)】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】綜合題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維．【答案】（1）AC與PD所成角為π3（2）見證明過程．【分析】（1）由題意利用四棱錐的體積公式可求PA＝2，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，可得向量AC→，PD→的坐標(biāo)，可得|AC→|=2，|PD→|＝22，設(shè)AC與PD所成角為θ，利用平面向量的夾角公式即可求解cosθ（2）由（1）可得向量CD→，AC→的坐標(biāo)，由CD→?AC→=0，可得AC⊥CD，進(jìn)而通過線面垂直的性質(zhì)可證PA⊥CD【解答】解：（1）由題意V=13S梯形ABCD×PA，可得1=13×(1+2)×1如圖，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，可得A（0，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），可得AC→=（1，1，0），PD→=（0，2，﹣2），|AC→|=2，|所以AC→?PD→=1×0+1×2+0×（﹣2設(shè)AC與PD所成角為θ，可得cosθ=|AC→?PD→|（2）證明：由（1）可得CD→=（﹣1，1，0），AC→=（1，所以CD→?AC→=（﹣1）×1+1×1+0×0＝0，可得AC又PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，可得PA⊥CD，又PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，得證．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面向量的夾角公式，線面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．20．（2025春?浙江期中）如圖所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均相等，點(diǎn)D為B1C的中點(diǎn)，點(diǎn)E為A1C1的中點(diǎn)．（1）求證：DE∥平面AA1B1B；（2）若棱長(zhǎng)|AB|＝a，求此直三棱柱的體積；（3）若三棱錐B﹣CDE的體積為36【考點(diǎn)】棱錐的體積；球的表面積；直線與平面平行；球內(nèi)接多面體；棱柱的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）34a3；（3【分析】（1）連接BA1，BC1，根據(jù)棱柱的性質(zhì)可知點(diǎn)D為BC1的中點(diǎn)，從而得到DE//A1B，即可得證；（2）根據(jù)棱柱的體積公式計(jì)算可得；（3）設(shè)AB＝t，由VB-CDE【解答】解：（1）證明：連接BA1，BC1，因?yàn)锳BC﹣A1B1C1為直三棱柱，點(diǎn)D為B1C的中點(diǎn)，所以BC1∩B1C＝D，即點(diǎn)D為BC1的中點(diǎn)，又點(diǎn)E為A1C1的中點(diǎn)，所以DE∥A1B，因?yàn)锳1B?平面AA1B1B，DE?平面AA1B1B，所以DE∥平面AA1B1B；（2）因?yàn)橹比庵鵄BC﹣A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均相等，|AB|＝a，所以S△所以VABC（3）設(shè)AB＝t，因?yàn)閂B又因?yàn)橹比庵鵄BC﹣A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均相等，取BC的中點(diǎn)F，連接AF，則AF⊥BC，又BB1⊥平面BAC，AF?平面BAC，所以BB1⊥AF，又BB1∩BC＝B，BB1，BC?平面BB1C1C，所以AF⊥平面BB1C1C，所以點(diǎn)A到平面BCD的距離為32t，所以VB解得t＝2，根據(jù)正弦定理△ABC外接圓半徑為r=三棱柱的高h(yuǎn)＝2，所以三棱柱的外接球半徑R=所以三棱柱的外接球表面積S=4【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定，以及等體積法的應(yīng)用，屬于中檔題．

考點(diǎn)卡片1．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱柱：有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點(diǎn)的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識(shí)棱柱底面：棱柱中兩個(gè)互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個(gè)底面以外的其余各個(gè)面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個(gè)側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點(diǎn)：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點(diǎn)．高：棱中兩個(gè)底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對(duì)角面是平行四邊形（4）長(zhǎng)方體一條對(duì)角線長(zhǎng)的平方等于一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱的長(zhǎng)的平方和．4．棱柱的分類（1）根據(jù)底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．2．棱錐的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱錐：有一個(gè)面是多邊形，其余各面是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的三角形，由這些面圍成的幾何體叫做棱錐．用頂點(diǎn)和底面各頂點(diǎn)的字母表示，例：S﹣ABCD．2．認(rèn)識(shí)棱錐棱錐的側(cè)面：棱錐中除底面外的各個(gè)面都叫做棱錐的側(cè)面．棱錐的側(cè)棱：相鄰側(cè)面的公共邊叫做棱錐的側(cè)棱．棱錐的頂點(diǎn)；棱錐中各個(gè)側(cè)面的公共頂點(diǎn)叫做棱錐的頂點(diǎn)．棱錐的高：棱錐的頂點(diǎn)到底面的距離叫做棱錐的高．棱錐的對(duì)角面；棱錐中過不相鄰的兩條側(cè)棱的截面叫做對(duì)角面．3．棱錐的結(jié)構(gòu)特征棱錐1根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可知棱錐具有以下性質(zhì)：平行于底面的截面和底面相似，且它們的面積比等于截得的棱錐的高與原棱錐的高的比．4．棱錐的分類棱錐的底面可以是三角形、四邊形、五邊形…我們把這樣的棱錐分別叫做三棱錐、四棱錐、五棱錐…正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點(diǎn)在底面內(nèi)的射影是底面中心，這樣的棱錐叫做正棱錐．正棱錐的各個(gè)側(cè)面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設(shè)棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=133．球內(nèi)接多面體【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點(diǎn)都在球面上，且球心到各頂點(diǎn)的距離都是半徑．球內(nèi)接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個(gè)面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內(nèi)切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個(gè)方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關(guān)系；（2）球的半徑與多面體的棱長(zhǎng)的關(guān)系；（3）球自身的對(duì)稱性與多面體的對(duì)稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關(guān)量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對(duì)稱和軸對(duì)稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長(zhǎng)為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)處；②正方體的四個(gè)頂點(diǎn)都在球面上；③球半徑和正方體棱長(zhǎng)的關(guān)系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對(duì)稱和軸對(duì)稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長(zhǎng)為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)處；②球與正方體每個(gè)面的切點(diǎn)都是每個(gè)面的中心點(diǎn)；③球半徑和正方體棱長(zhǎng)的關(guān)系：r=124．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式：V柱＝sh，V錐=135．棱柱的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱柱的體積可以通過底面面積B和高度h計(jì)算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱柱的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計(jì)算棱柱的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用棱柱體積計(jì)算．6．棱錐的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱錐的體積可以通過底面面積B和高度h計(jì)算，頂點(diǎn)到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱錐的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計(jì)算棱錐的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用棱錐體積計(jì)算．7．圓臺(tái)的側(cè)面積和表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓臺(tái)的側(cè)面積和表面積依賴于底面和頂面圓的半徑r1、r2以及母線l和兩個(gè)底面圓的面積．【解題方法點(diǎn)撥】﹣側(cè)面積：計(jì)算公式為π（r1+r2）l．﹣表面積：包括兩個(gè)底面圓的面積和側(cè)面的面積，計(jì)算公式為πr【命題方向】﹣圓臺(tái)的表面積計(jì)算：考查如何計(jì)算圓臺(tái)的側(cè)面積和表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用圓臺(tái)的表面積計(jì)算．8．旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征：一條平面曲線繞著它所在的平面內(nèi)的一條定直線旋轉(zhuǎn)所形成的曲面叫作旋轉(zhuǎn)面；該定直線叫做旋轉(zhuǎn)體的軸；封閉的旋轉(zhuǎn)面圍成的幾何體叫作旋轉(zhuǎn)體．1．圓柱①定義：以矩形的一邊所在的直線為旋轉(zhuǎn)軸，將矩形旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓柱．圓柱用軸字母表示，如下圖圓柱可表示為圓柱OO′．②認(rèn)識(shí)圓柱③圓柱的特征及性質(zhì)圓柱1圓柱與底面平行的截面是圓，與軸平行的截面是矩形．④圓柱的體積和表面積公式設(shè)圓柱底面的半徑為r，高為h：V圓柱2．圓錐①定義：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓錐．圓錐用軸字母表示，如下圖圓錐可表示為圓錐SO．②認(rèn)識(shí)圓錐③圓錐的特征及性質(zhì)圓錐1與圓錐底面平行的截面是圓，過圓錐的頂點(diǎn)的截面是等腰三角形，兩個(gè)腰都是母線．母線長(zhǎng)l與底面半徑r和高h(yuǎn)的關(guān)系：l2＝h2+r2④圓錐的體積和表面積公式設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長(zhǎng)為l：V圓錐3．圓臺(tái)①定義：以直角梯形中垂直于底邊的腰所在的直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余各邊旋轉(zhuǎn)一周而成的曲面所圍成的幾何體叫做圓臺(tái)．圓臺(tái)用軸字母表示，如下圖圓臺(tái)可表示為圓臺(tái)OO′．②認(rèn)識(shí)圓臺(tái)③圓臺(tái)的特征及性質(zhì)圓臺(tái)1平行于底面的截面是圓，軸截面是等腰梯形．④圓臺(tái)的體積和表面積公式設(shè)圓臺(tái)的上底面半徑為r，下底面半徑為R，高為h，母線長(zhǎng)為l：V圓臺(tái)9．圓柱的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓柱的體積計(jì)算依賴于底面圓的半徑r和圓柱的高度h．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=﹣實(shí)際應(yīng)用：如何根據(jù)實(shí)際問題中的圓柱尺寸進(jìn)行體積計(jì)算．【命題方向】﹣圓柱的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面圓的半徑和高度計(jì)算圓柱的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用圓柱的體積計(jì)算．10．球的體積和表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．球體：在空間中，到定點(diǎn)的距離等于或小于定長(zhǎng)的點(diǎn)的集合稱為球體，簡(jiǎn)稱球．其中到定點(diǎn)距離等于定長(zhǎng)的點(diǎn)的集合為球面．2．球體的體積公式設(shè)球體的半徑為R，V球體=3．球體的表面積公式設(shè)球體的半徑為R，S球體＝4πR2．【命題方向】考查球體的體積和表面積公式的運(yùn)用，常見結(jié)合其他空間幾何體進(jìn)行考查，以增加試題難度，根據(jù)題目所給條件得出球體半徑是解題關(guān)鍵．11．球的表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】球的表面積依賴于球的半徑r，計(jì)算公式為4π【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：表面積計(jì)算公式為4π﹣實(shí)際應(yīng)用：如何根據(jù)實(shí)際問題中的球尺寸進(jìn)行表面積計(jì)算．【命題方向】﹣球的表面積計(jì)算：考查如何根據(jù)球的半徑計(jì)算表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用球的表面積計(jì)算．12．球的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)