2023年高考數(shù)學(xué)真題解析 立體幾何初步（解析版）

專題09立體幾何初步

目錄一覽

2023真題展現(xiàn)

考向一立體幾何的體積

考向二外接球與內(nèi)切球

考向三空間角

真題考查解讀

近年真題對(duì)比

考向一旋轉(zhuǎn)體

考向二立體幾何的體積

考向三外接球與內(nèi)切球

考向四球體的表面積

考向五空間角

考點(diǎn)六直線與平面的位置關(guān)系

命題規(guī)律解密

名校模擬探源

易錯(cuò)易混速記/二級(jí)結(jié)論速記

1.(2023?新高考H?第14題)底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為

2,高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為一.

【答案】28

解：如圖所示，根據(jù)題意易知△SOIAISASOA,

.*.&=皿=耳=2,又SOi=3,：.SO=6,：.OOi=3,

SOOA24221

又上下底面正方形邊長(zhǎng)分別為2,4,

二所得棱臺(tái)的體積為［x(4+16+V4x16)x3=28.

s

2.（2023?新高考I?第14題）在正四棱臺(tái)ABC0-4BQO1中，AB=2,48尸1,44戶夜，則該棱臺(tái)的

體積為—.

【答案】乎

6

解：設(shè)正四棱臺(tái)ABC。-481Gd的上下底面中心分別為M,N,

過4作4”_L4C,垂足點(diǎn)為”，由題意易知AIM=HN=F，又AN=夜，

：.AH^=AN-HN=y,又A4I=VL:.A\H=MN*,

???該四棱臺(tái)的體積為（1+4+V13M）乂。=華.

326

考向二外接球與內(nèi)切球

3.（2023?新高考I?第12題）（多選）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：〃力的正方體容器

（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99機(jī)的球體

B.所有棱長(zhǎng)均為1.4〃?的四面體

C.底面直徑為0.01/n,高為18〃的圓柱體

D.底面直徑為1.2m高為0.01根的圓柱體

【答案】ABD

解：對(duì)于A,棱長(zhǎng)為1的正方體內(nèi)切球的直徑為1＞0.99,選項(xiàng)A正確；

對(duì)于8,如圖，正方體內(nèi)部最大的正四面體。-ABC的棱長(zhǎng)為于'=或＞1.4,選項(xiàng)8正確;

對(duì)于C,棱長(zhǎng)為1的正方體的體對(duì)角線為遮V1.8,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于力，如圖，六邊形EFGH〃為正六邊形，E,F,G,H,1,J為棱的中點(diǎn)，

六邊形EFGH"棱長(zhǎng)為當(dāng)米，NGFH=NGHF=30°,

所以FH=V3FG=V3GH=半米，故六邊形EFGHU內(nèi)切圓直徑為半米，

而（當(dāng)產(chǎn)=|＞（1.2）2=1.44,選項(xiàng)。正確.

考向三空間角

4.（2023?新高考][?第9題）（多選）己知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為。，AB為底面直徑，ZAPB=120°,

%=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角尸-4C-。為45°,則（）

A.該圓錐的體積為TTB.該圓錐的側(cè)面積為4757T

C.AC=2V2D.的面積為百

【答案】AC

由二面角的定義可知，二面角P-AC-。的平面角即為/尸。0=45「

對(duì)于4,△以8中，由于附=PB=2,NAP8=120°,

則PO=1,AO=y/3,

則QD=1,K=|-3TT-1=TT,選項(xiàng)A正確.

對(duì)于8,S?y=兀X遍x2=2百兀，選項(xiàng)8錯(cuò)誤.

對(duì)于C,AC==2V2,選項(xiàng)C正確.

對(duì)于Z),PD=y[2,S?PAC=^xV2x2>/2=2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

d一

真題考查解讀

=4*

【命題意圖】

考查空間幾何體的表面積與體積、外接球問題、空間角等.

【考查要點(diǎn)】

命題會(huì)涉及到體積，表面積，角度等計(jì)算，涉及到最值計(jì)算，范圍求取，考查空間想象力、運(yùn)算求解

能力、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、邏輯推理能力.

【得分要點(diǎn)】

1.表面積與體積公式

(1)棱柱的體積公式：設(shè)棱柱的底面積為S,高為〃，丫皿=sx/z.

(2)棱錐的體積公式：設(shè)棱錐的底面積為S,高為/n

(3)棱臺(tái)的體積公式：設(shè)棱臺(tái)上底面面積為S,下底面面積為S',高為〃，

V極臺(tái)=：x(S+S'+7sxS')xh.

(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(母線長(zhǎng)1),則

%柱=仃2八

S網(wǎng)柱=2xnr2+2nrl=2nr(r+I)

(5)圓錐的體積和表面積公式：設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為做母線長(zhǎng)Z),母線長(zhǎng)為/：

[錐=]N/i

S圓錐=兀/+TTrl=nr(r+/)-

(6)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/：

“圓臺(tái)=|n-/i(r2+/?2+/?r)

S圓臺(tái)=71T2+TIR2+nrl+HRI=7r(r2+/?2+rZ+RI)

(7)球的體積和表面積：設(shè)球體的半徑為R,I/球體=g〃R3,$球體=4n/?2.

2.外接球題型歸類：

(1)三線垂直圖形

計(jì)算公式：三棱錐三線垂直n還原成長(zhǎng)方體=2/?=行正五

（2）由長(zhǎng)方體（正方體）圖形的特殊性質(zhì)，可以構(gòu)造如下三種模型:

①三棱錐對(duì)棱相等.^2R=yla2+b2+c2=J,m,〃，/是三個(gè)對(duì)棱棱長(zhǎng).

②等邊三角形與等腰直角三角形連接.

③投影為矩形.

（3）線面垂直型：線垂直一個(gè)底面（底面是任意多邊形，實(shí)際是三角形或者四邊形（少），它的外接

圓半徑是〃滿足正弦定理）.

計(jì)算公式R+r2;其中2r=

（4）面面垂直型

一般情況下，倆面是特殊三角形。垂面型，隱藏很深的線面垂直型

（5）垂線相交型

等邊或者直角：等邊三角形中心（外心）做面垂線，必過球心.

直角三角形斜邊中點(diǎn)（外心）做面垂線，必過球心.

許多情況下，會(huì)和二面角結(jié)合.

3.直線和平面所成的角：

一條直線和一個(gè)平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內(nèi)的射影轉(zhuǎn)化為兩

條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的.具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：

（1）作：作出斜線與射影所成的角.

（2）證：論證所作（或找到的）角就是要求的角.

（3）算：常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出

角.

（4）答：回答求解問題.

4.線面角的求解方法：

傳統(tǒng)求法：可通過已知條件，在斜線上取一點(diǎn)作該平面的垂線，找出該斜線在平面內(nèi)的射影，通過解直

角三角形求得.

向量求法：設(shè)直線/的方向向量為次平面的法向量為二直線與平面所成的角為0,1與￡的夾角為<p，

—?—>

則有sin0=|cos<p|=

5.二面角的平面角求法：

（1）定義法.

（2）三垂線定理及其逆定理.

（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定義可知兩個(gè)面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個(gè)

面的交線所成的角，就是二面角的平面角.

（4）平移或延長(zhǎng)（展）線（面）法.

（5）射影公式.

（6）化歸為分別垂直于二面角的兩個(gè)面的兩條直線所成的角.

（7）向量法：用空間向量求平面間夾角的方法：

設(shè)平面a和0的法向量分別為［和人若兩個(gè)平面的夾角為。，則

.TTJTTTTTU-V

①當(dāng)04v><-,0=Vu,v>,cos0=cos<u,v>=

2\u\\v\

TT

②當(dāng)U>V1T時(shí)，COS0=-COS<U,V>=

2|w||v|

近年真題對(duì)比

考向一旋轉(zhuǎn)體

5.（2021?新高考I）已知圓錐的底面半徑為弧，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）

A.2B.2&C.4D.472

【解答】解：由題意，設(shè)母線長(zhǎng)為/,

因?yàn)閳A錐底面周長(zhǎng)即為側(cè)面展開圖半圓的弧長(zhǎng)，圓錐的母線長(zhǎng)即為側(cè)面展開圖半圓的半徑，

則有2兀?收=兀?1，解得1=2^，

所以該圓錐的母線長(zhǎng)為小巧.

故選：B.

考向二立體幾何的體積

5.(2022?新高考I)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫(kù).己知

該水庫(kù)水位為海拔148.5”?時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140。左加2；水位為海拔157.5〃?時(shí)，相應(yīng)水面的面積為

180.0^2.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5加上升到157.5m

時(shí)，增加的水量約為(A/7p2.65)()

A.1,0X109m3B.I.2X109W3C.1.4X109/n3D.I.6X109;M3

【解答】解：180面?2=]8oxio6/〃2,

根據(jù)題意，增加的水量約為140X106+i80X106+g40X106xi80X106x(J57S148.5)

3

_(140+180+60/7)X106

-3X9

*(320+60X2.65)X106X3=1437X106?=1.4X109/n3.故選：C.

6.(2021?新高考H)正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,則其體積為()

A.20+12代B.2872C.因D.里返.

33

【解答】解法一：如圖A8CO-AiBCiQi為正四棱臺(tái)，AB=2,4的=4,441=2.

在等腰梯形4B18A中，過A作AE_L48i,可得AiE=3二2=1,

2

4￡=也[27*2=7^1=后

連接AC,AiCi,

AC=y]4+4=2/2?A1C1="16+16=4&,

過4作AG_LAiCi,4G=4M-2我=&,

2

AG=JAA]2_A]G2=V^=&'

???正四棱臺(tái)的體積為：

s上+sTRs上?s下

Xh

3

2222

2+4+V2X4x

3

=28&

-3-,

解法二：作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖,

:該四棱臺(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,

.??該棱臺(tái)的高4=V22-(2V2-V2)2=企，

下底面面積Si=16,上底面面積S2=4,

則該棱臺(tái)的體積為：

^~h(S1+S2+7S1S2)=yxV2X(16+4+764)=^^-

7.(多選)(2022?新高考H)如圖，四邊形A8C。為正方形，E￡)J_平面A8C￡?,FB//ED,AB=ED=2FB.記

三棱錐E-AC。，F(xiàn)-ABC,尸-ACE的體積分別為％,V2,丫3,則()

C.V3=V1+V2D.2V3=3VI

【解答】解：設(shè)A8=EO=2FB=2,

Vl=—XSMCDX|ED|=A,

33

v2=AX5A4BCx|FB|=-2.,

33

如圖所示，

連接8。交4c于點(diǎn)M,連接EM、FM,

則FM=F,EM=QEF=3,

故SAEMF=/X?x顯=3?-，

=2,

V3=^S/\EMFXAC=—義治區(qū).x2A/2

332

故C、D正確，A、B錯(cuò)誤.

故選：CD.

8.（多選）（2021?新高考I）在正三棱柱ABC-481。中，AB=A4i=l,點(diǎn)P滿足而=入前+口麗:其

中入口0,1],ne[0,1],則（）

A.當(dāng)a=1時(shí)，△ABiP的周長(zhǎng)為定值

B.當(dāng)口=1時(shí)，三棱錐P-A18C的體積為定值

C.當(dāng)人=』時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得AiP_LB尸

2

D.當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得AiBJ_平面AB1P

【解答】解：對(duì)于A,當(dāng)人=1時(shí)，BP=BC+NBB卜即樂=-BB；所以不“BB,

故點(diǎn)P在線段C。上，此時(shí)記的周長(zhǎng)為ABi+BP+AP,

當(dāng)點(diǎn)P為C。的中點(diǎn)時(shí)，△A8iP的周長(zhǎng)為遙偵，

當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)Ci處時(shí)，ZXABiP的周長(zhǎng)為2匹+1，

故周長(zhǎng)不為定值，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對(duì)于8，當(dāng)口=1時(shí)，而=入前+可，即用=入而，所以晤”所，

故點(diǎn)P在線段81。上，

因?yàn)锽C〃平面4BC,

所以直線BlCi上的點(diǎn)到平面A\BC的距離相等，

又△48C的面積為定值，

所以三棱錐P-48C的體積為定值，故選項(xiàng)8正確；

對(duì)于C,當(dāng)人=』■時(shí)，取線段BC,81cl的中點(diǎn)分別為M,Mi,連結(jié)Mi",

2

因?yàn)槎砬?U可，即而二（1可，所以而//而;

則點(diǎn)P在線段例1M上，

當(dāng)點(diǎn)P在Mi處時(shí),A\M\LB\C\,

又8100818=81,所以4例」平面BBiCiC,

又8Miu平面881clC,所以即4P_L8P,

同理，當(dāng)點(diǎn)P在M處，AiPA.BP,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于。，當(dāng)^=工時(shí)，取CCi的中點(diǎn)。I,的中點(diǎn)。,

2

因?yàn)槎苏畖西，即而二入前，所以而//皮，

則點(diǎn)P在線的上，

當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)Di處時(shí)，取4c的中點(diǎn)E,連結(jié)4E,BE,

因?yàn)锽E_L平面4CCM1,又AOiu平面ACC1A”所以AOi_L8E,

在正方形ACCA1中,ADil.A\E,

又3EC4iE=E,BE,4Eu平面48E,

故4￡>i_L平面48E,乂AiBu平面A18E,所以48J_A￡）i,

在正方體形中，AiBlABi,

又AD1CAB1=A,AD\,A8iu平面ABi。，所以4B_L平面,

因?yàn)檫^定點(diǎn)A與定直線4B垂直的平面有且只有一個(gè)，

故有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得48J_平面A8iP,故選項(xiàng)。正確.

故選：BD.

考向三外接球與內(nèi)切球

9.（2022?新高考【）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為/,其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為36m且3W

1￡3如,則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

AJ?學(xué)B.號(hào)，學(xué)Y第D.(IS.27]

【解答】解：如圖所示，正四棱錐尸-ABCQ各頂點(diǎn)都在同一球面上，連接AC與8。交于點(diǎn)E,連接PE,

則球心0在直線PE匕連接04,

設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為m高為〃,

212222=22

在Rt△租E中，PA=AE+PE,BP1=+hya+h1

:球。的體積為36ir,...球0的半徑R=3,

122

在RtZSOAE中，OA^^OEr+AE,BPR=(h_g)+2,

T2工」2a.c?12/2d

,?5a+h-6hl=0,"-a+h=6h,

A/2=6/?,又,.?3W/W3百，???34h4|,

?I該正四棱錐體積V(%)=-^-a2h=-^-(12h-2h2)h=-^h3+4h2*

ooo

VV(/i)=-2M+8/?=2/7(4-/?),

二當(dāng)日<h<4時(shí)'V⑺>0,V(A)單調(diào)遞增；當(dāng)4Vh時(shí)，v(〃)<0.V(ft)單調(diào)遞減,

V(.h)max=V(4)=,

3

又皆吟<號(hào)

?,與4V(h)《粵，

TCO

即該正四棱錐體積的取值范圍是[普，瞥

故選：C.

10.(2022?新高考II)已知正三棱臺(tái)的高為1,上、下底面邊長(zhǎng)分別為3我和4y，其頂點(diǎn)都在同一球面

匕則該球的表面積為()

A.10011B.12811C.1441TD.19211

【解答】解：當(dāng)球心在臺(tái)體外時(shí)，由題意得，上底面所在平面截球所得圓的半徑為-^—=3,下底

2sin60

面所在平面截球所得圓的半徑為一如圖,

2sin60

設(shè)球的半徑為R,則軸截面中由幾何知識(shí)可得｛R2_32_五2_42=1，解得R=5,

...該球的表面積為4nR2=4nX25=IOOTT.

當(dāng)球心在臺(tái)體內(nèi)時(shí)，如圖，

此時(shí)五?.”+&2_,2=],無解.

綜上，該球的表面積為100死

故選：A.

考向四球體的表面積

II.（2021?新高考H）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球

靜止同步軌道衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000加？（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面

的距離）.將地球看作是一個(gè)球心為O,半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所

成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測(cè)到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為a,該衛(wèi)星信號(hào)

覆蓋地球表面的表面積S=2TTM（1-cosa）（單位：km1）,則S占地球表面積的百分比約為（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【解答】解：由題意，作出地球靜止同步衛(wèi)星軌道的左右兩端的豎直截面圖,

地球崢止同步軌道

則OP=36000+6400=42400,那么cosa=±%—

4240053

衛(wèi)星信號(hào)覆蓋的地球表面面積S=2nJ（1-cosa）,

那么，S占地球表面積的百分比為271r（1-cosa）=生一42%.

2

471r106

故選：C.

考向五空間角

12.（多選）（2022?新高考I）已知正方體4BCD-4BC1A,則（）

A.直線與04所成的角為90°

B.直線BC1與C4所成的角為90°

C.直線8。與平面8B100所成的角為45°

D.直線8。與平面A8CO所成的角為45°

【解答】解:如圖,

連接8C,由48i〃Z）C,AyB\=DC,得四邊形DAiBiC為平行四邊形,

可得D4i〃BC,：BCi_L8iC,.?.直線8。與D41所成的角為90',故A正確；

'：A\B\LBC\,BCilBiC,A\B\QB\C^B\,.,.8（71_1平面。4|81。，而C4u平面D4IBIC,

：.BC\LCA\,即直線8cl與C4所成的角為90°,故8正確；

設(shè)4。。8⑺1=0,連接80,可得CiO_L平面B81O1D,即NG80為直線8。與平面BBIDIO所成的

角，

,：sinZC\BO=—0C,L=上1，.?.直線8。與平面88OQ所成的角為30°,故C錯(cuò)誤；

BCj2

???CCi_L底面ABC。，；.NC18C為直線8。與平面ABC。所成的角為45°,故。正確.

故選：ABD.

考點(diǎn)六直線與平面的位置關(guān)系

13.（多選）（2021?新高考H）如圖，下列正方體中，。為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M,N為正方

體的頂點(diǎn)，則滿足MNLOP的是（）

M

【解答】解：對(duì)于4設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,設(shè)MN與OP所成角為0,

則tanO=『」一=亞，，不滿足MNLOP,故A錯(cuò)誤：

2

對(duì)于3,如圖，作出平面直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,

則N(2,0,0),M(0,0,2),P(2,0,1),。(1,1,0),

MN=(2,0,-2),QP=(1,-I,1),

誦?用=0,.,.滿足MNLOP,故8正確；

對(duì)于C,如圖，作出平面直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,

則M(2,2,2),N(0,2,0),O(1,1,0),P(0,0,1),

而=(-2,0,-2),而=(-1,-1,1),

誦?用=0,.?.滿足MNLOP,故C正確；

對(duì)于。，如圖,

N

作出平面直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,

則M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),0(1,1,0),

而=(0,-2,2),QP=(1,0,2),

而?而=4,...不滿足仞V，OP,故。錯(cuò)誤.

故選：BC.

命題規(guī)律解密

本章內(nèi)容是高考必考內(nèi)容之一，多考查空間幾何體的表面積與體積，空間中有關(guān)平行與垂直的判定，空

間角等問題。

高考對(duì)本章內(nèi)容的考查比較穩(wěn)定，針對(duì)這一特點(diǎn)，復(fù)習(xí)時(shí)，首先梳理本章重要定理、公式與常用結(jié)論，

掃清基礎(chǔ)知識(shí)和公式障礙；然后分題型重點(diǎn)復(fù)習(xí)，重視立體幾何表面積與體積、內(nèi)接球與外切球、空間角的

解題思路。

名校模擬探源

棱柱的結(jié)構(gòu)特征（共2小題）

1.（2023?鹽亭縣校級(jí)模擬）己知正方體ABC。-AIBICIOI的棱長(zhǎng)為3,以4為球心，2舊為半徑的球被

該正方體的表面所截，則所截得的曲線總長(zhǎng)為.

【解答】解：根據(jù)題意可知，正方體4BCO-481ao的棱長(zhǎng)為3,以A為球心，浦為半徑的球被該

正方體的表面所截，如下圖所示：

球被面A8814,面48CD,面ADDMi所截的曲線長(zhǎng)均為工x工，

63

故在此三面上所截得的曲線長(zhǎng)為返2L.X3S打，

3

球在面8CC1B,面COGC1,面481clz）1所截得的曲線長(zhǎng)均為工xJR標(biāo)工，

22

故在這三面上所截得的曲線長(zhǎng)的和為返工X3=3近冗,

22

故所截得的曲線總長(zhǎng)為?兀兀=W|兀.

2.（多選）（2023?晉江市校級(jí)模擬）直三棱柱ABC-A181。，中，AB1AC,AB=AC=A4i=l,點(diǎn)。是線

段上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），則以下正確的是（）

A.AC〃平面42。

B.C￡）與AC1不垂直

C.NAOC的取值范圍為-y]

D.AO+OC的最小值為代

【解答】解：依題作圖，如圖1,并將其補(bǔ)成正方體，如圖2

對(duì)于A,因?yàn)锳C〃4Ci,4Ciu平面48。，所以AC〃平面48￡）,故A正確；

對(duì)于8,當(dāng)。為的中點(diǎn)，CD與CB1重合，根據(jù)正方體的性質(zhì)可得CQ_LACi,故8錯(cuò)；

對(duì)于C,判斷以AC為直徑的球與C1ZJ的交點(diǎn)情況，

如圖3,取AC中點(diǎn)尸，貝I」FC廣FB=^-，

當(dāng)ED,8c時(shí)，F(xiàn)D=4B2G“）2哼>|AC，

所以以AC為直徑的球與。8沒有交點(diǎn).所以NADC<2,故。錯(cuò)；

對(duì)于。，將面CBG翻折至與ABCi共面，此時(shí)點(diǎn)C與Ei重合，所以AD+OC的最小值為AE]=J§，故

。正確.圖1圖2圖3

故選：AD.

二.旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）（共1小題）

3.（2023?河南模擬）已知圓臺(tái)010的上、下底面半徑分別為r,R,高為〃，平面a經(jīng)過圓臺(tái)010的兩條

母線，設(shè)a截此圓臺(tái)所得的截面面積為S,則()

A.當(dāng)/z》R-rEi寸，S的最大值為(R+2r)h

221

B.當(dāng)/i2R-r時(shí)，S的最大值為促工■)[立(比工)]

2(R-r)

C.當(dāng)〃VR-r時(shí)，S的最大值為(R+2r)h

D.當(dāng)力VR-r時(shí)，S的最大值為空立讓山丘立1

2(R-r)

【解答】解：如圖，將圓臺(tái)OiO補(bǔ)成圓錐P0.

設(shè)圓臺(tái)OiO的母線長(zhǎng)為/,則/2=層+(R-八2,等腰梯形A3CD為過兩母線的截面.

設(shè)PC=x,ZAPB=Q,由三=",得乂=這，

Rx+1R-r

則5=y[(x+1)2-x2]sin62sin91

當(dāng)后R-r時(shí)，0W9O°,當(dāng)sinO最大，即截面為軸截面時(shí)面積最大，

則5的最大值為/(2R+2r)h=(R-hr)h-

當(dāng)〃VR-r時(shí)，0>90°,當(dāng)sinO=l時(shí)，截面面積最大,

則S的最大值為、12.(R+r)[h。(R-r)2]

1

2(R-r)—2(R-r)

故選：D.

=.棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積(共3小題)

4.(2023?南通三模)已知底面半徑為r的圓錐SO,其軸截面是正三角形，它的一個(gè)內(nèi)接圓柱的底面半徑

為三，則此圓柱與圓錐的側(cè)面積的比值為()

3

A.—B.返C.—D.

9939

【解答】解：圓錐的高Fr，如圖，

s

???sc)i]so,

o

???001套0繆)

oo

圓柱側(cè)面積s[=2冗ZZlr-Mlnr2-

*339

2Si如i2a

圓錐側(cè)面積S』.2兀r?2r=2兀f,------------------------

2r

2s2929

故選：D.

5.(2023?安陽二模)2022年12月7日為該年第21個(gè)節(jié)氣“大雪”.“大雪”標(biāo)志著仲冬時(shí)節(jié)正式開始，

該節(jié)氣的特點(diǎn)是氣溫顯著下降，降水量增多，天氣變得更加寒冷.“大雪”節(jié)氣的民俗活動(dòng)有打雪仗、

賞雪景等.東北某學(xué)生小張滾了一個(gè)半徑為2分米的雪球，準(zhǔn)備對(duì)它進(jìn)行切割，制作一個(gè)正六棱柱模型

ABCDEF-A\B\C\D\E\F\,設(shè)M為81E1的中點(diǎn)，當(dāng)削去的雪最少時(shí)，平面ACM截該正六棱柱所得的截

面面積為平方分米.

【解答】解：設(shè)正六棱柱A8C0EF-AI8ICIQI￡IFI的底面邊長(zhǎng)為小高為h.

若要使該正六棱柱的體積最大，正六棱柱應(yīng)為球的內(nèi)接正六棱柱中體積最大者,

所以2a2=22,即a?=4手又S回)即=6X邛

所以該正六棱柱的體積為丫=5AgeDEF36X%2h^~(16-h2)h

設(shè)/(/?)=(16-M)h,Q<h<4,

則/(/i)=16-3層,令/(.h)=0,得h=4a.

3

由/(/?)>0,解得0<h<?2；由/(人)<0,解得生應(yīng)<h<4,

33

所以/(人)在(0,空皆)上單調(diào)遞增，在國(guó)4)上單調(diào)遞減，

所以(苧)，即h挈，時(shí)V取得最大值，

過M作PQ〃4Ci,交4F1于點(diǎn)尸，交Ci￡>i于點(diǎn)。，則尸，Q分別是4尸i,CiCi的中點(diǎn),

又4G〃AC,所以PQ〃AC,則矩形ACQP即為平面ACM截該正六棱柱所得的截面.

因?yàn)镻Q=A[Ci=J^a=2&，且AP=CQ=JAA，+A]P2dh24a2

所以矩形ACQP的面積為ACXAP=2&X氓

故答案為：473-

6.（2023?皇姑區(qū)校級(jí)模擬）用一張正方形的紙把一個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體形禮品盒完全包好，不將紙撕開,

則所需紙的最小面積是.

【解答】解：把5個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形組成十字形，

并在四端加上四個(gè)斜邊為1的等腰直角三角形，

就可以包住棱長(zhǎng)為1的正方體，而這個(gè)形狀可以用邊長(zhǎng)為2a的正方形來覆蓋，

而這個(gè)正方形面積為8,

所需包裝紙的最小面積為8.

故答案為：8.

四.棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積（共13小題）

7.（2023?鄭州模擬）陀螺乂稱陀羅，是中國(guó)民間最早的娛樂健身玩具之一，在山西夏縣新石器時(shí)代的遺址

中就發(fā)現(xiàn)了石制的陀螺.如圖所示的陀螺近似看作由一個(gè)圓錐與一個(gè)圓柱組成的組合體，其中圓柱的底

面半徑為1,圓錐與圓柱的高均為1,若該陀螺由一個(gè)球形材料削去多余部分制成，則球形材料體積的最

小值為（）

【解答】解：依題意當(dāng)該陀螺中圓錐的頂點(diǎn)及圓柱的下底面圓周都在球形材料表面上時(shí)，球形材料體積

的最小，

設(shè)此時(shí)球形材料的半徑為R,由題意得（2-R）2+]2=R2,解得R號(hào)，

所以球形材料的體積最小值為方nR3兀.

故選：D.

8.（2023?寧夏三模）如圖，正方體ABCZJ-A151C1O1的棱長(zhǎng)為2,線段囪功上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E,尸（E在尸

的左邊），且下列說法不正確的是（）

A.異面直線A81與所成角為60°

B.當(dāng)E運(yùn)動(dòng)時(shí)，平面平面ACC14

C.當(dāng)E,F運(yùn)動(dòng)時(shí)，存在點(diǎn)E,F使得AE〃BF

D.當(dāng)E,尸運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐體積8-AEF不變

【解答】解：對(duì)于A,如下圖所示：

將8。平移到AOi,連接易知在△ABIDI中，NBiACi即為異面直線Aa與BC1所成的平面角,

由正方體ABCD-A\B\C\D\的棱長(zhǎng)為2,利用勾股定理可知AB]=AD[=B^^242'

即△ABiCi為正三角形，所以異面直線與BC1所成角為60°,即A正確;

對(duì)于8,連接AC,ACi,如下圖所示:

由48CZ5-4BiCiP為正方體即可得，A41，平面481。。，而8i￡）iu平面481C1D1,

所以4A_LBi。，又E1F在線段Bid上，所以AiA_LEF,又481aoi為正方形，所以即

A\C\1EF,

又4CinAAi=Ai,AiCi,A4iu平面ACCMi,所以EEL平面ACCjAi,

又EFu平面EFA,所以平面EK4_L平面ACCiAi,即B正確；

對(duì)于C,易知點(diǎn)廠不在平面4BE內(nèi)，假設(shè)AE〃BF,又AEu平面A8E,8At平面A8E,所以8尸〃平面

ABE,

顯然這與BFn平面ABE=F矛盾，所以假設(shè)不成立，即C錯(cuò)誤；

對(duì)于/）,當(dāng)E,尸運(yùn)動(dòng)時(shí)，由等體積法可知三棱錐8-4EF體積與三棱錐A-BE尸的體積相等VB-AEF=

VA-BEF;

易知三棱錐A-BEF的底面積SABDF=-1-EF-BB1=亞，易知AC_L平面BEF,

所以點(diǎn)A到平面BEF的距離為d=：AC=V^'所以-/\EF=VA-BEF=-^-5ABEF=X^2=

即當(dāng)E,尸運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐8-AEF體積不變，即。正確;

故選：C.

9.（2023?新羅區(qū)校級(jí)三模）己知正六棱錐P-ABCDE尸的各頂點(diǎn)都在球。的球面上，球心。在該正六棱

錐的內(nèi)部，若球。的體積為36TT,則該正六棱錐體積的最大值為（）

A.2773B.1673c.1073D.973

【解答】解：如圖，過P作尸MJ_平面ABCDEF,則球心。在上，

設(shè)A8=a,PM=h,外接球的半徑為R,

因?yàn)榍颉５捏w積為36n,所以■兀R3=36兀解得K=3,

在R4OM中,(/?-3)2+“2=%所以“2=6%-底

2232

正六棱錐的體積為X6X^-ah=-^~(6h-h)h=-^-(-h+6h),

設(shè)f(x)=^~(-x，6x2),f'(x)=3手(-x2+4x)'

令/（x）>0解得0<xV4,

令/（x）<0解得x<0或x>4,

所以/（x）在（-8,0）單調(diào)遞減，（0,4）單調(diào)遞增，（4,+8）單調(diào)遞減，

因?yàn)榍蛐?。在該正六棱錐的內(nèi)部，所以〃>3,

所以丫岑_（飛3+61?）在⑶4）單調(diào)遞增，（4,+8）單調(diào)遞減，

所以,ax/冬（-64+96）=16V3，

故選：B.

BC

10.（2023?吉安一模）已知正三棱柱ABC-481cl的底面邊長(zhǎng)AB=2?，其外接球的表面積為20TT,D是

BiCi的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段40上的動(dòng)點(diǎn)，過8c且與AP垂直的截面a與AP交于點(diǎn)E,則三棱錐A-

BCE的體積的最大值為（）

A.2V3_B.返C.MD.3

222

【解答】解：外接球的表面積為20m可得外接球半徑為

因?yàn)檎庵鵄BC-A\B\C\的底面邊長(zhǎng)AB=2JE，

所以A[D考~AiBi考加=3，

所以△481。的外接圓半徑為

設(shè)三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為八，則有碳）2+=2=5,解得仁2,即側(cè)棱河=仁2,

設(shè)BC的中點(diǎn)為F,作出截面如圖所示，

B

因?yàn)锳PJ_a,EFua,所以4E_LE凡所以點(diǎn)E在以AF為直徑的圓上，

當(dāng)點(diǎn)E在弧AF的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)E到底面48c距離的最大，且最大值為/的卷乂喙X2A行二,

因?yàn)镼F<AF,所以此時(shí)點(diǎn)P在線段4。上，符合條件，

所以三棱錐A-BCE的體積的最大值為工X—AFXS△細(xì)c-鼻N尊X（W§）2琴.

323242

故選：A.

11.（2023?雅安三模）已知圓錐的高為3,底面半徑為依，若該圓錐的頂點(diǎn)與底面的圓周都在同一個(gè)球面

上，則這個(gè)球的體積與圓錐的體積的比值為（）

A.互B.絲C.—D.至

3939

【解答】解：設(shè)球的半徑為R，

:圓錐的高/?=3,底面圓的半徑r=%，

.*./?2=（R-h）2+?,即/?2=（R-3）2+3,

解得：R=2,

故該球的體積V--71X2?=32兀.

33

圓錐體積為：丫,=—X71X（V3）2X3=3口，

3

32兀

二這個(gè)球的體積與圓錐的體積的比值為：4-=-^—=—?

『3兀9

故選：B.

12.（多選）（2023?臨泉縣校級(jí)三模）在正三棱臺(tái)ABC-A向C1中，Ai8i=l,AA\=2,AB=3,而=2誣，

CN=2NA，過MN與A4I平行的平面記為a,則下列命題正確的是（）

A.四面體ABBICI的體積為亞

2

B.四面體A8BC1外接球的表面積為121r

C.a截棱臺(tái)所得截面面積為2

D.a將棱臺(tái)分成兩部分的體積比為工

13

【解答】解：如圖，O,01分別是正三棱臺(tái)的底面中心，001，平面ABC,

由題意，可得0C=JE，0jCi=—1過點(diǎn)Ci作Ci”，0C于點(diǎn)從

3

由A4i=CCi=2,CH=0C-0H=2,,可得棱臺(tái)的高h(yuǎn)=00i=JcC；-CH2d2、-（4['醇，

連結(jié)例MNC\,由而=2而，CN=2NA-得出用，N分別為48,AC的三等分點(diǎn)，

所以MN〃BC,又BC〃B\C\,所以MN〃BiCi,m=^-BC=l'=

3

所以MN=BiCi,所以四邊形MNC181為平行四邊形，4i8i=AM=l,A1B1//AM,

所以四邊形AMBMi為平行四邊形，

所以又3Miu平面MNC181,A41C平面MNCiBi,

所以A4i〃平面MNCIBI,則a為平面MNC181,

對(duì)于A,由CiN〃MBi,同理可證GN〃平面A1A8B1,

三角形48N的面積為呼Bi到平面ABC的距離為00[用￡

則四面體4碗0的體積以也小左.-峭=小.=9￥"'嚶=與’故A正確:

對(duì)于3：四面體AB81。的外接球，即為正三棱臺(tái)ABC-4BC1的外接球，

設(shè)外接球半徑為小由001上返OR]='0C=V3?0。=J002+0C]2=F=OC,可知球

33v-

心即為O,

故r=0C=J§,所以外接球表面積S=4p2=i2ir,故8正確;

對(duì)于C,如圖，OOiJ_平面ABC,BCu平面ABC,所以O(shè)Oi_LBC,

又AOJ_8C,AOnOtO^O,所以BCJ_平面AOO1A1,又A4iu平面AOO1A1,

所以44i_LBC,所以

a截棱臺(tái)所得截面為長(zhǎng)方形MNCIBI,故其面積為2,故C正確:

對(duì)于Q,棱臺(tái)ABC-4BiCi體積丫=」■（返+芭叵+身巨）*2近=至巨，

344436

y=y^X2v^v：（v-y）=y^■:5==_,故。錯(cuò).

VV

AMN-A1B1C1432AW-A1B1C12310

故選：ABC.

13.（多選）（2023?遼寧模擬）如圖，正方體ABC。