2025年高考數(shù)學一輪復習之立體幾何初步

2025年高考數(shù)學一輪復習之立體幾何初步

選擇題（共10小題）

47T

1.已知圓錐的底面半徑為2,其側(cè)面展開圖是一個圓心角為三的扇形，則該圓錐的側(cè)面積為（）

A.6TTB.8irC.10nD.12n

2.己知圓柱O1O2中，AD,BC分別是上、下底面的兩條直徑，且AZ）〃2C,AB=BC=4,若M是弧BC

的中

點，N是線段48的中點，則（）

A.AM=CN,A,C,M,N四點不共面

B.AM豐CN,A,C,M,N四點共面

C.AMLBD,△ACM為直角三角形

D.AM豐CN,△ACM為直角三角形

3.某圓臺上底面圓半徑為1,下底面圓半徑為2,母線長為魚，則該圓臺的體積為（）

7TI57r27r

A.—B.—C.—D.3n

333

4.已知平面a、P，直線/ua,直線機不在平面a上，下列說法正確的是（）

A.若a〃0,m//貝!J/〃根B.若?！?,m_Lp,則/_LM

C.若/〃m，a//P，則相〃0D.若/J_m//p,則a_L0

5.已知a,0是兩個平面，a,6是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）

A.若qua,Z?u0,aJ_0,貝！J

B.若qua,a〃0,則Ja〃小

C.若〃_La,b_L0,a//b,則a〃0

D.若a〃a,a//b,則b〃a

6.已知/,根是兩條不同的直線，a,0是兩個不同的平面，則下面四個命題中，正確的是（）

A.若1〃m,mca,貝U/〃a

B.若/〃a,m//P，a〃B，貝?。?〃加

C.若。_10,Zea,mep,貝U/_Lm

D.若m_L0,I//a,I//m,則a_L0

7.已知三棱錐V-ABC的外接球的體積為竺避TT,匕4，平面力BC,AB=2AC=2,ZBAC=^n,則三

273

棱錐y-ABC的體積為（）

A,由V6V30

B.一C.—D.——

3366

8.在正方體A5CD-ALBCLDI中，P,。分別是線段A51與5。的中點，現(xiàn)有如下結(jié)論:

71

①直線PQ與直線BC所成的角為］；

?PQ1BB1；

1

③PQ

④尸?！ㄆ矫鍭3CD

則正確結(jié)論的個數(shù)為（）

A.1B.2C.3D.4

9.如圖，將邊長為1的正△ABC以邊為軸逆時針翻轉(zhuǎn)?；《鹊玫健鰽BC,其中8€（0,J）,構(gòu)成一

個三棱錐C-A8C.若該三棱錐的外接球半徑不超過一，則e的取值范圍為（)

6

C.(0,J]D.生今

10.在底面是邊長為4的正方形的四棱錐P-A8CQ中，點尸在底面的射影H為正方形A8CQ的中心，異

3

面直線尸5與所成角的正切值為彳則四棱錐尸-A5C。的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為（）

2

6547

A.—B.—C.—D.—

17161318

二.填空題（共5小題）

11.如圖，四邊形A8CD是圓柱OE的軸截面，且A8=BC=4,F,G是圓。上異于A,8的兩點，當EG

//平面DAF時，直線EG與直線AF所成角的余弦值為.

12.如圖，經(jīng)過棱長為1的正方體的三個頂點的平面截正方體得到一個正三角形，將這個截面上方部分去

掉，得到一個七面體，則這個七面體內(nèi)部能容納的最大的球半徑是

13.已知在直三棱柱ABC-中，AB1BC,tanZBAC=且此三棱柱有內(nèi)切球，則此三棱柱的

內(nèi)切球與外接球的表面積之比為.

14.如圖，在幾何體尸中，EF//AD//BC,梯形A8C。和梯形AEO為等腰梯形，AD=2EF=2BC

8>/2

=2AE=2AB=2BE,若幾何體A2ECDB的體積為一，貝UA8=

3-----------

15.在三棱柱ABC-A]31cl中，A4i_L平面ABC,ZABC^90°,BA^BC^BBi^l,尸是矩形BCC181

內(nèi)一動點，滿足PA1+PC1=2,則三棱錐P-ABC外接球體積為.

三.解答題(共5小題)

16.如圖，在正四棱柱ABCO-AIBICLDI中，AAI=4,AB=2,E為棱。)上一點(含端點)，且。E=ADZ)I.

(1)證明：AC±BiE；

(2)當2=或時，證明：平面ACE；

(3)設幾何體囪ACE的體積為V,若在(3,5),求入的取值范圍.

17.如圖，在正三棱錐A-BCD中，BC=CD=BD=4,點P滿足4P=/L4C,AG(0,1),過點P作平面

a分別與棱AB,BD,CD交于Q,S,T三點，且AD〃a,BC//a.

(1)證明：VXe(0,1),四邊形PQST總是矩形；

(2)若AC=4,求四棱錐C-PQST體積的最大值.

18.如圖是一個平面截底面邊長為2的正方形的長方體ABC。-ALBICID所得的幾何體ABCDEEGHAC

與2。相交于點O,AE=1,CG=2,BF=DH.

(1)證明：OG_L平面BOE；

(2)求三棱錐G-8DE的體積.

G

19.如圖，在四棱錐Q-ABCD中，四邊形ABC。為直角梯形，CD//AB,BC±AB,平面平面ABCD,

QA=QD,點M是AD的中點.

(I)證明：QM±BD.

V42

(II)點N是CQ的中點，AD=AB=2CD=2,當直線MN與平面Q8C所成角的正弦值為〒時，求

四棱錐Q-A3。的體積.

20.如圖，在直三棱柱ABC-481cl中，AiCi=BiCi=3,AiBi=4V2,。為AiBi的中點.

(1)證明：31c〃平面ACiD

(2)若以ABi為直徑的球的表面積為48n,求三棱錐Bi-AC1D的體積.

Bi

2025年高考數(shù)學一輪復習之立體幾何初步

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

1.已知圓錐的底面半徑為2,其側(cè)面展開圖是一個圓心角為式的扇形，則該圓錐的側(cè)面積為（）

A.6TTB.8TCC.lOnD.12n

【考點】圓錐的側(cè)面積和表面積.

【專題】整體思想；綜合法；三角函數(shù)的求值；數(shù)學運算.

【答案】A

【分析】根據(jù)半徑求出底面周長，由弧長公式可得母線長，再利用圓錐的側(cè)面積公式求解.

【解答】解：因為底面半徑，=2,

所以底面周長為2Trr=4iT,

47r

又因為側(cè)面展開圖是圓心角為弓的扇形，

所以圓錐的母線長上萼=3,

T

所以該圓錐的側(cè)面積S=Tu7=nX2X3=6n.

故選：A.

【點評】本題主要考查了圓錐的側(cè)面積公式，屬于基礎(chǔ)題.

2.已知圓柱0102中，AD,8c分別是上、下底面的兩條直徑，S.AD//BC,AB=BC=4,若M是弧

的中

點，N是線段的中點，則（）

A.AM=CN,A,C,M,N四點不共面

B.AMWCN,A,C,M,N四點共面

C.AM±BD,/XACM為直角三角形

D.AM聲CN,△ACM為直角三角形

【考點】平面的基本性質(zhì)及推論.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理.

【答案】D

【分析】根據(jù)圓柱中的直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，逐項判斷即可得結(jié)論.

【解答】解：因為點MC8C,而BCu平面ACN,

結(jié)合圓柱結(jié)構(gòu)，所以〃金平面ACN,故A,C,M,N四點不共面；

圓柱。1。2中，AD,8c分別是上、下底面的兩條直徑，且AO〃BC,AB=BC=4,

若M是弧2C的中點，N是線段AB的中點，

/21,____________

故BM=^fBC=2V2,BN=^AB=2,所以4M=VXB2+BM2=2布

CN=y/CB2+BN2=2后故AM^CN-,

連接AO2,則依題有AO2為AM在平面ABCD內(nèi)的射影，

在平面ABC。內(nèi)顯然與A02不垂直，故AM與BD不垂直；

MC=MB=2V2,AC=4V2,AM2+MC2^AC2,則△ACM為直角三角形.

故選：D.

【點評】本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、空間點線面的位置關(guān)系，考查數(shù)學運算、邏輯推理、直觀想

象，屬于基礎(chǔ)題.

3.某圓臺上底面圓半徑為1,下底面圓半徑為2,母線長為迎，則該圓臺的體積為（）

77r57r27r

A.—B.—C.—D.3n

333

【考點】圓臺的體積.

【專題】計算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學運算.

【答案】A

【分析】根據(jù)題意，由圓臺的結(jié)構(gòu)特征求出圓臺的高，進而由圓臺的體積公式計算可得答案.

【解答】解：根據(jù)題意，設該圓臺的高為九其軸截面如圖，

有OA=1,0iC=2,AC=a,

則AB=yjAC2-（OiC-OAY=V2^1=1,即/?=1；

1777"

故該圓臺的體積V=W（n+4ii+，7rx4兀）h=-y.

故選：A.

【點評】本題考查圓臺的體積計算，涉及圓臺的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

4.已知平面a、p,直線/ua,直線機不在平面a上，下列說法正確的是（）

A.若?！?,777〃0,貝"〃機B.若式〃0,機_1_0,則/_1_機

C.若1〃m,a//P，則機〃BD.若/J_:w，機〃0,則a_L0

【考點】空間中直線與直線平行.

【專題】運動思想；分析法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象.

【答案】B

【分析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關(guān)系逐一分析四個選項得答案.

【解答】解：對于A,若a〃仇"2〃0,貝!]/〃根或/與優(yōu)異面，故A錯誤；

對于8,若式〃0,則〃z_La,又/ua,貝"故2正確；

對于C,若1〃機，a〃印則機〃0或機u0,故C錯誤；

對于D若則a〃0或a與B相交，故。錯誤.

故選：B.

【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的判定及應用，考查空間想象

能力與思維能力，是中檔題.

5.已知a,0是兩個平面，a,6是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）

A.若aua,bu0,a_L0,貝!Ja_Lb

B.若qua,a〃0,貝Ua〃匕

C.若a_La,bl.p,a//b,貝！]a〃0

D.若?！╝,a//b,則6〃a

【考點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系；空間中直線與直線之間的位

置關(guān)系.

【專題】應用題；對應思想；綜合法；數(shù)學抽象.

【答案】C

【分析】根據(jù)題意，由直線與平面的位置關(guān)系分析選項，綜合可得答案.

【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項:

對于A，若qua,a±p,直線〃、b平行、相交或異面，A錯誤;

對于8,若qua,bu0,a〃由直線a、6平行或異面，8錯誤;

對于C,若a_La,a//b,則b_La,又由b_L0,則a〃0,C正確;

對于。，若〃〃a,allb,則Z?〃a或bua,。錯誤.

故選：C.

【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，涉及直線與平面垂直、平行的判斷，屬于基礎(chǔ)題.

6.已知/,根是兩條不同的直線，a,0是兩個不同的平面，則下面四個命題中，正確的是（）

A.若1〃m,mua.,貝!!/〃a

B.若/〃a,m//P，a〃0,則/〃加

C.若a_l_0,Zea,mep,貝"

D.若機_L0,I//a,I//m,則a_L0

【考點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系；空間中直線與直線之間的位

置關(guān)系.

【專題】整體思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；直觀想象.

【答案】D

【分析】由空間中直線與直線、直線與平面位置關(guān)系逐一分析四個選項得答案.

【解答】解：若l〃m,mu（x,貝卜〃a或/ua,故A錯誤;

若/〃a,m//P，a〃仇貝！J/〃m或/與根相交或/與相異面，故3錯誤;

若a_LB，/ua,"zu0,貝!!/與機可能平行，故C錯誤;

?.?機_L0,l//m,/.Zip,又/〃a,記/uy,且丫。a=/',貝U,

得故。正確.

故選：D.

【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面位置關(guān)系的判定，考查空間想象能力與思維能力，是

中檔題.

40V307

7.己知三棱錐V-ABC的外接球的體積為------冗,VA1平面ABC,AB=2AC=2,ZBAC=gn,則三

273

棱錐V-ABC的體積為（）

A心V6V30

B.一c.—D.——

3366

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學運算.

【答案】A

【分析】先根據(jù)球的體積公式求出球的半徑R,再根據(jù)余弦定理與正弦定理求出AABC的外接圓的半徑

r,從而可得三棱錐V-ABC的高為J（2/）2-（2r）2,最后根據(jù)三棱錐的體積公式，即可求解.

440/30

【解答】解：..?三棱錐v-ABC的外接球的體積為］兀夫3=-兀，

327

三棱錐V-ABC的外接球的半徑R=曜，

V3

27r

又AB=2AC=2,等，

：.BC=Jl2+22-2xlx2x(-1)=V7,

設AABC的外接圓的半徑為r,

BC=V7

則根據(jù)正弦定理可得：2r=

sin/-BAC-V3

T

噂,又一，平面ABC,

三棱錐V-ABC的高為J(2R)2—(2r)2=14x學—4x(=2,

一八,11V3V3

?，?三棱錐V-ABC的體積為一x-x1x2x—x2=—.

3223

故選：A.

【點評】本題考查三棱錐的體積的求解，三棱錐的外接球問題，屬中檔題.

8.在正方體ABCD-ALBCLDI中，P,。分別是線段A51與8。的中點，現(xiàn)有如下結(jié)論:

71

①直線PQ與直線BC所成的角為不

②尸。，881；

1

③PQ=2碼；

④P。〃平面A8CD

則正確結(jié)論的個數(shù)為（）

A.1B.2C.3D.4

【考點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理.

【答案】C

【分析】作PELAB于點E,。下，BC于點尸根據(jù)異面直線的角的定義求出平面角判斷①；由①得尸。

//EF,結(jié)合281，斯判斷②；設邊長為2,PQ=EF,分別求出ER判斷③；利用線面平行判定

定理，可判斷④.

【解答】解：在正方體ABC。-481C1D中，P,。分別是線段A81與3C1的中點，

對于①，如圖作PELAB于點E,。尸，2C于點P,連接ER所以。尸〃821,

且QF=*BBi，PE//BB1,且PE=5BB「所以四邊形PEF。為平行四邊形，

所以PQ〃所，所以NEFB即為直線尸。與直線BC所成的角，又BE=BF,

所以故①錯誤；

對于②，因為平面4BC。，EFc?ABCD,所以B8i_LEF,

由①知PQ〃ER所以尸。，881,故②正確；

對于③，設正方體的棱長為2,因為PQ=EF,在Rt/\E8尸中，EF=y/BE2+BF2=Vl2+I2=V2,

又因為AB】=V22+22=2或,所以EF=245］，即PQ=*AB「故③正確；

對于④，由①得，PQ//EF,因為P0仁平面ABC。，EFu平面ABCZ),

所以PQ〃平面A8CD,故④正確

所以，②③④正確，①錯誤，

故選：C.

【點評】本題考查異面直線所成角、線面垂直、線面平行等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

9.如圖，將邊長為1的正△ABC以邊A8為軸逆時針翻轉(zhuǎn)?；《鹊玫紸ABC,其中8e(0,J),構(gòu)成一

個三棱錐C-ABC.若該三棱錐的外接球半徑不超過叵，則0的取值范圍為()

6

c'

A.(0,1]B.(0,勺C.(0,JTTD.生5)

【考點】球的體積和表面積；棱錐的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學運算.

【答案】c

【分析】由圖結(jié)合垂徑定理找到球的球心。，翻折的角。即為NCDC'的大小.設OC=R,易知DC=

=孚，DE=埠cos',DG=gCG=孚，EC=EC*sin$,得R2=iH----結(jié)合9G

DC

LLLo3■42

(0,分Wo<e<

【解答】解：如圖，由正AABC知，取線段AB的中點。，取線段。上靠近點。的三等分點G,則G

為正△ABC的外心.

取CC'的中點E,連接CD,CD,DE,由C￡)=C'。知，OE為線段CC'的中垂線.

在平面C'CD內(nèi)過G作CD的垂線交即于。，連接。C,

則。即為三棱錐的外接球球心，

由二面角的平面角的定義可得翻折的角6即為/COC'的大小.

設OC=R,由邊長為1的正△ABC易知。C=OC'=卑DE=^cos-,￡)G=^DC=gCG=馬DC=字,

2223633

EC=EC'^~sin^,

L6

?,7302/----------------7R2—sin1-)2,

則一cos-=DE=DO+0E=-Q+y/OC2-EC2=—+

22cos2-cos2-

化簡可得*//I又因為CTBC三棱錐的外接球半徑RM等即解蕓+曲球，

解得cos2^結(jié)合6￡（0,分

可得cos^N坐,解得0〈號〈卷,

即0V。＜J.

故選：c.

【點評】本題考查了立體幾何綜合，考查了學生空間想象，邏輯推理，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.

10.在底面是邊長為4的正方形的四棱錐尸-ABC。中，點尸在底面的射影H為正方形A3CQ的中心，異

3

面直線尸8與A0所成角的正切值為,則四棱錐尸-A5CQ的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為（）

6547

A.—B.——C.—D.——

17161318

【考點】球的體積和表面積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學運算.

【答案】c

【分析】依題意可得P-ABCD為正四棱錐，由AD//BC可得異面直線PB與AD所成的角為NP8C,

取BC中點E,連接PE、HE,即可求出PE、HP,再求出四棱錐的表面積與體積，從而求出內(nèi)切球的

半徑，再由勾股定理求出外接球的半徑，即可得解.

【解答】解：由題可得四棱錐尸為正四棱錐，即有B4=P3=PC=PO.

因為Ar>〃BC,所以異面直線PB與A。所成的角為NPBC,

PF

取BC中點E,連接PE、HE,貝UPELBC,所以tanNPBC=1g=

所以PE=3,HP=y/PE2-HE2=V5.

從而可以求得四棱錐P-ABCD的表面積和體積分別為:

S=1X4X3X4+42=40,U/x4x4x逐=與2

所以內(nèi)切球的半徑為r=9=竽?

設四棱錐尸-A8CZ）外接球的球心為。，外接球的半徑為R,貝1］。尸=。4

貝I」（遮一R>+（2a）2=R2,解得R=膂，所以彳=2.

故選：C.

【點評】本題考查四棱錐的外接球與內(nèi)切球問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，方程思想，屬中檔題.

填空題（共5小題）

11.如圖，四邊形ABC。是圓柱0E的軸截面，且42=2。=4,F,G是圓。上異于A,8的兩點，當EG

V5

//平面DAF時，直線EG與直線AF所成角的余弦值為y.

【考點】異面直線及其所成的角.

【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學運算.

【答案】y.

【分析】連接EO,OG,利用面面平行的性質(zhì)定理可得OG〃AF,即有NEG。為直線EG與直線AF所

成角，再在Rt^EOG中運用三角函數(shù)關(guān)系即可求得答案.

【解答】解：連接E。，0G,

"JOE//AD,AZJu平面D4幾

。的平面DAF,

.?.0￡〃平面。4/，而EG〃平面ZW,

OECEG=E,OE,EGu平面EOG,

平面EOG〃平面DAF,

又平面ABFC平面EOG=OG,

平面ABBCl平面DAF^AF,

：.OG//AF,

則/EGO為直線EG與直線AF所成角,

又OG=^4B=2,EO=BC=4,

：.在RtAEOG中，EG=y/EO2+OG2=V42+22=2有,

/“cOG2V5

COS/￡GO=詼=^=E，

A直線EG與直線AF所成角的余弦值為

V5

故答案為：—.

【點評】本題考查了異面直線所成角的求法，是中檔題.

12.如圖，經(jīng)過棱長為1的正方體的三個頂點的平面截正方體得到一個正三角形，將這個截面上方部分去

掉，得到一個七面體，則這個七面體內(nèi)部能容納的最大的球半徑是.

【考點】球的體積和表面積；球內(nèi)接多面體.

【專題】計算題；整體思想；綜合法；球；數(shù)學運算.

【分析】如圖，七面體為正方體ABCD-AiBiCiDi截去三棱錐Bi-BAiCi的圖形，由正方體的結(jié)構(gòu)特

征可得這個七面體內(nèi)部能容納的球最大時，該球與三個正方形面和等邊三角形面相切，且球心在體對角

線為。上，以點。為原點建立空間直角坐標系，設球心。(a,a,a)(0<a<1),利用向量法求出球心

0到平面BAiCi的距離進而可得出答案.

【解答】解：如圖，七面體為正方體ABC。-A131C1D截去三棱錐31-84。的圖形,

由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得這個七面體內(nèi)部能容納的球最大時，

該球與三個正方形面和等邊三角形面相切，且球心在體對角線的。上,

如圖，以點。為原點建立空間直角坐標系，

則B(1,1,0),Ai(1,0,1),Ci(0,1,1),

1

設球心。(a,a,a)(0<a<引,

—>—>—>

故=(0,-1,1),BC1=(-1,0,1),OB=(1—a,1-a,-a),

設平面84cl的法向量為￡=(x,y,z),

則有總處】=-y+z=。，可取"(i,i,i),

{n?BCi=—%+z=0

7T

、.IOB'Tt\a+1-a—2-3a

則球心0到平面BAiCi的距曷為J-----尸-----L=

\n\V3V3

因為球。與三個正方形面和等邊三角形面相切，

所2以—3a=a,解得a=Q卡-，

所以這個七面體內(nèi)部能容納的最大的球半徑是寸3—V.3

故答案為：

【點評】本題考查了七面體內(nèi)部能容納最大球的半徑計算，屬于中檔題.

13.已知在直三棱柱ABC-A1BC1中，AB1BC,tanZBAC=且此三棱柱有內(nèi)切球，則此三棱柱的

4

內(nèi)切球與外接球的表面積之比為—.

~29~

【考點】球的體積和表面積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學運算.

4

【答案】—?

【分析】設8c=3a,結(jié)合條件AB1BC,tcm/BAC=:可求AB,AC,根據(jù)三棱柱有內(nèi)切球求出此三

4,

棱柱的內(nèi)切球半徑，再求外接球的半徑，結(jié)合球的表面積公式求結(jié)論.

【解答】解：設BC=3a,因為tanAC=

所以AB=4a,AC=5a,

設AABC的內(nèi)切圓的半徑為r,

11

則由三角形的面積相等得：-(.AB+BC+AQr=-AB-BC,

11

即］(4a+3a+5a)r=-X(4a)x(3a),解得r=a,

因為三棱柱ABC-421Cl有內(nèi)切球，所以A4i=2a,

因為ABJ_8C,BBilAB,BBi±BC,

所以直三棱柱ABC-ALBICI的外接球就是以54,BC,821為棱的長方體的外接球，

即直三棱柱ABC-ALBICI的外接球的直徑就是以BA,BC,B81為棱的長方體的對角線，

且其長為+BC2=V4a2+16a2+9a2=回a,

所以三棱錐ABC-AiBiCi的內(nèi)切球的表面積為MJ,

三棱錐的外接球的表面積為29TM2,

4

所以三棱柱ABC-AiBiCi的內(nèi)切球與外接球的表面積之比為丁.

29

4

故答案為：—.

A

【點評】本題考查球表面積的求法，幾何體的內(nèi)切球問題，屬于中檔題.

14.如圖，在幾何體A8ECQ/中，EF//AD//BC,梯形A3CQ和梯形AE尸。為等腰梯形，AD=2EF=2BC

8A/2

=2AE=2AB=2BE,若幾何體ABECDF的體積為——，則AB=2.

3--------

BC

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學運算.

【答案】2.

【分析】作出圖形，取的中點連接EM,BM,則易得幾何體A8ECL甲的體積為正四面體E42M

與三棱柱BEM-C/加的體積之和，再根據(jù)體積建立方程，即可求解.

【解答】解：如圖，取AD的中點連接EM,BM,

由EF//AD,AD=2EF,

可得四邊形￡7*加為平行四邊形，可得

又由AE=EF,可得

可得△AME為等邊三角形，

同理可得三棱錐為正四面體，

設A8=a,如圖，過點E作OE_L平面于點0,連接OM,

易得。M=^x,a=?？?，所以E0='EM2一OM=Ja?_（停a）2=*a,

所以VE-ABM=ixia2x^x^ct=y|ci3,

又由AM^MD,可得三棱柱BEM-CFD的體積是三棱錐E-體積的3倍，

所以幾何體ABECDF的體積為三棱錐E-ABM體積的4倍，

V2,8A/2.

可得—ax4=-----，解得a=2.

123

故答案為：2.

【點評】本題考查多面體的體積問題，分割補形法的應用，方程思想，屬中檔題.

15.在三棱柱ABC-A1BC1中，AAi_L平面ABC,ZABC=90°，BA=BC=BBi=l,P是矩形8CC1B1

內(nèi)一動點，滿足E42+PC2=2,則三棱錐P-ABC外接球體積為—.

3

【考點】球的體積和表面積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學運算.

?V27T

【答案】—?

【分析】根據(jù)題意易得如2+PC2=AC2,從而可得尸在以AC為直徑的球上，進而可得三棱錐尸-ABC

外接球即為以AC為直徑的球，再根據(jù)球的體積公式，即可求解.

【解答】解：根據(jù)題意可得4。=魚，B42+PC2=2,

.?.B42+PC2=AC2,

在以AC為直徑的球上，又/ABC=90°,

8也在該球上，

三棱錐尸-A8C外接球即為以AC為直徑的球，

.,.該球的半徑為—=—,

22

44A/2\FZTI

，三棱錐P-ABC外接球體積為一"/?3=-x7TX(---)3=-----.

3323

故答案為：字.

【點評】本題考查三棱錐的外接球問題，屬中檔題.

三.解答題(共5小題)

16.如圖，在正四棱柱ABCO-AIBICLDI中，A4I=4,A8=2,￡為棱。。I上一點(含端點)，且。E=ADOI.

(1)證明：AC±BiE；

1

(2)當2=押，證明：3詬，平面ACE；

(3)設幾何體81ACE的體積為V,若V6(3,5),求人的取值范圍.

【考點】直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；數(shù)學運算.

【答案】（1）證明見解答;

（2）證明見解答；

⑶/，奇.

【分析】（1）先證明線面垂直，然后得到線線垂直；

（2）證明線線垂直，結(jié)合第（1）問的線線垂直，由線面垂直的判定定理可得；

（3）將幾何體BiACE的體積為V轉(zhuǎn)化為幾個體積之和差，全部用人表示出來，然后根據(jù)作（3,5）,

解不等式即可.

【解答】證明：（1）如圖，連接B。，BiDi,

在正四棱柱ABCO-ALBICIDI中，底面A2CO為正方形，且班」平面ABC。，

所以AC_LBD,

又ACu平面ABC。，所以AC_L88i,

因為80,881U平面瓦汨121,BDCiBBi=B,

所以AC_L平面BDDiBi,

又BiEu平面BODiBi,所以AC_L8i￡.

1

(2)當2=齊寸，E為?！返闹悬c，

22

所以D/=DE=切心="&=2,BiDi=JA^+A1D1=242,

2

所以4E=2V2,B±E=y/D1E+DrB[=2值.

又4Bi=2V5,

所以4產(chǎn)+BF=砒，§PAE±BiE,

由(1)知，AC±BiE,

因為AC,AEu平面ACE,ACDAE=A,

所以8iE_L平面ACE.

(3)解：因為E為棱。Di上一點(含端點)，且。E=XDZ)i,所以入曰0,1],

又24c=2v2,則IZ=VA-BDEB1+^C-BDEBr~^E-ACD~-ABC=2匕-BOE%—^E-ACD-^Br-ABC,

88

則昨竽竽----

(l+Q-33

因為VC(3,5),所以3V表1+2)<5,

17

解得:

88

即入的取值范圍是焉,^).

【點評】本題考查直線與平面垂直的判定，考查了棱柱、棱錐體積的求法，屬于中檔題.

—>—>

17.如圖，在正三棱錐A-BCD中，BC=CD=BD=4,點P滿足4P=〃1C,入6(0,1),過點P作平面

a分別與棱AB,BD,CD交于Q,S,T三點,且AO〃a,BC//a.

(1)證明：VAe(0,1),四邊形P0ST總是矩形；

(2)若AC=4,求四棱錐C-PQST體積的最大值.

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.

【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學運算.

12872

【答案】(1)證明見解答；(2)--------.

81

【分析】(1)取BC中點E,連接AE,DE,則根據(jù)題意易知BC_LAE,BCLDE,從而可得8C_L平面

ADE,從而可得再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，平行四邊形的判定定理，即可證明；

(2)根據(jù)題意易得。尸=MC=4入，PT=(1-A)AD=4(1-A),設AECQP=尸，DEdST=G,連接

FG,取A。中點/,連接E/,設EICFG=H,則易知瓦/即為C到平面PQST的距離，再根據(jù)錐體的體

積公式，構(gòu)建函數(shù)模型，最后通過基本不等式，即可求解.

【解答】解：(1)證明：如圖，取BC中點E,連接AE,DE,

A

則根據(jù)題意易知8CJ_AE,BCLDE,又AECDE=E,

.?.8C_L平面ADE,又AOu平面ADE,

J.BCLAD,

5LAD//a,BC//a,

根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得：

PT//AD//QS,QP//BC//ST,

...四邊形尸QST為平行四邊形，又8CLA。，

C.QPLPT,

四邊形PQST為矩形，

故：VAe(0,1),四邊形PQST總是矩形；

(2)?.?在正三棱錐A-8C。中，BC=CD=BD=4,又AC=4,

...正三棱錐A-8C。是棱長為4的正四面體，

—>T

?：AP=XAC,入6(0,1),

QPAPPTCP

—=—=A,—=—=1—A,

BCACADCA

:.QP=XBC=4X,PT=(1-A)AD=4(1-A),

設AEnQP=RDEHST=G,連接尸G,取AO中點/,連接￡7,設E/CFG=H,

則由(1)知8CJ_平面AOE,QP//BC,平面AOE,

又。尸u平面PQST,

平面AZ)E_L平面PQST,又易知&￡1=/)￡1,/為中點，

J.EILAD,易知AZ)〃EG,

：.EI±FG,平面AOECI平面PQST=PG,E/u平面ADE,

；.E△平面PQST,：.EH即為E到平面PQST的距離，

EHEFCP

又一=一=—=1-A,

EIEACA

：.EH=(1-A)EI=(1-A)-JED2-ID2=(1-A)(2V3)2-22=2V2(1-A),

又易知BC〃平面PQST,：.C到平面PQST的距離等于E到平面PQST的距離,

四棱錐C-尸QST體積為［XQPXPTXEH=|x4Ax4(1-A)X2^2(1-2)

16V216V2,2A+1-A+1-Z128夜

=-3—X24(1-2)(1-A)<—3—x(--------2--------y3=81，

當且僅當2人=1-入，即入=寺時，等號成立，

金

/.四棱錐C-PQST體積的最大值為1飛28十.

【點評】本題考查線線垂直的證明，四棱錐的體積的最值的求解，函數(shù)建模，基本不等式的應用，屬難

題.

18.如圖是一個平面截底面邊長為2的正方形的長方體ABCD-A1B1C1D所得的幾何體ABCDEEGHAC

與相交于點O,A￡=l,CG=2,BF=DH.

(1)證明：OG_L平面BDE；

(2)求三棱錐G-8DE的體積.

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學運算.

【答案】(1)證明見解答；(2)2.

【分析】(1)根據(jù)題意證明8OLOG,又EOLG。，再根據(jù)線面垂直的判定定理，即可證明;

(2)根據(jù)三棱錐的體積公式，即可求解.

【解答】解：(1)證明：如圖，連接E。，

根據(jù)題意可得：0A=OB=0C=0D=V2,

ABCD,CG_L平面4BCD,ACc￥ffiABCD,

：.AE±AC,CG±AC,

_AE1V2OC42tAEOC

"AO~y[2~2CG-2'?[0-CO'

AEOC