2025年高考數(shù)學復習難題速遞之立體幾何初步（2025年4月）

第41頁（共41頁）2025年高考數(shù)學復習難題速遞之立體幾何初步（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?臨汾二模）在三棱錐P﹣ABC中，∠PAB=∠CAB=π2，AP=ABA．127 B．3 C．187 D2．（2025?合肥二模）若空間中三條不同的直線a，b，c滿足a⊥c，b⊥c，則a∥b是a，b，c共面的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．（2025?玉溪二模）已知圓錐的底面半徑為2，高為2，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為a，若點A，B，C，D在該圓錐的側面上，點A1，B1，C1，D1在該圓錐的底面上，則a＝（）A．2 B．2 C．1 D．24．（2025?河北模擬）已知球O的體積為323π，在球A．25681π B．83π C．645．（2025?昌黎縣校級模擬）一個圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個幾何體的側面積之比為1：1，則上下兩個幾何體的體積之比為（）A．1：8 B．1：7 C．1：22 6．（2025?昌黎縣校級模擬）已知棱長為66的正四面體與一個球相交，球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為9πA．48π B．72π C．96π D．128π7．（2025?遼寧二模）在正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1＝2AB＝2AA1＝2．E，F(xiàn)，G，H分別為A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中點，將該正四棱臺截取四個三棱錐A﹣A1EH，B﹣B1EF，C﹣C1FG，D﹣D1GH后得到多面體ABCDGHEF，則該多面體外接球的表面積為（）A．2π B．4π C．8π D．12π8．（2025春?沙依巴克區(qū)校級月考）把一個周長為6的長方形鐵皮圍成一個無蓋無底的圓柱，當圓柱體積最大時，該圓柱底面半徑和高的比值為（）A．2 B．1π C．1 D．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?海南模擬）如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內灌進一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當?shù)酌鍭BCD水平放置時，水面位置滿足BF：FB1＝A．固定容器底面一邊BC于地面上，將容器傾斜，有水的部分始終呈棱柱形 B．固定容器底面一頂點B于地面上，將容器傾斜，有水的部分可能是三棱錐 C．體積為V，高為42的圓錐不能放在半徑是32D．體積為V的正方體可以在軸截面為正三角形且底面半徑為36（多選）10．（2025?承德模擬）已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠AA．|BB．異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66C．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362D．與三棱錐A1﹣ABD各棱均相切的球的體積為9（多選）11．（2025?郴州模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面積與體積的數(shù)值之比為3，P，Q分別是棱BC，BB1的中點，G是線段AD1上一個動點，則下列結論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，則平面PQG截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積是3（多選）12．（2025?南昌校級模擬）在四棱錐E﹣ABCD中，AB＝3，AD＝CD＝2，AB⊥AD，AB∥CD，BE⊥CF，F(xiàn)是AE的中點，則（）A．DF∥平面BCE B．DE的長可能為3 C．BA→D．點F在半徑為34三．填空題（共4小題）13．（2025?嘉定區(qū)二模）某建筑公司欲設計一個正四棱錐形紀念碑，要求其頂點位于容積為36π立方米的球形景觀燈所在球面上．考慮到抗風、抗震等結構安全需求，側棱長度l需滿足23≤l≤33，當紀念碑體積取得最大值時，正四棱錐的側棱長約為14．（2025?昌黎縣校級模擬）將兩個小球放入一個底面圓直徑和母線長都是3的有蓋圓錐容器內，則這兩個球體的表面積之和的最大值為．15．（2025?柳州三模）已知P為一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑為3，B，C分別在圓錐的底面上，則異面直線PA與BC所成角的最小值為．16．（2025?膠州市校級模擬）勒洛四面體是以一個正四面體的四個頂點分別為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分圍成的幾何體．如圖，若構成勒洛四面體ABCD的正四面體ABCD的棱長為4，在該“空心”勒洛四面體ABCD內放入一個正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內任意旋轉，則該正方體的棱長最大值是．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區(qū)校級一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點A到點P，形成如圖2所示的三棱錐P﹣BCD．在三棱錐P﹣BCD中，PO⊥CO，記平面PEO、平面PDC、平面PBC分別為α，β，γ．（1）證明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=218．（2025春?上海校級月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點E是CD1的中點．（1）求異面直線AD1與DE所成角的余弦值；（2）求三棱錐D1﹣EBD的體積．19．（2025春?鹽城月考）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′．（1）若AB＝4，AD＝2，AA′＝2，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，求AC′的長度；（2）若AB＝AD＝AA′，∠BAD＝∠BAA′＝∠DAA′＝60°，求AC與BD′所成角的余弦值．20．（2025?金鳳區(qū)校級一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求異面直線PB與AC所成角的余弦值．

2025年高考數(shù)學復習難題速遞之立體幾何初步（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ABCADBBB二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACDBCDBDBC一．選擇題（共8小題）1．（2025?臨汾二模）在三棱錐P﹣ABC中，∠PAB=∠CAB=π2，AP=ABA．127 B．3 C．187 D【考點】球的體積；球內接多面體．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)二面角的幾何法可得∠PAC【解答】解：由于∠PAB=∠CAB=π2，且二面角P故∠PAC為二面角P﹣AB﹣C的平面角，故∠PAC由于AB⊥PA，AB⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，故AB⊥平面PAC，設AB＝x，則AC＝6﹣x，在△PAC中，由余弦定理PC2＝AP2+AC2﹣2AP?AC?cos∠PAC，則PC則△PAC的外接圓直徑r=故外接球的半徑R2當x=故AB=故選：A．【點評】本題考查二面角的應用，以及幾何體體積的計算，屬于中檔題．2．（2025?合肥二模）若空間中三條不同的直線a，b，c滿足a⊥c，b⊥c，則a∥b是a，b，c共面的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；充分條件必要條件的判斷．【專題】轉化思想；數(shù)形結合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】B【分析】通過特例說明a∥b不能推出a，b，c共面，即充分性不成立；再由平面幾何知識得出同一平面內的直線不平行必相交，推出a∥b一定成立，即必要條件成立，兩者綜合即可得出結果．【解答】解：如圖所示：滿足a⊥c，b⊥c，且a∥b，但是a?α，b?α，c?β，所以可知a∥b是a，b，c共面的不充分條件；當a，b，c共面時，若a⊥c，b⊥c，則必然有a∥b，即a∥b是a，b，c共面的必要條件，綜上可知：a∥b是a，b，c共面的必要不充分條件．故選：B．【點評】本題考查空間線面位置關系的判斷以及充要關系的應用，屬于中檔題．3．（2025?玉溪二模）已知圓錐的底面半徑為2，高為2，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為a，若點A，B，C，D在該圓錐的側面上，點A1，B1，C1，D1在該圓錐的底面上，則a＝（）A．2 B．2 C．1 D．2【考點】圓錐的結構特征．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】過正方體的一組對棱AA1，CC1作圓錐SO1的截面，利用三角形相似對應邊成比例列方程即可求解．【解答】解：過正方體ABCD﹣A1B1C1D1的一組對棱AA1，CC1作圓錐SO1的截面，如圖所示：由題意可得：SO1＝2，O1設這個正方體的棱長為a，則OO1＝a，面對角線AC=所以OC=由OC∥O1N，可得△SOC～△SO1N，OCO1N解得：a＝1，故選：C．【點評】本題考查幾何體結構特征，屬于中檔題．4．（2025?河北模擬）已知球O的體積為323π，在球A．25681π B．83π C．64【考點】球的體積；圓錐的體積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)題意，先求出球的半徑，再結合錐體的體積公式可得V=【解答】解：由球O的體積為323π，可得球半徑為設圓錐高為h，則底面圓半徑為4-(h-設f(h)=當h∈(0，83)時，f′（h）＞0，所以f當h∈(83，4)時，f′（h）＜0，所以f所以f(故選：A．【點評】本題考查球的內接圓錐問題，函數(shù)思想，屬中檔題．5．（2025?昌黎縣校級模擬）一個圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個幾何體的側面積之比為1：1，則上下兩個幾何體的體積之比為（）A．1：8 B．1：7 C．1：22 【考點】圓錐的體積．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】D【分析】由圓錐側面積公式及體積公式即可求解．【解答】解：根據(jù)題意一個圓錐被平行于底面的平面所截，可知上、下兩個幾何體分別為小圓錐和圓臺，設小圓錐的高為h1，底面半徑為r1，所以母線長為h1原圓錐的高為h，底面半徑為r，所以母線長為h由小圓錐的側面積為：πr1h上下兩個幾何體的側面積之比為1：1，所以πr1h所以得h12h所以小圓錐和原圓錐的體積比13所以小圓錐和圓臺的體積之比為1：故選：D．【點評】本題考查了圓錐和圓臺的體積公式，是中檔題．6．（2025?昌黎縣校級模擬）已知棱長為66的正四面體與一個球相交，球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為9πA．48π B．72π C．96π D．128π【考點】球的表面積；球內接多面體．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】根據(jù)正弦定理可得外接圓半徑，進而根據(jù)勾股定理可得四面體的高，即可根據(jù)球的性質，結合勾股定理求解半徑得解．【解答】解：因為棱長為66且球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為9π的圓，所以由對稱性，可知球心與正四面體重心重合，且每個面的交線為半徑為3的圓．設球心為O，H為△BCD的中心，則AB=6故HB=12設球心到任意面的距離為h，則由等體積法可得h=故連接球心與任意面中心，則連線長為3，且連線垂直該面，再連交線圓上一點與球心（即為球的半徑），由勾股定理得球的半徑為32則表面積為4π故選：B．【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．7．（2025?遼寧二模）在正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1＝2AB＝2AA1＝2．E，F(xiàn)，G，H分別為A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中點，將該正四棱臺截取四個三棱錐A﹣A1EH，B﹣B1EF，C﹣C1FG，D﹣D1GH后得到多面體ABCDGHEF，則該多面體外接球的表面積為（）A．2π B．4π C．8π D．12π【考點】球的表面積．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】通過正四棱臺的特點，結合圖形關系找出多面體ABCDGHEF的球心和半徑，進而求解即可．【解答】解：如圖，連接A1C1，B1D1，設A1C1∩B1D1＝O，由A1B1＝2AB＝2AA1＝2，可知四邊形EFGH為邊長為2的正方形，將正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1補形成正四棱錐，易知∠AA1B1＝∠AA1D1＝60°，所以AE＝AH＝1，設A1C1∩HE＝M，易知M為HE的中點，連接AM，則AM⊥HE，可得AM=又A1M=12A所以AA12=AM2又A1M＝MO，所以AA1＝AO＝1，同理OB＝OC＝OD＝1，易知O為正方形EFGH的中心，設多面體ABCDGHEF外接球的半徑為R，又OE=則O為多面體ABCDGHEF外接球的球心，且R＝1，則其外接球的表面積為4πR2＝4π．故選：B．【點評】本題考查幾何體外接球表面積的計算，屬于中檔題．8．（2025春?沙依巴克區(qū)校級月考）把一個周長為6的長方形鐵皮圍成一個無蓋無底的圓柱，當圓柱體積最大時，該圓柱底面半徑和高的比值為（）A．2 B．1π C．1 D．【考點】圓柱的體積；圓柱的側面積和表面積．【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】設圓柱的底面半徑為r，高為x，表示出體積關于高的函數(shù)，求導分析即可．【解答】解：一個周長為6的長方形鐵皮圍成一個無蓋無底的圓柱，設圓柱的底面半徑為r，高為x，由題意可得2×2πr+2x＝6，可得r=3-圓柱的體積V=π(3-x2πV'令V′＝0，解得x＝1或x＝3，所以當x∈（1，3）時，V′＜0，V為減函數(shù)；當x∈（0，1）時，V′＞0，V為增函數(shù)；當x＝1時，V取得極大值，也是最大值，此時高為1，半徑為1π，底面半徑和高的比值為1故選：B．【點評】本題主要考查圓錐的性質以及導數(shù)知識的應用，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?海南模擬）如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內灌進一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當?shù)酌鍭BCD水平放置時，水面位置滿足BF：FB1＝A．固定容器底面一邊BC于地面上，將容器傾斜，有水的部分始終呈棱柱形 B．固定容器底面一頂點B于地面上，將容器傾斜，有水的部分可能是三棱錐 C．體積為V，高為42的圓錐不能放在半徑是32D．體積為V的正方體可以在軸截面為正三角形且底面半徑為36【考點】棱錐的體積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ACD【分析】根據(jù)棱柱的性質即可求解．【解答】解：A選項，固定容器底面一邊BC于地面上，根據(jù)棱柱的定義，有二個面相互平行且是全等的多邊形，其余每相鄰兩個面的交線互相平行，所以有水的部分是棱柱，故A正確；B選項，有水部分幾何體的體積為V=486，當平面ACB三棱錐B﹣ACB1的體積取到最大值，此時VB-ACC選項，設圓錐底面半徑為r，13πr由于r2+(42D選項，依題意，設正方體棱長為a，a3=486正方體的外接球半徑為R=32，圓錐底面半徑圓錐的高h=92，母線長設圓錐內切球半徑為r，92-r正方體恰好可以在圓錐內任意轉動，故D正確．故選：ACD．【點評】本題考查了棱柱的性質，屬于中檔題．（多選）10．（2025?承德模擬）已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠AA．|BB．異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66C．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362D．與三棱錐A1﹣ABD各棱均相切的球的體積為9【考點】棱錐的體積；球的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】BCD【分析】利用空間向量數(shù)量積的運算性質可判斷AB選項；求出平行六面體的高，分析可知四棱錐A1﹣BCC1B1的平行六面體體積的13，結合柱體的體積公式可判斷C求出三棱錐A1﹣ABD棱切球的半徑，結合球體體積公式可判斷D選項．【解答】解：A項．根據(jù)題意可知，平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠A根據(jù)空間向量數(shù)量積的定義可得AB→同理AB→因為BD所以B＝62×3+2（18﹣18﹣18）＝72，所以|BD1B項．因為A1則B＝36﹣36+18+18＝36，|A所以異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為：|cos則異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66，故BC項．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為平行六面體體積的13平行六面體的高即為正四面體A1﹣ABD的高h，如下圖所示：設點A1在平面ABD的射影為點O，則O為正△ABD的中心，根據(jù)正弦定理可得AM=62菱形ABCD的面積為S?則平行六面體的體積為V=所以四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362，故CD項．三棱錐A1﹣ABD為正四面體，棱長為6，設正四面體A1﹣ABD的棱切球球心為O，且O也為其外接球球心，則OA＝OA1，則OA2=AM取線段AA1的中點E，連接OE，則OE⊥AA1，且OE=故正四面體A1﹣ABD的棱切球的半徑為32故球的體積為43π×故選：BCD．【點評】本題考查了空間向量數(shù)量積的運算性質，柱體的體積公式，屬于中檔題．（多選）11．（2025?郴州模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面積與體積的數(shù)值之比為3，P，Q分別是棱BC，BB1的中點，G是線段AD1上一個動點，則下列結論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，則平面PQG截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積是3【考點】棱柱的體積；棱柱的結構特征．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】BD【分析】由正方體的表面積、體積公式，棱錐的體積公式、異面直線的判斷、及正方體截面的結構逐項判斷即可．【解答】解：作出示意圖如下：對于A，因為正方體的表面積與體積之比為3，所以6|AA1|2|AA1對于B，因為四面體ABPQ的體積為V=所以多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為VABCD對于C，設CC1的中點為R，連接PR，則PR∥AD1，因為AP在平面APRD1內，而G是線段AD1上一個動點，所以根據(jù)異面直線的判定定理可知GC1，AP為異面直線，故C錯誤；對于D，易知BC1⊥B1C，AB⊥B1C，所以可得B1C⊥平面ABC1，又AC1?平面ABC1，所以AC1⊥B1C，同理可證AC1⊥D1C，B1C，D1C是平面B1CD1內兩條相交直線，所以AC1⊥平面B1CD1，又AC1⊥平面PQG，所以平面B1CD1∥平面PQG，又P，Q分別是棱BC，BB1的中點，所以平面PQG截正方體的截面分別交棱CD，DD1，D1A1，A1B1的中點F，H，I，J，所以截面為正六邊形PFHIJQ，又PQ=所以截面面積為6×34故選：BD．【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．（多選）12．（2025?南昌校級模擬）在四棱錐E﹣ABCD中，AB＝3，AD＝CD＝2，AB⊥AD，AB∥CD，BE⊥CF，F(xiàn)是AE的中點，則（）A．DF∥平面BCE B．DE的長可能為3 C．BA→D．點F在半徑為34【考點】球內接多面體．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；直觀想象；運算求解．【答案】BC【分析】對于A，取BE的中點G，連接CG、FG，證明四邊形CDFG為梯形，結合線面平行擔的性質，即可判斷；對于B，設BC的中點為M，連接ME、MD、MA，求出點E的軌跡，即可判斷；對于C，BA→?BE→=BA→?(BM→+ME【解答】解：對于選項A，取線段BE的中點G，連接CG、FG，∵F、G分別為AE、BE的中點，則FG∥AB且FG=∵AB∥CD，則FG∥CD，則C、D、F、G四點共面，若DF∥平面BCE，且DF?平面CDFG，平面CDFG∩平面BCE＝CG，則CG∥DF，∵FG∥CD，且FG≠CD，故四邊形CDFG為梯形，則CG、DF不平行，故假設不成立，即DF與平面BCE不平行，A選項錯誤；對于選項B，取BC的中點M，連接MD、ME、MA，如下圖所示：由題意四邊形ABCD為直角梯形，AD＝CD＝2，AB＝3，AB∥CD，AB⊥AD，則△ACD為等腰直角三角形，則∠CAD=π在△ABC中，AB＝3，AC=22，由余弦定理可得BC2=A∴BC=5由余弦定理可得cos∠∴cos∠∴DM2＝CD2+CM2﹣2CD?CMcos∠BCD=4+54-∵BE⊥CE，∴點E在以M為球心，52為半徑的球面上運動（不過平面ABCD則DE=3＜DM+ME=29對于選項C，∵BA→BA→=3∵BA→、ME→不共線，∴∴BA→?BE對于選項D，設AM的中點為N，連接FN，∵F、N分別為AE、AM的中點，則FN=∴點F在以N為球心，54為半徑的球面上運動，D故選：BC．【點評】本題考查直線與平面的位置關系的應用，考查空間想象能力以及計算能力，是中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?嘉定區(qū)二模）某建筑公司欲設計一個正四棱錐形紀念碑，要求其頂點位于容積為36π立方米的球形景觀燈所在球面上．考慮到抗風、抗震等結構安全需求，側棱長度l需滿足23≤l≤33，當紀念碑體積取得最大值時，正四棱錐的側棱長約為4.90【考點】棱錐的體積．【專題】轉化思想；轉化法；導數(shù)的概念及應用；立體幾何；運算求解．【答案】4.90．【分析】設正四棱錐的高為h，根據(jù)題意求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，再利用導數(shù)求解即可．【解答】解：設球體的半徑為R，由題知：43所以球的半徑R＝3，設正四棱錐的底面邊長為2a，高為h，則l2=(12(2a)2+(2a)2)2+所以6h＝l2，2a2＝l2﹣h2，所以正四棱錐的體積V=設f(x)=所以f'當23≤x≤26時，f'（x）＞0當26＜x≤33時，f'（x）＜0所以當l=26≈4.90此時正四棱錐的側棱長約為4.90米．故答案為：4.90．【點評】本題考查利用導數(shù)法求錐體體積的最大值，屬于中檔題．14．（2025?昌黎縣校級模擬）將兩個小球放入一個底面圓直徑和母線長都是3的有蓋圓錐容器內，則這兩個球體的表面積之和的最大值為10π9【考點】球的表面積．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】10π【分析】應用圓錐的軸截面，再根據(jù)圓錐的球心及半徑，結合余弦定理得2（R2+r2）+（R+r）2﹣6（R+r）+3＝0，最后計算表面積和的最小值即可．【解答】解：由題意可知，圓錐的軸截面是邊長為3的正三角形．兩個球的球心分別為M，N，球M，N的半徑分別為R，r，M，N在∠SAB，∠SBA的內角平分線上，AN，BM延長交于△SAB的內心，也即中心O．設圓錐的軸截面的中心為O，OA＝OB＝1，∠AOB＝120°，∠OAB＝∠OBA＝30°，則OM＝1﹣2R，ON＝1﹣2r，MN＝R+r．在△OMN中，因為MN2＝OM2+ON2﹣2OM?ON?cos120°，所以（R+r）2＝（1﹣2R）2+（1﹣2r）2+（1﹣2R）（1﹣2r），即3（R2+r2）﹣6（R+r）+2Rr+3＝0，即2（R2+r2）+（R+r）2﹣6（R+r）+3＝0，所以2（R+r）2﹣6（R+r）+3≤0，解得3-3又因為OM+ON≥MN，所以（1﹣2R）+（1﹣2r）≥R+r，所以R+所以3-3所以兩個球的表面積之和4π當且僅當R=12所以這兩個球體的表面積之和的最大值為10π故答案為：10【點評】本題考查幾何體表面積的計算，屬于中檔題．15．（2025?柳州三模）已知P為一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑為3，B，C分別在圓錐的底面上，則異面直線PA與BC所成角的最小值為30°．【考點】異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】30°．【分析】分析可知，異面直線PA與BC所成角的最小值為直線PA與底面所成的角，再結合線面角的定義求解即可．【解答】解：由題意P為一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑為3，B，C分別在圓錐的底面上，作出如下圖形：因為B、C分別在圓錐PO的底面上，且PA為該圓錐的一條母線，所以，異面直線PA與BC所成角的最小值為直線PA與底面所成的角，由圓錐的幾何性質可知，PO與底面垂直，且OA為底面內的一條直線，則OA⊥PO，所以，異面直線PA與BC所成角的最小值為∠PAO，且cos∠故∠PAO＝30°．故答案為：30°．【點評】本題考查了異面直線所成角的求法，是中檔題．16．（2025?膠州市校級模擬）勒洛四面體是以一個正四面體的四個頂點分別為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分圍成的幾何體．如圖，若構成勒洛四面體ABCD的正四面體ABCD的棱長為4，在該“空心”勒洛四面體ABCD內放入一個正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內任意旋轉，則該正方體的棱長最大值是833-22【考點】球外切幾何體．【專題】轉化思想；數(shù)形結合法；立體幾何；運算求解．【答案】833-【分析】根據(jù)正方體的棱長最大時，其外接球為勒洛四面體的內切球，結合正方體的性質即可求解．【解答】解：因為正方體可以在勒洛四面體內任意轉動，所以正方體的棱長最大時，其外接球為勒洛四面體的內切球，記此時勒洛四面體的內切球半徑為R，則正方體的外接球半徑為R，設正方體的棱長為a，則（2R）2＝a2+a2+a2，得a=23設正四面體棱長為m，則其外接球的直徑為所在正方體（棱長為22m因此可得正四面體外接球半徑為64m由對稱性知，勒洛四面體內球的球心O為正四面體ABCD的外接球的球心，連接BO并延長交勒洛四面體的曲面于點E，則OE是勒洛四面體內切球的半徑，易知正四面體ABCD的外接球半徑為64×4所以勒洛四面體的內切球半徑為R＝4-6則所求正方體棱長的最大值為233R=233（4-故答案為：833-【點評】本題考查了正四面體的外接球應用問題，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區(qū)校級一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點A到點P，形成如圖2所示的三棱錐P﹣BCD．在三棱錐P﹣BCD中，PO⊥CO，記平面PEO、平面PDC、平面PBC分別為α，β，γ．（1）證明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=2【考點】平面與平面垂直；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）π4【分析】（1）先證PO⊥平面BCD，由線面垂直性質可得PO⊥CD，由等腰三角形性質結合面面垂直判定定理可證；（2）以OD→，OC→，OP→的方向為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，由（1【解答】解：（1）證明：在三棱錐P﹣BCD中，∵CO＝DO，E為DC的中點，∴CD⊥EO，由已知得PO⊥BD，PO⊥CO，BD∩CO＝O，BD?平面BCD，CO?平面BCD，∴PO⊥平面BCD，又∵CD?平面BCD，∴PO⊥CD，∵EO∩PO＝O，EO?平面PEO，PO?平面PEO，∴CD⊥平面PEO，又∵CD?平面PDC，∴平面PEO⊥平面PDC，即α⊥β．（2）由（1）知OC、OD、OP兩兩垂直，分別以OD→，OC→，OP→的方向為x，y根據(jù)已知得，P（0，0，1），B（﹣1，0，0），C（0，2，0），D（2，0，0）．∴PB→=(-1由（1）知CD⊥平面PEO，故CD→是平面PEO設n→=(x則n→⊥PB取x＝2，則y＝﹣1，z＝﹣2．∴n→=(2，∴cos?設α與γ的夾角的大小為θ，則0≤且cosθ=|∴θ=∴α與γ的夾角的大小等于π4【點評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應用．18．（2025春?上海校級月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點E是CD1的中點．（1）求異面直線AD1與DE所成角的余弦值；（2）求三棱錐D1﹣EBD的體積．【考點】棱錐的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）1625（2）3．【分析】（1）根據(jù)中位線的性質證得OE∥AD1，由此求得異面直線所成角的平面角，利用余弦定理計算即可求解；（2）通過證明線面垂直得到三棱錐的高，再利用三棱錐體積轉化即可．【解答】解：（1）如圖，連接AC，設AC∩BD＝O，則O為AC的中點，又E為CD1的中點，所以OE∥AD1，所以異面直線AD1與DE所成角為∠DEO或其補角，又DO=所以cos∠所以異面直線AD1與DE所成角的余弦值為1625（2）因為CO⊥BD，BD=所以CO=又DD1⊥平面ABCD，CO?平面ABCD，所以DD1⊥CO，又DD1∩BD＝D，所以CO⊥平面D1DB，又E是CD1的中點，所以三棱錐D1﹣EBD的體積為VD【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．19．（2025春?鹽城月考）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′．（1）若AB＝4，AD＝2，AA′＝2，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，求AC′的長度；（2）若AB＝AD＝AA′，∠BAD＝∠BAA′＝∠DAA′＝60°，求AC與BD′所成角的余弦值．【考點】異面直線及其所成的角；平面向量數(shù)量積的性質及其運算．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】（1）|AC（2）66【分析】（1）根據(jù)條件，利用空間向量線性運算、空間向量數(shù)量積的運算及模長的計算公式，即可求解；（2）根據(jù)條件，先求出AC→?BD'→【解答】解：（1）由題意平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′，AB＝4，AD＝2，AA′＝2，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，可知AB→又AC'所以|AC所以|AC（2）由題意AB＝AD＝AA′，∠BAD＝∠BAA′＝∠DAA′＝60°，可令AB＝AD＝AA′＝2，所以AC→?BD'因為|AC→|2=|AB→+因為|BD'→|2=|AA'→+AD→-AB→|2=|AA'→|2+|AD→|2+|AB→所以|BD設AC與BD′所成的角為θ，則cosθ=|即AC與BD′所成角的余弦值為66【點評】本題考查了異面直線所成角的求法，是中檔題．20．（2025?金鳳區(qū)校級一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求異面直線PB與AC所成角的余弦值．【考點】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；向量法；空間位置關系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）64【分析】（1）推導出四邊形ABCD是菱形，BD⊥AC，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，由此能證明BD⊥平面PAC；（2）設AC∩BD＝O，以O為坐標原點，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，利用向量法能求出PB與AC所成角的余弦值．【解答】（1）證明：在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2，∵底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，∴四邊形ABCD是菱形，則有BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC；（2）解：設AC∩BD＝O，∵△PAB是等腰三角形，∴PA＝AB＝2，AO=以O為坐標原點，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，如圖，則P(0，-3，2)，A(0，-3，0)，∴PB→=(1，設PB與AC所成角為θ，∴cosθ=|1×0+∴異面直線PB與AC所成角的余弦值為64【點評】本題考查線面垂直的判定與性質、異面直線所成角的余弦值等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．

考點卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據(jù)；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現(xiàn)，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．平面向量數(shù)量積的性質及其運算【知識點的認識】1、平面向量數(shù)量積的重要性質：設a→，b→都是非零向量，e→是與b→方向相同的單位向量，a→（1）a→?e→=（2）a→⊥b→（3）當a→，b→方向相同時，a→?b→=|a→||b→|；當a→特別地：a→?a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→?b→|≤|2、平面向量數(shù)量積的運算律（1）交換律：a→（2）數(shù)乘向量的結合律：（λa→）?b→=λ（a→?（3）分配律：（a→?b→）?平面向量數(shù)量積的運算平面向量數(shù)量積運算的一般定理為①（a→±b→）2=a→2±2a→?b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解題方法點撥】例：由代數(shù)式的乘法法則類比推導向量的數(shù)量積的運算法則：①“mn＝nm”類比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt?m＝n”類比得到“c→≠0，④“|m?n|＝|m|?|n|”類比得到“|a→?b→|＝|a→|⑤“（m?n）t＝m（n?t）”類比得到“（a→?b⑥“acbc=ab”類比得到a→?c解：∵向量的數(shù)量積滿足交換律，∴“mn＝nm”類比得到“a→即①正確；∵向量的數(shù)量積滿足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b即②正確；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，即③錯誤；∵|a→?b→|≠|a→|∴“|m?n|＝|m|?|n|”不能類比得到“|a→?b→|＝|a→|即④錯誤；∵向量的數(shù)量積不滿足結合律，∴“（m?n）t＝m（n?t）”不能類比得到“（a→?b即⑤錯誤；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴acbc=ab即⑥錯誤．故答案為：①②．向量的數(shù)量積滿足交換律，由“mn＝nm”類比得到“a→?b→=b→?a→”；向量的數(shù)量積滿足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b→）?c→=a→?c→+b→?c→”；向量的數(shù)量積不滿足消元律，故“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，a→?c→=b→?c→?a→=c→”；|a→?b→|≠|a→|?【命題方向】本知識點應該所有考生都要掌握，這個知識點和三角函數(shù)聯(lián)系比較多，也是一個常考點，題目相對來說也不難，所以是拿分的考點，希望大家都掌握．3．棱柱的結構特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個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的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側面．側棱：棱柱中兩個側面的公共邊叫做棱柱的側棱．頂點：棱柱的側面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結構特征棱柱1根據(jù)棱柱的結構特征，可知棱柱有以下性質：（1）側面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．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．棱柱的體積公式設棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．4．圓錐的結構特征【知識點的認識】以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐．【解題方法點撥】﹣底面圓的性質：計算底面圓的面積和周長．﹣側面扇形：側面的面積為扇形的面積，計算公式為πrl，其中l(wèi)為母線長度．﹣表面積：包括底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr﹣體積：計算公式為13【命題方向】﹣圓錐的幾何特征：考查如何從幾何特征出發(fā)計算圓錐的底面及側面展開圖．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的性質進行計算．5．球內接多面體【知識點的認識】1、球內接多面體的定義：多面體的頂點都在球面上，且球心到各頂點的距離都是半徑．球內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切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關系；（2）球的半徑與多面體的棱長的關系；（3）球自身的對稱性與多面體的對稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關量的分析：（1）球內接正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②正方體的四個頂點都在球面上；③球半徑和正方體棱長的關系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②球與正方體每個面的切點都是每個面的中心點；③球半徑和正方體棱長的關系：r=126．球外切幾何體【知識點的認識】若一個多面體的各面都與一個球的球面相切，則稱這個多面體是這個球的外切多面體，這個球是這個多面體的內切球．【解題方法點撥】研究多面體的外接球問題，既要運用多面體的知識，又要運用球的知識，并且還要特別注意多面體的有關幾何元素與球的半徑之間的關系．正方體的內切球，切點是各個面的中心，球心是正方體的中心，球的直徑等于正方體棱長．如果一個長方體有內切球，那么它一定是正方體．正六面體的內切球：正六面體的內切球是一個以正六面體的中心為球心的球，它與正六面體的所有面都相切，且半徑等于正六面體邊長的一半乘以3．【命題方向】內切球是近幾年高考的熱門考點，要求考生有足夠的空間想象能力．部分空間能力比較薄弱的考生，可以熟記常見的內切球模型結論，或許在考場上能有幫助．內切球常見的解決方法是等體積法求球的半徑，常見的題型以選擇壓軸，填空壓軸為主．7．棱柱的體積【知識點的認識】棱柱的體積可以通過底面面積B和高度h計算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質計算．【命題方向】﹣棱柱的體積計算：考查如何根據(jù)底面