【高考题型分类突破】专题06 空间几何体 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题六 空间几何体
【题型分析】
考情分析：
　　从近几年高考的情况来看，以柱体、锥体和球体为背景求空间几何体的表面积与体积是高考常考内容，一般以选择题或填空题的形式出现，属于简单题.
题型1 空间几何体的最短距离问题
例1　
如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=2，M为AC的中点，一只小虫从点B1沿三棱柱ABC-A1B1C1的表面爬行到点M处，则小虫爬行的最短路程为　　　　.
方法总结：
空间几何体的最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边.
如图，在正三棱锥V-ABC中，VA=VB=VC=8，∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°，过点A作截面AEF，其中点E，F分别在VB，VC上，则△AEF的周长的最小值为(　　).
A.6 B.6
C.8 D.8
题型2 空间几何体的表面积和体积问题
例2　如图，在圆台O1O2中，四边形ABCD为其轴截面，AB=AD=BC=CD=2，则(　　).
A.线段AC=2
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7π
D.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
方法总结：
1.求解空间几何体表面积的类型及方法
求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”，展开成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清楚它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
2.求空间几何体体积的常用方法
公式法 对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积
等体积法 一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解，我们可以采用等体积法进行求解.等体积法是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体体积的问题，特别是求三棱锥的体积
(2024年新高考全国Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　).
A.2π B.3π C.6π D.9π
题型3 球的相关问题
例3　(改编)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体.如图，在“羡除”ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，△ADE和△BCF均为等边三角形，且EF=2AB=6，则这个几何体的外接球的表面积为　　　　.
方法总结：
1.求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解.
(2)定义法：到空间多面体的各个顶点距离
均相等的点为该空间多面体的外接球的球心，借助底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离等于半径，列关系式求解即可.
2.几何体内切球问题的处理策略
解题时常用以下结论确定球心和半径：
(1)球心在过切点且与切面垂直的直线上；
(2)球心到各面的距离相等；
(3)利用体积求多面体内切球的半径r，即r=(V为多面体的体积).
已知某种有盖的圆柱形容器底面圆的半径为1+，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入　　　　个这种实心球.
【真题改编】
1.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T5改编)已知圆柱和圆锥的侧面积相等，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则圆柱的轴截面的面积为(　　).
A.2 B.2
C. D.1
2.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T7改编)已知在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB=6，A1B1=3，A1A与平面ABC所成角的正切值为，则三棱台ABC-A1B1C1的体积为(　　).
A. B. C. D.
3.(2023年全国乙卷，理科T8改编)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面的圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°.若△PAB的面积为，则该圆锥的内切球的半径为(　　).
A. B. C. D.
4.(2024年全国甲卷，理科T14改编)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，母线长分别为(r2-r1)，3(r2-r1).若-=1，则这两个圆台的体积之和为　　　　.
5.(2023年新高考全国Ⅱ卷，T14改编)底面边长为6的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2的正三棱锥，所得棱台的体积为26，则原正三棱锥的高为　　　　.
6.(2023年新高考全国Ⅰ卷，T14改编)用一个与正四棱锥P-ABCD的底面平行的平面去截该棱锥，得到一个正四棱锥P-A1B1C1D1与一个正四棱台ABCD-A1B1C1D1，若AB=2，A1B1=1，AA1=，则正四棱锥P-ABCD外接球的表面积为　　　　.
【最新模拟】
(总分：84分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分)
1.(改编)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为(　　).
A.5 B.6 C.7 D.8
2.已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为(　　).
A. B.4π C.2π D.
3.如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为(　　).
A.2 B. C. D.
4.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个“球缺”).如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫作“球缺”的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫作“球缺”的高.已知“球缺”的体积公式为V=(3R-h)h2，其中R是球的半径，h是“球缺”的高.已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积约为(　　).(取π=3)
A.32 000 cm3 B.33 664 cm3
C.33 792 cm3 D.35 456 cm3
5.(改编)如图，已知圆台OO'的下底面直径AB=4，母线BC=2，且AC⊥BC，P是下底面圆周上一动点，则(　　).
A.圆台OO'的表面积为11π
B.圆台OO'的体积为π
C.三棱锥A-BCP体积的最大值为
D.PA+PC的最大值为6
6.已知棱长为1的正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒上，分别将M，N，C，D四点两两相连，构成的几何体的表面积为　　　　.
7.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的体积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱ABC-A1B1C1与圆柱的侧面积的比值为　　　　.
8.(改编)如图1所示，在边长为4的正方形ABCD中，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图2所示，则三棱锥P-AEF的外接球的体积是　　　　；过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围是　　　　.
图1　　　　　　　　图2
9.已知分别以锐角三角形ABC的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为∶∶2，则cos∠ABC=(　　).
A. B. C. D.
10.已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2=2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为(　　).
A. B. C. D.
11.(改编)如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，下列结论正确的是(　　).
A.BM∥平面A1DE恒成立
B.存在某个位置，使DE⊥A1C
C.线段BM的长为定值
D.∶=1∶3
12.如图，这是为球形物品设计制作的正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为S1，S2，S3，则它们的大小关系为(　　).
A.S1C.S313.已知圆锥SO的侧面积为3π，母线SA=l，底面半径为r，点P满足=2，则(　　).
A.当r=1时，圆锥SO的体积为
B.当r=时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C.当r=1时，从点A绕圆锥SO一周到达点P的最短距离为
D.当l=3时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
14.已知矩形ABCD，其中AB=8，AD=4，将点D沿着对角线AC进行翻折，形成三棱锥D'-ABC，如图所示，则下列说法正确的是　　　　.(填序号)
①点D在翻折过程中存在BD'⊥AC的情况；②三棱锥D'-ABC可以四个面都是直角三角形；③点D在翻折过程中，三棱锥D'-ABC的表面积不变；④点D在翻折过程中，三棱锥D'-ABC的外接球的体积不变.
15.(人教A版必修第二册P152练习T2改编)在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，CD=2PD=2AD=2，则下列结论正确的有(　　).
A.四面体PACD是鳖臑
B.阳马P-ABCD的体积为
C.点D到平面PAC的距离为
D.阳马P-ABCD的外接球的表面积为6π
16.(原创)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=3A1B1=3，AA1=2，P为棱BB1上的动点(含端点)，给出下列结论：①AP+PC的最小值为3；②AP+PC1的最小值为.下列判断正确的是(　　).
A.①与②均错误
B.①正确，②错误
C.①错误，②正确
D.①与②均正确
参考答案
专题六 空间几何体
题型1　空间几何体的最短距离问题
例1　
【解析】如图1，将三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BB1C1C和侧面CC1A1A沿CC1展开在同一平面内，连接MB1.
∵M是AC的中点，△ABC和△A1B1C1是等边三角形，∴CM=AC=，BM=CM+BC=3.
在Rt△MBB1中，由勾股定理，得B1M==.
如图2，将三棱柱ABC-A1B1C1的上底面ABC和侧面BB1A1A沿AB展开在同一平面内，连接MB1，过点M作MF⊥A1B1于点F，交AB于点E.易知四边形AEFA1是矩形，ME⊥AB.
在Rt△AME中，∠MAE=60°，∴ME=AM·sin 60°=，A1F=AE=AM·cos 60°=，
∴MF=ME+EF=，B1F=A1B1-A1F=.在Rt△MFB1中，由勾股定理，得B1M==.
如图3，将三棱柱ABC-A1B1C1的下底面A1B1C1和侧面AA1C1C沿A1C1展开在同一平面内，连接B1M，交A1C1于点N，则B1M⊥AC，B1N⊥A1C1.在Rt△A1NB1中，∠NA1B1=60°，∴B1N=A1B1·sin 60°=3，∴B1M=B1N+MN=5.
∵<5<，∴小虫爬行的最短路程为.
　 图1　　　　　　图2　　　　图3
跟踪训练　
C
【解析】沿侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在同一个平面内，如图所示，
则AA'即为△AEF的周长的最小值，又因为∠AVB=∠A'VC=∠BVC=30°，所以∠AVA'=3×30°=90°.
在△VAA'中，VA=VA'=8，由勾股定理，得AA'===8.
题型2　空间几何体的表面积和体积问题
例2　ABD
【解析】由题意可知，四边形ABCD是等腰梯形，AB=AD=BC=2，CD=4，则等腰梯形ABCD的高就是圆台的高，设其为h，则h==.
对于A，在等腰梯形ABCD中，AC==2，故A正确；
对于B，圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，故B正确；
对于C，圆台的体积V=π(12+1×2+22)×=，故C错误；
对于D，将圆台一半的侧面展开，如图所示，且E为AD的中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开图形为扇形COD且OC=4，又∠COD==，在Rt△COE中，CE==5，斜边CE上的高为=>2，即CE与弧AB相离，所以CE在圆台表面，所以点C到AD中点的最短距离为5，故D正确.故选ABD.
跟踪训练　B
【解析】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，
因为它们的侧面积相等，所以2πr×=πr·，即2=，解得r=3，
故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B.
题型3　球的相关问题
例3　36π
【解析】
如图，连接BD，分别取EF，BD，AD的中点G，H，I，连接GH，HI，EI.由底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，△ADE和△BCF均为等边三角形，得EG∥IH，GH⊥底面ABCD.又EF=2AB=6，所以EG=AD=AB=3，则EI=AD=，IH=AB=，故GH==.设“羡除”ABCDEF的外接球的球心为O，由H为底面正方形的中心，HG⊥IH，得“羡除”ABCDEF外接球的球心O在直线GH上，连接OI，OE，OA，设“羡除”ABCDEF的外接球的半径为r，OH=a，则OA=OE=r.
因为GH⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以GH⊥AD.又AD⊥IH，IH，GH 平面IOH，所以AD⊥平面IOH.又IO 平面IOH，所以AD⊥IO，所以IO2=r2-AI2=r2-2.
又IO2=OH2+IH2=a2+2，所以r2-2=a2+2，即r2=a2+.
又EO2=r2=-a2+32=a2-3a+，所以a2-3a+=a2+，解得a=，
故r2=a2+=+=9，即r=3，则这个几何体的外接球的表面积S=4πr2=36π.
跟踪训练　49
【解析】
如图，将第1个实心球O1靠近该圆柱形容器侧面放置，球O1上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为2.将第2个实心球O2也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点O1作O1A垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为A，过点O2作O2B垂直于该圆柱形容器的下底面，垂足为B.设O1A∩O2B=C，易得AC=BC=，CO1=2，则CO2==2，球O2上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为2+2.同理可得球O3上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为4+2.由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离都加2.因为48×2+2<100<49×2+2，所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
1.B
【解析】设圆柱的底面半径为r，高为h，因为圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，圆锥的高为，则圆锥的母线长为2，所以圆锥的侧面积为2π，则2πrh=2π，解得rh=1，所以圆柱的轴截面的面积为2rh=2.故选B.
2.C
【解析】将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，如图所示，
则A1A与平面ABC所成的角就是PA与平面ABC所成的角.
因为==，所以=，所以=VP-ABC.
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC=d××6×6×=3d.
设底面ABC的中心为O，连接PO，AO，则PO⊥底面ABC，且AO=2，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan ∠PAO==，
所以PO=AO=，即d=PO=，
所以=VP-ABC=×3d=×3×=.故选C.
3.B
【解析】
如图1，在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=，取AB的中点为C，连接OC，PC，易得OC⊥AB，PC⊥AB.
又∠ABO=30°，所以OC=，BC=，AB=3.由S△PAB=，得×3×PC=，解得PC=，于是PO===，PA=PB===3.
如图2，设圆锥的内切球的半径为r，由相似三角形的性质可得=，所以r=.
故选B.
4.π
【解析】由题意知，圆台甲、乙的上底面和下底面的面积分别相等.
设圆台甲、乙的上、下底面的面积分别为S1，S2，由题意可得两个圆台的高分别为h甲==(r2-r1)，
h乙==2(r2-r1)，
所以V甲+V乙=(S2+S1+)h甲+(S2+S1+)h乙=(++r1r2)(r2-r1)+(++r1r2)(r2-r1)=π(-).
因为-=1，所以V甲+V乙=π.
5.3
【解析】设棱台的高为h，原正三棱锥的高为h'，
由题意知棱台的上底面面积为×2×2×=，下底面面积为×6×6×=9，棱台的体积为×h×(+9+)=26，解得h=2.
由题意知=，
解得h'=3.
6.
【解析】设O为正四棱锥P-ABCD底面的中心，因为A1B1∶AB=1∶2，所以正四棱锥P-A1B1C1D1与正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高相等.因为AC=2，A1C1=，AA1=，所以正四棱锥P-ABCD的高PO=2=.
设正四棱锥P-ABCD外接球的球心为O'，半径为R，由正棱锥的性质知点O'在PO上，所以(PO-R)2+OC2=O'C2=R2，即(-R)2+()2=R2，解得R=，则正四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4π×2=.
1.D
【解析】设圆锥的母线长为l，由题意，可得l=2π×2，解得l=8.故所求圆锥的母线长为8.
2.D
【解析】设球的半径为R，由题意可知，正四棱柱的体对角线就是外接球的直径，故2R==2，解得R=1.故该球的体积V=πR3=.
故选D.
3.C
【解析】设圆锥的底面半径为r，高为h，由题图可知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥的底面半径为r=1.
设扇形的半径为R，则有R=2πr=2π，解得R=4，所以圆锥的母线长为R=4，
故所求圆锥的高h===.
故选C.
4.B
【解析】该灯笼去掉圆柱部分的高为40-8=32(cm)，则R-h==16(cm)，
由圆柱的底面直径为24 cm，得(R-h)2+122=R2，
即162+122=R2，可得R=20 cm，则h=4 cm，
故该灯笼的体积V=2V圆柱+V球-2V球缺=2×π×122×4+×π×203-2××(3×20-4)×42≈3 456+32 000-1 792=33 664(cm3).
故选B.
5.ACD
【解析】如图所示，在圆台OO'中，作圆O'过点C的直径CD，则四边形ABCD是等腰梯形，作CE⊥AB于点E.
在△ABC中，由AB=4，BC=2，AC⊥BC，得∠ABC=60°，CE=，BE=1，则CD=AB-2BE=2，AE=AB-BE=3.
对于A，圆台OO'的表面积S=π×12+π×22+π×(1+2)×2=11π，A正确；对于B，圆台OO'的体积V=π×(12+1×2+22)×=，B错误；对于C，由P是下底面圆周上一动点，得点P到直线AB距离的最大值为2，则△APB面积的最大值为×2×4=4，三棱锥A-BCP体积的最大值为×4×=，C正确；对于D，连接PE，当点P与点A，B都不重合时，设∠PAB=θ(0°<θ<90°)，t=cos θ∈(0，1)，则PA=4cos θ=4t，在△AEP中，由余弦定理，得PE2=32+(4t)2-2×3×4tcos θ=9-8t2，于是PC==，设f(t)=PA+PC=4t+，求导得f'(t)=4-=·(-t)==，因为t∈(0，1)，所以f'(t)>0，所以函数f(t)在(0，1)上单调递增，所以f(t)6.2
【解析】
在原正方体纸盒上，分别将M，N，C，D四点两两相连，如图所示，因为MN，MC，MD，ND，NC，CD为正方体的面对角线，所以MN=MC=MD=ND=NC=CD=，所以三棱锥D-MNC为正四面体，所以其表面积为×()2×4=2.
7.2
【解析】设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，高为h，
则正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为a2sin 60°·h=a2h.
设△ABC的外接圆半径为R，则2R=，解得R=a.
设圆柱的高为m，则圆柱的体积为πR2m=a2m.
由题意得a2h=a2m，解得=.
因为正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为3ah，圆柱的侧面积为2πR·m=πam，
所以正三棱柱ABC-A1B1C1与圆柱的侧面积的比值为==2.
8.8π　[π，6π]
【解析】由题意，将三棱锥P-AEF补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示.
三棱锥P-AEF的外接球就是补形后长方体的外接球，设外接球的半径为R，圆心为O，则(2R)2=22+22+42=24，解得R=，所以三棱锥P-AEF的外接球的体积V=πR3=8π.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的圆，此时截面圆的面积为πR2=π×()2=6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆的半径r====1(其中MN的长度等于长方体左、右侧面的面对角线长度)，截面圆的面积为πr2=π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π].
9.C
【解析】设AB边上的高为CD=x，以边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为V1，V2，V3，
则CA·CBsin∠ACB=AB·x，可得x=，
所以V1=πx2·AD+πx2·BD=.同理，V2=，V3=.
由题意可得，∶∶=∶∶2，
整理得AC=AB，BC=AB，
所以cos∠ABC==.
故选C.
10.C
【解析】如图，设圆台上、下底面的圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，
设球O与母线AB相切于M点，所以OM⊥AB，所以OM=OO1=OO2=2，
所以△AOO1≌△AOM，所以AM=r1.同理BM=r2，所以AB=r1+r2=3r1.
过点A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG=r2-r1=r1，AG=O1O2=4.
因为AG2=AB2-BG2，所以16=(3r1)2-=8，所以r1=，所以r2=2，
所以该圆台的体积为×(2π+8π+4π)×4=.故选C.
11.ACD
【解析】
对于A，如图所示，设CD的中点为F，连接FM，FB，由M为线段A1C的中点，得FM∥A1D，而FM 平面A1DE，A1D 平面A1DE，则FM∥平面A1DE，在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，则FB∥DE，又FB 平面A1DE，DE 平面A1DE，所以FB∥平面A1DE，而FB∩FM=F，FB，FM 平面BMF，因此，平面A1DE∥平面BMF，又BM 平面BMF，所以BM∥平面A1DE恒成立，A正确；
对于B，设点A1在底面BCDE的射影为点O，连接OE，OD，OC，CE，在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以A1D=A1E，CD≠CE，
由△A1OD≌△A1OE，得OD=OE，显然OC与DE不垂直(点C不在线段DE的中垂线上)，
假设存在某个位置，使DE⊥A1C，由A1O⊥平面ABCD，DE 平面ABCD，得A1O⊥DE，
而DE⊥A1C，A1C∩A1O=A1，A1C，A1O 平面A1CO，则DE⊥平面A1CO，又OC 平面A1CO，则有DE⊥OC，与OC与DE不垂直矛盾，所以不存在某个位置，使DE⊥A1C，B错误；
对于C，在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，则∠A1DE=45°，由MF∥A1D，FB∥DE，得∠MFB=∠A1DE=45°，MF=，BF=，在△MFB中，由余弦定理，得BM2=2+()2-2×××=，所以BM=，C正确；
对于D，∶=∶=·A1O·S△ADE∶·A1O·S四边形BCDE=1∶3，D正确.故选ACD.
12.
B
【解析】由题意知包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，下面求正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系.设球形物品的半径为R，则正六面体的棱长为2R，表面积S2=6×(2R)2=24R2.设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1=4×a2=a2，如图1，在正四面体ABCD中，由正四面体的对称性与球的对称性可知内切球的球心O在正四面体ABCD的高AG上，所以OG=R，底面等边三角形BCD的高CE=a，外接圆半径CG=×a=a，正四面体ABCD的高AG===a，
所以正四面体ABCD的体积V=×a2×a=S1R.又S1=a2，所以a=2R，所以正四面体ABCD的表面积S1=a2=24R2.
设正八面体的棱长为b，如图2，连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直且平分，四边形BCDE为正方形，OD=BD=b，在Rt△AOD中，AO===b，
则该正八面体的体积V'=2××b2×b=b3，该正八面体的表面积S3=8×b2=2b2.
因为S3R=V'，即×2b2·R=b3，解得b=R，所以S3=2b2=2×(R)2=12R2，
所以S313.AC
【解析】
由已知得πrl=3π，则rl=3.
当r=1时，l=3，此时圆锥SO的高h==2，此时圆锥SO的体积V=πr2h=，A正确.
设圆锥的轴截面为△SAB，如图1所示，
当r=时，l=2，即SA=SB=2，AB=3.因为SA2+SB2-AB2=-1<0，所以∠ASB为钝角，
故截面三角形的最大面积为S=l2·sin =×22×1=2，B错误.
当r=1时，l=3，侧面展开图的弧长为2π，沿SA将圆锥SO的侧面展开，得扇形SA1A，如图2所示，所以扇形SA1A的圆心角为∠A1SP=.又=2，所以SP=1，在△A1SP中，由余弦定理，得A1P2=A1S2+SP2-2A1S·SPcos =13，所以A1P=，C正确.
如图3所示，将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同，若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，且外接球的半径为=，
如图4所示，当圆锥SO的母线SA=l=3时，r=1，则圆锥的高SO==2，设圆锥SO的内切球半径为R，球心为N，内切球与母线SA相切于点T，则NT⊥SA，易知△SAO∽△SNT，则=，即=，解得R=<，则当l=3时，棱长为的正四面体在圆锥SO内不可以任意转动，D错误.故选AC.
14.②④
【解析】对于①，如图所示，过点B作AC的垂线，垂足为E，连接D'E，
若BD'⊥AC成立，因为BE⊥AC，BE，BD' 平面BED'，BE∩BD'=B，所以AC⊥平面BED'，则AC⊥D'E，又因为BE⊥AC，所以在原矩形中，BD⊥AC，因为矩形的长宽不等，所以BD⊥AC显然不可能成立，故①错误；对于②，当平面ABC⊥平面ABD'时，因为平面ABC∩平面ABD'=AB，BC⊥AB，所以BC⊥平面ABD'，所以BC⊥BD'，BC⊥AD'，又AD'⊥D'C，D'C∩BC=C，D'C，BC 平面BD'C，所以AD'⊥平面BD'C，所以AD'⊥D'B，此时三棱锥D'-ABC的四个面都是直角三角形，故②正确；对于③，由于在翻折过程中，∠D'AB与∠D'CB都为锐角，且逐渐变小，所以S△D'AB=AD'·AB·sin ∠D'AB也逐渐变小，同理S△D'CB也同时变小，而另外两个三角形面积之和为原矩形的面积，故三棱锥D'-ABC的表面积逐渐变小，故③错误；对于④，因为△D'CA，△BCA都为直角三角形，所以外接球的球心就是AC的中点，点D在翻折过程中，其外接球的直径始终为AC，故三棱锥D'-ABC的外接球的体积不变，故④正确.
15.BCD
【解析】因为PD⊥底面ABCD，所以△PDA，△PDC均为直角三角形，由已知得CD=2，PD=AD=1，所以PA=，PC=.因为底面ABCD为矩形，所以AC=.
连接AC(图略)，在△PAC中，PA=，PC=，AC=，则△PAC不是直角三角形，所以四面体PACD不是鳖臑，A错误.
因为PD为阳马P-ABCD的高，所以VP-ABCD=×1×2×1=，B正确.
设点D到平面PAC的距离为d，又S△PAC=××=，所以×·d=××1，解得d=，则点D到平面PAC的距离为，C正确.
取PB的中点为O，连接OA，OC，OD(图略)，因为△PAB，△PCB，△PDB均为直角三角形，且PB为这三个直角三角形的公共斜边，即OA=OC=OD=PB=OP=OB，所以点O为阳马P-ABCD的外接球的球心，
又PB==，所以阳马P-ABCD的外接球的表面积为4π×2=6π，D正确.故选BCD.
16.
B
【解析】由AB=3A1B1=3，AA1=2，易知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的每个侧面均为等腰梯形，且∠A1AB=60°，把等腰梯形A1ABB1与等腰梯形BB1C1C沿棱B1B展开至同一个平面内(如图1所示)，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，在展开图的△ABC中，AB=BC=3，易知∠ABC=120°，所以AC=3，故①正确.
以B1为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，易得A(-2，-)，C1，，
从而AC1===，因为AP+PC1>AC1，所以AP+PC1的最小值大于，故②错误.
故选B.