专题四 立体几何
第1讲 小题研透——立体几何
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C 对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误.
2.B 设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
3.B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
4.B 法一（直接法）
如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得B＝（）2＋D，即x2＋＝（2－x）2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.
法二（补形法）
如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×3＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C.
（2）因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝，故选C.
跟踪训练
1.1 解析：
如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1.
2.23 57.5 解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（）2×230＝10×π×（）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（）2×23＝10×π×（）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm.
3.8π 解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h（h＞0），则l·2＝hr.解得h＝，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（）2，即l2＝＝.令＝t，则0＜t＜.令f（t）＝t－4t2＝－4（t－）2＋，则当t＝时，f（t）取得最大值，即l2取得最小值16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2，圆锥的侧面积S＝πrl＝8π.
【例2】 （1）D （2）B 解析：（1）对于A选项，若α⊥β，m α，l⊥β，则l∥α或l α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l α，l与β平行、相交或l β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确.故选D.
（2）对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1 平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB 平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC 平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1 平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP 平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP 平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.
【例3】 解析：法一（几何法） 如图，取AB的中点N，连接DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，∴MN∥PA且MN＝PA＝1，则异面直线DM与PA所成的角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN 平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝＝，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝＝＝，故异面直线DM与PA所成角的正切值为.
法二（向量法）
∵PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），＝（2，0，0），＝（1，1，－2），∴cos＜，＞＝
＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝.
跟踪训练
1.D
对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据a∥b，a∥α，可得b∥α或b α，故B错误；对于C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D.
2. 解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
【例4】 B
已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以＝α×3＝2π，所以α＝，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和余弦定理，得AA'＝＝＝3.
跟踪训练
1.8 解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋2l≥2＝8，当且仅当4πr＝2l，即r＝，l＝2时等号成立.
2.＋ 解析：如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为DM⊥A1C，所以DM 平面BDC1，即M在线段BC1上，将平面BDC1和平面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2，DM＝，MC＝，故DM＋MC≥CD＝＋.
第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）法一
如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin∠DFE＝，
即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，
则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
法二 以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则
所以
不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为，
所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
所以t＝，所以AD＝.
2.解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），
则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），
所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
【研透高考·攻重点】
【例1】 证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
（2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，
所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，
则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
跟踪训练
证明：（1）
依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），
·＝0，·＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
（2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4），则＝，＝（0，1，1），·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合（1）可知是平面ABD的一个法向量.
所以平面EGF∥平面ABD.
【例2】 解：（1）
证明：连接BE，BC1，DE，如图.
因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
D，E分别是棱AB，A1B1的中点，
所以BD∥A1E，且BD＝A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，
所以A1D∥EB，
又A1D 平面A1DC，EB 平面A1DC，所以EB∥平面A1DC.
因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，
所以C1E∥CD，
又CD 平面A1DC，C1E 平面A1DC，
所以C1E∥平面A1DC.
因为C1E∩EB＝E，C1E，EB 平面BEC1，
所以平面BEC1∥平面A1DC.
因为BN 平面BEC1，所以BN∥平面A1DC.
（2）因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为DE∥CC1，
所以DE⊥平面ABC.
从而DE⊥DB，DE⊥DC.
因为AB＝AC＝BC，
所以△ABC为等边三角形.
因为D是AB的中点，
所以CD⊥DB，
即DB，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DB，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设AB＝2，则D（0，0，0），E（0，0，2），C（0，3，0），C1（0，3，2），A1（－，0，2），
所以＝（0，3，0），＝（－，0，2）.
设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量，
则
即
可取n＝（2，0，1）.
因为＝3，所以N（0，2，2），＝（0，2，2）.
设直线DN与平面A1DC所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为.
【例3】 解：（1）证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，
∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
（2）由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设A1C1＝a，B1C1＝b，则
解得
则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），B1（0，1，2），
则＝（2，0，0），＝（2，－2，2），＝（2，－1，0）.
设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量，
则∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）.
设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量，
则∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）.
∴｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
跟踪训练
解：法一 （1）如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D（0，3，0），
设E（x，y，z），由＝λ，可得（x－4，y，z）＝λ（－4，0，3），
则E（4－4λ，0，3λ）.
因为PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，所以PB⊥AE.
又＝（4，0，－3），＝（4－4λ，0，3λ），
所以由·＝0，得16－25λ＝0，
解得λ＝.
（2）设平面EAD的法向量为n＝（x'，y'，z'），由（1）知＝（4－4λ，0，3λ），＝（0，3，0），
由n⊥，n⊥，
得
令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）.
易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1），
又二面角E-AD-B的余弦值为，
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝，得λ＝，
则n＝（，0，－2），由（1）知＝（4，5，－3），
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
法二 （1）由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，得PA⊥AB，
由PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，得PB⊥AE，
在Rt△ABP中，BP＝＝＝5，AE＝＝＝.
在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝＝＝，
因为＝λ，所以λ＝＝.
（2）因为PA⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以AD⊥AE，
因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB.
由题知cos∠EAB＝，cos∠EBA＝＝，
所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA，
因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点.
以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0，），
则＝（4，5，－3），＝（2，0，），＝（0，3，0），
设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z），
则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）.
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
【例4】 解：（1）
在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝.
又OD＝OP＝，所以P（0，－，），
易知C（－，0，0），A（，0，0），B（，，0），所以＝（－，－，），＝（－1，－，0），
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为.
（2）＝（－，，－），＝（－1，－，0），
设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则
令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝（，－1，－），
所以点A到平面PBC的距离d＝＝＝.
跟踪训练
解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1）.
（1）取a＝＝（0，1，0），u＝＝（－1，1，－1）＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝，
所以点B到直线AC1的距离为＝＝.
（2）因为＝＝（－1，，0），所以FC∥EC1，
所以FC∥平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z），＝（0，，－1）.
则所以所以
取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平面AEC1的一个法向量.
又因为＝（0，，0），所以点F到平面AEC1的距离为d＝＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为.
第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
（2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz，
则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0），
由F是AB的中点，得B（4，2，0），
所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2），
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2），
则
令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，
y2＝－1，z2＝1，
所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1），
所以｜cos ＜m，n＞｜＝＝＝，
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，
则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
2.解：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz.
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是＝（1－m，1，－2）.
所以·＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.
设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.
则
又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1），
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cos＜n1，n2＞＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）证明：如图，连接BD，DE，设AB＝2a，则BC＝CD＝a，
由题意知，BC⊥CD，∴BD＝＝a，易得AD＝＝a，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
由翻折中的不变性可得，AD⊥DE，
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，∴AD⊥平面BDE，
又BE 平面BDE，∴AD⊥BE.
（2）由题意及（1）知，BD＝DE＝a，AE＝AB＝2a，
又∠EAB＝，∴AB＝AE＝BE＝2a，∴DE2＋BD2＝BE2，
∴DE⊥BD.
由（1）知，DE⊥AD，
又AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，∴DE⊥平面ABCD.
又AB 平面ABCD，∴AB⊥DE.
如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM，
又DE∩DM＝D，DE，DM 平面DEM，∴AB⊥平面DEM，
又AB 平面ABE，∴平面DEM⊥平面ABE.
过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN，
又平面ABE∩平面DEM＝EM，DN 平面DEM，∴DN⊥平面ABE，
∴∠NAD是直线AD与平面ABE所成的角.
∵平面CDF∥平面ABE，∴直线AD与平面CDF所成角的正弦值等于sin∠NAD.
∵DM 平面ABCD，∴DE⊥DM，
易得DM＝BC＝a，EM＝AB＝a，
又DE＝a，∴DN＝＝a，
又AD＝a，∴在Rt△ADN中，
sin∠NAD＝＝＝，
即直线AD与平面CDF所成角的正弦值为.
跟踪训练
解：（1）因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，
所以∠POD＝，
又OD＝OP＝1，所以PD＝.
（2）由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，
所以当OD⊥OP时，三棱锥P-COD的体积最大.
易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），
故＝（1，－1，0），＝（0，1，－1）.
设平面CPD的法向量为n1＝（x，y，z）.
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面OPD的一个法向量为n2＝（1，0，0），
所以cos＜n1，n2＞＝＝，
所以二面角O-PD-C的余弦值为.
【例2】 解：（1）证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝AB，
所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，
所以DC⊥PD，AB⊥AP，
又AB＝BC＝DC＝DA，所以四边形ABCD为菱形，
所以AB∥DC，所以DC⊥AP，
又AP，PD 平面PAD，AP∩PD＝P，所以DC⊥平面PAD，
又DC 平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）由（1）得DC⊥平面PAD，
因为DA 平面PAD，所以DC⊥DA，故四边形ABCD为正方形.
不妨设正方形ABCD的边长为2，AD的中点为O，连接PO，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又PO 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，），A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0）.
假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝λ（λ＞0），E（x0，y0，z0），
由＝λ，得＝λ，
即（x0，y0，z0－）＝λ（－1－x0，2－y0，－z0），
解得x0＝－，y0＝，z0＝，
所以E（－，，），
所以＝（0，2，0），＝（－2，0，0），＝（1，2，－），＝（，－，）.
设平面AEB的法向量为n＝（x1，y1，z1），则
可取n＝（，0，1＋2λ）.
设平面BCE的法向量为m＝（x2，y2，z2），则
可取m＝（0，，2），则｜cos＜n，m＞｜＝＝
＝，
解得λ＝1或λ＝－2（舍去），
所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝1.
跟踪训练
解：
因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1），
（1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1），
｜cos＜，＞｜＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
（2）存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点，＝（1，0，1），
所以M（，0，），所以＝（x－，y，），
又＝（0，1，－1），＝（－1，1，－1），
则
所以N（，，1），
且＝，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
培优点1 球的切、接问题
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
过△ABD的中心E作平面ABD的垂线，过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于点O，连接OD，依据题中条件可知，O为四面体ABCD的外接球球心，因为AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝＝，即外接球半径为，则该球的表面积为4π（）2＝20π，故选C.
（2）
如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径R＝OA＝OD＝2，则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝×（22×π＋＋12×π）×＝.故选C.
跟踪训练
1.B
将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2、1、2，四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π.故选B.
2.A 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
【例2】 （1）B （2）A
解析：（1）
旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，则OE＝OF＝r（r为内切球的半径），故AO＝＝r，CO＝＝r，故5＝AO＋OC＝r＋r，故r＝，故旋转体的内切球的表面积为4π×（）2＝.故选B.
（2）
由AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A-BCD的表面积S＝2××3×4＋2××4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积V＝××3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝Sr，得r＝＝，所以该三棱锥内切球的体积V球＝πr3＝π×（）3＝.
跟踪训练
解析：
如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为2x，则下底面边长为4x，则CM＝CF＝x，BM＝BE＝2x，∠CIM＝∠MIF，∠BIM＝∠MIE，故∠CIB＝∠CIM＋∠BIM＝（∠MIE＋∠MIF）＝90°，在Rt△CIB中，IM⊥CB，则由射影定理，IM2＝CM·BM得2x2＝1，解得x＝，于是棱台的上底面面积为（2x）2＝2，下底面面积为（4x）2＝8，高为2，故该正四棱台的体积为V＝×2×（2＋＋8）＝.
【例3】 π 解析：设正四棱锥P-ABCD底面的边长为a，高为h，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝1，则a2h＝3.如图，连接AC，记AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥底面ABCD，正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在直线PO1上.连接OA，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，又O1A＝，OO1＝｜h－R｜，所以OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（）2＋｜h－R｜2，得2hR＝h2＋a2，因为a2h＝3，所以R＝＋.令f（h）＝＋，h＞0，则f'（h）＝，由f'（h）＝0，得h＝，当0＜h＜时，f'（h）＜0，当h＞时，f'（h）＞0，所以函数f（h）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，所以当h＝时，半径R取得最小值，且最小值为，所以外接球体积的最小值为×（）3π＝π.
跟踪训练
1.A
设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝＋≥2＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
2.4π 解析：
当球与下底面和侧面均相切时，圆台及球的轴截面如图所示，设E，F分别为梯形上、下底边的中点，连接EF，则CE＝1，DF＝3.过点C作CH⊥AD，交AD于点H，记点G为侧面的切点，O为球心，连接OG，OC，则FD＝DG＝3，CH＝EF＝2，FH＝EC，所以CD＝＝＝4，所以CG＝CD－DG＝1，所以CE＝CG，所以Rt△OEC≌Rt△OGC，所以OE＝OG，即球与上底面也相切，故此时球的半径R＝＝，所以该球体积的最大值为πR3＝π·（）3＝4π.
培优点2 立体几何中的截面与交线问题
【例1】 C 易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A、D；等腰三角形的底边是正三棱锥的一条棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；而等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在这两个面上的切点，所以C正确.
【例2】 解析：
根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则＝2＝2×BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝，（）min＝2×＝.故四边形BFD1E面积的最小值为.
跟踪训练
1.D
如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G.由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH 平面A1EF，EF 平面A1EF.所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.
2.［π，］ 解析：
正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝，则R2＝r2＋1＝.①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝；②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，该截面圆的直径为AB，即半径为＝1，所以截面圆的面积最小为π·12＝π，综上，截面面积的取值范围为［π，］.
【例3】 解析：
由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又OA＝＞2，OP＝3＞4，所以平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为.所以最长弧的弧长为.
跟踪训练
C
取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝AB，又因为MJ∥AB，MJ＝AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD，因为正三棱锥P-ABC中，PA＝6，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3，MD＝3，cos∠MQD＝＝＝，所以sin∠MQD＝＝＝.
培优点3 立体几何中的动态问题
【例1】 （1）B （2） 解析：（1）设O为△ABC的中心，连接PO，AO（图略），在正△ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B.
（2）
如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1 平面SBC1，PE 平面SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E＝C1D1＝，连接BD，取BD的中点O，连接PO，则四边形PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB 平面SBC1，PO 平面SBC1，则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE 平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，则DF＝DC＝，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝.
跟踪训练
1.A
如图，设☉O的半径为r，取BC的中点M，连接OM，MH，OH，OC，则OM⊥BC，MH＝MC.因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，即OH＝r，亦即动点H在以O为球心、r为半径的球面上.易证BH⊥平面ACD，即BH⊥AD，又B为定点，所以动点H又在过点B且垂直于直线AD的平面上，故点H运动的轨迹是圆.
2. 解析：易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.
【例2】 （1）4－2 （2）
解析：（1）
连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2.
（2）
由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A（0，0，0），E（，0，0），＝（1，，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则＝（－，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，］，所以cos θ＝＝，又因为［］2＝1－，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号，所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值.
跟踪训练
BD 在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝，依题意，0＜∠ASB＜，而∠SAB＝－∠ASB，因此∠SAB∈（，），C错误；对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝，得AB＝BC＝2，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，
∠S1BA＝，如图，于是（SE＋CE）min＝S1C，因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·cos＝8＋8＋8＝4（＋1）2，所以（SE＋CE）min＝S1C＝2（＋1），D正确.
【例3】 ABC
如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE 平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB 平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，
使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2，D错误.
跟踪训练
解析：如图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角为，所以∠B'OK＝，所以KO＝B'O＝BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆圆心为O'，得其半径为AB＝.当E与C重合时，∠KO'B＝，所以所对的弧长为×＝.
2 / 2第1讲 小题研透——立体几何
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
空间几何体的表面积与体积 立体几何中的小题仍在求空间几何体的表面积及体积、判断空间线、面位置关系二个高频考点上考查；与空间几何体表面积、体积有关的最值问题是命题的热点，多涉及用基本不等式与导数求最值
空间点、线、面位置关系的判断及应用
二、真题感悟
1.（2024·天津高考6题）（空间中线线、线面位置关系）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A.若m∥α，n∥α，则m⊥n
B.若m∥α，n∥α，则m∥n
C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交
2.（2024·新高考Ⅰ卷5题）（圆柱、圆锥的侧面积与体积）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
3.（2022·全国甲卷理8题）（扇形弧长）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（ ）
A. B.
C. D.
4.（2024·新高考Ⅱ卷7题）（正三棱台的体积、线面角的正切值）已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. B.1 C.2 D.3
重｜难｜排｜查
1.直观图
斜二测画法作出的直观图面积为原平面图形面积的.
2.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h
球 S＝4πR2 V＝πR3
3.空间线面位置关系的8个定理
（1）线面平行的判定定理：a α，b α，且a∥b a∥α；
（2）线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b；
（3）面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α；
（4）面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b；
（5）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a α，b α l⊥α；
（6）线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b；
（7）面面垂直的判定定理：l⊥α，l β α⊥β；
（8）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α.
4.三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O
（1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的外心；
（2）若PA，PB，PC与平面ABC所成角相等，则点O是△ABC的外心；
（3）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心；
（4）若PA⊥BC，PB⊥AC，PC⊥AB，则点O是△ABC的垂心.
空间几何体的表面积和体积
【例1】 （1）（2024·菏泽三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A.24π B.25π
C.26π D.27π
（2）（2024·天津高考9题）一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（ ）
A. B.＋
C. D.－
听课记录
感悟提升
1.求空间几何体表面积的方法
（1）求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；
（2）求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.
2.求空间几何体体积的常用方法
（1）公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算；
（2）等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等；
（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.
1.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为 .
2.（2024·北京高考14题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm.（不计量器的厚度）
3.已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为 .
空间线、面位置关系的判断
考向1 位置关系的判断
【例2】 （1）（2024·石家庄质量检测）设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A.若α⊥β，m α，l⊥β，则m∥l
B.若m α，l β，α∥β，则m∥l
C.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
D.若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ
（2）（2024·济南模拟）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（ ）
A.平面CBP⊥平面BB1P
B.AP⊥平面CPD1
C.AP⊥BC
D.AP∥平面DD1C1C
听课记录
感悟提升
判断空间线、面位置关系的4种方法
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
（2）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的结论，进而作出判断；
（3）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定；
（4）建立空间坐标系或选定空间的一组基，借助空间向量进行判断.
考向2 异面直线所成的角
【例3】 （2024·东北三校第一次联合考试）如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为 .
听课记录
感悟提升
求异面直线所成角的方法
（1）综合法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角形，求出所作的角；
（2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值的绝对值.
1.（2024·大连第一次模拟考试）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A.若a⊥c，b⊥c，则a∥b
B.若a∥b，a∥α，则b∥α
C.若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D.若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α
2.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且·－·＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余弦值为 .
空间几何体的折展问题
【例4】 如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长SA＝3，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A.2 B.3 C.6 D.2π
听课记录
感悟提升
空间几何体最短距离问题，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.
1.（2024·金丽衢十二校第二次联考）已知圆柱的轴截面面积为4，则该圆柱侧面展开图周长的最小值为 .
2.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是侧面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为 .
1 / 3第1讲 小题研透——立体几何
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
空间几何体的表面积与体积 立体几何中的小题仍在求空间几何体的表面积及体积、判断空间线、面位置关系二个高频考点上考查；与空间几何体表面积、体积有关的最值问题是命题的热点，多涉及用基本不等式与导数求最值
空间点、线、面位置关系的判断及应用
二、真题感悟
1.（2024·天津高考6题）（空间中线线、线面位置关系）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A.若m∥α，n∥α，则m⊥n
B.若m∥α，n∥α，则m∥n
C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交
解析：C 对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误.
2.（2024·新高考Ⅰ卷5题）（圆柱、圆锥的侧面积与体积）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
解析：B 设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
3.（2022·全国甲卷理8题）（扇形弧长）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
4.（2024·新高考Ⅱ卷7题）（正三棱台的体积、线面角的正切值）已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. B.1 C.2 D.3
解析：B 法一（直接法） 如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得B＝（）2＋D，即x2＋＝（2－x）2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.
法二（补形法） 如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×3＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B.
重｜难｜排｜查
1.直观图
斜二测画法作出的直观图面积为原平面图形面积的.
2.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h
球 S＝4πR2 V＝πR3
3.空间线面位置关系的8个定理
（1）线面平行的判定定理：a α，b α，且a∥b a∥α；
（2）线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b；
（3）面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α；
（4）面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b；
（5）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a α，b α l⊥α；
（6）线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b；
（7）面面垂直的判定定理：l⊥α，l β α⊥β；
（8）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α.
4.三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O
（1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的外心；
（2）若PA，PB，PC与平面ABC所成角相等，则点O是△ABC的外心；
（3）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心；
（4）若PA⊥BC，PB⊥AC，PC⊥AB，则点O是△ABC的垂心.
空间几何体的表面积和体积
【例1】 （1）（2024·菏泽三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ C ）
A.24π B.25π
C.26π D.27π
（2）（2024·天津高考9题）一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（ C ）
A. B.＋
C. D.－
解析：（1）如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C.
（2）因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝，故选C.
感悟提升
1.求空间几何体表面积的方法
（1）求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；
（2）求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.
2.求空间几何体体积的常用方法
（1）公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算；
（2）等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等；
（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.
1.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为1.
解析：如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1.
2.（2024·北京高考14题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为23 mm，升量器的高为57.5 mm.（不计量器的厚度）
解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（）2×230＝10×π×（）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（）2×23＝10×π×（）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm.
3.已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为8π.
解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h（h＞0），则l·2＝hr.解得h＝，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（）2，即l2＝＝.令＝t，则0＜t＜.令f（t）＝t－4t2＝－4（t－）2＋，则当t＝时，f（t）取得最大值，即l2取得最小值16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2，圆锥的侧面积S＝πrl＝8π.
空间线、面位置关系的判断
考向1 位置关系的判断
【例2】 （1）（2024·石家庄质量检测）设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ D ）
A.若α⊥β，m α，l⊥β，则m∥l
B.若m α，l β，α∥β，则m∥l
C.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
D.若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ
（2）（2024·济南模拟）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（ B ）
A.平面CBP⊥平面BB1P
B.AP⊥平面CPD1
C.AP⊥BC
D.AP∥平面DD1C1C
解析：（1）对于A选项，若α⊥β，m α，l⊥β，则l∥α或l α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l α，l与β平行、相交或l β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确.故选D.
（2）对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1 平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB 平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC 平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1 平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP 平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP 平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.
感悟提升
判断空间线、面位置关系的4种方法
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
（2）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的结论，进而作出判断；
（3）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定；
（4）建立空间坐标系或选定空间的一组基，借助空间向量进行判断.
考向2 异面直线所成的角
【例3】 （2024·东北三校第一次联合考试）如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为 .
解析：法一（几何法） 如图，取AB的中点N，连接DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，∴MN∥PA且MN＝PA＝1，则异面直线DM与PA所成的角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN 平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝＝，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝＝＝，故异面直线DM与PA所成角的正切值为.
法二（向量法） ∵PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），＝（2，0，0），＝（1，1，－2），∴cos＜，＞＝＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝.
感悟提升
求异面直线所成角的方法
（1）综合法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角形，求出所作的角；
（2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值的绝对值.
1.（2024·大连第一次模拟考试）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A.若a⊥c，b⊥c，则a∥b
B.若a∥b，a∥α，则b∥α
C.若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D.若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α
解析：D 对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据a∥b，a∥α，可得b∥α或b α，故B错误；对于C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D.
2.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且·－·＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
空间几何体的折展问题
【例4】 如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长SA＝3，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A.2 B.3
C.6 D.2π
解析：B 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以＝α×3＝2π，所以α＝，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和余弦定理，得AA'＝＝＝3.
感悟提升
空间几何体最短距离问题，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.
1.（2024·金丽衢十二校第二次联考）已知圆柱的轴截面面积为4，则该圆柱侧面展开图周长的最小值为8.
解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋2l≥2＝8，当且仅当4πr＝2l，即r＝，l＝2时等号成立.
2.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是侧面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为＋.
解析：如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为DM⊥A1C，所以DM 平面BDC1，即M在线段BC1上，将平面BDC1和平面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2，DM＝，MC＝，故DM＋MC≥CD＝＋.
1.如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（ ）
A.4 B.4
C.2 D.8
解析：A 由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝×2×4＝4，故选A.
2.（2024·青岛三模）在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为（ ）
A.33π B.39π C.48π D.57π
解析：C 体积最大的圆锥的母线为l＝＝＝5，则S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr2＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π.故选C.
3.（2024·黔西一模）如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3 cm，则该花盆的体积为（ ）
A. cm3 B.49 cm3
C. cm3 D.245 cm3
解析：A 如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长分别为5 cm，3 cm，所以棱台的高为h＝＝5 cm，故棱台的体积为V＝h（S上＋S下＋）＝×5×（52＋32＋）＝ cm3.故选A.
4.（2024·太原高三年级模拟考试）已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A.若α∥β，m α，n β，则m∥n
B.若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
C.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
解析：C 对于A，若α∥β，m α，n β，则m∥n或m与n异面，所以A错误；对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n或m与n异面或m与n相交，所以B错误；对于C，设直线m，n的方向向量分别为m，n，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，即m，n分别为平面α，β的法向量，又α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，所以C正确；对于D，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m与n异面或m与n相交，所以m与n不一定垂直，所以D错误.故选C.
5.（多选）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则（ ）
A.BD∥平面EGHF B.FH∥平面ABC
C.AC∥平面EGHF` D.直线GE，HF，AC交于一点
解析：AD 因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD，所以EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B、C错误；因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，因为EG 平面ABC，FH 平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，所以D正确.
6.（2024·保定二模）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.
解析：连接BC1，A1C1，如图所示，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，有AB∥C1D1且AB＝C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则有BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角.设AB＝1，则BC1＝A1B＝，A1C1＝，在△A1BC1中，由余弦定理得cos∠A1BC1＝＝＝.
7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A.DD1 B.AC
C.AD1 D.B1C
解析：B 对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP 平面BDD1B1，又DD1 平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC 平面ACC1A1，BP 平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C、D不正确.故选B.
8.已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为（ ）
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析：C 如图，在OA取一点A'，过A'作A'B'⊥α，再作B'C'⊥OC，垂足为C'，连接A'C'，由A'B'⊥OC，易得OC⊥A'C'.则cos∠AOB＝，cos∠BOC＝，cos∠AOC＝，故有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC.由于∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos 45°·cos 45°＝×＝，则∠AOC＝60°.所以C选项是正确的.
9.（2024·武昌5月质量检测）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，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.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，则该灯笼的体积为（取π＝3）（ ）
A.32 000 cm3 B.33 664 cm3
C.33 792 cm3 D.35 456 cm3
解析：B 该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2××（60－4）×42＝3 456＋32 000－1 792＝33 664（cm3）.故选B.
10.（2024·北京高考8题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为（ ）
A.1 B.2
C. D.
解析：D 由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D.
11.（多选）（2024·绍兴二模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.E，F，G，H四点共面
B.EF∥GH
C.EG，FH，AA1三线共点
D.∠EGB1＝∠FHC1
解析：ABC 对于A、B，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C.
12.（多选）如图圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下面说法正确的是（ ）
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
解析：ABD 显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝＝，对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正确；对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π（1＋2）×2＝11π，B正确；对于C，圆台的体积V＝π（12＋1×2＋22）×＝π，C错误；对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD，且E为AD中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为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C到AD中点的最短距离为5，D正确.故选A、B、D.
13.一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12.
解析：设六棱锥的高为h，则V＝Sh，所以××4×6h＝2，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h'，则h2＋（）2＝h'2，故h'＝2.所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.
14.（2024·九省联考）已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是1.
解析：设正三角形的边长为2r，则正三角形的高为r，此时圆锥MM'的底面半径为r，母线长l＝2r，高为r，故圆锥MM'的体积V1＝×πr2×r＝πr3，圆锥MM'的表面积S1＝πr2＋πrl＝3πr2，因为正三角形的高与球O的直径相等，所以球O的半径R＝r，故球O的体积V2＝πR3＝πr3，球O的表面积S2＝4πR2＝3πr2.因此，圆锥MM'的体积与球O的体积的比值为＝＝，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值为＝1.
15.如图是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容器中水的体积V是水面高度x的函数，记为V＝f（x），若正数a，b满足a＋b＝1，则f（a）＋f（b）的最小值为π.
解析：因为圆锥形容器的底面半径和高都是1，水面高度为x，所以容器中水的体积V＝f（x）＝πx3.因为a＋b＝1，所以b＝1－a（0＜a＜1），f（a）＋f（b）＝πa3＋π（1－a）3＝πa3＋π（1－3a＋3a2－a3）＝πa2－πa＋π，易知函数y＝πa2－πa＋π（0＜a＜1）的图象开口向上，且对称轴方程为a＝，所以当a＝时，f（a）＋f（b）取得最小值，最小值为π－π＋π＝π.
16.（多选）（2024·武汉二调）将两个各棱长均为1的正三棱锥D-ABC和E-ABC的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A.该几何体的表面积为
B.该几何体的体积为
C.过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D.直线AD∥平面BCE
解析：AC 对于A，S△ABD＝×1×1×＝，所以表面积为6×＝，故A对；对于B，如图所示，设点D在平面ABC内的投影为O，M为BC的中点，则由对称性可知O为三角形ABC的重心，所以AO＝AM＝×1×＝，又因为AD＝1，所以正三棱锥D-ABC的高为DO＝＝＝，所以题图所示几何体的体积为V＝2VD-ABC＝2×××＝，故B错；对于C，由B选项可知DO⊥平面ABC，由对称性可知D，O，E三点共线，所以DE⊥平面ABC，而DE 平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABC，故C对；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
其中Ox轴平行BC，因为AO＝，OM＝－＝，所以B（ ，，0），C（ －，，0），E（ 0，0，－），＝（－1，0，0），＝（ －，－，－），设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），所以不妨取z＝1，解得y＝－2，x＝0，所以取n＝（0，－2，1），又A（ 0，－，0），D（ 0，0，），＝（ 0，，），而·n＝－＋＝－≠0，所以直线AD与平面BCE不平行，故D错.故选A、C.
17.我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2·R－πR2·R＝πR3.现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得到一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得几何体体积为16π.
解析：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则＝，∴r＝h，故截面面积为4π－πh2，把y＝h代入＋＝1，即＋＝1，解得x＝±，∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2＝4π－πh2，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（ 4π×3－×4π×3）＝16π.
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