2024屆高考數(shù)學(xué)理科二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題突破：+立體幾何

立體幾何

一、選擇題:本題共8小題,每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1.（2023北京101中學(xué)模擬）已知用陽(yáng)為兩條不同的直線(xiàn),。步為兩個(gè)不同的平面,那么使m//a成立的一個(gè)充

分條件是（）

A.加〃下p

B.〃?JL￡,a_L￡

C.加-L

DM上有不同的兩個(gè)點(diǎn)到a的距離相等

2.（2023江西南昌一模）在數(shù)學(xué)探究課中某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)“膠囊形，'的幾何體，由一個(gè)圓柱和兩個(gè)半球構(gòu)成，已

知?jiǎng)⒅母呤堑酌姘?徑的4倍,若該幾何體表面積為108%則它的體積為（）

A.72兀B.967TC.108TCD.144兀

3.（2023山東臨沂一模）已知確定重心的定理:如果同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線(xiàn)不相交，那

么該閉合圖形圍繞這條直線(xiàn)旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋

轉(zhuǎn)所得周長(zhǎng)的積?即V=S/（V表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積,S表示平面圖形的面枳，/表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸

旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)）.如圖，直角梯形A8C。,已知＜。=3,則其重心G到AB的距離為

（）

R

A.-B.-C.-D.1

424

4.（2023廣東一模）水平桌面上放置了4個(gè)半徑為2的小球,4個(gè)小球的球心構(gòu)成正方形,且相鄰的兩個(gè)小球相

切.若用一個(gè)半球形的容器革住四個(gè)小球，則半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小值為（）

A.4B.2V2+2

C.2V3+2D.6

5.（2023全國(guó)乙，理9）已知為等腰直角三角形,A8為斜邊,“8。為等邊三角形，若二面角CAB-。為150。,

則直線(xiàn)CO與平面44。所成角的正切值為（）

A.-B.—C.—D.-

5555

6.如圖，在三棱柱A8C4BQ中，過(guò)A面的截面與AC交于點(diǎn)。，與8C交于點(diǎn)瓦該截面將三棱柱分成體積相

等的兩部分，則？=（）

A;Bi

7.（2022全國(guó)乙，理9）已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為。，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球。的球面上，則當(dāng)該四

棱錐的體積最大時(shí)，其高為（）

A.-B.；C.《D.?

3232

8.（2023湖南益陽(yáng)模擬）如圖，某金剛石是8個(gè)面均為等邊三角形的正八面體，其表面積為188,現(xiàn)將它雕刻成

一個(gè)球形裝飾物，則可雕刻成的最大球體積是（）

A.187tB.9或兀

C.6兀D.y/611

二、選擇題:本題共4小題,每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得

5分,部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

9.（2023新高考〃,9）己知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,/第8=120。/人=2,點(diǎn)C在底面圓周

上.且二面角P-AC-O為45。,則（）

A.該圓錐的體積為7TB.該圓錐的側(cè)面積為4V37T

C.AC=2V2D.△尸AC的面積為g

10.（2022新高考/,9）已知正方體ABCD-AW?。1,則（）

A.直線(xiàn)BCy與所成的角為90。

B.直線(xiàn)BCi與CAi所成的角為90,

C.宜線(xiàn)8G與平面B&DQ所成的角為45°

D.在線(xiàn)BC\與平面ABCD所成的侑為45°

11.（2023山東泰安一模）如圖,正方形A8C。的邊長(zhǎng)為1,M,N分別為8C,CO的中點(diǎn)，將正方形沿對(duì)角線(xiàn)AC折

起.使點(diǎn)D不在平面ABC內(nèi)，則在翻折過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是［）

A.異面直線(xiàn)AC與BD所成的角為定值

B.三棱錐D-ABC的外接球的表面積為271

C.存在某個(gè)位置，使得直線(xiàn)AO與直線(xiàn)垂直

D.三棱錐M-ACN體積的最大值為黑

12.（2023湖南岳陽(yáng)二模）某學(xué)校組織了書(shū)畫(huà)作品比賽.如圖I,本次比賽的冠軍獎(jiǎng)杯由一個(gè)銅球和一個(gè)托盤(pán)組

成若球的體積為等;如圖2,托盤(pán)由邊長(zhǎng)為4的正三角形銅片沿各邊中點(diǎn)的連線(xiàn)垂宜向上折疊而成，則下列結(jié)

論正確的是（）

A.直線(xiàn)AD與平面8痔所成的角為三

B.經(jīng)過(guò)三個(gè)頂點(diǎn)A,8,C的球的截面I員1的面積為,

4

C.界面直線(xiàn)AD與CF所成的角的余弦值為：

O

D.球離球托底面DEF的最小距離為迎+&1

三、填空題:本題共4小題,每小題5分，共20分.

13.（2021全國(guó)甲，文14）已知一個(gè)圓錐的底面半徑為6,其體積為30幾則該圓錐的側(cè)面積為.

14.（2023新高考〃/4）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.

15.（2023江蘇常州模擬）將兩個(gè)一模一樣的正三棱錐共底面倒扣在一起，已知正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為2,若該組

合體有外接球，則正三棱錐的底面邊長(zhǎng)為.

16.（2023廣東汕頭金山中學(xué)模擬）己知四邊形ABC。為平行四邊形AD=3,NBA。、,現(xiàn)將AA8O沿直線(xiàn)

BD翻折，得到三棱錐A/CQ,若測(cè)三棱錐4-8CQ的內(nèi)切球與外接球的表面積的比值

為.

四、解答題:本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.

17.（10分）（2023全國(guó)甲，文18）

如紹，在三棱柱ABC-A\BxC\中工C_L平面ABC,NAC8=90。.

（1）證明:平面ACGA」平面BB\C\C\

⑵設(shè)AA4=2,求四棱錐A.-BBiGC的高.

18.（12分）（2022全國(guó)甲，文19）小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了?個(gè)封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面

人88是邊長(zhǎng)為8（單位：5）的正方形4￡481”8646。。4"。人均為正三角形,且它們所在的平面都與平面

ABCD垂直.

⑴證明:石尸〃平面ABC。;

(2)求該包裝盒的容積(不計(jì)包裝盒材料的厚度).

19.(12分)如圖，在直三棱柱ABC-4SG中,NmC是以8c為斜邊的等腰直角三角形A4產(chǎn)八BW,。,石分別為

棱4C,8iG上的點(diǎn)，且翌=斐=/(()</<]).

(1)若《求證:八/)〃平面AiEB;

(2)若二面角Ci-AD-C的大小為;,求實(shí)數(shù)/的值.

*5

20.（12分）（2023山東濰坊模擬）如圖，直角梯形4BCO中,/^〃。。/^18C4/?=8。=2。。=2,直角梯形48。。

繞6c旋轉(zhuǎn)一周形成一個(gè)圓臺(tái).

⑴求圓臺(tái)的表面枳和體積;

（2）若直角梯形A3C。繞灰7逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角0（0>0）到48CQ,且直線(xiàn)4。與平面ABC。所成角的正弦值為吁,

求用夕的最小值.

21.（12分）（2023江蘇蘇州模擬）己知三棱錐P-A8C（如圖1）的平面展開(kāi)圖（如圖2）中,四邊形"CQ為邊長(zhǎng)等于

式的正方形,△A6E和△BCr均為正三角形，在三棱錐2ABe中，

圖I

圖2

(1)證明:平面%。_1_平而ABC\

(2)若點(diǎn)M在棱PA上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線(xiàn)6例與平面PAC所成的角最大時(shí),求平面與平面A6C夾角的余弦值.

22.(12分)(2023福建廈門(mén)模擬)如圖，在四棱錐P-AI3CD中,PA_LAD底面ABCD為直角梯形,BC=3AO/O〃

BC,NBCQ=9()o,M為線(xiàn)段PB上一點(diǎn).

(1)若求證:AM〃平面PCD.

⑵若以=2/0=1,異面直線(xiàn)PA與CO成90。角,二面角B-PC-D的余弦值為-唱,在線(xiàn)段PC上是否存在點(diǎn)Q,

使得點(diǎn)。到直線(xiàn)A。的距離為竺?若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)Q的位置;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

1.C解析對(duì)于A(yíng),若,〃〃及。〃人則〃?ua或〃?〃a,故A不正確；

對(duì)于B,若，〃_L/AaJL/?,則mua或“〃a,故B不正確；

對(duì)于C,若〃?_!_〃,〃_La,〃?Ca,則加〃。,故C正確；

對(duì)于D,機(jī)上有不同的兩個(gè)點(diǎn)到a的距離相等,則可能m與a相交，故D錯(cuò)誤.

2.D解析設(shè)圓柱的底面半徑為r,則球的半徑為匚圓柱的高是41??圓柱的側(cè)面積為2〃x4一隊(duì)/，兩個(gè)半球

的表面積為4冗/,.??該幾何體表面積為8〃2+4兀戶(hù)=12兀7=108兀解得r=3,

,該幾何體的體積為nrx4r+^7tr3=47cx33+17cx33=14471.

3.C解析設(shè)。＞=心48=3],宜角梯形繞AB旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體的體積心a32江+1.32.（3『/）=15也,梯形

ABCD的面積sW（x+3x）x3=6x.設(shè)重心G到AB的距離為從則重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)為/=2兀”,則

15?=（2冗/?）6戈,貝!1

4

4.C解析如圖,4個(gè)小球球心構(gòu)成的正方形為。。203。4,中心為N,

由邈意O\O?=4,NOk2丘、

半球形容器的球心為0,

顯然當(dāng)半球形容器與4個(gè)小球都相切時(shí)球O的半徑最小，平球形容器與球。的切點(diǎn)為人連接0M則ON=

小球的半徑=2,球0的半徑=OA=OM+OOi=2+亞西而尸=2+28.

5.C解析（方法一）如圖，取A8中點(diǎn)O,連接0。,。。,則由題可知/。。。為二面角CAB-D的平面角，

AZDOC=150°.

設(shè)CA=CB=a,

則。。二加二等.

?：&ABD是等邊三角形,???OQ_LA8,且OD=^AB當(dāng)i.在A(yíng)DOC中,

由余弦定理得,C￡>2=OC2+o戶(hù)20coDcos/OOC=；/,??.CD=gLa

過(guò)點(diǎn)D作。4_L平面48C,垂足為，，易知點(diǎn)H在直線(xiàn)0C上，則/OCH為直線(xiàn)CD與平面48c所成的角，且

NDOH=30。,故DH=RD聾a,：.sinNDCH嗡=萋=筌則3sNDCH=*.2CH=^=f-

故選C.

（方法二）取AB中點(diǎn)0,連接0C0D.以。為原點(diǎn)04OC所在直線(xiàn)分別為x軸、,，軸，過(guò)0點(diǎn)作平面ABC的垂

線(xiàn)為z軸建立空間直角坐標(biāo)系（圖略）.

設(shè)AB=2,則由題可得41,0,0）,。（0、1,0）,。（0,2凈,則而二（0,9凈,由題可知平面筋。的一個(gè)法向量為

n=（0,0,l）.設(shè)CD與平面48c所成角為8,

貝ijsin<9=|cos<C/）.n>|=-^—=—,cos/7=Vl-sin20=,/.tan^=-7=—.

11夕xl14141+cose5

6.D解析由題可知平面A8/Z）與棱柱上、下底面分別交于4S,EQ,

則則EO〃A8,可得CDECA】Bi是三棱臺(tái).

設(shè)AA3c的面枳為1ACDE的面積為s,三棱柱的高為h,

則，?]./2=，1（1+$+遙）,所以點(diǎn)=

由ACDEsziCAR可得竺=^=—.

ACVI2

7.C解析設(shè)四棱錐的高為人體積為K則底面所在圓的半徑為要使四楂錐的體枳最大,底面四邊形必

為正方形，此時(shí)V=；x：X（2VI不）?力二：（小〃3）,所以由題意可知0<〃<1,令9>0,得0</?<g令V,<0,

得當(dāng)</7Vl.所以V在區(qū)間（0,多內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間停1）內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)仁爭(zhēng)寸W取得最大值.

8.D解析如圖,設(shè)底面48CD中心為0,8C,A。中點(diǎn)分別為凡M,

連接OH,EO,EH,MF,HF,EM.

設(shè)金剛石的邊長(zhǎng)為由題知,8x1sin60。=28。2=[875,所以“=3.

在等邊三角形EBC中1C邊上的高EH=>JEC2-CH2=.一針二苧

在RSEOH中,E0ZEHZ-0H2=行-7=拳

由題可知，最大球即為金剛石的內(nèi)切球,由對(duì)稱(chēng)性易知球心在。點(diǎn),與平面的切點(diǎn)在線(xiàn)段五，上,球的半

徑即為截面EMFH內(nèi)切圓的半徑，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r,

由等面積法可知苧X|=咨，解得裳,

3

所以?xún)?nèi)切球的半徑為R噂則內(nèi)切球體積為Y前手xg)=V671.

9.AC解析由題意，可得POJ_平面4OC,NAPO=；N4P8=60。,所以PO=PAcosZAPO=1AO=PAs\nZ

.如圖，取4c的中點(diǎn)。，連接PROD則即為二面角P-ACO的平面角,

所以NPDO=45。.

因?yàn)?。匚平面4。。,尸0_1_平面/1。。,所以PO1OD,

所以N。。為等腰直角三角形，所以O(shè)D=PO=1,PD=企.對(duì)于A(yíng),同錐的體積仁)x(6)2x15,故A正確;

?5

對(duì)于B,圓錐的側(cè)面積S=7rxgx2=2g兀，故B不正確；

對(duì)于CAC=2y/AO2-OD2=2>/2^C正確；

對(duì)于D,SAPAC=|XACXPD=1X2\/2Xa=2,故D不正確.故選AC.

10.ABD解析連接A。]」??在正方體A3CO-A/]GQi中乃G/ZAOiADLAQi,

???直線(xiàn)BCi與DAi所成的角為90。,故A正確；

連接8C,〈AI8I_L平面8CC向方Gu平面8CG8".4SJ_8G.又8G_18|。48￡用。=8]ABg平面

ABC/Cu平面431c...Be」平面AS。，又CAiu平面43|。,??.灰?|_1。4],即直線(xiàn)4。1與。4所成的角為

90二故B正確；

連接4G,交BiDi于點(diǎn)O,連接80.易證GAi_L平面BBDD.；?NQBO為直線(xiàn)BC\與平面B辦。。所成的角.

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為。，則OC\=^aBC尸正。,

..?sin/C4O=普=：,???/CBO=30°,故C錯(cuò)誤；

8cl2

??《_1_平面49。。,???/。歷。為直線(xiàn)BG與平面ABC。所成的角.乂NG8C=45。,.??直線(xiàn)8G與平面ABC。

所成的角為45。,故D正確.故選ABD.

11.ABD解析對(duì)于A(yíng),取AC中點(diǎn)。.連接。氏0Z）,則ACL0BAC10D.X08（1。。=。,所以AC_L平面0BD.

因?yàn)镸u平面0BD.所以AC_L8D,故異面直線(xiàn)AC與BD所成佗角為90。,為定值，故選項(xiàng)A正確.對(duì)于B,因

為OA=OB=OC=OQ,所以外接球球心是O,所以外接球半徑R言.

2

所以四面體ABCD的外接球體積為S=4TTX俘）=2兀,故B正確.對(duì)于C,假設(shè)直線(xiàn)AD與直線(xiàn)/3C垂直.

因?yàn)橹本€(xiàn)AB與直線(xiàn)BC垂直,AOCIABM,則直線(xiàn)BCL平面ABD.因?yàn)?。＜=平面ABD,

所以RCIRD.又BDI4cAe07?。=。,所以RDI平面4KC又O/?U平面ABC,所以BDIOR.

而AO8。是以O(shè)B和OD為腰的等腰三角形，與假設(shè)不符，故C錯(cuò)誤.

對(duì)于D,連接AAMM因?yàn)閂MACH%.4cM當(dāng)平面。4。_1_平面ABC時(shí),三棱錐M-ACN體積取最大值，

此時(shí)OO善,三棱錐MACN的高度為聾，則叉口產(chǎn)/,斗故（VWMmaxWX7XT=S故選項(xiàng)D正

2242434448

確.故選ABD.

12.CD解析如圖3,連接A脫4cAe.取DE,EF,DF的中點(diǎn)N,M,（取MF的中點(diǎn)凡連接

BK,BH、KH、BM,AN、MN、DM^&BEF為正三角形，得DMLEF.

乂平面BE/_L平面。石￡平面BE/T）平面平面O￡￡OM_L平面BER且由題可得,K”〃?！?，則

KH_L平面8EF.同理AN_L平面DEF,

則8M〃AN，且BM=4N=g,所以四邊形ABMN為平行四邊形，則AB〃MN,AB=MN.又MN〃DFMN=]DF,得

AB//DF,因?yàn)锳B=^DF=DK,

所以四邊形A8K。為平行四邊形，則AD〃BK,AD=BK/KBH即為直線(xiàn)AD與平面BE尸所成的用，

smNKBH卷=號(hào)，所以NKM存故A錯(cuò)誤.

BK46

如圖3,由選項(xiàng)A知AB//MN/2F、

同理AC//EF,BC//DEAB=AC=BC=MN=^DF=1,

所以經(jīng)過(guò)三個(gè)頂點(diǎn)ABC的球的截面圓為"BC的外接圓，其半徑為r=|xlxsin^=今面積為小芍故B錯(cuò)

誤.連接AM,由4C〃M兒4C=Mr=1,得四邊形ACFM是平行四邊形，則AM〃。尸，所以NMA。是異面直線(xiàn)AD

與。尸所成的角或其補(bǔ)角，

AM=CF=2.&^AMD中工O=2QM=V5,由余弦定理，得cosNAM。二絲^=三,故C正確.

2ADAM8

設(shè)球的半徑為凡由球的體積為拳得43*,解得R=\.

如圖4,OQ=，R2_r2=*O|G=R-OQ=l-*AN=2s靖=V5,

所以球離球托底面DEF的最小距離為AN-O\G=W+鼻1,故D正確.故選CD.

?5

13.39兀解析設(shè)圓錐的高為〃，母線(xiàn)長(zhǎng)為/,

貝IJ；兀X6L/?=30TI,

解得力匕,則1=假不*=景故圓錐的側(cè)面枳為兀x6x?=39兀

14.28解析如圖所示，在正四棱錐P-ABCD中，平面4‘BC'Q'〃平面A8CD

點(diǎn)O\O分別為正四棱臺(tái)ABC。-48czy上、下底面的中心,O7TJ_AB0，_LA8,點(diǎn)H：H為垂足.

由題意，得A3=4a/T=2,W=3.易知所以矍=察，即。="解得P。=6,所以

rOOHrUN

OO，=PO_PO，=3,所以該正四棱臺(tái)的體積是V=1X3X(22+V22X42+42)=28.

15.x/6解析如圖，連接R4交底面4co于點(diǎn)。,則點(diǎn)。就是該組合體的外接球的球心.

設(shè)三棱錐的底面邊長(zhǎng)為〃，外接球的半徑為R,則CO=PO*a,得五x爭(zhēng)=2,所以“訪(fǎng)

16解析在MB。中/B=4,4D=3,/BAZ)q,

故。爐工A/f+A￡)2-2A/MDcosN/MQ=42+32.2x4x3x913WDB=V13.

折成的三棱錐A'-BCO中4。=。64'8:48=。。4。必。=8。,即此三棱錐的對(duì)棱相等,故此三棱錐的三組對(duì)

棱是?個(gè)長(zhǎng)方體的六個(gè)面的對(duì)角線(xiàn),

設(shè)長(zhǎng)方體從同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條楂長(zhǎng)分別為ahc,

(a2+b2=13,(a=V3,

則M+C2=9,解得,=

32+。2=16,=V6.

此長(zhǎng)方體的外接球是三棱錐A'-BCD的外接球,

設(shè)外接球的直徑2/?=Va2+b2+c2=g,即R岑

又因?yàn)槿忮FA'-BCO是長(zhǎng)方體切掉四個(gè)角，

故三棱錐VAncf>=(ibc-4x^x^-abc=^tbc=2x/5.

因?yàn)槿忮FA-BCD四個(gè)側(cè)面是全等的，

SA=4SAA?D=4《ABADsi嗎=2X4X3X^=12回

設(shè)內(nèi)切球半徑為八以?xún)?nèi)切球球心為頂點(diǎn)，把三棱錐分割為以球心為頂點(diǎn)，四個(gè)面為底面的四個(gè)小三棱錐，四個(gè)

小三棱錐體積等于大三棱錐的體積，故『生產(chǎn)=誓=平，

S長(zhǎng)12V36

則二棱錐/V-8C'/）的內(nèi)切球與外接球衣面積的比值為黑=喘=吾=高

4

17.（1）證明???4C_L平面ABC出。二平面48C,

???AC_L8C.???ZACB=9O°,：,BC1CA,

??,ACnCA:CACCAu平面ACGA],

???BC_L平面ACGAi.

??'BCu平面881。]。,???平面人。。4_1平面BB\C\C.

⑵解平面ACG4J_平面/用iGC,且這兩個(gè)平面的交線(xiàn)為CG,過(guò)4作4O_LCG,垂足為點(diǎn)D,

則AQ_L平面88cle

???西棱錐Ai-BBiCiC的高為AiD.

'：BC_LCA,BC±CAM=BAi、BC=BC,

.??RlABCAgRsBCAi.

?\CA=CA\.

在三棱柱A8C-A出G中，四邊形人CGAi為平行四邊形，有AOAC/ACA產(chǎn)NGAC=90>CC尸/U尸2,則

△C4G為等腰直角三角形,且底邊CG=2,

???&。三。。尸1.即四棱錐418|3。的高為1.

18.解（1）過(guò)點(diǎn)E作EEUAB于點(diǎn)F,過(guò)點(diǎn)尸作FFLBC于點(diǎn)入連接E'F\

???底面A8CO是邊長(zhǎng)為8的正方形,氏△A'3C均為正三角形，且它們所在的平面都與平面A5C。垂直,

，EE'_L平面A8co，/產(chǎn)平面ABCD,REE'=FF,

J四邊形EETT是平行四邊形，

則石尸〃？尸.???￡：戶(hù)匕平面ABCDEFC平面ABCD,

???EF〃平面ABCD.

⑵過(guò)點(diǎn)G,“分別作GG，LCD,HH」DA,交于點(diǎn)G；”；連接FG；GH；WE6c.

由⑴及題意可知,GH分別為CD.DA的中點(diǎn),

EFGH-EFG'W為長(zhǎng)方體,

故該包裝盒由一個(gè)長(zhǎng)方體和四個(gè)相等的四棱錐組合而成.

???底面ABCD是邊長(zhǎng)為8的正方形，

.*.AC=V82+82=8x^2cmE尸=H'E'"%C=4/cm.EE'=AEsin60。=48cm,

???該包裝盒的容積為

V=V￡FG//-E,F,G7/，+4V4-EE7/7/=^^，x^^，+4x-x5EE7/7/X-y4C=4V2x4A/2x4V3+4x-x4V2x4\/3x2V2=

343

等gcm3.

19.（I）證明當(dāng)時(shí),/）上分別為棱BCBCi的中點(diǎn)，

在直三棱柱ABC-A出Ci中，連接（圖略），則OE〃A4iQ￡=AAi,所以四邊形?！?4是平行四邊形，所以4。

〃&E.又因?yàn)锳QC平面平面4E8,所以/1。〃平面AiEB.

（2）解（方法一）如圖所示，

在平面ABC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)C作AD的垂線(xiàn)，垂足為“，連接GH,

則/G”C為二面角Ci-AD-C的平面角，即NG"C=,.

在RIAC1//C中,GC=3,所以在RtACHA中,CH=VlAC=3,

所以$in/C4,磅三日〈當(dāng)

乂因?yàn)?C4”為銳角，所以cos/C4〃=4，且0V/C4”<3所以點(diǎn)H在線(xiàn)段AD的延長(zhǎng)線(xiàn)上.在A(yíng)CDA中,sin

34

NCQH=s琥+⑷H）=午,3缶=6-3△所以嚶=當(dāng)箸二2/

（方法二）由題可知4/11_L平面人BC,N8八C=90°,

以而，死，標(biāo)為x軸、y軸、Z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0),8(3,0,0),C(0,3,0),G(0,3,3),

所以麗=(3Q0),JB=(0,3,3),而=(-3,3,0),前二點(diǎn)=(?3&3r,0),所以而=AB+前=(3?3/,31,0).

設(shè)平面ACiD的一個(gè)法向量為n尸(x,y,z),

?仇1?褊=0,(3y+3z=0,

卜1?而=0,13(1-￡口+3少=0,

令y=1-l,則x=/,z=l”,故ni=(r,r-lJ-r).

由題得平面ADC的一個(gè)法向量為112=(0,0,1).

因?yàn)槎娼荂]-AD-C的大小為黑斤以|盧產(chǎn)卜c尾=士即焉3=；，得『4+2=0.

311^111^21132V3tz-4t+22

又因?yàn)?</<1,所以/=2-V2.

20.解⑴由題意，直角梯形A8CO旋轉(zhuǎn)形成下底面半徑為2,上底I!半徑為1,高為2的圓臺(tái)，則該圓臺(tái)的母線(xiàn)

長(zhǎng)為巡，

所以該圓臺(tái)的表面積5=冗(1+2)x石+兀+4兀=(3代+5)兀,該圓臺(tái)的體積V=^X2X(7T+-\/KX4Tr+47r)=y7r.

⑵作BM1BA交底面圓于點(diǎn)M,以點(diǎn)8為坐標(biāo)原點(diǎn),R4,BM,8C所在直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立空間宜角坐

標(biāo)系，如圖所示,

則D(l,0,2Mi(2cos42sin9,0),即砸=(I-2cos9,-2sin0,2).

乂平面ABCD的一個(gè)法向量n=(0,l,0),設(shè)直線(xiàn)A1。與平面ABCD所成的角為火

|2sing|_V21

則sina=|c0sv4]/5.n>|=7一””"

?9-4cos67'

l(l-2cos0)2+(-2sin0)2+4

乂sin219+cos2i9=l,^^cos或cos8=-；,故當(dāng)cos時(shí)，所求B取最小值為

21423

21.(1)證明如圖所示.

z

A

取AC的中點(diǎn)為O,連接OB,OP.

由題意得PA=P8=PC=&，則OP=\,OA=OB=OC=\.

???在△PAC中的中點(diǎn)為O,，OP_LAC

又在&POB中。0=1,03=1/8=&,

AOP2+OB2=PB2^OPLOB.

???ACnOB=O,4Cu平面4BC08U平面ABC,

???。尸_1_平面ABC又OPu平面PAC,

工平面B4C_L平面ABC

(2)解由(1)可知,O8_LOP,OB_LAC/CnOP=。，

.平面P4C,即N/3M0為直線(xiàn)BM與平面PAC所成的角，且tan/4M。=第