2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)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(xué)復(fù)習(xí)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(zhǎng)為a，若點(diǎn)A，B，C，D在該圓錐的側(cè)面上，點(diǎn)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(jí)模擬）一個(gè)圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個(gè)幾何體的側(cè)面積之比為1：1，則上下兩個(gè)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(jí)模擬）已知棱長(zhǎng)為66的正四面體與一個(gè)球相交，球與正四面體的每個(gè)面所在平面的交線都為一個(gè)面積為9πA．48π B．72π C．96π D．128π7．（2025?遼寧二模）在正四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1＝2AB＝2AA1＝2．E，F(xiàn)，G，H分別為A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中點(diǎn)，將該正四棱臺(tái)截取四個(gè)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(jí)月考）把一個(gè)周長(zhǎng)為6的長(zhǎng)方形鐵皮圍成一個(gè)無蓋無底的圓柱，當(dāng)圓柱體積最大時(shí)，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(zhǎng)方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內(nèi)灌進(jìn)一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當(dāng)?shù)酌鍭BCD水平放置時(shí)，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(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)，G是線段AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點(diǎn)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(jí)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(diǎn)，則（）A．DF∥平面BCE B．DE的長(zhǎng)可能為3 C．BA→D．點(diǎn)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(shè)計(jì)一個(gè)正四棱錐形紀(jì)念碑，要求其頂點(diǎn)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(fēng)、抗震等結(jié)構(gòu)安全需求，側(cè)棱長(zhǎng)度l需滿足23≤l≤33，當(dāng)紀(jì)念碑體積取得最大值時(shí)，正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)約為14．（2025?昌黎縣校級(jí)模擬）將兩個(gè)小球放入一個(gè)底面圓直徑和母線長(zhǎng)都是3的有蓋圓錐容器內(nèi)，則這兩個(gè)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(gè)圓錐的頂點(diǎn)，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(jí)模擬）勒洛四面體是以一個(gè)正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)分別為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的公共部分圍成的幾何體．如圖，若構(gòu)成勒洛四面體ABCD的正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為4，在該“空心”勒洛四面體ABCD內(nèi)放入一個(gè)正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，則該正方體的棱長(zhǎng)最大值是．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區(qū)校級(jí)一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點(diǎn)，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點(diǎn)A到點(diǎn)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(jí)月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點(diǎn)E是CD1的中點(diǎn)．（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(zhǎng)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(jí)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(xué)復(fù)習(xí)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(hào)12345678答案ABCADBBB二．多選題（共4小題）題號(hào)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(diǎn)】球的體積；球內(nèi)接多面體．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)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(shè)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(dāng)x=故AB=故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的應(yīng)用，以及幾何體體積的計(jì)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(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；充分條件必要條件的判斷．【專題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)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(shí)得出同一平面內(nèi)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(jié)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(dāng)a，b，c共面時(shí)，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(diǎn)評(píng)】本題考查空間線面位置關(guān)系的判斷以及充要關(guān)系的應(yīng)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(zhǎng)為a，若點(diǎn)A，B，C，D在該圓錐的側(cè)面上，點(diǎn)A1，B1，C1，D1在該圓錐的底面上，則a＝（）A．2 B．2 C．1 D．2【考點(diǎn)】圓錐的結(jié)構(gòu)特征．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】過正方體的一組對(duì)棱AA1，CC1作圓錐SO1的截面，利用三角形相似對(duì)應(yīng)邊成比例列方程即可求解．【解答】解：過正方體ABCD﹣A1B1C1D1的一組對(duì)棱AA1，CC1作圓錐SO1的截面，如圖所示：由題意可得：SO1＝2，O1設(shè)這個(gè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則OO1＝a，面對(duì)角線AC=所以O(shè)C=由OC∥O1N，可得△SOC～△SO1N，OCO1N解得：a＝1，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體結(jié)構(gòu)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(diǎn)】球的體積；圓錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】根據(jù)題意，先求出球的半徑，再結(jié)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(shè)圓錐高為h，則底面圓半徑為4-(h-設(shè)f(h)=當(dāng)h∈(0，83)時(shí)，f′（h）＞0，所以f當(dāng)h∈(83，4)時(shí)，f′（h）＜0，所以f所以f(故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查球的內(nèi)接圓錐問題，函數(shù)思想，屬中檔題．5．（2025?昌黎縣校級(jí)模擬）一個(gè)圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個(gè)幾何體的側(cè)面積之比為1：1，則上下兩個(gè)幾何體的體積之比為（）A．1：8 B．1：7 C．1：22 【考點(diǎn)】圓錐的體積．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】由圓錐側(cè)面積公式及體積公式即可求解．【解答】解：根據(jù)題意一個(gè)圓錐被平行于底面的平面所截，可知上、下兩個(gè)幾何體分別為小圓錐和圓臺(tái)，設(shè)小圓錐的高為h1，底面半徑為r1，所以母線長(zhǎng)為h1原圓錐的高為h，底面半徑為r，所以母線長(zhǎng)為h由小圓錐的側(cè)面積為：πr1h上下兩個(gè)幾何體的側(cè)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(tái)的體積之比為1：故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓錐和圓臺(tái)的體積公式，是中檔題．6．（2025?昌黎縣校級(jí)模擬）已知棱長(zhǎng)為66的正四面體與一個(gè)球相交，球與正四面體的每個(gè)面所在平面的交線都為一個(gè)面積為9πA．48π B．72π C．96π D．128π【考點(diǎn)】球的表面積；球內(nèi)接多面體．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】根據(jù)正弦定理可得外接圓半徑，進(jìn)而根據(jù)勾股定理可得四面體的高，即可根據(jù)球的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理求解半徑得解．【解答】解：因?yàn)槔忾L(zhǎng)為66且球與正四面體的每個(gè)面所在平面的交線都為一個(gè)面積為9π的圓，所以由對(duì)稱性，可知球心與正四面體重心重合，且每個(gè)面的交線為半徑為3的圓．設(shè)球心為O，H為△BCD的中心，則AB=6故HB=12設(shè)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(zhǎng)為3，且連線垂直該面，再連交線圓上一點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，屬中檔題．7．（2025?遼寧二模）在正四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1＝2AB＝2AA1＝2．E，F(xiàn)，G，H分別為A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中點(diǎn)，將該正四棱臺(tái)截取四個(gè)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(diǎn)】球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】通過正四棱臺(tái)的特點(diǎn)，結(jié)合圖形關(guān)系找出多面體ABCDGHEF的球心和半徑，進(jìn)而求解即可．【解答】解：如圖，連接A1C1，B1D1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，由A1B1＝2AB＝2AA1＝2，可知四邊形EFGH為邊長(zhǎng)為2的正方形，將正四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1補(bǔ)形成正四棱錐，易知∠AA1B1＝∠AA1D1＝60°，所以AE＝AH＝1，設(shè)A1C1∩HE＝M，易知M為HE的中點(diǎn)，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(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體外接球表面積的計(jì)算，屬于中檔題．8．（2025春?沙依巴克區(qū)校級(jí)月考）把一個(gè)周長(zhǎng)為6的長(zhǎng)方形鐵皮圍成一個(gè)無蓋無底的圓柱，當(dāng)圓柱體積最大時(shí)，該圓柱底面半徑和高的比值為（）A．2 B．1π C．1 D．【考點(diǎn)】圓柱的體積；圓柱的側(cè)面積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為x，表示出體積關(guān)于高的函數(shù)，求導(dǎo)分析即可．【解答】解：一個(gè)周長(zhǎng)為6的長(zhǎng)方形鐵皮圍成一個(gè)無蓋無底的圓柱，設(shè)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(dāng)x∈（1，3）時(shí)，V′＜0，V為減函數(shù)；當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，V′＞0，V為增函數(shù)；當(dāng)x＝1時(shí)，V取得極大值，也是最大值，此時(shí)高為1，半徑為1π，底面半徑和高的比值為1故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓錐的性質(zhì)以及導(dǎo)數(shù)知識(shí)的應(yīng)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(zhǎng)方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內(nèi)灌進(jìn)一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當(dāng)?shù)酌鍭BCD水平放置時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)】棱錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】根據(jù)棱柱的性質(zhì)即可求解．【解答】解：A選項(xiàng)，固定容器底面一邊BC于地面上，根據(jù)棱柱的定義，有二個(gè)面相互平行且是全等的多邊形，其余每相鄰兩個(gè)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(xiàng)，有水部分幾何體的體積為V=486，當(dāng)平面ACB三棱錐B﹣ACB1的體積取到最大值，此時(shí)VB-ACC選項(xiàng)，設(shè)圓錐底面半徑為r，13πr由于r2+(42D選項(xiàng)，依題意，設(shè)正方體棱長(zhǎng)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(yuǎn)=92，母線長(zhǎng)設(shè)圓錐內(nèi)切球半徑為r，92-r正方體恰好可以在圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確．故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了棱柱的性質(zhì)，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(zhǎng)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(diǎn)】棱錐的體積；球的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】BCD【分析】利用空間向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)可判斷AB選項(xiàng)；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(jié)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(jié)合球體體積公式可判斷D選項(xiàng)．【解答】解：A項(xiàng)．根據(jù)題意可知，平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長(zhǎng)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?yàn)锽D所以B＝62×3+2（18﹣18﹣18）＝72，所以|BD1B項(xiàng)．因?yàn)锳1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(xiàng)．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(yuǎn)，如下圖所示：設(shè)點(diǎn)A1在平面ABD的射影為點(diǎn)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(xiàng)．三棱錐A1﹣ABD為正四面體，棱長(zhǎng)為6，設(shè)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(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了空間向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)，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(diǎn)，G是線段AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點(diǎn)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(diǎn)】棱柱的體積；棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)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(jié)構(gòu)逐項(xiàng)判斷即可．【解答】解：作出示意圖如下：對(duì)于A，因?yàn)檎襟w的表面積與體積之比為3，所以6|AA1|2|AA1對(duì)于B，因?yàn)樗拿骟wABPQ的體積為V=所以多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為VABCD對(duì)于C，設(shè)CC1的中點(diǎn)為R，連接PR，則PR∥AD1，因?yàn)锳P在平面APRD1內(nèi)，而G是線段AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，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(cuò)誤；對(duì)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(nèi)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(diǎn)，所以平面PQG截正方體的截面分別交棱CD，DD1，D1A1，A1B1的中點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，屬中檔題．（多選）12．（2025?南昌校級(jí)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(diǎn)，則（）A．DF∥平面BCE B．DE的長(zhǎng)可能為3 C．BA→D．點(diǎn)F在半徑為34【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象；運(yùn)算求解．【答案】BC【分析】對(duì)于A，取BE的中點(diǎn)G，連接CG、FG，證明四邊形CDFG為梯形，結(jié)合線面平行擔(dān)的性質(zhì)，即可判斷；對(duì)于B，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，連接ME、MD、MA，求出點(diǎn)E的軌跡，即可判斷；對(duì)于C，BA→?BE→=BA→?(BM→+ME【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，取線段BE的中點(diǎn)G，連接CG、FG，∵F、G分別為AE、BE的中點(diǎn)，則FG∥AB且FG=∵AB∥CD，則FG∥CD，則C、D、F、G四點(diǎn)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(shè)不成立，即DF與平面BCE不平行，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，取BC的中點(diǎn)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(diǎn)E在以M為球心，52為半徑的球面上運(yùn)動(dòng)（不過平面ABCD則DE=3＜DM+ME=29對(duì)于選項(xiàng)C，∵BA→BA→=3∵BA→、ME→不共線，∴∴BA→?BE對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)AM的中點(diǎn)為N，連接FN，∵F、N分別為AE、AM的中點(diǎn)，則FN=∴點(diǎn)F在以N為球心，54為半徑的球面上運(yùn)動(dòng)，D故選：BC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)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(shè)計(jì)一個(gè)正四棱錐形紀(jì)念碑，要求其頂點(diǎn)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(fēng)、抗震等結(jié)構(gòu)安全需求，側(cè)棱長(zhǎng)度l需滿足23≤l≤33，當(dāng)紀(jì)念碑體積取得最大值時(shí)，正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)約為4.90【考點(diǎn)】棱錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】4.90．【分析】設(shè)正四棱錐的高為h，根據(jù)題意求出正四棱錐的底面邊長(zhǎng)與高的關(guān)系，再利用導(dǎo)數(shù)求解即可．【解答】解：設(shè)球體的半徑為R，由題知：43所以球的半徑R＝3，設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)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(shè)f(x)=所以f'當(dāng)23≤x≤26時(shí)，f'（x）＞0當(dāng)26＜x≤33時(shí)，f'（x）＜0所以當(dāng)l=26≈4.90此時(shí)正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)約為4.90米．故答案為：4.90．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)法求錐體體積的最大值，屬于中檔題．14．（2025?昌黎縣校級(jí)模擬）將兩個(gè)小球放入一個(gè)底面圓直徑和母線長(zhǎng)都是3的有蓋圓錐容器內(nèi)，則這兩個(gè)球體的表面積之和的最大值為10π9【考點(diǎn)】球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】10π【分析】應(yīng)用圓錐的軸截面，再根據(jù)圓錐的球心及半徑，結(jié)合余弦定理得2（R2+r2）+（R+r）2﹣6（R+r）+3＝0，最后計(jì)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(zhǎng)為3的正三角形．兩個(gè)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(nèi)角平分線上，AN，BM延長(zhǎng)交于△SAB的內(nèi)心，也即中心O．設(shè)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?yàn)镸N2＝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?yàn)镺M+ON≥MN，所以（1﹣2R）+（1﹣2r）≥R+r，所以R+所以3-3所以兩個(gè)球的表面積之和4π當(dāng)且僅當(dāng)R=12所以這兩個(gè)球體的表面積之和的最大值為10π故答案為：10【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體表面積的計(jì)算，屬于中檔題．15．（2025?柳州三模）已知P為一個(gè)圓錐的頂點(diǎn)，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(diǎn)】異面直線及其所成的角．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運(yùn)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(jié)合線面角的定義求解即可．【解答】解：由題意P為一個(gè)圓錐的頂點(diǎn)，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?yàn)锽、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(zhì)可知，PO與底面垂直，且OA為底面內(nèi)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(diǎn)評(píng)】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(jí)模擬）勒洛四面體是以一個(gè)正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)分別為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的公共部分圍成的幾何體．如圖，若構(gòu)成勒洛四面體ABCD的正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為4，在該“空心”勒洛四面體ABCD內(nèi)放入一個(gè)正方體，使得此正方體能在該勒洛四面體內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，則該正方體的棱長(zhǎng)最大值是833-22【考點(diǎn)】球外切幾何體．【專題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】833-【分析】根據(jù)正方體的棱長(zhǎng)最大時(shí)，其外接球?yàn)槔章逅拿骟w的內(nèi)切球，結(jié)合正方體的性質(zhì)即可求解．【解答】解：因?yàn)檎襟w可以在勒洛四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，所以正方體的棱長(zhǎng)最大時(shí)，其外接球?yàn)槔章逅拿骟w的內(nèi)切球，記此時(shí)勒洛四面體的內(nèi)切球半徑為R，則正方體的外接球半徑為R，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則（2R）2＝a2+a2+a2，得a=23設(shè)正四面體棱長(zhǎng)為m，則其外接球的直徑為所在正方體（棱長(zhǎng)為22m因此可得正四面體外接球半徑為64m由對(duì)稱性知，勒洛四面體內(nèi)球的球心O為正四面體ABCD的外接球的球心，連接BO并延長(zhǎng)交勒洛四面體的曲面于點(diǎn)E，則OE是勒洛四面體內(nèi)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(nèi)切球半徑為R＝4-6則所求正方體棱長(zhǎng)的最大值為233R=233（4-故答案為：833-【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正四面體的外接球應(yīng)用問題，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區(qū)校級(jí)一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點(diǎn)，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點(diǎn)A到點(diǎn)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(diǎn)】平面與平面垂直；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)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(zhì)可得PO⊥CD，由等腰三角形性質(zhì)結(jié)合面面垂直判定定理可證；（2）以O(shè)D→，OC→，OP→的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，由（1【解答】解：（1）證明：在三棱錐P﹣BCD中，∵CO＝DO，E為DC的中點(diǎn)，∴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O(shè)D→，OC→，OP→的方向?yàn)閤，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(shè)n→=(x則n→⊥PB取x＝2，則y＝﹣1，z＝﹣2．∴n→=(2，∴cos?設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用．18．（2025春?上海校級(jí)月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點(diǎn)E是CD1的中點(diǎn)．（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(diǎn)】棱錐的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（1）1625（2）3．【分析】（1）根據(jù)中位線的性質(zhì)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(jì)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(zhuǎn)化即可．【解答】解：（1）如圖，連接AC，設(shè)AC∩BD＝O，則O為AC的中點(diǎn)，又E為CD1的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥AD1，所以異面直線AD1與DE所成角為∠DEO或其補(bǔ)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?yàn)镃O⊥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(diǎn)，所以三棱錐D1﹣EBD的體積為VD【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)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(zhǎng)度；（2）若AB＝AD＝AA′，∠BAD＝∠BAA′＝∠DAA′＝60°，求AC與BD′所成角的余弦值．【考點(diǎn)】異面直線及其所成的角；平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運(yùn)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(yùn)算、空間向量數(shù)量積的運(yùn)算及模長(zhǎng)的計(jì)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A(yù)B＝AD＝AA′＝2，所以AC→?BD'因?yàn)閨AC→|2=|AB→+因?yàn)閨BD'→|2=|AA'→+AD→-AB→|2=|AA'→|2+|AD→|2+|AB→所以|BD設(shè)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(diǎn)評(píng)】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(jí)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(diǎn)】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）64【分析】（1）推導(dǎo)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(shè)AC∩BD＝O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)AC∩BD＝O，∵△PAB是等腰三角形，∴PA＝AB＝2，AO=以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖，則P(0，-3，2)，A(0，-3，0)，∴PB→=(1，設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、異面直線所成角的余弦值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．

考點(diǎn)卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、判斷：當(dāng)命題“若p則q”為真時(shí)，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(diǎn)撥】充要條件的解題的思想方法中轉(zhuǎn)化思想的依據(jù)；解題中必須涉及兩個(gè)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(shí)際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學(xué)生答題時(shí)往往混淆二者的關(guān)系．判斷題目可以常用轉(zhuǎn)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(guān)系．【命題方向】充要條件是學(xué)生學(xué)習(xí)知識(shí)開始，或者沒有上學(xué)就能應(yīng)用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內(nèi)容，多以小題為主，有時(shí)也會(huì)以大題形式出現(xiàn)，中學(xué)階段的知識(shí)點(diǎn)都相關(guān)，所以命題的范圍特別廣．2．平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、平面向量數(shù)量積的重要性質(zhì)：設(shè)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(dāng)a→，b→方向相同時(shí)，a→?b→=|a→||b→|；當(dāng)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(yùn)算律（1）交換律：a→（2）數(shù)乘向量的結(jié)合律：（λa→）?b→=λ（a→?（3）分配律：（a→?b→）?平面向量數(shù)量積的運(yùn)算平面向量數(shù)量積運(yùn)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(diǎn)撥】例：由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)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(cuò)誤；∵|a→?b→|≠|(zhì)a→|∴“|m?n|＝|m|?|n|”不能類比得到“|a→?b→|＝|a→|即④錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，∴“（m?n）t＝m（n?t）”不能類比得到“（a→?b即⑤錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴acbc=ab即⑥錯(cuò)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→|≠|(zhì)a→|?【命題方向】本知識(shí)點(diǎn)應(yīng)該所有考生都要掌握，這個(gè)知識(shí)點(diǎn)和三角函數(shù)聯(lián)系比較多，也是一個(gè)?？键c(diǎn)，題目相對(duì)來說也不難，所以是拿分的考點(diǎn)，希望大家都掌握．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱柱：有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)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(diǎn)的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識(shí)棱柱底面：棱柱中兩個(gè)互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個(gè)底面以外的其余各個(gè)面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個(gè)側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點(diǎn)：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點(diǎn)．高：棱中兩個(gè)底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)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(duì)角面是平行四邊形（4）長(zhǎng)方體一條對(duì)角線長(zhǎng)的平方等于一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱的長(zhǎng)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(cè)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(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．4．圓錐的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓錐．【解題方法點(diǎn)撥】﹣底面圓的性質(zhì)：計(jì)算底面圓的面積和周長(zhǎng)．﹣側(cè)面扇形：側(cè)面的面積為扇形的面積，計(jì)算公式為πrl，其中l(wèi)為母線長(zhǎng)度．﹣表面積：包括底面圓的面積和側(cè)面的面積，計(jì)算公式為πr﹣體積：計(jì)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(jì)算圓錐的底面及側(cè)面展開圖．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用圓錐的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算．5．球內(nèi)接多面體【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點(diǎn)都在球面上，且球心到各頂點(diǎn)的距離都是半徑．球內(nèi)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(gè)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(nèi)切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個(gè)方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關(guān)系；（2）球的半徑與多面體的棱長(zhǎng)的關(guān)系；（3）球自身的對(duì)稱性與多面體的對(duì)稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關(guān)量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對(duì)稱和軸對(duì)稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長(zhǎng)為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)處；②正方體的四個(gè)頂點(diǎn)都在球面上；③球半徑和正方體棱長(zhǎng)的關(guān)系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對(duì)稱和軸對(duì)稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長(zhǎng)為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)處；②球與正方體每個(gè)面的切點(diǎn)都是每個(gè)面的中心點(diǎn)；③球半徑和正方體棱長(zhǎng)的關(guān)系：r=126．球外切幾何體【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】若一個(gè)多面體的各面都與一個(gè)球的球面相切，則稱這個(gè)多面體是這個(gè)球的外切多面體，這個(gè)球是這個(gè)多面體的內(nèi)切球．【解題方法點(diǎn)撥】研究多面體的外接球問題，既要運(yùn)用多面體的知識(shí)，又要運(yùn)用球的知識(shí)，并且還要特別注意多面體的有關(guān)幾何元素與球的半徑之間的關(guān)系．正方體的內(nèi)切球，切點(diǎn)是各個(gè)面的中心，球心是正方體的中心，球的直徑等于正方體棱長(zhǎng)．如果一個(gè)長(zhǎng)方體有內(nèi)切球，那么它一定是正方體．正六面體的內(nèi)切球：正六面體的內(nèi)切球是一個(gè)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(zhǎng)的一半乘以3．【命題方向】?jī)?nèi)切球是近幾年高考的熱門考點(diǎn)，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(nèi)切球模型結(jié)論，或許在考場(chǎng)上能有幫助．內(nèi)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(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱柱的體積可以通過底面面積B和高度h計(jì)算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱柱的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面