押新高考第14题 立体几何综合-2024年高考数学临考题号押题（全解全析）

押新高考14题

文体几何综合

•押题探究，

考点4年考题考情分析

立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进

2023年新高考I卷第12题行考查，也常在E轴题位置进行考查，难度较难，纵观近几

2022年新高考I卷第8题年的新高考试题，压轴题分别考查以正方体为出题背景的相

立体几何

2022年新高考II卷第11题关几何体的体积计算、正四棱锥的外接球及体积范围、锥体

综合

2021年新高考I卷第12题体积的相关计算、空间向量的计算等综合问题，本内容是新

高考冲刺复习的重点复习内容.可以预测2024年新高考命题

方向将继续以立体几何压轴内容等综合问题展开命题.

KL真题回顾，

1.（2023•新高考I卷高考真题第12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为I（单位：m）的正方体容器

（容器壁厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C,底面直径为0.01m,高为L8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

【答案】ABD

【分析】

根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.

【详解】对于选项A：因为0.99m＜lm,即球体的直径小于正方体的棱长，

所以能够被整体放入正方体内，故A正确；

对:选项B：因为1E方体的面对角线长为0m,且血＞1.4.

所以能够被整体放入正方体内，故B正确；

对丁选项C：因为正方体的体对角线长为石m,且抬＜1.8,

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所以不能够被整体放入正方体内，故c不正确；

对于选项D：因为可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆,

如图，过AG的中点。作OE_LAG，设OEIAC=E,

可知AC=\/2,CC]=1,AC]=6,OA=,则tanZC4C]=,

2ACAO

10E厂

即正=正，解得OE=业，

T4

R.[—]=-=—>—=0.62,即逅>0.6,

（4J824254

故以AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，

若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心。…与正方体的下底面的切点为

A/,

可知：AC11（9IM,OIM=0.6,则tan/CAG=等二缭，

AC

10.6厂

即F=77T，解得4a=0.675，

V2AU{

根据对称性可知圆柱的高为G-2x0.6夜=1.732-1.2x1.414=0.0352>0.01,

所以能够被整体放入正方体内，故D正确；

故选：ABD.

2.（2023•新高考I卷高考真题第8题）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上若该球的体

积为36乃，月.3工/工36，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

'811—2781]八「2764]

A.18,—B.C.——D.r[1i8o,27]

4J144」\_43_

【答案】C

【分析】设正四棱锥的高为力，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四

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棱锥体积的取值范围.

【详解】•・•球的体积为36开，所以球的半径R=3、

［方法一］:导数法

设正四棱锥的底面边长为2〃，高为h,

则r=2/+岛32=2a2+（3-h）2,

所以6/?=广，2a2=l2-lr

II7/4/2I（/6

所以正四棱锥的体积严/d*-超/

1/1

3

所

以=-4/=-

9I9

当34"2卡时，Vr>0,当2#v/W3G时，r<o,

所以当/=2而时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为目，

27«I

乂/=3时，V=­,/=36时，V=—,

44

?7

所以正四棱锥的体积V的最小值为亍，

4

一,7rd-

所以该正四棱锥体积的取值范围是—.

故选：C.

［方法二J：基本不等式法

P

由方法一故所以V=2（6/?-/?2）/?二1（12-2/z）/?xA/x——-h）+h+h=丝（当且仅当a=4取到）,

333333

当力=：时，得八半，则匕“轴=；（¥）2、"条

2V233x/224

当/=3百时，球心在正四棱锥高线上，此时力=9+3=?

*〃=邙=〃=噂，正四楂锥体积乂］吗）晨3=?<”,故该正四楂锥体积的取值范围是

22M2J3V2qj

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则匕=匕田“+匕-砥”=；405打”=2/，则2匕=3匕，匕=3匕，匕=匕+匕，故A、B错误；C、D正确•

故选：CD.

4.（2021•新高考I卷高考真题第12题）在正三楂柱"C-A4J中，AB=A4,=1,点P满足5P=28C+〃明，

其中/lw[05，Ae[0,l],则（）

A.当＞=1时,△AE7的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥尸-48。的体积为定值

C.当/l=g时，有且仅有一个点P,使得A尸上8。

D.当〃时，有且仅有一个点P,使得A8J.平面人与P

【答案】BD

【分析】对于A,由于等价向量关系，联系到一个二角形内，进而确定点的坐标；

对于B,将夕点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；

对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数.

易知，点/＞在矩形3CC由内部（含边界）.

对于A,当2=1时，BP=BC+〃BB1=BC+ACG，即此时Pe线段CG，周长不是定值，故A错误；

对于B,当〃=1时，3。=/13。+34=8与+/186，故此时/＞点轨迹为线段。6，而86〃3。，8c〃平面A]C,

则有2到平面A8C的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

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对于C,当4=5时，取8C,4G中点分别为Q,”，则8尸=8Q+〃Q”，所以「点

乙乙

0.1,P（（）,O,〃），《（）,；,（）｝则

轨迹为线段Q”，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图,

4T5

AP二--?,0.〃-1,（〃-1）=0：所以4=0或〃=1.故"，。均满足，故C

、2JI2，

错误；

对于D,当〃=；时，BP=2BC+；BB「取网，中点为M,N.BP=BM+入MN，所以P点轨迹为线

J乙

段MN.设因为A停,0,（）],所以APJW为1],A8=（T1,T],所以

/\/\/

3111

—+-y0--=0=>y0=,此时P与N重合，故D正确.

故选：BD.

【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.

帆•解题秘籍，

1.立体几何基础公式

X

所有椎体体积公式；V=sh所有柱体体积公式；V=shf球体体积公式；V=4成3

3,'3

球体表面积公式：S=4成,圆柱：V="?,$表=s底+$侧=2疗2+2加4

圆锥:V=-sh,s表=s底+s例=4？+mi

2.长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式

（1）己知长宽高求体对角线：I2=cr+b2+c2

（2）已知共点三面对角线求体对角线：产=:+[+/；

2

3.棱长为。的正四面体的内切球的半径为如。，外接球的半径为逅。.

124

4.欧拉定理（欧拉公式）

V+/一石=2（简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F）.

（1）E二各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为〃的多边形，则面数F与棱数E的关系:

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E=—nF；

2

（2）若每个顶点引出的棱数为〃？，则顶点数V与棱数E的关系：E=-mV.

2

5.空间的线线平行或垂直

I1

设，=（3,加4）,b=（x2ty2,z2）,则

：内=AX

1II1I12

aPb<^>a=Ab（b06）o，y=4%；

1z.=

1111

alb<^>ab=0ox]x2+y]y2+ziz2=0.

5.夹角公式

设。=（4，〃2，%）,b=〃=Si，Z?2也），则

一,♦a.b,+ah+a.b.

cos<a,b>=/—、——■一.

6.异面直线所成角「「

cos0=|cos{40I

I1

二口,、_1工/2+四）'2平2|

Ia|•|Z?|&+y；+z「•收+）/+z；

（其中。（0"<，w9（r）为异面直线。力所成角，03分别表示异面直线。力的方向向量）

7.直线A8与平面所成角，sin4=O^-“〃为平面a的法向量）.

8..二面角a-1-fi的平面角

ni•n

cos0=—：~—（m,n为平面a,fi的法向量）.

\m\\n\

9.异面直线间的距离

dJ，0•川（//是两异面直线,其公垂向量为〃，c、。分别是/「/'上任一点，〃为44间的距离）.

1〃1

10•点8到平面a的距离

d」/竺”（〃为平面。的法向审，AB是经过面a的一条斜线，Awa）.

「、.押题预测•

1.（2024•全国•模拟预测）已知三棱柱A4C-AB©中，M8C是边长为2的等边三角形，四边形为

菱形，乙精8=60。，平面A8*4,_L平面ABC,“为人4的中点，N为BB1的中点,则三棱锥C「AMN的

外接球的表面积为.

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【答案】77r

【分析】解法一连接人耳，人/,记4码［八片=。］,确定01为4AMN外接圆的圆心，然后利用面面垂直

的性质定理证明G。，平面儿844,利用球的性质建立方程求解外接球的半径，代入球的表面积公式求解

即可；

解法二连接从出，CM,利用面面垂直的性质定理证明A/，平面A8C,建立空间直角坐标系，先求出

《MN的外接圆圆心尸；，。,日j，然后计算出球心的坐标，即可求出球的半径，代入球的表面积公式求解

即可.

【详解】解法一连接4片，4出，记ABCM与二。1,则aA=L

连接QN,则。|加=，2=348=1,故。］为,AMN外接圆的圆心.

取A4的中点。，连接。。，则«。=；4旦=1,所以点。在，3MN的外接圆上.

连接G。，因为△48©为等边三角形，所以CQ_LAA，C,D=6

由平面ABB人±平面ABC,知平面ABBA_L平面AMG，

又平面ABBMCI平面44G=A冏，CQu平面A8C，所以CQ_1_平面A8&A.

设三棱锥G-AMN的外接球半径为R,则R2=］2+(¥)=Z,

故三棱锥c,-AMN的外接球的表面积为47r内=771.

AMB

解法二连接AB,CM,则△4八8为正三角形，Of1AB,故AM_LAB,

因为平面人网A-L平面A8C,平面"线人平面ABC=AB,4历u平面ABB］Ai,

所以AM，平面A8C,

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以M8为X轴，MC为y轴，M4为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

得.(0,0,0),81,0,0),A(0,0,6)，N,C(0,x/3,0),C,(1,5/3,^),

由..AMN为等边三角形，则-AMN的外接圆圆心为P；,0,当

设三棱锥C；-AMN的外接球的球心为。，连接OP,OM,OCt

则OP_L平面AMN,又CML平面4MN,所以OPyCM.

解得根=立，因此球心01;，除,坐],故外接球半径R=OM=且，

2[222)2

故三棱锥C「AMN的外接球的表面积S=4兀x(1)=7TC.

故答案为：7K

【点睛】关键点点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到关

于球的半径的式子，解题时要注意球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶

点的距离相等.在确定球心的位置后可在直角三角形中表示出球的半径，此类问题对空间想象能力和运算求

解能力要求较高，难度比较大.

2.(2024•全国•模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A4G中，M,N分别为线段Cg的中点,

M=2BC=2,AB=2丘，平面4AN人平面BgCC，则四面体A8MN的外接球的表面积为

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4

【答案】1例

【分析】取8N的中点。，连接CQ,由等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理证CD_1平面43乂由线

面垂直的性质定理与判定定理证"工平面BBCC，进而推出■3V,利用勾股定埋的逆定理证

AN11MN,进而确定四面体A8MN的外接球的球心与半径，利用球的表面积公式即可得解.

【详解】如图，取8N的中点。，连接CO,

因为CN=8C=1,所以COJ.3N,

乂平面4WA平面8线。。，平面ABN1平面CDu平面BBC©,

所以COJ_平面4BM又A/3u平lliABM所以C/)_L/W,

依题意CG，平面A8C,ABu平面A8C,所以CG_LA3,

又CCCD=C,CC,,COu平面所以A3」平面3gCC，

又BM8Cu平面8BCC，所以A8_L8N,AB1BC,

所以ACMJG+BC?=3,所以AN=JCM+AC2=而,

连接GM,则GM=JgC：+,所以MN=JCM+CM=2,

乂AM=，4看+A/=瓜,所以人用2+MN?=AN?,所以AM工MV,

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所以Rt4WN与RtaABN共斜边AN,

所以四面体ABMN的外接球的球心为AN的中点，且外接球半径R=LAN=典，

22

所以该球的表面积S=4兀叱=10兀.

【点睛】结论点睛：（I）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点；

（2）正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点；

（3）直三棱柱的外接球的球心是上下底面二角形外心的连线的中点；

（4）正棱锥的外接球的球心在其高上；

（5）若三棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心.

3.（2024•全国•模拟预测）某礼品生产厂准备给如图所示的八面体形玻璃制品设计•个球形包装盒.已知该

八面体可以看成由一个棱长为2#的大正四面体截去四个全等的棱长均为6-6的小正四面体得到的，

且小正四面体的其中一个顶点为大正四面体的顶点，则该球形包装盒的半径的最小值为.（不考虑包装

【答案】限

【分析】

分析球形包装盒半径最小时球心的位置以及八面体与正四面体小BC外接球之间的关系，求正四面体WC

的外接球的半径，求球形包装盒的半径的最小值；

【详解】

如图，已知正四面体PAAC的棱长为2指，

在正四面体PA8C中截去•个小正四面体尸EFG,且正四面体PEFG的棱长为石-4，

取8c的中点连接A。，过点。作/WJ_平面ABC于点〃，

则，在A。匕且平面EFG,设与平面EFG的交点为/,连接£7,

则/为等边三角形EFG的中心.

易知球形包装盒的半径的最小值即该八面体外接球的半径，

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由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体P48C的外接球的球心重合,

且正四面体尸A8C的外接球球心在线段尸“1-

设正四面体P43C的外接球的球心为。，半径为连接04，则。4=0尸=/?,

因为正四面体的棱长为2#，故A”=2#sin60Oxg=2桓,

由勾股定理得PH=ylAP2-AH2=4.

在RtZXAO”中，A0,=AH、H。"即R?=(2&>+(4-R)?,解得火=3,

则正四面体小"。的外接球半径为3.

因为截去的小正四面体的棱长为石-出，所以白=(«-G)sin60“x[=&-l,PS

J

所以。/=3-(2-&)=&+1.

连接0E,在RtAEO/中，E02=Ol2+E/2=(V2+1)2+(>/2-1)2=6,

所以七。=指，所以球形包装盒的半径的最小值为几.

故答案为：限.

【点睛】

关键点睛：本题解题的关键在于正四面体的外接球的解决问题：首先要确定其外接球的球心位置，其次利

用正三角形的几何性质以及勾股定理建立方程，最后求出外接球半径；同时清晰的作图也很重要.

4.(2024•全国•模拟预测)如图，在长方体A8C。一A4CA中，AB=3,BC=CC,=2,M,N分别为BC,

cc的中点，点P在矩形BCC4内运动(包括边界)，若AP//平面AMN,则A尸取最小值时，三棱锥P-MA8

的体积为.

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【分析】先利用面面平行的判定定理证得平面人"〃平面AMN,从而得到点/邛勺轨迹，进而求得A7取得

最小值时点尸的位置.，再利用三棱锥的体积公式即可得解.

【详解】取B国的中点E,B£的中点F,连接E凡A,E,A.F,

则易得EF//MN,\FHAM,

因为方仪平面AMN,的匚平面人脑7,故所7/平面AMV,

同理：A尸//平面AMN,又A/门七尸二尸,A£七尸u平面AEF,

所以平面AE尸〃平面AMN，又A尸〃平面AMN,

所以A尸U平面AE/，即点尸在平面AE尸与平面BCC、用的交线E户上,

当A/_LEF时，A/取最小值.

易知4£=4尸=用1=痴，故当4/取最小值时，P为EF的中点,

133

此时、PBM的面积=-xlx-=-,

133

则%…=匕„=丁不3="

3

故答案为：

4

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到利用面面平行求得点P的轨迹，从而得解.

5.（2024•全国•模拟预测）如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成,

其侧面均为等边三角形，则该“四侑反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为.

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【分析】设儿何体棱长为4a,计算出几何体侧面积，设上、下正四边形的中心分别为。，。…连接

过点8作4C_L«A于点C,其中点8为所在棱的中点，得OA即该几何体外接球的半径，得外接球表面积,

计算比值即得.

如图，由题意可知旋转角度为l，设上、下正四边形的中心分别为。I，。2,连接。。2，

则。02的中点o即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径,

设棱长为4〃，则侧面积为正x（4a）2x8=3262,

4

O\A=2&a,O2B=2a,AB=24,过点ZT作3c_L。①于点C,

则AC=QA—O28=（2五一2）〃，BC=\/AB2-AC2=\[^f2ci»

易得四边形。8。2a为矩形，即«a=8c=向％,亚忌，

则0A==也及+8。,即该“四角反棱柱”外接球的半径R=亚7帝〃.

外接球表面积为4兀川=8（夜+4）加，

8（及+4）兀/46+6

该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为-----n.

32G不12

故答案沏华产冗

【点睛】由题意，侧面均为正三角形，所以可知旋转角度为与，。4即该几何体外接球的半径.

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6.(2024•全国•模拟预测)已知圆锥SO的母线8=5,侧面积为15兀，则圆锥SO的内切球半径为:若

正四面体能在圆锥so内任意转动，则正四面体A-4CA的最大棱长为.

【答案】I瓜

【分析】根据题意可求得底面忸半径r=3,高SO=4,求出轴截面£钻内切/、|'-径即可得圆桂SO的内切

球丫径为T，再根据正四面体外接球与棱长之间的关系即可求得最大棱长为卡.

【详解】如图，在圆锥SO中，设圆锥母线长为/,底面圆半径为「，

因为侧面积为15兀,所以=即"=15.

因为/=SA=5,所以，=3,所以SO=J?二7=4.

棱长为〃的正四面体A-BCR如图所示,

所以校长为。的正四面体A的外接球半径为在小

4

取轴截面SAB,设△SA3内切圆的半径为〃，

I13

则3x4x6=](z6+5+5)r,解得r=不，

3

即圆锥so的内切球半径为:.

因为止四面体人一qCQ能在圆锥SO内任意转动，所以亚。工之，即

42

所以正四面体4-4G。的最大楂长为遥.

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故答案为：—;瓜

【点睛4方法点睛：在求解正四面体外接球(内切球)问题时，可根据正四面体的结构特征构造正方体求

出外接球半径，也可直接利用结论：棱长为。的正四面体的外接球半径为迈内切球半径为在a.

412

7.(2024•云南昆明•一模)已知球0的表面积为36兀，正四棱锥P-A4C。的所有顶点都在球。的球面上，

则该正四棱锥夕-ABC。体积的最大值为.

64

【答案】y

【分析】由球的表面积计算出球的半径，设出该正四棱锥底面边长及高，由球的半径可得底面边长与高的

关系，求出该正四棱锥体积的表达式，结合导数计算即可得.

由S衣=4兀产=36兀，故该球半径r=3,

设正四棱锥P—ABCD底面边长为4A=a,高为

则AM=LJa，+/=—,OM=h-r=h-3,

22

则有‘乎。+(/Z-3)2=32,化简得/=_2//+12/?,

112

匕­=§=5力(一2"+12//)=--^+4/r,

3

令/(/?)=-j/z+4/r(//＞0),则/'(。)=-2力2+8/7=-2/:(/?-4),

故当0＜力＜4时，当力＞4时,r(〃)＜。，

即有极大值"4)=-牙+4'42方，

即该正四棱锥P-A8CO体积的最大值为64?

64

故答案为：y.

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【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体枳的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.

8.(2024•全国•模拟预测)在三棱锥P-A8C中，AP,AB,AC两两互相垂直，AB=AC,AB+AP=9,当

三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球半径为.

［答案］'2"3瓜

5

【分析】设AP=x(0<xv9),表示出三棱锥P-ABC的体积的表达式，利用导数求出体积取最大值时x的

值，从而确定棱锥的各校长，再根据等体积法，即可求得答案.

【详解】设A8=AC=X(0<X<9),则AP=9—X,

由题意知AP，AB,AC两两互相垂直，

可得三棱锥P—A8C的体积为A尸二1^一力/二学一丁+乡巧,

令/(x)=-x54-9X2,0<x<9,则/'(x)=-3x2+I8x=-3x(x-6),

当0<x<6时，>0,当6Vx<9时，r(x)<0,

故f(x)在(0.6)上单调递增，在(6,9)上单调递减，

故当x=6时，/(力取到最大值，此时三棱锥P-A8C的体积取得最大值，

设此时三棱锥夕-人3。的内切球的半径为r,

则A/=3,A3=4C=6,8C=6及,P8=PC=，6?+32=遇，

则S「“=；BC[PB，一(与f=gx6拒x145-(警V=9遥'

则%me=一"'AB,AC•AP="(S54»+Sp+S.+Su),r

八，/—zioC323\，广八壮•rvAiC/ioC«rPnCC/

g|J3x6x6=(2x3x6+6x6+18>/6)T,解得r=*3",

5

\2-3瓜

故答案为:

5

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【点睛】关键点睛：本题考查三棱锥体枳最大时，其内切球的半径问题，解答的关健是求出当三棱锥体积

最大时棱锥的棱长，从而再根据棱锥的等体枳法求解.

9.（2024•湖南长沙•一模）已知正四棱锥尸-ABC。的顶点均在球。的表面上.若正四棱锥的体积为1,则球。

体积的最小值为.

■小心、27,27万

【答案】7T学

【分析】由底面外接圆的半径、正四棱锥的高以及外接球的半径的关系，结合已知条件可得R=4+京，

故只需求出外接球半径的最小值即可.

【详解】设球O的半径为R，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为〃，

如图，球心在正四棱锥内时、由+0/2=082,可得（〃-村+，=2，

BPh2-2Rh+r=0（*）.

球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.

乂正四棱锥的体积为：（2/加=[,则/=5，代入（*）式可得人恭亲

通过对关于〃的函数R（/?）求导，即R"z）=；-奈，

易得函数R（外在（0,6）单调递减，在（6,+8）单调递增，

则网矶小网网二沙.从而，球。的体积的最小值3兀.

故答案为：弓97兀.

16

【点睛】关键点点睛：关键是首先得到氏=4+之，从而通过导数求得外接球半径的最小值即可顺利得解.

24/?-

10.（2024•全国•一模）在四面体ABCO中，ABJ.BC,BCA,CD,AB=CD=&,AD=瓜,则四面体A8CZ）

体积的最大值为.

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【答案】w

【分析】如图，作BE//CD.^.BE=CD,则3CJL砧，根据线面垂直的判定定理可得力石工平面樨，设

3c=OE=x,则s3叵三，进而四面体ABCD的体积为/=量36/4,令f（x）=36/-/（0<x<a，

412

利用导数求出/（X）a即可求解.

【详解】如图，作BE//CD,且BE=CD,连接。则四边形C4E力为矩形.

由8C_LCZ）,得BC工BE,又8CJ_4及4nb£=8,A&8Eu平面ABE,

所以8C_£平面ABE,即£>£工平面ABE,

所以四面体ABCD的体积为匕…=》4腮DE.

由OEJ.平面相E,AEu平面Afi£,得OE_LAE,

设BC=DE=X,5!0AE=S!AD2-DE2=y]6-x2»

在“ABE中，AB=BE=6取AE的中点「，连接所，则"，

得bL-M小心尹=肉工

所以SA3£=』AE.8/=1标=

故四面体A8CD的体积为％ABE=-SABE-DE=lx-^―--=1^67^7,

265

令f（x）=36X-X（0<X<#），则=72X-6X,

4,/r（x）<0=>V12<x<x/6,令:（戈）>0=0<”版，

所以函数/（x）在（a.《）上单调递减，在（0,妇）上单调递增，

贝L'"）g=/（Vil）=36x（12：）2-（l2：）6=48G，

所“44信=平j萼.

故答案为：叵

3

【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间几何体的体积，解题关键是证明线面垂直和利用导数求解体积的

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最大值.本题中证明DE/平面小，表示出四面体的体积为％y巫=・尔二丁，得到所要求的量.

11.（2024•湖南长沙•一模）如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好

相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4,

下底面边长为2,侧棱长为6,则球形灯半径〃与正四棱台外接球半径R的比值为.

X

【答案】等/

【分析】设止四棱台4修C；2-ABCD上底面与下底的中心分别为4,。，则止四棱台的外接球球心为O'及

球形灯的圆心O.均在直线上.由几何关系，求出QQ=JR2—2—JR2—8=I,求出/?的值，再根据

2r=R+JF二i求出厂的值，即可得到比值.

【详解】如图所示，设正四棱台48CQ-A8C。上底面与下底面中心分别为a，。、作截面ACGA，则正四

棱台外接球球心O'及球形灯的圆心O"均在直线。a上，作AH1AG于H.

因为正四棱台的上底面边长为4,下底面边长为2,侧楂长为行,

则有AQ=2五,A。=&,A}H=A.Ol-AO=y/2,0.0=AH=>/3^2=I.

在Rt.o'OM中,o'o.=JOA-A。：=JR二8,

在Rt,OCU中，（jrQ=ylO^-AOr=y]R2-2

所以OQ.Ja2JR28-1,整理得A=率.

____x/575

由图可知，在圆。”中，有2「=/?-02=/?+，内一8.解得+8_亍+耳_病+5,

1r=-------------------=-------

224

所以?笔尹

5啊+57

故答案为:

114

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【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出相关图形，利用勾股定理等得到相关方程，从而解出两个半径长.

12.（2024•山东日照•一模）已知正四棱锥5-弁"6的所有校长都为2；点E在侧棱SC上，过点后且垂直于

5C的平面截该棱锥，得到截面多边形，，则”的边数至多为,”的面积的最大值为.

【分析】数形结合’作平面与平面的平行，即可解决；令L,川2表示相关长度’整理得

S=S"仍+7“雨=一3夜万+4夜，，结合二次函数即可解决.

【详解】取SC中点且8/QO尸二/，AEObu平面小）尸，可知SC_L平面加万

根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.

SEr-

令一=2,MEP=ZBF=V3A,SP==2/1,

SF

可得?8=8Q=PQ=2（l-4）,NQ=MQ=ZBO=2V5/l,

3+3-41t------------------o5

贝ikos/。/^=2x6x百二§，可得sinZDFB=Jl-cos?NDFB=三一

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2

所以Sf.up=—X5/3^Xy/3Ax2^^=>/2x9

又因为MN与NQ的夹角为SA与8。夹角，而SA与8。垂直,

则Sp、,NQ=2应之x2(1-4)=4VLi(1T)，

可得s=4VLi(1-A)+向2=-3x/2Z2+4VLi=

可知：当4=］时，S取最大值起.

33

故答案为：5；逑.

3

【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求

解.

13.（2024•山东蒲泽•一模）如图，在正四楼台A8CD-A4GA中，入4=夜，AB=2啦,该棱台体积

y=l±g,则该棱台外接球的表面积为________.

3

【分析】

作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积.

【详解】连接用R,8。，取用R,B。的中点£尸，连接GE,C£E尸，

则外接球球心在直线律上，设球心为。，如图所示，则oc=OG=R，

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因为正四棱台ABCQ-ABCA中，44=3，AB=2五，

故BQ=4.8Q=2,所以GE=1,C尸=2,

设四棱台的高为〃，

故;[(可+(2&『+V^种?=今瓦解得力=5

故£尸="，

iS.OF=m,则0。2=0尸2+c产2=〃?2+4,

222

OC；=C(£+0E=1+(^+〃J,

故〃/+4=F+(JJ+m)，解得/〃=(),

故半径R=>/^^=2，

故该棱台外接球的表面积为4兀斤=16兀.

故答案为：16兀

【点睛】方法点睛：解决与球有美的内切或外接的问题时.，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问

题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距

离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定

理求得球的半径

14.(2024•广东汕头•一模)如图，在正方体/WCO-A4GR中，E是棱CG的中点，记平面AQE与平面/WC£>

的交线为4,平面人。卢与平面AB84的交线为g若直线A3分别与所成的角为。、夕，则

tana=,tan(a+,)=,

【分析】利用平面基本名实作出直线(，进而求出tana；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角

的正切计算即得.

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【详解】在正方体ABCO-AMG。中，E是棱CG的中点,

延长RE与。。延长线交于点尸，连接A尸，则直线4F即为直线乙，a=4BAF,

由CE//OR,得b=DC,又AB〃CD,于是tana=tanNAFQ=：,

由平面CO〃G〃平面A34A，平面A，£^^平面4844=/2,平面Aj£c平面COQG=O£，

则*/〃2,又C\D、/1AB,因此/?=N£〃E,tan/?=i,

11

“-/0、tana+tan/??o4

1-tanatanp|_2X£3

~22

I4

故答案为：—;—

【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线AE是求出角〃的关键.

15.（2024•辽宁辽阳•一模）如图，在矩形ABCO中，AB-4,AD-3,AB-4AE,F,G分别在线段BEBC

匕FG//CE,将「8FG沿尸G折起，使8到达M的位置，且平面FG"_L平面ADCG尸，若直线0M与平

面ADCG”所成角的正切值为亘，则四面体皿叼的外接球的半径为

37

【答案】亚

（分析］取FG的中点。，连接OM,OD,直线DM与平面ADCGF所成的角为ZMDO，设厂M=/（0<x<3）,

根据tan/MO。=也=互求得x值；四面体ADFM的外接球球心。在。尸的中点N处垂直平面ADF方

OD37

向上，由Q/=QM求得QN=亭，从而得球的半径.

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【详解】取代的中点0,连接。必。。，

依题意可得WFG为等腰直角三角形，则OMJ_FG.

设B/=FM=x(O<x<3),作d_L/W分别交人氏8于L.K,

OD=y/OK2+DK2=小25

贝I」OL=KC=-,OM=—x,-7x+#

22

因为平面打//_1_平面ADCG/，且交线为GE,QMu平面/GM,

所以QV/JL平面AOCG/，

所以直线ZW与平面AOCG尸所成的角为NMZX）,所以tan/MDO="=业,

OD37

则25-7X+上1『=47'/,解得“=］或1=_7三5（舍去），

22