2025年高考数学复习难题之立体几何初步

2025年高考数学复习难题速递之立体几何初步（2025年4月）

选择题（共8小题）

1.（2025•临汾二模）在三棱锥尸-ABC中，ZPAB=ZCAB=,AP=AB,AB+AC=6,且二面角P

271

-AB-C的大小为弓，则当该三棱锥的外接球体积最小时，AB=（）

121824

A.—B.3C.—D.—

777

2.（2025•合肥二模）若空间中三条不同的直线a,b,c满足〃_Lc,b.Lc,则是b,c共面的（）

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

3.（2025•玉溪二模）已知圆锥的底面半径为迎，高为2,正方体ABC。-ALBICLDI棱长为m若点A,B,

C,。在该圆锥的侧面上，点Al,Bi,Ci,在该圆锥的底面上，则a=（）

lV2

A.2B.V2C.1D.—

2

3?

4.（2025•河北模拟）已知球。的体积为三心在球。的内部放置一个圆锥，则能放下的圆锥的最大体积

是（）

25686432

A.-----7TB.-nC.171D.171

8132727

5.（2025•昌黎县校级模拟）一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为1：1,

则上下两个几何体的体积之比为（）

A.1：8B.1：7C.1.-2V2D.1.-（2/-1）

6.（2025•昌黎县校级模拟）已知棱长为6旄的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的

交线都为一个面积为911的圆，则该球的表面积为（）

A.48TtB.72TTC.96TTD.128Tt

7.（2025•辽宁二模）在正四棱台ABC。-AiBCiDi中，AiBi=2AB=2AAi=2.E,F,G,H分别为A181,

BiCi,CiDi,DiAi的中点，将该正四棱台截取四个三棱锥A-AiE”，B-B\EF,C-CiFG,D-DiGH

后得到多面体ABCDGHEF则该多面体外接球的表面积为（）

A.2nB.4TTC.8TCD.12Tl

8.（2025春•沙依巴克区校级月考）把一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱体积

最大时，该圆柱底面半径和高的比值为（）

1_

A.2B.—C.1D.n

71

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2025•海南模拟）如图，透明塑料制成的长方体容器ABC。-4B1C1D1内灌进一些水，已知

BC=8,CD=3W,441=8/，当底面A8CD水平放置时，水面位置满足BAFBi=l：3,容器内有

水部分的几何体体积是V,下列命题正确的是（）

H

D

A.固定容器底面一边BC于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形

B.固定容器底面一顶点8于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥

C.体积为V,高为4夜的圆锥不能放在半径是3鱼的球体内

D.体积为M的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为3班的圆锥内任意旋转

（多选）10.（2025•承德模拟）已知平行六面体ABC。-481clz）1中，各棱长均为6,ZArAB=^AD=

AD4BT，则以下说法正确的是（）

A.\BDr\=6相

V6

B.异面直线8。1和4Ci所成角的余弦值为一

6

C.四棱锥Ai-BCCiBi的体积为36立

D.与三棱锥Ai-ABD各棱均相切的球的体积为9位兀

（多选）11.（2025•郴州模拟）已知正方体ABC。-4B1C1D1的表面积与体积的数值之比为3,产，。分

别是棱BC,881的中点，G是线段AO1上一个动点，则下列结论正确的是（）

A.AA\=3

23

B.多面体-PQB1C1C的体积为不

C.存在一点G,使得GCi〃AP

D.若ACi,平面PQG,则平面PQG截正方体ABC。-A181QO1的截面面积是

（多选）12.（2025•南昌校级模拟）在四棱锥E-ABCZ）中，AB=3,AD=CD=2,AB1AD,AB//CD,

BE±CF,尸是AE的中点，贝U（）

A.OE〃平面BCE

B.OE的长可能为3

C.BA-BEE

V3

D.点尸在半径为一的球面上

三.填空题（共4小题）

13.（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为367r立方米的

球形景观灯所在球面上.考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度I需满足2次<Z<3V3,当纪

念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为米（精确到0.01米）.

14.（2025•昌黎县校级模拟）将两个小球放入一个底面圆直径和母线长都是旧的有盖圆锥容器内，则这两

个球体的表面积之和的最大值为.

15.（2025•柳州三模）已知尸为一个圆锥的顶点，B4是母线，PA=2,该圆锥的底面半径为百，8,C分

别在圆锥的底面上，则异面直线%与BC所成角的最小值为.

16.（2025•胶州市校级模拟）勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为

半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体A8CL1的正四面体ABC。的棱长为4,

在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则

该正方体的棱长最大值是.

17.（2025•跳北区校级一模）如图1,在四边形A8CQ中，E为。C的中点，ACHBD=O,ACLBD,CO

=DO.将△A3。沿80折起，使点A到点尸，形成如图2所示的三棱锥P-BCD在三棱锥尸-

中，POLCO,记平面PEO、平面POC、平面P8C分别为a,p,y.

P

AB

3-

DEC

图1图2

(1)证明：a邛;

(2)若ZB=V2,DC=2vLAO=BO,求a与丫的夹角的大小.

18.(2025春•上海校级月考)已知在正四棱柱ABCD-A131C1D中，AD=3,A4i=4,点E是Oh的中

点.

(1)求异面直线AD与QE所成角的余弦值；

(2)求三棱锥Di-EBD的体积.

AB

19.(2025春•盐城月考)如图，已知平行六面体ABC。-A'B'CD'.

(1)若AB=4,AD=2,AA'=2,ZBAD^90°,ZBAA'=60°,ZDAA'=60°,求AC，的长

度;

ZDAA'=60°,求AC与AD'所成角的余弦值.

20.(2025•金凤区校级一模)如图，在四棱锥尸-ABC。中，B4_L平面ABC。，底面ABC。是平行四边形,

且△A3。是等边三角形，AB=2.

(1)求证：3。_1平面以。；

(2)若是等腰三角形，求异面直线与AC所成角的余弦值.

2025年高考数学复习难题速递之立体几何初步（2025年4月）

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

题号12345678

答案ABCADBBB

二.多选题（共4小题）

题号9101112

答案ACDBCDBDBC

一.选择题（共8小题）

1.（2025•临汾二模）在三棱锥尸-4BC中，ZPAB=ZCAB=,AP=AB,AB+AC=6,且二面角P

271

-43-。的大小为不，则当该三棱锥的外接球体积最小时，AB=（）

121824

A.—B.3C.—D.——

777

【考点】球的体积；球内接多面体.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】A

【分析】根据二面角的几何法可得冬，即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圆的半径，

根据勾股定理可得球半径即可求解.

【解答】解：由于=/C2B=货且二面角尸-AB-C的大小为行，

故NP4c为二面角尸-AB-C的平面角，故=等，

由于AB±AC,PADAC=A,PA,ACu平面RIC,

故A8_L平面PAC,

设AB=x,则AC—6-尤，

在△BAC中，由余弦定理PC2=AP2+AC2-2AP'AC-cosZPAC,

2T7"

则PC?=%2+（6—%）2—2x%x（6—x）cos^-=x2—6x+36,

则ABIC的外接圆直径r=义X々-Vx2-6x+36,

乙sin-彳V3

故外接球的半径R2=。1=产+弓力8）2=-2久+12=£■（久一¥）2+手,

当％=竽时，球的半径取得最小值，此时三棱锥的外接球体积最小，

故力B=竽.

故选：A.

【点评】本题考查二面角的应用，以及几何体体积的计算，属于中档题.

2.（2025•合肥二模）若空间中三条不同的直线a,b,c满足a_Lc,6J_c,贝!Ja〃6是a,b,c共面的（）

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；充分条件必要条件的判断.

【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；逻辑思维.

【答案】B

【分析】通过特例说明a〃。不能推出a,b,c共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平

面内的直线不平行必相交，推出。〃6一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果.

【解答】解：如图所示：满足a，c,b±c,S.a//b,

但是“ua,bc.a,cu0,

所以可知a〃方是a,b,c共面的不充分条件；

当a,b,c共面时，若a_Lc,b_Lc,则必然有a〃6,

即a〃。是a,b,c共面的必要条件，

综上可知：a〃6是a,b,c共面的必要不充分条件.

故选：B.

a

【点评】本题考查空间线面位置关系的判断以及充要关系的应用，属于中档题.

3.(2025•玉溪二模)已知圆锥的底面半径为近，高为2,正方体ABC。-ALBICLDI棱长为°,若点A,B,

C,。在该圆锥的侧面上，点Ai,Bi,Ci,功在该圆锥的底面上，则“=()

lV2

A.2B.V2C.1D.—

2

【考点】圆锥的结构特征.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】C

【分析】过正方体的一组对棱AAi,CG作圆锥SO1的截面，利用三角形相似对应边成比例列方程即可

求解.

【解答】解：过正方体ABC。-ALBIGDI的一组对棱A4i,CC1作圆锥SO1的截面，如图所示：

由题意可得：SOi=2,0、N=五,

设这个正方体的棱长为。，则。。1=4,

面对角线4C=Vcz2+a2-V2a,

所以0C=0]Q=¥口，

由OC//O1N,

可得△SOC〜△SOiN,

"的即“三,

0\NSO】V22

解得：a—1,

故选：C.

【点评】本题考查几何体结构特征，属于中档题.

4.（2025•河北模拟）已知球。的体积为不兀，在球。的内部放置一个圆锥，则能放下的圆锥的最大体积

是（）

25686432

A.---71B.—7TC.—71D.—7T

8132727

【考点】球的体积；圆锥的体积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】A

【分析】根据题意，先求出球的半径，再结合锥体的体积公式可得^=/兀（4%-庐）八，求导即可得圆锥

的最大体积.

32

【解答】解：由球。的体积为不兀，可得球半径为2,

设圆锥高为/7,则底面圆半径为小一（力一2）2,所以圆锥体积U=］（4/1-

11

设/'（〃）=2兀（4拉-则/，⑷=6兀（8%-3F）,

当力€（0,1时,f（h）>0,所以/"）在（0,，单调递增,

当/eg,4）时，f（h）<0,所以/"）在g,4）单调递减，

所以/⑷s=f（|）=留兀.

故选：A.

【点评】本题考查球的内接圆锥问题，函数思想，属中档题.

5.（2025•昌黎县校级模拟）一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为1：1,

则上下两个几何体的体积之比为（）

A.1：8B.1：7C.1.-2V2D.1；（2夜一1）

【考点】圆锥的体积.

【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】D

【分析】由圆锥侧面积公式及体积公式即可求解.

【解答】解：根据题意一个圆锥被平行于底面的平面所截，

可知上、下两个几何体分别为小圆锥和圆台，

设小圆锥的高为历，底面半径为n,所以母线长为.

原圆锥的高为人底面半径为广，所以母线长为1/+产

由小圆锥的侧面积为：71丫11好+中,大圆锥的侧面积为：nry/h2+r2,

上下两个几何体的侧面积之比为1：1,

加丁1湾+洋1

所以---/心2?二又由相似易得：-

71r2Y

九？1

所以得77=二，即々；h=1：V2,

21

-nr?h1

所以小圆锥和原圆锥的体积比务）r

-7irzh

3

所以小圆锥和圆台的体积之比为1：（2/-1）.

故选：D.

【点评】本题考查了圆锥和圆台的体积公式，是中档题.

6.（2025•昌黎县校级模拟）已知棱长为6连的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的

交线都为一个面积为9n的圆，则该球的表面积为（）

A.48TtB.72nC.96TtD.128Tt

【考点】球的表面积；球内接多面体.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】B

【分析】根据正弦定理可得外接圆半径，进而根据勾股定理可得四面体的高，即可根据球的性质，结合

勾股定理求解半径得解.

【解答】解：因为棱长为6旄的正四面体与一个球相交，

且球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为9TT的圆，

所以由对称性，可知球心与正四面体重心重合，且每个面的交线为半径为3的圆.

设球心为O,H为4BCD的中心，则4B=6乃，

故HB==6V2,故力"=7AB2-OB2=12,

设球心到任意面的距离为h,

则由等体积法可得力=JA-BCD=汽"""="乜4=3,

加4S&ACD4WCD4

故连接球心与任意面中心，则连线长为3,且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球的半径），

由勾股定理得球的半径为3VL

则表面积为4兀-（3V2）2=727r.

故选：B.

C

【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题.

7.（2025•辽宁二模）在正四棱台ABC。-中，AiBi=2AB=2AAi=2.E,F,G,”分别为A1B1,

BiCi,CiDt,D1A1的中点，将该正四棱台截取四个三棱锥A-AiEH,B-BiEF,C-CxFG,D-DiGH

后得到多面体ABCDG/ffiR则该多面体外接球的表面积为（）

A.2nB.4TTC.8TID.12H

【考点】球的表面积.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】B

【分析】通过正四棱台的特点，结合图形关系找出多面体A8CDGHE尸的球心和半径，进而求解即可.

【解答】解:如图，连接4C1,BiDi,设4CICBLDI=O,

4EBi

由481=248=2441=2,可知四边形EFGH为边长为迎的正方形，

将正四棱台ABC。-ALBICIDI补形成正四棱锥，易知NA4LBI=NA4LDI=60°,

所以AE=AH=1,设AiCiCHE=M,

易知M为HE的中点，连接AM,则AALLHE,可得4时=孝，

又力泌=^41。=¥，AA1=1，

22

所以4用=AM+ArM,则AMLA1M,

又AiAf=M。，所以A4i=A0=l,同理0B=0C=0O=l,

易知。为正方形EPGX的中心，

设多面体ABCDGHEF外接球的半径为R,

„1

又0E=OF=0G=OH=^EG=1,

则0为多面体ABCDGHEF外接球的球心，且R=l,

则其外接球的表面积为4n7?2=4it.

故选：B.

【点评】本题考查几何体外接球表面积的计算，属于中档题.

8.(2025春•沙依巴克区校级月考)把一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱体积

最大时，该圆柱底面半径和高的比值为()

1

A.2B.—C.1D.n

71

【考点】圆柱的体积；圆柱的侧面积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；立体几何；运算求解.

【答案】B

【分析】设圆柱的底面半径为r，高为x,表示出体积关于高的函数，求导分析即可.

【解答】解：一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，

设圆柱的底面半径为r,高为x,

由题意可得2X2irr+2x=6,可得厂=%之，

Z7T

2—Y1

圆柱的体积V=兀(与｝)2・x=赤(9%—6x2+%3),(0<x<3),

1Q

Y'=航(9-12%+3/)=标(3-4X+%2),

令V'=0,解得x=l或x=3,

所以当尤C(1,3)时，V<0,V为减函数；当尤e(0,1)时，V>0,丫为增函数；

当x=l时，V取得极大值，也是最大值，

11

此时高为1,半径为一，底面半径和高的比值为一.

nn

故选：B.

【点评】本题主要考查圆锥的性质以及导数知识的应用，属于中档题.

多选题(共4小题)

(多选)9.(2025•海南模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABC。-AIBICLDI内灌进一些水，已知

BC=8,CD=3®44I=8VL当底面ABC。水平放置时，水面位置满足BEFBi=l：3,容器内有

水部分的几何体体积是匕下列命题正确的是（）

A.固定容器底面一边BC于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形

B.固定容器底面一顶点8于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥

C.体积为V,高为4或的圆锥不能放在半径是3金的球体内

D.体积为丫的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为3班的圆锥内任意旋转

【考点】棱锥的体积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】ACD

【分析】根据棱柱的性质即可求解.

【解答】解：A选项，固定容器底面一边BC于地面上，根据棱柱的定义，

有二个面相互平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线互相平行，所以有水的部分是棱柱，故

A正确；

8选项，有水部分几何体的体积为U=48乃，当平面ACB1水平放置时，

三棱锥B-ACBi的体积取到最大值，此时/."Bi=制」4cBi•BBL32&V48后故B错误；

C选项，设圆锥底面半径为广，1兀/八=48遥，产=等，

由于产+（4a一3夜）2＞（3/）2,故C正确；

。选项，依题意，设正方体棱长为a,a3=48V6,解得a=2连，

正方体的外接球半径为R=3V2,圆锥底面半径3伤，

圆锥的高力=9a,母线长6伤,

9V2~rY—

设圆锥内切球半径为r,r-——T=,解得丁=3V2,

6V63V6

正方体恰好可以在圆锥内任意转动，故。正确.

故选：ACD.

【点评】本题考查了棱柱的性质，属于中档题.

（多选）10.（2025•承德模拟）已知平行六面体ABC。-AiBiGDi中，各棱长均为6,41AB=乙勺幺。=

ND4B=*则以下说法正确的是（）

A.\BDr\=6V3

V6

B.异面直线BDi和A1C1所成角的余弦值为丁

C.四棱锥Ai-8CC1B1的体积为36/

D.与三棱锥Ai-ABD各棱均相切的球的体积为9/兀

【考点】棱锥的体积；球的体积；异面直线及其所成的角.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】BCD

【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断AB选项；

求出平行六面体的高，分析可知四棱锥4-BCCLBI的平行六面体体积的土结合柱体的体积公式可判

断C选项；

求出三棱锥Ai-ABD棱切球的半径，结合球体体积公式可判断D选项.

【解答】解：A项.根据题意可知，平行六面体ABC。-AiBiCiDi中，各棱长均为6,ZArAB=乙4遇。=

乙DAB=等

根据空间向量数量积的定义可得4TB-ATD=\A7B\­\A7D\cos7l7=62x^1=18,

—>—>—>—>

同理4B-44]=AD•4%=18,

因为=ADr-AB=AD+441-AB,

—>2t—>—>—>—>—»2—>—»

222

所以BA={AD+AAi-AB）=AB+AD+AA1+2（AD-AAt-AB-AD-AB-AA^

=62X3+2（18-18-18）=72,所以=6近，故A选项错误；

D\C,

B项.因为=ac=A8+a。,

22

则•Z1G=Q4。-AB+A41)•Q4D+AB)=AD-AB+AB•AAt+AD•AA1

=36-36+18+18=36,

l&GI=J(AB+AD}2=JXB2+2AB-AD+AD2=V36+2X18+36=6A/3,

->—>

所以异面直线BDi和AiCi所成角的余弦值为：\cosBDr,=」•1%必=廿=洛

\BDr\-\ArCr\6J2X6J3。

V6

则异面直线BD1和A1C1所成角的余弦值为一，故B选项正确；

6

1

C项.四棱锥4-8CC1B1的体积为平行六面体体积的占，

平行六面体的高即为正四面体4-ABD的高h,如下图所示：

设点Ai在平面ABD的射影为点O,则O为正AABD的中心，

根据正弦定理可得4M==2V3,h=AM=JA髭—加=7a-12=2遍,

乙S1

1A

菱形ABCD的面积为品4BCD=2s“BD=2X^X62X^=18A

则平行六面体的体积为U=SBABCD-h=18V3x2V6=108V2,

所以四棱锥4-BCCLBI的体积为36位，故C选项正确；

。项.三棱锥Ai-A3。为正四面体，棱长为6,

设正四面体Al-ABD的棱切球球心为O,且。也为其外接球球心，则。4=。4,

n1~7

则。42=AM2+0M2=AM2+(&M-OA)2,即。弟=12+(2V6-O/1)2,解得。4=笺,

取线段A41的中点E,连接。£,则OELA41,

且。E=7。停一AE2=J（孚）2-32=竽，

故正四面体4-ABD的棱切球的半径为这，

2

43V2/-

故球的体积为§兀X（―^―）=9,2兀，故。选项正确.

故选：BCD.

【点评】本题考查了空间向量数量积的运算性质，柱体的体积公式，属于中档题.

（多选）11.（2025•郴州模拟）已知正方体ABCO-AIBICLDI的表面积与体积的数值之比为3,P,。分

别是棱BC,231的中点，G是线段AD上一个动点，则下列结论正确的是（）

A.AA1—3

23

B.多面体AODiAi-PQB1C1C的体积为不

C.存在一点G,使得GCi〃AP

D.若AC1L平面PQG,则平面PQG截正方体ABCD-AiBiCiDi的截面面积是3遍

【考点】棱柱的体积；棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解.

【答案】BD

【分析】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐项

判断即可.

【解答】解：作出示意图如下：

对于4因为正方体的表面积与体积之比为3,

所以坐架=3,解得A4i|=2,故A错误；

l^iI3

1111

对于B,因为四面体ABPQ的体积为U=京SABPQ-XS=|xixlXlx2=1,

所以多面体AZJOiAi-PQBiCiC的体积为匕BCD-A&C也一七-BPQ=8-1正确;

对于C,设CC1的中点为R,连接PR则尸R〃AOi,

因为AP在平面APRDi内，而G是线段AOi上一个动点，

所以根据异面直线的判定定理可知GQ,AP为异面直线，故C错误；

对于。，易知BC1_LB1C,AB±BiC,

所以可得BiC_L平面A8C1,又ACiu平面A8C1,

所以ACi_L8iC,同理可证ACi_LDiC,

BiC,01c是平面BiCDi内两条相交直线，

所以平面31cD,又ACi,平面PQG,

所以平面BiC£h〃平面PQG,

又P，。分别是棱BC,的中点，

所以平面PQG截正方体的截面分别交棱CD,DD\,D1A1,481的中点FH,I,J,

所以截面为正六边形PFHIJQ,又PQ=V2,

所以截面面积为6X枭（圾2=3后故。正确.

故选：BD.

【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题.

（多选）12.（2025•南昌校级模拟）在四棱锥E-ABCZ）中，43=3,AD=CD=2,ABLAD,AB//CD,

BEVCF,尸是AE的中点，贝I（）

A.〃平面BCE

B.OE的长可能为3

C.易.薪6（豆拜，豆箸）

V3

D.点尸在半径为一的球面上

【考点】球内接多面体.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；运算求解.

【答案】BC

【分析】对于A,取BE的中点G,连接CG、FG,证明四边形。FG为梯形，结合线面平行担的性质，

即可判断；对于2,设8C的中点为连接ME、MD、MA,求出点E的轨迹，即可判断；对于C,

BA-BE=BA-{BM+ME）=BA-BM+BA-ME,求出cosBA•ME的范围即可判断；对于。，设AM

的中点为M连接FN,求出FN的长度即可判断.

【解答】解：对于选项A,取线段的中点G,连接CG、FG,

1Q

■:F、G分别为AE、BE的中点，贝|PG〃AB且FG=方28=本

,JAB//CD,则尸G〃C。，则C、D、F、G四点共面，

若〃平面BCE,且OEu平面CDFG,平面COFGA平面BCE=CG,贝I]CG//DF,

•：FG//CD,且FGWCZ),故四边形CDPG为梯形，则CG、。厂不平行，

故假设不成立，即DF与平面8CE不平行，A选项错误；

对于选项B,取BC的中点连接M。、ME、MA,如下图所示：

由题意四边形ABC。为直角梯形，AO=C£>=2,A2=3,AB//CD,ABLAD,

则△ACO为等腰直角三角形，贝IJ/C4D=I，贝IJ/B4C=J-^CAD=g

在△ABC中，AB=3,AC=242,ZBAC=y,

4

由余弦定理可得BC?=AB2+AC2-2AB-ACcos^=9+8—2x3x2&x5=5,

：.BC=V5,

由余弦定理可得'"々Be=止焉宫=号=M

：.cos/BCD=cos(ji-=—cos^ABC=—1，

：.DM2=CD2+CM2-2CD-CMcosZBCD

=4+>2X2x字x（—禹=竽,则DM=挈，

V5

：BE_LCE,.•.点E在以〃为球心，三为半径的球面上运动（不过平面ABC。）,

则DE=3VDM+ME=同产,：.,的长可能为3,2选项正确；

TTTTRKa

对于选项c,=\BA\-\BM\cos^ABM=3x^x^=|,

—>—>—>—>—>—>—>—>—>

BA,BE=BA,（BM+ME）=BA-BM+BA-ME

OT->——后TT

=|+\BA\•\ME\cosBA-ME=]+哭cosBZ•ME,

―T—>—>

；B4、ME不共线，J.cosBA-MEG（-1,1）,

.•.盛・康e（豆普，之尧），故C选项正确；

对于选项。，设AM的中点为N,连接FN,

・1、N分别为AE、AM的中点，贝!JFN=^ME=^,

••.点/在以N为球心，彳为半径的球面上运动，。选项错误.

故选：BC.

【点评】本题考查直线与平面的位置关系的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题.

三.填空题（共4小题）

13.（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为367t立方米的

球形景观灯所在球面上.考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度I需满足2旧<Z<3V3,当纪

念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为4.90米（精确到0.01米）.

【考点】棱锥的体积.

【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；立体几何；运算求解.

【答案】4.90.

【分析】设正四棱锥的高为/7,根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可.

【解答】解：设球体的半径为R,

4

由题知：-—3671,

3

所以球的半径R=3,

设正四棱锥的底面边长为2〃，高为h,

则/2=gJ(2a)2+(2a)2)2+h2=2a2+h2,32=2a2+(3-/?)2,

所以6h=F,2〃2=/2-%2,

所以正四棱锥的体积卜=^S/i=；x4a2x/i=x(Z2—x(Z4—夫),

设f(久)=吉①一给，2V3<x<3A

所以广(%)=聂4/一昌=1%3(24~%2),

当2旧<x<2历时，f(尤)>0,f(x)为增函数，

当2伤时，f(x)<0,f(x)为减函数，

所以当1=2逐=4.90时，正四棱锥的体积V取最大值，

此时正四棱锥的侧棱长约为4.90米.

故答案为：4.90.

【点评】本题考查利用导数法求锥体体积的最大值，属于中档题.

14.(2025•昌黎县校级模拟)将两个小球放入一个底面圆直径和母线长都是旧的有盖圆锥容器内，则这两

个球体的表面积之和的最大值为典

9-

【考点】球的表面积.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】等.

【分析】应用圆锥的轴截面，再根据圆锥的球心及半径，结合余弦定理得2(W+J)+(R+r)2-6(R+r)

+3=0,最后计算表面积和的最小值即可.

【解答】解：由题意可知，圆锥的轴截面是边长为次的正三角形.

两个球的球心分别为M,N,球M,N的半径分别为R,r,M,N在NSAB,NSBA的内角平分线上,

AN,延长交于△SAB的内心，也即中心O.

设圆锥的轴截面的中心为O,OA^OB=1,

ZAOB=120°,ZOAB=ZOBA^30°,

则0A/=1-2R,ON=1-2r,MN=R+r.

在△OMN中，

因为MN2=OM2+ON2-2OM'ON'cos120°,

所以(R+r)2=(1-27?)2+(1-2r)2+(1-2/?)(1-2r),

即3南+?)_6(R+玲+2Rr+3=0,

2

即2(W+J)+(R+r)-6(R+r)+3=0,

所以2(R+r)2-6(R+r)+3W0,

^^3-733+V3

解得一7-<R+r<.

22

又因为0M+0N>MN,

所以(1-27?)+(1-2r)2R+r,

所以R+rw|.

〜,3-V32

所以-----<R+r<-.

23

4107

所以两个球的表面积之和4兀(腔+r2)=2兀[―(R+r)2+6(R+r)-3]<2兀(一4+4-3)=-r,

当且仅当R='r=!时等号成立.

Zo

所以这两个球体的表面积之和的最大值为

9

故答案为：

s

【点评】本题考查几何体表面积的计算，属于中档题.

15.（2025•柳州三模）己知尸为一个圆锥的顶点，出是母线，出=2,该圆锥的底面半径为遮，B,C分

别在圆锥的底面上，则异面直线B4与所成角的最小值为30。.

【考点】异面直线及其所成的角.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；运算求解.

【答案】30°.

【分析】分析可知，异面直线以与所成角的最小值为直线以与底面所成的角，再结合线面角的定

义求解即可.

【解答】解：由题意P为一个圆锥的顶点，阴是母线，必=2,该圆锥的底面半径为百，B,C分别在

圆锥的底面上，

作出如下图形：

因为8、C分别在圆锥尸。的底面上，且刚为该圆锥的一条母线，

所以，异面直线PA与8c所成角的最小值为直线PA与底面所成的角，

由圆锥的几何性质可知，PO与底面垂直，且OA为底面内的一条直线，则

所以，异面直线以与2C所成角的最小值为4R4。，且cos/7MO=^=与，

故/出。=30°.

故答案为：30°.

【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，是中档题.

16.(2025•胶州市校级模拟)勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为

半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体A8CD的正四面体ABC。的棱长为4,

在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则

该正方体的棱长最大值是—^―-2V2

【考点】球外切几何体.

【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；运算求解.

【答案】手-2VL

【分析】根据正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，结合正方体的性质即可求解.

【解答】解：因为正方体可以在勒洛四面体内任意转动，

所以正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，

记此时勒洛四面体的内切球半径为R,

则正方体的外接球半径为R,

设正方体的棱长为则(2R)2=a2+a2+a2,得a=竽凡

设正四面体棱长为m,

则其外接球的直径为所在正方体(棱长为方V■2加)的体对角线长，

V6

因此可得正四面体外接球半径为一"7,

由对称性知，勒洛四面体内球的球心O为正四面体ABCD的外接球的球心，

连接80并延长交勒洛四面体的曲面于点E,则OE是勒洛四面体内切球的半径,

易知正四面体A8C。的外接球半径为渔x4=V6,

4

所以勒洛四面体的内切球半径为7?=4-V6,

则所求正方体棱长的最大值为二二尺二(4—V6)=雪^-2位.

33