2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（三）

第44页（共44页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（三）一．选择题（共13小题）1．（2022•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D2．（2022•全国）底面积为2π，侧面积为6π的圆锥的体积是（）A．8π B．8π3 C．2π D3．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100π B．128π C．144π D．192π4．（2022•上海）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，连接A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（）A．点P B．点B C．点R D．点Q5．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，643] 6．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13 B．12 C．33 7．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（）A．0 B．2 C．4 D．128．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈2.65A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m39．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22π B．8π C．223π D．1610．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．2011．（2022•天津）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）．这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD．在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（）A．272 B．2732 C．27 D12．（2021•天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1：3A．3π B．4π C．9π D．12π13．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+123 B．282 C．563 D．二．多选题（共2小题）（多选）14．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°（多选）15．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（）A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1三．填空题（共2小题）16．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．17．（2022•全国）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AA1=22，则异面直线AB1与BC1所成角的大小为四．解答题（共3小题）18．（2022•甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．19．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．20．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2．（1）求三棱锥体积VP﹣ABC；（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（三）参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）题号1234567891011答案ABADCCBCCBC题号1213答案BD二．多选题（共2小题）题号1415答案ABDCD一．选择题（共13小题）1．（2022•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D【考点】平面与平面垂直；平面与平面平行．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；逻辑思维．【答案】A【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．2．（2022•全国）底面积为2π，侧面积为6π的圆锥的体积是（）A．8π B．8π3 C．2π D【考点】圆锥的体积．【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由已知列式求得r与l，再由勾股定理求圆锥的高，然后代入圆锥体积公式求解．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意可得πr2=2ππrl=6π∴圆锥的高h=l∴圆锥的体积是V=1故选：B．【点评】本题考查圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．3．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100π B．128π C．144π D．192π【考点】球的表面积．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】求出上底面及下底面所在平面截球所得圆的半径，作出轴截面图，根据几何知识可求得球的半径，进而得到其表面积．【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为332sin设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得R2-32-∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．当球心在台体内时，如图，此时R2综上，该球的表面积为100π．故选：A．【点评】本题考查球的表面积求解，同时还涉及了正弦定理的运用，考查了运算求解能力，对空间想象能力要求较高，属于较难题目．4．（2022•上海）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，连接A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（）A．点P B．点B C．点R D．点Q【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】新定义；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】D【分析】线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．【解答】解：线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，对A选项，如图，连接A1P、PS、D1S，因为P、S分别为AB、CD的中点，∴易证A1D1∥PS，故A1、D1、P、S四点共面，∴D1P与A1S相交，∴A错误；对B、C选项，如图，连接D1B、DB，易证D1、B1、B、D四点共面，故D1B、D1R都与B1D相交，∴B、C错误；对D选项，连接D1Q，由A选项分析知A1、D1、P、S四点共面记为平面A1D1PS，∵D1∈平面A1D1PS，Q∉平面A1D1PS，且A1S⊂平面A1D1PS，点D1∉A1S，∴D1Q与A1S为异面直线，同理由B，C选项的分析知D1、B1、B、D四点共面记为平面D1B1BD，∵D1∈平面D1B1BD，Q∉平面D1B1BD，且B1D⊂平面D1B1BD，点D1∉B1D，∴D1Q与B1D为异面直线，故D1Q与A1S，B1D都没有公共点，∴D选项正确．故选：D．【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题．5．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，643] 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象；运算求解．【答案】C【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R＝3，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得l2=12a2+h2，又R2=(h-3)2+(2a2)2，所以l2＝6h，由l的取值范围求出h的取值范围，又因为a2【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即l2∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即R2∴12a2∴l2＝6h，又∵3≤l≤33，∴32∴该正四棱锥体积V（h）=1∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当32≤h＜4时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4＜h≤92时，V'（h）＜∴V（h）max＝V（4）=64又∵V（32）=274，V（92）∴274即该正四棱锥体积的取值范围是[274，643故选：C．【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．6．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13 B．12 C．33 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；基本不等式及其应用．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h=1-a22，所以该四棱锥的体积V=13a【解答】解：对于圆内接四边形，如图所示，S四边形ABCD=12AC⋅当且仅当AC，BD为圆的直径，且AC⊥BD时，等号成立，此时四边形ABCD为正方形，∴当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=2∴该四棱锥的高h=1-∴该四棱锥的体积V=1当且仅当a24=1-∴该四棱锥的体积最大时，其高h=1-故选：C．【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．7．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（）A．0 B．2 C．4 D．12【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】B【分析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直．【解答】解：3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，∴每天0点至12点（包含0点，不含12点），相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2，故选：B．【点评】本题考查两条异面直线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．8．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈2.65A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；数学模型法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．【解答】解：140km2＝140×106m2，180km2＝180×106m2，根据题意，增加的水量约为140×1=(140+180+60≈（320+60×2.65）×106×3＝1437×106≈1.4×109m3．故选：C．【点评】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．9．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22π B．8π C．223π D．16【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；直观想象；运算求解．【答案】C【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．【解答】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几何体的体积为：12×4π3×13+故选：C．【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．10．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8 B．12 C．16 D．20【考点】由三视图求面积、体积．【专题】转化思想；等体积法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V=12故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11．（2022•天津）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）．这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD．在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（）A．272 B．2732 C．27 D【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象；运算求解．【答案】C【分析】根据题目插图和题干对“十字歇山”的结构特征的描述，作出几何体直观图，再求出该组合体的体积．【解答】解：如图所示：几何体为直三棱柱BCE﹣ADF与两个三棱锥S﹣MAB，S﹣NCD，设直三棱柱BEC﹣ADF的底面BCE的面积为是，高为h，所求的几何体的条件为V，BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则S=12BE•CEsin120°=12×3×3×32=93所以V＝V三棱柱BCE﹣ADF+V三棱锥S﹣MAB+V三棱锥S﹣NCD＝Sh+13S•12h+13S•12h=故选：C．【点评】本题主要考查组合体结构的认识及体积的求法，需要具备一定的直观想象能力，属于中档题．12．（2021•天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1：A．3π B．4π C．9π D．12π【考点】圆锥的体积．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】B【分析】由题意画出图形，由球的体积求出球的半径，再由直角三角形中的射影定理求得截面圆的半径，代入圆锥体积公式得答案．【解答】解：如图，设球O的半径为R，由题意，43可得R＝2，则球O的直径为4，∵两个圆锥的高之比为1：3，∴AO1＝1，BO1＝3，由直角三角形中的射影定理可得：r2＝1×3，即r=3∴这两个圆锥的体积之和为V=1故选：B．【点评】本题考查球内接圆锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．13．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+123 B．282 C．563 D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱台的结构特征．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】D【分析】法一：过A作AE⊥A1B1，得A1E=4-22=1，AE=AA12-A1E2=3．连接AC，A1C1，过A作AG法二：由四棱台的几何特征算出几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式能求出结果．【解答】解法一：如图ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E=4-22AE=A连接AC，A1C1，AC=4+4=22，A1C1=过A作AG⊥A1C1，A1G=4AG=A∴正四棱台的体积为：V==2=28解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，∵该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的高h=2下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，则该棱台的体积为：V=1故选：D．【点评】本题考查四棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．二．多选题（共2小题）（多选）14．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．【专题】转化思想；数形结合法；空间角；运算求解．【答案】ABD【分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D．【解答】解：如图，连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，∵sin∠C1BO=OC1BC1=12，∴直线BC1与平面BB∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．（多选）15．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（）A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1【考点】棱锥的体积．【专题】计算题；等体积法；空间位置关系与距离；数学抽象；运算求解．【答案】CD【分析】利用直接法与等体积法直接计算各三棱锥的体积，进而可得V1、V2、V3之间的关系．【解答】解：设AB＝ED＝2FB＝2，V1=13×S△ACD×|EDV2=13×S△ABC×|FB如图所示，连接BD交AC于点M，连接EM、FM，则FM=3，EM=6，EF＝故S△EMF=1V3=13S△EMF×AC=故C、D正确，A、B错误．故选：CD．【点评】本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．三．填空题（共2小题）16．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为24π．．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】24π．【分析】由底面积为9π解出底面半径R＝3，再代入侧面积公式求解即可．【解答】解：因为圆柱的底面积为9π，即πR2＝9π，所以R＝3，所以S侧＝2πRh＝24π．故答案为：24π．【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题．17．（2022•全国）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AA1=22，则异面直线AB1与BC1所成角的大小为90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】90°．【分析】通过建立空间直角坐标系，利用两条异面直线的方向向量的夹角即可得出异面直线所成的角．【解答】解：如图所示，分别取BC、B1C1的中点O、O1，由正三棱柱的性质可得AO、BO、OO1，两两垂直，建立空间直角坐标系．则A（32，0，0），B（0，12，0），B1（0，12C1（0，-12，∴AB1→=（-32，12，22），∴cos＜AB1→∴异面直线AB1与BC1所成角的大小为90°．故答案为：90°．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，属中档题．四．解答题（共3小题）18．（2022•甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【考点】直线与平面平行；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；直观想象；运算求解．【答案】（1）证明见解析；(2)640【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，做EE'⊥AB于点E'，做FF'⊥BC于点F'，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE'＝FF'，由面面垂直的性质可知EE'，FF'均与底面垂直，则EE'∥FF'，四边形EE'F'F为平行四边形，则EF∥E'F'，由于EF不在平面ABCD内，E'F'在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高AA长方体的体积V1一个三棱锥的体积V2则包装盒的容积为V=【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等知识，属于中等题．19．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．【考点】平面与平面垂直；几何法求解直线与平面所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE=3，AC＝2，AD＝CD=2，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC，∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，边长为2，∴BE=3，AC＝2，AD＝CD=2，DE＝∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，∴S△AFC=12∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，∵EF=DE∴BF=BE2-∴三棱锥F﹣ABC的体积V=1【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．20．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2．（1）求三棱锥体积VP﹣ABC；（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】（1）1；（2）arcsin34【分析】（1）直接利用体积公式求解；（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的法向量，即可求解．【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形，又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形，∴PO=3，三棱锥体积VP﹣ABC=1（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，3），B（3，0，0），C（0，1，0），M（32，12，PM→=（32，1平面PAC的法向量OB→=（3，0，设直线PM与平面PAC所成角为θ，则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ＝|PM→⋅OB所以PM与面PAC所成角大小为arcsin34【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

考点卡片1．基本不等式及其应用【知识点的认识】基本不等式主要应用于求某些函数的最值及证明不等式．其可表述为：两个正实数的几何平均数小于或等于它们的算术平均数．公式为：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），变形为ab≤（a+b2）2实例解析例1：下列结论中，错用基本不等式做依据的是．A：a，b均为负数，则2ab+b2a≥2．B：x2+2解：根据均值不等式解题必须满足三个基本条件：“一正，二定、三相等”可知A、B、D均满足条件．对于C选项中sinx≠±2，不满足“相等”的条件，再者sinx可以取到负值．故选：C．A选项告诉我们正数的要求是整个式子为正数，而不是式子当中的某一个组成元素；B分子其实可以写成x2+1+1，然后除以分母就可换成基本不等式．这个例题告诉我们对于一个式子也是可以用基本不等式的，而且求最值也很方便．例2：利用基本不等式求y=xx2+2的最值？当0＜x解：当x＝0时，y＝0，当x≠0时，y=用基本不等式若x＞0时，0＜y≤2若x＜0时，-24≤y综上得，可以得出-24≤∴y=xx2+2这是基本不等式在函数中的应用，他的解题思路是首先判断元素是否大于0，没有明确表示的话就需要讨论；然后把他化成基本不等式的形式，也就是化成两个元素（函数）相加，而他们的特点是相乘后为常数；最后套用基本不等式定理直接求的结果．【解题方法点拨】基本不等式的应用1、求最值例1：求下列函数的值域．2、利用基本不等式证明不等式3、基本不等式与恒成立问题4、均值定理在比较大小中的应用【命题方向】技巧一：凑项点评：本题需要调整项的符号，又要配凑项的系数，使其积为定值．技巧二：凑系数例2：当0＜x＜4时，求y＝x（8﹣2x）的最大值．解析：由0＜x＜4知，8﹣2x＞0，利用基本不等式求最值，必须和为定值或积为定值，此题为两个式子积的形式，但其和不是定值．注意到2x+（8﹣2x）＝8为定值，故只需将y＝x（8﹣2x）凑上一个系数即可．y＝x（8﹣2x）=12[2x•（8﹣2x）]≤12（2当2x＝8﹣2x，即x＝2时取等号，当x＝2时，y＝x（8﹣x2）的最大值为8．评注：本题无法直接运用基本不等式求解，但凑系数后可得到和为定值，从而可利用基本不等式求最大值．技巧三：分离例3：求y=x解：本题看似无法运用基本不等式，不妨将分子配方凑出含有（x+1）的项，再将其分离．y=x2+7x+10x+1当x＞﹣1，即x+1＞0时，y≥2(x+1)×4x+1+5技巧四：换元对于上面例3，可先换元，令t＝x+1，化简原式在分离求最值．技巧五：结合函数f（x）＝x+a技巧六：整体代换点评：多次连用最值定理求最值时，要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错．技巧七：取平方点评：本题将解析式两边平方构造出“和为定值”，为利用基本不等式创造了条件．总之，我们利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，同时还要注意一些变形技巧，积极创造条件利用基本不等式．2．棱台的结构特征【知识点的认识】1．棱台：棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分叫做棱台．2．认识棱台棱台的上底面：原棱锥的截面叫做棱台的上底面．棱台的下底面：原棱锥的底面叫做棱台的下底面．棱台的侧面：棱台中除上、下底面外的所有面叫做棱台的侧面．棱台的侧棱：相邻两侧面的公共边叫做棱台的侧棱．棱台的高：当棱台的底面水平放置时，铅垂线与两底面交点间的线段或距离叫做棱台的高．棱台的斜高：棱台的各个侧面的高叫做棱台的斜高．3．棱台的结构特征棱台1正棱台的性质：（1）侧棱相等，侧面是全等的等腰梯形，斜高相等．（2）两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；两底面中心连线、侧棱和两底面相应的半径也组成一个直角梯形．（3）棱台各棱的反向延长线交于一点．4．棱台的分类由三棱锥，四棱锥，五棱锥，…等截得的棱台，分别叫做三棱台，四棱台，五棱台，…等．正棱台：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．5．棱台的体积公式设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h，V棱台=13．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【知识点的认识】侧面积和全面积的定义：（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）4．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=135．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．6．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积【知识点的认识】旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．1．圆柱①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．②认识圆柱③圆柱的特征及性质圆柱1圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．④圆柱的体积和表面积公式设圆柱底面的半径为r，高为h：V圆柱2．圆锥①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．②认识圆锥③圆锥的特征及性质圆锥1与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2④圆锥的体积和表面积公式设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：V圆锥3．圆台①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．②认识圆台③圆台的特征及性质圆台1平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．④圆台的体积和表面积公式设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台7．圆锥的体积【知识点的认识】圆锥的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆锥的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆锥尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆锥的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的体积计算．8．球的体积和表面积【知识点的认识】1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．2．球体的体积公式设球体的半径为R，V球体=3．球体的表面积公式设球体的半径为R，S球体＝4πR2．【命题方向】考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．9．球的表面积【知识点的认识】球的表面积依赖于球的半径r，计算公式为4π【解题方法点拨】﹣计算公式：表面积计算公式为4π﹣实际应用：如何根据实际问题中的球尺寸进行表面积计算．【命题方向】﹣球的表面积计算：考查如何根据球的半径计算表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的表面积计算．10．由三视图求面积、体积【知识点的认识】1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．2．三视图的画图规则：（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．3．常见空间几何体表面积、体积公式（1）表面积公式：圆柱：（2）体积公式：柱体：【解题思路点拨】1．解题步骤：（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）（2）选对应公式（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）（4）代公式计算2．求面积、体积常用思想方法：（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.8﹣2πB.8﹣πC.8-π2D分析：几何体是正方体切去两个14解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个14正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，∴几何体的体积V＝23﹣2×14×π×12×2＝8故选：B．点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．11．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的角：直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，π2]．当θ＝902、求异面直线所成的角的方法：求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：12．空间中直线与直线之间的位置关系【知识点的认识】空间两条直线的位置关系：位置关系共面情况公共点个数图示相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内无异面直线不同时在任何一个平面内无13．直线与平面平行【知识点的认识】1、直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．1、直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．2、直线和平面平行的性质定理的实质是：已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一