【文档说明】《人教A版（2019）高一数学下学期期末考试分类汇编》三种空间几何体解题方法-（教师版）【高考】.docx，共(47)页，3.028 MB，由小赞的店铺上传

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专题05三种空间几何体解题方法题型一：几何体体积的求法题型二：几何体表面积的求法题型三：几何体“内切”、“外接”球问题题型一：几何体体积的求法一、单选题1．（2022·陕西商洛·高一期末）《九章算术》中记载了公元前3

44年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若π取3.14，则圆柱的母线长约为（

）A．0.38寸B．1.15寸C．1.53寸D．4.59寸【答案】C【分析】先求出长方体的体积，进而求出圆柱的体积，利用求出的圆柱体体积和圆柱的底面半径为0.5寸，求出圆柱的母线长【详解】由题意得，长方体的体积为3.831

11.4=(立方寸)，故圆柱的体积为12.611.41.2−=(立方寸).设圆柱的母线长为l，则由圆柱的底面半径为0.5寸，得20.5π1.2l=，计算得：1.53l(寸).故选：C2．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积

为36π，则这个球的表面积为（）A．9πB．18πC．36πD．72π【答案】C【分析】根据球的体积可求球的半径，从而可求球的表面积.【详解】设球的半径为R，则34363R=，故3R=，所以球的表面积为4936=，故选：C.3．（2021·

北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，那么三棱锥1DABC−的体积是（）A．312aB．313aC．314aD．316a【答案】D【分析】根据锥体体积公式计算出几何体的体积.【详解】13111113326DABCABCVSDDaaaa−==

=.故选：D4．（2021·广东惠州·高一期末）已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为2，则该圆锥的体积等于（）A．3π3B．3πC．2π3D．2π【答案】A【分析】依题意求出圆锥的底面半径和高即可.【详解】圆锥母线为2l=，底面半

径为1r=，则223hlr=−=，所以圆锥的体积2113πππ3333Vrh===．故选：A．二、填空题5．（2021·广东广州·高一期末）卢浮宫玻璃金字塔是著名美籍华裔建筑设计师贝聿铭的重要作品之一，主玻璃金字塔是一个底边长为35m，高为21m的正四棱锥，则该主玻璃金字塔所占空间

的大小是______m3.【答案】8575【分析】由棱锥体积公式计算．【详解】()231135218575m33VSh===．故答案为：8575．6．（2021·江苏连云港·高一期末）已知圆台下底面的半径为4cm，高为4cm，母线长为25cm，则圆台的体积为___

___3cm．【答案】1123【分析】利用勾股定理、结合圆台体积公式进行求解即可.【详解】设圆台上底面半径为(4)rr，轴截面如下图所示：过B作BEDC⊥，垂足为E，则有ABr=，4DC=，4ADBE==，25BC=，因为222BCBECE=+，所以有2

22(25)4(4)2rr=+−=或6r=（舍去），所以圆台的体积为：221112(2244)433++=3cm，故答案为：11237．（2021·北京通州·高一期末）已知半径

为R的球，其表面积为S，体积为V，若S＝V，则R＝________．【答案】3【分析】直接利用球体表面积和体积公式计算得到答案.【详解】24SR=，343VR=，SV=，故23443RR=，解得3R=.故答案为：3.三、解答题8．（2022·陕西咸阳·高一期末）已知正方体A

BCD-1111DCBA的棱长为2.(1)求三棱锥1ACBD−的体积；(2)证明：1ACBD⊥.【答案】(1)43(2)证明见解析【分析】（1）将问题转化为求1CABDV−即可；（2）根据线面垂直证明线线垂直.(1)在正方体ABCD-1111DCBA中，易知1CC⊥平面ABD，∴1111

4222323ACBDCABDVV−−===.(2)证明：在正方体1111ABCDABCD−中，易知BDAC⊥，∵1CC⊥平面ABD，BD平面ABD，∴1CCBD⊥.又∵1CCACC=，1CC、AC平面1AC

C，∴BD⊥平面1ACC.又1AC平面1ACC，∴1ACBD⊥.题型二：几何体表面积的求法一、单选题1．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（）A．9πB．18πC．36πD．72π【答案】C【分析】

根据球的体积可求球的半径，从而可求球的表面积.【详解】设球的半径为R，则34363R=，故3R=，所以球的表面积为4936=，故选：C.2．（2021·北京师大附中高一期末）圆锥的母线长为5cm，底面半径为2cm，则圆锥的侧面积为（）A．220cmB．210cmC．228cm

D．214cm【答案】B【分析】根据圆锥侧面积公式，即可计算结果.【详解】根据圆锥侧面积公式可知22510Srlcm===.故选：B二、双空题3．（2021·北京师大附中高一期末）如图，这个组合

体是小张同学自己设计的一个小奖杯，计划送给小刘同学，以鼓励其认真努力的学习数学，已知该奖杯中的四棱柱的高为10cm，底面是长和宽分别为3cm､2cm的矩形，则该四棱柱的体积是__________3cm：奖杯顶部两个球的半

径分别为5cm和2cm，则这两个球的表面积之和为__________2cm.【答案】60116【分析】根据棱柱和球的表面积公式，即可计算结果.【详解】四棱柱体积3321060VShcm===，球的表面积()()22244254116SRrc

m=+=+=.故答案为：60；116三、填空题4．（2021·重庆·高一期末）已知一个圆锥的轴截面(过圆锥轴的一个截面)是一个等腰直角三角形，且圆锥的底面半径为1，则该圆锥的侧面积为__________.【答案】2【分析】作出图像，根据结合关系求圆锥母线长度，根

据圆锥侧面积公式即可计算.【详解】如图所示，△ABC为轴截面，圆锥母线长度为22112AB=+=，故圆锥侧面积为122=.故答案为：2﹒5．（2021·北京顺义·高一期末）以边长为1的正方形

的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的表面积是_____.【答案】4【分析】求出圆柱底半径、母线长，利用圆柱表面积计算公式计算即得.【详解】边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，旋转一周得到的几何体为圆柱，该圆柱的底面半

径为1，母线长为1，所以该圆柱的表面积是2212114S=+=.故答案为：46．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_

____．【答案】20【分析】由题意可知外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，然后由已知的数据可求出球的半径，从而可求出球的表面积【详解】解：因为正六棱柱的所有顶点都在球面上，所以外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，因为正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，所以

此正六棱柱外接球的半径为22125R=+=，所以球的表面积为2420R=，故答案为：207．（2021·北京西城·高一期末）已知半径为r的球的表面积为236cm，那么半径为2r的球的表面积为___________2cm.【答案】144【分析】先由半径

为r的球的表面积为236cm，求出r，从而可求出半径为2r的球的表面积【详解】解：由题意得2436r=，解得3r=，所以26r=，所以半径为2r的球的表面积为224(2)436144cmr==故答案为：144题型三：几何体“内切”、“外接”球问题一、单选题1．（2

021·黑龙江·绥化市第二中学高一期末）设正方体的棱长为3，则它的外接球的表面积为（）A．92B．94C．9D．3【答案】C【分析】求出体对角线的长度后可得外接球的半径，从而可求外接球的表面积.【详解】因为正方体的棱长为3，故体对角线的长度为333=，故外接球的直径

为3，其表面积为239=，故选：C.二、多选题2．（2021·辽宁·铁岭市清河高级中学高一期末）已知正四面体PABC的棱长为2,MN、分别为PAPB、的中点．下列说法正确的有（）A．MNPC⊥B．

异面直线BM与PC所成角的余弦值为36C．该正四面体的体积为2D．该正四面体的内切球体积为627【答案】ABD【分析】由正四面体性质依次判断各选项，即可得出结果.【详解】对于A，由于正四面体的相对棱互相垂直可知，//MNAB,则MNPC⊥，

故A正确；对于B,取AC中点E,连接ME,由//PCME，可知异面直线BM与PC所成角即为BME,在BME中，1,3MEBEBM===,由余弦定理计算可得3133cos6213BME+−==，故B正确；对于C，过点P作PH⊥面ABC于点H,由正四面

体性质可知，H为ABC的中心，计算可得，222224264333PHPBBHPBBE=−=−=−=,该正四面体的体积为11126222333233VSh===,故C错误;对于D，设正四面体的内切球半径为r，由等体积11433VShSr==可知，

1646rPH==,该正四面体的内切球体积为346327Vr==，故D正确.故选：ABD.三、填空题3．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为______.

【答案】6【分析】求出正方体的内切球的半径后可求体积【详解】将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球为原正方体的内切球，故其半径为12，故体积为41386=.故答案为：64．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上

，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．【答案】20【分析】由题意可知外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，然后由已知的数据可求出球的半径，从而可求出球的表面积【详解】解：因为正六棱柱的所有顶点都在球面上，所以外

接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，因为正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，所以此正六棱柱外接球的半径为22125R=+=，所以球的表面积为2420R=，故答案为：205．（2021·浙江·高一期末）若长方体的长，宽，高分别为3

，5，4，且它的顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是_______．【答案】50【分析】利用外接球的直径为长方体的体对角线可求球的半径，从而可求表面积.【详解】因为长方体的各顶点均在球面上，故球即为长方体的外接球，故长方体的体对角线即为球的直径，而长方体的体对角线的长为

22234552++=，故球的半径为522，所以球的表面积为504504=，故答案为：50.6．（2019·湖南衡阳·高一期末）已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的表面积为_

____.【答案】12.【分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长a，然后计算外接球的半径32aR=，利用球的表面积的公式，可得结果.【详解】设正方体边长a，正方体外接球的半径为R由正方体的表面积为2

4，所以2624a=则2a=，又32aR=，所以3R=所以外接球的表面积为：2412R=故答案为：12【点睛】本题考查正方体外接球的表面积，属基础题.一、单选题1．（2021·吉林·长春外国语学校高一期末）已知正方体1111ABCDABCD−中，以下结论错

误的有（）A．点P在直线1BC上运动时，三棱锥1ADPC−的体积不变B．点P在直线1BC上运动时，直线AP与平面1ADC所成角的大小不变C．点P在直线1BC上运动时，二面角1PADC−−的大小不变D．M是平面1111DCBA上到点D和1C距离相等的点，则点M的轨迹是过点1D的直线【答案】B【

分析】由1//BC平面1ADC，可得1PADCV−为定值结合11ADPCPADCVV−−=即可判断A；设点P到平面1ADC的距离为h，则h为定值，直线AP与平面1ADC所成角为，由sinhAP=即可判断B；由二面角1PADC−−的大小等于平面11BCDA与平面1

ADC所成角的大小可判断C；到点D和1C距离相等的点为垂直平分线段1DC的平面，进而可得点M的轨迹可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：因为11//BCAD，且1BC平面1ADC，1AD平面1ADC，可得1//BC平

面1ADC，所以1BC上的点到平面1ADC的距离相等，所以1PADCV−为定值，因为11ADPCPADCVV−−=，所以1ADPCV−为定值，即点P在直线1BC上运动时，三棱锥1ADPC−的体积不变，故选项A正确，不符合题意；对于B：设点P到平面1ADC的距离为h，直线AP与平面1ADC所成

角为，则sinhAP=，因为1//BC平面1ADC，所以点P在直线1BC上运动时，h为定值；但AP变化，所以sin变化即角变化，所以直线AP与平面1ADC所成角变化，故选项B不正确，符合题意；对于C：因为AP平面11BCDA，所以二面角1PADC−−的大小等于平面11B

CDA与平面1ADC所成角的大小，所以二面角1PADC−−的大小不变，故选项C正确，不符合题意；对于D：因为M是平面1111DCBA上到点D和1C距离相等的点，所以点M的轨迹是平面1111DCBA与线段1DC的垂直平分线1DC所在平面

的交线，即点M的轨迹是平面1111DCBA与平面11ADC的交线11AD，所以点M的轨迹是过点1D的直线，故选项D正确，不符合题意，故选：B.2．（2021·浙江湖州·高一期末）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为23

.若两个圆的半径分别为23和4，则该球的体积是（）A．36B．52133C．125D．5003【答案】D【分析】由球体内两截面圆相互垂直，根据两圆公共弦长及圆的半径求其中一个圆的弦心距，再由所得弦心距、另一个圆的半径、球体半径

的几何关系求球的半径，即可求球的体积.【详解】若123r=和24r=对应的圆分别为A、B，∵两个圆公共弦长为23，∴在圆A：弦心距21133dr=−=，又两个圆互相垂直，∴该球的半径22125Rdr=+=，故该球的体积3450033

RV==.故选：D3．（2021·四川成都·高一期末（理））已知A，B是球O的球面上两点，23AOB=，P为该球面上动点，若三棱锥OPAB−体积的最大值为233，则球O的表面积为（）A．12B．16C．24D．3

6【答案】B【分析】当点P位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OPAB−的体积最大，利用三棱锥OPAB−体积的最大值为233求出半径，即可求出球O的表面积．【详解】解：如图所示，当点P位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OPAB−的体积最大，设球O的半径为R

，此时2113233223OPABPAOBVVRR−−===，解得2R=，则球O的表面积为2416R=，故选：B．4．（2021·福建泉州·高一期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底

面为矩形的棱台称为刍童.如图所示的某刍童1111ABCDABCD−中，1O，O为上､下底面的中心，1OO⊥平面ABCD，11112ABAD==，4ABAD==，侧棱1AA所在直线与直线1OO所成的角为45°，则该刍童

1111ABCDABCD−的体积为（）A．282B．2823C．563D．5623【答案】B【分析】将侧棱延长交于P，连接11,AOAO，先利用已知条件分别计算大四棱锥PABCD−和小四棱锥1111PABCD−的高和底面面积，再利用1111PABCDPABCDVVV−−=−求棱台体积即可.【

详解】设四条侧棱延长交于顶点P，连接11,AOAO，由题中已知条件可知，底面矩形ABCD中，4ABAD==知，22AO=，又侧棱1AA所在直线与直线1OO所成的角为45°，再由线面垂直关系知等腰直角POA中，22PO=，同理可得112AO=，12PO=.又上底面面积14S=，下底面面积16S=

，所以该刍童1111ABCDABCD−的体积1111PABCDPABCDVVV−−=−11111128216224233333SPOSPO=−=−=.故选：B.5．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）设,,,ABCD是同一个半径为2的球的球面上四点，ABC是以

为BC底边的等腰三角形，且面积为331204BAC=，，则三棱锥DABC−体积的最大值为（）A．932B．33C．934D．334【答案】D【分析】首先计算ABC外接圆的半径，再利用图形得到点D的位置，即可求三棱锥DABC−

体积的最大值.【详解】设ABACx==，则2133sin12024ABCSx==，得3x=，ABC中，()()()22223323cos1209BC=+−=，得3BC=,再根据正弦定理可知2sin

120BCR=，得3R=，如图，点O是ABC外接圆的圆心，点'O是四面体ABCD外接球的球心，当点D和,OO在一条直线上时，此时三棱锥DABC−的体积最大，()22231OO=−=，213DO=+=，此时11333333344D

ABCABCVSDO−===故选：D6．（2021·黑龙江·铁人中学高一期末）给出下列四个命题：（1）一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的体积为2；（2）若样本数据1x，2x，L，10x标准差为2，则数据121x−，221x−，L，1021x−的方差为16．（3）若ABC中

，π3A=，2AB=，若满足上述条件的三角形有两个，则BC边的范围是()3,2．（4）设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为23时，a在e方向上的投影向量为12e其中你认为正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】由圆柱的体积公式可判

断（1）；根据方差公式可判断（2）；根据正弦定理可判断（3）；根据投影向量的计算公式可判断（4），进而可得正确选项.【详解】对于（1）：圆柱的体积为2122=，故（1）正确；对于（2）：设样本数据1x，2x，L，10x的平均数为x，方差为2s，则()1210110xx

xx=+++，()()()222212101410sxxxxxx=−+−++−=，数据121x−，221x−，L，1021x−的平均数为()12101121021010211010xxxxxx=+++−=−=−()()()2221210

221212121212110xxxxxxs−−−+−−−++−−−=()()()2221210222222210xxxxxxs−+−++−=()()()222121014441610xxxxxx=−+−++

−==，故（2）正确；对于（3）：在ABC中，由正弦定理可得：sinsinBCABAC=，可得32sin32sinABACBCBCBC===，若三角形有两解，所以3sin1CBC=，即3BC，因为大边对大角可得2BCAB=，所以BC边的范围是()3,2．故

（3）正确；对于（4）：2cos3aeae=a在e方向上的投影向量为21cos32eaee=−，故（4）不正确，所以正确的有（1）（2）（3）共3个，故选：C.7．（2021·福建省福州第一中学高一期末）我国南北朝名著《张邱建算经》中记

载：“今有方亭，下方三丈，上方一丈，高二丈五尺，预接筑为方锥，问：接筑高几何？”大致意思是：有一个正四棱台的上､下底面边长分别为一丈､三丈，高为二丈五尺，现从上面补上一段，使之成为正四棱锥，则所补的小四棱锥的高是多少？那么，此高和原四棱台的体积分别是(注：1丈等于10尺)

（）A．12.5尺､10833立方尺B．12.5尺､32500立方尺C．3.125尺､10833立方尺D．3.125尺､32500立方尺【答案】A【分析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．【详解】解：如图所示，正四棱锥PABCD−的下底边长为三丈，即

30AB=尺，高二丈五，即25OO=尺；截去一段后，得正四棱台ABCDABCD−，且上底边长为10AB=尺，所以1102125302POPO=+，解得25'12.52PO==，所以该正四棱台的体积是22125(30301010)108333V=

++=（立方尺）．故选：A．8．（2022·陕西渭南·高一期末）古希腊数学家阿基米德最为满意的一个数学发现是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的23，且球的表面积也是圆柱表面积的23.已知体积为63的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面

积为（）A．12B．63C．6D．43【答案】A【分析】由题目给出的条件可知，圆柱内切球的表面积圆柱表面积的23，通过圆柱的体积求出圆柱底面圆半径和高，进而得出表面积，再计算内切球的表面积.【详解】

设圆柱底面圆半径为r，则圆柱高为2r，圆柱体积2263rr=，解得3r=，又圆柱内切球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，所以内切球的表面积是圆柱表面积的23，圆柱表面积为()223233218+=，所以内切球的表面积为218123=.故选：A.二、

多选题9．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）希罗平均数(Heronianmean)是两个非负实数的一种平均，设,ab是两个非负实数，则它们的希罗平均数3aabbH++=.关于希罗平均数有如下说法，其中正确的有（）A．若0,0ab

，则,ab的希罗平均数2abHab+；B．三棱台111ABCABC−的体积V恰好是以此三棱台的上、下底面为底面且与此三棱台等高的两个三棱柱的体积12,VV的希罗平均数；C．在直角ABC中，π2C=，则sin,sinAB的希罗平均数的取

值范围为12,32；D．已知正四棱锥PABCD−的底面ABCD的内切圆O的半径为r(点O为内切圆圆心)，记POh=.若2hr，则正四棱锥PABCD−的外接球的半径R不小于,rh的希罗平均数.【答案】BCD【分析】对于A选项，若0,0ab，则,ab的希罗平均数2,a

bHababab+可判断；对于B选项，三棱台111ABCABC−的体积()121213VVVVV=++可判断；对于C选项，sin,sinAB的希罗平均数为sincossincos3AAAAH++=，设(sincos2s

in1,24tAAA=+=+，则根据函数单调性得21122(),332ttHt−+=；对于D选项，由题可知ABCD的边长为2r，222222hrhrRhh+==+，,rh的希罗平均数为

32rhhrrh+++，进而作差得02rhR+−可判断.【详解】解：对于A选项，若0,0ab，则,ab的希罗平均数2,abHababab+，故A选项错误；对于B选项，设三棱台的上、下底面为底面面积分别为12,SS，高为h，则三棱台111ABCABC−的体积()()12121212

12121111133333VSSSShShShSSVVhVhV=++=++=++，所以正确；对于C选项，在直角ABC中，π2C=，则sin,sinAB的希罗平均数为sinsinsinsinsincossincos33ABABAAAAH++++==，设(sincos2sin1,24t

AAA=+=+，则(212(),1,23ttHtt−+=，由于函数211,332ttyy−==在区间(1,2上单调递增，所以函数()Ht在区间(1,2上单调递增，故max12(1),()(2)32HHtH===，即sin,sinAB的希罗平均数的

取值范围为12,32，故C选项正确；对于D选项，由题可知底面正方形ABCD的边长为2r，所以222()(2)RhRr=−+，解得222222hrhrRhh+==+，所以,rh的希罗平均数为2332rhrhrhhrrh++++++=，所以2202222rhrrrrRhr+−=−−

=，所以正四棱锥PABCD−的外接球的半径R不小于,rh的希罗平均数，故D选项正确.故选：BCD10．（2021·浙江省桐庐中学高一期末）在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足//DEB

C且ADAC=，()()0,1，将ADE沿直线DE折到'ADE的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（）A．在边AE上存在点F，使得在翻折过程中，满足//BF平面ACDB．存在102,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面ABC⊥平面BCDEC．若12=，当二面角A

DEB−−为直二面角时，104AB=D．在翻折过程中，四棱锥ABCDE−体积的最大值记为()f，()f的最大值为239【答案】ABC【分析】对于A，根据平行关系可得直线BF与平面ACD相交

；对于B，根据的范围不可能得出平面ABC⊥平面BCDE；对于C，结合余弦定理可求102AB=；对于D，表示出体积的表达式·，利用函数单调性求最大值或者利用导数求最大值.【详解】对于A，在边AE上存在点F，在A'D上取一点N，使得FN//ED，在ED上取一点H，使得NH

//EF，作HG//BE交BC于点G，如图所示，则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形，NG//BF，而GN始终与平面A'CD相交，BGBC,因此在边A'E上不存在点F，使得在翻折过程中，

满足BF//平面A'CD，A不正确.对于B，作AQBC⊥于Q，交DE于P，因为102,，所以APPQ,在翻折过程中，点A在底面BCDE的射影不可能在直线BC上，因此不满足平面A'BC⊥平面BCDE，因此B不正确.对于C，12=时，当二面角A'-DE-B为直二面角时

，取ED的中点M，如图所示，可得AM⊥平面BCDE，22||ABAMBM=+22311()1()21cos120222=++−101024=，因此C不正确；对于D，在翻折过程中，取平面A'ED⊥平面

BCDE，四棱锥A'-BCDE体积()2311()331333BCDEfS==−=−,(0,1);（法一）设12303，33121122()()ff−=−−+()()2212211122=−+−++()()22211122

1=−++−因为12303，所以22112210++−，即12()()ff，所以()f为增函数；同理可证3,13时，()f为减函数；所以函数()f取得最大值33123()(1),3339f=−=

因此D正确.（法二）3()f=−，2(0,1),()13f=−，当30,3时，()0f，()f为增函数；当3,13时，()0f，()f为减函数；可得33=时，函数()f取得最大值33

123()(1),3339f=−=因此D正确.综.上所述，不成立的为ABC.故选：ABC.【点睛】本题利用运动的观点理解空间线面、面面位置关系、四棱锥的体积等，在动态中找寻不变的平行关系，垂直关系是解题的关键.11．（20

21·江苏宿迁·高一期末）已知边长为a的菱形ABCD中，π3ADC=，将ADC沿AC翻折，下列说法正确的是（）A．在翻折的过程中，直线AD，BC所成角的范围是0,2B．在翻折的过程中，三棱锥D

ABC−体积最大值为38aC．在翻折过程中，三棱锥DABC−表面积最大时，其内切球表面积为2(1483)a−D．在翻折的过程中，点D在面ABC上的投影为D¢，E为棱CD上的一个动点，ED的最小值为34a【答案】BC【分析】在翻折成正四面体的情况利用线面垂直的判定定理可以证明直线AD与BC

所成角为直角，，从而否定A；利用平面ADC与底面垂直的情况，得到三棱锥的体积最大值，计算后可判定B；利用当90BADBCD==得到BC面积的最大值，利用等体积法可以求得此时内切球的半径，进而计算其

表面积，从而判定C.将ED的最小值转化为异面直线OB与DC的距离，考虑翻折的极限情况可以否定D.其中要注意线面垂直，面面垂直的判定与性质的应用.【详解】解：对于A：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，翻折后，当BDa=时，四面体ABCD为正四面体，取BC中点为E，

连接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，AE∩DE=E，所以BC⊥平面ADE，所以BA⊥AD，直线AD与BC所成角为直角，故A错误；对于B：当平面ADC与底面垂直时，三棱锥DABC−的体积最大，取AC中点H，连接DH，则DH⊥AC，又因为平面

ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，所以DH⊥平面ABC，此时max32ah=，32max1333428aaVa==，故B正确；对于C：因为ADCDABBCa====是翻折过程中的不变量，翻折过程中,BADBCD的对应边始终相等，所以这两

个三角形始终全等，∴,BADBCD始终相等，△ABD，△BCD等于21sin2aBAD，由于最初时这两个角都是120，翻折到,BD重合时，都变成了0，在连续变化的过程中，当90BADBCD==时，△ABD，△BCD的面积

最大，而另外两个面△ADC,△ABC在翻折中的形状不变，面积是固定的，所以当且仅当此时三棱锥DABC−表面积最大，此时DC=2a，取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，所以AC⊥平面BOD.32aBODO==，22233212244c

os,sin3333222aaaBODBODaa+−==−=，此时设内切球的半径为r，111sin332ABCDBODVSACDOBOBODAC==()13ABCADCABDBCDrSSSS=+++()1sin2ABCADCABDBCDDOBOBODAC

rSSSS=+++2222133223322234422aaaaaaar=+++23242ar+=，622ra=−.内切球的表面积为()222264π4π21

4832raa=−=−故C正确；对于D：如图，设翻折前的棱形的位置如图0ABCD在翻折过程中，设AC中点为O:由已知可得AC=a，△ABC，ADC都是正三角形.同上可证，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根据平面垂直的性质定理可得D在平面ABCD

中的射影D¢的轨迹是线段0BD，因为E是CD上的动点，所以ED的最小值是异面直线直线0BD与CD的距离，当翻折使得二面角DACB−−接近于0时，线段BD的长度接近于0，,BD分别是异面直线0BD与CD上的点，所以异面直线0BD与CD的距离不超过B

D,故异面直线0BD与CD的距离无限接近于0，（另外当二面角DACB−−接近于180时，0DD的距离接近于0，0,DD分别是异面直线0BD与CD上的点，所以异面直线0BD与CD的距离也不超过0DD,故异面直线0BD与CD的距离也无限接近于0），所

以ED的距离可以无限的接近于0，没有最小值，故D错误．故选：BC.【点睛】当平面ACD⊥平面ABC时，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，平面ABC∩平面ACD=AC，所以BO⊥平面ADC.过O作OM⊥CD，垂足是M，则由于OM⊂平面ACD，OB⊥平面ACD，所以OB⊥平面

ACD，即直线0BD⊥平面ACD，所以0BDOM⊥，所以OM就是异面直线0BD与CD的距离，OM=OCsin∠MCO=3sin234aa=，但这不是异面直线0BD与CD的距离的最小值.三、双空题12．（2021·湖北·高一期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角

三角形的三棱锥称之为鳖臑（biēnào）.已知在鳖臑MABC−中，面⊥MAABC，2MAABBC===，则该鳖臑的表面积为__________，它的内切球的半径为__________．【答案】442+21−【分析】（1）先把四个面的底和高求出来，再求三棱锥得表面积；（2）以等体积

法求三棱锥内切球半径.【详解】如图：鳖臑MABC−中，面⊥MAABC，2MAABBC===，ABBC⊥则该鳖臑中，MBBC⊥，22MBAC==,（1）鳖臑的表面积为：111122222222224422222MABMACMBCABCSSSS+++=+++=+△△△△（2）设鳖臑的

内切球的半径为r，球心为O，则有MABCOABCOABMOACMOBCMVVVVV−−−−−=+++即111111111122222222222223232323232rrrr=+++解之得21r=−故答案为：（1）442

+（2）21−四、填空题13．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，PAD△是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，12ABADBC==，则四棱锥PABCD

−外接球的表面积是____________.【答案】2083【分析】先根据面面垂直，取△PAD的外接圆圆心G，梯形ABCD的外接圆圆心F，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心O，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.【详解】如图，取AD的中点E，BC的中点

F，连EF，PE，在PE上取点G，使得2PGGE=，由PAD△是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，12ABADBC==，可得，4ABAFBFCFFD=====，即梯形ABCD的外接圆圆心为F，分别过点G、F作平面P

AD、平面ABCD的垂线，两垂线相交于点O，显然点O为四棱锥PABCD−外接球的球心，由题可得23PE=，233GEOF==，，则四棱锥PABCD−外接球的半径22222352433ROB==+=，故四棱锥PABC

D−外接球的表面积为2522084433R==．故答案为：2083.14．（2022·陕西商洛·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD－1111DCBA中，E，F，G，H分别为棱11AD，11AB，11BC，11CD的中点，将该正方体挖去两个大小完

全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：①CG//平面ADE；②该几何体的上底面的周长为42+；③该几何体的的体积为83−；④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为414．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】①③④【分析】由面面平行的性质判断

①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.【详解】因为面1//AD

DE面1BCGB，CG面1BCGB，所以CG//平面1ADDE，即CG//平面ADE，①正确；依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，所以该几何体的上底面的周长为4+，该几何体的体积为8－3，②错误，③正确；设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的

外接球的球心O在MN上．设OM＝h，则()()2222212hh−+=+，解得34h=，从而球O的表面积为()241424h+=，④正确.故答案为：①③④15．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC与DEF，将DEF沿垂直于水平面的方向向上

平移至DEF△，得到多面体ABCDEF−，已知各侧面（DBC，DEC△，EAC，EFA△，FBA△及FDB△）均为正三角形，则多面体ABCDEF−的外接球的体积为__________．【答案】23【分析】将几何体旋转，可以发现几

何体是由上下两个完全相同的正四棱锥组成，且侧棱与底面边长相同，所以几何体外接球的球心为底面正方形的中心，半径为底面对角线的一半，从而求出外接球的体积【详解】根据题意可得：''DE∥AB，且''DEAB=，'DBAB=，所以四边形''ABDE是

菱形，所以''ADBE⊥，如上图所示，将几何体进行旋转，使得面''ABDE位于水平位置，连接'',ADBE相交于点O，所以O为'',ADBE的中点，连接',FOCO；因为'''''',FBFEFAFD==，所以'''',FOBEFOAD⊥⊥，所以三角形''FOD和三角形

''FOE为直角三角形，且''''FEFD=，所以直角三角形''FOD和直角三角形''FOE全等，所以''OEOD=，所以''ADBE=，所以四边形''ABDE是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱

长均为1，可得：'''22OEODOF===，O到所有顶点的距离都相等，所以O为外接圆圆心，且外接圆半径22r=，所以外接圆的体积344223343Vr===故答案为：23【点睛】本题目考察多边

形的外接球问题，求外接球体积的重点主要在于确定球心位置，求出半径的值；本题目的难点主要由两点，一是要发现多面体旋转之后，由上下两个四棱锥组成，二是通过辅助线可以证明四棱锥底面为正方形，从而得到球心的位置以及外接球的半径16．（2021·陕西·西安市第三中学高一期末）A，B，C，D为球面上

四点，M，N分别是AB，CD的中点，以MN为直径的球称为AB，CD的“伴随球”，若三棱锥ABCD−的四个顶点在表面积为64π的球面上，它的两条边AB，CD的长度分别为27和43，则AB，CD的伴随球的体积的取值范围是________．【答案】125,66

【解析】由已知求出三棱锥ABCD−的外接球O半径，求出,OMON，进一步求出MN的范围，从而得出答案即可.【详解】由题意知，三棱锥ABCD−的外接球O半径为4，故4OAOD==，且OMAB⊥，ONCD⊥由勾股定理由223OAOMAM−==，222ONODDN=

−=由题意知，AB，CD的伴随球1O是以AB，CD为切线，OMONMNOMON−+故MN的最大值和最小值分别为5和1，当,,OMN三点共线且O在线段MN之间时取得最大值，当,,OMN三点共线且O在线段MN之外，满足1OMON−=时取得

最小值，故球1O的半径的取值范围为1522RAB，CD的伴随球的体积的取值范围是125,66故答案为：125,66【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球

内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.17．（2020·福建漳州·高一期末）正四面体PBDE−和边长为1的正方体1111ABCDABCD−

有公共顶点B，D，则该正四面体PBDE−的外接球的体积为______，线段AP长度的取值范围为_______.【答案】326262,22−+【分析】由图可知正四面体PBDE−的外接球的体积等于正方体1111ABCDABCD−

的外接球的体积，求正方体外接球体积即可；P点在以BD的中点I圆心，以1AI为半径的圆上，线段AP长度最小为点A到圆心I的距离减去半径，最大为点A到圆心I的距离加上半径，代入数据求解即可.【详解】如图，由题

可得正四面体PBDE−与正四面体11ABDC−全等，所以正四面体PBDE−的外接球的体积等于正四面体11ABDC−的外接球的体积，也即是正方体1111ABCDABCD−的外接球的体积，因为正方体棱长为1，所以外接球直径为1113++=，所以正方体1111ABCDABCD−

的外接球的体积为：3433322=，所以正四面体PBDE−的外接球的体积为32；分析可知P点在以BD的中点I圆心，以1AI为半径的圆上，2126122rAI==+=，由点A在圆I内，且22AI=，所以

AP长度最小为622rAI−−=，AP长度最大为622rAI++=，所以AP长度的取值范围为6262,22−+.故答案为：32；6262,22−+.【点睛】本题主要考查正方体外接球体积问题，涉及到圆上动点到定点距离问题，考查学生空间想象能力.五、解答题18．（2021·浙

江宁波·高一期末）在棱长均为2的正三棱柱111ABCABC−中，E为11BC的中点．过AE的截面与棱1BB，11AC分别交于点F，G．（1）若F为1BB的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比12VV；（2）若四棱雉1AAGEF

−的体积为7312，求截面AGEF与底面ABC所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG的面积为0S，AEG面积为1S，AEF面积为2S，当点F在棱1BB上变动时，求2012SSS的取值范围．【答案】（1）121323VV=；（2）45；（3）94,2．【分析】（1）连结EF

，并延长分别交1CC，CB于点M，N，连结AM交11AC于点G，连结AN，GE，利用比例关系确定G为11AC靠近1C的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1AE，1AF，由11111AEFBGAAEFAAEVVVV−−−=++和21VVV=−进行求解，即可得到答案；（2）求出点G到平

面1AAE的距离，得到点G为11AC靠近1C的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GCm=，则[0m，1]，先求出12

SS的关系以及取值范围，然后将2012SSS转化为1S，2S表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF，并延长分别交1CC，CB延长线于点M，N，连接AM交11AC于点G，连接AN，GE．易得11113GCMCCEACMCCN===．故G为11AC靠近1C的

三等分点．11MC=，123GC=．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABCABC−的体积2322234V==．连接1AE，1AF．由1//BB平面1AAE知，1FAAEV−为定值．1113321323FAAEV−==．11111AEFBGAAEFAAEVVVV−−−

=++1111231331132332323318=++=．2123318VVV=−=．故121323VV=．（2）由111AAGEFGAAEFAAEVVV−−−=+及133FAAEV−=得，134GAAEV−=．又1113GAAEAAEVSh−=△，所以34h=．即点G到1A

E的距离为34，G为11AC靠近1C的四等分点．因为平面111//ABC平面ABC，所以截面AGEF与平面ABC所成角即为截面AGEF与平面111ABC所成角，在1GCE△中，112GC=，11CE=，故1EGGC⊥．又

因为平面11ACCA⊥平面111ABC，且平面11ACCA平面11111ABCAC=，所以EG⊥平面11ACCA．则1AGA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角．在1RtAGA△中，132AG=，12

AA=，52AG=．故114sin5AAAGAAG==．因此，截面AGEF与平面ABC所成二面角的正弦值为45．（3）设1GCm=，则0,1m，2MGmGAm=−．设MGE的面积为S，所以12SmSm=−．又因为2

1SSS=+，所以1222SmS−=．且1221,122SmS−=．令12StS=则1,12t故()21201212122212SSSSSSSSSSS+==++．令12StS=则1,12t，所以()12gttt=++在1,12t

上单调递减，所以()()min14gtg==，()max1922gtg==，所以()94,2gt，所以20121221924,2SSSSSSS=++19．（2

021·湖北黄冈·高一期末）如图，已知在四棱锥PABCD－中，底面ABCD是梯形，//BCAD且=2BCAD，平面PAC⊥平面ABCD，=?PAPC，PAAB⊥.（1）证明:ABPC⊥;（2）若PAPC⊥，=2=PBPC4，求四棱锥PABCD－的

体积.【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）利用等腰三角形三线合一和面面垂直，得出PO⊥平面,ABCD以及PAAB⊥得出AB⊥平面PAC，进而得出线线垂直；（2）通过PAPC⊥，=2=PBPC4，以及第一问的

结论，得出AB⊥平面,PAC求出三棱锥PABC−的体积，利用//BCAD且=2BCAD，得出三棱锥PADC−的体积为三棱锥PABC−体积的一半，从而求出四棱锥的体积.【详解】（1）证明：取AC的中点,O,APPC=,POAC⊥又平面PAC⊥平面,ABCDPO

⊥平面,ABCDPOAB⊥①又ABPA⊥②由①②可得AB⊥平面PAC,ABPC⊥（2）24,PBPC==2,PAPC==,ABPA⊥222,ABPBPA=−23AB=,2,PAPCPAPC⊥==22AC=，2PO=由

（1）可知AB⊥平面,PAC,ABAC⊥1123222622ABCABACS===1142623333ABPABCCSPOV−===三棱锥//,2,BCADBCAD=2,ABCACDSS=12323PACDPABCVV−−==三棱锥三棱锥4233

3323PABCDPABCPACDVVV−−−=++==四棱锥三棱锥三棱锥另解：因为11232226,22ABCABSAC===6ADCS=36,ABCDS=梯形1362233PABCDV−==四棱锥20．（2021·安徽蚌埠·高一期末）如图，四边形ABCD是边长为4的

菱形，60C=，PA⊥平面ABCD，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得点C到达点Q的位置，且平面QBD⊥平面ABD．（1）求证：//PA平面QBD；（2）若点,,,,ABDPQ在同一个球面上，求三棱锥PABD−与三棱锥QAB

D−的公共部分的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）165．【分析】（1）取BD中点H，连接QH，由面面垂直的性质定理证明QH⊥平面ABD，结合PA⊥平面ABD，可得//PAQH，由线面平行的判定定理

即可求证；（2）分别取,AHQH的三等分点,EF，过点E作AH的垂线，过点F作DH的垂线，两垂线交于点O，则点O即为多面体ABDPQ的外接球的球心，连接,AQPH相交于点M，则三棱锥MABD−为三棱锥PABD−与三棱锥QABD−的公共部分，利用体积公式即可求体积.【详解】（1）取

BD中点H，连接QH，四边形ABCD是边长为4的菱形，60C=，则QBD△为正三角形，所以QHBD⊥，又因为平面QBD⊥平面ABD，平面QBD平面ABDBD=，QH平面QBD，所以QH⊥平面ABD，因

为PA⊥平面ABD，所以//PAQH，因为PA平面QBD，QH平面QBD，所以//PA平面QBD．（2）由（1）知，//PAQH，所以,,,PAHQ四点共面，连接AH，分别取,AHQH的三等分点,EF，且13EHAH=，13FHQ

H=，则点,EF分别为正三角形ABD，正三角形QBD的中心．在平面AQH内，过点E作AH的垂线，过点F作DH的垂线，两垂线交于点O．因为//OEQH，所以OEBD⊥，又,OEAHAHBDH⊥=，,AHBD平面ABD，所以OE⊥

平面ABD，而点E为正三角形ABD的中心，所以OAOBOD==，同理，可得OBODOQ==，因为,,,,ABDPQ在同一个球面上，则点O为该球面的球心，OAOP=，取PA中点N，连接ON，则易得四边形ONAE

为矩形，四边形OEHF为正方形，OEFH=，所以1432233PAOEQH===，连接,AQPH相交于点M，则三棱锥MABD−为三棱锥PABD−与三棱锥QABD−的公共部分，由PAMHQM，23PMPAHMHQ==，所以35MHHP=，则点M到平面ABD的距离为

34355PA=，三棱锥PABD−与三棱锥QABD−的公共部分的体积为：213431643455MABDV−==，【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定

理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；（3）利用面面平行的性质定理：直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一

个平行.21．（2021·广东中山·高一期末）如图所示，在正方体1111ABCDABCD−中，点G在棱11DC上，且11114DGDC=，点E、F、M分别是棱1AA、AB、BC的中点，P为线段1BD上一点，4AB=．（1）若平面EFP交平面

11DCCD于直线l，求证：1//lAB；（2）若直线1BD⊥平面EFP，试作出平面EGM与正方体1111ABCDABCD−各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面EGM与棱11AD交于点Q，求三棱锥QE

FP−的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）作图步骤见解析，三棱锥QEFP−的体积为815【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到//EFl，再结合线线平行的传递性即可证明结论；（2）根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面EGM与正方体1111ABCDABCD

−各个面的交线即可；根据NEFP四点共面，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，那么三棱锥QEFP−的体积等于三棱锥PENQ−的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．【详解】解：（1）证明：在正方体1111ABCDA

BCD−中，因为平面11//ABBA平面11DCCD，平面EFP平面11ABBAEF=，平面EFP平面11DCCDl=所以//EFl，因为点E、F分别是棱1AA、AB的中点，所以1//EFAB，所以1//lAB．（2）作图步骤如下：连接GE，过点G作GHDC⊥于点H，连接HA并延长交GE的

延长线于点I，连接IM并延长交AB于点J交DC的延长线于点K，再连接GK交1CC于点S，连接MS并延长交11BC的延长线于点R，连接RG并延长交11AD于点Q，再连接EQ，GS，EJ，则图中EQ，QG，GS，S

M，MJ，JE即为平面EGM与正方体各个面的交线．设BJCKx==，因为1//,2AEGHAEGH=，所以点A为HI的中点，又因为//HKAJ，所以点J为IK中点，所以23AJKHHCCKx==+=+，所以1322xAJHK+==，又因为AJJBAB+=，即342xx++=

，解得53x=，∵11139553CRCSGCMCSCCK====，2MC=，1185CR=，∴111635DQCR==，如上图，设N为线段11AD的中点，因为点E是棱1AA的中点，所以在正方体中，有1111111,,ABENADENABADA⊥⊥=，所以EN⊥平面11ABD，所以1E

NBD⊥因为1BD⊥平面EFP，所以1BDEP⊥，因为ENEPE=，所以1BD⊥平面ENP，即平面ENP与平面EFP重合，所以点N在平面PEF内，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，因为直线1BD⊥平面EFP，E

P平面EFP，所以1BDEP⊥，又因为DAE△△11BAE，所以1DEBE=，所以1DPBP=，所以，QEFPQENPPENQVVV−−−==183215ENQABS==△，所以三棱锥QEFP−的体积为815．【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的

应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．其中第二问解题的关键字在于根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出图形，进而根据几何关系得到对应点的位置求解.22．（2021·重

庆·西南大学附中高一期末）为了求一个棱长为2的正四面体的体积，某同学设计如下解法.解：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体11ACBD为棱长是2的正四面体，且有11111111111133BACBAABDCBCDDACDACBDVVVVVVV−−−−=−−−−==四面体正

方体正方体.（1）类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为5，13，10，求此四面体的体积；（2）对棱分别相等的四面体ABCD中，ABCD=，ACBD=，ADBC=.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；（3）有4条长为2的线段和2条长为m的线段，用这6条线段

作为棱且长度为m的线段不相邻，构成一个三棱锥，问m为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？[参考公式：三元均值不等式()3,,03abcabcabc++及变形()3,,03abcabcabc++，当且仅当abc==时取得等号

]【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）433m=时,三棱锥体积有最大值为16327.【分析】（1）类比已知条件中的解法，构造一个长方体，求出长方体的棱长，在由长方体的体积减去四个三棱锥体积即可得到答案；（2）在四面体ABCD中，由已知可得四面体ABCD的四个面为全等

三角形，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，证明△ABC为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；（3）当2条长为m的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积的表达式，利用基本不等式求最值.【详解】（1）类似地，构造一个长方体1111-ABCDABCD，设从同一个顶点出发的

三条棱的棱长分别为1ABxADyAAz===、、，则有：22222251013xyxzyz+=+=+=，解得：123xyz===所以1111111111BACBAABDCBCDDACDACBDVVVVVV−−−−=−−−−四面

体长方体11111111123123123123123232323232=−−−−=即此四面体的体积为2.（2）证明：在四面体ABCD中，因为ABCD=，ACBD=，ADBC=，所以四面体ABCD的四个面都是全等的三角

形，只需证明一个面为锐角三角形即可.设长方体的长、宽、高分别为abc，则222ABac=+，222BCbc=+，222ACab=+，所以222222222ABBCbcacACab+=+++=+，即222ABBCAC+，所以B为锐角；同理可证：A为锐角，C

为锐角，所以△ABC为锐角三角形.所以这个四面体的四个面都是锐角三角形.（3）因为长度为m的线段不相邻，所以2条长为m的线段不在同一个三角形中，如图，不妨设AD=BC=m，AB=BD=CD=AC=2，取BC的中点E，连接AE，DE，则A

E⊥BC，DE⊥BC，而AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，则三棱锥的体积1·3AEDVSBC=，在△AED中,244mAEDE==−，AD=m，所以222114424422AEDSmmmmm=−−=−，所以()2222221

111·441623626264AEDmmmVSBCmmmmm==−=−=−()3222162163=327112mmm++−，当且仅当22=162mm−，即43=3m时等号成立.即433m=时,三棱锥体积有最大值为16327.【点睛】（1）求几何体体积的常用的

方法有：①直接法；②等体积法；③补形法；④向量法；（2）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”①“一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化

成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．23．（2022·广西·昭平中学高一期末）如图，在圆柱12OO中，AB，CD分别是上、下底面圆的直径，且AB

CD∥，EF，GH分别是圆柱轴截面上的母线.(1)若26CEDE==，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.(2)证明：平面ABH∥平面ECD.【答案】(1)24.(2)证明见详解.【分析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；（2）构造平

行四边形21HOEO证明12OHOE，结合已知可证.(1)连接CF、DFDECE=，,EFCFEFDF⊥⊥CEFDEFCFDF=因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R则2224CFDFR+=2DFR=又222DFEFDE+=222(2)(2)(26)RR+

=解得R=2圆柱的表面积222224SRRR=+=.(2)连接1OE、2OH、1OH、2OE由圆柱性质知GHEF且GHEF=GEHF12OEOH且12OEOH⊥四边形21HOEO为平行四边形12OHOE又1OH平面CDE，

2OE平面CDE1//OH平面CDE同理，//AB平面CDE又11ABOHO=，1OH平面ABH，ABÌ平面ABH平面ABH∥平面ECD.24．（2021·浙江温州·高一期末）已知矩形ABCD中，3AB=，1AD

=，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将ADE折成ADE，使得平面ADC⊥平面ABC．（1）证明：平面ABD与平面BCD不可能垂直；（2）若二面角DAEB−−大小为60°，（ⅰ）求直线A

D与BC所成角的余弦值；（ⅱ）求三棱锥DABC−的外接球的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）（i）14；（ii）323【分析】（1）用反证法进行证明；（2）先根据二面角DAEB−−大小为60°，判断出DE=1.（i）连结DD，由AD∥BC，判断出DAD或其补角即为直线AD与

BC所成角.在三角形DAD中，先求出6cos4DGDAGAD==，再利用二倍角的余弦公式求出直线AD与BC所成角的余弦值；（ii）取AC的中点为O,过O作OO⊥面ABC于O，判断出三棱锥DABC−的外接球的球心必在OO上，不妨设球心为O.

利用ODOC=，求出外接球的半径R,即可求出外接球的体积.【详解】（1）假设结论不成立，则平面ABD⊥平面BCD.过C作CF⊥面ABD于F（F与B不重合时），则CF⊥AB；又ABCD为矩形，所以CB⊥AB；因为CBCFC=，所以AB⊥面BCD.相对于BCD，AB为垂线，AD

为斜线，所以ABAD而3AB=，1AD=，所以ABAD，矛盾.所以假设不成立，所以平面ABD与平面BCD不可能垂直；过C作CF⊥面ABD于F（F与B重合时），则面ABD⊥面ABC,这与平面ADC⊥平面ABC相矛盾，（过平面的一条斜线有且只有

一个平面与已知平面垂直）.所以假设不成立，所以平面ABD与平面BCD不可能垂直；（2）因为平面ADC⊥平面ABC，过D¢作DN⊥AC于N，则DN⊥面ABC.过D作DM⊥AC于M，连结MN，则DMN即为二面角DAEB−−的平面角，所以60DMN=.在直角三角形DMN

中，因为60DMN=，所以1cos2MNDMNDM==在图（1）中，以D为原点，,DCAD分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，则()()()()()0,0,0,1,3,0,,0,03DACEtt−，所以直线:131xyAC+=−，直线:11xyAEt+=−.因为DM⊥

AC，所以可设直线:DMytx=−，与直线AC联立解出33,1313tNtt−++，所以222331313tDNtt−=+++.由三角形等面积法得：1122ADESADDEAEDM==，即211

ttDM=+，解得：21tDMt=+.由12MNDM=，得32DNDM=，所以2294DNDM=，即2222339131341ttttt−+++=+，解得：t=1.即DE=1.（i）如图（2）中，连结DD，因为AD∥BC，则DAD或其补角即为

直线AD与BC所成角.在三角形DAD中，1ADAD==，22226326442DDDNDN=+=+=过A作AG垂直DD于G，则G为DD的中点，所以6cos

4DGDAGAD==，所以261coscos22144DADDAG==−=−.即直线AD与BC所成角的余弦值为14.（ii）在直角三角形DAN中，61,4ADND==，所以222610144ANDAND

=+=−=.取AC的中点为O,过O作OO⊥面ABC于O，且//OOND.则三棱锥DABC−的外接球的球心必在OO上，不妨设球心为O.因为22223110ACBABC=+=+=，

所以22101010244ONOAANANDAND=−==+=−=设OOh=，由O为球心，得：ODOC=，即222261010442hh−+=+

，解得：62h=−，所以球心O在面ABC的下方，此时外接球半径2222106102222Rh=+=−+=,所以外接球的体积为343233VR==.【点睛】（1）证明否定性结论的问题通常用反证法；（2）多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，

求半径的方法有：①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．