2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第七章 立体几何与空间向量

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第七章 立体几何与空间向量，共51页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(教材改编)下列几何体中是棱台的是( D )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：A，C 不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故A，C 不符合题意；B中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不符合题意；D符合棱台的定义．故选D.
2．已知正四棱柱的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为( B )
A．25π B．34π
C．68π D．100π
解析：正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝ eq \r(32＋32＋42) ＝ eq \r(34) ，因此其外接球的半径为r＝ eq \f(\r(34),2) ，则其表面积为S＝4πr2＝34π.故选B.
3．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为 eq \r(3) ，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于 eq \f(9\r(3),4) ，则该圆锥的体积为( B )
A．π B． eq \r(6) π
C．3π D．3 eq \r(6) π
解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝ eq \r(3) ，如图，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，∠ABO＝30°，OC＝ eq \f(\r(3),2) ，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为 eq \f(9\r(3),4) ，得 eq \f(1,2) ×3×PC＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得PC＝ eq \f(3\r(3),2) ，于是PO＝ eq \r(PC2－OC2) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(6) ，所以圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) π×OA2×PO＝ eq \f(1,3) π×( eq \r(3) )2× eq \r(6) ＝ eq \r(6) π.故选B.
4．(数学文化)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )
A． eq \f(\r(5)－1,4) B． eq \f(\r(5)－1,2)
C． eq \f(\r(5)＋1,4) D． eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，则由已知得h2＝ eq \f(1,2) ah′.如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2))) eq \s\up12(2) ，∴h′2＝ eq \f(1,2) ah′＋ eq \f(1,4) a2，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) · eq \f(h′,a) － eq \f(1,4) ＝0，解得 eq \f(h′,a) ＝ eq \f(\r(5)＋1,4) (负值舍去).故选C.
5．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝ eq \r(3) ，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( B )
A．2 eq \r(2) B． eq \r(10)
C． eq \r(5) ＋1 D．2＋ eq \r(2)
解析：如图，连接D1A，C1B分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝ eq \r(BE2＋BG2) ＝ eq \r(BE2＋BC2) ＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝ eq \r(D1F2＋FG2) ＝ eq \r(9＋1) ＝ eq \r(10) ，∴D1E＋CE的最小值为 eq \r(10) .故选B.
6．(2023·甘肃兰州高三统考期末)如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，△A′B′C′为等腰直角三角形，其中O′与A′重合，A′B′＝6，则△ABC的面积是( D )
A．9 B．9 eq \r(2)
C．18 D．18 eq \r(2)
解析：在斜二测直观图中，由△A′B′C′为等腰直角三角形，A′B′＝6，可得A′C′＝3 eq \r(2) ，根据斜二测画法，还原原图形为直角三角形，则AB＝6，AC＝6 eq \r(2) ，则S△ABC＝ eq \f(1,2) ×AB×AC＝ eq \f(1,2) ×6×6 eq \r(2) ＝18 eq \r(2) .故选D.
7．如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的体积是( D )
A． eq \f(5,3) π B． eq \f(\r(3),6) π
C． eq \f(1,6) π D． eq \f(5,12) π
解析：设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为r′，则r＝1，r′＝ eq \f(1,2) ，剩下几何体的体积V＝V锥－V柱＝ eq \f(1,3) ×π×12×2－π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ×1＝ eq \f(5π,12) .故选D.
8．(2023·江西九江高三统考期末)把半径为R的一圆形纸片，自中心处剪去圆心角为120°的扇形后围成一无底圆锥，则该圆锥的高为( C )
A. eq \f(R,3) B． eq \f(2R,3)
C． eq \f(\r(5)R,3) D． eq \f(2\r(2)R,3)
解析：根据题意，设无底圆锥的底面半径为r，其母线长为R，根据题意可知圆锥的侧面展开图为240°的扇形，则有2πr＝ eq \f(240×π×R,180) ，可得r＝ eq \f(2R,3) ，故该圆锥的高h＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2R,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5)R,3) .故选C.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( AD )
A．棱柱的侧棱长都相等
B．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面
C．棱台的侧面是等腰梯形
D．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面
解析：A正确；B错误，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C错误，棱台的侧棱长可能不相等；D正确，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面．故选AD.
10．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2 eq \r(3) ，则下列叙述正确的是( AB )
A．正三棱锥的高为3
B．正三棱锥的斜高为 eq \f(\r(39),2)
C．正三棱锥的体积为 eq \f(27\r(3),4)
D．正三棱锥的侧面积为 eq \f(3\r(39),4)
解析：如图，取△ABC的中心为O，连接PO，由题意得PO⊥平面ABC，又△ABC为等边三角形，则AO＝
eq \f(2,3) eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(3) ，所以正三棱锥的高为PO＝ eq \r(PA2－AO2) ＝ eq \r(12－3) ＝3，S△ABC＝ eq \f(1,2) ×3×3 sin 60°＝ eq \f(9\r(3),4) ，所以正三棱锥的体积为VP－ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·PO＝ eq \f(9\r(3),4) ，作PD⊥AB交AB于D，又PA＝PB＝2 eq \r(3) ，AD＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(3,2) ，则正三棱锥的斜高为PD＝ eq \r(PA2－AD2) ＝ eq \f(\r(39),2) ，所以正三棱锥的侧面积为3S△PAB＝3× eq \f(1,2) ×PD×AB＝3× eq \f(1,2) × eq \f(\r(39),2) ×3＝ eq \f(9\r(39),4) .故选AB.
11．(2024·福建福州第一中学校考期末)已知四边形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( BCD )
A．V3＝2V2 B．V1＝2V2
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
解析：如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2．由ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝ eq \f(1,3) S△ACD·ED＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) AD·CD·ED＝ eq \f(4,3) ，V2＝VF－ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·FB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) AB·BC·FB＝ eq \f(2,3) .由ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，所以AC⊥OF.易知BD＝2 eq \r(2) ，OB＝ eq \r(2) ，OE＝ eq \r(OD2＋ED2) ＝ eq \r(6) ，OF＝ eq \r(OB2＋BF2) ＝ eq \r(3) ，EF＝ eq \r(BD2＋（ED－FB）2) ＝3，所以EF2＝OF2＋OE2，所以OF⊥OE，而OE∩AC＝O，OE，AC平面ACE，所以OF⊥平面ACE.又AC＝AE＝CE＝2 eq \r(2) ，V3＝VF－ACE＝ eq \f(1,3) S△ACE·OF＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) AC2·OF＝2，所以有V3≠2V2，V1＝2V2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故A错误，B，C，D正确．故选BCD.
12．(2023·河南开封高中期末)已知圆锥SO的母线长为2 eq \r(5) ，AB为底面圆O的一条直径，AB＝4.用一平行于底面的平面截圆锥SO，得到截面圆的圆心为O1.设圆O1的半径为r，点P为圆O1上的一个动点，则( ABD )
A．圆锥SO的体积为 eq \f(16π,3)
B．PO的最小值为 eq \f(4\r(5),5)
C．若r＝1，则圆锥SO1与圆台O1O的体积之比为1∶8
D．若O为圆台O1O的外接球球心，则圆O1的面积为 eq \f(36π,25)
解析：由题意可作图如下，
由圆锥SO的母线长为2 eq \r(5) ，底面圆的半径为2，则AS＝BS＝2 eq \r(5) ，OA＝OB＝2，可得圆锥的高SO＝ eq \r(AS2－OA2) ＝4.对于A，VSO＝ eq \f(1,3) π×22×4＝ eq \f(16π,3) ，故A正确；对于B，已知PO1＝r，设点P在底面的投影为P1，如下图所示，
则P1P＝4－2r，所以PO2＝P1P2＋P1O2＝(4－2r)2＋r2＝5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r－\f(8,5))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(16,5) ≥ eq \f(16,5) ，故B正确；对于C，由题意可作图如下，
当r＝1时，SO1＝2，所以VSO1＝ eq \f(1,3) π×12×2＝ eq \f(2π,3) ，又VSO＝ eq \f(1,3) π×22×4＝ eq \f(16π,3) ，所以 eq \f(VSO1,VO1O) ＝ eq \f(VSO1,VSO－VSO1) ＝1∶7，故C错误；对于D，由题意可作图如下，
若点O是圆台O1O的外接球球心，则由PO2＝(4－2r)2＋r2＝OA2＝4，解得r＝ eq \f(6,5) ，所以S＝πr2＝ eq \f(36π,25) ，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．一个六棱锥的体积为2 eq \r(3) ，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12．
解析：设六棱锥的高为h，则V＝ eq \f(1,3) Sh，所以 eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) ×4×6h＝2 eq \r(3) ，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h′，则h2＋( eq \r(3) )2＝h′2，故h′＝2.所以该六棱锥的侧面积为 eq \f(1,2) ×2×2×6＝12.
14．已知△ABC是面积为 eq \f(9\r(3),4) 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为1．
解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则 eq \f(\r(3),4) a2＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得a＝3，∴O1A＝ eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) ×3＝ eq \r(3) .设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝ eq \r(OA2－O1A2) ＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
15．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2) ，则该棱台的体积为 eq \f(7\r(6),6) ．
解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2) ，则A1O1＝ eq \f(1,2) A1C1＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) A1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，AO＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) AB＝ eq \r(2) ，故AM＝ eq \f(1,2) (AC－A1C1)＝ eq \f(\r(2),2) ，则A1M＝
eq \r(A1A2－AM2) ＝ eq \r(2－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(6),2) ，所以所求体积为V＝ eq \f(1,3) ×(4＋1＋ eq \r(4×1) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .
16.(数学文化)如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积的比值为 eq \f(3,2) ，圆柱的表面积与球的表面积的比值为 eq \f(3,2) ．
解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝ eq \f(4,3) πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴ eq \f(V柱,V球) ＝ eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3) ＝ eq \f(3,2) .S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴ eq \f(S柱,S球) ＝ eq \f(6πR2,4πR2) ＝ eq \f(3,2) .
一、单项选择题
1．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为 eq \r(2) ，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 eq \r(2) .故选A.
2．(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝ eq \r(6) ，则该棱锥的体积为( A )
A．1 B． eq \r(3)
C．2 D．3
解析：取AB中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE平面PEC，PE∩CE＝E，
∴AB⊥平面PEC，又PE＝CE＝2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) ，PC＝ eq \r(6) ，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以V＝VB－PEC＋VA－PEC＝ eq \f(1,3) S△PEC·AB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \r(3) × eq \r(3) ×2＝1.故选A.
3．(2024·云南玉溪高三统考期末)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝ eq \f(π,2) ，AB＝AC＝AP＝2，则三棱锥外接球的表面积为( B )
A．4π B．12π
C． eq \f(40,3) π D．16π
解析：如图，∵PA⊥平面ABC，∠BAC＝ eq \f(π,2) ，∴AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝2，把三棱锥P-ABC补成正方体，则正方体的外接球即三棱锥P-ABC的外接球，正方体的体对角线长为 eq \r(PA2＋AB2＋AC2) ＝2 eq \r(3) ，即其外接球直径2R＝2 eq \r(3) ，∴三棱锥外接球的表面积为4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2))) eq \s\up12(2) ＝12π.故选B.
4．(2024·江西抚州高三统考期末)四边形OABC直观图为如图矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝3，O1C1＝1，则四边形OABC的周长为( C )
A．8 B．10
C．12 D．16
解析：由题意可得四边形OABC为平行四边形，如图所示，设BC交y轴于点D，则CD＝1，OA＝3，BD＝2，OD＝2 eq \r(12＋12) ＝2 eq \r(2) ，所以OC＝ eq \r(CD2＋OD2) ＝ eq \r(1＋8) ＝3，所以四边形OABC的周长为3＋3＋3＋3＝12.故选C.
5．(2024·云南昆明高三统考期末)如图，圆锥SO2被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为3和5，高为4的圆台O1O2，则所得圆锥SO1的体积为( B )
A．16π B．18π
C．20π D．24π
解析：设圆锥SO1的高为h，则 eq \f(h,h＋4) ＝ eq \f(3,5) ，解得h＝6，因此圆锥SO1的体积为 eq \f(1,3) π×32×6＝18π.故选B.
6．(数学文化)多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)＋F(表面数)－E(棱长数)＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为( D )
A．12 B．24
C．30 D．32
解析：设分子中形状为正五边形和正六边形的面各有x个和y个，V＝84，F＝x＋y，E＝3×84÷2.
由欧拉公式V＋F－E＝2，可得84＋x＋y－3×84÷2＝2，即x＋y＝44.又由多边形的边数可表示C84的棱数，即(5x＋6y)÷2＝3×84÷2，即5x＋6y＝252，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝44，,5x＋6y＝252，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝32.)) 故C84结构含有正六边形的个数为32.故选D.
7．(2024·重庆质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝ eq \r(2) ，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为( A )
A． eq \f(\r(2)π,3) B． eq \f(8\r(2)π,3)
C．2π D． eq \f(2π,3)
解析：如图所示，旋转体的轴截面为边长为 eq \r(2) 的正方形，设O为内切球的球心，内切球半径r＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \f(\r(2),2) ，所以该几何体的内切球的体积为 eq \f(4,3) ×π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2)π,3) .故选A.
8．(2023·北京101中学校考期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4，∠BAD＝60°，以D1为球心，2 eq \r(5) 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为( B )
A． eq \f(\r(2),2) π B． eq \r(2) π
C． eq \f(2\r(2),3) π D．2 eq \r(2) π
解析：连接BD，B1D1，如图，
因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4，
∠BAD＝60°，所以△ABD，
△A1B1D1，△B1C1D1是正三角形，则BD＝B1D1＝4，取B1C1的中点O，连接D1O，则D1O⊥B1C1，D1O＝2 eq \r(3) ，易知BB1⊥平面B1C1D1，又D1O平面B1C1D1，所以BB1⊥ D1O，又B1C1∩BB1＝B1，B1C1，BB1平面BCC1B1，所以D1O⊥平面BCC1B1，故平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是点O，取BB1和CC1的中点E，F，连接EF，OE，OF，D1E，D1F，则OE＝OF＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，D1E＝D1F＝ eq \r(D1O2＋OF2) ＝ eq \r(12＋8) ＝2 eq \r(5) ，故E，F在球面上，又OE＝OF＝2 eq \r(2) ，EF＝4，即OE2＋OF2＝EF2，所以△OEF为直角三角形，∠EOF ＝90°，球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心，2 eq \r(2) 为半径的圆弧 eq \\ac(\s\up6(⌒),EF) ，则的长为 eq \f(1,4) ×2×2 eq \r(2) π＝ eq \r(2) π.故选B.
二、多项选择题
9．下列说法错误的是( ABC )
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
解析：对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；对于C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；对于D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选ABC.
10．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是( ACD )
A．直三棱柱的侧面积是4＋2 eq \r(2)
B．直三棱柱的体积是 eq \f(1,3)
C．三棱锥E-AA1O的体积为定值
D．AE＋EC1的最小值为2 eq \r(2)
解析：如图，连接A1C，AC1交于点O，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，底面ABC和A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋ eq \r(12＋12) ×2＝4＋2 eq \r(2) ，故A正确；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝ eq \f(1,2) ×1×1×2＝1，故B错误；连接EA，EA1，EO，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E-AA1O的高为定值 eq \f(\r(2),2) ，S△AA1O＝ eq \f(1,4) × eq \r(2) ×2＝ eq \f(\r(2),2) ，所以VE-AA1O＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(1,6) ，故C正确；连接EC1，设BE＝x∈[0，2]，则B1E＝2－x，在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝ eq \r(1＋x2) ＋ eq \r(1＋（2－x）2) .由其几何意义知，AE＋EC1的最小值即平面内动点(x，1)与两定点(0，0)，(2，0)距离和的最小值，由对称可知，当E为BB1的中点时，其最小值为 eq \r(2) ＋ eq \r(2) ＝2 eq \r(2) ，故D正确．故选ACD.
11．(2023·海南海口华侨中学校考二模)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示．若某勒洛四面体内的四面体A-BCD的高为2 eq \r(2) ，则( BC )
A．AB＝3 eq \r(2)
B．△BCD外接圆的半径为2
C．四面体A-BCD的体积为2 eq \r(6)
D．该勒洛四面体的表面积为24π
解析：由已知可知勒洛四面体内的四面体是正四面体，根据题意画出正四面体A-BCD，如图所示，设正四面体的棱长为x，所以正四面体底面外接圆的半径R＝ eq \f(2,3) ×sin 60°·x＝ eq \f(\r(3),3) x，则正四面体的高h＝ eq \r(x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)x))\s\up12(2)) ＝2 eq \r(2) ，解得x＝2 eq \r(3) ，则AB＝2 eq \r(3) ，故A错误；由x＝2 eq \r(3) ，则正四面体底面外接圆的半径R＝ eq \f(2,3) ×sin 60°×2 eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),3) ×2 eq \r(3) ＝2，故B正确；正四面体的体积V＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×(2 eq \r(3) )2×sin 60°×2 eq \r(2) ＝2 eq \r(6) ，故C正确；又因为两个该勒洛四面体的表面积小于半径为2 eq \r(3) 的一个球的表面积，而半径为2 eq \r(3) 的一个球的表面积为4π×(2 eq \r(3) )2＝48π，所以该勒洛四面体的表面积小于24π，故D错误．故选BC.
12．(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析：对于A，因为0.99 m1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为 eq \r(3) m，且 eq \r(3) 1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝ eq \r(2) ，CC1＝1，AC1＝ eq \r(3) ，OA＝ eq \f(\r(3),2) ，则tan ∠CAC1＝ eq \f(CC1,AC) ＝ eq \f(OE,AO) ，即 eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(OE,\f(\r(3),2)) ，解得OE＝ eq \f(\r(6),4) ，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(3,8) ＝ eq \f(9,24) > eq \f(9,25) ＝0.62，即 eq \f(\r(6),4) >0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan ∠CAC1＝ eq \f(CC1,AC) ＝ eq \f(O1M,AO1) ，即 eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(0.6,AO1) ，解得AO1＝ eq \f(3\r(2),5) ，根据对称性可知圆柱的高为 eq \r(3) －2× eq \f(3\r(2),5) ≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为1．
解析：如图，由正方体棱长为2，得S△A1MN＝2×2－2× eq \f(1,2) ×2×1－ eq \f(1,2) ×1×1＝ eq \f(3,2) ，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1-D1MN＝VD1-A1MN＝ eq \f(1,3) ·S△A1MN·D1A1＝ eq \f(1,3) × eq \f(3,2) ×2＝1.
14．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 eq \f(\r(2),3) π．
解析：圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2 eq \r(2) ，△PEO∽△PDB，故 eq \f(PO,PB) ＝ eq \f(OE,DB) ，即 eq \f(2\r(2)－r,3) ＝ eq \f(r,1) ，解得r＝ eq \f(\r(2),2) ，故内切球的体积为 eq \f(4,3) π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2),3) π.
15．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为4 eq \r(15) ．
解析：如图，连接OD，交BC于点G，由题意知，OD⊥BC，OG＝ eq \f(\r(3),6) BC.设OG＝x，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))) ，则BC＝2 eq \r(3) x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝ eq \r(DG2－OG2) ＝ eq \r(25－10x＋x2－x2) ＝ eq \r(25－10x) ，S△ABC＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) x×3x＝3 eq \r(3) x2，则三棱锥的体积V＝ eq \f(1,3) S△ABC·h＝ eq \r(3) x2· eq \r(25－10x) ＝ eq \r(3) · eq \r(25x4－10x5) .令f(x)＝25x4－10x5，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))) ，则f′(x)＝100x3－50x4.令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) 时，f′(x)sin β，故“α>2β”是“sin (α－β)>sin β”的充分条件．当sin (α－β)>sin β时，由02β”是“sin (α－β)>sin β”的充要条件．故选C.
4．(2024·吉林长春一中高三摸底考试)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋5（x≤1），,\f(a,x)（x>1），)) 满足对任意实数x1≠x2，都有 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) 0，当x∈(－1，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 时，f′(x)