2025年高考数学压轴训练一十三.docx

2025 年高考数学压轴训练 13
一．选择题（共 10 小题）
1．（2024•四川模拟）如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ， F 是 BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，则直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点 P 的轨迹长为 ( )

A ． B ． C ． D ．
2 ．（2024•莆田三模）若制作一个容积为 的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省， 则该圆锥的高是 ( )
A ． B ．2 C ． D ．4

3 ．（2024•张家口模拟） 已知一个底面内口直径为 的圆柱体玻璃杯中盛有高为 2cm的水，向该杯中 放入一个半径为的实心冰球和一个半径为 (r + 1)cm 的实心钢球，待实心冰球融化后实心钢球恰 好淹没在水中（实心钢球与杯中水面、杯底均相切），若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计，则 实心钢球的表面积为 ( )
A ． 10π cm2 B ． 12π cm2 C ． 14π cm2 D ． 16π cm2
4 ．（2024•永春县校级模拟）已知圆台 O1O2 存在内切球 O （与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆
台 O1O2 的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为 5 : 8 ，设圆台 O1O2 与球 O 的体积分别为 V1 ，V2 ，则 )
A ． B ． C ． D ．
5 ．（2024•怀柔区校级模拟）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，F 为线段 BC1 的中点，E 为线段 A1C1 上的动点，则下列四个结论正确的是 ( )

1

A ．存在点 E ，使 EF / / 平面 ABCD
B ．三棱锥 B1 — ACE 的体积随动点 E 变化而变化

C ．直线EF 与 AD1 所成的角不可能等于 30O

D ．存在点 E ，使 EF 丄 平面 AB1C1D
6 ．（2024•菏泽二模）如图，在正方体 ABCD — A1B1C1D1 中， A1D∩ AD1 = E ， CD1 ∩ C1D = F ，则下列结论 中正确的是 ( )

A ． BB1 / / 平面 ACD1

B ．平面BDC1 丄 平面 ACD1

C ． EF 丄 平面 BDD1B1

D ．平面 ABB1A1 内存在与 EF 平行的直线

7．（2024•宝鸡模拟）△ ABC 与△ ABD 都是边长为2 的正三角形，沿公共边 AB 折叠成三棱锥且 CD 长为 ， 若点 A ， B ， C ， D 在同一球 O 的球面上，则球 O 的表面积为 ( )
A ． 兀 B ． C ． D ． 兀
8．（2024•东兴区校级模拟）如图，四边形 ABCD 是一个角为 60O 且边长为 2 的菱形，把 ΔABD 沿 BD 折起，
得到三棱锥 A’— BCD ．若 ，则三棱锥 A’— BCD 的外接球的表面积为 ( )

2

A ． 5π B ． C ． 6π D ．
9 ．（2024•闵行区校级三模）空间和两条异面直线同时都垂直且相交的直线 ( )
A ．不一定存在 B ．有且只有 1 条
C ．有 1 条或不存在 D ．有无数条
10 ．（2024•天津模拟）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥．公路里程、高铁里程双双 都是世界第一．建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先．如图是 某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体 ABCD 的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均 相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体 ABCD 棱长为 ，则模型中九个球的表 面积和为 ( )

A ． 6π B ． 9π C ． D ． 21π
二．多选题（共 5 小题）
11．（2024•郴州模拟）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，点P 是正方体的上底面 A1B1C1D1 内 （不含边界）的动点，点 Q 是棱 BC 的中点，则以下命题正确的是 ( )

A ．三棱锥 Q — PCD 的体积是定值
B ．存在点P ，使得 PQ 与 AA1 所成的角为 60O

3
C ．直线PQ 与平面 A1ADD1 所成角的正弦值的取值范围为
D ．若 PD1 = PQ ，则 P 的轨迹的长度为
12．（2024•随州模拟）在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，E ，F 分别为 AB ，BC 的中点，则 ( )
A ．异面直线DD1 与B1F 所成角的余弦值为
B ．点 P 为正方形 A1B1C1D1 内一点，当DP / / 平面 B1EF 时， DP 的最大值为
C ．过点D1 ， E ， F 的平面截正方体 ABCD — A1B1C1D1 所得的截面周长为

D ．当三棱锥 B1 — BEF 的所有顶点都在球 O 的表面上时，球 O 的表面积为 6兀

13 ．（2024•保定三模）如图，在正方体 ABCD — A1B1C1D 中， E ， F ，M ， N 分别为棱 AA1 ， A1D1 ， AB ， DC 的中点，点P 是面 B1C 的中心，则下列结论正确的是 ( )

A ． E ， F ， M ， P 四点共面
B ．平面PEF 被正方体截得的截面是等腰梯形
C ． EF / / 平面 PMN
D ．平面MEF 丄 平面 PMN
14 ．（2024•江苏模拟） 如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中， E 为 AA1 的中点， 点 F 满足
则

A ．当 λ = 0 时， AC1 丄 平面 BDF

4
B ．任意 λ ∈ [0 ， 1] ，三棱锥 F — BDE 的体积是定值
C ．存在 λ ∈ [0 ， 1] ，使得 AC 与平面BDF 所成的角为
时，平面 BDF 截该正方体的外接球所得截面的面积为 π
15 ．（2024•江西一模）已知正方体 ABCD — A1B1C1D1 的棱长为 1 ，M 是棱 A1B1 的中点，P 是平面 CDD1C1 上 的动点（如图），则下列说法正确的是 ( )

A ．若点 P 在线段 C1D 上，则BP / / 平面 B1D1A

B ．平面PBD1 丄 平面 A1C1D

C ．若 上MBP = 上MBD1 ，则动点P 的轨迹为抛物线

D ．以 ΔABA1 的一边 A1B 所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，旋转过程中，三棱锥 A — BDC1 体积的 取值范围为
---→ -- -- -- → -- → -- → -- → -- → --→
三．填空题（共 5 小题）
16 ．（2024•黄浦区二模）在四面体 PABC 中，2PD = PA + PB ，5PE = 2PB + 3PC ，2PF = —PC + 3PA ，设 四面体 PABC 与四面体 PDEF 的体积分别为 V1 、 V2 ，则 的值为 ．
17 ．（2024•灌云县校级模拟）正方体 ABCD — A1B1C1D1 棱长为 2 ，E ，F 分别是棱 CD ，DD1 的中点，M 是
正方体的表面上一动点，当四面体 BEFM 的体积最大时，四面体 BEFM 的外接球的表面积为 ．
18 ．（2024•西城区模拟）如图，正方形 ABCD 和矩形 ABEF 所在的平面互相垂直．点P 在正方形 ABCD 及 其内部运动，点 Q 在矩形 ABEF 及其内部运动．设 AB = 2 ， AF = 1 ，给出下列四个结论：
①存在点P ， Q ，使 PQ = 3 ；
②存在点P ， Q ，使 CQ / /EP ；
③到直线 AD 和EF 的距离相等的点 P 有无数个；
④若 PA 丄 PE ，则四面体 PAQE 体积的最大值为 ； 其中所有正确结论的序号是 ．

5

19．（2024•安徽模拟）已知正方体 ABCD — A1B1C1D1 的体积为 则当 AE + EC 取 得最小值时，三棱锥 B1 — ECD1 的外接球体积为 ．
20．（2024•辽宁模拟）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点 A ，B 距离之比为常数 λ(λ> 0 且
λ ≠ 1) 的点的轨迹是一个圆心在直线 AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：

如图，在长方体 ABCD — A1B1C1D1 中， AB = 2AD = 2AA1 = 6 ，点 E 在棱 AB 上， BE = 2AE ，动点 P 满足 . 若点 P 在平面 ABCD 内运动，则点 P 所形成的阿氏圆的半径为 ；若点 P 在长方体 ABCD — A1B1C1D1 内部运动， F 为棱 C1D1 的中点， M 为 CP 的中点，则三棱锥M — B1CF 的体积的最小值 为 ．
四．解答题（共 5 小题）
21．（2024•鼓楼区校级模拟）如图，四棱锥 P — ABCD 中，PA 丄 底面 ABCD ，AD / /BC ，AB = AD = AC = 3 ， PA = BC = 4 ， M ， N 分别为线段 AD ， PC 上一点， AM = 2MD ．
（1）若 N 为PC 的中点，证明： MN / / 平面 PAB ；
（2）求直线 AN 与平面 CMN 所成角的正弦值的最大值．

22 ．（2024•河南模拟）如图所示，在△ ABC 中，点D 在边 BC 上，且 CD = 2BD ，E 为边 AB 的中点．S 是

6
--→ --→ -- ---→ ---→ --
平面 ABC 外一点，且 (SA + SB) . SC = (AB + 2AC) . SC = 0 ．
（1）证明： SC 丄 SD ；
已知 直线 BC 与平面 SDE 所成角的正弦值为 ．
(i) 求△SDE 的面积；
(ii) 求三棱锥 S — ABC 的体积．

23 ．（2024•重庆模拟）正多面体又称为柏拉图立体，是指一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多 边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这样的多面体就叫做正多面体．可以验证一共只有五种多面体．令 a < b < c < d < e(a ， b ， c ， d ， e 均为正整数），我们发现有时候某正多面体的所有顶点都可以和另一个 正多面体的一些顶点重合，例如正 a 面体的所有顶点可以与正b 面体的某些顶点重合，正b 面体的所有顶 点可以与正 d 面体的所有顶点重合，等等．（1）当正 a 面体的所有顶点可以与正b 面体的某些顶点重合时， 求正 a 面体的棱与正 b 面体的面所成线面角的最大值；
（2）当正 c 面体在棱长为 1 的正b 面体内，且正c 面体的所有顶点均为正b 面体各面的中心时，求正c 面 体某一面所在平面截正 b 面体所得截面面积；
（3）已知正 d 面体的每个面均为正五边形，正 e 面体的每个面均为正三角形．考生可在以下 2 问中选做 1 问．
（第一问答对得 2 分，第二问满分 8 分，两题均作答， 以第一问结果给分）
第一问：求棱长为 1 的正 e 面体的表面积；
第二问：求棱长为 1 的正 d 面体的体积．
24 ．（2024•湖北模拟）如图，在三棱锥 P — ABC 中，侧面 PAC 丄 底面 ABC ， AC 丄 BC ， ΔPAC 是边长为
2 的正三角形， BC = 4 ， E ， F 分别是PC ， PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为 l ．
（1）证明：直线 l 丄 平面 PAC ；
（2）设点 Q 在直线l 上，直线 PQ 与平面 AEF 所成的角为 α , 异面直线 PQ 与 EF 所成的角为θ , 求当 AQ 为何值时 ．

7

25 ．（2024•垫江县校级模拟）如图，在四棱锥 P - ABCD 中， ΔPAD 为正三角形，底面 ABCD 为正方形， 平面 PAD 丄 平面 ABCD ，点M 是棱 PB 的中点，平面 CDM 与棱 PA 交于点N ．
（1）求证： MN / / 平面 ABCD ；
（2） Q 为平面 CDNM 内一动点， E 为线段BC 上一点；
①求证： NQ 丄 AP ；
②当 AQ + QE 最小时，求 的值．

8
2025 年高考数学压轴训练 13
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
1．（2024•四川模拟）如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ， F 是 BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，则直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点 P 的轨迹长为 ( )

A ． B ． C ． D ． 【答案】 A
【考点】棱柱的结构特征
【专题】数学运算； 向量法；转化思想；空间位置关系与距离；逻辑推理
--
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点P 的坐标，保证 P ， E ，F ，B1 四点共面，从而得到向量 EP 与

平面 EFB1 的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可．

【解答】解：在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ，F 是BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，
分别以DA ， DC ， DD1 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，如图，

则 B1 (2 ，2 ， 2) ， F(1 ，2 ， 0) ，
」直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ， F ，设 BD∩ AC = M ，如图，

9

在矩形 BDD1B1 中， DM / /D1B1 ， : ΔDME ~ △ B1D1E ， : ，
: 点E 满足 ， 设平面 EFB1 的法向量为 = (x, y, z) ，
可得 即 不妨取 = (-2, 1, 1) ， 由于直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点P ，设点 P(x ，0 ， z) ，
可得 P ， E ， F ， B1 四点共面，
且 显然 得方程 z = 2x ，显然方程 z =2x 在平面 ADD1A1 内表示一条直线， 当 z = 0 时，点 P(0 ，0 ， 0) ，此时两点P ， D 重合，
当 z = 2 时， x = 1 ，点 P(1 ，0 ， 2) ，设线段 A1D1 的中点为T ，此时两点P ， T 重合，
: 直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点P 的轨迹为线段DT ，且 故选： A ．
【点评】本题考查正方体结构特征、三角形相似、四点共面、点的轨迹等基础知识，考查运算求解能力， 是中档题．
2 ．（2024•莆田三模）若制作一个容积为 的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省， 则该圆锥的高是 ( )
A ． B ．2 C ． D ．4
【答案】 B
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积
【专题】转化思想；计算题；导数的概念及应用；数学运算；综合法；立体几何
【分析】根据题意，设圆锥的高与半径，利用体积公式得出高与半径的关系，再消元转化得出侧面积，利

10
用导数计算单调性与最值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，设该圆锥的高为 h ，底面圆的半径为 r ， 则 兀 从而 r2 h = 4 ，变形可得 ，
该圆锥的侧面积 兀 兀 兀
易知 h ∈ (0, 2) 时 < 0 ， f 单调递减， h ∈ (2, +∞) 时 > 0 ， f 单调递增， 则当 h = 2 时， f(h) 取得最小值；
所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是 2．
故选： B ．
【点评】本题考查圆锥的体积、表面积计算，涉及导数与函数单调性的关系，属于中档题．
3 ．（2024•张家口模拟） 已知一个底面内口直径为 的圆柱体玻璃杯中盛有高为 2cm的水，向该杯中 放入一个半径为的实心冰球和一个半径为 (r + 1)cm 的实心钢球，待实心冰球融化后实心钢球恰 好淹没在水中（实心钢球与杯中水面、杯底均相切），若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计，则 实心钢球的表面积为 ( )
A ． 10兀cm2 B ． 12兀cm2 C ． 14兀cm2 D ． 16兀cm2 【答案】 D
【考点】球的表面积
【专题】立体几何；数学运算；转化思想；转化法
【分析】根据实心冰球融化前后总体积不变列出等式融化前水的体积 + 实心冰球的体积 + 实心钢球的体积
= 融 化 后 水 的 总 体 积 ， 由 题 钢 球 恰 好 淹 没 在 水 中 得 到 此 时 水 面 高 为 2(r + 1) ， 列 出 等 式
兀 兀 兀 解出 r 的值，再算出钢球的表面积即可． 【解答】解： 由题意可得，实心冰球融化前后体积不变，
则有 兀 兀 兀 化简有 2r3 + 3r2 - 6r +1 = 0 ，

解得 r = 1(cm) ，

11
所以 S钢球 = 4π (r +1)2 = 4π ×4 = 16π (cm2 )．
故选： D ．
【点评】本题考查几何体的体积问题，属于中档题．
4 ．（2024•永春县校级模拟）已知圆台 O1O2 存在内切球 O （与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆
台 O1O2 的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为 5 : 8 ，设圆台 O1O2 与球 O 的体积分别为 V1 ，V2 ，则 )
A ． B ． C ． D ．
【答案】 D
【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【专题】综合法；立体几何；数学运算；计算题；整体思想
【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的 关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得．
【解答】解：设圆台 O1O2 的上、下底面半径分别为 r1 ，r2 (r2 > r1 > 0) ，母线长为l ，高为 h ，内切球 O 的半 径为 R ，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则 l = r1 + r2 ， 2R = h ，

由 ，整理得 3r12 -10r1r2 + 3r22 = 0 ，而 r2 > r1 ，解得 r2 = 3r1 ， l = 4r1 ， 因此圆台的高 ，
则圆台 O1O2 的体积
内切球 O 的体积 所以 ．
故选： D ．

【点评】本题考查了圆台和球的体积计算，属于中档题．
5 ．（2024•怀柔区校级模拟）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，F 为线段 BC1 的中点，E 为线段 A1C1 上的动点，则下列四个结论正确的是 ( )

12

A ．存在点 E ，使 EF / / 平面 ABCD
B ．三棱锥 B1 一 ACE 的体积随动点 E 变化而变化

C ．直线EF 与 AD1 所成的角不可能等于 30O

D ．存在点 E ，使 EF 丄 平面 AB1C1D
【答案】 D
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与 平面垂直；直线与平面平行
【专题】转化思想；数学运算；立体几何；综合法；逻辑推理
【分析】对 A 选项，根据反证法，线面平行的判定定理与性质定理，即可判断；对B 选项，根据三棱锥的 体积公式，即可判断；对 C 选项，将两条直线平移成相交直线，即可判断；对D 选项，根据正方体性质易 得 A1B 丄 平面 AB1C1D ，从而再根据三角形中位线性质，即可判断．
【解答】解：对 A 选项， : A1C1 / /AC ，
: 易得 A1C1 / / 平面 ABCD ，又 A1C1 平面 A1C1B ，设平面 A1C1B ∩ 平面 ABCD = l ， 则 A1C1 / /l ，
假设存在点 E ，使 EF / / 平面 ABCD ，又 EF 平面 A1C1B ，平面 A1C1B ∩ 平面 ABCD = l ，
: EF / /l ，又 A1C1 / /l ， :EF / /A1C1 ，这显然与已知条件相矛盾， :假设不成立，
: 不存在点 E ，使 EF / / 平面 ABCD ， : A 选项错误；
对 B 选项， : B1 到平面 ACC1A1 的距离为定值，又 ΔACE 的面积也为定值，

: 三棱锥B1 一 ACE 的体积为定值， :B 选项错误； 对 C 选项，易知AD1 / /BC1 ，

: 直线 EF 与 AD1 所成的角即为直线 EF 与 BC1 所成的角，

13
又易知△ A1C1B 为正三角形，又 F 为BC1 的中点， E 为线段 A1C1 上的动点，

: 直线 EF 与BC1 所成的角θ 的范围为{θ | 0O .θ .90O} ， : C 选项错误； 对D 选项，在正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，易得 A1B 丄 平面 AB1C1D ， : 当E 为 A1C1 的中点时，又 F 为线段BC1 的中点，

:EF / /A1B ，又 A1B 丄 平面 AB1C1D ，

:EF 丄 平面 AB1C1D ， : D 选项正确．
故选： D ．
【点评】本题考查正方体中点的轨迹问题，线面平行的判定定理与性质定理的应用，三棱锥的体积问题， 线线角的求解，线面垂直的判定，反证法的应用，属中档题．
6 ．（2024•菏泽二模）如图，在正方体 ABCD — A1B1C1D1 中， A1D∩ AD1 = E ， CD1 ∩ C1D = F ，则下列结论 中正确的是 ( )

A ． BB1 / / 平面 ACD1

B ．平面BDC1 丄 平面 ACD1

C ． EF 丄 平面 BDD1B1

D ．平面 ABB1A1 内存在与 EF 平行的直线
【答案】 C
【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行；平面与平面垂直 【专题】 向量法；转化思想；数学运算；立体几何
【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计 算即可．
【解答】解：因为 ABCD — A1B1C1D1 为正方体，设正方体棱长为 2，

以D1 为原点， D1A1 ， D1C1 ， D1D 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，

14

则D1 (0 ，0 ， 0) ， A(2 ，0 ， 2) ， C(0 ，2 ， 2) ， B(2 ，2 ， 2) ， B1 (2 ，2 ， 0) ， E(1 ，0 ， 1) ，

F (0 ，1 ， 1) ， D(0 ，0 ， 2) ， C1 (0 ，2 ， 0) ，
所以 设平面 ACD1 的法向量为 = (x, y, z) ，
则 令 x = 1 ，则
设平面 BDC1 的法向量为 = (a, b, c) ．
又 BB1 = (0, 0, —2) ，
则 令 c = 1 ，则 ---→
所以 B--B- . = 2 ≠ 0 ，故 A 不正确；
. = —1 ≠ 0 ，故 B 不正确；
又因为
所以 EF . D1D = 0 ， EF . D1B1 = 0 ，
---→ ----→ ---→ ----→

所以 EF 丄 D1D ， EF 丄 D1B1 ，又D1D∩ D1B = D1 ， 所以 EF 丄 平面 BDD1B1 ，故 C 正确；
易知平面 ABB1A1 的一个法向量为 = (1, 0, 0) ，
因为 E--F-→ . = —1≠ 0 ，故D 不正确．
故选： C ．
【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直，面面垂直的判定，属于中档题．
7．（2024•宝鸡模拟）△ ABC 与△ ABD 都是边长为2 的正三角形，沿公共边 AB 折叠成三棱锥且 CD 长为 ，

15
若点 A ， B ， C ， D 在同一球 O 的球面上，则球 O 的表面积为 ( )
A ． 兀 B ． C ． D ． 兀
【答案】 D
【考点】球的体积和表面积
【专题】对应思想；综合法；立体几何；数学运算
【分析】根据外接球球心的性质确定球心 O 的位置为过正△ ABC 与正△ ABD 的中心的垂线上，再构造直 角三角形求解球 O 的半径即可．
【解答】解： 由题，设 AB 的中点为 E ，正△ ABC 与正△ ABD 的中心分别为 N ， M ，如图，

根据正三角形的性质有M ， N 分别在DE ， CE 上， OM 丄 平面 ABD ， ON 丄 平面 ABC ， 因为△ ABC 与△ ABD 都是边长为 2 的正三角形，则 又 ，
则△ CDE 是正三角形，
故 易得Rt △ MEO 三 Rt △ NEO ， 故 上MEO = 上NEO = 30O ，
故 又 EB = 1 ，故球 O 的半径 故球 O 的表面积为 S = 4兀
故选： D ．
【点评】本题考查了几何体外接球的相关问题，属于中档题．
8．（2024•东兴区校级模拟）如图，四边形 ABCD 是一个角为 60O 且边长为 2 的菱形，把 ΔABD 沿 BD 折起，
得到三棱锥 A — BCD ．若 A ，则三棱锥 A — BCD 的外接球的表面积为 ( )

16

A ． 5兀 B ． 兀 C ． 6兀 D ． 兀 【答案】 D
【考点】球的表面积；球内接多面体
【专题】转化法；转化思想；数学运算；立体几何
【分析】取BD 的中点 E ，连接 AE ，CE ，证明 A’E 丄 平面BCD ，设 G 为 ΔBCD 的重心，过 G 作 OG 丄 平 面 BCD ，且 O 点为三棱锥 A’— BCD 的外接球球心，外接球半径为 R ，过 O 作 OF 丄 A’E ，交 A’E 于 F ， 连接 OC ， OA’，在 ΔOGC 中， OC2 = OG2 + CG2 ，在 ΔOFA’中， OA’2 = OF2 + A’F2 ，列式即可求解外接 球的半径．
【解答】解：取 BD 中点 E ，连接 AE ， CE ，
因为四边形 ABCD 是一个角为 60O 且边长为 2 的菱形， 所以 A’D = A’B = BD = CB = CD = 2 ，
所以△ A’BD ， ΔCBD 为等边三角形，故 丄 BD ，
又因为 ，即 A’E2 + CE2 = A’C2 ， 所以 A’E 丄 CE ，
因为 BD∩ CE = E ， BD 平面 BCD ， CE 平面 BCD ， 所以 A’E 丄 平面 BCD ， CE 平面 BCD ，
所以 A’E 丄 CE ．
设 G 为 ΔBCD 的重心，过 G 作 OG 丄 平面 BCD ，
且 O 点为三棱锥 A’— BCD 的外接球球心，外接球半径为 R ， 过 O 作 OF 丄 A’E ，交 A’E 于 F ，连接 OC ， OA’，
因为 OG 丄 平面 BCD ， A’E 丄 平面 BCD ，所以OG / / A’E ， 因为 OF 丄 A’E ， A’E 丄 CE ，所以四边形 OFEG 为矩形， 所以 ，
设 OG = FE = x ，则 ，
在 ΔOGC 中， OC2 = OG2 + CG2 →

17
在 ΔOFA, 中， OA,2 = OF2 + A,F 2 → 解得 ， ，
所以三棱锥 A, — BCD 的外接球的表面积为 ． 故选： D ．

【点评】本题考查锥体外接球表面积的计算，属于中档题．
9 ．（2024•闵行区校级三模）空间和两条异面直线同时都垂直且相交的直线 ( )
A ．不一定存在 B ．有且只有 1 条
C ．有 1 条或不存在 D ．有无数条 【答案】 B
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系 【专题】综合法；转化思想；空间位置关系与距离；逻辑推理
【分析】利用平行平面确定有都垂直的直线，再利用垂直平面说明有与两条异面直线都垂直且相交的直线， 然后用反证法说明这样的直线只有一条．
【解答】解：如图， a ， b 是异面直线，过 a 上一点 P 作直线 d / /b ，则 a ， d 相交，
设 a ， d 确定的平面为 α , 当直线 c 与平面 α 垂直时，则直线c 与 a ， d 都垂直，从而 c 也与 b 垂直， 因此有与异面直线 a ， b 都垂直的直线，

过 a 与直线b 平行的平面 α 是唯一的，
设 d 是b 在平面 α 内的射影，b ，d 在平面 β 内（即 β 丄 α) ， d ∩ a = P ，c 是过 P 点的直线，因此 c ∈ β , 从而 c 与b 相交，直线 c 是与 a ， b 既垂直又相交的直线，

18

若与 a ， b 既垂直又相交的直线有两条为 c ， e ， c ， e 不可能平行（否则 a ， b 共面）， 若 c ， e 不相交，过 c 与b 的交点 Q 作直线 f / /e ， f ， c 相交，
由 f ， c 确定的平面为y （若 c ， e 相交，则平面y 就是由 c ， e 确定的平面），
可得 a ， b 与平面y 都是垂直，从而 a / /b ，这是不可能的，

: 与 a ， b 既垂直又相交的直线只有一条， 故选： B ．
【点评】本题考查平行平面、垂直平面、异面直线、反证法等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
10 ．（2024•天津模拟）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥．公路里程、高铁里程双双 都是世界第一．建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先．如图是 某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体 ABCD 的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均 相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体 ABCD 棱长为 ，则模型中九个球的表 面积和为 ( )

A ． 6π B ． 9π C ． D ． 21π 【答案】 B

19
【考点】球的体积和表面积
【专题】球；对应思想；整体思想；数学运算；综合法
【分析】先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答 案．
【解答】解：如图，取 BC 的中点 E ，连接DE ， AE ，

过点 A 作 AF 丄 底面 BCD ，垂足在DE 上，且DF = 2EF ， 所以 ，

点 O 为最大球的球心，连接 DO 并延长，交 AE 于点M ， 则DM 丄 AE ，
设最大球的半径为 R ， 则 OF = OM = R ，
因为 RtΔAOM∽RtΔAEF ， 所以 ，
即 ， 解得 R = 1 ，
即 OM = OF = 1 ， 则 AO = 4 一1 = 3 ，

设最小球的球心为 J ，中间球的球心为 K ，则两球均与直线 AE 相切，设切点分别为H ， G ， 连接 HJ ， KG ，则HJ ， KG 分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为 a ， b ，
则 AJ = 3HJ = 3a ， AK = 3GK = 3b ，则 JK = AK 一 AJ = 3b 一 3a ， 又 JK = a + b ，所以3b 一 3a = a + b ，解得b = 2a ，
又 OK = R + b = AO 一 AK = 3 一 3b ，故 4b = 3 一 R = 2 ，解得 ， 所以 ，
模型中九个球的表面积和为 4π R2 + 4πb2 × 4 + 4π a2 × 4 = 4π + 4π + π = 9π .
故选： B ．

20

【点评】本题考查了正四面体的内切球，球的表面积公式，难点是求出最大球、中等球及最小球的半径， 属于中档题．
二．多选题（共 5 小题）
11．（2024•郴州模拟）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，点P 是正方体的上底面 A1B1C1D1 内 （不含边界）的动点，点 Q 是棱 BC 的中点，则以下命题正确的是 ( )

A ．三棱锥 Q — PCD 的体积是定值
B ．存在点P ，使得 PQ 与