【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点16《 空间几何体》(解析版） .doc，共(45)页，2.263 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点16空间几何体（核心考点讲与练）空间几何体的表面积、体积1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体

的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆

柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V

＝13S底h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR31.求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何

特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积

2.求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面

可作为三棱锥的底面进行等体积变换3.几何体的外接球：一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.几何体的内切球：求解多面体的内

切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.4.截面问题：在高考立体几何考点中涉及到空间几何体的截面的地方较多，如:判断截面的形状、计算出空间几何体

的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题都在考察之列，但是要顺利地解决前面所提到的诸多问题，关键是根据题意作出截面，并判断其形状.空间几何体的表面积一、单选题1．（2022·海南海口·模拟预测）已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆

柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为（）A．8B．4C．2D．1【答案】B【分析】根据已知条件及圆柱的侧面积、表面积和体积公式即可求解.【详解】设底面圆的半径为r，高为h，则由题意可知，2222π

2ππ2π2πrhrrhrrh，解得4hr.所以该圆柱的高为4.故选：B.2．（2022·福建·模拟预测）已知某圆台的高为7，上底面半径为2，下底面半径为22，则其侧面展开图的面积为（）A．9B．62C．92D．82【答案

】C【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.【详解】易知母线长为2272223，且上底面圆周为22，下底面圆周为42π，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为

6，所以面积116423229222S.故选：C.3.（2021湖北省黄石市高三上学期9月调研）已知圆锥的母线长为32，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的底面面积是（）．A．πB．2πC．3πD．4

π【答案】B【分析】先求圆锥的底面半径，由此即可计算出圆锥的底面面积.【详解】设圆锥的底面半径为r，则22332r，解得2r所以圆锥的底面面积为222.故选：B二、多选题4．（2022·山东聊城·二模）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是

椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两

个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（）A．底面椭圆的离心率为22B．侧面积为242πC．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36D．底面积为42π【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆

柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面

积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截

面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知45ABF，则2BFAB，设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，则222ab，2ab，222222()22cabaaa，所以离心率为22cea，A正确；EGBF，垂足

为G，则EG6，易知45EBG，62BE，又4CEAFAB，所以斜圆柱侧面积为22(462)224242S，B正确；24b，2b，242a，22a，椭圆面积为ab42π，D正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆

柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为24216，C错．故选：ABD．5．（2022·河北·模拟预测）已知正四棱台1111ABCDABCD（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为2，则（）A．它的表面积为537B．它的外接

球的表面积为823C．侧棱与下底面所成的角为60°D．它的体积比棱长为2的正方体的体积大【答案】ACD【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形11ABBA的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的

正误；求得12CO的长，分析可得2O即为正四棱台1111ABCDABCD外接球的球心，且外接球半径=2R，代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积1V和正方体的体积2V，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得：上底面1111DCBA的面积1

111S，下底面ABCD的面积2224S，侧面11ABBA为等腰梯形，过11AB、分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示所以111EFAB，则1=2AEBF，所以221172BFBBBF

，所以梯形11ABBA的面积为31737(12)224S，所以正四棱台1111ABCDABCD的表面积1234537SSSS，故A正确；连接1111,ACBD，且交于点1O，连接AC、BD交于点2O，连接12OO，则12OO垂直底面ABC

D，过1A作12AGAO于G，则1AG底面ABCD，则四边形121AGOO为矩形，由题意得221111112ACABBC，所以1122AO，同理222,2ACAO，又11222AOGO，所以22AG，在1RtAGA△中，11

212cos22AGAAGAA，所以160AAG，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确所以221162AGAAAG.连接12CO，在112RtCOO中，221212112COOOCO，所以点2O

到1111ABCDABCD、、、、、、、的距离相等，均为2，所以点2O即为正四棱台1111ABCDABCD外接球的球心，且外接球半径=2R，所以外接球的表面积2428S，故B错误；正四棱台的体积

112121211676+14143326VSSSSOO，棱长为2的正方体的体积32222V，所以127673147611214422VV，所以12VV，所以正四棱台1111ABCDABCD的体积比棱长为2的正方体的体积大，故D正确；故选：ACD

【点睛】解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点在于求各个棱长及确定2O为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.三、填空题6.（2021贵州省贵阳市五校高三上学期

联合考试）学生到工厂参加劳动实践，用薄铁皮制作一个圆柱体，圆柱体的全面积为8，则该圆柱体的外接球的表面积的最小值是__________________.【答案】8(51)【分析】设圆柱底面圆半径为r，

结合已知表示出圆柱的高h，再利用球及其内接圆柱的特征求出球的表面积与r的函数关系结合基本不等式即可得解.【详解】设圆柱底面圆半径为r，高为h，则有2228rrh，整理得4(02)hrrr，由球及其内接圆柱的结构特征知，球心是圆柱两底面圆圆心的中点，设球半径为R，于是得222222

222125454()()2222522244rRrhrrrrrr，当且仅当22544rr，即421255r时取“=”，因此，球的表面积为248(51)SR，所以该圆柱体的外接球的

表面积的最小值是8(51).故答案为：8(51)7．（2022·广东广州·二模）在梯形ABCD中，,2,1ABCDABADCDCB∥，将ACD△沿AC折起，连接BD，得到三棱锥DABC，则三棱锥DABC体积的最大值为________

__．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】3125【分析】注意到三棱锥DABC体积最大时，平面ACD平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面ACD的距离、ACD△外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，

然后可得表面积.【详解】过点C作CEAB，垂足为E，ABCD为等腰梯形，2,1ABCD12BE，3B由余弦定理得2222cos33ACABBCABBC，即3AC222ABBCACBCAC易知，当平面ACD平面ABC时

，三棱锥DABC体积最大，此时，BC平面ACD易知，23D123sin234ACDSADCD13313412DABCV记O为外接球球心，半径为RBC平面ACD，OBOCO到平面ACD的距离12d又ACD△的外接圆半径122sin3ACr2

2254Rrd245SR故答案为：312，5π空间几何体的体积一、单选题1．（2022·辽宁沈阳·二模）现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是（）A．9:4B．9:5C．3:2D．3:1【

答案】A【分析】根据圆锥侧面展开图为半圆，求得母线与底面半径的关系，利用当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，求得小球的半径，可得答案.【详解】由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为l，底面半径为R，则2Rl，所以2lR，可知圆锥

轴截面为正三角形，圆锥高为3R,又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，轴截面如图示：设此时小球半径为r，则有(3)sin30Rrr，即33rR，故3334434333327VrRR球，

2313333VRRR锥，所以33343::9:4327VVRR锥球，故选：A2.（2021重庆市巴蜀中学高三上学期高考适应性月考）在棱长为2的正方体1111A

BCDABCD中，点E，F，G，H分别为棱AB，BC，11CD，11AD的中点，若平面//平面EFGH，且平面与棱11AB，11BC，1BB分别交于点P，Q，S，其中点Q是棱11BC的中点，则三棱锥1BPQS的体积为（）A．1B．12C．13D

．16【答案】D【分析】根据已知条件结合面面平行的性质定理可确定出//,//QSMFPQGH，根据点Q的位置可确定出,PS的位置，由此可计算出三棱锥1BPQS的体积.【详解】如图所示，取11,AACC的中点,NM，

连接,,,NHNEMGMF，由正方体结构特点可知：//,//,//NEGMHGEFHNMF，所以,,,,,HGMFEN六点共面，又因为平面//平面EFGH，所以平面//PQS平面HGMFEN，又平面11BBCC平面PQSQS，平面11BBCC平面HGMFENMF，所以//QSMF，由,

,MFQ为所在边中点可知S为1BB中点，同理可知：P为11AB的中点，所以1111BPBQBS，且1BP，1BQ，1BS两两垂直，所以三棱锥1BPQS的体积为111111326V，故选：D.3.（2021

广东省广州市荔湾区高三上学期调研）若圆台的下底面半径为4，上底面半径为1，母线长为5，则其体积为（）A.15B.21C.28D.63π【答案】C【分析】画出圆台的轴截面，即可求出圆台的高，从而根据公式求出圆台的体积；【详解】解：圆台的轴截面如图所示：则圆台的

高225414h，所以圆台的体积222211414142833VhrRrR故选：C二、多选题4．（2022·海南海口·模拟预测）如图，在长方体1111ABCDABCD中，122AAABAD，E，F分别是棱11

CD，1CC的中点，则（）A．△BDF是等边三角形B．直线1AE与BF是异面直线C．1AF平面BDFD．三棱锥1AABD与三棱锥1AFDB的体积相等【答案】AC【分析】A选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B选项证点1A，E，B，F四点共面得出矛盾；C选项证1AFDF

，1AFBF线线垂直，可得线面垂直；D选项点A与点F到平面1ADB的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等.【详解】对于A，设AB＝1，则2BDBFDF，故△BDF是等边三角形，A正确；对于B，连接EF、1DC，如图所示：易知EF，EF,故点1A

，E，B，F共面，B错误；对于C，设AB＝1，则15AD，2DF，13AF，所以22211ADDFAF所以1AFDF，同理可知1AFBF，又因为DFBFF，所以1AF平面BDF，故C正确；

对于D，三棱锥1AABD与三棱锥1AFDB有公共的面1ADB，若要它们的体积相等，则点A与点F到平面1ADB的距离相等，这显然不成立，故D错误．故选：AC.5．（2022·福建·模拟预测）已知三棱锥PABC外接

球的球心为O，外接球的半径为4，4ABAC，PBPC，BCm（m为正数），则下列命题是真命题的是（）A．若42m，则三棱锥PABC的体积的最大值为321623B．若,,POA不共线，则平面POA平面ABCC．存在唯一一点P，使得OP平面ABCD．m

的最大值为42【答案】AB【分析】由42m可求得球心O到平面ABC的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设BC的中点为H，可证得BC平面PHA，由外接球性质可知O平面PHA，由面面垂直判定可知B正确；设直线OP与球的另一交点为0P，可知0OP平面A

BC，知C错误；由,,,OABC四点共面可求得BAC，由此可得BC，知D错误.【详解】对于A，若42m，则222ABACBC，ABAC，则ABC外接圆的半径22r，球心O到平面ABC的距离224222

2d，三棱锥高的最大值为422，体积的最大值为211321624422323，A正确；对于B，设BC的中点为H，连接,,,,OBOCOHPHAH，则PHBC，AHBC，OHBC，又PHAHH，PHOHH，,PHAH平面PHA，,PH

OH平面PHO，BC平面PHA，BC平面PHO，又平面PHA平面PHOPH，,,,POHA四点共面，BC平面POA，又BC平面ABC，平面POA平面ABC，B正确；对于C，设直线OP与球的另一交点为0P，若OP平面ABC，则0OP平面ABC，C错误；对于D

，当m最大时，,,,OABC四点共面，4OBOCABACOA，23BAC，43BCm，D错误.故选：AB.三、解答题6．（2022·辽宁沈阳·二模）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，且1AD，2CD，5BC，

2PA．(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角MACD的余弦值为66？若存在，求三棱锥MABC体积；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，53【分析】（1）证明ACAB，结合PAAB，证明AB平面PAC，根据线面垂直的性质定理即

可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设PMPD，求出平面MAC的一个法向量，结合平面ACD法向量以及条件可推出12即M为PD中点，即可求得答案.(1)因为ADCD，1AD

，2CD，所以5AC，又因为5BC，且ADBC∥，22(51)225AB，所以222ABACBC，所以ACAB，又因为PA平面ABCD，且ABÌ平面ABCD，所以PAAB，又因为PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以AB平面PAC，又因为PC平面PAC

，所以ABPC．(2)在BC上取点E，使1CEAD，则ADAE，故以A为原点，以AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则0,0,0A，002P,,，0,1,0D，2,1,0C，设0,1,20,,2PMPD

，01，在平面MAC中，2,1,0AC，0,0,20,,20,,22AMAPPM，设平面MAC的一个法向量为,,mxyz，则20220ACmxyAMmyz

，令z，则22y，1x，所以1,22,m，可取平面ACD法向量为0,0,1n，所以26cos,66105mnmnmn，即2261056，解得12，所以M为PD中点，所以三棱锥

MACB的高h为1，111525513323MACBACBVSh△．与球有关的内切、外接问题1.（2021河南省联考高三核心模拟卷）在三棱锥PABC中，1PAPCABAC，2PBBC，则三棱锥PABC的外接球的表面积为______

_____.【答案】73【分析】根据题设长度关系，可证明AB平面PAC，由正弦定理可得PAC△的外接圆半径为11323sin3，又O在线段AB的垂直平分线上，可得12OQAB，即可得223132ROA，利用球的表面积公式即得解

【详解】在ABC中，1ABAC，2BC，所以222ABACBC，所以ABAC，在PAB△中，1ABPA，2PB，所以222ABPAPB，所以ABPA.又PAACA，PA，AC平面PAC，所以AB平面PAC，在PAC△中，1PA

PCAC，所以PAC△的外接圆半径为11323sin3，不妨设PAC△的外接圆圆心为Q，三棱锥PABC的外接球球心为O连接,,OAOBOQ，由于OAOB，故O在线段AB的垂直平分线上，即1122OQAB故三棱锥PABC的外接球半径223173212ROA

，外接球的表面积为2743R.故答案为：732.（2021江西省临川一中、临川一中实验学校高三第一次月考）如图，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为____

_________.【答案】515【分析】结合图形，由题意可知大球的半径为2R，设小球的半径为r，利用已知条件，结合勾股定理，推出结果即可．【详解】解：由题意可知大球的半径为2R，设小球的半径为r，如图，设大圆的圆心为O，小圆

的圆心为C，E为小圆与上底面的切点，作ODCE交于点D，由题意可知，222ODr，4CDr，2COr，所以222(2)(4)(222)rrr，即210100rr，(0,2)r，解得10100405152r，故答案为：51

5．3．（2022·天津·南开中学模拟预测）棱长为23的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（）A．2B．22C．24D．26【答案】C【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用ABC

DOBCDOABCOABDOACDVVVVV求出内切球的半径，再通过11AOOHAOOF求出空隙处球的最大半径即可.【详解】如图，由题意知球和正四面体ABCD的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为O，半径为R，空

隙处的最大球球心为1O，半径为r，G为BCD△的中心，易知AG面BCD，E为CD中点，球O和球1O分别与面ACD相切于F和H.易得222333BE，223BGBE，2223222AG，由ABCDOBCDOABC

OABDOACDVVVVV，可得3ABCDBCDABCABDACDVRSSSS，又11322232326322ABCDV，1323233322BCDABCABDACDSSSS，故22R，11222222AOAGGOrr

，2322222AOAGGO，又由1AOH和AOF相似，可得11AOOHAOOF，即232222rr，解得24r，即球的最大半径为24.故选：C.柱锥台的轴截面问题一、单

选题1．（2022·山东·模拟预测）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为362，则它的体积为（）A．182B．72πC．64

2D．216【答案】B【分析】由题意知直角圆锥的底面圆半径为r等于高h，再由直角圆锥的侧面积求出底面圆的半径，即可求出其体积.【详解】设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰

直角三角形，所以hr，2lr.因为直角圆锥的侧面积为362，所以22362rlr，解得6r，所以该直角圆锥的体积为233111672333rhr.故选：B.二、多选题2．（2021·广东中山·模拟预测）正四棱锥P

ABCD的所有棱长为2，用垂直于侧棱PC的平面截该四棱锥，则（）A．截面可以是三角形B．PA与底面ABCD所成的角为60C．PA与底面ABCD所成的角为45D．当平面经过侧棱PC中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何

体体积之比为3：1【答案】ACD【分析】对于A：取PC的中点E，连结BE、DE、BD.可以证明PC面BDE，即可判断A；对于B、C：作为PA与底面ABCD所成的角.即可求得；对于D：分别求出上下两部分几何体的体积，即可判断.【详解】对

于A:取PC的中点E，连结BE、DE、BD.因为正四棱锥PABCD的所有棱长为2，所以△PBC、△PBC为正三角形，所以,,PCDEPCBE又DEBEE,则PC面BDE，即△BDE为截面.故A正确；对于B、C:过P作PO底面ABCD于O，则O为AC中点.则PAO即为

PA与底面ABCD所成的角.因为正四棱锥PABCD的所有棱长为2，所以112,44222APAOAC,所以2cos2AOPAOAP,所以45PAO.故B错误，C正确；对于D:由A的推导过程可

知：平面经过侧棱PC中点时，平面即为平面BDE.此时111112222323223EBCDBCDVSOP.因为1142222333PABCDABCDVSOP,所以422233P-ABCDE-BCDVVV上,所以2323E-BCDVV上.故

D正确故选：ACD三、填空题3．（2022·辽宁沈阳·模拟预测）已知圆锥底面圆半径为2，母线与底面成角为60°，则圆锥侧面积为__________，若圆锥底面圆周及顶点均在一球上，则该球体积为__________.【答案】8256327【分析】求

出圆锥的母线长可得侧面积，求出圆锥轴截面三角形外接圆半径即圆锥外接球半径，从而可得球体积．【详解】如图，ABC是圆锥的轴截面，由题意60ABD，2BD，则4AB，侧面积为248S；ABC的外接圆半径为23

434323R，即为圆锥外接球半径，所以球体积为34432563()3327V．故答案为：8；256327．4．（2021·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面PAB是边长为a的正三角形，AB为圆锥的底面直径，球O与圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的体积为1V，球O的体

积为2V，则12VV______；若M，N是圆锥底面圆上的两点，且2aMN，则平面PMN截球O所得截面的面积为______.【答案】94；2π60a.【分析】根据等边三角形的性质求出球O的半径13RODPD，从而可分别求出圆锥的体

积为1V和球O的体积为2V；设MN的中点为C，连接PC，DM，首先求出点O到直线PC的距离OE，然后结合球O的半径R，即可求出平面PMN截球O所得截面圆的半径为r.【详解】如图，设D为AB的中点，连接PD，由题意知PD为圆锥的高，且32PDa，易知球O的半径

1336RODPDa，所以231133ππ32224aaVa，332433ππ3654aVa，所以1294VV；设MN的中点为C，连接PC，DM，则124aMCMN，易知2aDM，DCCM，所以34DCa，所以2

2154PCPDDCa.过O点作OEPC，垂足为E，易知POEPCD△△，则OEPOCDPC，又2333POPDa，则1515POOECDaPC.设平面PMN截球O所得截面圆的半径为r，则

222260arROE，所以截面的面积为22ππ60ar.故答案为：94；2π60a.5.（2021上海市高三春考模拟卷）已知圆锥的母线长为5，侧面积为20，过此圆锥的顶点作一截面，则截面面积最大为__________【答案】252【分析】圆锥轴截面

顶角（两母线夹角）小于等于2时，轴截面面积最大，轴截面夹角大于2时，母线夹角为2时截面面积最大.【详解】设圆锥的底面半径为r，则520Sr侧，4r，圆锥的高2253hr，设轴截面中两母线夹角为2，则4tan13，,242，所以当两母

线夹角为2时，过此圆锥顶点的截面面积最大，最大面积为221125sin52222Sl.故答案为：252四、解答题6．（2021·湖南·雅礼中学二模）在空间直角坐标系Oxyz中，以坐标原点O为圆心，r为半径的球体上任意一点

,,Pxyz，它到坐标原点O的距离222dxyzr„，可知以坐标原点为球心，r为半径的球体可用不等式2222xyzr„表示.还有很多空间图形也可以用相应的不等式或者不等式组表示，记1P满足的不等式组22216,{0xyzz„…表示的几何体

为1W.（1）当zh表示的图形截1W所得的截面面积为12时，求实数h的值；（2）祖暅原理“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.记

2P满足的不等式组所表示的几何体为2.W请运用祖暅原理求证2W与1W的体积相等，并求出体积的大小.【答案】（1）2h；（2）证明见解析，体积为1283.【分析】（1）由题意可得几何体1W表示上半球，球半径为4，从而有21612h，进而可

求出实数h的值；（2）由题意可得几何体2W为圆柱内挖去一个同底等高的圆锥，且该圆锥的对称轴与母线的夹角为45.然后由祖暅原理可求得结果【详解】（1）则几何体1W表示上半球，球半径为4.当zh时，22216xyh„，截面为圆面，则21612h，解

得2.h又0h…，所以2.h（2）设,,Pxyz，则点P到z轴的距离为d，由2216xy„，即22222||16OPzxyd„，即点P到z轴的距离为4.d„所以2216,{04xyz„剟所表示的几何体

为圆柱体.由222zxy„，即点P到z轴的距离为dz…，当dz时，点P在以一直角边在z轴上的等腰直角三角形绕z轴旋转而成的倒圆锥面上.所以22216,{04,zxyz剟剟所表示的几何体2W为圆柱内挖去一个同底等高的圆锥.且该圆锥的对称轴与母线的夹角为45.在1W中，平面xh所截的截面为圆，

其面积为216h，在2W中，平面zh所截的截面为圆环，在圆柱中的截面圆面积为16，在圆锥中的截面圆面积为2h，所以在2W中截面面积为216h，即zh截12,WW所得面积均相等，从而由祖暅原理知12,,WW体积相等，由1W为半球知其体积3141284.233V

【点睛】关键点点睛：此题考查祖暅原理的应用，考查新定义，考查不等式与几何图形的关系，解题的关键是正确理解新定义和祖暅原理，考查转化思想，属于中档题1.（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（

）A.2B.22C.4D.42【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l，

解得22l.故选：B.2.（2021年全国高考甲卷数学试题）已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1ACBCACBC，则三棱锥OABC的体积为（）A.212B.312C.24D.34【答案】A【分析】由题可得ABC为等腰

直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】,1ACBCACBC，ABC为等腰直角三角形，2AB，则ABC外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，则2222122d，所以

1112211332212OABCABCVSd.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.3.（2020年全国统一高考数学试卷（新课标Ⅰ）

）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（）A.514B.512C.514D.51

2【答案】C【分析】设,CDaPEb，利用212POCDPE得到关于,ab的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CDaPEb，则22224aPOPEOEb，由题意212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa，解得154ba（负

值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.4.（2020年全国统一高考数学试卷（新课标Ⅰ））已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO，则球O的表面积为（）A.64πB

.48πC.36πD.32π【答案】A【分析】由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，得24,2rr，ABC为等边三角形，由正

弦定理可得2sin6023ABr，123OOAB，根据球的截面性质1OO平面ABC，222211111,4OOOAROAOOOAOOr，球O的表面积2464SR.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关

键，考查计算求解能力，属于基础题.一、单选题1．（2022·江西萍乡·二模（理））正方体1111ABCDABCD棱长为2，动点P在线段11BD上（含端点），以下结论不正确．．．的为（）A．三棱锥1BADP的体积为定值43B．过P，B，1C三点若可作正方体的截面，则截面图

形为三角形或平面四边形C．当点P和1B重合时，三棱锥1PABD的外接球体积为43πD．直线PD与面1ABD所成角的正弦值的范围为63[,]63【答案】D【分析】根据锥体体积公式、正方体的截面、三棱锥的外接球、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】

A选项，根据正方体的性质可知1111//,BDBDBD平面1ABD，BD平面1ABD，所以11//BDBD平面1ABD，所以P到平面1ABD的距离为定值，设P到平面1ABD的距离为h，则1111

3BADPPABDABDVVSh为定值，A选项正确.B选项，当P与1D重合时，截面图形为平面四边形11ABCD；当P与1B重合时，1,,PBC平面四边形11BCCB；当P与1D、1B不重合时，截面图形为三角形，所以B选项正确.C选项

，当点P和1B重合时，三棱锥1PABD的外接球，也即正方体1111ABCDABCD的外接球，外接球的直径为23PD，半径为3，体积为34π343π3，C选项正确.D选项，建立如下图所示空间直角坐标系，则

12,0,2,2,2,0,AB设,,2,02Pttt，12,,0APtt，设平面1ABD的法向量为,,nxyz，则1220220nDAxznDBxy，故可设1,1,1nr，设直

线PD与面1ABD所成角为，则12221221sin324432nAPnAPtttt，对于函数224402yttt，开口向上，对称轴1t，所以最大值为204044，最小值为2214142，所以221112442

,4,,22244tttt，22136,333244tt，D选项错误.故选：D2．（2022·江苏·南京市第一中学三模）底面半径为3，表面积为24的圆锥的体积为（）A．12

B．36C．355D．955【答案】A【分析】设圆锥的母线长为l，进而结合表面积得5l，进而得圆锥的高，再计算体积即可.【详解】解：设圆锥的母线长为l，因为圆锥的底面半径为3，表面积为24所以1923242Sl表，解得5l，所以

圆锥的高为224hlr，所以，圆锥的体积为194123V.故选：A3．（2022·天津·一模）已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上､下底面的圆周均在球面上，若球的体积为323，则圆柱的体积为（）A．16B．8C．42πD．22

【答案】C【分析】设圆柱的底面圆半径为r，高为2r，球O的半径为R，由题可得2R，进而可得2r，然后利用圆柱的体积公式即得.【详解】设圆柱的底面圆半径为r，高为2r，球O的半径为R，由题可知343233R，解得2R，则2224rrR，可得2r，所以2242Vrr

.故选：C.4．（2022·天津河西·一模）一个圆锥的高与底面圆的半径相等，体积为22π3，圆锥内有一个内接正方体，则这个正方体的体积为（）．A．221B．3822C．3821D．3821【答案】C【分

析】圆锥的轴截面为一个等腰直角三角形，内接正方体的对角面，根据三角形相似可得正方体的边长.【详解】设底面半径为r由题知：212233rr所以2r，设正方体边长为a，如图，由轴截面可知22222aa，所以2(21)a

所以338(21)Va.故选：C.5．（2022·新疆昌吉·二模（文））在三棱锥PABC中，3PAPC，且1cos3BAC，6ABAC，二面角PACB的大小为120，则三棱锥PABC的外接球体积为（）A．5103B．10

C．9D．423【答案】A【分析】本题结合球的基本性质可知：过三棱锥其中两个面的三角形的外接圆圆心，作该面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥的球心，结合三角形的相关知识分析求得三棱锥PABC的外接球的半径．【详解】如图1

O、2O分别为Rt△PAC、△ABC的外接圆圆心，作1OO平面PAB，2OO平面ABC，则O为三棱锥PABC的外接球的球心．在△ABC中，222cos2ABACBCBACABAC，即2226613266BC，可

得：22BC．由正弦定理可得：223sinBCOABAC，即232OA，又∵1O为线段AC的中点，则可得162OP，且1OPAC，21OOAC∴二面角PACB的大小的平面角即为∠21OOP120，则∠21OOO30°22122113

12OOOAOAOO，．∴三棱锥PABC的外接球的半径R=2211102OOOA，则三棱锥PABC的外接球体积为V=3410510323．故选：Ａ．6．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（文））攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通

常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为23的等腰三角形，则该屋顶的侧面积约为()A．26mB．263mC．233mD．2

123m【答案】B【分析】根据题意作出圆锥轴截面图像，根据图像求出圆锥底面半径r和母线l，根据侧面积公式πrl即可求解.【详解】如图所示为该圆锥轴截面，由题意，底面圆半径为3rm＝，母线23sin3rlm＝＝，侧面积πrl＝π×3×23＝623m﹒故选：

B.二、填空题7．（2022·天津红桥·一模）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、2、3，则此球的体积为______．【答案】43π【分析】求得长方体外接球的半径，从而求得球的体积.【详解】长方体外接球的直径为22212323

，所以外接球半径为3，所以球的体积为34π343π3.故答案为：43π8．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））如图，DE是边长为4的正三角形ABC的一条中位线，将ADE沿直线DE翻折至1ADE△，当三棱锥1ACED的体积最大时，过E

C的中点M作该四棱锥1ABCDE的外接球的截面圆，则该截面圆的面积的最小值为___________.【答案】3【分析】先判断出面1AED面CED.设外接球的球心为O，确定出过面BCDE的外接圆的圆心的垂线m和过1ADE△的外心2O的垂线的交点即为球心O.求出外接球半径393R.再判断

出OM垂直于截面时，截面圆的面积的最小，求出其半径3r，即可求出截面圆的面积.【详解】要使三棱锥1ACED的体积最大，只需高最大，即面1AED面CED.设外接球的球心为O，面BCDE的外接圆的圆心为1O,则球心在过1O且垂直于面BCDE的直线m上.取DE的中点为

N，连结1AN，则1ANDE，所以1AN面CED.所以1//ANm.1ADE△为边长为2的正三角形，过1ADE△的外心2O作直线n面1AED.则m、n的交点即为球心O.在底面四边形BCDE中，如图示：设1O为BC边的中点，由题意DE是边长为4的正三角形ABC的一条中位线，可得：1OD

C和1OEB均为边长为2的等边三角形.所以1111OCODOEOB，即1O为面BCDE的外接圆的圆心.11112OMOD.则21111333323NOANAE,即133OO.所以外接球半径222211339233ROBOO

.由球的性质可知：当OM垂直于截面时，截面圆的面积的最小，设其半径为r.此时222211323133OMOMOO所以22223923333rROM.所以截面圆

的面积的为23Sr.故答案为：3【点睛】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．9．（2022

·陕西·安康市高新中学三模（理））已知四面体ABCD中，AC=3，其余棱长均为2，则该四面体外接球的表面积是______．【答案】283【分析】根据图形的对称性，找到球心，再通过余弦定理、勾股定理可求得外接球的半径，从而可求得外接球的表面积.【详解】取BD的中点E，连结AE，CE，在ACE中，3

AECE，AC=3，可得∠AEC=120°．四面体外接球的球心必在过ABD，CBD的外接圆圆心且与其所在面垂直的直线上．设CBD，ABD外接圆的圆心分别为1O，2O，作1OO平面CBD，2OO平面ABD，则O即为四面体

ABCD外接球的球心，连结OE，如图，在1RtOOE中，133OE，160OEO，所以11OO．在1RtOOC中，1233OC，所以222237133OC，所以四面体ABCD外接球的表面积为728433．故答案为：28310．（202

2·江西赣州·二模（理））我国古代数学名著《九章算术》把上下两个面平行且均为矩形的六面体称为刍童，已知刍童ABCD—111ABCD中四边形11ABBA､四边形11CDDC及四边形1111DCBA都是正方形，12ABAD，，则刍童ABCD—1111DCBA外接球的表面

积为___________.【答案】5π【分析】先判断出球心的位置，然后计算出球的半径，从而求得球的表面积.【详解】取AD中点E，BC中点F，设G是11AD的中点，在梯形11ADDA中，11111,2A

AADDDAD，由于E是AD的中点，所以22213122GE，所以221113122AEED，所以1111,,AEAAEDEDD是等边三角形，所以E是梯形11ADDA外接圆的圆心，同理

可证得F是梯形11BCCB外接圆的圆心.刍童1111ABCDABCD可看作直四棱柱1111AADDBBCC，四边形11AADD与四边形11BBCC外接圆圆心连线的中点就是刍童ABCD—1111DCBA外接球的球心，所以EF中点O就是刍童ABCD—1111D

CBA外接球的球心，该球半径222215122ROAOEEA，所以刍童ABCD—1111DCBA外接球的表面积24π5πSR故答案为：5π11．（2022·四川遂宁·三模（文））称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的体积为9，则

它的侧面积________.【答案】92【分析】首先设圆锥的底面半径为r，根据题意得到3r，三棱锥的高为3，母线为32，再求侧面积即可.【详解】设圆锥的底面半径为r，因为三棱锥的轴截面为等腰直角三角形，所以三棱锥的高为r，母线为2r，所以3193r，解

得3r，三棱锥的高为3，母线为32，则三棱锥的侧面积为12332922S.故答案为：9212．（2022·山西临汾·三模（理））已知四边形ABCD为菱形，AB=1，∠BAD=60°，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使ACAB，若四面体的所有顶点在

同一球面上，则该球的表面积为_______．【答案】32【分析】四面体ABCD为正四面体，将其放到正方体中，即可求出外接球半径，从而得解.【详解】解：由题意可知四面体ABCD为正四面体.如图,将其放到正方体中，该四面体的外接球和该正方体的外接球相同，又AB=1，所以正方体的棱长

为22，所以外接球的半径为：222222222624R，该球的表面积为22634442SR,故答案为：32.13．（2021·上海·模拟预测）已知圆锥的母线长为5，侧面积为20，过此圆锥的顶点作一截面

，则截面面积最大为__________【答案】252【分析】圆锥轴截面顶角（两母线夹角）小于等于2时，轴截面面积最大，轴截面夹角大于2时，母线夹角为2时截面面积最大.【详解】设圆锥的底面半径为r，则520Sr侧，4

r，圆锥的高2253hr，设轴截面中两母线夹角为2，则4tan13，,242，所以当两母线夹角为2时，过此圆锥顶点的截面面积最大，最大面积为221125sin52222Sl.故答案为：25214．（

2021·全国·模拟预测）2020年底，中国科学家成功构建了76个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱111AB

CABC为一“堑堵”，P是1BB的中点，12AAACBC，设平面过点P且与1AC平行，现有下列四个结论：①当平面截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于332；②当平面截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于22；③异面直线1AC与CP所成角的余弦值

为1010；④三棱锥1CACP的体积是该“堑堵”体积的13.所有正确结论的序号是___________.【答案】①③④【分析】分别对四个结论结合题意分析判断即可.【详解】对于①，如图，取E，F，G分别为对应边中点，易知四边形PEFG是等腰梯形，且高为62，当E不是

1AA中点时，PE不平行平面111ABC，则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，1633222222PEFGS.所以①正确；对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，其面积13122222S.所以②错误；对于③，将三棱柱补

成正方体，J为对应边中点，易知CPJ为异面直线1AC与CP所成角或补角，5CPCJ，2PJ，所以2102cos=105CPJ，所以③正确；对于④，11114233CACPPCCACCAVVS△，111122242ABCABCV，所以④正确.故

答案为：①③④.【点睛】思路点睛：平移线段法是求两异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出两异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角（或补角）；③计算：求该角

的值，常利用解三角形；④取舍：由于两异面直线所成的角的取值范围是0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两异面直线所成的角．三、双空题15．（2022·山东潍坊·二模）根据高中的解析几何知识，我们知道平面与圆锥面相交时，根据相交

的角度不同，可以是三角形、圆、椭圆、抛物线、双曲线．如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线2PA，22AB，E是其母线PB的中点．若平面过点E，且PB⊥平面，则平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为______；截面把圆锥分

割成两部分，在两部分内部，分别在截面的上方作一个半径最大的球M，在截面下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为______．【答案】12##0.5222【分析】（1）以E为原点，EO为x轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程，即可

求出抛物线的焦点F到底面圆心O的距离；（2）作出直截面，分析位置关系，利用几何知识分别求出球M与球N的半径，即可求解.【详解】如图示：因为圆锥的母线2PA，22AB，所以222ABPAPB，所以PB⊥PA.连结OE.因

为PB⊥平面，所以PB⊥OE.所以//PAOE.在PAB△中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以112OEAB.设平面交底面圆于CD,则22CDAB.以E为原点，EO为x轴建立坐标系如图示，则1

,0O1,2D.可设抛物线22ypx，把1,2D带入抛物线方程可得：22p，所以抛物线为：22yx，焦点1,02F,所以12OF,即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为12.作出直截面如图所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N

的半径.因为球M为截面的上方的最大的球，所以圆M与PA相切，切点为Q,则QMPA⊥.又PBPA，所以//QMPB.同理：//QRPB.所以Q、M、R三点共线，QR为直径.由四边形PQRE为矩形，可得：1

12QRPEPB,所以球M的半径.在等腰三角形OBE中，112OEBEPB,122OBAB.圆N为三角形OBE的内切圆.设圆N的半径为2r，由等面积法可得：21122OEBEOEBEOBr，即2111111222r，解得：2122r.所以

球M与球N的半径的比值为2122212122rr.故答案为：12；222.【点睛】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．四、解答题16.（2021

湖北省金太阳百校联考高三上学期10月月考）如图，在三棱锥APBC中，PA平面ABC，ABAC，AB与AC的长度之和为6米，2ABAP，现要给三棱锥APBC的侧面刷油漆，每平方米需要0.5升油漆，油漆价格为60元/升.（1）设ABx

米，三棱锥APBC的侧面共需要油漆y升，试写出y关于x的函数表达式；（2）刷油漆需要请油漆工来完成，工费按照每平方米10元计算，若油漆工工费及油漆费用的总预算为400元，试问最后油漆工工费及油漆费用

是否有可能会超预算？说明你的理由.【答案】（1）21944yxx（06x）；（2）最后有可能会超预算，理由见解析.【分析】（1）由题易知PAAB，PAAC，6ACx，12APx，然后由三棱锥的侧面积公式写出y关于x的函数表达式即可；（2）设

油漆工工费及油漆的费用之和为z元，则21060204.5405PABPACABCzSSSyx△△△，然后计算分析可得结果.【详解】（1）因为PA平面ABC，所以PAAB，PAAC，由题意得6ACx

，12APx，06x，21124PABSABPAx△，2113242PACSACPAxx△，211322ABCSACABxx△，则222111310.5324422PABPACABCySSSxxxxx

△△△21944xx（06x）；（2）设油漆工工费及油漆的费用之和为z元，则22106020180204.5405PABPACABCzSSSyxxx△△△，当4.5x时，取得最大

值，且最大值为405.因为405400，所以最后有可能会超预算.17.已知圆锥AO的底面半径为2，母线长为210，点C为圆锥底面圆周上的一点，O为圆心，D是AB的中点，且2BOC．（1）求三棱锥DOCB的表

面积；（2）求A到平面OCD的距离．【答案】（1）51019；（2）3105【分析】（1）三棱锥DOCB的表面积等于OCBOCDODBCDBSSSS△△△△,求出每个三角形的面积即可；（2）A到平面OCD的距离即为B到平面OCD的距离，过B作BHOD垂足为H，可得线段BH长度即

为B到平面OCD的距离，求出线段BH长度即可.【详解】解：（1）由已知,,OCOBOCOAOBOAO，则OC面OBA，则90COD三棱锥DOCB的表面积等于OCBOCDODBCDBSSSS△△△△，12222OCBS△，1210102

OCDS△，圆锥的高2221026AO则1126322ODBS△，对于CDB△，222,10,21014CBDBCD则1481037cos1422214DCB，所以237

19sin11428DCB，则119142219228CDBS△，故三棱锥DOCB的表面积为51019；（2）因为D是AB的中点，则A到平面OCD的距离即为B到平面OCD的距

离，过B作BHOD垂足为H，因为OC面OBA，且OC面OCD所以面OBA面OCD，又BHOD，面OBA面OCDOD，则BH面OCD，则线段BH长度即为B到平面OCD的距离，223310510ODBSBHOD，所以A到平面OCD

的距离为3105.