2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2025年4月）

第37页（共37页）2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2025年4月）一．选择题（共8小题）1．（2025•昌黎县校级模拟）设m，n是两条直线，α，β是两个平面，已知m∥n，n∥α，则“m⊥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2025•临汾二模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为14个A．4 B．22 C．42 D3．（2025春•思明区校级月考）若圆锥的轴截面是一个顶角为2π3，腰长为A．934 B．23 C．924．（2025•晋中模拟）已知棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心为O，若球O的球面与该正方体的棱有公共点，则球O的表面积的取值范围是（）A．[3π，6π] B．[3π，9π] C．[6π，9π] D．[6π，12π]5．（2025•邯郸一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，则“AA1＝2”是“异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．（2025•昌黎县校级模拟）已知l，m，n为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，若α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，则（）A．l与n相交 B．m与n相交 C．l与m平行 D．a与β相交7．（2025•承德模拟）已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面所成的角为π3A．16π B．32π C．48π D．64π8．（2025•金凤区校级一模）已知正三棱锥P﹣ABC的体积为64A．7π B．7π2 C．9π D二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•海南模拟）如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD﹣A1B1C1D1内灌进一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，当底面ABCD水平放置时，水面位置满足BF：FB1＝A．固定容器底面一边BC于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形 B．固定容器底面一顶点B于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥 C．体积为V，高为42的圆锥不能放在半径是32D．体积为V的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为36（多选）10．（2025春•南京月考）已知在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则下列说法正确的有（）A．BDB．线段B1D的靠近点B1的三等分点Q在平面A1C1B内 C．线段AC1的长度为9+83D．直线AC1与直线DB所成角的余弦值为4（多选）11．（2025•承德模拟）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长均为6，∠AA．|BB．异面直线BD1和A1C1所成角的余弦值为66C．四棱锥A1﹣BCC1B1的体积为362D．与三棱锥A1﹣ABD各棱均相切的球的体积为9（多选）12．（2025•郴州模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面积与体积的数值之比为3，P，Q分别是棱BC，BB1的中点，G是线段AD1上一个动点，则下列结论正确的是（）A．AA1＝3 B．多面体ADD1A1﹣PQB1C1C的体积为233C．存在一点G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，则平面PQG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面面积是3三．填空题（共4小题）13．（2025•香坊区校级二模）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，点P是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面上的一个动点，且直线AP与CC1所成的角为π6，则点P的轨迹长度为14．（2025•昌黎县校级模拟）已知P是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，D是线段PA的中点，AB⊥CD，则∠ABC＝．15．（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足23≤l≤33，当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为16．（2025•宁夏校级一模）已知圆锥的底面半径为6，体积为96π，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为84π，则该圆台的表面积为．四．解答题（共4小题）17．（2025•洮北区校级一模）如图1，在四边形ABCD中，E为DC的中点，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．将△ABD沿BD折起，使点A到点P，形成如图2所示的三棱锥P﹣BCD．在三棱锥P﹣BCD中，PO⊥CO，记平面PEO、平面PDC、平面PBC分别为α，β，γ．（1）证明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=218．（2025春•上海校级月考）如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，AB交CD于O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为BS的中点．（1）求圆锥SO的侧面积以及侧面展开图的圆心角；（2）求异面直线SA与PD所成角的正切值．19．（2025春•上海校级月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，点E是CD1的中点．（1）求异面直线AD1与DE所成角的余弦值；（2）求三棱锥D1﹣EBD的体积．20．（2025•金凤区校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且△ABD是等边三角形，AB＝2．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求异面直线PB与AC所成角的余弦值．

2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2025年4月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ACCCACDD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ACDABDBCDBD一．选择题（共8小题）1．（2025•昌黎县校级模拟）设m，n是两条直线，α，β是两个平面，已知m∥n，n∥α，则“m⊥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】平面与平面垂直；充分条件必要条件的判断．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】A【分析】由空间线面的位置关系结合充分性、必要性即可判断．【解答】解：由m∥n，n∥α，α⊥β，得m∥β或m⊂β，其中m⊂β如下图，所以不能得到“m⊥β”的结论，不满足必要性；由m∥n，m⊥β，可得n⊥β．又因为n∥α，所以α⊥β，即满足充分性，所以“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题主要考查平面与平面垂直以及充分必要条件的判定，属于基础题．2．（2025•临汾二模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为14个A．4 B．22 C．42 D【考点】圆锥的侧面积和表面积．【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式列出关系式S=πrl=14【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，因为圆锥的侧面展开图为14个所以由圆锥的侧面积公式可得S=解得l＝4r，因为r=所以l=4故选：C．【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．3．（2025春•思明区校级月考）若圆锥的轴截面是一个顶角为2π3，腰长为A．934 B．23 C．92【考点】圆锥的结构特征．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据圆锥的轴截面是顶角为2π3知过此圆锥顶点的所有截面中截面面积最大值为【解答】解：由题意得，圆锥的轴截面是顶角为2π3的等腰三角形，圆锥的母线长为l＝设过圆锥顶点的截面三角形顶角为α，则0＜则截面面积为S=12l2故选：C．【点评】本题考查了圆锥的结构特征，属于基础题．4．（2025•晋中模拟）已知棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心为O，若球O的球面与该正方体的棱有公共点，则球O的表面积的取值范围是（）A．[3π，6π] B．[3π，9π] C．[6π，9π] D．[6π，12π]【考点】球的表面积．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】C【分析】根据题意可得最小的球为正方体的棱切球，最大的球为正方体的外接球．然后分别求出半径，后求出表面积的范围．【解答】解：根据题意可得最小的球为正方体的棱切球，最大的球为正方体的外接球，又棱长为3的正方体的棱切球的半径为3×22所以两球的表面积分别为4π×(62)2故球O的表面积的取值范围为[6π，9π]．故选：C．【点评】本题考查正方体的棱切球与外接球问题，属基础题．5．（2025•邯郸一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，则“AA1＝2”是“异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】异面直线及其所成的角；充分条件必要条件的判断．【专题】转化思想；综合法；空间角；空间向量及应用；运算求解．【答案】A【分析】先求出异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14【解答】解：如图：设AA1＝a，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，以{AB→，AB→•AC→=|AB→|•|AC→|cos60°＝2×2×12=2|A1B→|＝|A因为A1B→所以A1B→⋅A当异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14可得|A1B→⋅AC1→|即a＝2或a=即“异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14”的充要条件是“a＝2或a故“AA1＝2”是“异面直线AC1与A1B所成角的余弦值是14故选：A．【点评】本题考查向量的基本定理的应用，用向量的方法求异面直线所成的角的余弦值，属于中档题．6．（2025•昌黎县校级模拟）已知l，m，n为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，若α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，则（）A．l与n相交 B．m与n相交 C．l与m平行 D．a与β相交【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】C【分析】根据线面平行的判定和性质进行判断．【解答】解：因为l，m，n为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，又α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，所以作出示意图如下：由n⊂α，n∥γ，α∩γ＝l，得n∥l．又l⊄β，n⊂β，所以l∥β，结合l⊂γ，β∩γ＝m，得l∥m．故选：C．【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．7．（2025•承德模拟）已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面所成的角为π3A．16π B．32π C．48π D．64π【考点】球的表面积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】设球心到上底面圆心的距离为h，由题意可得h2【解答】解：因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面所成的角为π3所以圆台的高为2tan设球心到上底面圆心的距离为h，则h2+4=(2则R2＝h2+4＝16，所以圆台的外接球的表面积为S＝4πR2＝64π．故选：D．【点评】本题考查圆台的外接球问题，属中档题．8．（2025•金凤区校级一模）已知正三棱锥P﹣ABC的体积为64A．7π B．7π2 C．9π D【考点】球的表面积；球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】D【分析】取正三棱锥P﹣ABC的底面中心为M，设外接球的球心为O，先由三棱锥的体积求出正三棱锥P﹣ABC的高为2，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可．【解答】解：如图，设正三棱锥P﹣ABC的底面中心为M，则外接球的球心为O，显然球心O在直线PM上．设正三棱锥P﹣ABC的高为h，外接球的半径为R，∵正三角形ABC的边长为3，∴正三角形ABC的面积为34∴正三棱锥P﹣ABC的体积为13×33又AM=23∴AO2＝AM2+OM2，∴R2=1+(2-∴外接球的表面积为4π故选：D．【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•海南模拟）如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD﹣A1B1C1D1内灌进一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，当底面ABCD水平放置时，水面位置满足BF：FB1＝A．固定容器底面一边BC于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形 B．固定容器底面一顶点B于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥 C．体积为V，高为42的圆锥不能放在半径是32D．体积为V的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为36【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】根据棱柱的性质即可求解．【解答】解：A选项，固定容器底面一边BC于地面上，根据棱柱的定义，有二个面相互平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线互相平行，所以有水的部分是棱柱，故A正确；B选项，有水部分几何体的体积为V=486，当平面ACB三棱锥B﹣ACB1的体积取到最大值，此时VB-ACC选项，设圆锥底面半径为r，13πr由于r2+(42D选项，依题意，设正方体棱长为a，a3=486正方体的外接球半径为R=32，圆锥底面半径圆锥的高h=92，母线长设圆锥内切球半径为r，92-r正方体恰好可以在圆锥内任意转动，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了棱柱的性质，属于中档题．（多选）10．（2025春•南京月考）已知在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则下列说法正确的有（）A．BDB．线段B1D的靠近点B1的三等分点Q在平面A1C1B内 C．线段AC1的长度为9+83D．直线AC1与直线DB所成角的余弦值为4【考点】异面直线及其所成的角；空间向量的加减运算．【专题】数形结合；向量法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【答案】ABD【分析】利用空间向量的线性运算可判断A选项；利用空间向量共面的基本定理可判断B选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断CD选项．【解答】解：如下图所示：对于A选项，BD1→对于B选项，由空间向量的平行六面体法则，可得B1由题意可知，B1Q→所以B1Q→所以Q在平面A1C1B内，故B正确；对于C选项，由空间向量的平行六面体法则，可得AC由空间向量数量积的定义可得AB→同理可得AB→⋅A所以，|=1+4+4+2×(1+1+2)=17对于D选项，DB→所以，|DB→＝1﹣4+1﹣2＝﹣4，所以cos〈因此，直线AC1与直线DB所成角的余弦值为45151，故故选：ABD．【点评】本题主要考查异面直线所成角以及空间向量的加减运算，属于中档题．（多选）11．（2025•承德模拟）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长均为6，∠AA．|BB．异面直线BD1和A1C1所成角的余弦值为66C．四棱锥A1﹣BCC1B1的体积为362D．与三棱锥A1﹣ABD各棱均相切的球的体积为9【考点】棱锥的体积；球的体积；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】BCD【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断AB选项；求出平行六面体的高，分析可知四棱锥A1﹣BCC1B1的平行六面体体积的13，结合柱体的体积公式可判断C求出三棱锥A1﹣ABD棱切球的半径，结合球体体积公式可判断D选项．【解答】解：A项．根据题意可知，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长均为6，∠A根据空间向量数量积的定义可得AB→同理AB→因为BD所以B＝62×3+2（18﹣18﹣18）＝72，所以|BD1B项．因为A1则B＝36﹣36+18+18＝36，|A所以异面直线BD1和A1C1所成角的余弦值为：|cos则异面直线BD1和A1C1所成角的余弦值为66，故BC项．四棱锥A1﹣BCC1B1的体积为平行六面体体积的13平行六面体的高即为正四面体A1﹣ABD的高h，如下图所示：设点A1在平面ABD的射影为点O，则O为正△ABD的中心，根据正弦定理可得AM=62菱形ABCD的面积为S▱则平行六面体的体积为V=所以四棱锥A1﹣BCC1B1的体积为362，故CD项．三棱锥A1﹣ABD为正四面体，棱长为6，设正四面体A1﹣ABD的棱切球球心为O，且O也为其外接球球心，则OA＝OA1，则OA2=AM取线段AA1的中点E，连接OE，则OE⊥AA1，且OE=故正四面体A1﹣ABD的棱切球的半径为32故球的体积为43π×故选：BCD．【点评】本题考查了空间向量数量积的运算性质，柱体的体积公式，属于中档题．（多选）12．（2025•郴州模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面积与体积的数值之比为3，P，Q分别是棱BC，BB1的中点，G是线段AD1上一个动点，则下列结论正确的是（）A．AA1＝3 B．多面体ADD1A1﹣PQB1C1C的体积为233C．存在一点G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，则平面PQG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面面积是3【考点】棱柱的体积；棱柱的结构特征．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】BD【分析】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐项判断即可．【解答】解：作出示意图如下：对于A，因为正方体的表面积与体积之比为3，所以6|AA1|2|AA1对于B，因为四面体ABPQ的体积为V=所以多面体ADD1A1﹣PQB1C1C的体积为VABCD对于C，设CC1的中点为R，连接PR，则PR∥AD1，因为AP在平面APRD1内，而G是线段AD1上一个动点，所以根据异面直线的判定定理可知GC1，AP为异面直线，故C错误；对于D，易知BC1⊥B1C，AB⊥B1C，所以可得B1C⊥平面ABC1，又AC1⊂平面ABC1，所以AC1⊥B1C，同理可证AC1⊥D1C，B1C，D1C是平面B1CD1内两条相交直线，所以AC1⊥平面B1CD1，又AC1⊥平面PQG，所以平面B1CD1∥平面PQG，又P，Q分别是棱BC，BB1的中点，所以平面PQG截正方体的截面分别交棱CD，DD1，D1A1，A1B1的中点F，H，I，J，所以截面为正六边形PFHIJQ，又PQ=所以截面面积为6×34故选：BD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•香坊区校级二模）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，点P是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面上的一个动点，且直线AP与CC1所成的角为π6，则点P的轨迹长度为【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．【专题】数形结合；综合法；空间角；逻辑思维．【答案】π3【分析】根据四棱柱的特征，将异面直线所成角转化为共面直线所成角，得到点P的轨迹为圆弧，从而求出长度．【解答】解：如图，因为CC1∥AA1，直线AP与CC1所成的角为π6，所以直线AP与AA1所成的角为π则线段AP围成几何体为以为AA1轴且母线与轴夹角为30°的圆锥在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中体内的部分，则点P轨迹为A1B1C1D1平面内以为A1圆心的圆弧MN，圆心角∠MA1N＝∠DAB=π因为AA1=3，且AA1⊥底面ABCD，直线AP与AA1所成的角为π所以MA1＝NA1=3×tanπ则MN弧长为π3×1=π3，即点故答案为：π3【点评】本题主要考查异面直线所成角以及动点的轨迹，属于中档题．14．（2025•昌黎县校级模拟）已知P是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，D是线段PA的中点，AB⊥CD，则∠ABC＝30°．【考点】圆锥的结构特征．【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】30°．【分析】根据线面垂直判定定理得出AB⊥CH，再应用三角形边长求角即可．【解答】解：如图，取AO的中点H，连接CH，DH，由D为PA的中点，H为AO的中点，得DH∥PO，由PO⊥平面⊙O，则DH⊥平面⊙O．可得DH⊥AB，由AB⊥CD，又DH∩CD＝D，可得DH，CD⊂平面CDH，则AB⊥平面CDH，又CH⊂平面CDH，则AB⊥CH，在△COH中，CO＝2HO，所以∠HOC＝60°，则∠ABC＝30°．故答案为：30°．【点评】本题考查线面垂直的判定定理，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．15．（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足23≤l≤33，当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为4.90【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；立体几何；运算求解．【答案】4.90．【分析】设正四棱锥的高为h，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可．【解答】解：设球体的半径为R，由题知：43所以球的半径R＝3，设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l2=(12(2a)2+(2a)2)2+所以6h＝l2，2a2＝l2﹣h2，所以正四棱锥的体积V=设f(x)=所以f'当23≤x≤26时，f'（x）＞0当26＜x≤33时，f'（x）＜0所以当l=26≈4.90此时正四棱锥的侧棱长约为4.90米．故答案为：4.90．【点评】本题考查利用导数法求锥体体积的最大值，属于中档题．16．（2025•宁夏校级一模）已知圆锥的底面半径为6，体积为96π，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为84π，则该圆台的表面积为90π．【考点】圆台的侧面积和表面积．【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】90π．【分析】设圆台上底面半径为r，高为h，先利用相似比得到r＝3，再根据圆台的体积得到h＝4，然后求得母线长，利用圆台的表面积公式求解．【解答】解：由题意圆锥的底面半径为6，体积为96π，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为84π，可设圆台上底面半径为r，高为h，则96π-84π96由圆台的体积公式得13h(9π+18所以圆台的母线长l=则圆台的侧面积为π（3+6）×5＝45π，所以圆台的表面积为45π+9π+36π＝90π．故答案为：90π．【点评】本题考查了圆台的表面积的求法，是中档题．四．解答题（共4小题）17．（2025•洮北区校级一模）如图1，在四边形ABCD中，E为DC的中点，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．将△ABD沿BD折起，使点A到点P，形成如图2所示的三棱锥P﹣BCD．在三棱锥P﹣BCD中，PO⊥CO，记平面PEO、平面PDC、平面PBC分别为α，β，γ．（1）证明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=2【考点】平面与平面垂直；直线与平面垂直．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）π4【分析】（1）先证PO⊥平面BCD，由线面垂直性质可得PO⊥CD，由等腰三角形性质结合面面垂直判定定理可证；（2）以OD→，OC→，OP→的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由（1【解答】解：（1）证明：在三棱锥P﹣BCD中，∵CO＝DO，E为DC的中点，∴CD⊥EO，由已知得PO⊥BD，PO⊥CO，BD∩CO＝O，BD⊂平面BCD，CO⊂平面BCD，∴PO⊥平面BCD，又∵CD⊂平面BCD，∴PO⊥CD，∵EO∩PO＝O，EO⊂平面PEO，PO⊂平面PEO，∴CD⊥平面PEO，又∵CD⊂平面PDC，∴平面PEO⊥平面PDC，即α⊥β．（2）由（1）知OC、OD、OP两两垂直，分别以OD→，OC→，OP→的方向为x，y根据已知得，P（0，0，1），B（﹣1，0，0），C（0，2，0），D（2，0，0）．∴PB→=(-1由（1）知CD⊥平面PEO，故CD→是平面PEO设n→=(x则n→⊥PB取x＝2，则y＝﹣1，z＝﹣2．∴n→=(2，∴cos〈设α与γ的夹角的大小为θ，则0≤且cosθ=|∴θ=∴α与γ的夹角的大小等于π4【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用．18．（2025春•上海校级月考）如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，AB交CD于O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为BS的中点．（1）求圆锥SO的侧面积以及侧面展开图的圆心角；（2）求异面直线SA与PD所成角的正切值．【考点】异面直线及其所成的角；圆锥的侧面积和表面积．【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）42π，（2）2．【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式及扇形的面积公式即可求解；（2）由PO∥SA可得∠DPO为异面直线SA与PD所成角，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面SOB，继而可得OD⊥PO，继而即可求解．【解答】解：（1）因为底面半径r＝2，母线l=BS=2设侧面展开图的圆心角为α，则42（2）如图，因为CD⊥AB，CD⊥SO，AB∩SO＝O，AB，SO⊂平面SOB，所以CD⊥平面SOB，又因为OP⊂平面SOB，所以OD⊥PO，因为P，O分别为BS，AB的中点，所以PO∥SA，所以∠DPO为异面直线SA与PD所成角，在Rt△DOP中，OD＝2，OP=所以tan∠所以异面直线SA与PD所成角的正切值为2．【点评】本题主要考查圆锥的侧面积以及异面直线所成角，属于基础题．19．（2025春•上海校级月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，点E是CD1的中点．（1）求异面直线AD1与DE所成角的余弦值；（2）求三棱锥D1﹣EBD的体积．【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）1625（2）3．【分析】（1）根据中位线的性质证得OE∥AD1，由此求得异面直线所成角的平面角，利用余弦定理计算即可求解；（2）通过证明线面垂直得到三棱锥的高，再利用三棱锥体积转化即可．【解答】解：（1）如图，连接AC，设AC∩BD＝O，则O为AC的中点，又E为CD1的中点，所以OE∥AD1，所以异面直线AD1与DE所成角为∠DEO或其补角，又DO=所以cos∠所以异面直线AD1与DE所成角的余弦值为1625（2）因为CO⊥BD，BD=所以CO=又DD1⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，所以DD1⊥CO，又DD1∩BD＝D，所以CO⊥平面D1DB，又E是CD1的中点，所以三棱锥D1﹣EBD的体积为VD【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．20．（2025•金凤区校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且△ABD是等边三角形，AB＝2．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求异面直线PB与AC所成角的余弦值．【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明过程见解答；（2）64【分析】（1）推导出四边形ABCD是菱形，BD⊥AC，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC；（2）设AC∩BD＝O，以O为坐标原点，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出PB与AC所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且△ABD是等边三角形，AB＝2，∵底面ABCD是平行四边形，且△ABD是等边三角形，∴四边形ABCD是菱形，则有BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC；（2）解：设AC∩BD＝O，∵△PAB是等腰三角形，∴PA＝AB＝2，AO=以O为坐标原点，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图，则P(0，-3，2)，A(0，-3，0)，∴PB→=(1，设PB与AC所成角为θ，∴cosθ=|1×0+∴异面直线PB与AC所成角的余弦值为64【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

考点卡片1．充分条件必要条件的判断【知识点的认识】1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．2、充要条件：如果既有“p⇒q”，又有“q⇒p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p⇔q”．p与q互为充要条件．【解题方法点拨】充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的既不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．【命题方向】充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．2．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．3．圆锥的结构特征【知识点的认识】以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥．【解题方法点拨】﹣底面圆的性质：计算底面圆的面积和周长．﹣侧面扇形：侧面的面积为扇形的面积，计算公式为πrl，其中l为母线长度．﹣表面积：包括底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr﹣体积：计算公式为13【命题方向】﹣圆锥的几何特征：考查如何从几何特征出发计算圆锥的底面及侧面展开图．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的性质进行计算．4．球内接多面体【知识点的认识】1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球．2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）球心与多面体中心的位置关系；（2）球的半径与多面体的棱长的关系；（3）球自身的对称性与多面体的对称性；（4）能否做出轴截面．3、球与多面体的接、切中有关量的分析：（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②正方体的四个顶点都在球面上；③球半径和正方体棱长的关系：r=32（2）球外切正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②球与正方体每个面的切点都是每个面的中心点；③球半径和正方体棱长的关系：r=125．棱柱的体积【知识点的认识】棱柱的体积可以通过底面面积B和高度h计算．底面为多边形的几何体．【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】﹣棱柱的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱柱体积计算．6．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．7．圆锥的侧面积和表面积【知识点的认识】圆锥的侧面积和表面积依赖于底面圆的半径r、母线长度l和底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为πrl．﹣表面积：包括底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆锥的表面积计算：考查如何计算圆锥的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的表面积计算．8．圆台的侧面积和表面积【知识点的认识】圆台的侧面积和表面积依赖于底面和顶面圆的半径r1、r2以及母线l和两个底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为π（r1+r2）l．﹣表面积：包括两个底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆台的表面积计算：考查如何计算圆台的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的表面积计算．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．球的体积【知识点的认识】球的体积依赖于球的半径r，计算公式为43【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为43﹣实际