2025年新高二数学人教A版尖子生专题复习《立体几何初步》

第50页（共50页）2025年新高二数学人教A版（2019）尖子生专题复习《立体几何初步》一．选择题（共8小题）1．（2025春•重庆月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则α⊥β2．（2025•西安模拟）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，则其各个顶点的曲率均为2π-3×π3=π．若正四棱锥S﹣ABCD的侧面与底面的夹角的正切值为A．π B．4π3 C．5π63．（2025春•河北期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则下列说法中正确的是（）A．若M是C1D1的中点，AM与平面BB1D1D的交点为O，则A1，O，C三点共线 B．以正方体的四个顶点为顶点组成的正四面体的体积为13C．若P是B1D1上的动点，则D，P，B，C1四点共面 D．若Q是AD1上的动点，则A1Q+QB的最小值是2+4．（2025•朝阳区校级三模）点M、N为正四面体ABCD的内切球球面上的两个动点，T为棱AB上的一动点，则当∠MTN取最大值时，tan∠MTN＝（）A．-2 B．1 C．2 D．5．（2025春•安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（）A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克6．（2024秋•承德期末）已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（）A．87 B．167 C．85 7．（2025春•邯郸期中）素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物，银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为22πA．38 B．16 C．49 8．（2025春•定海区校级期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（）（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积V=13π(3A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•金水区校级月考）正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界）；点P在棱CC′上，|PC′|＝1；则下列结论正确的有（）A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为17 B．三棱锥B′﹣ABP的外接球表面积为41πC．若BD′⊥PM，则点M的运动轨迹长度为2 D．平面AD′P被正方体ABCD﹣A′B′C′D′截得截面面积为9（多选）10．（2025春•江苏校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F，G分别是CB，CD的中点，E在棱CC1上满足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P为线段AD1上的一个动点，平面α//平面EFG，则下列命题中正确的是（）A．当k=12时，AD1B．当34＜k＜1时，过点A，F，C．当k=12时，平面α截该正方体D．当k=12时，PF+（多选）11．（2025春•江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（）A．在任何位置，都存在AC⊥BD B．若∠BCD=π3，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与C．若∠BCD=π3，当二面角A﹣BD﹣C为2π3时，三棱锥D．若∠BCD=π2，当二面角A﹣BD﹣C为2π3（多选）12．（2025•安康模拟）一个圆柱表面积为S，体积为V，则下列四组数对中，可作为数对（S，V）的有（）A．（6，1） B．（5，1） C．（5π，π） D．（4π，π）三．填空题（共4小题）13．（2025春•玄武区校级月考）已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形．在等腰四面体A﹣BCD中，AB＝4，BC＝5，cos∠ABC=18，则该四面体的体积为；该四面体的内切球表面积为14．（2025春•玄武区校级月考）已知二面角α﹣l﹣β的大小为60°，二面角内一点P到平面α、β的距离分别为3和5，则P到l的距离为．15．（2025春•安康期中）已知正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为r．若AB＝2，则当Rr最小时，该正六棱柱的体积为16．（2024秋•上虞区期末）（如图甲）P﹣ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面ABCD为平行四边形．现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过CDEF，且E，F分别为棱PA，PB的中点，设棱锥P﹣ABCD的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为．四．解答题（共4小题）17．（2025春•碑林区校级月考）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC．（1）证明：E为PD的中点；（2）若AB＝2，二面角C﹣AE﹣D的余弦值为17，求PA18．（2025春•玄武区校级月考）如图1，已知三棱锥P﹣ABC，图2是其平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，O，G分别为AC，PA的中点，AB=（1）证明：OG∥平面PCB；（2）证明：平面PCA⊥平面BCA；（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．19．（2025•甘肃校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD=π2，AD＝2，AB＝BC＝（1）当四棱锥P﹣ABCD的体积为1时，求异面直线AC与PD所成角的大小；（2）求证：CD⊥平面PAC．20．（2025春•浙江期中）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，点D为B1C的中点，点E为A1C1的中点．（1）求证：DE∥平面AA1B1B；（2）若棱长|AB|＝a，求此直三棱柱的体积；（3）若三棱锥B﹣CDE的体积为36

2025年新高二数学人教A版（2019）尖子生专题复习《立体几何初步》参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DDBDBBAC二．多选题（共4小题）题号9101112答案BCDABDACACD一．选择题（共8小题）1．（2025春•重庆月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则α⊥β【考点】平面与平面之间的位置关系；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；空间想象．【答案】D【分析】对于A，m与α相交、平行或m⊂α；对于B，α与β相交或平行；对于C，m与n相交、平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．【解答】解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥n，n⊂α，则m与α相交、平行或m⊂α，故A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；对于C，若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．故选：D．【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．2．（2025•西安模拟）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，则其各个顶点的曲率均为2π-3×π3=π．若正四棱锥S﹣ABCD的侧面与底面的夹角的正切值为A．π B．4π3 C．5π6【考点】棱锥的结构特征．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．【答案】D【分析】利用正四棱锥的结构特征得到∠SMO为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥S﹣ABCD的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解．【解答】解：如图所示，连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接SO，则SO⊥平面ABCD．取BC的中点M，连接OM，SM，所以OM⊥BC，SM⊥BC，所以∠SMO即为侧面与底面的夹角，设AB＝BC＝a，则OM=在Rt△SOM中，tan∠所以SO=又OB=22所以正四棱锥S﹣ABCD的每个侧面均为正三角形，所以顶点S的每个面角均为π3故正四棱锥S﹣ABCD在顶点S处的曲率为2π故选：D．【点评】本题考查平面与平面所成角，理解新定义是解题的关键，属于中档题．3．（2025春•河北期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则下列说法中正确的是（）A．若M是C1D1的中点，AM与平面BB1D1D的交点为O，则A1，O，C三点共线 B．以正方体的四个顶点为顶点组成的正四面体的体积为13C．若P是B1D1上的动点，则D，P，B，C1四点共面 D．若Q是AD1上的动点，则A1Q+QB的最小值是2+【考点】棱柱的结构特征；棱锥的体积．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间想象．【答案】B【分析】根据几何体的性质判断A，应用体积公式计算判断B，应用线线关系判断C，应用展开图结合余弦定理计算判断D．【解答】解：对于A，由题意，连接AD1，BC1，如图，由于正方体ABCD﹣A1B1C1D1中C1D1∥AB，可得ABC1D1共面，连接BD1，则AM⊂平面ABC1D1，又O∈AM，则O∈平面ABC1D1，由AM与平面BB1D1D的交点为O，则O∈平面BB1D1D，可得O∈BD1，即D1，O，B三点共线，由C1D1∥CD∥AB，M为棱D1C1的中点，可得D1M∥AB且D1故△OMD1∽△OAB，于是得OD1=12OB，即可得三点D1，O，B共线，且OB＝2OD1，而A1C与BD1交于BD1的中点，所以三点A1，O，C不共线，故A错误；对于B，以正方体的四个顶点为顶点组成的正四面体，例如四面体B1﹣D1AC的体积为V=VABCD对于C，设直线DP与直线BB1相交于点N，直线BC1在平面BB1C1C内，且不过点N，所以由线线位置关系知，直线DP与BC1是异面直线，故C错误；对于D，如图，将平面A1AD1和平面BAD1展开到一个平面上，连接A1B交AD1于点Q，此时A1Q+QB最小，在△A1AB中，A1A＝AB＝1，∠A1AB=3故选：B．【点评】本题考查了棱柱的结构特征，线线关系的判断，考查了余弦定理的应用，属于中档题．4．（2025•朝阳区校级三模）点M、N为正四面体ABCD的内切球球面上的两个动点，T为棱AB上的一动点，则当∠MTN取最大值时，tan∠MTN＝（）A．-2 B．1 C．2 D．【考点】棱锥的结构特征．【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】根据正四面体体积的等积性、球的几何性质、圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可．【解答】解：设该正四面体的棱长为a，设该正四面体的内切球的球心为O，顶点A在底面的射影为G，显然O在线段AG上，显然该正四面体内切球的半径为OG，如图所示，由正弦定理可知：2BG由勾股定理可知：AG=由三棱锥体积的等积性可得：13×1则OB=由球的性质可知，当TM，TN与圆相切时，∠MTN最大，如图所示，OM⊥TM，ON⊥TN，由圆的切线长定理可知：∠MTN＝2∠OTM，在直角三角形OTM中，sin∠OTM=OMOT因为OA＝OB，所以此时T为AB的中点，即有OT⊥AB，正四面体的内切球的球心为O，显然O也是该正四面体的外接球的球心，所以OT=因此TM=tan∠于是有tan∠故选：D．【点评】本题考查球的几何性质、正弦函数的单调性、三棱锥的体积等积性等知识，属中档题．5．（2025春•安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（）A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克【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】B【分析】由圆台的侧面积公式结合题意可得．【解答】解：设r＝2，R＝4，l＝3，由圆台的侧面积公式得S＝π（r+R）l＝18π，又每平方分米需要消耗5克涂层材料，所以该伊丽莎白圈需要消耗90π克涂层材料．故选：B．【点评】本题考查几何体表面积的计算，属于中档题．6．（2024秋•承德期末）已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（）A．87 B．167 C．85 【考点】棱锥的体积．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】B【分析】根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，则有VA﹣BCDE=13d×S四边形BCDE=13d×（S△BCE+S△CDE）＝16，利用三角形面积公式可得VA﹣CDE，又由点P在AC上且满足AC＝3AP，可得【解答】解：根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，则有VA﹣BCDE=13d×S四边形BCDE=13d×（S△BCE+S△而S△BCE=12×BC×CE×sin∠BCE，S△CDE=12×CD×又由CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，则S△BCE=43S△则VA﹣CDE=13d×S△CDE=37×（13d×S四边形BCDE）=故VC﹣ADE＝VA﹣CDE=487，而VC﹣ADE=13h×则有13h×S△ADE=又由点P在AC上且满足AC＝3AP，故P到平面AED的距离为h3则有VP﹣ADE=13VC﹣ADE故VA﹣DEP＝VP﹣ADE=13VC﹣ADE故选：B．【点评】本题考查棱锥的体积计算，注意等体积转化法的应用，属于中档题．7．（2025春•邯郸期中）素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物，银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为22πA．38 B．16 C．49 【考点】球的表面积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】根据给定的几何体，利用圆柱和球的表面积公式求出圆柱的高与球的半径关系，即可求解．【解答】解：设圆柱的高为h，因为忽略杯壁厚度，所以酒杯内壁表面积为半球的表面积与圆柱的侧面积之和，即12解得h=8所以球的半径和圆柱的高的比为38故选：A．【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．8．（2025春•定海区校级期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（）（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积V=13π(3A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据球的几何性质确定求缺的高h以及圆台的高h′，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积．【解答】解：作出示意图如下：因为石墩上部是原球半径为15cm的球缺，又下部是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，且球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，设FC为整个几何体的高度，设A为球心，B，C分别为圆台上下底面圆心，所以FC＝33cm，r1＝BD＝9cm，r2＝EC＝16cm，R＝AD＝15cm，所以AB=AD2-DB2=12cm，则球缺的高h则圆台的高h′＝BC＝FC﹣FB＝6cm，故石墩的体积为V=[1故选：C．【点评】本题考查组合体的体积的求解，属中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•金水区校级月考）正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界）；点P在棱CC′上，|PC′|＝1；则下列结论正确的有（）A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为17 B．三棱锥B′﹣ABP的外接球表面积为41πC．若BD′⊥PM，则点M的运动轨迹长度为2 D．平面AD′P被正方体ABCD﹣A′B′C′D′截得截面面积为9【考点】球的体积和表面积；棱柱的结构特征．【专题】对应思想；数形结合法；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】BCD【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接AP，计算即可判断；对于B，正弦定理知外接圆半径r=54，又AB⊥平面BPB'，设三棱锥B'﹣ABP的外接球半径为R对于C，由线面垂直的判断及性质定理，作出点M的运动轨迹，即可得解；对于D，作出截面，可得截面为等腰梯形，求出面积即可．【解答】解：对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接AP，则AP=4+9=对于B，因为|PC'|＝1，所以△BPB'中，|PB则sin∠设△BPB′外接圆半径为r，则由正弦定理知：2r=PB又AB⊥平面BPB'，设三棱锥B′﹣ABP的外接球半径为R，则R2所以三棱锥B′﹣ABP的外接球表面积S=4πR对于C，如图所示：E，F，T，S，Q分别为对应边的中点，可得PS∥EF，PS＝EF，PT∥EQ，PT＝EQ，QS∥TF，QS＝TF，即E，F，T，S，Q，P六点共面，六边形PSQEFT为边长为2的正六边形，且平面PSQEFT∥平面A'C'D，因为A'D⊥AD'，AB⊥平面ADD'A'，A'D⊂平面ADD'A'，所以AB⊥A'D，又因为A'D，AB⊂平面ABD'，所以A'D⊥平面ABD'，BD'⊂平面ABD'，所以A'D⊥BD'，同理可得A'C'⊥BD'，A'D，A'C'⊂平面A'C'D，且A'D∩A'C'＝A'，所以BD′⊥平面A'C'D，又平面PSQEFT∥平面A'C'D，所以BD′⊥平面PSQEFT，又因为BD′⊥PM，M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界），所以M的轨迹为平面PSQEFT与平面ADD′A′上的交线，所以点M的轨迹为线段EF，所以点M的运动轨迹长度为2，故C正确；对于D，取BC中点Q，连接PQ，AQ，AD'，D'P，因为PQ∥BC'，BC'∥AD'，所以PQ∥AD'，所以平面AD'PQ，即为平面AD′P被正方体ABCD﹣A′B′C′D′截得截面，易知|AD'|＝22，|PQ|=2，|AQ|＝|D'P|=所以截面AD'PQ为等腰梯形，所以此等腰梯形的高h=(所以截面面积S=12（2+22）×故选：BCD．【点评】本题考查了线面垂直、平面的判断定义及性质定理，考查了三棱锥的外接球，属于难题．（多选）10．（2025春•江苏校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F，G分别是CB，CD的中点，E在棱CC1上满足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P为线段AD1上的一个动点，平面α//平面EFG，则下列命题中正确的是（）A．当k=12时，AD1B．当34＜k＜1时，过点A，F，C．当k=12时，平面α截该正方体D．当k=12时，PF+【考点】棱柱的结构特征；直线与平面平行；点、线、面间的距离计算．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】ABD【分析】先证明所AD1∥EF可得A正确，B，C作出截面图即可，D把立体几何展开形成平面的问题即可求解．【解答】解：在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F，G分别是CB，CD的中点，E在棱CC1上满足CE＝kCC1，k∈[0，1]，P为线段AD1上的一个动点，平面α∥平面EFG，对于A，当k=12时，CE=12∵F是CB中点，∴EF∥BC1，又AD1∥BC1，所以AD1∥EF，即可得AD1∥平面EFG，故A正确；对于B，延长AF交DC与H，连接HE交DD1与I，如图，由题意知当0＜k≤12时，I在线段当12＜k＜1时，I在∴当34＜k＜1时，过点A，F，E对于C，当k=12时，E为∵平面α∥平面EFG，∴截面可以为正六边形，如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1边长为1，∴截面正六边形边长为22面积S=6×1对于D，当k=12时，AD1∥EF，∴E、F、A、D对平面EFAD1和平面AD1G沿AD1进行展开，如图，四边形EFAD1为等腰梯形AD1=2∴高MN=又三角形AD1G为等腰三角形，GA=∴高GM=∴GF=又PF+PG≤GF，∴PF+PG的最小值为8+362，故故选：ABD．【点评】本题考查线面平行的判定与性质、正方体截面图形等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（多选）11．（2025春•江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（）A．在任何位置，都存在AC⊥BD B．若∠BCD=π3，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与C．若∠BCD=π3，当二面角A﹣BD﹣C为2π3时，三棱锥D．若∠BCD=π2，当二面角A﹣BD﹣C为2π3【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；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】AC【分析】根据线线垂直可得线面垂直，进而可判断A，根据直二面角，利用线线平行即可利用三角形的边角关系求解B，根据三棱锥的体积公式即可求解C，利用勾股定理，结合二面角的平面角即可求解半径，由体积公式即可求解D．【解答】解：菱形ABCD中，O为BD的中点，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，对于A，AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC，AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC，故A正确；对于B：由题目条件可知，AO⊥BD，CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，因为平面BCD⊥平面ABD，所以∠AOC取AD的中点M，AC的中点N，连接OM，ON，MN，则OM∥AB，MN∥CD，且OM=12AB＝1，MN=12所以∠NMO（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，因为∠BCD=π所以ON=在△MON中，MO=由余弦定理可得：cos∠NMO=N所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为14≠1对于C：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，可得∠AOC=2π3，由（2又BD⊥平面AOC，所以三棱锥C﹣ABD的体积为V=13S△AOC=13×12对于D：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，所以∠AOC且BO⊥平面AOC，因为∠BCD=π所以AC=△AOC外接圆的半径为12设E为△AOC外接圆的圆心，则EA=所以三棱锥C﹣AOB的外接球的球心O′在过点E且与OB平行的直线上，设O′E＝h，则由O′B＝O′C得h2解得h=所以O'所以外接球的体积为43π(故选：AC．【点评】本题考查勾股定理的应用，二面角的平面角的求法，属于中档题．（多选）12．（2025•安康模拟）一个圆柱表面积为S，体积为V，则下列四组数对中，可作为数对（S，V）的有（）A．（6，1） B．（5，1） C．（5π，π） D．（4π，π）【考点】圆柱的体积．【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】利用圆柱表面积、体积公式建立关于圆柱底面圆半径的函数，再利用导数求出最小值进而判断．【解答】解：设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则πr2h因此r2+Vπr=当V＝1时，f(r)=当r∈（0，312π）时，f′（r）＜0，f当r∈（312π，+∞）时，f′（r）＞0，f∴f(r)min=332π2π，于是S2π≥33因此S＝6有解，S＝5无解，故A正确，B错误；当V＝π时，f(r)=r2+1r，f'当r＞312时，f′（r）＞0，函数f（r）在f(r)min=33当S＝5π，S＝4π时都有解，故C、D正确．故选：ACD．【点评】本题考查圆柱体积与表面积关系的应用，结合体积及表面积建立函数关系f(三．填空题（共4小题）13．（2025春•玄武区校级月考）已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形．在等腰四面体A﹣BCD中，AB＝4，BC＝5，cos∠ABC=18，则该四面体的体积为1564；该四面体的内切球表面积为【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；球；逻辑思维；运算求解；空间想象．【答案】1564；27【分析】在长方体中构造出“等腰四面体”，运用割补法可求得该四面体体积，再利用等体积法可求出内切球的半径和表面积．【解答】解：由已知，AC=AB在长方体中构造出该“等腰四面体”，如图，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2+b所以由割补法得，该四面体的体积为abc-1设四面体的内切球半径为r，因为△ABC的面积为S=12×4×所以由等体积法得4×13×1574故四面体的内切球表面积S＝4πr2=2714故答案为：1564；27【点评】本题主要考查求几何体的体积和几何体的内切球表面积，属于中档题．14．（2025春•玄武区校级月考）已知二面角α﹣l﹣β的大小为60°，二面角内一点P到平面α、β的距离分别为3和5，则P到l的距离为1433【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】143【分析】设∠MGP＝θ，分别在直角三角形中求得PG，构造等式，求出sinθ，即可得解．【解答】解：如图所示：P在α，β的投影分别为N，M，MG⊥l于G，连接NG，易知l⊥平面NPMG，设∠MGP＝θ，则GP=即532cosθ即53所以tanθ=则sinθ=所以GP=故答案为：143【点评】本题考查了二面角，点到直线距离的计算，考查计算能力和空间想象能力，属于中档题．15．（2025春•安康期中）已知正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为r．若AB＝2，则当Rr最小时，该正六棱柱的体积为63【考点】棱柱的体积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】63【分析】根据给定条件，求出正六棱柱底面正六边形的边心距3，并设正六棱柱的高为h，可得r取h2，3中较小的，按h＜23，h≥【解答】解：设正六边形ABCDEF的中心为点M，则点M与任意一条边均构成等边三角形，因此点M到各边的距离均为等边三角形的高，为2sin不妨设该正六棱柱的高为h，那么有r≤h2目r易得该正六棱柱的外接球半径为R=当h＜23时，r=当h≥23，r=所以h=23时，Rr又因为一个等边三角形的面积为12所以正六边形底面的面积为63则该正六棱柱的体积为63故答案为：63【点评】本题考查多面体外接球问题，属于难题．16．（2024秋•上虞区期末）（如图甲）P﹣ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面ABCD为平行四边形．现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过CDEF，且E，F分别为棱PA，PB的中点，设棱锥P﹣ABCD的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为2-33【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】数形结合；转化思想；分割补形法；立体几何；运算求解．【答案】2-【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可．【解答】解：将四棱锥补成平行六面体，如图所示：设平行四面体的体积为V总，根据E，F分别为棱PA，PB的中点，设棱锥P﹣ABCD高为h，体积为V，则S四边形BCMQ＝4S△BCG，由三棱柱BCG﹣ADE与平行六面体的高相同，得VBCG根据四棱锥P﹣ABCD与平行六面体底和高均相同，则V=13V总，即3V＝V所以VF﹣BCG=16VBCG﹣则V水=56VBCG﹣ADE=56×14V图甲中上方的小四棱锥高为h1，则(h1h故图甲中的水面高度为（1-332）h＝（1-332故答案为：2-3【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，是中档题．四．解答题（共4小题）17．（2025春•碑林区校级月考）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC．（1）证明：E为PD的中点；（2）若AB＝2，二面角C﹣AE﹣D的余弦值为17，求PA【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明过程见详解；（2）215【分析】（1）连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接OE，由题意可得O为BD的中点，再由PB∥平面AEC，可得PB∥OE，可证得E为PD的中点；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面CAE，平面AED的法向量的坐标，可得这两个向量的夹角的余弦值，由题意可得点P的坐标，即求出PA的长度．【解答】（1）证明：连接AC，BD，设AC∩BD＝O，因为四边形ABCD为菱形，可得O为BD的中点，若E在PD的上，连接OE，因为PB∥平面ACE，OE，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝OE，所以PB∥OE，所以E为PD的中点；（2）解：设PA＝2b，取PC的中点F，连接OF，可得OF∥PA，所以OF⊥平面ABCD，由ABCD为菱形，可得AC⊥BD，以O为坐标原点，以OB，OC，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由AB＝2，∠BAD＝120°，可得AC＝AB＝2，BO=32×可得O（0，0，0），B（3，0，0），C（1，0，0），D（-3，0，0），P（0，﹣1，2b），A（（0，﹣1，0则E（-32，-12，b），AE→=（-32，12，b），AC→=（0，2设平面CAE的法向量n→=（x，y，z），平面DAE的法向量为m→=（x'，y'则n→⋅AE令x＝2b，可得z=3，即n→=（2b，0m→⋅AE令x'＝1，可得m→=（1，3，可得n→•m→=2b，|n→|=4b2所以cos＜n→，又因为二面角C﹣AE﹣D的余弦值为17可得|b4b2整理可得：15b2＝1，可得b=15所以PA＝2b=2【点评】本题考查线面平行的性质的应用及用空间向量的方法求二面角的余弦值，属于中档题．18．（2025春•玄武区校级月考）如图1，已知三棱锥P﹣ABC，图2是其平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，O，G分别为AC，PA的中点，AB=（1）证明：OG∥平面PCB；（2）证明：平面PCA⊥平面BCA；（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面平行；平面与平面垂直．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答；（3）33【分析】（1）根据三角形中位线性质得出OG∥PC，即可得证；（2）先证PO⊥平面ABC，再利用面面垂直的判定定理即可得证；（3）先证∠OGB为二面角C﹣PA﹣B的平面角，再解三角形即可求解．【解答】解：（1）证明：因为O，G分别为AC，PA的中点，所以OG∥PC，又PC⊂平面PCB，OG⊄平面PCB，所以OG∥平面PCB；（2）证明：连接BO，PO，PA=PO=62，AO＝BO＝CO因为△PAC中，PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC，在△POB中，PO＝BO=62，所以PO2+BO2＝PB2，即PO⊥OB，又AC∩OB＝O，AC，OB⊂平ABC，所以PO⊥平面ABC，又因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC；（3）连接GB，在Rt△PAC中，CP⊥AP，OG∥CP，则OG⊥AP，在等边△PAB中，BG⊥AP，故∠OGB为二面角C﹣PA﹣B的平面角，因为AB=3，所以OG=12CP则OG2+OB2＝GB2，所以∠GOB＝90°，则cos∠故二面角C﹣PA﹣B的余弦值为33【点评】本题考查线面平行，面面垂直的判定，以及二面角的计算，属于中档题．19．（2025•甘肃校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD=π2，AD＝2，AB＝BC＝（1）当四棱锥P﹣ABCD的体积为1时，求异面直线AC与PD所成角的大小；（2）求证：CD⊥平面PAC．【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．【专题】综合题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】（1）AC与PD所成角为π3（2）见证明过程．【分析】（1）由题意利用四棱锥的体积公式可求PA＝2，以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得向量AC→，PD→的坐标，可得|AC→|=2，|PD→|＝22，设AC与PD所成角为θ，利用平面向量的夹角公式即可求解cosθ（2）由（1）可得向量CD→，AC→的坐标，由CD→•AC→=0，可得AC⊥CD，进而通过线面垂直的性质可证PA⊥CD【解答】解：（1）由题意V=13S梯形ABCD×PA，可得1=13×(1+2)×1如图，以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得A（0，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），可得AC→=（1，1，0），PD→=（0，2，﹣2），|AC→|=2，|所以AC→•PD→=1×0+1×2+0×（﹣2设AC与PD所成角为θ，可得cosθ=|AC→⋅PD→|（2）证明：由（1）可得CD→=（﹣1，1，0），AC→=（1，所以CD→•AC→=（﹣1）×1+1×1+0×0＝0，可得AC又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，可得PA⊥CD，又PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，得证．【点评】本题主要考查了平面向量的夹角公式，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．20．（2025春•浙江期中）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，点D为B1C的中点，点E为A1C1的中点．（1）求证：DE∥平面AA1B1B；（2）若棱长|AB|＝a，求此直三棱柱的体积；（3）若三棱锥B﹣CDE的体积为36【考点】棱锥的体积；球的表面积；直线与平面平行；球内接多面体；棱柱的体积．【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）34a3；（3【分析】（1）连接BA1，BC1，根据棱柱的性质可知点D为BC1的中点，从而得到DE//A1B，即可得证；（2）根据棱柱的体积公式计算可得；（3）设AB＝t，由VB-CDE【解答】解：（1）证明：连接BA1，BC1，因为ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，点D为B1C的中点，所以BC1∩B1C＝D，即点D为BC1的中点，又点E为A1C1的中点，所以DE∥A1B，因为A1B⊂平面AA1B1B，DE⊄平面AA1B1B，所以DE∥平面AA1B1B；（2）因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，|AB|＝a，所以S△所以VABC（3）设AB＝t，因为VB又因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，又BB1⊥平面BAC，AF⊂平面BAC，所以BB1⊥AF，又BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，所以AF⊥平面BB1C1C，所以点A到平面BCD的距离为32t，所以VB解得t＝2，根据正弦定理△ABC外接圆半径为r=三棱柱的高h＝2，所以三棱柱的外接球半径R=所以三棱柱的外接球表面积S=4【点评】本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．

考点卡片1．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．2．棱锥的结构特征【知识点的认识】1．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面围成的几何体叫做棱锥．用顶点和底面各顶点的字母表示，例：S﹣ABCD．2．认识棱锥棱锥的侧面：棱锥中除底面外的各个面都叫做棱锥的侧面．棱锥的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱．棱锥的顶点；棱锥中各个侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点．棱锥的高：棱锥的顶点到底面的距离叫做棱锥的高．棱锥的对角面；棱锥中过不相邻的两条侧棱的截面叫做对角面．3．棱锥的结构特征棱锥1根据棱锥的结构特征，可知棱锥具有以下性质：平行于底面的截面和底面相似，且它们的面积比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的比．4．棱锥的分类棱锥的底面可以是三角形、四边形、五边形…我们把这样的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥…正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形．5．棱锥的体积公式设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥=133．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=124．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=135．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．8．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积【知识点的认识】旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．1．圆柱①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．②认识圆柱③圆柱的特征及性质圆柱1圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．④圆柱的体积和表面积公式设圆柱底面的半径为r，高为h：V圆柱2．圆锥①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．②认识圆锥③圆锥的特征及性质圆锥1与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2④圆锥的体积和表面积公式设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：V圆锥3．圆台①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．②认识圆台③圆台的特征及性质圆台1平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．④圆台的体积和表面积公式设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台9．圆柱的体积【知识点的认识】圆柱的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆柱的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆柱尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆柱的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆柱的体积计算．10．球的体积和表面积【知识点的认识】1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．2．球体的体积公式设球体的半径为R，V球体=3．球体的表面积公式设球体的半径为R，S球体＝4πR2．【命题方向】考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．11．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．12．球的体积【知识点的认