2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（一）

第31页（共31页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（一）一．选择题（共10小题）1．（2025•天津）若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是（）A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β2．（2025•上海）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（）A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB3．（2024•新高考Ⅰ）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A．23π B．33π C．63π D．93π4．（2024•天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（）A．36 B．34+12 C．5．（2024•上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（）A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β6．（2024•全国）正四棱柱的八个顶点都在一个半径为1的球O的球面上，O到该正四棱柱侧面的距离为12，则该正四棱柱A．22 B．2 C．22 D7．（2024•甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，则m∥n④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④8．（2024•天津）已知m，n是两条直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，m⊥n，则n⊥α B．若m⊥α，m⊥n，则n⊥α C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m⊥α，n⊥α，则m⊥n9．（2024•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝22，该棱锥的高为（）A．1 B．2 C．2 D．310．（2024•甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，则m∥n④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④二．多选题（共1小题）（多选）11．（2025•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，则（）A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1三．填空题（共7小题）12．（2025•新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为cm．13．（2025•北京）某科技兴趣小组使用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD=52，则该多面体的体积为14．（2025•上海）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝42，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为．15．（2025•上海）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为．16．（2024•全国）已知二面角α﹣AB﹣β的大小为90°，正方形ABCD在α内，等边三角形ABF在β内，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为．17．（2024•甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲V乙=18．（2024•甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲V乙=四．解答题（共2小题）19．（2025•上海）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为π3（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD20．（2025•新高考Ⅰ）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝AB=2，AD=3+1，BC＝2，P，B，C，D（i）证明：O在平面ABCD上；（ii）求直线AC与直线PO所成角的余弦值．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之立体几何初步（一）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CDBCABACDA二．多选题（共1小题）题号11答案BC一．选择题（共10小题）1．（2025•天津）若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是（）A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β【考点】直线与平面垂直．【专题】分类讨论；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．【答案】C【分析】根据直线与平面的位置关系进行判断．【解答】解：对于A，若m∥α，n⊂α，则m与n可能平行也可能异面，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，C正确；对于D，若m⊂α，α⊥β，则m可能平行于β，也可能与β斜交，也可能垂直于β，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查直线和平面间的位置关系，属于中档题．2．（2025•上海）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（）A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；异面直线的判定．【专题】集合思想；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象．【答案】D【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，所以AB∥A1B1∥C1D1，故A错误，对于B，棱台的侧棱延长后交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误，对于C，同理B，BB1与DD1也相交，所以B，B1，D1，D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误，对于D，A1D1与AB既不相交，也不平行，是异面直线，故D正确．故选：D．【点评】本题考查空间直线的位置关系，涉及异面直线的判断，属于基础题．3．（2024•新高考Ⅰ）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A．23π B．33π C．63π D．93π【考点】圆锥的体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】B【分析】设出底面半径，通过高结合侧面积相等，求解底面半径，然后求解圆锥的体积．【解答】解：设圆锥的底面半径为：r，圆锥的母线长为：3+r圆柱和圆锥的侧面积相等，可得23πr=1解得r＝3，圆锥的体积为：13×π×故选：B．【点评】本题考查空间几何体的侧面积和体积的求法，是基础题．4．（2024•天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（）A．36 B．34+12 C．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据题意，分别延长AD、BE到G、H，使AG、BH、CF平行且相等，得到三棱柱ABC﹣GHF，根据四边形ABED与四边形HGDE全等，利用锥体的体积公式得到VF﹣ABED＝VF﹣HGDE=13VABC﹣GHF，然后求出ABC﹣【解答】解：延长AD到G，使DG＝2，延长BE到H，使EH＝1，连接AF、BF，可得AG＝BH＝CF＝3，结合AG∥BH∥CF，可知ABC﹣GHF为三棱柱，因为四边形ABED与四边形HGDE全等，所以VF﹣ABED＝VF﹣HGDE=13VABC﹣由AG∥BH∥CF，且它们两两之间的距离为1．可知：当ABC﹣GHF为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时VABC﹣GHF=3根据棱柱的性质，若ABC﹣GHF为斜三棱柱，体积也是33因此，VF﹣HGDE=13VABC﹣GHF=34，可得该五面体的体积V＝VABC﹣GHF﹣VF故选：C．【点评】本题主要考查棱柱的定义与性质、柱体与锥体的体积公式及其应用等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．5．（2024•上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（）A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】A【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，又n⊥β，所以m⊥n，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，由m⊥n，则n与β斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，由n∥β，则m与n相交、平行、异面均有可能，故C错误；对于D，若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，又m∥n，则n∥β或n⊂β，故D错误．故选：A．【点评】本题考查空间直线与平面间的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题．6．（2024•全国）正四棱柱的八个顶点都在一个半径为1的球O的球面上，O到该正四棱柱侧面的距离为12，则该正四棱柱A．22 B．2 C．22 D【考点】棱柱的体积；球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】B【分析】根据题意可正四棱柱的体对角线即为其外接球的直径2R＝2，再建立方程求出正四棱柱的，最后代入体积公式，即可求解．【解答】解：∵正四棱柱的八个顶点都在一个半径为1的球O的球面上，O到该正四棱柱侧面的距离为12∴正四棱柱的底面边长为1，设正四棱柱的高为h，则正四棱柱的体对角线即为其外接球的直径2R＝2，∴（2R）2＝12+12+h2，即4＝2+h2，∴h=2∴该正四棱柱的体积为1×故选：B．【点评】本题考查正四棱柱的外接球问题，属基础题．7．（2024•甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，则m∥n④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】A【分析】由已知结合直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系检验各命题即可判断．【解答】解：①若n⊂α，因为m∥n，m⊂β，则n∥β，若n⊂β，因为m∥n，m⊂α，则n∥α，若n不在α也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，所以n∥α且n∥β，故①正确；②若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，也有可能相交，故②错误；③过直线n分别作平面，与α，β分别相交于直线a，直线b，因为n∥α，过直线n的平面与平面α相交于直线a，所以n∥a，同理可得n∥b，所以a∥b，因为a⊂α，b⊂β，则a∥β，因为a⊂α，α∩β＝m，则a∥m，又因为n∥a，则m∥n，故③正确；④n与α和β所成的角相等，则m和n不一定垂直，故④错误；综上只有①③正确．故选：A．【点评】本题主要考查了空间线面位置关系的应用，属于中档题．8．（2024•天津）已知m，n是两条直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，m⊥n，则n⊥α B．若m⊥α，m⊥n，则n⊥α C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m⊥α，n⊥α，则m⊥n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】计算题；方程思想；综合法；立体几何；数学抽象．【答案】C【分析】根据题意，由空间直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，若m∥α，m⊥n，则n、α平行或相交，不一定垂直，A错误；对于B，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，B错误；对于C，m∥α，n⊥α，过m作平面β，使得β∩α＝p，因为m⊂β，所以m∥p，又因为p⊂α，所以m⊥n，故C正确；对于D，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，D错误．故选：C．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质，属于基础题．9．（2024•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝22，该棱锥的高为（）A．1 B．2 C．2 D．3【考点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】D【分析】根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PG⊥平面ABCD，再结合等面积法，即可求解．【解答】解：由题意知△PAB为正三角形，因为PC2+PD2＝CD2，所以PC⊥PD，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝23，PF＝2，EF＝4，则PE2+PF2＝EF2，所以PE⊥PF，过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P﹣ABCD的高，因为1所以PG=故选：D．【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，考查转化能力，属于难题．10．（2024•甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，则m∥n④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】A【分析】根据已知条件，结合空间中线与面之间的关系，即可求解．【解答】解：①若n⊂α，因为m∥n，m⊂β，则n∥β，若n⊂β，因为m∥n，m⊂α，则n∥α，若n不在α也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，所以n∥α且n∥β，故①正确；②若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，也有可能相交，故②错误；③过直线n分别作平面，与α，β分别相交于直线a，直线b，因为n∥α，过直线n的平面与平面α相交于直线a，所以n∥a，同理可得n∥b，所以a∥b，因为a⊂α，b⊂β，则a∥β，因为a⊂α，α∩β＝m，则a∥m，又因为n∥a，则m∥n，故③正确；④n与α和β所成的角相等，则m和n不一定垂直，故④错误；综上只有①③正确．故选：A．【点评】本题主要考查空间中直线与平面之间的关系，属于基础题．二．多选题（共1小题）（多选）11．（2025•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，则（）A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】BC【分析】对于A，通过A1D1⊥CD1，可以得出AD与A1C不垂直；对于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，从而BC⊥平面AA1D；对于C，由CC1∥AA1，得CC1∥平面AA1D；对于D，由AB∩AD＝A，AB∥A1B1，得AD与A1B1不平行．【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，对于A，取B1C1中点D1，连接A1D1，CD1，因为A1D1⊥CD1，A1D1∥AD，所以A1D1与A1C不垂直，即AD与A1C不垂直，故A错误；对于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，AD∩AA1＝A，∴BC⊥平面AA1D，故B正确；对于C，∵CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，∴CC1∥平面AA1D，故C正确；对于D，∵AB∩AD＝A，AB∥A1B1，∴AD与A1B1不平行，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查线线垂直、线面垂直、线面平行、线线平行的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．三．填空题（共7小题）12．（2025•新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为52cm【考点】球的体积．【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】52【分析】根据铁球在圆柱内的不同位置进行分类讨论，得到铁球半径的最大值．【解答】解：若两铁球相切，且下方铁球与底面和侧面均相切，轴截面如图，则球的半径R＝4，此时4R＝16＞9，故不符合题意；若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切，两球心均在圆柱上下底面中心连线上，如图，则铁球半径R满足4R＝9，此时R=9若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切，两球心分别在圆柱轴截面对角的角平分线上，轴截面如图，其中AC为轴截面对角线，O1、O2为两球球心，分别过O1作AD的平行线，过O2作CD的平行线，两线交于点M，设铁球半径为R，则MO1＝8﹣2R，O2M＝9﹣2R，O1O2＝2R，所以（9﹣2R）2+（8﹣2R）2＝4R2，解得R=52或R故此时R=5综上，铁球半径的最大值为52故答案为：52【点评】本题主要考查圆柱的内切球，属于中档题．13．（2025•北京）某科技兴趣小组使用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD=52，则该多面体的体积为60【考点】棱锥的体积．【专题】整体思想；数形结合法；分割补形法；立体几何；空间想象．【答案】60．【分析】分析出组合体为对称立体图形后，将组合体体积拆分成VAFR﹣BNQ+VCDN﹣BMP+VS﹣BMEN+VS﹣BMP+VS﹣BNQ，根据代入棱锥、棱柱体积公式计算即可．【解答】解：∵AB∥EF∥CD，AF∥BC∥ED，且AB⊥BC，可得BC⊥CD，CD⊥DE，DE⊥EF，EF⊥AF，AF⊥AB，延长CB与EF相交于点N，延长AB与ED相交于点M，所以AM⊥ED，CN⊥EF，所以四边形ABNF和四边形CDMB为矩形，所以AF＝CD＝BM＝BN，所以四边形BNME为正方形，所以BM＝ME＝EN＝BN＝AF＝CD＝4，即EF＝DE＝12，由此可得组合体关于平面SBE对称；过点B作BQ∥AR，交RS于点Q，连接QN，过点B作BP∥CT，交TS于点P，连接PM，所以平面ARF∥平面BQN，平面CDT∥BMP，所以组合体体积可以分为V＝VAFR﹣BNQ+VCDN﹣BMP+VS﹣BMEN+VS﹣BMP+VS﹣BNQ，①求解三棱柱AFR﹣BNQ和CDN﹣BMP的体积：因为平面ARF⊥平面ABC，平面ARF∩平面ABC＝AF，AB⊥AF，所以三棱柱AFR﹣BNQ为直三棱柱（三棱柱CDN﹣BMP同理），所以VAFR﹣BNQ＝VCDN﹣BMP＝S△ARF•|AB|=12×4×(②求解四棱锥S﹣BMEN的体积：由组合体关于平面SBE对称，所以平面SDE⊥平面BMEN，作RS在底面ABEF的投影，因为AR＝FR，平面ARF⊥平面ABC，所以R在底面的投影为AF中点，又因为平面SDE⊥平面BMEN，所以S在底面的投影为BE的中点O，SO即为(5所以VS﹣BMEN=13③求解三棱锥S﹣BMP和三棱锥S﹣BNQ的体积：因为AB⊥平面ARF，AB∥RQ，平面平面ARF∥平面BQN，所以平面BQN垂直RS，所以QS即为三棱锥S﹣BNQ的高，QS=12NE＝所以VS﹣BMP＝VS﹣BNQ=13×12×综上，组合体体积为24+24+8+2+2＝60．故答案为：60．【点评】本题考查立体几何图形体积的求解，考查空间想象能力，属于中档题．14．（2025•上海）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝42，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为112．【考点】棱柱的体积．【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．【答案】112．【分析】由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱可得底面ABCD为正方形且BB1⊥底面ABCD，再结合勾股定理求得AB，BB1，再由棱柱的体积公式即可求得．【解答】解：由题知，底面ABCD为正方形，所以2AB2＝BD2＝32，所以AB＝4，因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，所以BB1⊥底面ABCD，因为BD⊂底面ABCD，所以BB1⊥BD，所以BB所以BB所以该正四棱柱的体积为4×4×7＝112．故答案为：112．【点评】本题考查棱柱的体积求解，属于基础题．15．（2025•上海）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为π3【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】π3【分析】过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得∠PAD的取值范围，从而得所求最值．【解答】解：P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1，B、C分别在圆锥的底面上，如图，过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，连接PD，∵PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，∴cos∠又0＜|AD|≤2，∴0＜|AD∵∠PAD∈(0，π2)，函数∴π3∴异面直线PA与BC所成角的最小值为π3故答案为：π3【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．16．（2024•全国）已知二面角α﹣AB﹣β的大小为90°，正方形ABCD在α内，等边三角形ABF在β内，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为24【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．【答案】24【分析】由题意建立空间直角坐标系，设正方形的边长，求出直线BF，AC的方向向量BF→，AC【解答】解：过F作FO⊥AB，在平面α过O作y轴⊥AB，因为二面角α﹣AB﹣β的大小为90°，所以FO⊥平面α，设正方形的边长为2，由题意OF=3可得F（0，0，3），B（1，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2，0），则BF→=（﹣1，0，3），AC→=（2，所以BF→•AC→=-1×2+0×2+3|BF→|=(-1)2+02+(3所以cos＜BF→，所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为|cos＜BF→，AC→故答案为：24【点评】本题考查用空间向量的方法求异面直线所成角的余弦值的求法，属于中档题．17．（2024•甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲V乙=【考点】圆台的体积．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】由已知结合圆台的体积公式即可求解．【解答】解：因为甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲故答案为：64【点评】本题主要考查了圆台的体积公式的应用，属于基础题．18．（2024•甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲V乙=【考点】圆台的体积．【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】由已知结合圆台的体积公式即可求解．【解答】解：因为甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲故答案为：64【点评】本题主要考查了圆台的体积公式的应用，属于基础题．四．解答题（共2小题）19．（2025•上海）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为π3（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD【考点】圆锥的侧面积和表面积；直线与平面平行．【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．【答案】（1）2π；（2）证明见解答．【分析】（1）由题意及圆锥的性质，结合圆锥侧面积公式计算即可；（2）利用证明面和面平行证线面平行．【解答】解：（1）如图，连接PO，依题意及圆锥的性质得∠PAO=π3，AO=12AB＝1所以PA=AOcos所以圆锥的侧面积S侧＝π•AO•PA＝2π．（2）证明：连接QO，QC，OD，因为Q是母线PA的中点，AB是底面圆O的直径，所以QO∥PB，又PB⊂平面PBD，QO⊄平面PBD，所以QO∥平面PBD，因为AC=∠AOC•OA=所以∠AOC=π因为CD∥AB，所以∠OCD＝∠AOC=π则△OCD为等边三角形，∠COD=π所以∠BOD=π所以△OBD为等边三角形，∠OBD=π所以OC∥BD，所以四边形OCDB是平行四边形，则OC∥BD，又BD⊂平面PBD，OC⊄平面PBD，所以OC∥平面PBD，而OC∩QO＝O，OC，QO⊂平面QCO，所以平面QCO∥平面PBD，又QM⊂平面QCO，所以QM∥平面PBD．【点评】本题考查圆锥的性质及侧面积的求解，考查了空间中直线与平面平行的证明，属于中档题．20．（2025•新高考Ⅰ）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝AB=2，AD=3+1，BC＝2，P，B，C，D（i）证明：O在平面ABCD上；（ii）求直线AC与直线PO所成角的余弦值．【考点】平面与平面垂直；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间向量及应用；球；逻辑思维；空间想象．【答案】（1）证明见解答；（2）（i）证明见解答；（ii）23【分析】（1）由PA⊥平面ABCD得PA⊥AB，结合题意，可得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）（i）建立空间直角坐标系，设球心O（x，y，z），半径R，利用空间中两点的距离公式建立方程组，解方程组可得O点坐标和R，进而可得结论；（ii）利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值即可．【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．（2）（i）证明：由题意，AB，AD，AP两两垂直，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则B(2，0，0)，设球心O（x，y，z），半径R，则OP=ROB=R∴O（0，1，0），∴O∈平面ABCD．（ii）由（i）得AC→=(2设直线AC与直线PO所成角为θ，则cosθ=|cos【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查异面直角所成的角的余弦值，考查空间几何体的外接球的确定，是中档题．

考点卡片1．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=132．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=123．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=134．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．5．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．6．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．7．圆锥的体积【知识点的认识】圆锥的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆锥的高度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锥尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆锥的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的体积计算．8．圆台的体积【知识点的认识】圆台的体积计算依赖于底面圆的半径r1、顶面圆的半径r2和圆台的高度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台尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆台的体积计算：考查如何根据底面和顶面的半径以及高度计算圆台的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的体积计算．9．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﹣实际应用：如何根据实际问题中的球尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣球的体积计算：考查如何根据球的半径计算体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的体积计算．10．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的角：直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O