2026年高考数学复习新题速递之立体几何初步

第39页（共39页）2026年高考数学复习新题速递之立体几何初步一．选择题（共8小题）1．如图，这是一个五面体ABC﹣DEF，AD，BE，CF均垂直于底面ABC，且△ABC是边长为1的等边三角形．已知AD＝1，BE＝2，CF＝3．若平面α∥平面DEF，且α与平面DEF之间的距离为3510，α与五面体ABC﹣DEF相交，则平面α切割五面体ABC﹣A．71515 B．71532 C．72．在四面体A﹣BCD中，M为AD上一点且AMMD=12，P是BM的中点，在线段AC上存在一点Q，使得PQ∥平面A．1 B．2 C．3 D．43．空间中有一正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将点A，B1，C，D1依次连接，得到体积为3的三棱锥，则正方体的体积为（）A．122 B．24 C．66 D4．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为（）A．45 B．35 C．34 5．如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，再将容器倾斜，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB＝2，则该水平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为（）A．3 B．33 C．4 D．6．已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为9π，则圆锥的体积为（）A．12π B．18π C．24π D．30π7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥AC，PA＝AC＝BC＝2，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．8π B．10π C．12π D．16π8．已知a，b是空间两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的为（）A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥α，a⊥β，则α⊥β C．若α∩β＝a，γ∩β＝b，a∥b，则α∥γ D．若α⊥β，a⊂α，则a⊥β二．多选题（共4小题）（多选）9．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，2AB＝AA1＝2，M是BC的中点，N是线段CC1上的动点，则（）A．AM⊥CC1 B．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为36C．若AB1⊥MN，则CN=D．直线MN与AB1是异面直线（多选）10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下面说法正确的是（）A．A1C1∥平面ABCD B．AC1⊥BD C．平面A1BD⊥平面ABCD D．直线A1B与直线AD1所成角为60°（多选）11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（）A．ACB．AC1⊥DB C．向量B1C→与AD．BD1与AC所成角的余弦值为6（多选）12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，动点P在正方体表面A1B1C1D1上（不包括边界），则下列说法正确的是（）A．存在点P，使得CP∥面A1BD B．存在点P，使得AP⊥面A1BD C．若AP与CC1的夹角为π6，则点P的轨迹长度为2D．若M为面C1CDD1的中心，则AP+PM的最小值为2三．填空题（共4小题）13．已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，体积为56，则该正四棱台的外接球的表面积为．14．已知长方体的顶点都在球O表面上，长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为2，3，4，则球O的表面积是．15．如图所示正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，E是棱CC1的中点，则由D1，A，E三点确定的平面与正方体ABCD﹣A1B1C1D1相交所得截面图形的周长为．16．在三棱锥P﹣ABC中，PA＝BC＝25，PB＝AC=13，AB＝PC＝5，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是四．解答题（共4小题）17．已知底面半径为33，高为4的圆柱内有一个圆锥，圆锥的底面半径为圆柱底面半径的118．设地球的半径为R，在北纬45°圈上有A，B两点，它们的经度相差90°，求这两点间的纬线的长．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．（1）证明：EF∥平面PCD．（2）若PD⊥平面ABCD，∠ADC＝120°，且PD＝2AD＝4，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．20．如图，在圆柱OO1中，AB是底面圆O的直径，P为半圆弧AB上一点，AA1是圆柱的母线．已知AP=3，BP（1）求圆柱OO1的表面积；（2）求异面直线A1P与AB所成角的大小．

2026年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案BBDABACB二．多选题（共4小题）题号9101112答案ACDABDABACD一．选择题（共8小题）1．如图，这是一个五面体ABC﹣DEF，AD，BE，CF均垂直于底面ABC，且△ABC是边长为1的等边三角形．已知AD＝1，BE＝2，CF＝3．若平面α∥平面DEF，且α与平面DEF之间的距离为3510，α与五面体ABC﹣DEF相交，则平面α切割五面体ABC﹣A．71515 B．71532 C．7【考点】棱锥的结构特征；平面与平面平行．【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】过点A作平面APQ∥平面DEF，分别交BE，CF于点P，Q．由点A，B，C到平面DEF的距离分别为55，255，355，可知PB＝PE，QC＝2QF，设平面α与BE，AB，AC，CF的交点分别为M，G，H，N，由平面α到平面DEF的距离为3510及平面APQ∥【解答】解：由题意，易知DE=通过等体积法可知点A，B，C到平面DEF的距离分别为55过点A作平面APQ∥平面DEF，分别交BE，CF于点P，Q，则PB＝PE，QC＝2QF，因为平面α到平面DEF的距离为35所以平面α与直线BE的交点为线段PB的中点，记该点为M，记平面α与AB，AC，CF的交点分别为G，H，N，则平面α切割五面体ABC﹣DEF所得截面为MNHG，根据平面APQ∥平面α，可得GM∥AP，HN∥AQ，MN∥PQ，由三角形相似易知AH=14AC，AG=12AB，可得GH=A可得AH2+GH2＝AG2，即GH⊥AC，易证得GH⊥平面ACFD，因为HN⊂平面ACFD，所以GH⊥HN，GM=12AP=12DE=2通过平移截面MNHG至平面APQ，可知截面MNHG的面积为12故选：B．【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．2．在四面体A﹣BCD中，M为AD上一点且AMMD=12，P是BM的中点，在线段AC上存在一点Q，使得PQ∥平面A．1 B．2 C．3 D．4【考点】直线与平面平行．【专题】对应思想；定义法；立体几何；数学建模；运算求解．【答案】B【分析】取MD的中点O，连接OP，OQ，先根据线面平行的判定定理证明PO∥平面BCD，再根据面面平行的判定定理证明平面POQ∥平面BCD，再利用面面平行的性质定理证明OQ∥CD，在△ACD中，再利用平行线的性质即可得解．【解答】解：已知在四面体A﹣BCD中，M为AD上一点且AMMD=12，如图所示，取MD的中点O，连接OP，OQ．∵O为MD的中点，P是BM的中点，∴PO∥BD．又∵BD⊂平面BCD，PO⊄平面BCD，∴PO∥平面BCD，又∵PQ∥平面BCD，PQ∩PO＝P，PO，PQ⊂平面POQ，∴平面POQ∥平面BCD．又∵OQ，CD⊂平面ACD，平面POQ∩平面ACD＝OQ，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴OQ∥CD．∴在△ACD中，AQQC故选：B．【点评】本题考查线面平行相关知识，属于中档题．3．空间中有一正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将点A，B1，C，D1依次连接，得到体积为3的三棱锥，则正方体的体积为（）A．122 B．24 C．66 D【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】D【分析】利用正方体和锥体的体积公式即可求解．【解答】解：如图，由题意可得，三棱锥A﹣B1CD1的体积等于正方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积，即V设正方体的棱长为a，则有3=a3所以正方体体积为a3=33故选：D．【点评】本题主要考查求棱锥的体积，属于基础题．4．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为（）A．45 B．35 C．34 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解；新文化类．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线AB1与CD1所成角的余弦值．【解答】解：设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C（1，0，0），A（0，2，0），B1（0，1，2），D1（2，0，2），则CD→cos〈又异面直线所成角的范围为(0，故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为45故选：A．【点评】本题考查了异面直线夹角的向量求法，属于中档题．5．如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，再将容器倾斜，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB＝2，则该水平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为（）A．3 B．33 C．4 D．【考点】棱柱的结构特征．【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】根据已知及平面的基本性质确定水平面截正方体所得截面的形状，进而求其面积．【解答】解：根据题意，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD，AB，AA1与平面A1BD所成的角是相等的，则水平面平行于平面A1BD，又水平面恰好经过BB1的中点，则水平面截该正方体所得的截面是过棱的中点的正六边形，又由该正方体棱长为2，则截面正六边形的边长为2，如图，所以其面积S=6×故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，涉及直线与平面所成的角，属于基础题．6．已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为9π，则圆锥的体积为（）A．12π B．18π C．24π D．30π【考点】圆锥的体积．【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】根据球的表面积求出球的半径，结合圆锥的底面半径以及三角形相似可求得边长之间的关系，再利用勾股定理可得到圆锥的高，即可求得圆锥的体积．【解答】解：设A为圆锥顶点，BC为底面直径，H为底面中心，则圆锥内最大球的球心O在高AH上．设该球与母线AC相切于点D，如图所示：由三角形相似的判定得△AOD∽△ACH，则AOAC设该球的半径为R，由已知可得4πR2＝9π，解得R=则OD=OH=又CH＝3，代入AOAC=ODCH，得AC＝2在Rt△AHC中，有AC=即AH2+9=2AH故所求圆锥的体积V=故选：A．【点评】本题考查圆锥内切球体积的求法，考查数形结合思想及运算求解能力，是中档题．7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥AC，PA＝AC＝BC＝2，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．8π B．10π C．12π D．16π【考点】球的表面积．【专题】转化思想；构造法；球；逻辑思维．【答案】C【分析】将该三棱锥置于一个长方体中，利用体对角线PB即为外接球的直径，求出球的半径，由表面积公式求解即可．【解答】解：由题意，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥AC，故将该三棱锥置于一个长方体中，如图所示，则体对角线PB即为外接球的直径，又PA＝AC＝BC＝2，则PB=所以外接球的半径为R=3故三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝12π．故选：C．【点评】本题考查了三棱锥的外接球问题，球的表面积的求解，解题的关键是将该三棱锥置于一个长方体，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．8．已知a，b是空间两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的为（）A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥α，a⊥β，则α⊥β C．若α∩β＝a，γ∩β＝b，a∥b，则α∥γ D．若α⊥β，a⊂α，则a⊥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．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．【答案】B【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．【解答】解：若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b或a与b异面，所以A选项错误；若a∥α，则a必平行α内某条直线，又a⊥β，则该直线也垂直β，则α⊥β，所以B选项正确；若α∩β＝a，γ∩β＝b，a∥b，则α与γ可以成任意角，所以C选项错误；若α⊥β，a⊂α，则a与β可以成任意角，所以D选项错误．故选：B．【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．二．多选题（共4小题）（多选）9．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，2AB＝AA1＝2，M是BC的中点，N是线段CC1上的动点，则（）A．AM⊥CC1 B．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为36C．若AB1⊥MN，则CN=D．直线MN与AB1是异面直线【考点】棱柱的体积；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】ACD【分析】由正三棱柱的性质可判断A；由棱柱的体积公式可判断B；建立空间直角坐标系利用AB1→⋅MN→=0可判断C；设MN【解答】解：因为CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥AM，故A正确；根据题意可得正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V=AA取B1C1的中点D，连接MD，因为MC∥DC1，MC＝DC1，所以四边形MCC1D为平行四边形，所以MD∥CC1，因为CC1⊥平面ABC，所以MD⊥平面ABC，所以MD⊥MA，MD⊥MC，因为AB＝AC，M为BC中点，所以MA⊥BC，设CN＝m（0≤m≤2），以M为原点，建系如图：则M(0所以AB若AB1→所以CN=18因为MA→设MN→λ＝0，μ＝﹣1，m＝﹣2，与m∈[0，2]矛盾，所以MN→即MN与AB1是异面直线，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下面说法正确的是（）A．A1C1∥平面ABCD B．AC1⊥BD C．平面A1BD⊥平面ABCD D．直线A1B与直线AD1所成角为60°【考点】平面与平面垂直；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．【答案】ABD【分析】选项A，利用面面平行的性质可判断；选项B，先证BD⊥CC1，BD⊥AC，可得BD⊥平面ACC1，再由线面垂直的性质定理即可判断；选项C，采用反证法，取BD的中点为O，连接A1O，假设平面A1BD⊥平面ABCD，利用面面垂直的性质定理推出A1O⊥平面ABCD，与题意矛盾，从而作出判断；选项D，先证BC1∥AD1，从而知∠A1BC1或其补角即为所求，再利用△A1BC1是等边三角形，即可得解．【解答】解：对于A选项，由正方体的性质知，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴A1C1∥平面ABCD，故选项A正确；对于B选项，由正方体的性质知，CC1⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，由ABCD是正方形，得BD⊥AC，又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1，∴BD⊥平面ACC1，而AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，故选项B正确；对于C选项，取BD的中点为O，连接A1O，由正方体的对称性可得A1O⊥BD，若平面A1BD⊥平面ABCD，∵平面A1BD∩平面ABCD＝BD，A1O⊂平面A1BD，∴A1O⊥平面ABCD，而A1A⊥平面ABCD，∴A1O∥A1A，显然与题意矛盾，故选项C错误；对于D选项，连接BC1，A1C1，在正方体中，AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1，∴∠A1BC1或其补角即为直线A1B与直线AD1所成的角，由BC1＝A1C1＝A1B，得∠A1BC1＝60°，∴直线A1B与直线AD1所成角为60°，故选项D正确．故选：ABD．【点评】本题主要考查空间中线面的位置关系，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，面面平行与垂直的性质定理，以及异面直线所成角的求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．（多选）11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（）A．ACB．AC1⊥DB C．向量B1C→与AD．BD1与AC所成角的余弦值为6【考点】异面直线及其所成的角．【专题】数形结合；向量法；立体几何；运算求解．【答案】AB【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题分析，判断正误即可．【解答】解：对于A，AC1AC1→2=AB→2+AD→+AA1＝36+36+36+2×6×6×cos60°+2×6×6×cos60°+2×6×6×cos60°＝216，所以|AC1→|＝66，即AC1＝66，选项对于B，AC1→•BD→=（AB→=AB→•AD→+AD→2＝6×6×cos60°+36+6×6×cos60°﹣36﹣6×6×cos60°﹣6×6×cos60°＝0，所以AC1→⊥BD→，即AC1⊥DB对于C，向量B1C→与BB1→的夹角是180°所以向量B1C→与AA1对于D，由BD1→=得|BD1→=36+36+36+2×6×6×＝62，|AC→|=(ABBD1→•AC→=（AD→=AD→•AB→+AA1→＝18+18﹣36+36+18﹣18＝36，所以cos＜BD1→，AC故选：AB．【点评】本题考查了异面直线夹角的求法问题，也考查了利用空间向量处理异面直线的夹角问题，是中档题．（多选）12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，动点P在正方体表面A1B1C1D1上（不包括边界），则下列说法正确的是（）A．存在点P，使得CP∥面A1BD B．存在点P，使得AP⊥面A1BD C．若AP与CC1的夹角为π6，则点P的轨迹长度为2D．若M为面C1CDD1的中心，则AP+PM的最小值为2【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．【答案】ACD【分析】A项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明CF∥A1E即可得出结论；B项，求出面A1BD的法向量，计算出AP⊥面A1BD时点P的坐标，即可得出结论；C项，求出点P的轨迹，即可求出点P的轨迹长度；D项，作出AP+PM取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出AP+PM的最小值．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为4，动点P在正方体表面A1B1C1D1上（不包括边界），连接BD，设BD的中点为E，连接A1C1，B1D1，设两线段交点为F，连接A1E，CF，建立空间直角坐标系如下图所示，A（4，0，0），B（4，4，0），C（0，4，0），D（0，0，0），E（2，2，0），F（2，2，4），A1（4，0，4），B1（4，4，4），C1（0，4，4），D1（0，0，4），可得A1E→=（﹣2，2，﹣4），FC→=（﹣可得A1E→=FC所以CF∥A1E，因为CF⊄面A1BD，A1E⊂面A1BD，所以CF∥面A1BD，当点P在F（2，2，4）处时，CP∥面A1BD，所以存在点P，使得CP∥面A1BD，故A正确；B项，在面A1BD中，DA1→=（4，0，4），DB→=（设面A1BD的法向量为n→=（x1，y1，z可得n→⋅DA1→=0n可得n→=（﹣1，1，若AP⊥面A1BD，则AP1→=tn→=（﹣t，t，t），可得P（4﹣因为动点P在正方体表面A1B1C1D1上，所以t＝4，此时P＝（0，4，4）与C1重合，因为点P不在边界上，故不存在点P，使得AP⊥面A1BD，所以B错误；C项，因为AA1∥CC1，AP与CC1的夹角为π6所以AP与AA1所成的角为π6则∠A1AP=π由几何知识得，点P的轨迹是以点A1为圆心，A1P为半径的圆的四分之一（即P1在△AA1P中，AA1＝4，∠A1AP可得A1所以点P的轨迹长度为：14⋅2D项，M为面C1CDD1的中心，作点A关于平面A1B1C1D1的对称点A2，连接A2M，当AP+PM最小时，A2P＝AP，AA1＝A1A2＝4，当A2（4，0，8），M（0，2，2），所以AP+PM＝A2P+PM＝A2M=(4-0)2+(0-2)故选：ACD．【点评】本题考查用空间向量的性质的应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，体积为56，则该正四棱台的外接球的表面积为297π．【考点】球内接多面体；棱台的体积．【专题】方程思想；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】297π．【分析】根据棱台的体积公式求得上下底面的半径，结合球心到上下底面距离求得外接球的半径，应用球的表面积公式计算即可．【解答】解：如图所示，设球心为O，半径为R，棱台的高为h，由棱台的体积公式得：13×（4+64+16）h＝56，解得h＝因为边长为a的正方形的外接圆半径为r=22所以上底面A1B1C1D1的外接圆半径r1＝A1O1=22×下底面ABCD的外接圆半径r2＝A2O2=22×8＝若球心在两平面之间，设球心O到上底面的距离O1O＝d，则到下底面的距离为OO2＝2﹣d（d＜2），由球心到各顶点的距离相等得：R2＝A1O2=r12+d2＝2+d2＝AO2=r22+（2﹣d）2＝解得d=172若球心在两平面同侧，设球心O到上底面的距离O1O＝d，则到下底面的距离为OO2＝d﹣2（d＞2），由球心到各顶点的距离相等得：R2＝A1O2=r12+d2＝2+d2＝AO2=r22+（d﹣2）2＝解得d=172＞2，所以R2＝A1O2=r12+d所以该正四棱台的外接球的表面积为4π×2974=故答案为：297π．【点评】本题考查了正四棱台的外接球表面积计算问题，是基础题．14．已知长方体的顶点都在球O表面上，长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为2，3，4，则球O的表面积是29π．【考点】球内接多面体；球的表面积．【专题】整体思想；综合法；球；运算求解．【答案】29π．【分析】由长方体的外接球O的半径的求法，可得外接球0的半径，进而可得球O的表面积．【解答】解：设长方体的外接球O的半径为R，因为长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为2，3，4，可得2R=2所以4R2＝29，所以球O的表面积S＝4πR2＝29π．故答案为：29π．【点评】本题考查长方体的外接球的表面积的求法，属于基础题．15．如图所示正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，E是棱CC1的中点，则由D1，A，E三点确定的平面与正方体ABCD﹣A1B1C1D1相交所得截面图形的周长为322+【考点】平面的基本性质及推论．【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象．【答案】32【分析】根据平面的性质与公理找出截面，进行求解即可．【解答】解：根据题意，延长D1E，DC相交于点G，连接AG交BC于点F，连接EF，则四边形AFED1即为所求截面图形，如图，因为E为CC1的中点，易得EF∥AD，则F为BC的中点，则A1D1＝AA1＝C1D1＝AB＝1，又由E，F分别为CC1，CB中点，则C1所以ADD1同理AF=52所以要求截面图形的周长为AD故答案为：32【点评】本题考查平面的基本性质，涉及截面的分析和周长的计算，属于中档题．16．在三棱锥P﹣ABC中，PA＝BC＝25，PB＝AC=13，AB＝PC＝5，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是29π【考点】球的体积和表面积．【专题】转化思想；分割补形法；球；运算求解．【答案】29π．【分析】将三棱锥P﹣ABC放到长方体中，根据题意求得长方体的长，宽，高，而长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R，由此容易得解．【解答】解：将三棱锥P﹣ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线分别为25设长方体的长、宽、高为a、b、c，则a2+b而长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R，所以（2R）2＝a2+b2+c2＝29，所以三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝29π．故答案为：29π．【点评】本题考查三棱锥外接球的表面积计算，考查运算求解能力，属于中档题．四．解答题（共4小题）17．已知底面半径为33，高为4的圆柱内有一个圆锥，圆锥的底面半径为圆柱底面半径的1【考点】圆锥的侧面积和表面积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】21π．【分析】由题求得圆锥的底面半径以及高，进而求得母线长，即可求解结论．【解答】解：由题可得：圆锥的底面半径r=13×33=故圆锥的母线长l=2故圆锥的侧面积为：π×rl＝π×3×【点评】本题主要考查圆锥的侧面积，考查计算能力，属于基础题．18．设地球的半径为R，在北纬45°圈上有A，B两点，它们的经度相差90°，求这两点间的纬线的长．【考点】球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】24【分析】利用球中截面圆的性质，结合地球经纬度的定义即可得解．【解答】解：如图所示，连接AB，设地球球心为O，北纬45°圈中心为O1，则O1O⊥O1A，O1O⊥O1B．所以∠O1AO＝∠O1BO＝∠AOC＝45°．所以O1所以两点间的纬线的长为：π2【点评】本题考查球的几何性质，属基础题．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．（1）证明：EF∥平面PCD．（2）若PD⊥平面ABCD，∠ADC＝120°，且PD＝2AD＝4，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．【考点】直线与平面平行；空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】综合题；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）证明见解析；（2）435【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得EG∥AD，EG=12（2）由已知可得DF，DA，DP两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，然后利用空间向量求解即可．【解答】（1）证明：取PD的中点G，连接CG，EG，因为E，F分别为PA，BC的中点，所以EG∥又底面ABCD为菱形，所以CF∥所以EG∥CF，EG＝CF，所以四边形EGCF为平行四边形，所以EF∥CG，又CG⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF∥平面PCD．（2）解：连接BD，因为PD⊥平面ABCD，DF，DA⊂平面ABCD，所以PD⊥DF，PD⊥DA，因为四边形ABCD为菱形，∠ADC＝120°，所以△BCD为等边三角形，因为F为BC的中点，所以DF⊥BC，因为BC∥DA，所以DF⊥DA，所以DF，DA，DP两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，因为AD＝PD＝2，所以D(0则DE→设平面DEF的法向量m→则m→⋅DE→=y+2设直线AF与平面DEF所成的角为θ，则sinθ=|所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为435【点评】本题考查了线面平行的证明以及直线与平面所成的角的求解，属于中档题．20．如图，在圆柱OO1中，AB是底面圆O的直径，P为半圆弧AB上一点，AA1是圆柱的母线．已知AP=3，BP（1）求圆柱OO1的表面积；（2）求异面直线A1P与AB所成角的大小．【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】数形结合；转化法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．【答案】（1）8π；（2）arccos3【分析】（1）由已知求出圆柱的底面半径，再由圆柱的体积求高，进一步可得圆柱的表面积；（2）由题意知A1B1∥AB，则异面直线A1P与AB所成角即为∠PA1B1，再由已知求解三角形得答案．【解答】解：（1）在圆O中，由AP=3，BP=1∴圆柱的底面半径为r＝1，设圆柱的高为h，由π×12×h＝3π，得h＝AA1＝3．则圆柱OO1的表面积为2πr2+2πrh＝2π+6π＝8π；（2）由题意知A1B1∥AB，则异面直线A1P与AB所成角即为∠PA1B1，又A1在△PA1B1中，又A1B1＝AB＝2，B1∴cos∠PA1B1=(2则异面直线A1P与AB所成角的大小为arccos3【点评】本题考查圆柱体积与表面积公式的应用，训练了异面直线所成角的求法，考查运算求解能力，是基础题．

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、棱台的侧面积和表面积【知识点的认识】侧面积和全面积的定义：（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）5．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．棱台的体积【知识点的认识】棱台的体积可以通过两个平行底面的面积B1和B2以及高度h计算．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：两个底面的面积B1和B2可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱台的体积计算：考查如何根据两个底面面积和高度计算棱台的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱台体积计算．8．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．9．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．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．平面的基本性质及推论【知识点的认识】平面的基本性质及推论：1．公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，则这条直线上所有的点都在这个平面内．2．公理2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．①推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．②推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．③推论3：经过两条平