2025高考假期提升专项练习数学压轴训练15含答案及解析

2025年高考数学压轴训练15

一.选择题（共10小题）

1.（2024•利通区校级模拟）某礼品店销售的•装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌

入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为4,底面正三角形边长为6,球的体枳为

2.（2024•濮阳模拟）如图，将绘有函数/（x）=A/sinqx+0）（M幻部分图像的纸片沿x轴折成

直二面角，此时A,4之间的距离为后，则°=（）

6336

3.（2024•浦东新区校级模拟）如用，三棱柱A4C-ABC满足棱长都相等且AA_L平面ABC，。是棱CQ

的中点，石是棱M上的动点.设AE=x,随着x增大，平面皮花与底面A4C所成锐二面角的平面角是（

,41G

A.先增大再减小B.减小C.增大D.先减小再增大

4.（2024•日照模拟）如图，已知四面体ABC。的棱A8〃平面a,且4?=2,其余的棱长均为啦.四面

体人/38以A8所在的直线为轴旋转x弧度，且四面体A/3CO始终在水平放置的平面a的上方.如果将四

面体A8CD在平面a内正投影面积看成关于工的函数，记为S（x）,则函数S（x）的最小正周期与S（x）取得

最小值时平面ABC与平面a所成角分别为（）

5.（2024•榆林三模）已知正三棱锥尸-ABC的侧棱与底面边长的比值为G，则三棱锥尸-ABC的侧棱与

底面所成角的正弦值为（）

A.1B.拽C.是D.也

3384

6.（2024•广东模拟）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体

ABC/）-EFG"就是一个半正多面体，其中四边形ABC力和四边形EFG”均为正方形，其余八个面为等边

三角形，已知该多面体的所有棱长均为2,则平面与平面瓦匕〃之间的距离为（）

A.x/2B.指C.—D.—

22

7.（2024•辽宁二模）已知二面角口一/一/的平面角为。（0＜。＜]）,人€/8£/7,。€/,/）£/,人8，/,44与

平面厅所成角为二.记A4CD的面枳为加，ABC。的面积为邑，则工的取值范围为（）

3S2

A.[；[）B.[1；3）C.[y,V3）D.[y,D

8.（2024•临沂二模）已知正方体NBCO-ABCA中，M,N分别为CG，G。的中点，则（）

A.直线MN与4。所成角的金弦值为当

B.平面8W?v与平面3G2夹角的余弦值为噜

C.在3G上存在点Q,使得B|Q_L3〃

D.在修。上存在点夕，使得PA〃平面8WV

9.12024•河南模拟）如图是梭长均为2的柏拉图多面体。A4CDQ,已知该多面体为正八面体，四边形A8CD

为正方形，O、E分别为PQ、CQ的中点，则点A到平面OE8的距离为（）

1

C*a

A.V2B.2-4-

10.（2024•荆州区校级模拟）已知正四棱台上底面边长为1,下底面边长为2,体积为7,则正四楼台的侧

棱与底面所成角的正切值为（）

A.R.QC.D.

25

二.多选题（共5小题）

II.（2024•故城县校级模拟）如图，已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,母线长为2,AB,CD

分别为上、下底面的直径，AC,8。为圆台的母线，石为弧例的中点，则（）

A.圆台的侧面枳为67r

B.直线AC与下底面所成的角的大小为工

3

C.圆台的体积为6

D.异面直线AC和小所成的角的大小为巳

4

12.（2024•全国模拟）在棱长为2的正方体48。。-4g0以中，E,产分别为BC,C7）的中点，贝U（

）

A.与即是异面直线

B.存在点尸，使得人尸=2尸F,且8C//平面4尸与

c.4尸与平面片所所成角的余弦值为半

4

D.点B1到平面AE尸的距离为2

13.（2024•中山市校级模拟）四棱锥尸-A8CZ）的底面为正方形，与底面垂直，PA=2,AB=l.动

点M在线段PC上，则（）

A.不存在点“，使得ACJ.BM

B.MA+例/）的最小值为画

3

C.四棱锥尸-ABCZ）的外接球表面枳为6不

D.点M到直线/W的距离的最小值为逆

5

14.（2024•辽宁模拟）如图，圆锥SO的底面圆O的直径AC=4,母线长为2加,点B是圆。上异于A,

。的动点，则下列结论正确的是［）

s

A.SC与底面所成角为45。

B.圆锥SO的表面积为4&乃

C.NSAB的取值范围是（三二）

42

D.若点3为弧八C的中点，则二面角S-AC-O的平面角大小为45。

15.（2024•青羊区校级模拟）己知正三棱柱A3C-A4G的各棱长都为1,石为4?的中点，则（）

A.直线8c与直线其后为异面直线

B.8C"/平面

C.二面角A-EC-4的正弦值为骼

D.若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为必

3

三.填空题（共5小题）

16.（2024•南昌模拟）如图，在长方体ABCO-ABCA中，AD=AA,=\,AB=2,点E为AB的中点,

则点6到平面1EC的距离为一.

17.（2024•通州区模拟）如图，几何体是以正方形A4CO的一边4C所在直线为旋转轴，其余三边旋转90。

形成的面所围成的几何体，点G是圆弧。尸的中点，点“是圆弧AE上的动点，AB=2,给出下列四个结

论：

①不存在点〃，使得平面6。4〃平面CEG：

②存在点”，使得H/_L平面CEG；

③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于—；

3

④存在点小使得直线所与平面&G所成角的正弦值为与其中所有正确结论的序号是

18.（2024♦博白县模拟）如图，甲站在水库底面上的点。处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从。，C

到库底与水坝的交线的距离分别为=，CH=5m.又测得44的长为，CD的长为5遍〃?，

则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为

19.（2024♦洪山区校级模拟）如图，在宜三棱柱A8C-ABC中，A4,=3,8c=6,AB=AC=342,P

为线段A片上的一点，且二面角A-3C-0的正切值为3,则三棱锥A-AC/的外接球的体积为

4

A

20.（2024•长沙三模）如图所示，直角三角形AAC所在平面垂直于平面。，一条直角边AC在平面a内，

另一条直角边AC长为且且NB4C=2,若平面a上存在点夕，使得△48的面积为且，则线段CQ长

363

度的最小值为.

四.解答题（共5小题）

21.（2024•王益区校级模拟）如图，在四棱锥夕一4十刀中，PD_L平面A4CO,PD=CD=2,AD=Af3=\,

AB1DA,八点M是棱PC的中点.

（I）求证：3//平面/<4〃；

（2）求平面与平面用山所成锐二面角的余弦值.

22.（2024•天心区校级模拟）如图，圆柱的轴截面A3CD是正方形，点E在底面圆周上，AFVDE,F为

垂足.

（I）求证:AFA.DB.

（2）当直线Q£与平面画所成角的正切值为2时.

①求平面及七与平面ZX方夹角的余弦值;

②求点B到平面CDE的距离.

23.（2024•东莞市校级三模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4,BC=2,沿AC将AADC折起，使点

。到达点P的位置，点P在平面ABC的射影H落在边上.

（1）求A”的长度;

（2）若M是边PC上的一个动点，是否存在点M,使得平面AA组与平面。3c的夹角余弦值为立？若

4

说明理由.

24.（2024•西城区模拟）如图，在三棱柱A8C-A与G中，侧面AACG为正方形，ABVAC,AB=AC=2,

。为3C的中点.

（1）求证：A。//平面ABQ；

（II）若4CJ.AB,求二面角Q-Ag-A的余弦值.

25.（2024•开州区校级模拟）如图，在四棱锥。-八4C/）中，四边形八8C。是菱形，平面/WC7），平面皿>,

点用在/»上，且DM=2MP,AL）=AP,Z/<4D=I2O°.

（1）求证：8。_L平面ACM；

（2）若NADC=60°,求平面ACM与平面犯尸夹角的余弦值.

2025年高考数学压轴训练15

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.（2024•利通区校级模拟）某礼品店销售的一装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌

入正三棱柱内一部分且与上底面三条楂均相切，正三棱柱的高为4,底面正三角形边长为6,球的体积为

必万，则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为（）

3

【答案】C

【考点】点、线、面间的距离计算

【专题】转化思想：综合法；立体几何：逻辑推理；数学运算

【分析】设球的半径为R,由球的体积求出R,求出正三棱柱底面正三角形的内切圆半径「，设球心为O,

正三角形的内切圆圆心为取用G的中点M,并将这三点顺次连接，由球的几何性质求出OO1,即可

得到答案.

【解答】解：设球的半径为R,三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为，

因为球的体积为必乃，则±"内=%乃，解得R=2,

因为正三棱柱的高为4,底面正三角形边长为6,

所以底面正三角形的内切圆半径为r=3x6x」=G，正三棱柱的高为4,

23

设球心为o»正三角形的内切圆圆心为a,

取3cl的中点M,并将这三点顺次连接,

则由球的几何知识可得△OQM为直角三角形,

所以oq=收一尸=飞2s'I,

于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为2+1+4=7.

【点评】本题考查了空间中点到平面的距离问题，球的体积公式的应用，球的几何性质的应用，正棱柱几

何性质的应用，考杳了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题.

2.（2024•濮阳模拟）如图，将绘有函数/（工）="§皿工”+0）（时＞0,0＜0＜；7）部分图像的纸片沿.1轴折成

3

直二面角，此时A,8之间的距离为后，则°=（）

6336

【答案】D

【考点】正弦函数的图象；几何法求解二面角及两平面的夹角

【专•题】转化思想；转化法；数学运算；立体几何

【分析】根据三角函数图象的性质结合函数图象求解即可.

【解答】解：如图，因为/*）的周期为T=至=6,

71

3

所以CQ=Z=3,

2

解得例=J5,

所以f(x)=>/3sin(—x+<p)t

3

所以/(0)=sin°=等，

1

sin^=—,

因为O<*〈乃，

所以9.或著，

又因为函数/⑴在），轴右侧附近单调递减,

所以°

故选：D.

【点评】木题考查三角函数图象应用，考查二面角的计算，属于中档题.

3.（2024•浦东新区校级模拟）如图，三棱柱ABC-AgG满足棱长都相等且eJL平面A8C,。是棱CG

的中点，E是棱上的动点.设AE=x,随着x增大，平面皮汨与底面A8C所成锐二面角的平面角是（

A.先增大再减小B.减小C.增大D.先减小再增大

【考点】MJ：二面角的平面角及求法

【专题】11：计算题；31：数形结合；41：向量法；5G：空间角；63：数学建模

【分析】以A为原点，在平面A8C中过A作AC的垂线为工轴，AC为），轴，M为？轴，建立空间直角

坐标系，利用向量法能求出平面与底面4BC所成锐二面角的平面角随着x增大而增大.

【解答】解：以4为原点，在平面48c中过4作AC的垂线为光轴，AC为），轴，A4,为z轴，建立空间

直角坐标系，

设止三棱柱人BC-中所在校长都是2,

则8(6，1,0),0(0,2,1),E(0,0,x),

BD=J61,1),BE=(-X/5,-1,x),

设平面8。石的法向量〃=（〃，b,c）,

则卜.如-管+"c=。，取口,得〃=（］,且空,吗，

n»BE=-yJ3u-b+AC=0x+lx+1

平面A4c的法向量用=（0,0,1）,

设平面也把与底面A8C所成锐二面角的平面角为。，

25/3

||__________丫+1________________近________+

2

一""〃「卜回泠、（奢-"钟-2+6-屁商福

.•.COS0随着X增大而先增大后减小，

」.0随着X增大而先减小后增大.

故选：D.

【点评】本题考查二面角的平面角的变化趋势的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础

知识，考查运尊求解能力，考杳数形结合思想，是中档题.

4.(2024•口照模拟)如图，已知四面体ABCD的棱A8//平面。，且AB=2,其余的校长均为血.四面

体八以A5所在的直线为轴旋转x弧度，且四面体八8c。始终在水平放置的平面a的上方.如果将四

面体A8CO在平面a内正投影面积看成关于工的函数，记为S(x),则函数S。)的最小正周期与5。)取得

最小值时平面A3C与平面a所成角分别为()

【答案】D

【考点】直线与平面所成的角

【专题】转化法：转化思想：数学运算：立体几何

【分析】根据对称性得出S*)的周期；取中点石，可得CELDE,E到8的距离为无，且直线£>C

2

与平面ABC所成的角为:，AB_LiHC£>E,面面ABC,设CD在平面户的投影为MN,可得

MN±AB,讨论一个周期内的情形，当xe[0,2]时，S(x)=sin(x+,则S(x)哂=l；当xej1,

0)时，S(x)」A3-MM.巫，求出SC%,及此时ZX?与a的关系，即可求出此时平面A3C与平面。所成

“““

角.

【解答】解：设过且平行于平面a的平面为力，

由邈意知，四面体A/3C。在平面〃的上方时和下方时完全对称，故函数S(x)的周期为江，

取中点石，连接CE、DE,如图，

AB=2,AC=BC=6,AB2=AC2+BC2,AC±BC,

•.4^=2,AD=BD=y/2,AB2=AD2+BD1,:.ADA.BD,

则CE=OE=1,而CO=&,故CE?+DE?=CD\CE1DE.

.•.E到CQ的距离为正.

2

又DEA.AB,AB（｝CE=E,AB,CEu平面/WC,

.•.DE_L平面ABC,

则NDCE为直线DC与平面A3C所成的角，又/DCE=J

4

有线女与平面AM所成的角为三.

4

♦AD=BD,AC=BC,E为AB中点，

:.AB±CE,AB工DE,又DE（］CE=E,DE,CE在平面内，则43_1_面。。后,

又OEu面CDE,则A3_LOE,

-CE±DE,ABIDE,CE［）AB=E,CE,AB在平面内，则DEL面A6C,

又OEu面ABD,则面ABQJL而ABC,

设CD在平面分的投影为MN,可得MNJ.AB,

下面讨论一个周期内的情形：

S(x)=gM*=gx2x(cosx+sinx)=\/5sin(.r+?),

门£[0百，工+鼻弓,等，

2444

贝在骸n(*+3I,

24

故S@“”=l，

当xw[-],0)时，如图，

D

.•E到CD的距离为二，MM.、一,当CO_La时等号成立,

22

S（x）——AB,MN..—x2x,即S{x）■————,

综上所述，S（x）*=与，

此时CO_La,又直线/X:与平面ABC所成的角为巴，

4

/.平面a与平面A3C所成的角为巴.

4

故选：D.

【点评】本题考查立体几何的综合应用，属于难题.

5.（2024•榆林三模）已知正三楂锥尸-ABC的侧楂与底面边长的比值为G，则三棱锥P-ABC的侧棱与

底面所成角的正弦值为（）

A.1B,巫D-日

33

【答案】B

【考点】几何法求解直线与平面所成的角

【专题】转化思想：转化法；立体几何；数学运算

【分析】根据三棱锥尸-ABC的棱与底面所成角为44",即可求解.

【解答】解：如图，AA8C为等边三角形，。为8c中点，/¥/_!_面A8C,

设人〃=〃（4>0）,则总=石〃，AD=—a,AH=-AD,

23

所以AH=—a,PH=^^-a,

33

则三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成角为,

2限

则S2叱绊书考

故选：B.

p

【点评】本题考查线面角的求法，属于中档题.

6.（2024•广东模拟）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体

就是一个半正多面体，其中四边形A48和四边形均为正方形，其余八个面为等边

三角形，已知该多面体的所有棱长均为2,则平面A8CO与平面EFG”之间的距离为（）

A.x/2B.</8C.—D.—

22

【答案】B

【考点】空间中两平行平面间的距离及平行于平面的直线到平面的距离

【专题】计算题；数学运算；转化思想；空间位置关系与距离；综合法

【分析】分别取4C,AO的中点M,N,作出截面EGMN,结合几何体的性质，确定梯形KGMV的高

即为平面与平面瓦6〃之间的距离，由此即可求得答案.

【解答】解：分别取BC,4）的中点N,连接MN,MG,NE,EG,

根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN为等腰梯形;

根据题意可知BC工MN,I3C_LMG,

而=MN,MGu平面EGMN,

故8C_L平面石GMN,又BCu平面ABCD，

故平面ABCDJ_平面EGMN,则平面EFGH±平面EGMN,

作MSJLEG,垂足为S,平面平面EGMN=EG,

MSu平面EGMN,故MS_L平面EFG”,

则梯形EGMN的高即为平面43CZ）与平面EFGH之间的距离;

MG=2xB;瓜SG；叵2=&_、,

22

故MS-JMG2_SG2_J3_（75_I）2-后方一森，

即平面488与平面EFGH之间的距离为册.

故选：B.

【点评】本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形EGMN

的高即为平面A5C。与平面瓦GH之间的距离，即可求得答案，属中档题.

7.（2024•辽宁二模）已知二面角。一/一〃的平面角为。（（）＜9＜9）,/4©。,466,。€/,。€/,4?_1/,4?与

平面夕所成角为三.记八4仪＞的面枳为ABCD的面积为S2,则工的取值范围为（）

3S2

A」」）B.[1,73）C.向D.博,1）

2222

【答案】C

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角

【专题】对应思想；数学运算；综合法；立体几何

【分析】作出二面角的平面角以及AA与平面/所成角，并表示出NK4£=，-e,结合三片形面积公式

以及正弦定理表示出昱=丝=3——!—,结合。范围确定sinNAAE范围，即可求得答案.

S2BE2sinZBAE

【解答】解：作AK_LC。，垂足为E,连接M,

ABJU,BPABLCD,AE(}AB=A,AE,ABu平面

平面4*,/汨u平面

CDA.BE,又CDuB,故平面A£4_L/7,平面尸=3£,

.•.BE为AA在月内的射影，则NA班为44与平面夕所成角，即44〃石=^,

•.AELCD,CD1BE,

.•.ZAER为二面角。-/一月的平面角，即4£B=e(0<e<g,

5^AExCDAE

52-BExCD配

2

在A48E中，由正弦定理有：

AEBEAB

sinAABE~sinZBAE~sinZAEB，

AEsinNABE61

BE~sinZBAE-TsinZBAE'

/.ZBAE=7r---0=--0,又Ov夕<至，

332

/.ZfiAFe(-,—),AsinZ^AEe(-,ll，又ZABE二巴,

6323

.殁:也幺些M'£也,.,即M［与&.

BEsinZBAE2sinZBAE2S22

故选：C.

【点评】本题考查了二面角的平面角及线面角的作法，然后将三角形面积比转化为边之比来解决问题，属

于中档题.

8.(2024•临沂二模)已知正方体48co-AgGA中，M,N分别为Cg，G。的中点，则()

A.直线用N与4。所成角的余弦值为当

B.平面8MV与平面8GR夹角的余弦值为噜

C.在8C1上存在点Q,使得B|Q_LBA

D.在用力上存在点尸，使得B4//平面8MN

【答案】C

【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角

【专题】数形结合；向量法；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算

【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1,由空间向量计算异面直线所成角，

二面角和线线垂直可判断4,B,C；由N,M,B,A四点共面，而4G平面可判断。.

【解答】解：以。为坐标原点，DA,DC,。。所在直线分别为尤，)，，z轴，建立如图所示的空间直角

坐标系，

设正方体的棱长为1,

则A(l,0,0),0(0,0,0),3(1,1,0),C(0,1,0),A(l,0,I),R(0,0,1),Z?,(l,1,1),

q(0,1,1),M(O.l,g),N(o£),

对于A,因为MN=(0,-g,0),AC=(-1J-1),

所以直线MN与AC所成角的余弦值为|cos<MMAC>l=%"Cl=」一=@，故A错误；

MIIACI1XX/33

2

对于8,因为MN=(O,-LO),BM=(-1,0,3，

22

设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则n±MN*〃【BM,

n.MN=~y=0

所以，[,令x=l,可得y=0,z=2»所以〃=(1,0,2),

n♦BM=—x+—z=0

2

因为CQ=(0,T,0),BC,=(-1,0J),

设平面BCQ的法向量为小=(%,y,ZI),则〃?_LCQ,m_LBC；,

所以<〃C""°，令4]=i,可得)|=o,.=1,所以,〃=(1,0,1),

n•BC、=-X]+Z]=0

平面BMN与平面BCR夹角的余弦值为：

Im-n|1+23x/10M处,旦

Icos<m,n>|=------=—f=——f=-----,故A错误；

|〃?卜|〃|x/5xV210

对于C，因为Q在3a上，设Q(.”,1,z0),所以GQ=/IG8,。屋I1,

则GQ=g，O，ZoT)，G8=(l,O,T),所以%=4，4=->+1,

所以QQ,1,一/l+l),B.Q=u-1,0,-2),BD1=(-1,-1,1),

所以用Q=1-4-2=0,解得：2=：.

故8G上存在点Q(；』,g),使得4QJ.8R,故C正确；

对于。，因为MN//DC//AB,所以N,M,B,A四点共面,

而Aw平面8VW,所以耳。上不存在点使得R4//平面BMV,故。错误.

故选：C.

【点评】本题考查空间中点、直线、平面的位置关系与空间角的求法，属于中档题.

9/2024•河南模拟）如图是楂长均为2的柏拉图多面体PABCDQ,已知该多面体为正八面体，四边形ABCD

为正方形，O、E分别为PQ、CQ的中点，则点A到平面OE8的距离为（）

P

1

C*a

A.V2B.2-4-

【考点】空间中点到平面的距离

【专•题】数学运算；等体积法；空间位置关系与距离；转化思想

【分析】由三棱锥等体积法，可得%_88=匕.38,运算得解.

【辞答】解：连接AO,AE,

p

由已知得。的中位线，所以OE=1,

又所为正三角形。仪2的中线，所以EB=g,又04=血，

所以E序=O序+O炉，所以为直角三角形，

所以又°EB=g0E.0B=当，

因为QE=CE,所以石到平面A08的距离为g0Q=g加―（后=#，

设A到平面OE8的距离为“，

因为匕-回=电。18»所以!SAQ班"二?.〃•4，

所以也M=.也，所以4=1.

222

故选：B.

【点评】本题考杳利用等体枳法求点到平面的距离，属中档题.

10.（2024•荆州区校级模拟）已知正四棱台上底面边长为1,下底面边长为2,休积为7,则正四棱台的侧

棱与底面所成角的正切值为（）

A.—B.V2C.—D.3上

25

【答案】D

【考点】几何法求解直线与平面所成的角

【专题】立体几何；数学运算；转化法：转化思想

【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.

【解答】解：如图所示，作A"J_AC于点M,

则S=」(12+22+J12X22)XAM=7,即A"=3,

...4C-AG2>/5-04i

222

则tan幺AM=则=3夜，

AMV2

2

由正四棱台的侧棱与底面所成角即为AA与底面48CD所成角,

设其为6,则e=即tan0=tan/AAM=3夜，

故选：D.

【点评】本题考查楼台的体积公式以及线面角的计算，属于中档题.

二.多选题（共5小题）

11.（2024•故城县校级模拟）如图，已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,母线长为2,AB,CD

AC,或＞为圆台的母线，石为弧4?的中点，则（）

A.圆台的侧面枳为6乃

B.直线AC与下底面所成的角的大小为三

3

C.圆台的体积为6

D.异面直线AC和。£•所成的角的大小为工

4

【答案】ABD

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；旋转体（圆柱、圆锥、

圆台）的体积；棱柱、楂锥、棱台的侧面积和表面积

【专题】空间位置关系与距离；逻辑推理；转化思想；数学运算；综合法

【分析】由圆台的侧面积公式以及体积公式可判断4C;由线面角的定义可判断8：由异面直线所成角的

定义可判断。.

【解答】解：由题意可得上底面半径为彳=1,下底面圆半径为弓=2,母线/=2,

则同台的侧面积为S=万(4+弓)・/=4(1+2)乂2=6乃，故A正确；

作圆台的轴截面如图所示，作DNA.AB,

则直线4c与下底面所成角为NC48,且CD=MV=2,

则AM=3N=1,且AC=2,

则cosNC48=aH=',.•.NC4B=X，故8正确；

AC23

.,上底面圆的面积S=乃X=乃，S2-Tvr^-,圆台的高力=CM=J2?=G,

则同台的体积为V=-(St+S2+y)S}-S2)h=-(^+4>r+V^-4^)x5/3=^^-TC,故C错误;

333

E

取AB中点O,连接OQ,OE,DE,由七为弧AB的中点，可得OE_LA3,

过点。，作DH上AB,连接E4,

则O”」OA=1,且04=8=2,OA//CD,

2

则四边形4XQ为平行四边形，.•/(?//(〃)，

二异面直线AC和DE所成角/ODE即为OD与DE所成角,

，.DH=h=6EH=>JOE2+OH2=722+12=45,

DE=yjDH2+EH1=73+5=2及，

在AODE中，OD=DE=2,DE=2后,

.•.AODE为直角三角形，则NOQE=工，故。正确.

故选：ABD.

【点评】本题考查圆台侧面积、体积、线面角定义、异面直线所成角定义等基础知识，考查运算求解能力,

是中等题.

12.(2024•全国模拟)在棱长为2的正方体A3CO-A4CQ中，E,尸分别为8C,CD的中点，则(

)

A.BQ1与E尸是异面直线

B.存在点尸，使得％P=2尸产，且4c〃平面APg

C.A尸与平面片£8所成角佗余弦值为半

4

D.点4到平面AE尸的距离为g

【答案】BC

【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角

【专题】转化思想；数学运算；空间向量及应用；综合法

【分析】建立空间直角坐标系，通过向量的关系逐项判断各个选项.

【解答】解：A选项，以A为坐标原点，AB,AD,A4,所在直线分别为-)，，z轴，

建立空间直角坐标系，4(2,0,2),D,(0,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),

A[0,0,2),8(2,0,0),C(2,2,0),

则BQ=(—220),EF=(-1,1,0),由于故BQ与EF平行,A错误;

x=2-2x

8选项，设P(.r,)，，z),因为40=2P产，所以(工，)，，z-2)=2(l-x,2-y,-z),即nFAZ)，，

2-2=-2z

解得x="|,y=。，z=-|»故

333333

242242

"J——0,,m-AP=(a,b,c)(—,—,—)=—a+—b+—c=0

设平面APS的法向量为机=3Mc),则333333,

m-AB1=(a,b,c)-(2,0,2)=2a+2c=0

令。=1,则力=0,c=-l,则加=(1,0,-1),因为BC•而=(0,2,0)(1,0,-1)=0,故8C_L〃？，

3C//平面AP瓦，故存在点尸，使得A尸=2P尸，且4C//平面APS，8正确;

。选项，平面用防的法向量为〃=（1,0,0）,

故A尸与平面B.EB所成角的正弦值为以尸川=1（12-2）.。,0,0）|」

IA用J1+4+43

则4/与平面耳E8所成角的余弦值为,C正确;

四•AE=(芭,X,Z])•(2,1,-2)=21+y-2Z]=0个

。选项,设平面4所的法向量为%=（不如马）,则・

n}-EF=(xpy1,z,)(-l,l,0)=-A-)+>*=0

33

X)=1,则y=l,4=耳，故〃]=(1,]巧)，

IA4|」(2,0,0).(1[，|)1_4而

则点用到平面AM的距离为。错误.

F二下TF

故选：BC.

【点评】本题考查空间向量的应用，考查点到面的距离,考查线面的位置关系，属于中档题.

13.（2024•中山市校级模拟）四棱锥0-ABC/）的底面为正方形，必与底面垂直，PA=2,AI3=\,动

点M在线段PC上，则（）

A.不存在点M,使得AC_L3M

B."8+皿的最小值为当

C.四棱锥P-ABC/）的外接球表面积为6乃

D.点M到直线期的距离的最小值为出

5

【答案】BCD

【考点】点、线、面间的距离计算；球的体枳和表面积

【专题】整体思想；数学运算；计算题；空间位置关系与距离；综合法

【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断A选项，根据平面知识两点间距离最短，把几何图形

展开成平面图形可判断8选项，易知四棱锥尸-ABC。的外接球的直径为PC可判断C选项，把点线距转

化为线线距，由线面平行的判定定理，把线线距转化为点面距可判断D选项.

【解答】解：对于4：连接40,且如图所示，当用在PC中点时，

因为点O为AC的中点，所以OM〃24,因为B4JL平面ABC。，

所以OW_L平面488,又因为ACu平面ABC。，所以。M_LAC,

因为ABCD为正方形，所以AC_L30.

又因为BO「|OM=O,且双），OMu平面5DW,所以AC_L平面皿加，

因为BWu平面8DM,所以AC_L8W,所以A错误；

对于8：将ATOC和APC£）所在的平面沿着夕。展开在一个平面上，如图所示,

则MB+MD的最小值为如，直角A/ZC斜边尸C上高为D誓，即翅，直角APCD斜边PC上高也为

任6

上卢，所以M3+MD的最小值为画，所以8正确;

V63

对于C：易知四棱锥P-A4C/）的外接球直径为PC,半径叫也1万E邛,表面积

S=4TTR'=64，所以C正确:

对于D：点、M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，

因为A8//8,且/W0平面PCD,COu平面PCD,所以A5〃平面PCD,

所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作A尸JL灯）,

因为Q4_L平面A8CD,所以Q4_L8,乂AO_LC£),且尸4。4。=4,

故C£>_L平面24。，A/u平面%£>,所以Ab_LCD,因为尸/不|。。=£>,

且PD,COu平面尸CO,所以A/J_平面尸CO,所以点A到平面尸CD的距离,

即为"的长，如图所示，

在RIAPAD中，|PA|=2,|AO|=1,可得|PO|=逐，

所以由等面积得|从?|=述，即直线到平面尸C。的距离等于冬叵，所以。正确.

55

故选：BCD.

【点评】本题主要考查球的表面枳和点，线，面的距离，属于中档题.

14.（2024•辽宁模拟）如图，圆锥SO的底面圆O的直径AC=4,母线长为2点，点3是圆。上异于A,

C的动点，则下列结论正确的是（）

A.SC与底面所成角为45。

B.圆锥SO的表面积为4夜开

C.NSA8的取值范围是（2,2）

42

D.若点4为弧AC的中点，则二面角S-BC-O的平面角大小为45。

【答案】AC

【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体枳；二面角的平面角及求法

【专题】数学运算；综合法；立体几何；数形结合

【分析】由线面角定义，可得NSCO即为SC与底面所成角，求其大小即可判定A；由圆锥的表面积公式

即可判断8；求出NAS3的范围，再利用2Na3+N4S3=/r,求范围即可判断C；取8c的中点。，证得

BCL面SOD,则NSDO为二面角S—4C—O的平面角，求解可判断D.

【解答】解：如图，在RIASOC中，SC=ylS0'+0C，=2夜,半径r=OC=2,