2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）

2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）

一.选择题（共8小题）

I.（2024•河南模拟）在正方体/1BCO-4用CiDi中，若用C「BCi=O,P,Q分别为AC,DOi的中点,

则直线PQ与AO所成角的大小为（）

nnnn

A.-B.-C.一D.-

6432

2.（2024•河南模拟）在半径为R的球内作内接于球的圆柱，则圆柱体积取得最大值时，圆柱的高为（）

2\[31073

A.RB.—RC.V3/?D.------R

39

3.（2024秋•靖远县月考）如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为EFGH,已知为£=

1

-

4为了将容器中的水倒出，以BC为釉向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好•能从

容器中倒出时，水面距离桌面的高度为（）

9^5

C.?D*—

4.（2024•郸都区校级模拟）如图，A（74b是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分

别与/轴和），轴平行），O'B'=2O'D'=6,O,C=8,则△O4B的面积为（)

A.8V2B.12V2C.24D.48

5.（2024•鼓楼区校级模拟）设a,0是两个平面，〃?，〃是两条直线，则下列命题为真命题的是（

A.若wua,〃u0,加_1_〃，则。_10

B.若加〃a,aAP=rj,则加〃〃

C.若加ua,〃ua,”〃0,则a〃0

D.若mJ_〃，〃zJ_a,则〃〃a

6.（2024•王益区校级模拟）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10,该圆台的侧面积为

100n,则该圆台的体积为（）

A.18411B.208-1C.224nD.248n

7.（2024•邵东市校级模拟）我国南北朝时期的数学家祖咂提出了一个原理“鼎势既同，则积不容异”，即

夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面

积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖咽原理的条件，若该圆锥的

侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（）

8.（2024秋•大庆月考）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线长为七一,则圆台的体积为（）

26辰26V37123遍7123遍T7

A.----------B.----------C.----------D.----------

9393

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2024•南昌开学）尸。是正四棱锥P-ABC。的高，E是线段PO上一点（不含端点），过点E

任作一个平面a，平面a与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为O,下列4个命题中，正确的是（）

A.。可以是三、四、五边形

B.当以〃平面a时，存在一点E,使得。是正五边形

C.当以与平面a相交时，平面。与平面布。和平面%3的交线分别为小，小则加，/?,以三条直

线相交于一点

D.“附〃平面a”是“平面E4C_L平面a”的充分不必要条件

（多选）10.（2024•福州开学）已知正方体"CO-A向。9的极长为1,下列四个结论中正确的是（）

A.BCi〃平面ACQi

B.直线8。与直线AD为异面直线

C.直线8。与直线AD所成的角为90°

D.以力，平面ACQi

（多选）II.（2024•福建开学）如图，在棱长为2的正方体ABCO-AIBICIOI中，E、F、G、M、N均为

所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（）

A.P在BC中点时，平面尸后尸，平面GMN

B.异面直线EF、GN所成角的余弦值为:

4

C.E、F、G、M、N在同一个球面上

D.A^P=tA^A+则P点轨迹长度为第

（多选）12.（2023秋•深圳校级月考）如图，在四面体P-ABC中，AB=BC=272,BA工BC,PA=PB

=PC=4,。为AC的中点，点M是棱8c的中点，则（）

A.尸。_L平面4BC

B.PM=V14

C.四面体P・ABC的体积为8百

V7

D.异面直线PM与AB所成角的余弦值为当

三.填空题（共4小题）

13.（2024•松江区校级开学）正方体A8CO-AIBICIQI的棱长为2,。为棱CC1的中点，△BPQ1以801

为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是.

18.（2024秋•濮阳月考）如图，四棱锥P-A8CQ的底面为平行四边形，且AP=CP,BP=DP.

（1）仅用无刻度直尺作出四棱锥P-A8CZ）的高产”，写出作图过程并证明；

（2）若平面以4J_平面PC。，平面以3_L平面夕6C,证明：四边形A4co是菱形.

19.（2024春♦宛城区校级月考）在如图所示的四棱锥P-ABC。中，已知%J_平面/WCD,AD//BC,Z

BAO=90°,PA=AB=BC=\,40=2,E为PZ）的中点.

（1）求证：CE〃平面以8

20.（2024春•南通期末）如图，在四棱锥尸-/WCQ中，底面ABC。是菱形，B4_L平面ABCQ,E,尸分

别是棱8C,AP的中点.

（1）证明：PC_L8O：

（2）证明："〃平面PCD.

P

2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

I.（2024•河南模拟）在正方体力BCD-AiBiCiDi中，若81c「BCi=O,P,Q分别为AC,的中点,

则直线PQ与AO所成角的大小为（）

71Tt71n

A.-B.-C.-D.一

6432

【考点】异面直线及其所成的角.

【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算.

【答案】D

[分析】利用PQ〃BD\,将直线PQ与AO所成.角转化成相交直线BDi与AO所成的角，通过计算证明

NBAO=/AD1B,推理得到小即得.

【解答】解:如图，连接BOi,ADi,

由已知得，PQ//BD\,

则直线PQ与AO所成的角即为直线BD\与AO所成的角，

由A8〃AI8I〃DiCi,AB=A]B\=D\C\,

可得四边形ABC\D\为平行四边形，则BDi与AO相交，

在和RtaOiAB中，由九/840=提=导，t即=舐=孝"即力。/=器=孝

所以t<inZBA（）=tanZAD\B,

所以N8AO=NAOi8,

所以NBA。+/AB%=LAD,B+Z-ABDr=*

所以人OJ_8Oi,

即直线PQ与AO所成角的大小为，

故选：D.

【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，属于中档题.

2.（2024•河南模拟）在半径为R的球内作内接于球的圆柱，则圆柱体积取得最大值时，圆柱的高为（)

2y/31073

A.RB.—RC.V3/?D.----R

39

【考点】圆柱的体枳.

【专题】转化思想：综合法；空间位置关系与距离：数学运算.

【答案】B

【分析】设出球的内接圆柱的高，再表示出圆柱底面圆半径，列出圆柱体积的函数关系，借助导数求解

作答.

【解答】解：设内接圆柱的高为人底面半径为小则r2+（=R2,所以r2=R2—《，

则圆柱体积兀（/?2一（）九=7r（〃2九—《），

令Y'=7r（R2一驾）=0,得〃=孕对

当力6（0,华幻时，9（/?）>0,V（/?）单调递增，

当力E（竽R,2R）时，V,（力）>0,V（/I）单调递减，

故当/=卒/?时，丫取得最大值.

故选：B.

【点评】本题考查内接圆柱的体积，考查导数的应用，属于中档题.

3.（2024秋•靖远县月考）如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为EFG”，已知力道=

\AAX=1.为了将容器中的水倒出，以4c为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从

容器中倒出时，水面距离桌面的高度为（）

6面9V5

C.一D.——

55

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算.

【答案】B

【分析】由正方体的结构特征，结合棱柱的体枳公式及未盛水的部分体积不变列方程，求解可得答案.

【解答】解:如图,平面4ADD]与水面的夹角为N4M8],

则平面B\BCC\与水平桌面的夹角为NAMBi.

由题意可得三棱柱A\B\M-D\CiN的体积为4X4X1=16,

所以工4M•力出1•=16,解得41M=2,

2

所以sizi/41MBi=分机=4

水面距离桌面的高度为。Bis由4=等.

故选：B.

【点评】本题考查了正方体的结构特征与棱柱的体积计算问题，是基础题.

4.（2024•郸都区校级模拟）如图，是水平放置的△044用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分

别与』轴和），轴平行），O'B'=2O'D'=6,O'C=S,则△044的面积为（)

A.8V2B.12V2C.24D.48

【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图.

【专题】转化思想：数形结合法；立体几何；数学运算.

【答案】D

【分析】把直观图还原为原平面图形，求解即可.

【解答】解：把直观图还原为原平面图形，如图所示:

△ABC中，08=0'8=6,OC=2O'C=\6,

所以△0A8的面积为S=Ix6X16=48.

故选：。.

【点评】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，是基础题.

5.（2024•鼓楼区校级模拟）设a,。是两个平面，/〃，〃是两条直线，则下列命题为真命题的是（）

A.若〃iua,〃u|3,in.Ln,则a_L0

B.若/〃〃a,m//p,af-lp=/;»则〃?〃〃

C.若mua,〃ua,"z〃B，则a〃0

D.若加_L〃，m_La,则〃〃a

【考点】平面与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面平行.

【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离；逻辑推理.

【答案】B

【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一判断即可.

【解答】解:对于4由mua,仇加_L〃,可得a、0可能平行或相交，故A错误；

对于B：由〃?〃a,m〃由a「p=〃，则由线面平行的性质定理得"7〃〃，故B正确；

对于C：由/〃ua,〃ua,〃?〃仇〃〃仇可得a、B可能平行或相交,故C错误;

对于。：由，"_L〃，可得〃〃a或〃ua,故。错误.

故选：B.

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题.

6.（2024•王益区校级模拟）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为1（）,该圆台的侧面积为

IOOTI,则该圆台的体积为（）

A.184nB.2087C.224nD.248n

【考点】圆台的体积；圆台的侧面积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算.

【答案】C

【分析】设圆台的上底面的半径为/■，下底面的半径为R,则由题意可得R=4r,再由圆台的侧面枳列

方程可求出门从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出圆台的体积.

【解答】解：设圆台的上底面的半径为小下底面的半在为R,则如R=4X2nr,故R=4小

因为该圆台的侧面积为10（hr,母线长/=10,

所以n（什4r）X10=100n,解得，=2,则R=8,

所以圆台上底面的面积为下底面的面积为n/?2=64n,

圆台的高力=Jl2-（/?-r）2=V100-36=8

所以该圆台的体积V=ix（4r+V4zrx64TT+64TT）x8=2247r.

J

故选：c.

【点评】本题考查圆台的侧面积，体积，属于基础题.

7.（2024•邵东市校级模拟）我国南北朝时期的数学家祖咂提出了一个原理“鼎势既同，则积不容异”，即

夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面

积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖唯原理的条件，若该圆锥的

侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（）

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】计算题；整体思想；演绎法：空间位置关系与距离；逻辑推理：直观想象；数学运算.

【答案】C

【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径r=L圆锥的高力=g,利用圆锥的体积公式和祖唯

原理，即可求得其体积.

【解答】解：圆错底面周长为5x2〃x2=2n,

所以圆锥的底面半径/■二1,圆锥的高力=8，

所以网锥的体积为V=is/l=ix7TXl2xV3=

由祖眼原理，该几何体的体积也为亨.

故选：C.

【点评】本题主要考查祖晅原理及其应用，几何体体积的求解等知识，属于中等题.

8.（2024秋•大庆月考）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线长为竽，则圆台的体积为（）

26\[3n2687r23遍兀23V67T

A.------B.------C.------D.------

9393

【考点】圆台的体积.

【专题】对应思想；定义法：立体几何；数学运算.

【答案】A

【分析】利用勾股定理求出圆台的高，再由台体的体积公式计算可得.

【解答】解：因为圆台的上、下底面半径分别为I和3,母线长为竽，

所以圆台的高力=J（竽）2一（3.1）2=竽，

所以圆台的体积y=1（7TX12+7TX32+7TX1X3）X^=驾也.

故选：A.

【点评】本题考查了圆台的结构特征与体积计算问题，是基础题.

二,多选题（共4小题）

（多选）9.（2024•南昌开学）。。是正四棱锥夕-A8C。的高，£是线段。。上一点（不含端点），过点£

任作一个平面a,平面a与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为下列4个命题中，正确的是（）

A.。可以是三、四、五边形

B.当以〃平面a时，存在一点E,使得。是正五边形

C.当布与平面a相交时，平面a与平面布。和平面以8的交线分别为〃?，小则小，〃，以三条直

线相交于一点

D.“以〃平面a”是“平面用CJ_平面a”的充分不必要条件

【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直.

【专题】分类讨论；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理.

【答案】AC

【分析】分类可得截面图形，判断出A的真假；当附〃平面a时，可得截面五边形有一组边平行，可

判断出8的真假；利用线共点的方法可证结论，判断出C的真假；“南〃平面a”得不出“平面以C_L

平面a”，可判断出。的真假.

【解答】解：对于A：截面a过。。时的截面为三角形，截面a过E与平面A8C。平行时，则截面为

四边形，

截面a不平行于底面人8C。旦不过PO时可能为五边形（如图所示），故人正确；

p

对于8：如图所示，当心〃平面a时，截面五边形为MNPQH,

由南〃截面a,根据线面平行的性质易得出〃MMPA//QH,则MN〃。从

又正五边形不存在平行的边，故不存在这样的正五边形，故3错误;

对于C：设平面a与平面玄。的交线为Q”，与外8的交线为

当PA与平面a相交时，可得MN与。〃不平行，

反证法：若MN//QH,因为。〃《平面以B,MNu平面以8,

所以07〃平面以B,QHu平面以。，平面以0n平面以8=%，

所以R1〃Q”，又因为QHua.PA(ta,所以B4〃a,

这与孙与平面a相交时矛盾，故假设不成立，故VN与QH不平行，

所以MN与。〃相交，设MNf!QH=K,则K£平面以从KE平面以

又平面小8n平面%。=必，所以K£%,

所以以，MN,QH交于一点,即m.小布三条直线相交于一点，故C正确;

D

对于。：因为四边形A8CD是正方形，所以8O_LAC,又P0J_平面48CD,

8Ou平面A8CQ,所以尸0_L8D,

因为P0nAC=0,PO,ACu平面以C,所以8Q_L平面以C,

MNQH

由8可知当以〃平面a时，MN〃Q〃，而一=—不一定成立，

PAPA

所以有可能不平行于8Q,则不一定垂直于平面出C,得不出平面B4C_L平面a,

从而“以〃平面a”不是“平面以C_L平面a”的充分条件，故。错误.

故选:AC.

【点评】本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系的判断，根据直线朋与平面a的位置关系判断

截面图形，属于中档题.

(多选)10.(2024•福州开学)已知正方体ABCD-A\B\C\D\的棱长为1,下列四个结论中正确的是()

力1____________C,

A.4cl〃平面ACQi

B.直线8a与直线AOi为异面直线

C.直线BCi与直线4。所成的角为90°

D.DDJ■平面ACD1

【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直.

【专题】转化思想；解题方法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑推理；数学运算.

【答案】AD

【分析】利用线面平行的判定即可判断出A的真假：根据即可判断出4c的真假；建立合

适的空间直角坐标系，证明品•D%i=0,AD.-DB.=0,最后结合线面垂直的判定，即可判断出。的

真假.

【解答】解：对A,连接BCi,因为人AB=C\D\,

所以四边形ABCxDx为平行四边形，

所以BCi〃A£h,又因为BCiU平面4CDi,ADiu平面ACD1，

所以8。〃平面AC。，故A正确；

对8C,由A知则两直线共面，

则直线BG与直线AQi不是异面直线，

且直线4。与直线4力所成的角不是90°,故改?错误；

对。，以D为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，

则4(1,0,0),C(0,1,0),。|(0,0,1),

Bi(1,1,1),

则AC=(T,1,0),ADX=(-1,0,1),DBr=(1,1,1),

则4c•DB]=-1+1=0,他•DB1=-1+1=0,

则AC_LQ/3i,AD\±DBi,又因为ACCAO1=A,AC,AOiu平面4cOi,

所以Ai/?_L平面AC75i,所以D正确.

【点评】本题考查线面的位置关系的判断及异面直线所成的角的求法，属于中档题.

（多选）11.（2。24•福建开学）如图，在校长为2的正方体A6CO・A山中，E、八G、M、N均为

所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（）

A.尸在8c中点时，平面PE/LL平面GMN

B.异面直线E尺GN所成角的余弦值为:

4

C.E、尸、G、M、N在同一■个球面上

TTTV5

D.AP=tAA+AM-2tAB,则一点轨迹长度为一

1111l2

【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：逻辑推理.

【答案】ACD

【分析】根据正方体图像特征证明出_面GMM结合面面垂直的判定定理，判断出A的真假；根据

异面直线所成的角判断出B的真假；根据五点共圆，判断出C的真假；分析可知P点轨迹是过点M与

B店平行的线段MPi,根据轨迹求出长度，判断出。的真假.

【解答】解：对于选项A：取A。的中点Q,连接尸。，FQ,

在棱长为2的正方体ABCD-AIBICIDI中，

E、F、G、M、N均为所在棱的中点，

易知GM_LPQ,因为尸。〃。断，

所以FQ_L平面ABC。，GM在面ABC。内，

所以GM_LFQ,/Qu面PQ凡PQu面PQ凡PQQFQ=Q,

所以GML面PQF,刊上面PQF,所以GM_LPF,

连接BAi,4881Al是正方形,GNLA1B,

因为朋1_1面48物4,GNu面

所以GNtAiF,

因为EAiu面尸阴18,AiBu面尸以山，FA\C\A\B=A\,

所以GN_L面PFA\B,

因为PFu面PFA出，所以GN_LPF,

综上，GNu面GMN,GMu面GMN,又GNCGM=G,

所以尸尸_1面6”乂PFu面PEF,故平面PE凡L平面GMM所以A正确：

对于选项B：取AiBi的中点7,连接£T,口，则E7〃GM

所以N7E〃是异面直线石/、GN所成的角，

又EF=FT=ET=&,则NTE＞产=?,COSZ.TEF=所以3错误；

对于选项C：记正方体的中心为点O,则|。或=\0F\=\0G\=\0M\=\0N\=企,

所以E、F、G、M、N在以。为球心，以或为半径的球面上，所以。正确；

对于选项D：因为/1；尸=£力；力+力1，-2弘。1，且石为A4的中点，

所以A；P-=2M；E-2L4》i，故MP=2£8；E,

所以尸点轨迹是过点M与81E平行的线段MPi,且|CP1|另，

所以|MP/=卓所以。正确.

故选：ACD.

【点评】本题考查面面垂直的判断定理的应用，异面直线所成角的余弦值的求法，属于中档题.

（多选）12.（2023秋•深圳校级月考）如图，在四面体P-A4c中，AB=BC=272,BALBC,PA=PB

=PC=4,。为AC的中点，点M是棱BC的中点，则（）

C.四面体尸-48C的体积为86

V7

D.异面直线PM与A8所成角的余弦值为当

【考点】直线与平面垂直；棱锥的体积：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；空间角；数学运算.

【答案】ABD

【分析】利用线面垂直定理即可判断出A的真假；连接OM、OB并结合题中几何条件可对8、C、。求

解判断它们的真假.

【解答】解：对4连结O&如图，

在四面体2・48C中，AB=BC=2V2,BALBC,PA=PB=PC=4f。为AC的中点，

所以OP_LAC,OBLAC,且OP=网=2®08=2,

所以OB2+Op2=PB2,所以OB_LOP,

又因为08nAe=O,OB,ACu平面ABC,所以OP_L平面ABC,故A正确；

对B、C、D：连接。M,由4知，POJ_平面ABC,OMu平面ABC,

所以尸O1OM,0M=^-=y2,

所以PM=7P02+0M2=g,故8正确；

四面体P-ABC的体积：V=\s^ABCh=1x4xP0=^,故C错误；

因为A8与OM平行，所以0M与PM所成的角就是PM与AB所成角，

在直角三角形POM中，cosNPMO=^=*,故/）正确.

故选：ABD.

【点评】本题考查线面位置关系的判断及异面直线所成角的求法，三棱锥的体积的求法，属于中档题.

三.填空题（共4小题）

13.（2024•松江区校级开学）正方体ABCD・Ai86£h的棱长为2,。为棱C。的中点，以8D1

为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是

【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的表面积和侧面积.

【专题】转化思想：数形结合法；立体几何；数学运算.

【答案】2s访m

【分析】先确定旋转体是母线且同底的两个圆锥构成的几何体，进而可得.

【解答】解：由题意知，△BPQi为等腰三角形，且8/=26，PD、=PB=®

所以△8PA以BD\为轴旋转一周，得到的旋转体是以BD\为中心轴，

尸功和PB分别为母线且同底的两个圆锥构成的几何体，

可得圆锥的底面半径为=或，

所以旋转体的表面积S=2nrl=2VT0TT.

故答案为：26而.

【点评】本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题.

14.（2024•福州开学）圆锥的高为2,其侧面展开图的圆心角为M，则该阴锥的体州为f.

3-3-

【考点】棱锥的体积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】£

【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出力=2,r=¥，最后应用圆锥体积公式计算.

【解答】解：设圆锥的底面半径为小母线长为/,高为〃,

27r

7----1

则；=—=

I27r3

所以4=V/2-r2=2>/2r=2,r=孝,

所以圆锥的体积为货九吟

故答案为:

【点评】本题考查圆锥的体积的求解，属基础题.

15.（2024•湖南开学）如图已知点A,8在圆锥SO的底面圆周上，S为圆锥顶点，。为圆锥的底面中心,

且圆锥SO的底面枳为如，乙4sB=30°,若A3与截面SAO所成角为60°,则圆锥SO的侧面枳为

2（\[6+扬兀.

s

B-------------------

【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；数学运算.

【答案】2(V6+V2)TT.

【分析】设圆锥SO的底面半径为「，母线长为/,由底面面积为4n可求证明NBA。为直线AB与

截面S4O所成的角，解三角形求/,由此可求圆锥的侧面积.

【解答】解：设圆锥SO的底面半径为八母线长为/,

因为圆锥SO的底面积为4u,

所以

故r=2,

过点4作垂足为。，连接3。，

由已知5。平面ABO,8QU平面ABO,

所以4O_LSO,Aonso=o,AO,SOU平面%o,

所以8。_1_平面加。，

所以AB在平面SAO上的射影为AD,

所以N84。为宜.线AB与截面SAO所成的角，

由已知N8AO=60°,又。A=O8=2,

所以△OA3为等边三角形，故A4=2,

因为NAS'8=30°,SA=SB=l,

由余弦定理可得4=及+尸・2/・/・cos30°,

所以12=4(2+75),

所以2=x/6+V2»

所以圆锥SO的侧面积为口I=7rx2x(V64-V2)=2(V6+企)TI.

故答案为：2(V6+V2)JT.

【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定定理，属于中档题.

16.(2023秋•宝山区校级期末)已知一个圆锥的底面半径为3,其侧面积为15m则该圆锥的体积为127T

【考点】圆锥的体积.

【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象.

【答案】1211

【分析】作出圆锥的截面图，计算圆锥的高，代入体积公式可得结果.

【解答】解：圆锥的轴截面如图，

由题意知40=3,则TTXAOXS4=15TT,

所以S4=5,

由勾股定理得SO=4,

所以V=［兀x。炉xS。=127r.

aD

故答案为：12n.

【点评】本题考查空间想象能力与运算求解能力.属于基础题.

四,解答题(共4小题)

17.(2024•解放区校级开学)在正方体AiBiCiDi中,E,尸分别是底面AiBCiDi和物面BCiCB

的中心.

(1)求证:ACiJ■平面A15D.

(2)求证：平面8小/〃平面AiBO.

【考点】直线与平面垂直；平面与平面平行.

【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；数学运算.

【答案】（1）证明见解析；

（2）证明见解析.

【分析】（1）由线面垂直的判定与性质，分别证出BD1AC\.A\B1.AC\,进而可证出AC1J■平面4BD；

（2）由线面平行的判定定理，证出B。〃平面BCOi、平面BiCOi,然后根据面面平行的判定定

埋证出平面小上〃平面A\BD.

【解答】解：（1）根据题意，连接AC,

因为CC1_L平面43CQ,8Qu平面A3CO,所以3Q_LCCi,

在正方形A8CO中，BD1AC,结合AC、C。是平面ACC14内的相交直线，可得平面ACC14,

因为ACiu平面ACCMi,所以BO_LACi,同理可证AiBJ_ACi.

因为48060=8,AiB、BOu平面AiBD,所以A。_L平面4BD；

（2）根据题意,E、尸分别是底面和侧面BiCiCS的中心,

所以灰Aid,FWBC即平面小石尸就是平面加CQi,

在正方体/WCD-AIBICIOI中，BBi〃DDi,BB\=DD\,所以四边形为平行四边形,

所以结合BiDiu平面BiCDi,瓦地平面B1CD1,可得BD〃平面BCD,

同理可证4。〃平面B\CD\,

因为AiOG8Q=O,Ai。、80u平面48。，

所以平面BiCQi〃平面A\BD,即平面〃平面A\BD.

【点评】本题主要考查正方体的结构特征、线面垂直的判定与性质、线面平行与面面平行的判定等知识,

属于基础题.

18.（2024秋•濮阳月考）如图，四棱锥P-ABCQ的底面为平行四边形，且AP=CP,BP=DP.

（I）仅用无刻度直尺作出四棱锥P-ABC。的高P”，写出作图过程并证明；

（2）若平面以平面尸C。，平面附OJ_平面P8C,证明：四边形AEC。是菱形.

【专题】整体思想：综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算.

【答案】（1）连接AC,BD,两条直线的交点为“，连接PH,证明过程见详解；

（2）证明过程见详解.

【分析】（1）连接AC,BD,设交于点〃，连接夕”，由/1P=CP,BP=DP,可证得PH工BD,

进而可证得结论；

（2）过点H作EFLAB交AB于点E,交CD于点F,过点H作MNtBC交BC于点M,交AD于点N,

连接PE、PF,PM、PN,由题意可证得A8=8C,即证得平行四边形A8CQ为菱形.

【解答】（1）解：连接AC,BD,设交于点H,连接P”，

证明过程如下：因为四边形为平行四边形，

因为AP=CP,BP=DP,

所以P"_LAC,PH1,BD,

ACC\BD=Hf

所以平面A8CQ,

所以P”为四棱锥的高，

（2）证明：过点H作EFLAB交A3于点£交CD于点、F,过点”作MN_L3C交3c于点交A。

于点N,

连接PE、PF,PM、PN,

因为尸〃_L平面ABC。，AB,SCu平面48CO,

所以P〃_LA8,PH上BC,

因为EFCPH=H,EF、平面。ER

所以人8_L平面PEF,

乂PEu平面PEF,所以八B_LPE,

因为AB〃C。，ABU平面PC。，CQu平面PC。，

所以48〃平面PCD,

设平面%80平面27。=11,乂4^<=平面以8,

所以AB〃/i,所以尸EJJi,

又平面以B_L平面PC。，PEu平面%/3,所以PE_L平面PC。,

又PFu平面PCD,所以PE_LPF,

因为MNCPH=H,MN、PHu平面PMN,

所以BC_L平面PMM

又PMu平面PMM所以8C_LPM,

因为8C〃A。，PAD,AOu平面以D,

所以BC〃平面BAD,平面%DP平面尸BC=12,

又4Cu平面PBC,

所以4C〃/2,所以PM_L/2,

乂平面附。，平面PBC,PMu平面PBC,

所以PMJ_平面网D,又PMz平面%D,

所以PMLPN,

因为H为平行四边形ABCD对角线的交点，

所以HE=HF,HM=HN,

所以PH=^EF=加IN,

所以EF=MN,又AB・EF=BC*MN,

所以A8=8C,

所以平行四边形ABCD是菱形.

【点评】本题考查线面垂直的证法及菱形的证法，属于中档题.

19.（2024春•宛城区校级月考）在如图所示的四棱锥中，已知％，平面48C。，AD//BC,Z

BAD=90°,PA=AB=BC=\,>40=2,E为PO的中点.

（1）求证：CE〃平面PAB

【考点】平面与平面垂宜；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；逻辑推理；数学运算.

【答案】（1）证明见解析；

（2）证明见解析.

【分析1（1）根据中点关系可证明四边形MECB是平行四边形，即可根据线线平行求证，

（2）根据勾股定理可证明QC_LAC,根据线面垂直的性质可得PAYDC,即可根据线面垂直的判定求

解.

【解答】证明：（1）取用的中点M,连接BM,ME,

由于M,七为中点，MME//AD,且“［鼻。,

因为BC〃A。，且

所以且ME=BC,

所以四边形MECB是平行四边形，

所以BM〃。已

又CKC平面PAB,BMu平面PAB.

所以CE〃平面PAB,

(2)因为闲JL平面4BCD,CQu平面ABC。，

所以PA1DC,

^AC2=AB2+BC2=2,CD2=AB2+(AD-BC)2=2,

222

f&AC+CD=ADt

所以。—，

因为4Cn%=A,AC,以U平面以c,

所以。。_1_平面以C,又QCu平面PQC,

所以平面必CJ_平面PDC.

【点评】本题考查线面平行的证法及面面垂直的证法，属于中档题.

20.(2024春•南通期末)如图，在四棱锥尸-4BCO中，底面ABC。是菱形，用J_平面4BCO,E,产分

别是棱8C,AP的中点.

(1)证明：PC上BD；

(2)证明：EF〃平面PCD.

【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理.

【答案】(1)证明过程见详解；

(2)证明过程见详解.

【分析】(1)连接3。，AC交于。由题意可知8£>_LAC,再由线面垂直可知布_L3。，进而可证得8。

_L平面以C,再证得结论；

(2)取PO的中点M,连接CM,FM,易证得四边形根CE为平行四边形，进而可证得结论.

【解答】证明：(1)连接8D,WC交于O,

因为底面48C。是菱形，可知AC_L8D,

又因为fi4_L平面A8CD,

3QU平面ABCD,

所以PAA.BD,

因为%CIAC=A,

所以87)_1_平面外C,而PCu平面以C,

所以PC1BD；

(2)取PO的中点M,连接CM,FM,

因为E，产分别是棱8C，AP的中点，

所以BW〃AQ,且/M=Y。，

而EC〃A。，且

所以FM〃EC,且尸M=EC,

所以四边形FMCE为平行四边形，

所以石产〃CM,而E/过平面户CD,CMu平面PCQ,

所以石尸〃平面PCD.

【点评】本题考查线面垂直的性质的应用及线面垂直的判定定理的应用，线面平行的证法,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'CD'）.

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

（1.两个底面互相平行

茂林（2.侧面都是四边形

（3.侧棱互相平行

根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以卜性质：

（I）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

（I）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.

侧棱不垂直底面

直棱柱正棱柱

5.棱柱的体积公式

设棱柱的底面积为5,高为儿

【知识点的认识】

柱体、锥体、台体的体积公式:

1

V柱=攻，Vm=

3.棱锥的体积

【知识点的认识】

棱锥的体积可以通过底面面枳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：体积计算公式为昨聂•爪

-底面面积计算：底面面积8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.

4.旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的表面积和侧面积

【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

圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱0。'.

②认识圆柱

轴：旋转轴叫做圆柱的轴

高：轴上的边（或它的长度）叫做圆柱的高

底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面

侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面

母线：无论旋转到什么位翼，不垂直于轴的边都叫做圆柱的母线

③圆柱的特征及性质

有两个底面互相平行,且形状、大小一样的圆

12.侧面为曲面,展开为矩形

圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形.

④圆柱的体积和表面枳公式

设圆柱底面的半径为小高为岳

2

Vm=nrh

S而在=2xnr2+2nrh=2nr（r+h）

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

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

轴：旋转轴叫做圆锥的轴

高：轴上的边(或它的长度)叫做圆锥的高

底面：垂直于轴的边旅转而成的圆面叫做圆锥的底面

侧面：三角形的斜边绕轴旋转而成的曲面叫做圆锥的侧面

母线：无论旋转到什么位差，斜边所在的边都叫做圆锥的母线

③圆锥的特征及性质

圆吟只有一个顶点'只有一个底面为圆

(2.侧面为曲面,展开为扇形

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.

母浅长/与底面半径厂和高的美系：l2=h2+r

④圆锥的体积和表面积公式

设圆锥的底面半径为八高为h,母线长为/：

\vm=lnr2h

“阀锥表面积=7r*