第43頁（共43頁）2025年高考數學三輪復習之立體幾何初步一．選擇題（共8小題）1．（2025?南通模擬）已知圓錐的軸截面為正三角形，外接球的半徑為1，則圓錐的體積為（）A．3π8 B．3π4 C．92．（2025?江蘇模擬）已知一圓柱內接于半徑為1的球，當該圓柱的體積最大時，其高為（）A．12 B．33 C．2333．（2024秋?鄲城縣校級期末）正三棱臺ABC﹣DEF中，AB＝2AD＝2DE，G，H分別為AB，DE的中點，則異面直線GH，BF所成角的余弦值為（）A．-14 B．14 C．234．（2025?喀什地區校級二模）《九章算術》中將正四棱臺稱為方婷，如圖，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其體積為2823，E，F分別為AB，BC的中點，則異面直線AA1與A．12 B．23 C．32 5．（2025?南寧模擬）已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，AB與CD分別為該圓柱的上、下底面的一條直徑，若從點A出發繞圓柱的側面到點C的最小距離為4+π29，則直線ABA．π6 B．π4 C．π3 6．（2025?宜賓校級二模）以邊長為2的正三角形的一邊所在直線為旋轉軸，將該正三角形旋轉一周所得幾何體的表面積為（）A．3π B．2π C．23π 7．（2025?長安區一模）正三棱錐S﹣ABC側棱長為1，E，F分別是SA，SC上的動點，當△BEF周長的最小值為2時，三棱錐的側面積為（）A．34 B．1 C．54 D8．（2025?咸陽模擬）一條平面曲線繞著它所在的平面內的一條定直線旋轉所形成的曲面叫做旋轉面，封閉的旋轉面圍成的幾何體叫做旋轉體，該定直線叫做旋轉體的軸．某同學將一個直角三角形硬紙板ABC繞斜邊BC所在的直線進行旋轉，得到如圖所示的旋轉體．測量出AA′為2，上、下旋轉面的面積比是2：1，則BC的長度是（）A．52 B．332 C．3 二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?碑林區校級模擬）在棱為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E在線段BD上運動，點F在正方體表面上，O為AC與BD的交點，則（）A．四面體E﹣AB1D1的體積為定值 B．存在點E，使A1E⊥C1O C．當FA＝FB時，點F的軌跡長度為4 D．四面體A1﹣ABO外接球的表面積為π（多選）10．（2025?溫州二模）在四棱錐P﹣ABCD中，E，F分別是AP，BC上的點，AEEP=BFFC，則下列條件可以確定A．AD∥BC B．AB∥CD C．BC∥平面PAD D．CD∥平面PAB（多選）11．（2024秋?上饒期末）已知m，n是空間兩條不同的直線，α，β是空間兩個不重合的平面，下列命題不正確的是（）A．若m?α，n?β，α∥β，則m∥n B．若m∥α，n⊥α，則m⊥n C．若m⊥α，m∥n，α⊥β，則n∥β D．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n（多選）12．（2025?常德校級一模）四棱錐P﹣ABCD的底面為正方形，PA與底面垂直，PA＝2，AB＝1，動點M在線段PC上，則（）A．存在點M，使得AC⊥BM B．MB+MD的最小值為303C．四棱錐P﹣ABCD的外接球表面積為5π D．點M到直線AB的距離的最小值為2三．填空題（共4小題）13．（2024秋?上海校級期末）如圖，一個底面半徑為b，高為a（a＞b）的半橢球放置在平面β上，用平行于平面β且與平面β任意距離d處的平面截幾何體，截面為圓面，運用祖暅原理，若圖中半橢球底面半徑b為1，高a為6，則該半橢球體的體積為．14．（2024秋?上饒期末）在四棱錐S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝BC＝4，E為SA的中點，則異面直線SC與DE所成的角的余弦值為．15．（2024秋?上虞區期末）（如圖甲）P﹣ABCD是一個水平放置的裝有一定量水的四棱錐密閉容器（容器材料厚度不算），底面ABCD為平行四邊形．現將容器以棱AB為軸向左側傾斜（如圖乙），這時水面恰好經過CDEF，且E，F分別為棱PA，PB的中點，設棱錐P﹣ABCD的高為2，則圖甲中，容器內的水面高度為．16．（2025?資溪縣校級模擬）棱長為2的正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱A′D′上的動點，F是棱BC的中點，當直線EF與A′C所成角最小時，△AEF的面積為．四．解答題（共4小題）17．（2025?南寧模擬）在空間直角坐標系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D＝0（A，B，C，D∈R，且A2+B2+C2≠0），m→=（A，B，設M是多面體的一個頂點，定義多面體在M處的離散曲率為ΩM=1-12π(∠N1MN2+∠N2MN3+…+∠Nn﹣1MNn+∠NnMN1），其中Ni（i＝1，2，3…，n，n≥3）為多面體的所有與點M相鄰的頂點，且平面N1MN2，N2MN3，…，Nn已知空間直角坐標系Oxyz中，幾何體W的底面在平面Oxy內，且側面上任意一點（x，y，z）滿足3|x（1）判斷幾何體W的形狀，并求幾何體W的兩個相鄰側面所在平面夾角的余弦值；（2）求幾何體W的離散總曲率；（3）定義：若無窮等比數列{an}的公比q滿足0＜|q|＜1，則{an}的所有項之和S=若球O1與幾何體W的各面均相切，然后依次在W內放入球O2，球O3，…，球On+1，…，使得球On+1(n≥1，18．（2024秋?梅河口市校級期末）《九章算術》是我國古代數學名著，它在幾何學中的研究比西方早1000多年，在《九章算術》中，將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵（qiandu）；陽馬指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐，鱉臑（bienao）指四個面均為直角三角形的四面體．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1，BC1⊥平面A1C1CA，四棱錐B﹣A1C1CA為陽馬，且E，F分別是BC，A1B1的中點．（1）求證：EF∥平面A1C1CA；（2）在線段AB上是否存在點P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出APAB19．（2024秋?資中縣校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側面PAD為等腰直角三角形，且∠PAD=π2，F為棱PC上的點（異于端點），平面ADF與棱（1）求證：EF∥平面ABCD．（2）若PEEB=45，且平面PAD⊥平面ABCD，求異面直線20．（2025?洮北區校級一模）在四面體ABCD中，E，H分別是線段AB，AD的中點，F，G分別是線段CB，CD上的點，且CFBF（1）四邊形EFGH是梯形；（2）AC，EF，GH三條直線相交于同一點．

2025年高考數學三輪復習之立體幾何初步參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ACCDCDAA二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACBDACABD一．選擇題（共8小題）1．（2025?南通模擬）已知圓錐的軸截面為正三角形，外接球的半徑為1，則圓錐的體積為（）A．3π8 B．3π4 C．9【考點】圓錐的體積．【專題】數形結合；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】分析可知，外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，利用正弦定理求出圓錐的底面半徑為r，進而求出圓錐的高，再利用錐體的體積公式可求得結果．【解答】解：如圖，設圓錐的底面半徑為r，由于圓錐軸截面為等邊三角形，可得圓錐的母線長為2r，圓錐外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，由正弦定理可得2=2rsin圓錐的高為h=故該圓錐的體積為V=故選：A．【點評】本題考查圓錐體積的求法，考查數形結合思想，是中檔題．2．（2025?江蘇模擬）已知一圓柱內接于半徑為1的球，當該圓柱的體積最大時，其高為（）A．12 B．33 C．233【考點】圓柱的體積．【專題】數形結合；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】由題意畫出圖形，由勾股定理得到R2=r【解答】解：設球半徑為R，圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為h，則有R2=r可得r2h≤4即r2=23此時圓柱體積V＝πr2h取得最大值4π故圓柱的體積最大時，h=故選：C．【點評】本題考查圓柱的外接球，考查數形結合思想，考查運算求解能力，是中檔題．3．（2024秋?鄲城縣校級期末）正三棱臺ABC﹣DEF中，AB＝2AD＝2DE，G，H分別為AB，DE的中點，則異面直線GH，BF所成角的余弦值為（）A．-14 B．14 C．23【考點】異面直線及其所成的角．【專題】數形結合；向量法；空間角；運算求解．【答案】C【分析】先做ET∥GH，得出∠TBE=π【解答】解：設AB＝2AD＝2DE＝2，如圖，過點E做ET∥GH，T是GB中點，因為G，H分別為AB，DE的中點，所以GH⊥AB，所以ET⊥AB，因為BT=12所以∠TBE=π3，因為正三棱臺所以∠BEF=所以BE→BE→EF→又因為BF→=BE所以GH→設異面直線GH，BF所成角為θ，所以cosθ=故選：C．【點評】本題主要考查求異面直線所成角，屬于中檔題．4．（2025?喀什地區校級二模）《九章算術》中將正四棱臺稱為方婷，如圖，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其體積為2823，E，F分別為AB，BC的中點，則異面直線AA1與A．12 B．23 C．32 【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】D【分析】根據異面直線夾角的定義，在圖中明確夾角，根據正四棱臺的幾何性質以及體積公式，求得夾角所在的直角三角形的邊長，結合銳角三角函數的定義，可得答案．【解答】解：連接AC，A1C1，A1B，A1D，過A1作A1O⊥平面ABCD，其中垂足為O，連接OD，OB，如下圖：在正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，易知∠A1AB＝∠A1AD，AB＝AD，則△A1AB?△A1AD，所以A1B＝A1D，又因為A1O⊥平面ABCD，OB，OD?平面ABCD，所以A1O⊥OB，A1O⊥OD，易知Rt△A1OB?Rt△A1OD，所以OB＝OD，又因為AO＝AO，AB＝AD，所以△AOB?△AOD，則∠DAO＝∠BAO＝45°，故O∈AC，因為E，F分別為AB，BC的中點，所以EF//AC，則異面直線AA1與EF的夾角為∠A1AC，因為A1O⊥平面ABCD，在正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，上下底面面積分別為S1＝4，S2＝16，正四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1的體積V=則2823=因為AC?平面ABCD，所以A1O⊥AC，在正方形ABCD中，AC=2AB在等腰梯形A1ACC1中，易知AO=在Rt△A1AO中，AA1=故選：D．【點評】本題主要考查異面直線所成角以及棱臺的體積公式，屬于中檔題．5．（2025?南寧模擬）已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，AB與CD分別為該圓柱的上、下底面的一條直徑，若從點A出發繞圓柱的側面到點C的最小距離為4+π29，則直線ABA．π6 B．π4 C．π3 【考點】異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】C【分析】根據最小距離可得MC的長度為π3【解答】解：因為圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，所以圓柱底面的半徑半徑和高分別為r＝1，h＝2，由于從點A出發繞圓柱的側面到點C的最小距離為4+π29，故展開圖中AC=2因此在圓柱中，在下底面作平行于AB的直徑MN，則MC的長度為π3，故CD，NM所成的角為∠COM由于∠COM=π3，故直線AB與直線故選：C．【點評】本題主要考查直線與直線所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．6．（2025?宜賓校級二模）以邊長為2的正三角形的一邊所在直線為旋轉軸，將該正三角形旋轉一周所得幾何體的表面積為（）A．3π B．2π C．23π 【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積；棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】D【分析】根據正三角形繞一邊所在直線為旋轉軸旋轉一周，得到幾何體是兩個同底的圓錐求解．【解答】解：如圖，正三角形繞AB所在直線為旋轉軸旋轉一周，得到幾何體是兩個同底的圓錐，圓錐的底面半徑為r＝OC=3∴所得幾何體的表面積為S＝2πr?AC＝2×π×3故選：D．【點評】本題考查圓錐的結構特征、旋轉體性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．7．（2025?長安區一模）正三棱錐S﹣ABC側棱長為1，E，F分別是SA，SC上的動點，當△BEF周長的最小值為2時，三棱錐的側面積為（）A．34 B．1 C．54 D【考點】棱錐的側面積和表面積．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】將正三棱錐S﹣ABC側面沿側棱SB剪開并展開在同一平面內，利用最小周長求出側面頂角大小即可．【解答】解：將正三棱錐S﹣ABC的側面沿側棱SB剪開并展開在同一平面內，如圖，連接BB′，當E，F分別為BB′與SA，SC的交點時，△BEF的周長最小，此時BB'=2，而SB＝SB′＝1所以SB2+SB′2＝2＝BB′2，則∠BSB′＝90°，∠ASB＝30°，所以三棱錐的側面積為3×故選：A．【點評】本題考查三棱錐的側面積的計算，屬于中檔題．8．（2025?咸陽模擬）一條平面曲線繞著它所在的平面內的一條定直線旋轉所形成的曲面叫做旋轉面，封閉的旋轉面圍成的幾何體叫做旋轉體，該定直線叫做旋轉體的軸．某同學將一個直角三角形硬紙板ABC繞斜邊BC所在的直線進行旋轉，得到如圖所示的旋轉體．測量出AA′為2，上、下旋轉面的面積比是2：1，則BC的長度是（）A．52 B．332 C．3 【考點】圓錐的結構特征．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】由題意構造方程組，聯立得x4﹣3x2﹣4＝0，求解即可．【解答】解：設AA'與BC的交點為O，OB＝x，OC＝y，則OA＝1，AB=x2由∠BAC是直角，得AB2+AC2＝BC2，即x2+1+y2+1＝（x+y）2，得xy＝1，①又由上、下旋轉面的面積比是2：1，得AB＝2AC，即x2所以x2＝4y2+3，②①②兩式聯立，整理得x4﹣3x2﹣4＝0，解得x＝2（舍負值），可得y=則BC=故選：A．【點評】本題考查幾何體的結構特征，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?碑林區校級模擬）在棱為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E在線段BD上運動，點F在正方體表面上，O為AC與BD的交點，則（）A．四面體E﹣AB1D1的體積為定值 B．存在點E，使A1E⊥C1O C．當FA＝FB時，點F的軌跡長度為4 D．四面體A1﹣ABO外接球的表面積為π【考點】球的表面積；棱柱的結構特征．【專題】轉化思想；綜合法；球；運算求解．【答案】AC【分析】對于A，利用正方體的性質可得BD∥B1D1，利用線面平行的判定定理得BD∥面AB1D1，從而有E到面AB1D1的距離為定值，即可求解；對于B，建立空間直角坐標系，利用線線垂直的向量法，即可求解；對于C，根據條件得點F的軌跡為正方形MNKQ，即可求解；對于D，利用截面圓的性質，得球心在線段QM中點處，求出球的半徑R，即可求解．【解答】解：對于選項A，易知BD∥B1D1，又B1D1?面AB1D1，BD?面AB1D1，所以BD∥面AB1D1，又E在BD上，所以E到面AB1D1的距離為定值，又△AB1D1的面積為定值，所以四面體E﹣AB1D1的體積為定值，故選項A正確；對于選項B，如圖，建立空間直角坐標系：則A1設E（t，t，0）（0≤t≤1），所以A1所以A1所以A1E⊥C1O不成立，故選項B錯誤；對于選項C，當FA＝FB時，則點P在過AB中點且與AB垂直的平面上，又點F在正方體表面上，所以點F的軌跡為正方形MNKQ，如圖所示，故點F的軌跡長度為4，所以選項C正確；對于選項D，因為△AOB是直角三角形，所以△AOB外接圓圓心為M，則四面體A1﹣ABO外接球的球心在線段QM中點處，所以R=1所以所求球的表面積為4πR2＝2π，故選項D錯誤．故選：AC．【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．（多選）10．（2025?溫州二模）在四棱錐P﹣ABCD中，E，F分別是AP，BC上的點，AEEP=BFFC，則下列條件可以確定A．AD∥BC B．AB∥CD C．BC∥平面PAD D．CD∥平面PAB【考點】直線與平面平行．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】BD【分析】根據線面、面面平行的判定定理與性質，結合反證法，由選項依次證明即可．【解答】解：如圖，過E點作EG∥PD交AD于點G，連接GF，即有EG∥平面PCD，由于△AEG∽△APD，所以AGGD若AB∥CD，則GF∥CD，又GF?平面PCD，CD?平面PCD，所以GF∥平面PCD，由EG∩GF＝G，EG、GF?平面EGF，得平面EGF∥平面PCD，又EF?平面EGF，所以EF∥平面PCD，故B正確；若CD∥平面PAB，又因為平面ABCD∩平面PAB＝AB，所以CD∥AB，由B可知D正確；假設EF∥平面PCD，設平面EFP∩CD＝H，則EF∥PH，若BC∥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，反之若BC∥AD，當且僅當BC∥平面PAD，即A、C同時正確或錯誤；若BC∥AD，可能AB∥CD，也可能AB與CD相交，若AB與CD相交，由AGGD=BFFC知延長FG必與AB、由幾何關系知EF與PH不平行，故A、C錯誤．故選：BD．【點評】本題考查線面平行的判定，屬于難題．（多選）11．（2024秋?上饒期末）已知m，n是空間兩條不同的直線，α，β是空間兩個不重合的平面，下列命題不正確的是（）A．若m?α，n?β，α∥β，則m∥n B．若m∥α，n⊥α，則m⊥n C．若m⊥α，m∥n，α⊥β，則n∥β D．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；空間想象．【答案】AC【分析】根據線面位置關系判斷即可．【解答】解：若m?α，n?β，α∥β，則m與n平行或異面，故A選項錯誤；若m∥α，n⊥α，則m⊥n，故B選項正確；若m⊥α，m∥n，α⊥β，則n∥β或n?β，故C選項錯誤；若α⊥β，m⊥α，又n⊥β，所以m⊥n，故D選項正確．故選：AC．【點評】本題考查，空間中各要素的位置關系，屬基礎題．（多選）12．（2025?常德校級一模）四棱錐P﹣ABCD的底面為正方形，PA與底面垂直，PA＝2，AB＝1，動點M在線段PC上，則（）A．存在點M，使得AC⊥BM B．MB+MD的最小值為303C．四棱錐P﹣ABCD的外接球表面積為5π D．點M到直線AB的距離的最小值為2【考點】球的體積和表面積；點、線、面間的距離計算．【專題】計算題；整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】對于A，直接說明當M是PC的中點時AC⊥BM即可；對于B，先證明MB+MD≥303，再說明等號能夠取到即可；對于C，直接求出外接球的半徑，再計算其表面積即可；對于D，設K為M在底面上的投影，并將點M【解答】解：對于A，當M是PC的中點時，記正方形ABCD的中心為N，則M，N分別為PC，AC的中點，所以MN∥PA，而PA與底面垂直，所以MN與底面ABCD垂直，從而由AC在底面ABCD內，知MN⊥AC，而AC⊥BD，MN，BD在平面MBD內交于點N，故AC垂直于平面MBD，由于BM在平面MBD內，故AC⊥BM，從而A正確；對于B，由于PA垂直于平面ABCD，BC在平面ABCD內，故PA⊥BC，而AB⊥BC，PA和AB在平面PAB內交于點A，故BC垂直于平面PAB，所以由PB在平面PAB內，就有PB⊥BC，而PB=故PC=從而B到直線PC的距離為2S△PBCPC=PB?所以MB+當PM=56同理PDcos∠DPC＝PM，故BM⊥PM，DM⊥PM，所以MB+MD=56+56=對于C，由于P﹣ABCD的外接球球心為PC的中點，故外接球的半徑為PC的一半，即62所以外接球表面積為6π，故C錯誤；對于D，設M在底面上的投影為K，則MKKC=PA則M到直線AB的距離d=當KC=25故選：ABD．【點評】本題考查了立體幾何的綜合應用，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2024秋?上海校級期末）如圖，一個底面半徑為b，高為a（a＞b）的半橢球放置在平面β上，用平行于平面β且與平面β任意距離d處的平面截幾何體，截面為圓面，運用祖暅原理，若圖中半橢球底面半徑b為1，高a為6，則該半橢球體的體積為4π．【考點】球的體積．【專題】轉化思想；數形結合法；等體積法；立體幾何；運算求解．【答案】4π．【分析】由底面半徑都為b，高都為a（a＞b）的半橢球（左側圖）和已被挖去了圓錐的圓柱右側圖）（被挖去的圓錐以圓柱的上底面為底面，下底面的圓心為頂點）放置于同一平面β上，用平行于平面β且與平面β任意距離d處的平面截這兩個幾何體，截面分別為圓面和圓環，S圓＝S圓環總成立．結合祖暅原理即可求解．【解答】解：設橢圓方程為：y2a2+x2由題意知（r，d）在橢圓上，即d2a解得r2＝b2-b2d2a2，所以截面面積為S＝同樣高度時，由底面半徑都為b，高都為a（a＞b）的半橢球（左側圖）和已被挖去了圓錐的圓柱右側圖（被挖去的圓錐以圓柱的上底面為底面，下底面的圓心為頂點）放置于同一平面β上，用平行于平面β且與平面β任意距離d處的平面截面面積：畫出圓錐的截面圖，如圖所示：則BC＝d，AC＝a，AE＝b，由△BDC～△AEC，得AEBD=ACBC，即b所以S圓環＝π（b2-b2d2a2），所以S所以半橢球體的體積為V柱﹣V錐＝πb2a-13πb2a=23π由題意知b＝1，a＝6，半橢球體的體積為23×π×12×6＝4故答案為：4π．【點評】本題考查了旋轉體的結構特征應用問題，也考查了運算求解能力，是中檔題．14．（2024秋?上饒期末）在四棱錐S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝BC＝4，E為SA的中點，則異面直線SC與DE所成的角的余弦值為105【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；向量法；空間角；運算求解．【答案】105【分析】利用線面垂直的性質，結合空間向量數量積求出異面直線夾角的余弦．【解答】解：如圖，在?ABCD中，∠ABC＝60°，SA＝AB＝BC＝4，則?ABCD為菱形，且三角形ABC為正三角形，∠BAC＝120°，AC＝AB＝4，由E為SA的中點，得|DEDE→在四棱錐S﹣ABCD中，由SA⊥平面ABCD，AB，AD，AC?平面ABCD，得SA⊥AB，SA⊥AD，SA⊥AC，SA→所以DE=12×所以異面直線SC與DE所成的角的余弦值為105故答案為：105【點評】本題主要考查求異面直線所成角，屬于中檔題．15．（2024秋?上虞區期末）（如圖甲）P﹣ABCD是一個水平放置的裝有一定量水的四棱錐密閉容器（容器材料厚度不算），底面ABCD為平行四邊形．現將容器以棱AB為軸向左側傾斜（如圖乙），這時水面恰好經過CDEF，且E，F分別為棱PA，PB的中點，設棱錐P﹣ABCD的高為2，則圖甲中，容器內的水面高度為2-33【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】數形結合；轉化思想；分割補形法；立體幾何；運算求解．【答案】2-【分析】將四棱錐補成平行六面體，利用棱柱和棱錐的體積公式逐項分析即可．【解答】解：將四棱錐補成平行六面體，如圖所示：設平行四面體的體積為V總，根據E，F分別為棱PA，PB的中點，設棱錐P﹣ABCD高為h，體積為V，則S四邊形BCMQ＝4S△BCG，由三棱柱BCG﹣ADE與平行六面體的高相同，得VBCG根據四棱錐P﹣ABCD與平行六面體底和高均相同，則V=13V總，即3V＝V所以VF﹣BCG=16VBCG﹣則V水=56VBCG﹣ADE=56×14V圖甲中上方的小四棱錐高為h1，則(h1h故圖甲中的水面高度為（1-332）h＝（1-332故答案為：2-3【點評】本題考查了空間幾何體的結構特征與應用問題，是中檔題．16．（2025?資溪縣校級模擬）棱長為2的正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱A′D′上的動點，F是棱BC的中點，當直線EF與A′C所成角最小時，△AEF的面積為5．【考點】異面直線及其所成的角；棱柱的結構特征．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】見試題解答內容【分析】建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量，利用空間向量求兩直線的夾角的余弦值，當兩直線所成的角最小時，余弦值最大，結合對勾函數的性質可求出此時a的值，進而可求三角形的面積．【解答】解：由題意棱長為2的正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱A′D′上的動點，F是棱BC的中點，建立如圖所示的空間直角生標系，則A′（2，0，2），C（0，2，0），F（1，2，0），D′（0，0，2），設E（a，0，2）（0≤a≤2），則A'設直線EF與A′C所成的角為θ，則cosθ=|由對勾函數的性質可知函數y=a+9a所以當a＝2時，ymin=92，此時cos此時E（2，0，2）與點A′重合，此時△AEF是以∠EAF為直角的直角三角形，易求得EA=2，AF=5故答案為：5．【點評】本題考查了異面直線所成角的求法，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?南寧模擬）在空間直角坐標系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D＝0（A，B，C，D∈R，且A2+B2+C2≠0），m→=（A，B，設M是多面體的一個頂點，定義多面體在M處的離散曲率為ΩM=1-12π(∠N1MN2+∠N2MN3+…+∠Nn﹣1MNn+∠NnMN1），其中Ni（i＝1，2，3…，n，n≥3）為多面體的所有與點M相鄰的頂點，且平面N1MN2，N2MN3，…，Nn已知空間直角坐標系Oxyz中，幾何體W的底面在平面Oxy內，且側面上任意一點（x，y，z）滿足3|x（1）判斷幾何體W的形狀，并求幾何體W的兩個相鄰側面所在平面夾角的余弦值；（2）求幾何體W的離散總曲率；（3）定義：若無窮等比數列{an}的公比q滿足0＜|q|＜1，則{an}的所有項之和S=若球O1與幾何體W的各面均相切，然后依次在W內放入球O2，球O3，…，球On+1，…，使得球On+1(n≥1，【考點】球的表面積．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解；新定義類．【答案】（1）正四棱錐，14；（2）2；（3）9【分析】（1）根據給定條件可得W為正四棱錐，利用正四棱錐的結構特征，結合面面角的向量法求解；（2）利用多面體的離散總曲率的定義，列式計算即可；（3）利用正四棱錐內切球的性質求出球O1，進而探討球On與球On+1的半徑關系，再利用球的表面積公式及公比絕對值小于的無窮等比數列所有項和公式求解．【解答】解：（1）幾何體W為正四棱錐，依題意，3|x|+3|y當z＝0時，|x|+|y|=6表示平面xOy所圍成的正方形，其頂點為A(當x＝y＝0時，點P（0，0，3），因此幾何體W為正四棱錐P﹣ABCD，如圖：由正四棱錐任意兩側面所在平面的夾角相等，不妨求面PAB與面PBC夾角余弦值，平面PAB方程為3x+3y+6平面PBC方程為-3x+3y+因此cos?所以幾何體W兩個相鄰側面所在平面夾角的余弦值為14（2）依題意，ΩPΩAΩBΩCΩD所以幾何體W的離散總曲率為：ΩP+ΩA+ΩB+ΩC+ΩD=5-12π(∠APB+∠BPC+∠CPD+∠DPA+∠DAB+∠BAP+∠DAP+∠ABC+∠ABP+∠＝5-12π（4×π+2π（3）設球O1與側面PAB相切于E，連接PE，與AB交于M，則O1E⊥PM，連接OM，則OM=12AD=3，設球O1半徑為r1，則PO1＝2r1，PO＝r1+2r1＝3r1＝3，解得r1＝1，設球On的半徑為rn，則3rn＝3﹣2r1﹣2r2﹣…﹣2rn﹣1（n≥2），則3rn+1＝3﹣2r1﹣2r2﹣…﹣2rn﹣1﹣2rn，兩式相減得3（rn+1﹣rn）＝﹣2rn，即3rn+1＝rn，因此數列{rn}是以1為首項，公比為13的等比數列，則數列{rn2}而0＜19所以放入的所有球的表面積之和為92【點評】本題考查立體幾何綜合問題，屬于難題．18．（2024秋?梅河口市校級期末）《九章算術》是我國古代數學名著，它在幾何學中的研究比西方早1000多年，在《九章算術》中，將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵（qiandu）；陽馬指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐，鱉臑（bienao）指四個面均為直角三角形的四面體．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1，BC1⊥平面A1C1CA，四棱錐B﹣A1C1CA為陽馬，且E，F分別是BC，A1B1的中點．（1）求證：EF∥平面A1C1CA；（2）在線段AB上是否存在點P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出APAB【考點】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）存在，APAB【分析】（1）要證明線面平行，可通過構造線線平行，利用線面平行的判定定理來證明；（2）需根據線面垂直的性質和判定定理，通過尋找合適的點P，使得相關直線垂直關系成立，進而確定APAB【解答】解：（1）證明：取A1C1中點G，連接FG，GC，在ΔA1B1C1中，因為F，G分別是A1B1，A1C1中點，所以FG∥B1C1，且FG=12B1因為E是BC的中點，所以EC∥B1C1，且EC=所以EC∥FG，且EC＝FG，所以四邊形FECG是平行四邊形，所以FE∥GC，又因為EF?平面A1C1CA，GC?平面A1C1CA，所以EF∥平面A1C1CA；（2）在線段AB上存在點P，使得BC1⊥平面EFP，取AB的中點P，連PE，連PF，因為BC1⊥平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，CG?平面ACC1A1，所以BC1⊥AC，BC1⊥CG，在△ABC中，因為P，E分別是AB，BC中點，所以PE∥AC，又由（1）知FE∥CG，所以BC1⊥PE，BC1⊥EF，由PE∩EF＝E，得BC1⊥平面EFP，故當點P是線段AB的中點時，BC1⊥平面EFP，此時，APAB【點評】本題考查了線面平行與線面垂直的相關判定定理，屬于中檔題．19．（2024秋?資中縣校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側面PAD為等腰直角三角形，且∠PAD=π2，F為棱PC上的點（異于端點），平面ADF與棱（1）求證：EF∥平面ABCD．（2）若PEEB=45，且平面PAD⊥平面ABCD，求異面直線【考點】異面直線及其所成的角；直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）3366【分析】（1）由底面ABCD是正方形，可得AD∥BC，進而可得AD∥平面PBC．然后由線面平行性質可得EF∥AD，即可完成證明；（2）以A為坐標原點，AB，AD，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，然后由PEEB=45，結合題意可得【解答】解：（1）證明：根據題意可知，側面PAD為等腰直角三角形，且∠PAD因為底面ABCD是正方形，所以AD∥BC，因為BC?平面PBC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC．又因為AD?平面ADFE，平面ADFE∩平面PBC＝EF，所以EF∥AD，因為AD?平面ABCD，EF?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．（2）因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，所以PA⊥平面ABCD，又由四邊形ABCD為正方形，得AB⊥AD．以A為坐標原點，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，AP所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，則A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0）．由PEEB=4又AB→=(2，0，又由（1）EF∥AD∥BC，則△PEF～△PBC，得EF則EF→=所以F(89，8設異面直線PB與DF所成的角為θ，cosθ=|故異面直線PB與DF所成角的余弦值為3366【點評】本題考查了異面直線所成角，屬于中檔題．20．（2025?洮北區校級一模）在四面體ABCD中，E，H分別是線段AB，AD的中點，F，G分別是線段CB，CD上的點，且CFBF（1）四邊形EFGH是梯形；（2）AC，EF，GH三條直線相交于同一點．【考點】平面的基本性質及推論．【專題】證明題；數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離；直觀想象．【答案】見試題解答內容【分析】（1）連結BD，推導出EH∥BD，FG∥BD，由此能證明四邊形EFGH是梯形．（2）設EF∩HG＝K，則K∈ABC平面，K∈ACD平面，由平面ABC∩ACD平面＝AC，得K∈AC，由此能證明AC，EF，GH三條直線相交于同一點．【解答】證明：（1）連結BD，∵E，H分別是邊AB，AD的中點，∴EH∥BD，且EH=又∵CFCB∴FG∥BD，且FG=因此EH∥FG且EH≠FG故四邊形EFGH是梯形．（2）由（1）知EF，HG相交，設EF∩HG＝K∵K∈EF，EF?ABC平面，∴K∈ABC平面，同理K∈ACD平面，又平面ABC∩ACD平面＝AC，∴K∈AC，故EF和GH的交點在直線AC上．所以AC，EF，GH三條直線相交于同一點．【點評】本題考查對數函數的導數，以及利用導數研究函數的單調性等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，是中檔題．

考點卡片1．棱柱的結構特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側面．側棱：棱柱中兩個側面的公共邊叫做棱柱的側棱．頂點：棱柱的側面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結構特征棱柱1根據棱柱的結構特征，可知棱柱有以下性質：（1）側面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據側棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．2．圓錐的結構特征【知識點的認識】以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐．【解題方法點撥】﹣底面圓的性質：計算底面圓的面積和周長．﹣側面扇形：側面的面積為扇形的面積，計算公式為πrl，其中l為母線長度．﹣表面積：包括底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr﹣體積：計算公式為13【命題方向】﹣圓錐的幾何特征：考查如何從幾何特征出發計算圓錐的底面及側面展開圖．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的性質進行計算．3．棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積【知識點的認識】側面積和全面積的定義：（1）側面積的定義：把柱、錐、臺的側面沿著它們的一條側棱或母線剪開，所得到的展開圖的面積，就是空間幾何體的側面積．（2）全面積的定義：空間幾何體的側面積與底面積的和叫做空間幾何體的全面積．柱體、錐體、臺體的表面積公式（c為底面周長，h為高，h′為斜高，l為母線）S圓柱表＝2πr（r+l），S圓錐表＝πr（r+l），S圓臺表＝π（r2+rl+Rl+R2）4．棱錐的側面積和表面積【知識點的認識】棱錐是底面為多邊形的幾何體，頂點與底面相連形成側面，棱錐的側面為多個三角形．【解題方法點撥】﹣側面積：計算方法為先求各側面三角形的面積，再把所有側面三角形的面積求和．﹣表面積：側面積加上底面多邊形的面積．【命題方向】﹣棱錐的表面積計算：考查如何計算棱錐的側面積和表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用棱錐的性質進行計算．5．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=136．旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積【知識點的認識】旋轉體的結構特征：一條平面曲線繞著它所在的平面內的一條定直線旋轉所形成的曲面叫作旋轉面；該定直線叫做旋轉體的軸；封閉的旋轉面圍成的幾何體叫作旋轉體．1．圓柱①定義：以矩形的一邊所在的直線為旋轉軸，將矩形旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓柱．圓柱用軸字母表示，如下圖圓柱可表示為圓柱OO′．②認識圓柱③圓柱的特征及性質圓柱1圓柱與底面平行的截面是圓，與軸平行的截面是矩形．④圓柱的體積和表面積公式設圓柱底面的半徑為r，高為h：V圓柱2．圓錐①定義：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓錐．圓錐用軸字母表示，如下圖圓錐可表示為圓錐SO．②認識圓錐③圓錐的特征及性質圓錐1與圓錐底面平行的截面是圓，過圓錐的頂點的截面是等腰三角形，兩個腰都是母線．母線長l與底面半徑r和高h的關系：l2＝h2+r2④圓錐的體積和表面積公式設圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長為l：V圓錐3．圓臺①定義：以直角梯形中垂直于底邊的腰所在的直線為旋轉軸，其余各邊旋轉一周而成的曲面所圍成的幾何體叫做圓臺．圓臺用軸字母表示，如下圖圓臺可表示為圓臺OO′．②認識圓臺③圓臺的特征及性質圓臺1平行于底面的截面是圓，軸截面是等腰梯形．④圓臺的體積和表面積公式設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，高為h，母線長為l：V圓臺7．圓柱的體積【知識點的認識】圓柱的體積計算依賴于底面圓的半徑r和圓柱的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據實際問題中的圓柱尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓柱的體積計算：考查如何根據底面圓的半徑和高度計算圓柱的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓柱的體積計算．8．圓錐的體積【知識點的認識】圓錐的體積計算依賴于底面圓的半徑r和圓錐的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據實際問題中的圓錐尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓錐的體積計算：考查如何根據底面圓的半徑和高度計算圓錐的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的體積計算．9．球的體積和表面積【知識點的認識】1．球體：在空間中，到定點的距離等于或小于定長的點的集合稱為球體，簡稱球．其中到定點距離等于定長的點的集合為球面．2．球體的體積公式設球體的半徑為R，V球體=3．球體的表面積公式設球體的半徑為R，S球體＝4πR2．【命題方向】考查球體的體積和表面積公式的運用，常見結合其他空間幾何體進行考