第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考備考高中數(shù)學(xué)個(gè)性化分層教輔尖子生篇《立體幾何初步》一．選擇題（共10小題）1．（2024?貴陽(yáng)開學(xué)）用平行于底面的平面截正四棱錐，截得幾何體為正四棱臺(tái)．已知正四棱臺(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為1和2，側(cè)棱與底面所成的角為π4A．76 B．726 C．72．（2024秋?深圳校級(jí)月考）已知圓錐的底面半徑為2，高為4，有一個(gè)半徑為1的圓柱內(nèi)接于此圓錐，則該圓柱的側(cè)面積是（）A．π B．2π C．3π D．4π3．（2024春?番禺區(qū)期末）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱BC，CC1，C1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面A1B1C1D1上任意一點(diǎn)，若直線BP與平面EFG無(wú)公共點(diǎn)，則下列命題中，①BP∥平面EFG②平面EFG∥平面BC1A1③所有點(diǎn)P在直線B1D1上④BP與DD1所成的角為θ，則tanθ的最小值是2正確命題的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)4．（2023秋?豐城市校級(jí)期末）長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，AA1＝4，則異面直線AB1與DA1所成角的余弦值為（）A．1625 B．45 C．9255．（2024?南海區(qū)校級(jí)模擬）上、下底面均為等邊三角形的三棱臺(tái)的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，若三棱臺(tái)的高為3，上、下底面邊長(zhǎng)分別為15，26A．32π B．36π C．40π D．42π6．（2023秋?深圳校級(jí)月考）在正三棱臺(tái)ABC﹣A1B1C1中，AB=332，A1B1=23，AA1A．125π3 B．25π C．125π6 7．（2024春?昆明期末）已知正四棱臺(tái)的體積為143，上、下底面邊長(zhǎng)分別為2A．20π B．25π C．36π D．50π8．（2024?宿遷模擬）若一個(gè)多面體的各面都與一個(gè)球的球面相切，則稱這個(gè)球是這個(gè)多面體的內(nèi)切球．在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAB是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱錐P﹣ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，設(shè)球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1A．3π6 B．3π12 C．9．（2024春?懷寧縣校級(jí)期末）已知圓錐的底面圓周在球O的表面上，頂點(diǎn)為球心O，圓錐的高為3，且圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，則球O的半徑為（）A．26 B．23 C．2 10．（2024秋?廣西月考）四面體A﹣BCD中AB=3A．499π B．509π C．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?貴陽(yáng)開學(xué)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點(diǎn)M為線段B1D1上動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的是（）A．當(dāng)點(diǎn)M為B1D1中點(diǎn)時(shí)，C1M⊥平面BB1D1D B．當(dāng)點(diǎn)M為B1D1中點(diǎn)時(shí)，直線DM與直線BC所角的余弦值為23C．當(dāng)點(diǎn)M在線段B1D1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐C1﹣BDM的體積是定值 D．點(diǎn)M到直線BC1距離的最小值為6（多選）12．（2023秋?婺源縣校級(jí)月考）已知ABC﹣A1B1C1是所有棱長(zhǎng)都相等的直棱柱，則下列命題中正確的是（）A．當(dāng)點(diǎn)D在棱A1B1上，直線CD與側(cè)面ABB1A1所成角最大為45° B．當(dāng)點(diǎn)D在棱A1B1上（端點(diǎn)除外），點(diǎn)E在棱A1C1上（端點(diǎn)除外），直線CD與直線BE可能相交 C．當(dāng)點(diǎn)D在側(cè)面ABB1A1內(nèi)，點(diǎn)E在側(cè)面ACC1A1內(nèi)，存在直線DE垂直側(cè)面BCC1B1 D．當(dāng)點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在三個(gè)側(cè)面上，存在△DEF是直角三角形．（多選）13．（2024?無(wú)為市校級(jí)開學(xué)）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝BC＝2，AB⊥BC，AC1與A1C相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是側(cè)棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是60 B．三棱錐O﹣AA1E的體積為定值 C．AE+EC1的最小值為13 D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面積是17π（多選）14．（2024春?東海縣校級(jí)月考）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足BP→=λBA．A1F⊥平面AD1E B．三棱錐P﹣AD1E的體積與P點(diǎn)的位置有關(guān) C．DP+B1P的最小值為4+22D．當(dāng)λ∈(0，13]（多選）15．（2023秋?翠屏區(qū)校級(jí)期末）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足AP→=λAA1→+AB→A．P，Q的軌跡長(zhǎng)度相等 B．PQ的最小值為2 C．存在P，Q，使得DP⊥BQ D．DP與DQ所成角的余弦值的最大值為2三．填空題（共5小題）16．（2024春?即墨區(qū)期末）已知正四面體的棱長(zhǎng)為a，球O1與正四面體六條棱相切，球O2與正四面體四個(gè)面相切，則兩個(gè)球的體積比VO117．（2024春?清鎮(zhèn)市校級(jí)期末）長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對(duì)角線AC把平面ACD折起，使平面ACD⊥平面ABC，則折疊后∠BCD的余弦值為．18．（2024?南京自主招生）四面體棱長(zhǎng)為4，7，20，22，28，t，t∈Z，求t的最小值是．19．（2024春?成都期末）已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=π3．將△DAC沿著對(duì)角線AC折起至△D′AC，連結(jié)BD'，設(shè)二面角D′﹣AC﹣B的大小為θ，當(dāng)θ=2π3時(shí)，則四面體D′20．（2024?蜀山區(qū)自主招生）已知圓錐的高為1，底面直徑AB＝2，則一螞蟻從點(diǎn)A沿著側(cè)面爬到點(diǎn)B，爬行距離的最小值是．四．解答題（共5小題）21．（2024?達(dá)拉特旗校級(jí)開學(xué)）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝1．（1）求證：平面AB1C⊥平面ABB1A1；（2）若BB1＝2，求點(diǎn)B到平面AB1C的距離．22．（2024?無(wú)為市校級(jí)開學(xué)）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AB=BC=12AD，M為PC上一點(diǎn)，且PM（1）求證：PA∥平面BDM；（2）若△PAD為正三角形，PC＝PD，求異面直線PC與AB所成角的大小；（3）點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PC上，且PF＝λPC，若EF∥平面BDM，求實(shí)數(shù)λ的值．23．（2024春?清鎮(zhèn)市校級(jí)期末）如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ＝3QC．（1）求證：PQ∥平面BCD．（2）若三角形BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，BD＝DA，求異面直線BM和AC所成角的余弦值．24．（2024春?臺(tái)州期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BB1＝2，BC＝23．D，E分別是棱AC、CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段A1E上．（Ⅰ）若A1F→=2FE（Ⅱ）若三棱錐F﹣ABD的體積為32，求直線BF與平面AA1C1C25．（2024?淄博模擬）已知直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD=6，AD=3，M為對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)．現(xiàn)以AC為折痕把△ADC折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，點(diǎn)Q為（1）證明：AC⊥平面PBM；（2）求三棱錐P﹣ACQ體積的最大值；（3）當(dāng)三棱錐P﹣ACQ的體積最大時(shí)，求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．

2025年高考備考高中數(shù)學(xué)個(gè)性化分層教輔尖子生篇《立體幾何初步》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?貴陽(yáng)開學(xué)）用平行于底面的平面截正四棱錐，截得幾何體為正四棱臺(tái)．已知正四棱臺(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為1和2，側(cè)棱與底面所成的角為π4A．76 B．726 C．7【考點(diǎn)】棱臺(tái)的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】根據(jù)正四棱臺(tái)性質(zhì)可求得該棱臺(tái)的高，代入棱臺(tái)的體積公式即可求得結(jié)果．【解答】解：如下圖所示：O，O1分別為上下底面的中心，作C1E⊥AC于點(diǎn)E，根據(jù)題意可知A1B1＝1，AB＝2，側(cè)棱與底面所成的角即為∠C1CE，可知∠C因此可得C1E＝CE，易知AC=22，A所以該正四棱臺(tái)的高為C1因此該四棱臺(tái)的體積是V=1故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體體積的計(jì)算，屬于中檔題．2．（2024秋?深圳校級(jí)月考）已知圓錐的底面半徑為2，高為4，有一個(gè)半徑為1的圓柱內(nèi)接于此圓錐，則該圓柱的側(cè)面積是（）A．π B．2π C．3π D．4π【考點(diǎn)】圓柱的側(cè)面積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】D【分析】設(shè)圓柱的高為h，利用三角形相似得出h＝2，即可求解．【解答】解：如圖，設(shè)圓柱的高為h，由題意可得?4所以h＝2，從而圓柱的側(cè)面積S柱＝2π×1×2＝4π．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓柱側(cè)面積的計(jì)算，屬于中檔題．3．（2024春?番禺區(qū)期末）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱BC，CC1，C1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面A1B1C1D1上任意一點(diǎn)，若直線BP與平面EFG無(wú)公共點(diǎn)，則下列命題中，①BP∥平面EFG②平面EFG∥平面BC1A1③所有點(diǎn)P在直線B1D1上④BP與DD1所成的角為θ，則tanθ的最小值是2正確命題的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【考點(diǎn)】異面直線及其所成的角；直線與平面平行；平面與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】對(duì)于①，由直線BP與平面EFG無(wú)公共點(diǎn)進(jìn)行判斷；對(duì)于②，根據(jù)面面平行的判定定理結(jié)合正方體的性質(zhì)判斷；對(duì)于③，結(jié)合①②分析判斷；對(duì)于④，由DD1∥BB1，得∠B1BP為BP與DD1所成角，tan∠B1BP=B1PBB1=B1P2，當(dāng)P為【解答】解：對(duì)于①，∵直線BP與平面EFG無(wú)公共點(diǎn)，∴BP∥平面EFG，故①正確；對(duì)于②，連接CD1，∵點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱BC，CC1，C1D1的中點(diǎn)，∴EF∥BC1，F(xiàn)G∥CD1，∵CD1∥A1B，∴FG∥A1B，∵EF，F(xiàn)G?平面BC1A1，A1B，BC1?平面BC1A1，∴FG∥平面BC1A1，故②正確；對(duì)于③，由①②知平面EFG∥平面BC1A1，BP∥平面EFG，∴BP?平面BC1A1，∵平面BC1A1∩平面A1B1C1D1＝A1C1，∵點(diǎn)P為底面A1B1C1D1上任意一點(diǎn)，∴所有點(diǎn)P都在A1C1上，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，∵DD1∥BB1，∴∠B1BP為BP與DD1所成角，∵B1B⊥平面A1B1C1D1，B1P?平面A1B1C1D1，∴B1B⊥B1P，∴tan∠B1BP=B由③知點(diǎn)P在A1C1上，∴當(dāng)P為A1C1的中點(diǎn)時(shí)，B1P最小值為2，∴tan∠B1BP的最小值為22，即tanθ的最小值為22，故故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行、面面平行的判定與性質(zhì)、異面直線所成角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．4．（2023秋?豐城市校級(jí)期末）長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，AA1＝4，則異面直線AB1與DA1所成角的余弦值為（）A．1625 B．45 C．925【考點(diǎn)】異面直線及其所成的角．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】A【分析】由異面直線所成的角的定義，先作出這個(gè)異面直線所成的角的平面角，即連接B1C，再證明∠AB1C就是異面直線AB1與A1D所成的角，最后在△AB1C中計(jì)算此角的余弦值即可．【解答】解：連接B1C，則B1C∥A1D，∴∠AB1C就是異面直線AB1與A1D所成的角∵AB＝BC＝3，AA1＝4，則在△AB1C中，AC＝32，B1A＝5，B1C＝5，∴cos∠AB1C=5∴異面直線AB1與A1D所成的角的余弦值為1625故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查異面直線所成的角的定義和求法，先作再證后計(jì)算，將空間角轉(zhuǎn)化為平面角的思想，屬中檔題．5．（2024?南海區(qū)校級(jí)模擬）上、下底面均為等邊三角形的三棱臺(tái)的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，若三棱臺(tái)的高為3，上、下底面邊長(zhǎng)分別為15，26A．32π B．36π C．40π D．42π【考點(diǎn)】球的體積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】首先作圖進(jìn)行解答，設(shè)△ABC，△A1B1C1的外心分別為M，N，外接球的球心為O，然后再設(shè)外接球的半徑，進(jìn)行求解，得出外接球表面積為36π．【解答】解：設(shè)三棱臺(tái)為ABC﹣A1B1C1，△ABC，△A1B1C1外心分別為M，N，外接球的球心為O，∵△ABC，△A1B1C1是等邊三角形，∴M，N是三角形的中心，也是三角形重心，由題意易知△ABC高為352，△A1B1C1高為故由重心的定義知MC1=23設(shè)外接球的半徑為R，ON＝h，連接OC1，OC，則OC1＝OC＝R，故?2即h2+8＝（3﹣h）2+5＝R2，解得h＝1，R2＝9，所以外接球的表面積為4πR2＝36π，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體的外接球問(wèn)題，屬于中檔題．6．（2023秋?深圳校級(jí)月考）在正三棱臺(tái)ABC﹣A1B1C1中，AB=332，A1B1=23，AA1A．125π3 B．25π C．125π6 【考點(diǎn)】球的體積和表面積．【專題】整體思想；綜合法；球；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】畫出圖形，由正三棱臺(tái)的對(duì)稱性可得，正三棱臺(tái)的外接球的球心落在上底面中心與下底面中心的連線上，先求出三棱臺(tái)的高，再由外切球的性質(zhì)得到外接球的半徑．【解答】解：分別取△ABC、△A1B1C1的中心E，F(xiàn)，連結(jié)EF，過(guò)A作AM⊥A1F，因?yàn)锳B=3由正弦定理得2AE=AB得AE=3同理可得A1F＝2，所以A1M=12，AM=AA1所以EF＝AM=7設(shè)正三棱臺(tái)的外接球球心O，O在EF上，設(shè)外接球O的半徑為R，所以O(shè)A＝OA1＝R，又OA2＝AE2+OE2，即R2=又R2＝22+OF2，又因?yàn)镺F+OE=7則R2=4+(聯(lián)立①②可得OE＝2，R=5所以正三棱臺(tái)ABC﹣A1B1C1的外接球體積V=43故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間幾何體的外接球問(wèn)題，重點(diǎn)考查了運(yùn)算能力，屬中檔題．7．（2024春?昆明期末）已知正四棱臺(tái)的體積為143，上、下底面邊長(zhǎng)分別為2A．20π B．25π C．36π D．50π【考點(diǎn)】球的表面積；棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；球；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】A【分析】根據(jù)題意先求出正四棱臺(tái)的高，再根據(jù)對(duì)稱性可知其外接球的球心在上下底面中心的連線上，從而根據(jù)勾股定理，建立方程，即可求解．【解答】解：設(shè)正四棱臺(tái)的高為h，則根據(jù)題意可得13×(2+8+2×8∴設(shè)球心到下底面的距離為t，球的半徑為R，根據(jù)對(duì)稱性可知其外接球的球心在上下底面中心的連線上，從而根據(jù)勾股定理可得：12即1+(1+t)2=∴R2＝5，∴該球的表面積為4πR2＝20π．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四棱臺(tái)的外接球問(wèn)題，方程思想，屬中檔題．8．（2024?宿遷模擬）若一個(gè)多面體的各面都與一個(gè)球的球面相切，則稱這個(gè)球是這個(gè)多面體的內(nèi)切球．在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAB是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱錐P﹣ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，設(shè)球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1A．3π6 B．3π12 C．【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；球的體積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】根據(jù)內(nèi)切球在等邊三角形PAB內(nèi)的“正投影”求得內(nèi)切球的半徑，進(jìn)而求得內(nèi)切球的體積，結(jié)合題意可得四棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的球心O到平面PCD的距離為36，求解三角形得BC，由球的體積公式可得四棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的體積，由棱錐體積公式求得四棱錐P﹣ABCD【解答】解：由于平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，所以四棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球在等邊三角形PAB的“正投影”是等邊三角形PAB的內(nèi)切圓，設(shè)等邊三角形PAB的內(nèi)切圓半徑為r，則S△PAB解得r=3所以內(nèi)切球的半徑為36，其體積V又內(nèi)切球與平面PCD相切，且切點(diǎn)在PN上，設(shè)切點(diǎn)為O3，則OO3=36，即O為△PMN的內(nèi)切圓的圓心，該內(nèi)切圓的半徑為36連接PO、ON，則PO為∠O1PO3的角分線，所以PO設(shè)MN＝a，則NO所以PN=PO3+NO2=a+36，在Rt△PMN中，有PM即(32)所以BC＝MN=2VP?ABCD即V2所以V1故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查多面體內(nèi)切球體積及多面體體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．9．（2024春?懷寧縣校級(jí)期末）已知圓錐的底面圓周在球O的表面上，頂點(diǎn)為球心O，圓錐的高為3，且圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，則球O的半徑為（）A．26 B．23 C．2 【考點(diǎn)】球內(nèi)接旋轉(zhuǎn)體．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；球；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，由圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓可得l＝2r，再根據(jù)勾股定理可得r=3，進(jìn)而可得球O【解答】解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，由圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，可得12×2πl(wèi)=2πr，得l＝2由圓錐的高為3，可得l2?r2=3則球O的半徑R=l=2r=23．（根據(jù)圓錐的底面圓周在球O的表面上，頂點(diǎn)為球心O，可知圓錐的母線長(zhǎng)等于球O故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)：球與圓錐的關(guān)系，球的半徑的求法，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題．10．（2024秋?廣西月考）四面體A﹣BCD中AB=3A．499π B．509π C．【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體；球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】先求出AB，CD的公垂線段EF的長(zhǎng)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：EF上是否存在一點(diǎn)O，使得OA＝OC即可，進(jìn)而求得半徑即可求出結(jié)論．【解答】解：如圖，設(shè)E、F分別是AB，CD的中點(diǎn)，易證EF是線段AB，CD的公垂線段，得到EF=A問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：EF上是否存在一點(diǎn)O，使得OA＝OC即可，設(shè)OE＝x則OF=32?xOC于是x2解得x=所以O(shè)A于是四面體A﹣BCD外接球的表面積是4π×13故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查球的表面積的求法，是中檔題．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?貴陽(yáng)開學(xué)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點(diǎn)M為線段B1D1上動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的是（）A．當(dāng)點(diǎn)M為B1D1中點(diǎn)時(shí)，C1M⊥平面BB1D1D B．當(dāng)點(diǎn)M為B1D1中點(diǎn)時(shí)，直線DM與直線BC所角的余弦值為23C．當(dāng)點(diǎn)M在線段B1D1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐C1﹣BDM的體積是定值 D．點(diǎn)M到直線BC1距離的最小值為6【考點(diǎn)】棱錐的體積；異面直線及其所成的角；直線與平面垂直．【專題】整體思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；直觀想象．【答案】ACD【分析】根據(jù)給定條件建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A；利用空間向量求出向量夾角余弦判斷B；利用三棱錐體積公式判斷C；利用空間向量求出點(diǎn)到直線的距離最小值判斷D．【解答】解：以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1），D1（0，0，1），B1（2，2，1），設(shè)M（t，t，1），0≤t≤2，對(duì)于A，t＝1，M（1，1，1），MC1→MC1→?DD1→=0，MC1而DD1∩DB＝D，DD1，DB?平面BB1D1D，因此C1M⊥平面BB1D1D，A正確；對(duì)于B，MC1→=(?1，1，0)，BC對(duì)于C，由選項(xiàng)A知，點(diǎn)C1到平面BB1D1D的距離為2，而△BDM的面積12因此三棱錐C1﹣BDM的體積23是定值，C對(duì)于D，BC1→=(?2，0，1)，C1M=t2+(t?2)2故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了空間距離，空間角的求解，還考查了棱錐題意公式的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）12．（2023秋?婺源縣校級(jí)月考）已知ABC﹣A1B1C1是所有棱長(zhǎng)都相等的直棱柱，則下列命題中正確的是（）A．當(dāng)點(diǎn)D在棱A1B1上，直線CD與側(cè)面ABB1A1所成角最大為45° B．當(dāng)點(diǎn)D在棱A1B1上（端點(diǎn)除外），點(diǎn)E在棱A1C1上（端點(diǎn)除外），直線CD與直線BE可能相交 C．當(dāng)點(diǎn)D在側(cè)面ABB1A1內(nèi)，點(diǎn)E在側(cè)面ACC1A1內(nèi)，存在直線DE垂直側(cè)面BCC1B1 D．當(dāng)點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在三個(gè)側(cè)面上，存在△DEF是直角三角形．【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；直線與平面垂直．【專題】數(shù)形結(jié)合；定義法；立體幾何；邏輯推理．【答案】BD【分析】對(duì)A，取AB中點(diǎn)O連接CO，易得∠CDO為CD與側(cè)面ABB1A1所成的角，由圖分析得，當(dāng)OD最小時(shí)，∠CDO最大，運(yùn)算得解；對(duì)B，當(dāng)D是A1B1中點(diǎn)，E是A1C1中點(diǎn)時(shí)易判斷；對(duì)C，利用反證法分析判斷；對(duì)D，當(dāng)D是AB中點(diǎn)，E是AC中點(diǎn)，F(xiàn)是BC靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn)時(shí)易判斷．【解答】解：對(duì)于A，如圖1，取AB中點(diǎn)O連接CO，因?yàn)槿庵欣忾L(zhǎng)相等，所以三棱柱ABC﹣A1B1C1為正三棱柱，所以CO⊥AB，又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CO，可得CO⊥平面ABB1A1，連接CD，OD，則∠CDO為CD與側(cè)面ABB1A1所成的角，設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則CO=3，tan∠CDO=當(dāng)OD最小時(shí)，∠CDO最大，顯然當(dāng)D是A1B1中點(diǎn)時(shí)，OD最小為2，此時(shí)tan∠CDO=32＜1，即∠CDO所以直線CD與側(cè)面ABB1A1所成角的最大值不可能為45o，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)D是A1B1中點(diǎn)，E是A1C1中點(diǎn)時(shí)，DE∥B1C1，所以DE∥BC，此時(shí)B，C，E，D共面，所以直線CD與直線BE相交，故B正確；對(duì)于C，設(shè)點(diǎn)D，點(diǎn)E在底面ABC上的投影分別是點(diǎn)D1，點(diǎn)E1，連接DD1，EE1，則DD1∥EE1，即D，D1，E1，E四點(diǎn)共面，假設(shè)存在直線DE垂直側(cè)面BCC1B1，則DE⊥BC，又BC⊥DD1，所以BC⊥平面DD1E1E，可得BC⊥D1E1，而根據(jù)題意BC不可能垂直D1E1，所以不存在直線DE垂直側(cè)面BCC1B1．故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖2，當(dāng)D是AB中點(diǎn)，E是AC中點(diǎn)，F(xiàn)是BC靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn)時(shí)，有DE⊥EF，所以△DEF是直角三角形．故D正確．故選：BD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何綜合應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）13．（2024?無(wú)為市校級(jí)開學(xué)）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝BC＝2，AB⊥BC，AC1與A1C相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是側(cè)棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是60 B．三棱錐O﹣AA1E的體積為定值 C．AE+EC1的最小值為13 D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面積是17π【考點(diǎn)】棱柱的體積；棱錐的體積；球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】BD【分析】根據(jù)三棱柱的體積公式，三棱錐的體積公式，化空間為平面，分割補(bǔ)形法針對(duì)各個(gè)選項(xiàng)分別求解即可．【解答】解：對(duì)A選項(xiàng)，根據(jù)題意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為：12×2×2×3=6，∴對(duì)B選項(xiàng)，根據(jù)題意易知BB1∥平面ACC1A1，∴E到平面ACC1A1的距離為定值，又△AA1E的面積也為定值，∴三棱錐O﹣AA1E的體積為定值，∴B選項(xiàng)正確；對(duì)C選項(xiàng)，將平面ABB1A1與平面BCC1B1展開鋪平如圖所示：則AE+EC1≥AC1=3當(dāng)且僅當(dāng)A，E，C1三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，∴C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)D選項(xiàng)，根據(jù)題意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的直徑2R即為長(zhǎng)，寬，高分別為2，2，3的長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，∴（2R）2＝22+22+32＝17，∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面積是4πR2＝17π，∴D選項(xiàng)正確．故選：BD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三棱柱的體積的求解，三棱錐的體積問(wèn)題，距離的最值的求解，三棱柱的外接球問(wèn)題，屬中檔題．（多選）14．（2024春?東海縣校級(jí)月考）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足BP→=λBA．A1F⊥平面AD1E B．三棱錐P﹣AD1E的體積與P點(diǎn)的位置有關(guān) C．DP+B1P的最小值為4+22D．當(dāng)λ∈(0，13]【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；平面的基本性質(zhì)及推論．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】AD【分析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可得A1F⊥AD1，A1F⊥AE，可判斷A；可得BC1∥平面AED1，又△AED1的面積為定值，可判斷B；利用兩點(diǎn)間的距離公式可求DP+B1P的最小值判斷C；連接EC，取AA1中點(diǎn)為G，當(dāng)EC與BC1交點(diǎn)為點(diǎn)P時(shí)，可利用相似三角形的性質(zhì)求得λ=13，進(jìn)而可判斷【解答】解：A選項(xiàng)，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（4，0，0），E（4，4，2），D1（0，0，4），F(xiàn)（0，2，0），A1＝（4，0，4），則AD1→=(?4，0，4)，A1F→所以A1F⊥AD1，A1F⊥AE，又AE∩AD1＝A，AE?平面AD1E，AD1?平面AD1E，所以A1F⊥平面AD1E，故A正確；B選項(xiàng)，因?yàn)樵谡襟wABCD﹣A1B1C1D1中．AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，因此BC1∥AD1，又BC1?平面AED1，AD1?平面AED1，所以BC1∥平面AED1，因此棱BC1上的所有點(diǎn)到平面AED1的距離都相等，又P是棱BC1上的動(dòng)點(diǎn)，所以三棱錐P﹣AED1的體積始終為定值，故B錯(cuò)；C選項(xiàng)，B（4，A，0），C1（0，4，4），B1（4，4，4），因?yàn)锽P→=λBC1→，λ∈[0，1]，所以所以DP→=(4?4λ，4，4λ)，DP+B當(dāng)λ=12時(shí)，DP+B1P有最小值，最小值為26D選項(xiàng)，連接EC，取AA1中點(diǎn)為G，當(dāng)EC與BC1交點(diǎn)為點(diǎn)P時(shí)，平面PEF截正方體截面圖形ECDG為四邊形，如圖1，此時(shí)△PMC∽△EBC，△PMB∽△C1CB，PMEB=MCBC，PMCC1=BM故選：AD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間幾何體的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，考查運(yùn)算求解能力，屬中檔題．（多選）15．（2023秋?翠屏區(qū)校級(jí)期末）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足AP→=λAA1→+AB→A．P，Q的軌跡長(zhǎng)度相等 B．PQ的最小值為2 C．存在P，Q，使得DP⊥BQ D．DP與DQ所成角的余弦值的最大值為2【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】BCD【分析】根據(jù)題意可得P點(diǎn)在線段BB1上，Q在線段A1C1上，在針對(duì)各個(gè)選項(xiàng)分別求解即可．【解答】解：如圖，∵點(diǎn)P滿足AP→=λAA1→+AB→∴P點(diǎn)在線段BB1上，Q在線段A1C1上，對(duì)A選項(xiàng)，∵P的軌跡長(zhǎng)度為BB1＝2，Q的軌跡長(zhǎng)度為A1C1=22，∴A對(duì)B選項(xiàng)，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知EB1⊥A1C1，EB1⊥BB1，∴EB1為兩異面直線A1C1與BB1的公垂線段，且EB1=2又P點(diǎn)在線段BB1上，Q在線段A1C1上，∴PQ的最小值為2，∴B選項(xiàng)正確；對(duì)C選項(xiàng)，設(shè)該正方體的上下底面的中心分別為E，F(xiàn)，連接EB，DB1，則由正方體的性質(zhì)可知EB⊥DB1，又易知A1C1⊥平面DBB1D1，∴BQ在平面DBB1D1內(nèi)的射影為BE，∴根據(jù)三垂線定理可知DB1⊥BQ，∴當(dāng)P為B1時(shí)，滿足DP⊥BQ，∴C選項(xiàng)正確；對(duì)D選項(xiàng)，建系如圖，則D（0，0，0），P（2，2，2λ），Q（2﹣2μ，2μ，2），λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，∴DP→=(2，2，2λ)，∴|cos＜DP→，DQ→∵λ+1λ又3(λ+1)2?2∴當(dāng)1λ+1=12，即即λ+1λ2+2∴當(dāng)λ＝1，μ=12時(shí)，|cos＜DP→，DQ→故選：BCD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，向量的線性運(yùn)算，異面直線的公垂線問(wèn)題，線線垂直的判定，三垂線定理的應(yīng)用，向量法求解線線角問(wèn)題，函數(shù)思想，屬難題．三．填空題（共5小題）16．（2024春?即墨區(qū)期末）已知正四面體的棱長(zhǎng)為a，球O1與正四面體六條棱相切，球O2與正四面體四個(gè)面相切，則兩個(gè)球的體積比VO1VO【考點(diǎn)】球的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】33【分析】將四面體補(bǔ)成正方體，則正四面體的棱切球即正方體的內(nèi)切球，求出正方體的棱長(zhǎng)，即可得球O1的半徑R1，由題意得球O2的球心到正四面體的各個(gè)面的距離都相等，且為半徑R2，由等體積法即可求出R2，利用球的體積公式即可求解．【解答】解：將四面體補(bǔ)成正方體，則四面體的棱長(zhǎng)全是該正方體的面對(duì)角線，球O1與正四面體六條棱相切，則球O1為正方體的內(nèi)切球，且切點(diǎn)為面對(duì)角線的中點(diǎn)，正四面體的棱長(zhǎng)為a，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為x，則xa則x=2故正方體內(nèi)切球的半徑R1正四面體的棱長(zhǎng)為a，設(shè)底面三角形的高為d，則da即d=3底面三角形的面積S=頂點(diǎn)在底面的投影位為底面三角形高的23設(shè)正四面體的高為h，由勾股定理得?=a則正四面體的體積為V=1球O2與正四面體四個(gè)面相切，則球心到正四面體的各個(gè)面的距離都相等，且為半徑R2，則正四面體的體積為V=1則由等體積法得V=3可得R2則VO故答案為：33【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四面體與球的切接關(guān)系，考查空間想象與運(yùn)算能力，屬于中檔題．17．（2024春?清鎮(zhèn)市校級(jí)期末）長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對(duì)角線AC把平面ACD折起，使平面ACD⊥平面ABC，則折疊后∠BCD的余弦值為1225【考點(diǎn)】平面與平面垂直．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】1225【分析】作DE⊥AC，證明DE⊥BE，利用勾股定理和余弦定理求出BD，再由余弦定理求∠BCD的余弦值．【解答】解：如圖，過(guò)D作DE⊥AC，垂足為E，連接BE，由于CD＝AB＝4，AD＝3，則AC＝5，DE=125，在Rt△ABC中，可得cos∠CAB=AB在△ABE中，由余弦定理BE由于平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩⊥平面ABC＝AC，又DE?平面ACD，DE⊥AC，則DE⊥平面ABC，又BE?平面ABC，DE⊥BE，則DB在△BCD中，由余弦定理可得cos∠BCD=B故答案為：1225【點(diǎn)評(píng)】本題考查了面面垂直和線面垂直的性質(zhì)，勾股定理以及余弦定理的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．18．（2024?南京自主招生）四面體棱長(zhǎng)為4，7，20，22，28，t，t∈Z，求t的最小值是9．【考點(diǎn)】構(gòu)成空間幾何體的基本元素．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】9．【分析】利用三角形任意兩邊的和大于第三邊可得長(zhǎng)為4和28的棱必為相對(duì)棱，4，7，t為四面體的一個(gè)表面三角形三邊，求出t的范圍得解．【解答】解：由28﹣4＝24＞22＞20＞7，得長(zhǎng)為4和28的棱不能為四面體的同一個(gè)表面三角形的邊，則長(zhǎng)為4和28的棱必為四面體的相對(duì)棱，又4+7＝11＜20＜22，則四面體與長(zhǎng)為7的棱相對(duì)的棱長(zhǎng)為20或22，因此8＜t＜11，而t∈Z，所以t的最小值是9．故答案為：9．【點(diǎn)評(píng)】本題考查四面體的結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題．19．（2024春?成都期末）已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=π3．將△DAC沿著對(duì)角線AC折起至△D′AC，連結(jié)BD'，設(shè)二面角D′﹣AC﹣B的大小為θ，當(dāng)θ=2π3時(shí)，則四面體D′ABC的外接球的表面積為【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體；球的表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】283【分析】先找到球心的位置，再利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算，即可求解．【解答】解：設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則r=2過(guò)△ABC的外心與平面ABC垂直的直線與過(guò)△D′AC的外心與平面AD'C垂直的直線的交點(diǎn)，即為四面體外接球的球心，設(shè)球心距離平面ABC的高度為d，四面體的外接球的半徑為R，∴d=tanθ∴R=r即四面體D′ABC的外接球的表面積為4πR故答案為：283【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間幾何體的表面積計(jì)算，屬于中檔題．20．（2024?蜀山區(qū)自主招生）已知圓錐的高為1，底面直徑AB＝2，則一螞蟻從點(diǎn)A沿著側(cè)面爬到點(diǎn)B，爬行距離的最小值是22sin24π【考點(diǎn)】圓錐的側(cè)面積和表面積．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】22sin24【分析】將其側(cè)面展開，連接AB，則線段AB即為最短爬行距離，求出扇形半徑R=2和圓心角θ=【解答】解：考察其側(cè)面展開圖，為扇形，其中扇形半徑R=1弧長(zhǎng)l＝2π＝Rθ，解得θ=2連接AB，則線段AB即為最短爬行距離，由余弦定理得，AB=R故答案為：22sin24【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面展開圖﹣?zhàn)疃搪窂絾?wèn)題，將圓柱的側(cè)面展開，構(gòu)造出直角三角形是解題的關(guān)鍵．四．解答題（共5小題）21．（2024?達(dá)拉特旗校級(jí)開學(xué)）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝1．（1）求證：平面AB1C⊥平面ABB1A1；（2）若BB1＝2，求點(diǎn)B到平面AB1C的距離．【考點(diǎn)】平面與平面垂直；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）證明見解析；（2）2．【分析】（1）利用線線垂直證線面垂直，再證面面垂直即得；（2）先證明AC⊥AB1，再利用三棱錐等體積轉(zhuǎn)化即可求得點(diǎn)到平面的距離．【解答】解：（1）證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，因AC?底面ABC，所以BB1⊥AC，又AB⊥AC，AB，BB1?平面ABB1A1，且AB∩BB1＝B，則AC⊥平面ABB1A1，又AC?平面AB1C，故平面AB1C⊥平面ABB1A1．（2）因?yàn)锳B＝BB1＝2，所以AB又由（1）知，AC⊥平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1，則AC⊥AB1，設(shè)點(diǎn)B到平面AB1C的距離為d，因?yàn)閂B即13解得d=2故點(diǎn)B到平面AB1C的距離為2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面垂直的判定以及等體積法的應(yīng)用，屬于中檔題．22．（2024?無(wú)為市校級(jí)開學(xué)）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AB=BC=12AD，M為PC上一點(diǎn)，且PM（1）求證：PA∥平面BDM；（2）若△PAD為正三角形，PC＝PD，求異面直線PC與AB所成角的大小；（3）點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PC上，且PF＝λPC，若EF∥平面BDM，求實(shí)數(shù)λ的值．【考點(diǎn)】直線與平面平行；異面直線及其所成的角．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）證明見解析；（2）60°；（3）λ=1【分析】（1）連接AC交BD于點(diǎn)N，連接MN，利用相似比證明MN∥PA，由線面平行的判定定理證明即可；（2）先證明AB∥CO，得到異面直線PC與AB所成的角為∠PCO，然后利用余弦定理求解即可；（3）先證明平面EFG∥平面BDM，再由線面平行的性質(zhì)定理得到FG∥MN，再根據(jù)相似三角形求解即可．【解答】解：（1）連接AC交BD于點(diǎn)N，連接MN，設(shè)AB=BC=CD=12AD=2及AD∥BC又PM＝2MC，所以MCMP=CNAN，所以在△CPA中有又PA?平面DMB，而MN?平面DMB，所以PA∥平面DMB；（2）取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO，根據(jù)AD＝2BC，AD∥BC，O為AD的中點(diǎn)，可知ABCO為平行四邊形，所以AB∥CO，且CO＝AB＝2，則異面直線PC與AB所成的角即為∠PCO（或其補(bǔ)角），因?yàn)椤鱌AD為邊長(zhǎng)是4的等邊三角形，故PO=23，又PC＝PD所以cos∠PCO=|4所以異面直線PC與AB所成角的大小是60°；（3）取AN中點(diǎn)G，連FG，EG，因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，G為AN中點(diǎn)，所以EG∥BN，又EG?平面BDM，BN?平面BDM，所以EG∥平面BDM，又因?yàn)镋F∥平面BDM，且EG∩EF＝E，EF，EG?平面EFG，所以平面EFG∥平面BDM，又FG?平面EFG，所以FG∥平面BDM，又FG?平面PAC，且平面PAC∩平面BDM＝MN，所以FG∥MN，所以FG∥AP，由題可知AG=13AC，所以PF=1【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面平行的判定定理，異面直線所成的角的求法，余弦定理，線面平行的性質(zhì)定理等知識(shí)的應(yīng)用，屬于中檔題．23．（2024春?清鎮(zhèn)市校級(jí)期末）如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ＝3QC．（1）求證：PQ∥平面BCD．（2）若三角形BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，BD＝DA，求異面直線BM和AC所成角的余弦值．【考點(diǎn)】異面直線及其所成的角；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）證明見解答；（2）105【分析】（1）取BD中點(diǎn)O，CD靠近C的四等分點(diǎn)H，利用平行線分線段成比例判定線線平行，再由線面平行的判定定理證明即可；（2）取CD的中點(diǎn)E，將異面直線化為共面直線，解三角形即可．【解答】解：（1）證明：如圖所示，取BD中點(diǎn)O，連接OP，∵P是BM中點(diǎn)，∴OP∥DM，2OP＝DM，取CD的四等分點(diǎn)H，使DH＝3CH，∵AQ＝3QC，∴QH∥DA，4QH＝AD，∴2QH＝MD＝2PO，QH∥PO，∴四邊形OPQH為平行四邊形，∴QP∥OH，∵PQ?平面BCD，OH?平面BCD，∴PQ∥平面BCD．（2）取CD的中點(diǎn)E，連接ME，則ME∥AC，則∠BME或其補(bǔ)角為異面直線BM和AC所成的角，∵AD⊥平面BCD，BD，CD?平面BCD，∴AD⊥BD，AD⊥CD，即BM=5∴EM2+BE2＝BM2，即△BEM為直角三角形，∴cos∠BME=ME即異面直線BM和AC所成角的余弦值為105【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面平行的判定，考查異面直線所成角的余弦值的求解，屬于中檔題．24．（2024春?臺(tái)州期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BB1＝2，BC＝23．D，E分別是棱AC、CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段A1E上．（Ⅰ）若A1F→=2FE（Ⅱ）若三棱錐F﹣ABD的體積為32，求直線BF與平面AA1C1C【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（Ⅰ）證明見解答；（Ⅱ）239【分析】（Ⅰ）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為點(diǎn)H，連接FH，F(xiàn)B，易證BH⊥平面AA1C1C，從而可得∠BFH即為所求，再解三角形，即可求解．【解答】解：（I）證明：如圖，連接C1F，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC1，∴∠AA1F＝∠C1EF．又AA1＝2C1E，A1F＝2FE，∴△AA1F∽△C1EF，∴∠AFA1＝∠C1FE，即A，F(xiàn)，C1三點(diǎn)共線，∵點(diǎn)D，E分別是棱AC、CC1的中點(diǎn)，∴DE是ACC∴AF∥DE，又DE?平面BDE，AF?平面BDE，∴AF∥平面BDE．（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為點(diǎn)H，連接FH，F(xiàn)B，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BH?平面ABC，∴AA1⊥BH，又BH⊥AC，AA1∩AC＝A，∴BH⊥平面AA1C1C，∴FH是斜線FB在平面AA1C1C上的射影，∴∠BFH就是直線BF與平面AA1C1C所成角．設(shè)點(diǎn)F到平面ABC的距離為h，則VF?ABD=1∴F為A1E的中點(diǎn)，即DF=?=3在ABC中，BH=ABsin60°=3，AH＝ABcos60°＝1，HD＝AD﹣AH∴HF=DH2∴直線BF與平面AA1C1C所成角的正切值為239【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的證明，線面角的求解，屬中檔題．25．（2024?淄博模擬）已知直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD=6，AD=3，M為對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)．現(xiàn)以AC為折痕把△ADC折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，點(diǎn)Q為（1）證明：AC⊥平面PBM；（2）求三棱錐P﹣ACQ體積的最大值；（3）當(dāng)三棱錐P﹣ACQ的體積最大時(shí)，求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面垂直；直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）證明見解答；（2）24（3）78【分析】（1）根據(jù)相似得出DCAB=DMMB=CMAM=12，結(jié)合勾股定理得到AC⊥（2）利用點(diǎn)P到平面ABC的距離，即為點(diǎn)P到BM的距離，結(jié)合等體積轉(zhuǎn)換法即可求解；（3）以M為原點(diǎn)，直線MA，MB，MP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC的法向量，利用向量夾角公式即可求解．【解答】解：（1）證明：直角梯形ABCD中，由相似可得，DCAB因?yàn)锳B=2CD=6，AD=3，可得AC=3故可得AM=2MC=2，BM＝2DM由勾股定理得，AC⊥BD，即AC⊥BM，AC⊥DM，翻折后可得，AC⊥BM，AC⊥PM，又因?yàn)镻M∩BM＝M，PM，BM在平面PBM內(nèi)，故AC⊥平面PBM；（2）因?yàn)辄c(diǎn)Q為邊PB的中點(diǎn)，所以VQ?PAC=12VB?PAC，又VQ﹣PAC＝VP﹣ACQ，VB﹣PAC所以VP?ACQ因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBM，所以點(diǎn)P到平面ABC的距離，即為點(diǎn)P到BM的距離，設(shè)為h，因?yàn)镾△ABC當(dāng)h最大時(shí)，三棱錐P﹣ACQ的體積最大，而PM=PA?PCAC=1，則h當(dāng)h＝1時(shí)，(V（3）由（2）得，當(dāng)三棱錐P﹣ACQ的體積最大時(shí)，點(diǎn)P到平面ABC的距離為PM＝1，即PM⊥平面ABC，故PM⊥AC，PM⊥MB，又因?yàn)锳C⊥BM，故MA，MB，MP兩兩垂直，故可以M為原點(diǎn)，直線MA，MB，MP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，A(2，0，0)，B（0，2，0），P（0，0，1），則AB→=(?2，2，0)，設(shè)平面PBC的法向量為n→則n→令y＝1，得n→設(shè)直線AB與平面PBC所成角為θ，則sinθ=|cos?AB所以直線AB與平面PBC所成角的正弦值為7813【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面垂直的判定，考查利用空間向量求解線面角，是中檔題．

考點(diǎn)卡片1．構(gòu)成空間幾何體的基本元素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．空間幾何體：一切物體都占據(jù)著空間的一部分，如果只考慮物體的形狀和大小，而不考慮其它因素，那么這個(gè)空間部分叫做空間幾何體（含內(nèi)部）．2．構(gòu)成空間幾何體的基本要素：名稱特征圖形表示符號(hào)表示點(diǎn)無(wú)大小點(diǎn)A直線無(wú)粗細(xì)無(wú)限延伸直線AB直線l平面處處平直無(wú)厚度無(wú)限延伸面α面ABCD或面AC2．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱柱：有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)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(diǎn)的字母來(lái)表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識(shí)棱柱底面：棱柱中兩個(gè)互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個(gè)底面以外的其余各個(gè)面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個(gè)側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點(diǎn)：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點(diǎn)．高：棱中兩個(gè)底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1．兩個(gè)底面互相平行根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)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(duì)角面是平行四邊形（4）長(zhǎng)方體一條對(duì)角線長(zhǎng)的平方等于一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱的長(zhǎng)的平方和．4．棱柱的分類（1）根據(jù)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(jù)側(cè)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(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．3．棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱臺(tái)：棱錐被平行于底面的平面所截，截面和底面間的部分叫做棱臺(tái)．2．認(rèn)識(shí)棱臺(tái)棱臺(tái)的上底面：原棱錐的截面叫做棱臺(tái)的上底面．棱臺(tái)的下底面：原棱錐的底面叫做棱臺(tái)的下底面．棱臺(tái)的側(cè)面：棱臺(tái)中除上、下底面外的所有面叫做棱臺(tái)的側(cè)面．棱臺(tái)的側(cè)棱：相鄰兩側(cè)面的公共邊叫做棱臺(tái)的側(cè)棱．棱臺(tái)的高：當(dāng)棱臺(tái)的底面水平放置時(shí)，鉛垂線與兩底面交點(diǎn)間的線段或距離叫做棱臺(tái)的高．棱臺(tái)的斜高：棱臺(tái)的各個(gè)側(cè)面的高叫做棱臺(tái)的斜高．3．棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征棱臺(tái)1．底面是多邊形正棱臺(tái)的性質(zhì)：（1）側(cè)棱相等，側(cè)面是全等的等腰梯形，斜高相等．（2）兩底面中心連線、相應(yīng)的邊心距和斜高組成一個(gè)直角梯形；兩底面中心連線、側(cè)棱和兩底面相應(yīng)的半徑也組成一個(gè)直角梯形．（3）棱臺(tái)各棱的反向延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)．4．棱臺(tái)的分類由三棱錐，四棱錐，五棱錐，…等截得的棱臺(tái)，分別叫做三棱臺(tái)，四棱臺(tái)，五棱臺(tái)，…等．正棱臺(tái)：由正棱錐截得的棱臺(tái)叫做正棱臺(tái)．5．棱臺(tái)的體積公式設(shè)棱臺(tái)上底面面積為S，下底面面積為S′，高為h，V棱臺(tái)=14．球內(nèi)接多面體【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點(diǎn)都在球面上，且球心到各頂點(diǎn)的距離都是半徑．球內(nèi)接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個(gè)面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內(nèi)切球2、研究球與多面體的接、切問(wèn)題主要考慮以下幾個(gè)方面的問(wèn)題：（1）球心與多面體中心的位置關(guān)系；（2）球的半徑與多面體的棱長(zhǎng)的關(guān)系；（3）球自身的對(duì)稱性與多面體的對(duì)稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關(guān)量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對(duì)稱和軸對(duì)稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長(zhǎng)為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)處；②正方體的四個(gè)頂點(diǎn)都在球面上；③軸截面就是正方體的對(duì)角面；④在軸截面上，含有一個(gè)球的大圓和正方體的棱、面對(duì)角線、體對(duì)角線，且構(gòu)造一個(gè)直角三角形；⑤球半徑和正方體棱長(zhǎng)的關(guān)系：r=325．球內(nèi)接旋轉(zhuǎn)體【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】球內(nèi)接旋轉(zhuǎn)體是指球體內(nèi)接觸球面且具有旋轉(zhuǎn)對(duì)稱性的幾何體，例如圓錐、圓柱、圓臺(tái)等．【解題方法點(diǎn)撥】﹣內(nèi)接條件：檢查旋轉(zhuǎn)體是否內(nèi)接球體，確保各部分接觸正確．﹣體積和表面積：計(jì)算內(nèi)接體積時(shí)需要考慮內(nèi)接關(guān)系對(duì)體積的限制．【命題方向】﹣內(nèi)接體計(jì)算：考查如何根據(jù)內(nèi)接條件計(jì)算球內(nèi)接旋轉(zhuǎn)體的體積和表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何應(yīng)用內(nèi)接關(guān)系進(jìn)行幾何計(jì)算．6．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式：V柱＝sh，V錐=137．棱柱的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱柱的體積可以通過(guò)底面面積B和高度h計(jì)算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=B??．﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱柱的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計(jì)算棱柱的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用棱柱體積計(jì)算．8．棱錐的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱錐的體積可以通過(guò)底面面積B和高度h計(jì)算，頂點(diǎn)到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=1﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱錐的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計(jì)算棱錐的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用棱錐體積計(jì)算．9．棱臺(tái)的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱臺(tái)的體積可以通過(guò)兩個(gè)平行底面的面積B1和B2以及高度h計(jì)算．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=1﹣底面面積計(jì)算：兩個(gè)底面的面積B1和B2可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱臺(tái)的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)兩個(gè)底面面積和高度計(jì)算棱臺(tái)的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用棱臺(tái)體積計(jì)算．10．圓柱的側(cè)面積和表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓柱的側(cè)面積和表面積計(jì)算依賴于底面圓的半徑r和圓柱的高度h．【解題方法點(diǎn)撥】﹣側(cè)面積：計(jì)算公式為2πr?．﹣表面積：包括兩個(gè)底面圓的面積和側(cè)面的面積，計(jì)算公式為2πr【命題方向】﹣圓柱的表面積計(jì)算：考查如何計(jì)算圓柱的側(cè)面積和表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用圓柱的表面積計(jì)算．11．圓錐的側(cè)面積和表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓錐的側(cè)面積和表面積依賴于底面圓的半徑r、母線長(zhǎng)度l和底面圓的面積．【解題方法點(diǎn)撥】﹣側(cè)面積：計(jì)算公式為πrl．﹣表面積：包括底面圓的面積和側(cè)面的面積，計(jì)算公式為πr【命題方向】﹣圓錐的表面積計(jì)算：考查如何計(jì)算圓錐的側(cè)面積和表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用圓錐的表面積計(jì)算．12．球的體積和表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．球體：在空間中，到定點(diǎn)的距離等于或小于定長(zhǎng)的點(diǎn)的集合稱為球體，簡(jiǎn)稱球．其中到定點(diǎn)距離等于定長(zhǎng)的點(diǎn)的集合為球面．2．球體的體積公式設(shè)球體的半徑為R，V球體=3．球體的表面積公式設(shè)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(yùn)用，常見結(jié)合其他空間幾何體進(jìn)行考查，以增加試題難度，根據(jù)題目所給條件得出球體半徑是解題關(guān)鍵．13．球的表面積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】球的表面積依賴于球的半徑r，計(jì)算公式為4πr【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：表面積計(jì)算公式為4πr﹣實(shí)際應(yīng)用：如何根據(jù)實(shí)際問(wèn)題中的球尺寸進(jìn)行表面積計(jì)算．【命題方向】﹣球的表面積計(jì)算：考查如何根據(jù)球的半徑計(jì)算表面積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用球的表面積計(jì)算．14．球的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】球的體積依賴于球的半徑r，計(jì)算公式為43【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為43﹣實(shí)際應(yīng)用：如何根據(jù)實(shí)際問(wèn)題中的球尺寸進(jìn)行體積計(jì)算．【命題方向】﹣球的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)球的半徑計(jì)算體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用球的體積計(jì)算．15．平面的基本性質(zhì)及推論【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】平面的基本性質(zhì)及推論：1．公理1：如果一條直線上的兩個(gè)點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，則這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi)．2．公理2：經(jīng)過(guò)不在同一直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．①推論1：經(jīng)過(guò)一條直線和這條直線外的一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．②推論2：經(jīng)過(guò)兩條相交直線，有且只有一個(gè)平面．③推論3：經(jīng)過(guò)兩條平行直線，有且只有一個(gè)平面．3．公理3：如果兩個(gè)平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們還有其他公共點(diǎn)，且這些公共點(diǎn)的集合是一條過(guò)這個(gè)公共點(diǎn)的直線．【解題方法點(diǎn)撥】1．公理1是判定直線在平面內(nèi)的依據(jù)．2．公理2及推論是確定平面的依據(jù)．3．公理3是判定兩個(gè)平面相交的依據(jù)．16．異面直線及其所成的角【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)