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2025年高考数学高频易错考前冲刺：立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 黑龙江校级期末）已知圆柱的底面半径为，高为，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，点E是圆柱下底面圆上一点，且满足，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 平谷区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BC、AA1上的中点，P是A1C1上的动点．下列结论错误的是（　　）
A．存在点P，使得EP∥平面AA1B1B
B．DB1⊥EP
C．平面A1C1E截正方体所得截面为等腰梯形
D．平面B1FC1⊥平面A1C1E
3．（2024秋 丰台区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为底面A1B1C1D1上一动点，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点Q，使得BQ⊥平面A1PD
B．在棱A1B1上存在点Q，使得D1Q∥平面A1PD
C．在线段B1D1上存在点Q，使得直线CQ与AA1所成的角为
D．存在点Q，使得三棱锥Q﹣A1PD的体积为2
4．（2025 永州二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2025 沈阳一模）三棱锥P﹣ABC的体积为，△ABC和△PBC都是等边三角形，∠PBA＝∠PCA＝90°，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　）
A．36π B．54π C．72π D．108π
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024秋 武汉期末）葫芦摆件作为中国传统工艺品，深受人们喜爱，它们常被视为吉祥物，象征福禄、多子多福．如图所示的葫芦摆件从上到下可近似看作由一个圆柱与两个完整的球组成的几何体，若上、中、下三个几何体的高度之比为3：4：5，且总高度为24cm，则下面球的体积与上面球的体积之差约为（　　）（π≈3）
A．244cm3 B．108cm3 C．432cm3 D．1952cm3
8．（2024秋 内江期末）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为（　　）
A． B． C．2π D．4π
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 柳州二模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，BC＝CD＝2，DD1＝AB＝1，P是棱CC1的中点，Q是棱C1D1上一动点（不包含端点），则（　　）
A．AC与平面BPQ有可能平行
B．B1D1与平面BPQ有可能平行
C．三角形BPQ周长的最小值为
D．三棱锥A﹣BPQ的体积为定值
（多选）10．（2024秋 东营期末）已知不重合的直线m，n，不重合的平面α，β，下列说法正确的是（　　）
A．若m，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n
C．若m，n异面，m α，m∥β，n β，n∥α，则α∥β
D．若m⊥n，m∥α，α∥β，则n⊥β
（多选）11．（2024秋 站前区校级期末）如果，分别是平面α，β的一个法向量，设α，β所成角的大小为θ，以为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，则（　　）
A． B．
C． D．
（多选）12．（2024秋 内江期末）如图，在圆锥SO中，△SAB为等边三角形，C为底面半圆弧AB的中点，M为线段SB的中点，（0＜λ＜1），则下列说法正确的是（　　）
A．若BC∥平面AMN，则BC∥MN
B．若，则VS﹣AOC＝2VS﹣AON
C．存在λ∈（0，1），使得BC⊥AN
D．若AN⊥SB，则
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 桂林期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点M满足，若平面α经过点B，且AM⊥平面α，则平面α截此正方体所得的截面的面积为 　 　．
14．（2024秋 宝山区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1形成一个截面，现有如下说法：
①截面图形是一个五边形；
②棱BB1与平面α的交点是BB1的中点；
③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；
④截面图形的周长为，
则上述说法正确的命题序号为 　 　．
15．（2024秋 嘉定区校级期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AA1C与平面B1C1D1的交线是直线 　 　．
16．（2024秋 宝安区期末）过抛物线y2＝2px（0＜p＜2）的焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，点M（1，0），沿x轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥A﹣FMB的体积最大时，p＝ 　 　．
（参考公式：设a，b，c∈R*，则，当且仅当a＝b＝c时等号成立）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 永州二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，且|AM|＝λ|AB1|，|C1N|＝μ|C1B|．
（1）若，证明：DD1⊥MN；
（2）若，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ⊥MN，求|PQ|的取值范围．
18．（2024秋 宝山区校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．
（1）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．
（2）若A1B＝2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．
19．（2024秋 内江期末）在中国古代数学著作《九章算术》中，“鳖臑”是指4个面都是直角三角形的四面体．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2．现将△ADE沿AE翻折，使四面体DACE为一个鳖臑，并得到四棱锥D﹣ABCE．
（Ⅰ）设F为ED的中点，求证：AF∥平面BCD；
（Ⅱ）求证：CD⊥平面ADE．
20．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 黑龙江校级期末）已知圆柱的底面半径为，高为，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，点E是圆柱下底面圆上一点，且满足，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维．
【答案】A
【分析】证明点E为中点，建立空间直角坐标系，写出点坐标和直线的方向向量坐标，由空间向量求出线线角的余弦值．
【解答】解：圆柱的底面半径为，高为，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，
点E是圆柱下底面圆上一点，且满足，连接BE，如图，
∵AB为底面圆的直径，∴，∵，∴，
∴点E为中点，即OE⊥OB
在圆柱中可得OO'⊥OB，OO'⊥OE，
∴以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OO'为z轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∴，，
设直线AE与BD的夹角为θ，
则cosθ＝|cos，|，
∴异面直线AE与BD所成角的余弦值为．
故选：A．
【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（2024秋 平谷区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BC、AA1上的中点，P是A1C1上的动点．下列结论错误的是（　　）
A．存在点P，使得EP∥平面AA1B1B
B．DB1⊥EP
C．平面A1C1E截正方体所得截面为等腰梯形
D．平面B1FC1⊥平面A1C1E
【考点】平面与平面垂直；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】B
【分析】选项A，当点P是A1C1的中点时，取B1C1的中点Q，可证平面PQE∥平面AA1B1B，从而作出判断；选项B，结合三垂线定理与线面垂直的判定定理，可得DB1⊥平面A1C1E，从而知DB1⊥C1E，这与DB1⊥BC1相矛盾；选项C，取AB的中点G，连接A1G，连接AC，证明四边形A1C1EG是等腰梯形即可；选项D，由B1F⊥A1G，B1C1⊥A1G，可得A1G⊥平面B1FC1，再由面面垂直的判定定理，即可判断．
【解答】解：选项A，当点P是A1C1的中点时，取B1C1的中点Q，连接PQ，QE，
因为E为BC的中点，所以PQ∥A1B1，QE∥BB1，
又PQ∩QE＝Q，A1B1∩BB1＝B1，PQ、QE 平面PQE，A1B1、BB1 平面AA1B1B，
所以平面PQE∥平面AA1B1B，
而EP 平面PQE，
所以EP∥平面AA1B1B，故选项A正确；
选项B，由三垂线定理知，DB1⊥A1C1，DB1⊥BC1，
若DB1⊥EP，而A1C1∩EP＝P，A1C1、EP 平面A1C1E，则DB1⊥平面A1C1E，
因为C1E 平面A1C1E，
所以DB1⊥C1E，
这与DB1⊥BC1相矛盾，故选B错误；
选项C，取AB的中点G，连接EG，A1G，连接AC，则A1C1∥AC∥EG，
所以A1，C1，E，G四点共面，
所以平面A1C1E截正方体所得截面就是梯形A1C1EG，
由勾股定理知，A1G＝C1E，
所以梯形A1C1EG是等腰梯形，故选项C正确；
选项D，在正方形AA1B1B中，G，F分别是AB，AA1的中点，
所以AG＝A1F，
而AA1＝A1B1，∠A1AG＝∠B1A1F，所以△A1AG≌△B1A1F，
所以∠AA1G＝∠A1B1F，
又∠A1B1F+∠A1FB1＝90°，所以∠AA1G+∠A1FB1＝90°，即B1F⊥A1G，
由正方体的性质知，B1C1⊥平面AA1B1B，
因为A1G 平面AA1B1B，所以B1C1⊥A1G，
又B1F∩B1C1＝B1，B1F、B1C1 平面B1FC1，
所以A1G⊥平面B1FC1，
因为A1G 平面A1C1E，所以平面B1FC1⊥平面A1C1E，故选项D正确．
故选：B．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面平行或垂直的判定、性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 丰台区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为底面A1B1C1D1上一动点，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点Q，使得BQ⊥平面A1PD
B．在棱A1B1上存在点Q，使得D1Q∥平面A1PD
C．在线段B1D1上存在点Q，使得直线CQ与AA1所成的角为
D．存在点Q，使得三棱锥Q﹣A1PD的体积为2
【考点】棱锥的体积；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；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】解：以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A1（2，0，0），P（2，2，1），D1（0，0，0），D（0，0，2），B（2，2，2），Q（x，y，0），（0≤x，y≤2），
∴（﹣2，0，2），（0，2，1），（x﹣2，y﹣2，﹣2），
设平面A1DP的一个法向量为（a，b，c），
则，令a＝2，则（2，﹣1，2），
∵BQ⊥平面A1PD，∴∥，
则，解得x＝0，y＝3，
∴点Q（0，3，0）不在底面A1B1C1D1内，∴不存在点Q，使得BQ⊥平面A1PD，故A错误；
假设在棱A1B1上存在点Q（2，y，0），使得D1Q∥平面A1PD，
则⊥，∴0，
∵（2，y，0），∴4﹣y+0＝0，解得y＝4，
此时点Q（2，4，0）不在棱A1B1上，
∴在棱A1B1上不存在点Q，使得D1Q∥平面A1PD，故B错误；
假设在线段B1D1上存在点Q（m，m，0）（0≤m≤2），
使得直线CQ与AA1所成的角为，
∵C（0，2，2），∴（m，m﹣2，﹣2），
∵（0，0，2），
∴|cos|，
整理得6m2﹣12m+8＝0，
Δ＝（﹣12）2﹣4×6×20＜0，无解，
∴在线段B1D1上不存在Q，使得直线CQ与AA1所成角为，故C错误；
（x﹣2，y，0），
∴点Q到平面A1PD的距离为d，
∴d∈[0，2]，
∵，A1P，DP3，
由余弦定理可得cos∠A1DP，
∴sin∠A1DP，
∴3，
∴d∈[0，2]，
∴存在点Q，使得三棱锥Q﹣A1PD的体积为2，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查线面垂直、线面平行的判定与性质、异面直线所成角、三棱锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4．（2025 永州二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意可得该正三棱台的斜高为上下底面内切圆的半径之和，从而可求解．
【解答】解：根据题意可得上下底面内切圆的半径分别为，，
∴该正三棱台的斜高为，
∴该正三棱台的高为6．
故选：D．
【点评】本题考查正三棱台的内切球问题，属基础题．
5．（2025 沈阳一模）三棱锥P﹣ABC的体积为，△ABC和△PBC都是等边三角形，∠PBA＝∠PCA＝90°，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　）
A．36π B．54π C．72π D．108π
【考点】球的表面积；球内接多面体；棱锥的体积．
【专题】整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】C
【分析】由题意可知∠PBA＝∠PCA＝90°，所以PA为三棱锥P﹣ABC外接球的直径，再结合三棱锥的体积公式和球的表面积公式求解．
【解答】解：取BC的中点为M，PA中点为O，
设正三角形的边长为a，则，
因为∠PBA＝∠PCA＝90°，
所以PA为三棱锥P﹣ABC外接球的直径，
又因为BC⊥PM，BC⊥AM，PM∩AM＝M，
所以BC⊥面PAM，
所以由可得，，
所以a3＝216，解得a＝6，
所以，即，
所以三棱锥P﹣ABC外接球的表面积S＝4πR2＝72π．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】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】C
【分析】法一：分别以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，通过向量的坐标运算计算即可；
法二：由D1M∥NB，将直线A1M和BN夹角即为直线A1M和D1M所成角或其补角，通过余弦定理即可求解．
【解答】解：法一：分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
得A1（2，0，2），M（1，1，0），B（2，2，0），N（1，1，2），
则，
设向量和的夹角为θ，
则直线A1M和BN夹角的余弦值等于|cosθ|，
故；
法二：连接D1M，易得D1M∥NB，
则直线A1M和BN夹角即为直线A1M和D1M所成角或其补角，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则△A1MD1中，，
由余弦定理得．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，属中档题．
7．（2024秋 武汉期末）葫芦摆件作为中国传统工艺品，深受人们喜爱，它们常被视为吉祥物，象征福禄、多子多福．如图所示的葫芦摆件从上到下可近似看作由一个圆柱与两个完整的球组成的几何体，若上、中、下三个几何体的高度之比为3：4：5，且总高度为24cm，则下面球的体积与上面球的体积之差约为（　　）（π≈3）
A．244cm3 B．108cm3 C．432cm3 D．1952cm3
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解；新文化类．
【答案】A
【分析】根据球的体积公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得下面球与上面球的直径分别为10，8，
∴下面球与上面球的半径分别为5，4，
∴下面球的体积与上面球的体积之差为244．
故选：A．
【点评】本题考查球的体积问题，属基础题．
8．（2024秋 内江期末）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为（　　）
A． B． C．2π D．4π
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意可所求球即为该正方体的内切球，从而可求解．
【解答】解：根据题意可所求球即为该正方体的内切球，
∴该球的半径R为正方体的棱长的一半，即R＝1，
∴所求球的体积为．
故选：B．
【点评】本题考查正方体的内切球，属基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 柳州二模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，BC＝CD＝2，DD1＝AB＝1，P是棱CC1的中点，Q是棱C1D1上一动点（不包含端点），则（　　）
A．AC与平面BPQ有可能平行
B．B1D1与平面BPQ有可能平行
C．三角形BPQ周长的最小值为
D．三棱锥A﹣BPQ的体积为定值
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．
【答案】ACD
【分析】以D为原点建系，求得AD，并设Q（0，t，1），t∈（0，2），选项A，求出平面BPQ的法向量，由 0，解得t＝1∈（0，2），即可判断；选项B，由 0，解得t＝4 （0，2），即可判断；选项C，利用两点间距离公式表示△BPQ的周长，再根据两点间距离公式的几何意义及直线中的对称问题，求其最小值即可；选项D，先证C1D1∥平面ABP，可知点Q到平面ABP的距离等于点C1到平面ABP的距离，再根据等体积法，即可判断．
【解答】解：由题意知，DA，DC，DD1两两垂直，
故以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
在直角梯形ABCD中，BC＝CD＝2，AB＝1，所以AD，
则A（，0，0），B（，1，0），C（0，2，0），B1（，1，1），D1（0，0，1），P（0，2，），
设Q（0，t，1），t∈（0，2），
选项A，（，2，0），（，1，），（0，t﹣2，），
设平面BPQ的法向量为（x，y，z），则，
取y＝1，则x，z＝4﹣2t，所以（，1，4﹣2t），
若AC∥平面BPQ，则 （） 2＝0，解得t＝1∈（0，2），
所以AC与平面BPQ有可能平行，故选项A正确；
选项B，（，﹣1，0），
若B1D1∥平面BPQ，则 （） 1＝0，解得t＝4 （0，2），
所以B1D1与平面BPQ不可能平行，故选项B错误；
选项C，三角形BPQ周长为BP+BQ+PQ
，
其中的几何意义为动点G（t，0）到点M（1，2）与点N（2，）的距离和，
而点N（2，）关于x的对称点N'（2，），
所以GM+GN＝GM+GN'≥MN'，当且仅当M，G，N'三点共线时，等号成立，
即的最小值为，
所以三角形BPQ周长的最小值为，故选项C正确；
选项D，由直棱柱的性质知，C1D1∥CD∥AB，
因为C1D1 平面ABP，AB 平面ABP，所以C1D1∥平面ABP，
又Q∈C1D1，所以点Q到平面ABP的距离等于点C1到平面ABP的距离，
所以三棱锥A﹣BPQ的体积V＝VQ﹣ABP，其底面积和高都是定值，
所以三棱锥A﹣BPQ的体积为定值，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线面平行，直线中的对称问题，以及等体积法是解题的关键，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）10．（2024秋 东营期末）已知不重合的直线m，n，不重合的平面α，β，下列说法正确的是（　　）
A．若m，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n
C．若m，n异面，m α，m∥β，n β，n∥α，则α∥β
D．若m⊥n，m∥α，α∥β，则n⊥β
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象．
【答案】BC
【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当m与n相交时，由m，n α，m∥β，n∥β，可得α∥β，A错误；
对于B，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n∥β，可得m⊥n，故B正确；
对于C，若m，n异面，m α，m∥β，由线面平行的性质定理可得β内存在直线l∥m，由线面平行的判定定理可得l∥α，
又n β，且n，l相交，n∥α，则α∥β，故C正确；
对于D，若m⊥n，m∥α，α∥β，则n与平面β可以平行和可以相交，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直、平行的判断，属于基础题．
（多选）11．（2024秋 站前区校级期末）如果，分别是平面α，β的一个法向量，设α，β所成角的大小为θ，以为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】空间中直线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】AC
【分析】利用平面所成角的大小与平面的法向量所成角的关系可判断AB，利用线面角的大小与直线的方向向量与平面的法向量的关系可判断CD．
【解答】解：，分别是平面α，β的一个法向量，设α，β所成角的大小为θ，
∴θ，，相等或互补，
∴sinθ＝sin，，故A正确；
cosθ＝|cos，|，故B错误；
∵以为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，
∴sinφ＝|cos，故D错误，
，故C正确．
故选：AC．
【点评】本题考查平面所成角的大小与平面的法向量所成角的关系、线面角的大小与直线的方向向量与平面的法向量的关系等基础知识，是基础题．
（多选）12．（2024秋 内江期末）如图，在圆锥SO中，△SAB为等边三角形，C为底面半圆弧AB的中点，M为线段SB的中点，（0＜λ＜1），则下列说法正确的是（　　）
A．若BC∥平面AMN，则BC∥MN
B．若，则VS﹣AOC＝2VS﹣AON
C．存在λ∈（0，1），使得BC⊥AN
D．若AN⊥SB，则
【考点】棱锥的体积；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据线面平行的性质定理，三棱柱的体积公式，三垂线定理，针对各个选项即可分别求解．
【解答】解：对A选项，若BC∥平面AMN，
又BC 平面SBC，且平面AMN∩平面SBC＝MN，
所以BC∥MN，所以A选项正确；
对B选项，若，则N为SC的中点，
所以C到平面SAO的距离等于N到平面SAO的距离的2倍，
所以VC﹣SAO＝2VN﹣SAO，即VS﹣AOC＝2VS﹣AON，所以B选项正确；
对C选项，易知BC⊥AC，且平面SOC⊥平面ABC，
当λ∈（0，1）时，N在底面ABC的射影不可能为C，
即AN在底面的射影不可能为AC，
所以根据三垂线定理可知，不存在λ∈（0，1），使得BC⊥AN，所以C选项错误；
对D选项，如图，设AM∩SO＝E，则易知AE⊥SB，且E为SO的靠近O的三等分点，
又易知平面SCO⊥平面SAB，CO⊥平面SCO，
所以根据三垂线定理可知：若AN⊥SB，则AN在平面SAB内的射影为AE，
所以NE⊥平面SAB，又CO⊥平面SAB，
所以NE∥CO，又E为SO的靠近O的三等分点，
所以N为SC的靠近C的三等分点，所以λ，所以D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 桂林期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点M满足，若平面α经过点B，且AM⊥平面α，则平面α截此正方体所得的截面的面积为 　　．
【考点】平面的基本性质及推论．
【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】．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定截面，进而计算出截面的面积．
【解答】解：根据题意，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由于点M满足，则C1M＝1，则M（3，3，2）．
又由A（0，0，0），则，
因为AM⊥平面α，则平面α的一个法向量为（3，3，2），
设平面α与棱A1D1的交点为E，且E（0，y，z），则．
因为，即（﹣3，y，z） （3，3，2）＝0，可得﹣9+3y+2z＝0．
又因为E在棱A1D1上，0≤y≤3，z＝3，代入可得﹣9+3y+6＝0，
解得y＝1，所以E（0，1，3）．
设平面α与棱A1B1的交点为F，设F（x，0，z），则．
因为，即（x﹣3，0，z） （3，3，2）＝0，可得3（x﹣3）+2z＝0．
又因为F在棱A1B1上，0≤x≤3，z＝3，代入可得3（x﹣3）+6＝0，
解得x＝1，所以F（1，0，3）．
其中B（3，0，0），D（0，3，0），E（0，1，3），F（1，0，3）．
，所以BD∥FE，
所以平面α与正方体的截面为四边形BDEF，
，
，，所以四边形BDEF是等腰梯形，
高为，
所以面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查立体几何中求截面相关问题，关键是确定截面形状，属于中档题．
14．（2024秋 宝山区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1形成一个截面，现有如下说法：
①截面图形是一个五边形；
②棱BB1与平面α的交点是BB1的中点；
③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；
④截面图形的周长为，
则上述说法正确的命题序号为 　①④　．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】①④．
【分析】依题意在正方体中作出截面，再利用勾股定理分别计算各线段的长度，即可判断正确选项．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，
延长EF，AD，交于点P，连接A1P交DD1于点G，
延长EF，AB，交于点Q，连接A1Q，交BB1于点H，
则五边形EFHA1G即为所求截面，故①正确；
由题意知G，H分别是线段DD1和BB1的三等分点，
则EG＝FH，
即点I的轨迹即为线段EG，则轨迹长度为，故②③均错误；
∵A1G＝A1H，EF，
则五边形的周长为222，故④正确．
故答案为：①④．
【点评】本题考查正方体结构特征、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2024秋 嘉定区校级期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AA1C与平面B1C1D1的交线是直线 　A1C1　．
【考点】平面的交线及其性质．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】A1C1．
【分析】根据题意，作出长方体ABCD﹣A1B1C1D1，结合平面基本性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，平面AA1C即平面AA1CC1，则A1C1 平面AA1C，
平面B1C1D1即平面A1B1C1D1，则A1C1 平面A1B1C1D1，
故平面AA1C∩平面B1C1D1＝A1C1，即平面AA1C与平面B1C1D1的交线是直线A1C1．
故答案为：A1C1．
【点评】本题考查平面的交线，注意平面的基本性质，属于基础题．
16．（2024秋 宝安区期末）过抛物线y2＝2px（0＜p＜2）的焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，点M（1，0），沿x轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥A﹣FMB的体积最大时，p＝ 　　．
（参考公式：设a，b，c∈R*，则，当且仅当a＝b＝c时等号成立）
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】折叠前，设AB直线为x＝my，A（x1，y1），B（x2，y2），则易得，从而可得折叠后A（x1，0，y1），B（x2，y2，0），M（1，0，0），再利用三棱锥的体积公式，构建函数模型，最后通过基本不等式，即可求解．
【解答】解：折叠前，设AB直线为x＝my，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，可得y2﹣2pmy﹣p2＝0，
∴，
作出折叠后的图形如下：
∵x轴将坐标系翻折成直二面角，
∴A（x1，0，y1），B（x2，y2，0），M（1，0，0），又p∈（0，2），
∴三棱锥A﹣FMB的体积为
，
当且仅当4﹣2p＝p，即p时，等号成立．
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与立体几何的综合应用，抛物线的几何性质，折叠问题的求解，基本不等式的应用，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 永州二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，且|AM|＝λ|AB1|，|C1N|＝μ|C1B|．
（1）若，证明：DD1⊥MN；
（2）若，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ⊥MN，求|PQ|的取值范围．
【考点】直线与平面垂直；空间两点间的距离公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）当时分别找到点M和点N的位置，利用线面垂直，可证线线垂直；
（2）根据题中垂直关系，建立空间直角坐标系，把|PQ|表示为λ的函数，求函数值域即可．
【解答】证明：（1）连接B1C，AC，当，
则M是AB1的中点，N是B1C的中点，
所以MN∥AC，
因为AC 面ABCD，D1D⊥面ABCD，所以D1D⊥AC，
所以D1D⊥MN；
解：（2）以D点为原点，方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B1（1，1，1），C1（0，1，1），B（1，1，0），D1（0，0，1）
，所以，
所以M（1，λ，λ），N（μ，1，1﹣μ），所以，
又，设直线PQ的方向向量为，
则由得，
取，又，
所以
，
由得，
易知在单调递减，单调递增，
所以，所以．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
18．（2024秋 宝山区校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．
（1）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．
（2）若A1B＝2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．
【考点】平面与平面垂直；异面直线及其所成的角．
【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由面ACC1A1⊥面ABC，可推出BC⊥面ACC1A1，再由面面垂直的判定定理，得证；
（2）易知，∠A1BC或其补角即为所求，由（1）知，BC⊥面ACC1A1，从而有BC⊥A1C，再由三角函数即可得解．
【解答】（1）证明：∵面ACC1A1⊥面ABC，面ACC1A1∩面ABC＝AC，且BC⊥AC，
∴BC⊥面ACC1A1，
又BC 平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面ACC1A1．
（2）解：∵BC∥B1C1，
∴∠A1BC或其补角为异面直线A1B与B1C1所成角，
由（1）知，BC⊥面ACC1A1，
∵A1C 面ACC1A1，
∴BC⊥A1C，
在Rt△A1BC中，cos∠A1BC，
∵异面直线夹角的范围为（0，]，
∴∠A1BC，
故异面直线A1B与B1C1所成角的大小为．
【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，异面直线夹角的求法，熟练掌握线与面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于基础题．
19．（2024秋 内江期末）在中国古代数学著作《九章算术》中，“鳖臑”是指4个面都是直角三角形的四面体．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2．现将△ADE沿AE翻折，使四面体DACE为一个鳖臑，并得到四棱锥D﹣ABCE．
（Ⅰ）设F为ED的中点，求证：AF∥平面BCD；
（Ⅱ）求证：CD⊥平面ADE．
【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明过程见详解；
（Ⅱ）证明过程见详解；
【分析】（Ⅰ）取DC的中点M，连接FM，BM，易证四边形ABMF是平行四边形，所以AF∥BM，再证得结论；
（Ⅱ）由鳖臑的性质，假设CD⊥DE，头勾股定理可得CD的值，再证得CD⊥AD，符合勾股定理的逆定理，可证得假设成立．
【解答】（Ⅰ）证明：取DC的中点M，连接FM，BM，
因为F为DE的中点，所以FM为△DEM的中位线，所以FM∥CE，且FMCE，
在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2，DE＝AE＝AB＝2，
可得FM∥AB且FM＝AB，所以四边形AFMB是平行四边形，所以AF∥BM，
而AF 平面BCD，FM 平面BCD，
所以AF∥平面BCD；
（Ⅱ）证明：由题意可得CE＝4，AC2，ADAE＝2，
四面体DACE为一个鳖臑，易知△ADE，△AEC是直角三角形，需要△DCE，△ADC为直角三角形，
当CD⊥DE时，则CD2，
因为AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩ED＝D，
可得AE⊥平面DEC，而CD 平面DEC，
所以AE⊥CD，AE∩DE＝E，
所以CD⊥平面ADE，AD 平面ADE，
所以CD⊥AD，
所以AC2＝AD2+DC2，即（2）2＝（2）2+（2）2，
显然成立，所以假设成立，
即证得CD⊥平面ADE．
【点评】本题考查中位线的性质的应用及勾股定理的应用，属于中档题．
20．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）存在，．
【分析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（Ⅱ）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（Ⅲ）先设，再应用线面平行即得，计算求参即可．
【解答】证明：（Ⅰ）因为PD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PD⊥CD，
又因为CD⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又AP 平面PAD，所以CD⊥AP，
又因为AD＝DP，G为线段AP的中点，所以AP⊥DG，
因为PQ∥CD，AB∥CD，所以PQ∥AB，
因为E，G分别为线段BQ，AP的中点，所以EG∥AB，
又CD∥AB，所以EG∥CD，即C，D，G，E四点共面，
又CD∩DG＝D，DG 平面DCE，CD 平面DCE，
所以AP⊥平面DCE；
解：（Ⅱ）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，
又AD⊥CD，所以DA，DC，DP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
于是A（4，0，0），B（4，3，0），C（0，4，0），P（0，0，4），
可得，
由（1）可得AP⊥平面DCE，
所以平面DCE的一个法向量为，
设直线CP与平面DCE所成角为θ，则有
，
则直线CP与平面DCE所成角的正弦值为；
（Ⅲ）设M是线段BC上的一点，则存在∈[0，1]，使，
，从而，
由点A，P的坐标可得，
设平面DGM的法向量为，
则有，即，
令x＝3+λ，则法向量为，
令0，即﹣4（4λ﹣4）+4（﹣3﹣λ）＝0，解得，
此时，又显然有CP 平面DCM，从而CP∥平面DGM，
所以，线段BC上存在点M，使得CP∥平面DCM，此时．
【点评】本题考查了线面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
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