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高考押题预测 立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湛江一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（　　）
A．2π B． C． D．
2．（2025 五华区模拟）一个内角为30°且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 河南模拟）在正四棱锥S﹣ABCD中，E，F，G分别是棱AB，BC，SB的中点，O是底面ABCD的中心，则（　　）
A．SD∥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．SO∥平面EFG D．SO⊥平面EFG
4．（2025 贵阳模拟）已知a，l是直线，α是平面，且a α，则“l⊥a”是“l⊥α”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．（2025 苏州模拟）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为9π，则该圆锥的侧面积为（　　）
A．9π B．15π C． D．
6．（2024秋 玄武区校级期末）已知x，y，z表示空间内的一条直线或一个平面，若命题p： x∥z，与命题q： x⊥z均是真命题，对于下列三个论断：
①x，y，z可以都是直线
②x，y，z可以都是平面
③x，y，z中可以既有直线也有平面
正确的个数是（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
7．（2025 河北开学）正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，球O为其内切球，作球O的内接正方体A1B1C1D1﹣E1F1G1H1，正方体A1B1C1D1﹣E1F1G1H1的内切球为球O1，作球O1的内接正方体为A2B2C2D2﹣E2F2G2H2，依此法一直继续下去，从正方体ABCD﹣EFGH开始，所有这些正方体的表面积之和将趋近于（　　）
A． B．9 C．9+3 D．
8．（2025 鼓楼区校级模拟）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（　　）
A．m2 B．6πm2 C．m2 D．m2
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 邢台模拟）如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C是母线VB的中点．以下结论正确的是（　　）
A．沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为
B．圆锥的外接球表面积为
C．过点C作平行于母线VA的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3
D．过点V作动直线l，满足与母线VA成角，直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆
（多选）10．（2025 淄博模拟）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别是棱CC1，棱BC的中点，动点M满足，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是（　　）
A．若λ+μ＝1，则CM⊥DB1
B．若λ＝μ，则三棱锥B1﹣AMC的体积为定值
C．若，则直线PM与直线BC所成角的最小值为60°
D．若动点M在三棱锥C﹣DPQ外接球的表面上，则点M的轨迹长度为
（多选）11．（2025 五华区模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4，点F是BC的中点，点Q是CC1上的动点（含端点），则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线AD1与A1B所成角的余弦值为
B．当CQ＝2时，过点A，F，Q的截面是梯形
C．当点Q运动到某点时，过点A，F，Q的截面是五边形
D．当CQ＝4时，过点A，F，Q的截面是矩形
（多选）12．（2024秋 威海期末）设α，β，γ为三个平面，且α∩β＝m，则（　　）
A．若α∥γ，β∩γ＝n，则m∥n
B．若α∩γ＝a，β∩γ＝b，m∥γ，则a∥b
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ
D．若γ与α，β所成的角相等，则m⊥γ
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 上海月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，联结A1B、A1C与B1C，记三棱锥B﹣A1CB1的体积大小为V1，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积大小为V2，则 　 　．
14．（2024秋 邯郸期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M为侧面BCC1B1内的动点，A1M＝2，点N在对角线B1D上且B1ND，则MN的最小值为 　 　．
15．（2025 鼓楼区校级开学）棱长为的正四面体A﹣BCD中，点M为平面BCD内的动点，且满足，点G为△ABD的重心，则直线AM与直线CG所成角的余弦值的最大值为 　 　．
16．（2025 苏州模拟）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形ABCDEF，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上，现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台．若该正六棱台的高为，则其体积为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 广东模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点，CC1⊥平面ABC．
（1）求证：AC1∥平面CDB1；
（2）求三棱锥D﹣B1BC的体积．
18．（2025 山东模拟）如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点．求证：
（1）BD1∥平面AMC；
（2）AC⊥BD1．
19．（2024秋 长宁区期末）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．
（1）求此圆锥的侧面积；
（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．
20．（2025 盐山县校级一模）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．
（1）求证：直线BD1∥平面PAC；
（2）求异面直线BD1与AP所成角的大小．
高考押题预测 立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湛江一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（　　）
A．2π B． C． D．
【考点】球的体积；球内接多面体．
【专题】整体思想；综合法；球；直观想象；运算求解．
【答案】D
【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案．
【解答】解：圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，
由题意得，扇形的弧长，
所以该圆锥的底面圆的半径，
所以该圆锥的高．
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得，
所以，
所以该球的体积V的最大值是．
故选：D．
【点评】本题主要考查了球的体积的求解，属于中档题．
2．（2025 五华区模拟）一个内角为30°且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】圆锥的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）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】画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可．
【解答】解：如图为直角三角形旋转而成的旋转体．
一个内角为30°且斜边长为2的直角三角形，可得两直角边分别为1和，
故BD，
VS （h1+h2）πR2 ACπ （）2×2．
故选：D．
【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题．
3．（2025 河南模拟）在正四棱锥S﹣ABCD中，E，F，G分别是棱AB，BC，SB的中点，O是底面ABCD的中心，则（　　）
A．SD∥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．SO∥平面EFG D．SO⊥平面EFG
【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；逻辑思维．
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定定理可以判断C正确，D错误，A错误，B选项根据已有条件不足以得出结论．
【解答】解：如图，
连接BD，EF，设EF∩BD＝M，
在正四棱锥S﹣ABCD中，E，F，G分别是棱AB，BC，SB的中点，O是底面ABCD的中心，
可得GM∥SO，
因为GM 平面EFG，SO 平面EFG，
所以SO∥平面EFG，
所以C正确，D错误，A错误；
B选项根据已有条件无法判断．
故选：C．
【点评】本题主要考查线面平行的判定定理，属于中档题．
4．（2025 贵阳模拟）已知a，l是直线，α是平面，且a α，则“l⊥a”是“l⊥α”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】直线与平面垂直；充分条件与必要条件．
【专题】证明题．
【答案】B
【分析】①分析当a α，l⊥a时，l⊥α是否成立，由线面垂直的判定，可得其是假命题，②分析当a α，l⊥α时，l⊥a是否成立，由线面垂直的定义可得其是真命题，综合①②可得答案．
【解答】解：根据题意，分两步来判断：
①由线面垂直的判定，当a α，l⊥a时，
不足以判断l⊥α，故是l⊥a是l⊥α的不充分条件，
②a α，若l⊥α，由线面垂直的定义可得，
l⊥a，即l⊥a是l⊥α的必要条件，
则l⊥a是l⊥α的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查充分必要条件的判断，涉及线面垂直的性质的运用，解题的关键要掌握线面垂直的性质．
5．（2025 苏州模拟）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为9π，则该圆锥的侧面积为（　　）
A．9π B．15π C． D．
【考点】球的表面积；圆锥的侧面积和表面积．
【专题】整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】B
【分析】先由题设得到圆锥内的最大球的直径，再借助圆锥轴截面以及截面图中性质∠COE＝∠CAB＝2α，结合三角函数定义和倍角公式依次求出sinα、cosα和cos2α，进而由求出OC，即可依次求出圆锥的高和母线长，进而由圆锥侧面积公式即可求解．
【解答】解：由球的表面积公式S＝4πR2＝9π，
解得R，
即圆锥内的最大球的直径为，
圆锥轴截面如图，则AD＝BD＝3，，
因为∠COE+∠DOE＝∠CAB+∠DOE＝π，
所以∠COE＝∠CAB，设∠COE＝∠CAB＝2α，
则，，
则cos2α＝cos2α﹣sin2α，
在△COE中，OC，
所以CD＝CO+OD＝4，所以，
所以圆锥的侧面积为π×3×5＝15π．
故选：B．
【点评】本题主要考查了球的表面积公式，考查了圆锥的结构特征，属于中档题．
6．（2024秋 玄武区校级期末）已知x，y，z表示空间内的一条直线或一个平面，若命题p： x∥z，与命题q： x⊥z均是真命题，对于下列三个论断：
①x，y，z可以都是直线
②x，y，z可以都是平面
③x，y，z中可以既有直线也有平面
正确的个数是（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【考点】直线与平面平行；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】D
【分析】由直线与直线的平行及平面与平面平行，垂直的性质判断出3个命题的真假．
【解答】解：命题p和q均为真命题，说明平行和垂直关系在直线和平面之间都成立，
论断①和②分别对应直线和平面，根据平行和垂直的传递性，命题p和q均成立；
论断③中，当x为平面，y为直线，z为平面时，根据线面平行和垂直的性质，命题p和q也成立．
所以三个论断均正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线、平面与平面、直线与平面之间平行和垂直的性质，属于基础题．
7．（2025 河北开学）正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，球O为其内切球，作球O的内接正方体A1B1C1D1﹣E1F1G1H1，正方体A1B1C1D1﹣E1F1G1H1的内切球为球O1，作球O1的内接正方体为A2B2C2D2﹣E2F2G2H2，依此法一直继续下去，从正方体ABCD﹣EFGH开始，所有这些正方体的表面积之和将趋近于（　　）
A． B．9 C．9+3 D．
【考点】球外切几何体．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；立体几何；逻辑思维．
【答案】B
【分析】根据正方体和其内切球的关系、球和其内接正方体的关系进行推理，得到各正方体棱长成等比数列，从而表面积也成等比数列，问题转化为等比数列求和的问题．
【解答】解：设正方体ABCD﹣EFGH的棱长为a1，其内切球球O半径为R1，则R1，
球O的内接正方体A1B1C1D1﹣E1F1G1H1的棱长a2，
其内切球球O1半径为R2，
球O1的内接正方体为A2B2C2D2﹣E2F2G2H2的棱长a3，
其内切球球O2半径为R3，
...，以此类推，
可知所有这些正方体的棱长构成一个以a1＝1为首项，以为公比的等比数列，
则它们的表面积构成以6为首项，以为公比的等比数列，
其前n项和Sn9[1]，
当n趋于正无穷时，Sn趋近于9．
故选：B．
【点评】本题主要考查正方体和其内切球的关系、球和其内接正方体的关系以及等比数列求和，属于中档题．
8．（2025 鼓楼区校级模拟）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（　　）
A．m2 B．6πm2 C．m2 D．m2
【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；运算求解．
【答案】C
【分析】先求出圆锥的底面半径和母线，再利用圆锥的侧面积公式求解．
【解答】解：如图所示为该圆锥轴截面：
由题意可知，底面圆的半径r＝3，母线l2，
所以该屋顶的面积约为πrl6πm2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 邢台模拟）如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C是母线VB的中点．以下结论正确的是（　　）
A．沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为
B．圆锥的外接球表面积为
C．过点C作平行于母线VA的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3
D．过点V作动直线l，满足与母线VA成角，直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆
【考点】球的体积和表面积；圆锥的结构特征．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；立体几何；逻辑思维．
【答案】ABD
【分析】A选项，将圆锥沿母线侧面展开可解决圆锥表面的最短距离问题；
B选项，利用外接球球心在圆锥的高上可建立方程组求出球半径，从而求出面积；
C选项，作出抛物线，建立坐标系，求出p；
D选项，通过所得圆锥母线与轴的夹角以及截面与轴夹角的大小，判断所得曲线类型．
【解答】解：对于A，沿母线VA展开圆锥侧面如图所示，
因为底面直径AB＝2，所以底面圆周长为2π，即展开后扇形弧长为2π，
因为母线VA＝3，所以展开后扇形半径为3，则扇形圆心角∠AVA'，
所以∠AVB，点A到VB的距离为3sin，
即沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为，故A正确；
对于B，由对称性知外接球球心O在圆锥的高上，
设O到底面的距离为d，外接球半径为R，
因为母线长为3，底面半径为1，所以圆锥的高为2，
则R2＝12+d2，解得d，R，
则圆锥的外接球表面积等于4πR2，故B正确；
对于C，点C为母线VB中点，过点C与母线VA的平面必过底面圆圆心，交底面圆与E、F，如图，
EF＝2，设底面圆圆心为M，则MCVA，
以C为坐标原点，CM所在直线为x轴，在截面内建立平面直角坐标系，
如图，
设抛物线方程为y2＝2px，将点E（，1）代入，得p，故焦准距为，C错误；
对于D，由已知圆锥底面与直线VA所成角α满足cosα，动直线l与VA夹角β为，
其形成轨迹为一个圆锥面，VA为该圆锥的轴，l为母线，
因为cosβ，所以α＞β，所以直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆，D正确．
故选ABD．
【点评】本题主要考查圆锥表面的最短距离、圆锥的外接球、圆锥曲线与圆锥的关系，属于中档题．
（多选）10．（2025 淄博模拟）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别是棱CC1，棱BC的中点，动点M满足，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是（　　）
A．若λ+μ＝1，则CM⊥DB1
B．若λ＝μ，则三棱锥B1﹣AMC的体积为定值
C．若，则直线PM与直线BC所成角的最小值为60°
D．若动点M在三棱锥C﹣DPQ外接球的表面上，则点M的轨迹长度为
【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角．
【专题】整体思想；定义法；立体几何；逻辑思维．
【答案】ABD
【分析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明CM⊥DB1判断A；
若λ＝μ，点M在直线DA1，可得体积为定值判断B；
上求得直线PM与直线BC所成角的最小值判断C；
确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D．
【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（2，0，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），C（0，2，0），
所以（2，0，0），（0，0，2），
所以λ（2，0，0）+μ（0，0，2）＝（2λ，0，2μ），即M（2λ，0，2μ），
所以（2λ，﹣2，2μ），又因为（2，2，2），
所以2λ 2+（﹣2） 2+2μ 2＝4λ﹣4+4μ＝4（λ+μ）﹣4＝0，
所以，所以CM⊥DB1，故A正确；
因为λ＝μ，，所以点M在直线DA1上，
又因为A1B1∥AB∥DC，A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1DCB1是平行四边形，
所以A1D∥B1C，又A1D 平面B1AC，B1C 平面B1AC，所以A1D∥平面B1AC，
所以M到平面B1AC的距离为定值，又△B1AC的面积为定值，
所以三棱锥B1﹣AMC的体积为定值，故B正确；
点P为CC1的中点，坐标为（0，2，1），点M的坐标为（2λ，0，1），
向量（2λ，﹣2，0），向量（﹣2，0，0），
设直线PM与直线BC所成的角为θ，
，
又因为0≤λ≤1，当λ＝1时，，
即直线PM与直线BC所成角的最小值为45°，故C错误；
因为三棱锥C﹣DPQ即为三棱锥P﹣CDQ，又底面△CDQ是直角三角形，
过DQ的中点N作ON⊥平面CDQ，O是三棱锥C﹣DPQ外接球的球心，
因为PC⊥平面CDQ，所以，又，
所以三棱锥C﹣DPQ外接球的半径，
因为点M在平面ADD1A1内，又在三棱锥C﹣DPQ外接球的表面上，
所以M的轨迹是平面ADD1A截三棱锥C﹣DPQ外接球的截面圆，
又易得O到平面ADD1A1的距离为1，所以截面圆的半径为，
所以M的轨迹的周长为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间向量法和立体几何的综合应用，属于难题．
（多选）11．（2025 五华区模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4，点F是BC的中点，点Q是CC1上的动点（含端点），则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线AD1与A1B所成角的余弦值为
B．当CQ＝2时，过点A，F，Q的截面是梯形
C．当点Q运动到某点时，过点A，F，Q的截面是五边形
D．当CQ＝4时，过点A，F，Q的截面是矩形
【考点】异面直线及其所成的角；平面的基本性质及推论．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；
推导出FQ∥AD1，可判断B选项；
取CQ＝3，利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；
利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项．
【解答】解：对于A选项，连接CD1、AC，如下图所示：
因为A1D1∥BC且A1D1＝BC，
所以四边形A1BCD1为平行四边形，
所以CD1∥A1B，
所以AD1与A1B所成的角为∠AD1C或其补角，
在△ACD1中，，
同理可得，，
由余弦定理可得，
所以异面直线AD1与A1B所成角的余弦值为，A对；
对于B选项，连接BC1、AD1、D1Q，
当CQ＝2时，Q为CC1的中点，
因为F、Q分别为BC、CC1的中点，则FQ∥BC1，且，
因为AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，且AD1＝BC1，
所以FQ∥AD1且，
所以A、F、Q、D1四点共面，
所以当CQ＝2时，过点A、F、Q的截面是梯形，B对；
对于C选项，当CQ＝3时，设平面AFQ交直线A1D1于点G，
因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，平面AFQ∩平面BB1C1C＝FQ，
平面AFQ∩平面AA1D1D＝AG，
所以FQ∥AG，因为AA1∥CQ，
由等角定理结合图形可知，∠A1AG＝∠CQF，
则tan∠A1AG＝tan∠CQF，即，
可得，
设平面AFQ交直线C1D1于点H，
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面AFQ∩平面ABCD＝AF，平面AFQ∩平面A1B1C1D1＝GH，
则AF∥GH，因为D1H∥AB，
由等角定理结合图形可得∠BAF＝∠D1HG，
所以tan∠BAF＝tan∠D1HG，
则，且，
所以，
故当CQ＝3时，过点A、F、Q的截面是五边形，C对；
对于D选项，当CQ＝4时，点Q与点C1重合，设平面AFC1交棱A1D1于点E，连接AE，
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面AFC1∩平面ABCD＝AF，
平面AFC1∩平面A1B1C1D1＝C1E，
所以AF∥C1E，
因为AB∥C1D1，由等角定理结合图形可知，∠BAF＝∠D1C1E，
即tan∠BAF＝tan∠D1C1E，
所以，
所以D1E＝BF＝1，
则点E为A1D1的中点，
由勾股定理可得，
同理可得，，
则四边形AEC1F为平行四边形，
因为，
所以，
所以∠AEC1不是直角，故四边形AEC1F不是矩形，
因此当CQ＝4时，过点A、F、Q的截面不是矩形，D错．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于难题．
（多选）12．（2024秋 威海期末）设α，β，γ为三个平面，且α∩β＝m，则（　　）
A．若α∥γ，β∩γ＝n，则m∥n
B．若α∩γ＝a，β∩γ＝b，m∥γ，则a∥b
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ
D．若γ与α，β所成的角相等，则m⊥γ
【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；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
【解答】解：若α∥γ，β∩γ＝n，且α∩β＝m，则m∥n，所以A选项正确；
若α∩γ＝a，β∩γ＝b，α∩β＝m，又m∥γ，
则根据线面平行的性质定理及平行线的传递性可得a∥b，所以B选项正确；
若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，
则根据面面垂直的性质定理及线面平行的判定定理可得m⊥γ，所以C选项正确；
若γ与α，β所成的角相等，则m与γ可以成任意角，所以D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 上海月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，联结A1B、A1C与B1C，记三棱锥B﹣A1CB1的体积大小为V1，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积大小为V2，则 　　．
【考点】棱柱的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意，设斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的高为h，S△ABC＝S，可得，得解．
【解答】解：因为三棱锥B﹣A1CB1的体积大小为V1，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积大小为V2，
设斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的高为h，S△ABC＝S，
则，V2＝Sh，
所以，所以．
故答案为：．
【点评】本题考查三棱锥的体积问题的求解，属中档题．
14．（2024秋 邯郸期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M为侧面BCC1B1内的动点，A1M＝2，点N在对角线B1D上且B1ND，则MN的最小值为 　　．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】先判断点M在侧面BCC1B1内的轨迹是以B1为圆心，2为半径的圆弧，然后建立空间直角坐标系，结合向量数量积的坐标表示及正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：点M在侧面BCC1B1内的轨迹是以B1为圆心，2为半径的圆弧，
以点D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系：
设，则M（2﹣2sinθ，2，2﹣2cosθ），
因为，所以，2，2），
所以（2sinθ，，2cos），
所以||，
当，此时时，||取得最小值．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积的坐标表示的应用，属于中档题．
15．（2025 鼓楼区校级开学）棱长为的正四面体A﹣BCD中，点M为平面BCD内的动点，且满足，点G为△ABD的重心，则直线AM与直线CG所成角的余弦值的最大值为 　　．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，利用正四面体性质求出点M的轨迹是以O为圆心、半径为1的圆，然后利用重心的性质与空间向量的夹角公式，算出直线AM与直线CG所成角的余弦值的最大值．
【解答】解：根据题意，设点A在底面BCD内的射影为O，则AO⊥平面BCD，
结合CO、OM 平面BCD，可得AO⊥CO且AO⊥OM．
根据正四棱锥性质，可得CO，
Rt△AOC中，2，结合，可得1，
所以点M的轨迹是以O为圆心、半径为1的圆，
以O为坐标原点，OC、OA所在直线分别为x、z轴，
在平面BCD内过O且平行于BD的直线为y轴，建立空间直角坐标系，
设M（cosα，sinα，0），α∈[0，2π]，
可得A（0，0，2），B（，，0），D（，，0），C（，0，0），
结合点G为△ABD的重心，可得，
因此，
设直线AM与直线CG所成的角为θ，
则cosθ＝|cos，|，
当cosα＝1时，取得最大值．
即直线AM与直线CG所成角的余弦值的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查正四面体的结构特征、空间向量的夹角公式、异面直线所成角的定义与求法等知识，属于中档题．
16．（2025 苏州模拟）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形ABCDEF，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上，现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台．若该正六棱台的高为，则其体积为 　　．
【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】．
【分析】连接OA′，分别交A1B1，AB与点M，N，由条件可得裁剪前，由六棱台性质可得，列方程求a，再结合台体体积公式求结论．
【解答】解：作出示意图如下：
如图3，以AB为底边的等腰三角形的中位线为A1B1，
连接OA′，分别交A1B1，AB的中点M，N，
设AB＝2a，则A1B1＝AN＝a，OA＝2a，，
折叠后形成的正六棱台如图4所示，
则O1A1＝A1B1＝a，，，
连接O1O，则到正六棱台的高为，
过点M作MG∥O1O，交ON于点G，
又O1O⊥平面ABCDEF，所以MG⊥平面ABCDEF，
所以，
所以，解得a＝1，
所以A1B1＝a＝1，AB＝2a＝2，
所以正六棱台上底面面积为，下底面面积为，
所以该正六棱台的体积为．
故答案为：．
【点评】本题考查正六棱台的体积的求解，属难题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 广东模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点，CC1⊥平面ABC．
（1）求证：AC1∥平面CDB1；
（2）求三棱锥D﹣B1BC的体积．
【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；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4．
【分析】（1）设BC1∩B1C＝O，可得到OD∥AC1，从而根据线面平行的判定定理，即可求解；
（2）转化三棱锥的顶点，从而根据三棱柱的体积公式，即可求解．
【解答】解：（1）因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，
且CC1⊥平面ABC，
如图，设BC1∩B1C＝O，
由三棱柱的性质可知，侧面BCC1B1为平行四边形，
所以O为BC1的中点，又D为AB中点，所以OD∥AC1，
又OD 平面CDB1，AC1 平面CDB1，
所以AC1∥平面CDB1；
（2）因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，
所以CA2+CB2＝AB2，所以CA⊥CB，
又CC1∥BB1，CC1⊥平面ABC，所以BB1⊥平面ABC，
所以．
【点评】本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
18．（2025 山东模拟）如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点．求证：
（1）BD1∥平面AMC；
（2）AC⊥BD1．
【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；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答．
【分析】（1）由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明；
（2）由线面垂直的判定定理和性质定理，可得证明．
【解答】证明：（1）设AC∩BD＝O，连接MO，
在△DD1B中，OM为中位线，可得OM∥BD1，
而OM 平面ACM中，BD1 平面AMC，
可得BD1∥平面AMC；
（2）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，可得底面ABCD为正方形，
即有AC⊥BD，
由DD1⊥平面ABCD，可得DD1⊥AC，
而BD∩DD1＝D，可得AC⊥平面BDD1，
而BD1 平面BDD1，即有AC⊥BD1．
【点评】本题考查线面平行和垂直的判定定理，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
19．（2024秋 长宁区期末）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．
（1）求此圆锥的侧面积；
（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）8π；
（2）．
【分析】（1）由已知条件求出母线长，然后利用圆锥的侧面积公式求解即可；
（2）以O为原点，OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
【解答】解：（1）由题意圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点，可得SA＝4，
所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π；
（2）以O为原点，OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，则，O（0，0，0），A（0，2，0），Q（2，0，0），，
则，，
所以，，，
所以，
设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，，
则，
故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为．
【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，是中档题．
20．（2025 盐山县校级一模）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．
（1）求证：直线BD1∥平面PAC；
（2）求异面直线BD1与AP所成角的大小．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）AC和BD交于点O，则O为BD的中点．推导出PO∥BD1．由此能证明直线BD1∥平面PAC．
（2）由PO∥BD1，得∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．由此能求出异面直线BD1与AP所成角的大小．
【解答】（1）证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连结PO，又因为P是DD1的中点，所以PO∥BD1．
又因为PO 平面PAC，BD1 平面PAC
所以直线BD1∥平面PAC．
（2）解：由（1）知，PO∥BD1，所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为，且PO⊥AO，
所以．
又∠APO∈（0°，90°]，所以∠APO＝30°
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30°．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的求法，运算求解能力，是中档题．
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