【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 立体几何初步(含解析)

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【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 立体几何初步(含解析)

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高考数学高频易错押题预测 立体几何初步
一.选择题(共8小题)
1.(2025 濮阳二模)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P、Q、R、S、T分别为线段AA1、AB、BC、BD、BB1的中点,连接A1S、D1T,对空间任意两点M、N,若线段MN与线段A1S不相交或与线段D1T不相交,则称M、N两点可视,下列选项中与点C1不可视的为(  )
A.点A B.点P C.点Q D.点R
2.(2025 江西一模)在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,已知,该正四棱台的体积为168,则AA1=(  )
A.3 B.4 C.5 D.6
3.(2025 保定校级模拟)某四棱台的下底面是长为90,宽为30的矩形,上底面是长为30,宽为10的矩形,且该四棱台的高为3,则该四棱台的体积为(  )
A.3900 B. C.1300 D.1600
4.(2025 汕头模拟)已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面面积分别为18、32,下底面上的棱AD与侧棱BB1所成角的余弦值为,则该正四棱台的体积为(  )
A. B. C.148 D.
5.(2025 深圳模拟)如图,在已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,N是棱AB上的点,且,平面NCD1将此正方体分为两部分,则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为(  )
A. B. C. D.
6.(2025 广西模拟)辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图1)出土于辽宁省略左县小波汰沟.此鼎直耳,深腹,柱足中空,胎壁微薄,口沿下及足上端分别饰单层兽面纹,足有扉棱,耳、腹、足皆有贯痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与中空无盖圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,圆柱的高近似于半球的半径,则此鼎主体部分的容积与外表面积之比约为(  )
A. B. C. D.
7.(2025 浦东新区校级模拟)如下四个正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的共有(  )个.
A.1 B.2 C.3 D.4
8.(2025 文昌校级一模)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(  )
A. B. C. D.
二.多选题(共4小题)
(多选)9.(2025 鹤壁一模)如图,ABCD是边长为2的正方形,AA1,BB1,CC1,DD1都垂直于底面ABCD,且,点E在线段CC1上,平面BED1交线段AA1于点F,则(  )
A.A1,B1,C1,D1四点不共面
B.该几何体的体积为8
C.过四点A1,C1,B,D四点的外接球表面积为12π
D.截面四边形BED1F的周长的最小值为10
(多选)10.(2025 南京模拟)在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,下列选项中正确的是(  )
A.直线EF与A1B所成的角为
B.平面AEF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为
C.若点P满足,其中θ∈R,则三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值
D.以B1为球心,4为半径作一个球,则该球面与三棱锥B1﹣ABC表面相交的交线长为3π
(多选)11.(2025 黑龙江模拟)已知空间四边形ABCD,下列条件中一定能推出BD⊥AC的是(  )
A.AB=CD,BC=AD B.AB=BC,AD=CD
C.AB⊥CD,BC⊥AD D.|AB|2+|CD|2=|BC|2+|AD|2
(多选)12.(2025 深圳模拟)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,Q是线段AB的中点,P是线段BC1上的动点(含端点),则下列命题正确的是(  )
A.三棱锥P﹣A1QC的体积为定值
B.直线PQ与AC所成角的正切值的最小值是
C.在直三棱柱ABC﹣A1B1C1内部能够放入一个表面积为1.44π的球
D.A1P+PQ的最小值为
三.填空题(共4小题)
13.(2025 山海关区模拟)已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为4,点E为PB中点,点F在PC上,FC=3PF,点G为AD中点,则平面EFG截正四棱锥P﹣ABCD所得的截面周长为    .
14.(2025 浙江模拟)已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半,侧棱长为2,过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3,则正三棱台的体积为    .
15.(2025 张店区校级一模)已知四棱锥P﹣ABCD的底面是平行四边形,点E满足.设三棱锥P﹣ACE和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2,则的值为    .
16.(2025 石家庄校级一模)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.为了将容器中的水倒出,以BC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    .
四.解答题(共4小题)
17.(2025 湖北模拟)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥BC,四边形A1B1BA,B1BCC1均为菱形,平面A1B1BA⊥底面A1B1C1,平面B1BCC1⊥底面A1B1C1,M是A1B1延长线上一点,且,D为A1C中点,连接DB1.
(1)证明:DB1∥平面BC1M;
(2)取DB1中点Q,求A1Q与平面BC1M夹角的正弦值.
18.(2025 威远县校级一模)如图,在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=4,AA1=8,点A2、B2、C2、D2分别在棱AA1、BB1、CC1、DD1上,AA2=2,BB2=DD2=4,CC2=6.
(1)求证:B2C2∥A2D2;
(2)求三棱锥A﹣A2C2D2的体积;
(3)点P在棱BB1上,当二面角P﹣A2C2﹣D2大小为时,求线段B2P的长.
19.(2025 安顺模拟)在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为平行四边形,侧面ADD1A1为等腰梯形,且侧面ADD1A1⊥底面ABCD,AB=BD=3,AD=2,A1B1=1,A1D1与BC的距离为,点E,F分别在棱AB,CC1上,且,.
(1)求证:EF∥平面ADD1A1;
(2)求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高;
(3)求异面直线A1C1与EF所成的角的余弦值.
20.(2025 厦门模拟)如图,在五棱锥S﹣ABCDE中,平面SAE⊥平面AED,AE⊥ED,SE⊥AD.
(1)证明:SE⊥平面AED;
(2)若四边形ABCD为矩形,且SE=AB=1,AD=3,.当直线DN与平面SAD所成的角最小时,求三棱锥D﹣SAE体积.
高考数学高频易错押题预测 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 濮阳二模)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P、Q、R、S、T分别为线段AA1、AB、BC、BD、BB1的中点,连接A1S、D1T,对空间任意两点M、N,若线段MN与线段A1S不相交或与线段D1T不相交,则称M、N两点可视,下列选项中与点C1不可视的为(  )
A.点A B.点P C.点Q D.点R
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系;异面直线的判定.
【专题】计算题;方程思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【解答】解:根据题意,依次分析选项:
对于A,连接AD1,BC1,AC1,因为D1、A、C1∈平面D1C1BA,
T 平面D1C1BA,且D1 直线AC1,所以直线D1T与AC1是异面直线,
所以点C1与点A可视,故A不符合题意;
对于B,如图,
连接A1C1,PC1,BD,AC,得A1S、PC1 平面A1C1CA,
且A1S与PC1相交,连接D1P,PT,TC1,因为D1C1∥PT,D1C1=PT,
所以四边形D1C1TP是平行四边形,得D1T与PC1相交,所以点C1与点P不可视,
故B符合题意;
对于C,如图,
连接A1C1,AC,C1Q,因为A1、S、C1∈平面A1C1CA,
Q 平面A1C1CA,且C1 A1S,所以直线A1S与QC1是异面直线,
所以点C1与点Q可视,故C不符合题意;
对于D,如图,
连接RC1,TC1,TD1,
因为C1、T、D1∈平面D1C1T,R 平面D1C1T,且C1 D1T,
所以直线D1T与RC1是异面直线,所以点C1与点R可视,故D不符合题意.
故选:B.
【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系,注意“两点可视”的定义,属于基础题.
2.(2025 江西一模)在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,已知,该正四棱台的体积为168,则AA1=(  )
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】C
【分析】根据正四棱台的几何性质,棱台的体积公式,即可求解.
【解答】解:根据题意可得上下底面正方形的边长分别为,,
所以上下底面正方形的对角线长分别为6,12,设该正四棱台的高为h,
则该正四棱台的体积为=168,解得h=4,
所以.
故选:C.
【点评】本题考查正四棱台的几何性质,棱台的体积公式的应用,属基础题.
3.(2025 保定校级模拟)某四棱台的下底面是长为90,宽为30的矩形,上底面是长为30,宽为10的矩形,且该四棱台的高为3,则该四棱台的体积为(  )
A.3900 B. C.1300 D.1600
【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】A
【分析】根据台体的体积公式运算求解即可.
【解答】解:因为四棱台的下底面是长为90,宽为30的矩形,上底面是长为30,宽为10的矩形,且该四棱台的高为3,
所以该四棱台的上底面面积为30×10=300,下底面面积为90×30=2700,
所以该四棱台的体积为:

故选:A.
【点评】本题考查棱台的体积的求解,属基础题.
4.(2025 汕头模拟)已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面面积分别为18、32,下底面上的棱AD与侧棱BB1所成角的余弦值为,则该正四棱台的体积为(  )
A. B. C.148 D.
【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】A
【分析】结合异面直线所成角,根据正四棱台的底面面积求侧棱长,再求正四棱台的高,继而可得正四棱台的体积.
【解答】解:作出图形,如下图所示:
设该正四棱台上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1B1,OB,OO1,
因为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面面积分别为18,32,
所以上、下底面边长分别为,.易得O1B1=3,OB=4,
过点B1作B1E⊥BC于点E,则.
因为BC∥AD,所以AD与BB1所成的角为∠B1BC,
所以,得,
过B1作B1F⊥OB于点F,则BF=1,.
所以该正四棱台的体积.
故选:A.
【点评】本题考查正四棱台的体积的求解,属中档题.
5.(2025 深圳模拟)如图,在已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,N是棱AB上的点,且,平面NCD1将此正方体分为两部分,则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为(  )
A. B. C. D.
【考点】棱锥的体积.
【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】A
【分析】作出截面,利用台体的体积公式求出较小部分的体积,用正方体的体积减去较小部分的体积,可得较大部分的体积,可得两部分的体积之比.
【解答】解:正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,N是棱AB上的点,且,平面NCD1将此正方体分为两部分,
取棱AA1上的点M,使得,连接MN,MD1,不妨设正方体棱长为3,如图,
则MN∥CD1,
∴点M,N,C,D1共面,平面MNCD1就是平面NCD1.
平面MNCD1把正方体分成两部分,其中几何体ANM﹣DD1C为棱台,
其体积为=.
又正方体的体积为V=3×3×3=27.
∴较大部分的体积为:.
∴.
故选:A.
【点评】本题考查正方体结构特征、几何体体积公式等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
6.(2025 广西模拟)辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图1)出土于辽宁省略左县小波汰沟.此鼎直耳,深腹,柱足中空,胎壁微薄,口沿下及足上端分别饰单层兽面纹,足有扉棱,耳、腹、足皆有贯痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与中空无盖圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,圆柱的高近似于半球的半径,则此鼎主体部分的容积与外表面积之比约为(  )
A. B. C. D.
【考点】球的表面积.
【专题】转化思想;综合法;球;运算求解.
【答案】D
【分析】利用球体、圆柱体体积公式和球体表面积,圆柱体侧面积公式可得答案.
【解答】解:由球的半径为R,则圆柱体的高为R,
此鼎主体部分的容积约为:,
此鼎主体部分外表面积约为:,
所以此鼎主体部分的容积与外表面积之比约为:.
故选:D.
【点评】本题考查几何体的体积的求解,属基础题.
7.(2025 浦东新区校级模拟)如下四个正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的共有(  )个.
A.1 B.2 C.3 D.4
【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;立体几何;运算求解.
【答案】B
【分析】根据三垂线定理,即可求解.
【解答】解:对①,因为OP在上底面的射影为MN,所以根据三垂线定理可知MN⊥OP不成立;
对②,因为OP在左侧面的射影垂直MN,所以根据三垂线定理可知MN⊥OP;
对③,因为OP在右侧面的射影垂直MN,所以根据三垂线定理可知MN⊥OP;
对④,因为OP在后侧面的射影与MN不垂直,所以根据三垂线定理可知MN⊥OP不成立;
所以正确的为②③,错误的为①④.
故选:B.
【点评】本题考查空间中线线垂直的判定,三垂线定理的应用,属基础题.
8.(2025 文昌校级一模)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(  )
A. B. C. D.
【考点】异面直线及其所成的角.
【专题】整体思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】D
【分析】取A1C1的中点M,因为E,F,D都是中点,由题意可证得DM∥C1E,则∠MDF为异面直线DF,C1E所成的角,在△MDF中,由余弦定理可得cos∠MDF的值.
【解答】解:取A1C1的中点M,AC的中点Q,连接MD,EF,EF,A1D,MQ,
因为E,F,D都是中点,
由题意可得DE∥C1M,且DE=C1M,所以四边形DEC1M为平行四边形,
所以DM∥C1E,
所以∠MDF为异面直线DF,C1E所成的角,
因为直棱柱的棱长相等,设棱长为2,
则MF=DE=×2=1,EF=2,所以DF=DM===,
在△MDF中,cos∠MDF===.
故选:D.
【点评】本题考查空间中异面直线的夹角的余弦值的求法,余弦定理的应用,属于中档题.
二.多选题(共4小题)
(多选)9.(2025 鹤壁一模)如图,ABCD是边长为2的正方形,AA1,BB1,CC1,DD1都垂直于底面ABCD,且,点E在线段CC1上,平面BED1交线段AA1于点F,则(  )
A.A1,B1,C1,D1四点不共面
B.该几何体的体积为8
C.过四点A1,C1,B,D四点的外接球表面积为12π
D.截面四边形BED1F的周长的最小值为10
【考点】球的表面积;平面的基本性质及推论.
【专题】转化思想;分割补形法;立体几何;运算求解.
【答案】BCD
【分析】根据平面的性质,分割补形法,化空间为平面,针对各个选项分别求解即可.
【解答】解:取AA1中点M,取DD1靠近D1的三等分点N,
∵B1C1∥MN,MN∥A1D1,∴B1C1∥A1D1,
∴A1,B1,C1,D1四点共面,∴A选项错误;
由对称性及分割补形法知此几何体体积是底面为2的正方形高为4的长方体体积的一半,
∴,∴B选项正确;
过四点A1,C1,B,D构造正方体,外接球直径即为棱长为2的正方体体对角线,
设该球的半径为R,则(2R)2=4+4+4=12,
∴此四点的外接球表面积为4πR2=12π,∴C选项正确;
根据题意可知截面四边形BED1F为平行四边形,
∴其周长l=2(BE+ED1),沿CC1将相邻两四边形铺平,
可知当B,E,D1三点共线时,BE+ED1最小,且最小值为5,
∴周长的最小值lmin=10,∴D选项正确.
故选:BCD.
【点评】本题考查立体几何的综合应用,分割补形法的应用,化归转化思想,属中档题.
(多选)10.(2025 南京模拟)在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,下列选项中正确的是(  )
A.直线EF与A1B所成的角为
B.平面AEF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为
C.若点P满足,其中θ∈R,则三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值
D.以B1为球心,4为半径作一个球,则该球面与三棱锥B1﹣ABC表面相交的交线长为3π
【考点】棱锥的体积;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】BCD
【分析】作出图形,根据正方体的性质,线线角的求法,向量共线定理,三棱锥的体积公式,球的几何性质,针对各个选项即可分别求解.
【解答】解:作出图形如下:
对A选项,根据题意易知EF∥BC1,且三角形A1C1B为正三角形,
所以直线EF与A1B所成的角为,所以A选项错误;
对B选项,易知EF∥BC1∥AD1,所以平面AEF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形AEFD1,
又易知AD1=2EF=,D1F=AE=,
所以平面AEF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为:
=,所以B选项正确;
对C选项,因为点P满足,
又cos2θ+sin2θ=1,cos2θ≥0,sin2θ≥0,
所以根据向量共线定理可得P在线段B1C上,
又易知B1C∥A1D,又B1C 平面A1DC1,A1D 平面A1DC1,
所以B1C∥平面A1DC1,
所以P到平面A1DC1的距离为定值,又三角形A1DC1的面积也为定值,
所以三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值,所以C选项正确;
对D选项,如图,分别作出以B1为球心,4为半径的球与三棱锥B1﹣ABC三个表面的交线,
易得图中GB==2,B1B=,所以∠GB1B=,所以HB1G==,
所以的长度为=,由对称性可知该球在侧面B1BC内所截得的圆弧长等于的长度,
又易知侧面ACB1为边长为的正三角形,所以该球在侧面ACB1内所截得的圆弧长为=,
在底面三角形ABC内,易知K点即为G点,所以BK=BL=BG=2,
所以该球在底面三角形ABC内所截得的圆弧长为=π,
所以以B1为球心,4为半径的球面与三棱锥B1﹣ABC表面相交的交线长为=3π,所以D选项正确.
故选:BCD.
【点评】本题考查立体几何的综合应用,属中档题.
(多选)11.(2025 黑龙江模拟)已知空间四边形ABCD,下列条件中一定能推出BD⊥AC的是(  )
A.AB=CD,BC=AD B.AB=BC,AD=CD
C.AB⊥CD,BC⊥AD D.|AB|2+|CD|2=|BC|2+|AD|2
【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;逻辑思维.
【答案】BCD
【分析】根据线面垂直的判定定理,三垂线定理,向量基底法,针对各个选项,分别求解即可.
【解答】解:对A选项,若AB=CD,BC=AD,不能得到垂直关系,所以A选项错误;
对B选项,若AB=BC,AD=CD,取AC中点E,则AC⊥DE,AC⊥BE,
从而可得AC⊥平面BDE,进而可得AC⊥BD,所以B选项正确;
对C选项,若AB⊥CD,BC⊥AD,设D在平面ABC内的射影为H,
则根据三垂线定理可得AB⊥CH,BC⊥AH,从而可得H为三角形ABC的垂心,
所以AC⊥BH,从而根据三垂线定理可得AC⊥BD,所以C选项正确;
对D选项,设,,,
则,,,
若|AB|2+|CD|2=|BC|2+|AD|2,
则,
所以,
所以,
所以===0,
所以,所以BD⊥AC,所以D选项正确.
故选:BCD.
【点评】本题考查空间中线线关系,属中档题.
(多选)12.(2025 深圳模拟)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,Q是线段AB的中点,P是线段BC1上的动点(含端点),则下列命题正确的是(  )
A.三棱锥P﹣A1QC的体积为定值
B.直线PQ与AC所成角的正切值的最小值是
C.在直三棱柱ABC﹣A1B1C1内部能够放入一个表面积为1.44π的球
D.A1P+PQ的最小值为
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;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】ABD
【分析】证明出BC1∥平面AC1Q,结合锥体体积公式可判断A选项;利用空间向量法可判断B选项;计算出△ABC的外接圆半径,并与球的半径比较大小,可判断C选项;作点Q关于平面BB1C1C的对称点F,可知PQ=PF,然后将平面A1BC1和平面BFC1延展为一个平面,结合余弦定理可判断D选项.
【解答】解:对于A选项,如下图所示,连接AC1交A1C于点E,连接EQ,
易知E为AC1的中点,又Q是线段AB的中点,
所以BC1∥EQ,又EQ 平面A1CQ,BC1 平面AC1Q,
所以BC1∥平面AC1Q,
又P是线段BC1上的动点(含端点),
所以点P到平面A1CQ的距离等于点B到平面A1CQ的距离,为定值,
又△A1CQ的面积为定值,
所以三棱锥P﹣A1QC的体积为定值,所以A选项正确;
对于B选项,因为CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,
所以建系如图:
则A(2,0,0)、C(0,0,0)、Q(1,1,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,2),
设,其中0≤λ≤1,
则,
设直线PQ与AC所成角为θ,
所以cosθ=|cos<,>|====,
所以当时,|cos<,>|取最大值,此时cosθ取最小值,θ取最大值,
此时,,
所以直线PQ与AC所成角的正切值的最小值是,故B正确;
对于C选项,因为AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,则,
△ABC的内切圆半径为,
由于直径,所以在这个直三棱柱ABC﹣A1B1C1内部可以放入一个最大半径为的球,
而表面积为1.44π的球,其半径R为:4πR2=1.44π R=0.6,
因为,
所以这个直三棱柱ABC﹣A1B1C1内部不可以放入半径为R=0.6的球,故C错误;
对于D选项,点Q(1,1,0)关于yOz平面的对称点为F(﹣1,1,0),则PQ=PF,
,,
所以,,则∠BC1F=30°,
因为AC⊥平面BB1C1C,A1C1∥AC,则A1C1⊥平面BB1C1C,
因为BC1 平面BB1C1C,则A1C1⊥BC1,
将平面A1BC1和平面BFC1延展为一个平面,如下图所示:
在△A1C1F中,A1C1=2,,∠A1C1F=120°,
所以=,
所以PA1+PF≥A1F=,故D正确.
故选:ABD.
【点评】本题考查立体几何的综合应用,属难题.
三.填空题(共4小题)
13.(2025 山海关区模拟)已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为4,点E为PB中点,点F在PC上,FC=3PF,点G为AD中点,则平面EFG截正四棱锥P﹣ABCD所得的截面周长为   .
【考点】平面的基本性质及推论.
【专题】计算题;转化思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意,先作出截面,然后根据五边形加以计算,求得正确答案.
【解答】解:延长FE与CB的延长线交于点H,连接HG与AB交于点L,延长HG与CD的延长线交于点M,
连接FM与PD交于点N,则平面EFG截正四棱锥P﹣ABCD所得的截面为五边形FELGN,
易知EL=NG=2,,FE=,
所以五边形FELGN的周长为.
故答案为:.
【点评】本题主要考查平面的基本性质、空间直线与平面位置关系的判断及其应用等知识,属于基础题.
14.(2025 浙江模拟)已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半,侧棱长为2,过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3,则正三棱台的体积为   .
【考点】棱台的体积.
【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.
【答案】.
【分析】延长三棱台ABC﹣A1B1C1的侧棱交于一点O,可以得到正三棱锥O﹣ABC,过点O作OP⊥平面ABC,交平面A1B1C1于点E,根据题意求出三棱锥的高,从而可得三棱台的高,进而可求出三棱台的体积.
【解答】解:如图,延长三棱台ABC﹣A1B1C1的侧棱交于一点O,可以得到正三棱锥O﹣ABC,
设三棱台上底面的边长为a,则下底面的边长为2a,
则由题意得,
解得a=2,
所以三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,由题得正三棱锥的侧棱长为4,
过点O作OP⊥平面ABC,交平面A1B1C1于点E,
底面顶点A到底面中心P的距离为,
故三棱锥O﹣ABC的高为,
所以三棱台的高为EP=,
因为,

所以三棱台的体积为 EP

=.
故答案为:.
【点评】本题考查台体体积的计算,属于中档题.
15.(2025 张店区校级一模)已知四棱锥P﹣ABCD的底面是平行四边形,点E满足.设三棱锥P﹣ACE和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2,则的值为   .
【考点】棱锥的体积.
【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;运算求解.
【答案】.
【分析】根据题意,由锥体的体积公式代入计算,即可得到结果.
【解答】解:四棱锥P﹣ABCD的底面是平行四边形,点E满足,
设三棱锥P﹣ACE和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2,
设点C到平面PAD的距离为h,
∵,∴,
∴,其中三棱锥P﹣ACE的体积为V1,
则VC﹣EAD=2V1,VP﹣ACD=VC﹣PAE+VC﹣EAD=V1+2V1=3V1,
∵VP﹣ABCD=2VP﹣ACD,∴V2=6V1,则.
故答案为:.
【点评】本题考查锥体的体积公式等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
16.(2025 石家庄校级一模)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.为了将容器中的水倒出,以BC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   .
【考点】棱柱的体积;棱柱的结构特征.
【专题】转化思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】.
【分析】由正方体的结构特征,结合棱柱的体积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:作出示意图如下图所示:
因为装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上时,水面为EFGH,又,
当以BC为轴向右倾斜容器,使得水能从容器中倒出,水刚好能从容器中倒出,
所以平面A1ADD1与水面的夹角为∠A1MB1,
则平面B1BCC1与水平桌面的夹角为∠A1MB1.
由题意可得三棱柱A1B1M﹣D1C1N的体积为4×4×1=16,
所以,解得A1M=2,
所以.
水面距离桌面的高度为.
故答案为:.
【点评】本题考查几何体的提交问题的求解,属中档题.
四.解答题(共4小题)
17.(2025 湖北模拟)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥BC,四边形A1B1BA,B1BCC1均为菱形,平面A1B1BA⊥底面A1B1C1,平面B1BCC1⊥底面A1B1C1,M是A1B1延长线上一点,且,D为A1C中点,连接DB1.
(1)证明:DB1∥平面BC1M;
(2)取DB1中点Q,求A1Q与平面BC1M夹角的正弦值.
【考点】直线与平面平行;平面与平面垂直.
【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.
【答案】(1)证明见解答;(2).
【分析】(1)先证DB1∥EM,再利用线面平行的判定定理即可得证;
(2)建立空间直角坐标系,求出平面BC1M的一个法向量,利用向量法求解即可.
【解答】解:(1)证明:延长A1M至点N,使得M为B1N的中点,连接CN,
连接CB1与C1B交于点E,连接EM,
在△A1CN中,因为D,B1分别是A1C和A1N的中点,
所以DB1∥CN,
在△B1CN中,因为E,M分别是CB1和B1N的中点,
所以EM∥CN,
所以DB1∥EM,
又因为DB1 平面BC1M,EM 平面BC1M,
所以DB1∥平面BC1M;
(2)因为AB⊥BC,即A1B1⊥B1C1,
平面B1C1CB⊥底面A1B1C1,平面B1C1CB∩底面A1B1C1=B1C1,
所以A1B1⊥平面B1C1CB,于是A1B1⊥B1B,
同理B1C1⊥B1B,
故A1B1,B1C1,B1B两两垂直,
以B1为原点,分别以B1M,B1C1,B1B所在直线为x轴,y轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,
令A1B1=2,B1(0,0,0),A1(﹣2,0,0),C(0,2,2),D(﹣1,1,1),
,B(0,0,2),C1(0,2,0),M(1,0,0),
即=,,,
设平面BC1M的一个法向量为,
则,则,
取y=1,则x=2,z=1,
得,
设A1Q与平面BC1M夹角为θ,
则,
即A1Q与平面BC1M夹角的正弦值为.
【点评】本题考查线面平行的判定,以及向量法的应用,属于中档题.
18.(2025 威远县校级一模)如图,在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=4,AA1=8,点A2、B2、C2、D2分别在棱AA1、BB1、CC1、DD1上,AA2=2,BB2=DD2=4,CC2=6.
(1)求证:B2C2∥A2D2;
(2)求三棱锥A﹣A2C2D2的体积;
(3)点P在棱BB1上,当二面角P﹣A2C2﹣D2大小为时,求线段B2P的长.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行;二面角的平面角及求法.
【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.
【答案】(1)证明见解析;(2);(3)B2P=2.
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量坐标相等证明;
(2)计算出△AA2D2的面积以及点C2到平面AA2D2的距离,利用锥体的体积公式可求得三棱锥A﹣A2C2D2的体积;
(3)设P(0,4,λ)(0≤λ≤8),利用向量法求二面角,建立方程求出λ即可得解.
【解答】解:(1)证明:以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
则C(0,0,0),C2(0,0,6),B2(0,4,4),D2(4,0,4),A2(4,4,2),
∴,
∴,
又B2C2,A2D2不在同一条直线上,
∴B2C2∥A2D2.
(2),点C2到平面AA2D2的距离为CD=4,
故.
(3)解:设P(0,4,λ)(0≤λ≤8),
则,
设平面PA2C2的法向量,
则,则,
令z=4,得y=6﹣λ,x=λ﹣2,
∴,
设平面A2C2D2的法向量,
则,则,
令a=1,得b=1,c=2,
∴,
∴,
化简可得,λ2﹣8λ+12=0,
解得λ=2或λ=6,
∴P(0,4,2)或P(0,4,6),
∴B2P=2.
【点评】本题考查立体几何的综合问题,属于中档题.
19.(2025 安顺模拟)在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为平行四边形,侧面ADD1A1为等腰梯形,且侧面ADD1A1⊥底面ABCD,AB=BD=3,AD=2,A1B1=1,A1D1与BC的距离为,点E,F分别在棱AB,CC1上,且,.
(1)求证:EF∥平面ADD1A1;
(2)求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高;
(3)求异面直线A1C1与EF所成的角的余弦值.
【考点】异面直线及其所成的角;直线与平面平行.
【专题】计算题;转化思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】(1)证明见解析;
(2)2;
(3).
【分析】(1)利用中位线性质以及线面平行判定定理证明即可得出结论;
(2)作出四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高OO1代入棱台体积公式计算可得结果;
(3)建立空间直角坐标系,利用异面直线夹角的向量求法计算即可得出结果.
【解答】解:(1)取DD1的中点G,连接AG,GF,
则GF是梯形CDD1C1的中位线,所以GF∥DC且,
又因为AE∥DC且,
所以GF∥AE且GF=AE,
所以四边形AEFG是平行四边形,
所以EF∥AG,
因为AG 平面ADD1A1,EF 平面ADD1A1,
所以EF∥平面ADD1A1;
(2)分别取AD,A1D1的中点O,O1,
如图所示:因为侧面ADD1A1为等腰梯形,
所以OO1⊥AD,
因为侧面ADD1A1⊥底面 ABCD,
侧面ADD1A1∩底面ABCD=AD,
所以OO1⊥底面ABCD,
因为AB=BD=3,
所以BO⊥AD,OB∩OO1=O,
OB,OO1 平面O1OB,
所以AD⊥平面O1OB,
BO1 平面O1OB,
所以BO1⊥AD,
即BO1⊥A1D1,
且BO1⊥BC,所以BO1为A1D1与BC的距离,
所以,
解得OO1=2,所以四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为2;
(3)以OA,OB,OO1所在直线分别为x,y,z轴如图建立空间直角坐标系,
则 A(1,0,0),,D(﹣1,0,0),,
所以,=(﹣3,2,0),,
所以cos<,>=cos<,>===,
所以异面直线A1C1与EF所成角的余弦值为.
【点评】本题考查了棱台的结构特征,异面直线所成角的求法,是中档题.
20.(2025 厦门模拟)如图,在五棱锥S﹣ABCDE中,平面SAE⊥平面AED,AE⊥ED,SE⊥AD.
(1)证明:SE⊥平面AED;
(2)若四边形ABCD为矩形,且SE=AB=1,AD=3,.当直线DN与平面SAD所成的角最小时,求三棱锥D﹣SAE体积.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直.
【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.
【答案】(1)证明见解答;(2).
【分析】(1)由平面SAE⊥平面AED,得出DE⊥平面SAE,再结合线面垂直的性质定理得出DE⊥SE,即可得证;
(2)建立空间直角坐标系,求出平面SAD的法向量,利用向量夹角公式即可求解.
【解答】(1)证明:∵在五棱锥S﹣ABCDE中,
∵平面SAE⊥平面AED,DE⊥EA,DE 平面AED,
平面SAE∩平面AED=AE,
∴DE⊥平面SAE,
又∵SE 平面SAE,∴DE⊥SE,
又∵SE⊥AD,ED∩AD=D,且AD,DE 平面AED,
∴SE⊥平面AED.
(2)以E为坐标原点,分别以EA,ED,ES所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
∵四边形ABCD为矩形,且SE=AB=1,AD=3,
设,则A(3cosθ,0,0),D(0,3sinθ,0),S(0,0,1),
可得CD与y轴夹角为θ,则,



设平面SAD的法向量记为,
由,
令z=3sinθcosθ,则x=sinθ,y=cosθ,
∴,
∴,
即,
当时,等号成立,
此时,直线DN与平面SAD的所成的角取得最小值,
∴.
【点评】本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用,属于中档题.
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