资源简介

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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