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高考数学考前冲刺押题预测 立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 广西期末）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与AC′所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 西城区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为棱AB、BC的中点，平面DEC1交棱BB1于点G，则下列结论中正确的是（　　）
A．直线A1F与直线C1E异面
B．直线A1F⊥平面DEC1
C．平面AB1D1∥平面DEC1
D．截面DEGC1是直角梯形
3．（2024秋 天津期末）在长方体ABCD﹣AB1C1D1中，，，过点M与直线AM垂直的平面将长方体分成两个部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 重庆期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使PD＝AB的点P轨迹的长度为（　　）
A．π B．2π C． D．
5．（2024秋 赣州期末）已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，BD＝CD＝1，，平面ABD⊥平面BCD．当该球的体积最小时，四面体ABCD体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024秋 重庆期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．在阳马P﹣ABCD中，若PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，异面直线PD与AC所成角的余弦值为，则AD＝（　　）
A． B．4 C．2 D．3
7．（2024秋 运城期末）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球O1后，再放入一个球O2，则球O2的表面积与容器表面积之比的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，正方体透明容器ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为8，E，F，G，M分别为AA1，AD，CC1，A1B1的中点，点N是棱C1D1上任意一点，则下列说法正确的是（　　）
A．B1G⊥BN
B．向量在向量上的投影向量为
C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为
D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
（多选）10．（2024秋 重庆期末）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，为A1C1与B1D1的交点．若，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．
C．设，则AN⊥BM
D．以D为球心，为半径的球在四边形BCC1B1内的交线长为
（多选）11．（2024秋 无锡期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1D上的动点，则（　　）
A．BP∥平面D1B1C
B．BP⊥AC1
C．存在点P，使得
D．三棱锥B1﹣PBC1的体积为定值
（多选）12．（2024秋 苏州期末）已知P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足，且A1P⊥DQ，设P的轨迹围成的图形为多边形Ω，则（　　）
A．Ω为平行四边形
B．存在λ，使得Ω的面积为
C．存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角为
D．点B和Ω形成的多面体的体积不变
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 上海校级期末）如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面α与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V′，则的最小值为 　 　．
14．（2024秋 广州期末）如图，在三棱锥D﹣ABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB+BD＝AC+CD＝10，则三棱锥D﹣ABC的体积的最大值是 　 　．
15．（2025 盐城一模）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．（2024秋 宝山区校级期末）如图，已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长等于1，∠ABC＝120°，O和O1分别是上下底面对角线的交点，H在线段OB1上，OH＝3HB1，点M在线段BD上移动，则三棱锥M﹣C1O1H的体积最小值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 石景山区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
18．（2025 佛山一模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，侧面BB1C1C是边长为1的正方形，AB＝1，点D，E分别在棱CB1，A1C1上．
（1）若D，E分别是CB1，A1C1的中点，求证：DE∥平面ABB1A1；
（2）若DE⊥CB1，DE⊥A1C1，求DE．
19．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且，H是C1G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
（1）求证：EF⊥B1C；
（2）求异面直线EF与C1G所成角的余弦值．
20．（2025 广东一模）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求证：AC⊥平面BDEF；
（2）若菱形BDEF边长为2，求三棱锥E﹣BCD的体积．
高考数学考前冲刺押题预测 立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 广西期末）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与AC′所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】A
【分析】先证BC'⊥平面ABD，再以B为原点建系，利用向量法求异面直线所成角即可．
【解答】解：由AB＝2，AD＝1，，知AD2+BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为平行四边形ABCD，
所以AD∥BC，所以BC⊥BD，即BC'⊥BD，
又平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，BC' 平面BC′D，
所以BC'⊥平面ABD，
故以B为原点，BC，BD，BC'所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E（，0，0），F（0，，），A（﹣1，，0），C′（0，0，1），
所以（，，），（1，，1），
所以cos，，
因为异面直线所成角的取值范围为（0，]，
所以异面直线EF与AC′所成角的余弦值为．
故选：A．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，熟练掌握面面垂直的性质定理，利用向量法求异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2．（2024秋 西城区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为棱AB、BC的中点，平面DEC1交棱BB1于点G，则下列结论中正确的是（　　）
A．直线A1F与直线C1E异面
B．直线A1F⊥平面DEC1
C．平面AB1D1∥平面DEC1
D．截面DEGC1是直角梯形
【考点】直线与平面垂直；平面与平面平行；异面直线的判定．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据线面平行可判断G是BB1的中点，即可建立空间直角坐标系，求解向量的坐标，即可根据向量的垂直求解BD，根据面面平行求解C．
【解答】解：取BB1的中点，则G是BB1的中点，（理由如下：）
由于E是AB的中点，则EG∥AB1，AB1∥DC1，故DC1∥EG，因此E，G，D，C1在同一平面，故G是BB1的中点，
对于A，连接EF，则EF∥AC，AC∥A1C1，故EF∥A1C1，故直线A1F与直线C1E共面，A错误；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则D（0，0，0），E（2，1，0），F（1，2，0），G（2，2，1），C1（0，2，2），A1（2，0，2），
故，
由于，
故平面DEC1，
故直线A1F⊥平面DEC1，B正确；
对于C，由于AD1∥BC1，AD1 平面BC1D，BC1 平面BC1D，故AD1∥平面BC1D，
又BD∥B1D1，B1D1 平面BC1D，BD 平面BC1D，
故B1D1∥平面BC1D，B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1 平面AB1D1，故平面AB1D1∥平面BC1D，
但由于平面BC1D与平面DEC1相交，故平面DEC1与平面AB1D1不可能平行，C错误；
由于，
，
故DC1，DE不垂直，且DC1，GC1不垂直，又DC1∥EG，故四边形DEGC1不是直角梯形．
故选：B．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
3．（2024秋 天津期末）在长方体ABCD﹣AB1C1D1中，，，过点M与直线AM垂直的平面将长方体分成两个部分，则较小部分与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；分割补形法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】作出图形，将该长方体可分割成三个正方体，再根据三垂线定理，分割补形法，即可求解．
【解答】解：如图，将该长方体可分割成三个正方体，
根据三垂线定理易得AM⊥FM，AM⊥A1F，又FM∩A1F＝F，且A1H∥FM，
∴AM⊥平面A1FMH，
∴点M与直线AM垂直的平面截该长方体的截面为平行四边形A1FMH，
根据对称性可知，
∴所求体积之比为．
故选：B．
【点评】本题考查几何体的体积问题的求解，分割补形法的应用，三垂线定理的应用，属中档题．
4．（2024秋 重庆期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使PD＝AB的点P轨迹的长度为（　　）
A．π B．2π C． D．
【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；运算求解．
【答案】C
【分析】通过平行可知截面为正六边形，然后截面面积可求得正方体棱长，再结合正方体中DB1⊥截面EFG可得PD2＝PO2+OD2，进而可判断点P的轨迹是以O为圆心，半径为的圆，轨迹长度即可求解．
【解答】解：由题意截面EGF是正六边形，如图，
由截面面积为及三角形面积公式得6GF2，
解得GF＝1，
∴正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为AB，
∵DB1⊥截面EFG，O为DB1的中点，也是截面EFG的中心，且DO，
∴PD2＝PO2+OD2，即PO22，解得PO，
∴使得PD的点P的轨迹是以O为圆心，半径为的圆，
∴轨迹长度为．
故选：C．
【点评】本题考查截面面积、线面垂直的判定与性质、点的轨迹、圆等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（2024秋 赣州期末）已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，BD＝CD＝1，，平面ABD⊥平面BCD．当该球的体积最小时，四面体ABCD体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱锥的体积；球内接多面体．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意可得△ABC的外接圆的半径为r＝1，要使四面体ABCD的外接球的体积最小，则需△ABC的外接圆为大圆，从而可求解．
【解答】解：如图，∵BD＝CD＝1，，
∴易得∠BDC＝120°，作D关于BC的对称点O，
则易得三角形BDO与三角形CDO为边长为1的等边三角形，
∴△BCD的外接圆的半径为r＝1，
要使四面体ABCD的外接球的体积最小，
则需△BCD的外接圆为大圆，即球的球心为O，半径为r＝1，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴A在底面的射影点H，必落在BD上，连接OH，
要使此时三棱锥的高AH最大，只需OH最小，且最小值为，
∴高AH的最大值为，
∴此时四面体ABCD体积的最大值为．
故选：B．
【点评】本题考查四面体的外接球问题，属中档题．
6．（2024秋 重庆期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．在阳马P﹣ABCD中，若PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，异面直线PD与AC所成角的余弦值为，则AD＝（　　）
A． B．4 C．2 D．3
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求．
【解答】解：由题意，以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设AD＝a＞0，因为PA＝AB＝2，所以A（0，0，0），C（2，a，0），P（0，0，2），D（0，a，0），
，，
设异面直线PD与AC所成角为θ，
则，
即5a2＝4（a2+4），
即a2＝16，因为a＞0，
所以a＝4，
即AD＝4．
故选：B．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
7．（2024秋 运城期末）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球O1后，再放入一个球O2，则球O2的表面积与容器表面积之比的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】球的表面积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】作出圆锥的轴截面，根据题意可得要使球O2的表面积与容器表面积之比的最大，即球O2的半径r2最大，只需球O2与球O1、圆锥都相切，从而可求解．
【解答】解：由边长为的正三角形的内切圆半径为，
即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为2，
所以放入一个半径为2的小球O1后，再放一个球O2，如下图：
要使球O2的表面积与容器表面积之比的最大，即球O2的半径r2最大，
所以只需球O2与球O1、圆锥都相切，其轴截面如上图，
此时，
所以球O2的表面积为，
圆锥表面积为，
所以球O2的表面积与容器表面积之比的最大值为．
故选：A．
【点评】本题考查圆锥的内切球问题，属中档题．
8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，正方体透明容器ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为8，E，F，G，M分别为AA1，AD，CC1，A1B1的中点，点N是棱C1D1上任意一点，则下列说法正确的是（　　）
A．B1G⊥BN
B．向量在向量上的投影向量为
C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为
D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个
【考点】棱锥的体积；空间向量的投影向量与投影．
【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】C
【分析】对A：根据正方体易知B1C⊥BC1，B1C⊥D1C1，利用线面垂直的判断、性质定理可得B1C⊥BN，又B1C∩B1G＝B1，故B1G与BN不垂直；对B：若O是B1C，BC1交点，连接OG，则EM，FG所成角，即为AB1，AO所成角，余弦定理求夹角余弦值，进而求向量在向量上的投影向量；对C：令放在桌面上的顶点为A，根据正方体的结构特征，要使容器内水的面积最大，即垂直于AC1的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可；对D：通过直观想象，有第一层小球为8×8＝64个，第二层小球为7×7＝49，且奇数层均为64个，偶数层均为49，结合上下两层相邻5球的球心构成几何体为正四棱锥并求高，再确定层数，最后求小球个数．
【解答】解：正方体透明容器ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为8，
E，F，G，M分别为AA1，AD，CC1，A1B1的中点，点N是棱C1D1上任意一点，
对于A，由正方体性质知：
B1C⊥BC1，B1C⊥D1C1，BC1∩D1C1＝C1，
且BC1、D1C1 面ABC1D1，
∴B1C⊥面ABC1D1，又BN 面ABC1D1，则B1C⊥BN，
由B1C∩B1G＝B1，故B1G与BN不垂直，故A错误；
对于B，由题意EM∥AB1且，O是B1C，BC1交点，连接OG，
∴OG∥BC∥AF，OGBC＝AF，
∴AFGO为平行四边形，则AO∥FG，AO＝FG，
∴EM，FG所成角，即为AB1，AO所成角，
由题设知，
在△AOB1中，
即AB1，AO夹角为，∴EM，FG夹角为，
∴向量在向量上的投影向量为：
∴，故B错误；
对于C，令放在桌面上的顶点为A，
若AC1⊥桌面时，正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等，
此时要使容器内水的面积最大，
即垂直于AC1的平面截正方体的截面积最大，
根据正方体的对称性，
仅当截面过A1B1，BB1，BC，CD，DD1，A1D1中点时截面积最大，
此时，截面是边长为的正六边形，
∴最大面积为，
∴注水过程中，容器内水面的最大面积为，故C正确；
对于D，由题意，第一层小球为8×8＝64个，第二层小球为7×7＝49，
且奇数层均为64个，偶数层均为49，
而第一层与第二层中任意四个相邻球的球心构成一个棱长为1的正四棱锥，故高为，
假设共有n层小球，则总高度为，且n为正整数，
令，则，而，故小球总共有10层，
由上，相邻的两层小球共有113个，
∴正方体一共可以放113×5＝565个小球，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查各层小球最多可放入的个数、两层相邻的5个球的球心所成几何体的高、正方体棱长求总层数等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】BCD
【分析】利用线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，即可得出结论．
【解答】解：连接AC，AB1，CB1，AD1，CD1，BD，B1D1，
A中，因为M，N是对应棱的中点，所以MN∥AC，因为MN 平面AB1C，AC 平面AB1C，
所以MN∥平面AB1C，同理PM∥平面AB1C，
因为PM∩MN＝M，PM，MN 平面PMN，所以平面PMN∥平面AB1C，
因为直线A1C不平行平面AB1C，所以直线A1C不平行平面PMN，所以A错误；
B中，因为BD⊥AC，AC⊥D1D，BD∩D1D＝D，BD，DD1 平面BD1，所以AC⊥平面BD1，
因为BD1 平面BD1，所以BD1⊥AC，同理可得，BD1⊥AB1，
由于AC和AB1是平面AB1C上的两条相交直线，所以根据直线与平面垂直的判定定理，可得BD1⊥平面AB1C，
因为平面PMN∥平面AB1C，所以直线BD1⊥平面PMN，所以B正确；
C中，由题意，∠D1AC为直线AD与MN的夹角，因为△AD1C为等边三角形，所以∠D1AC＝60°，所以C正确；
D中，因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面PMN∩平面ABC＝MN，
所以根据面面平行的性质可知平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，属于中档题．
（多选）10．（2024秋 重庆期末）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，为A1C1与B1D1的交点．若，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．
C．设，则AN⊥BM
D．以D为球心，为半径的球在四边形BCC1B1内的交线长为
【考点】球外切几何体．
【专题】转化思想；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】选项A：利用向量的模求解线段的长度即可；
选项B：利用空间向量的加法和减法求解即可；
选项C：利用向量的数量积求解向量垂直即可；
选项D：分析可以知道球面与平面BCC1B1的交线是以H为圆心，为半径的圆，从而求解出交线的长度．
【解答】解：对于A；因为，
所以
＝4+4+4﹣2×2×2×cos60°﹣2×2×2×cos90°+2×2×2×cos90°
＝12﹣4＝8，
所以，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：因为，
所以
，故C不正确．
对于D：取BC的中点为H，连接DH，易知DH⊥平面BCC1B1，且，
由球的半径为，知球面与平面BCC1B1的交线是以H为圆心，为半径的圆，
如图，在正方形BCC1B1内，以H为圆心，2为半径作圆，所得的圆弧PQ即为所求交线，
由题意可知，
所以弧PQ的长为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 无锡期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1D上的动点，则（　　）
A．BP∥平面D1B1C
B．BP⊥AC1
C．存在点P，使得
D．三棱锥B1﹣PBC1的体积为定值
【考点】棱锥的体积；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；运算求解；空间想象．
【答案】AB
【分析】选项A，连接A1B，BD，可证平面A1BD∥平面D1B1C，再由面面平行的性质定理，即可作出判断；选项B，先根据三垂线定理可证AC1⊥BD，AC1⊥A1B，从而知AC1⊥平面A1BD，再由线面垂直的性质定理，即可作出判断；选项C，易知△A1BD是边长为2的等边三角形，当点P位于A1D的中点时，（BP）min，从而作出判断；选项D，先证A1D∥平面B1BC1，知点P到平面B1BC1的距离等于点A1到平面B1BC1的距离，再利用等体积法求解即可．
【解答】解：选项A，连接A1B，BD，
由正方体的性质知，A1B∥CD1，BD∥B1D1，
因为A1B∩BD＝B，CD1∩B1D1＝D1，A1B、BD 平面A1BD，CD1、B1D1 平面D1B1C，
所以平面A1BD∥平面D1B1C，
又BP 平面A1BD，所以BP∥平面D1B1C，即选项A正确；
选项B，AC1在平面ABCD上的射影为AC，
而AC⊥BD，所以AC1⊥BD，
同理可得，AC1⊥A1B，
因为BD∩A1B＝B，BD、A1B 平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD，
又BP 平面A1BD，所以BP⊥AC1，即选项B正确；
选项C，由A1B＝BD＝A1D＝2，知△A1BD是边长为2的等边三角形，
当点P位于A1D的中点时，（BP）min，
所以不存在点P，使得BP，即选项C错误；
选项D，因为A1D∥B1C，A1D 平面B1BC1，B1C 平面B1BC1，
所以A1D∥平面B1BC1，
而P∈A1D，
所以点P到平面B1BC1的距离等于点A1到平面B1BC1的距离，即A1B1＝2，
所以 2 2 2，
所以三棱锥B1﹣PBC1的体积为定值，即选项D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面平行、垂直的判定或性质定理，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）12．（2024秋 苏州期末）已知P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足，且A1P⊥DQ，设P的轨迹围成的图形为多边形Ω，则（　　）
A．Ω为平行四边形
B．存在λ，使得Ω的面积为
C．存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角为
D．点B和Ω形成的多面体的体积不变
【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】ABD
【分析】利用DQ⊥截面Ω，可作截面判断A；建立空间直角坐标系求得截面面积的范围可判断B，求得Ω和底面ABCD的夹角的最小值大于，判断C；设截面Ω与D1C1交于点P2，与DC交于点P1，四棱锥B﹣A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥为三棱锥P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEP，可得体积不变，判断D．
【解答】解：对于A，∵A1P⊥DQ，∴DQ⊥截面Ω，
当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，
Dq在平面ABCD内的射影为DC，
过A1的截面A1EFD 1与AK和DC均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1EFD1，
当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，DQ在平面ABCD内的射影为DH，
过A1的截面为A1ECG与AK和DH均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1ECG，
当Q在MN上移动时，截面Ω绕A1转动，
但与D1C1的交点在D1G之间，
由面面平等的性质可知截面Ω总为平行四边形，故A正确；
对于B，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则M（1，2，1），N（0，2，1），D（0，0，0），A1（2，0，2），E（2，1，0），
∴（﹣1，0，0），（0，1，﹣2），（1，2，1），
∴λ（﹣1，0，0）＝（﹣λ，0，0），
（1，2，1）+（﹣λ，0，0）＝（1﹣λ，2，1），
设截面Ω与C1D1的交点为G，设G（0，m，2），
∴（﹣2，m，0），
∵，∴0，∴﹣2（1﹣λ）+2m+0＝0，解得m＝1﹣λ，
∴G（0，1﹣λ，2），∴（﹣2，1﹣λ，0），
与（0，1，﹣2）共线同向的单位向量为（0，1，﹣2）＝（0，，），
∴G到直线A1E的距离为d，
∵λ∈[0，1]，∴d∈[2，]，
∵，
∴截面Ω的面积∈[2，2]，
∴存在λ，使得Ω的面积为，故B正确；
对于C，过QZ⊥BC于Z，由题意得QZ⊥平面ABCD，
∴是平面ABCD的一个法向量，
∵为平面Ω的一个法向量，∴∠DQZ为Ω和底面ABCD的夹角，
∴cos∠DQZ，
∴存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角大于，故C错误；
对于D，设截面Ω与D1C1交于点P2，与DC交于P1，
四棱锥B﹣A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥为三棱锥P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEA，
两个三棱锥底面无论截面Ω变化，底面面积均不变，两个三棱锥的调均为正方体的棱长，
∴三棱锥P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEA的体积为定值，
∴点B和Ω形成的多面体不变，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查正方体的结构特征、截面、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 上海校级期末）如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面α与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V′，则的最小值为 　　．
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】连接AM，令，得到，根据F，P，Q，R四点共面，结合基本不等式，求得，设点C到平面BAD的距离为d，得到点Q到平面BAD的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解．
【解答】解：连接AM，如图所示：
因为四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，
又点F的平面α与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，四面体APQR的体积为V′，
所以
；
令，则，所以，
因为F，P，Q，R四点共面，
所以，
当且仅当时取等号，所以；
设点C到平面BAD的距离为d，则点Q到平面BAD的距离为，
又，，
所以xyz．
故答案为：．
【点评】本题考查几何体的体积问题的求解，属中档题．
14．（2024秋 广州期末）如图，在三棱锥D﹣ABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB+BD＝AC+CD＝10，则三棱锥D﹣ABC的体积的最大值是 　　．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【答案】见试题解答内容
【分析】过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，则VS△BCE×AD，进而可分析出当BE取最大值时，EF取最大值时，三棱锥D﹣ABC的体积也取最大值，利用椭圆的几何意义及勾股定理，求出EF的最大值，可得答案．
【解答】解：过BC作与AD垂直的平面，交AD于E
过E作BC的垂线，垂足为F，如图所示：
∵BC＝2，AD＝6，
则三棱锥D﹣ABC体积VS△BCE×（AE+DE）＝VS△BCE×AD BC EF×AD＝2EF
故EF取最大值时，三棱锥D﹣ABC的体积也取最大值
即BE取最大值时，三棱锥D﹣ABC的体积也取最大值
在△ABD中，动点B到A，D两点的距离和为10，
故B在以AD为焦点的椭圆上，
此时a＝5，c＝3，故BE的最大值为b4
此时EF
故三棱锥D一ABC的体积的最大值是
故答案为：
【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积，其中将求棱锥体积的最大值，转化为求椭圆上动点到长轴的距离最远是解答的关键．
15．（2025 盐城一模）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．（2024秋 宝山区校级期末）如图，已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长等于1，∠ABC＝120°，O和O1分别是上下底面对角线的交点，H在线段OB1上，OH＝3HB1，点M在线段BD上移动，则三棱锥M﹣C1O1H的体积最小值为 　　．
【考点】棱锥的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面O1MH）的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥M﹣C1O1H的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点B处时，△O1MH的面积有最小值，求出三棱锥C1﹣O1MH的体积即可．
【解答】解：因为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC＝120°，边长为1，
所以O1C1⊥平面BB1D1D，且，，
C1到平面BB1D1D的距离为，
因为OH＝3HB1，点M是线段BD上的动点，
所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥C1﹣O1MH的体积有最小值．
将平面BB1D1D单独画图可得，
当M点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值．
过点B作BF∥O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，
而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大，
即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥C1﹣O1MH的体积有最小值．
连接O1B，则，
所以B1到O1B的距离，
因为OH＝3HB1，
所以H到直线O1B的距离为，
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 石景山区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）证明过程见详解；
（Ⅱ）证明过程见详解．
【分析】（Ⅰ）取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1＝M，可得M为NF的中点，所以EM∥BF，再由线面平行的判定定理，可证得结论；
（Ⅱ）易证得BF⊥平面ACC1A1，由（Ⅰ）可得CE∥BF，所以CE⊥平面ACC1A1，再证得结论．
【解答】（Ⅰ）证明：取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1＝M，因为E，F分别为BB1，AC的中点，
可得M为NF的中点，所以EM∥BF；
又因为EM 平面A1EC，BF 平面A1EC，
所以BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）证明：因为底面ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，
又因为A1A⊥底面ABC，BF 平面ABC，
所以AA1⊥BF，而AC∩AA1＝A，
所以BF⊥平面ACC1A1，
由（Ⅰ）可得CE∥BF，
所以CE⊥平面ACC1A1，
又因为CE 平面A1EC，
所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用及线面垂直的性质定理的应用，属于中档题．
18．（2025 佛山一模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，侧面BB1C1C是边长为1的正方形，AB＝1，点D，E分别在棱CB1，A1C1上．
（1）若D，E分别是CB1，A1C1的中点，求证：DE∥平面ABB1A1；
（2）若DE⊥CB1，DE⊥A1C1，求DE．
【考点】直线与平面平行．
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见详解；
（2）．
【分析】（1）由直棱柱的体积可得∠ABC，建立空间直角坐标系，可得各点的坐标，求出及平面ABB1A1的法向量的坐标，求出这两个向量的数量积为0，可得∥平面ABB1A1，进而可证得结论；
（2）由题意可得DE为异面直线CB1，A1C1的公垂线，求出，的法向量，可得的坐标，可得公垂线DE＝| |的值．
【解答】（1）证明：直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，侧面BB1C1C是边长为1的正方形，AB＝1，
可得AB BCsin∠ABC BB1，即1×1×1×sin∠ABC＝1，可得sin∠ABC＝1，
可得∠ABC，
以B为坐标原点，以BC，BB1，BA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（0，0，1），C（1，0，0），C1（1，1，0），A1（0，1，1），B1（0，1，0），
因为点D，E分别是棱CB1，A1C1的中点，可得E（，1，），D（，，0），
可得（0，，），
由题意可得平面ABB1A1的法向量（1，0，0），
所以 1×0+000，
所以∥平面ABB1A1，又因为DE 平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1；
（2）解：因为DE⊥CB1，DE⊥A1C1，
可得DE为异面直线CB1，A1C1的公垂线，
可得（﹣1，1，0），（1，0，﹣1），
设向量，的法向量为（x，y，z），
可得，即，令x＝1，
可得（1，1，1），
因为（1，0，0），所以| |，
可得公垂线DE＝| |．
【点评】本题考查用空间向量的方法证明线面的平行及异面直线的距离，属于中档题．
19．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且，H是C1G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
（1）求证：EF⊥B1C；
（2）求异面直线EF与C1G所成角的余弦值．
【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明，可证明EF⊥B1C；
（2）利用空间向量法，利用向量的夹角公式求异面直线EF与C1G所成角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，以D为原点，以射线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则D（0，0，0），E（0，0，1），F（1，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），
B1（2，2，2），，
所以，，
所以，
所以，
故EF⊥B1C，得证；
（2）因为，
所以，
因为，且，
所以．
【点评】本题考查空间向量的应用，考查了数形结合思想，涉及向量数量积的计算，属于中档题．
20．（2025 广东一模）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求证：AC⊥平面BDEF；
（2）若菱形BDEF边长为2，求三棱锥E﹣BCD的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）三棱锥E﹣BCD的体积为1．
【分析】（1）设AC与BD相交于O，连接FO，分别证明AC⊥BD，AC⊥FO，再由直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面BDF；
（2）由已知求得FO⊥BD，且求得FO，结合AC⊥FO，可得FO⊥平面ABCD，证明EF∥平面ABCD，则E到平面ABCD的距离等于F到平面ABCD的距离，再求出三角形BCD的面积，代入棱锥体积公式可得三棱锥E﹣BCD的体积．
【解答】（1）证明：设AC与BD相交于O，连接FO，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC的中点，
∵FA＝FC，∴AC⊥FO，
又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDF；
（2）解：∵四边形BDEF均为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∴O为BD的中点，∴FO⊥BD，且求得FO，
又AC⊥FO，AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD，
∵EF∥BD，BD 平面ABCD，EF 平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，
则E到平面ABCD的距离等于F到平面ABCD的距离，
又，
∴三棱锥E﹣BCD的体积V．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
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