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第12讲　空间几何体
（时间：60分钟，满分：92分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1.如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（　　）
A.4 B.4
C.2 D.8
2.（2025·北京第二中学二模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为（　　）
A.4π B.8π
C.12π D.20π
3.（2025·黑龙江齐齐哈尔三模）已知空间中不过同一点的三条直线a，b，c，则“a，b，c共面”的一个充分不必要条件是（　　）
A.a⊥b，且c⊥b B.a∥b，且c∥b
C.a∥b，且c⊥b D.a，b，c两两相交
4.（2025·河北石家庄质检）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（　　）
A.若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n⊥β
B.若m∥n，α∥β，m∥α，则n∥β
C.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
D.若α∥β，n∥β，m∥α，则m∥n
5.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V＝（3R－h）h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取π＝3）（　　）
A.32 000 cm3 B.33 664 cm3 C.33 792 cm3 D.35 456 cm3
6.（2025·江苏常州二模）如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为（　　）
A.V B.V C.V D.V
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A.E，F，G，H四点共面 B.EF∥GH
C.EG，FH，AA1三线共点 D.∠EGB1＝∠FHC1
8.（2025·浙江温州二模）在四棱锥P-ABCD中，E，F分别是AP，BC上的点，＝，则下列条件可以确定EF∥平面PCD的是（　　）
A.AD∥BC B.AB∥CD C.BC∥平面PAD D.CD∥平面PAB
三、填空题（每小题5分，共10分）
9.（2025·福建适应性练习）已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等.若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为　　　　.
10.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，点P为线段DE上一点，当三棱锥P-ACE的体积为时，＝　　　　.
四、解答题（共28分）
11.（13分）如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝，BD＝2，∠ABD＝30°.
求证：（1）MC∥平面PBD；
（2）平面AMD⊥平面BMC.
12.（15分）（2025·河南洛平许济二模节选）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B与底面ABC垂直，且BC＝2AB＝2，AC＝，D为侧棱AA1的中点，三棱锥B1-BCD的体积为.
（1）求三棱柱ABC-A1B1C1的高；
（2）已知点E在B1C上，且＝λ，若A1E∥平面BCD，求实数λ的值.
☆高考新风向（每小题6分，共12分）
13.〔创新设问〕〔多选〕（2025·山东青岛一模）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为AC的中点，点P满足＝λ，λ∈[0，1]，则（　　）
A.当λ＝时，EP∥AB　　　　　　　　　　　　B.当λ＝时，EP⊥A1C1
C.存在λ，使得A1E∥C1P D.存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1
14.〔创新交汇〕〔多选〕（2025·浙江台州二模改编）如图是由两个平行平面截半径为2 cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是（　　）
A.截口曲线的离心率为 B.该几何体的体积为8π cm3
C.该几何体的侧面积为8π cm2 D.该几何体的上截面面积为2π cm2
第12讲　空间几何体
1.A　法一　由斜二测画法可知原图形为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝×2×4＝4，故选A.
法二　易知S直观图＝，则S原图＝2S直观图＝4.
2.C　由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆锥底面圆的半径为r＝＝2，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表面积为π×2×4＋4π＝12π.故选C.
3.D　选项A：a⊥b，且c⊥b，三条直线可能在不同的平面.选项B：a∥b，且c∥b，三条直线可能分布在三个平行平面内.选项C：a∥b，且c⊥b，c可能不在a与b确定的平面内.选项D：两两相交且不过同一点得三条直线必然共面.故选D.
4.C　∵m⊥n，m⊥α，∴n∥α或n α.又∵α⊥β，∴n和β没有固定关系.A错误；∵m∥n，m∥α，∴n∥α或n α.又∵α∥β，∴n∥β或n β.B错误；∵m⊥α，α⊥β，∴m∥β或m β.又∵n⊥β，∴n⊥m.C正确；∵α∥β，n∥β，∴n∥α或n α.又m∥α，∴m和n可能平行、相交或异面.D错误.
5.B　该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2××（60－4）×42＝3 456＋32 000－1 792＝33 664（cm3）.故选B.
6.B　连接EC，EH，∵S△FHC＝×S△PAC，∴VE-FHC＝×VE-APC＝××VB-APC＝VB-APC，∵SHGBC＝S△ABC－×S△ABC＝S△ABC，∴VE-HGBC＝VP-HGBC＝×VP-ABC＝VP-ABC，∴多面体BCFEGH的体积为VE-FHC＋VE-HGBC＝V.故选B.
7.ABC　对于A、B，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C.
8.BD　如图，过E点作EG∥PD交AD于点G，连接GF，即有EG∥平面PCD，由于△AEG∽△APD，所以＝＝，若AB∥CD，则GF∥CD，又GF 平面PCD，CD 平面PCD，所以GF∥平面PCD，由EG∩GF＝G，EG，GF 平面EGF，得平面EGF∥平面PCD，又EF 平面EGF，所以EF∥平面PCD，故B正确；
若CD∥平面PAB，又因为平面ABCD∩平面PAB＝AB，所以CD∥AB，由B可知D正确；假设EF∥平面PCD，设平面EFP∩CD＝H，则EF∥PH，若BC∥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，反之若BC∥AD，当且仅当BC∥平面PAD，即A、C同时正确或错误；若BC∥AD，可能AB∥CD，也可能AB与CD相交.若AB与CD相交，由＝知延长FG必与AB，CD交于同一点O，由几何关系知EF与PH不平行，故A、C错误.故选B、D.
9.　解析：法一　设圆锥的底面半径为r1，高为h，圆台的另一个底面的半径为r2，则圆台的体积V1＝πh（＋r1r2＋），圆锥的体积V2＝πh，由V1＝7V2得，＋＋r1r2＝7，∴6－r1r2－＝0，∴6·（）2－－1＝0，∴＝，∴＝.
法二　如图，将圆台O1O2的母线延长交于点O，则易知当OO1＝O1O2时，＝（）3＝，＝，满足题干要求，∴圆台O1O2的上、下底面半径之比为，则圆台的上、下底面的面积之比为.
10.　解析：如图，过A作AF⊥CB的延长线，垂足为F，∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，∴AF⊥平面BCDE，由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，得BC·AF＝2，∴AF＝，在DE上取一点P，连接AP，CP，AD，∵VP-ACE＝VA-PCE＝××PE×CD×AF＝，∴PE＝1，∴＝.
11.证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC的中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
（2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
12.解：（1）因为AA1∥平面BB1C1C，
所以＝＝＝＝，又＝，所以＝，
在△ABC中，BC＝2AB＝2，AC＝，
所以cos∠ABC＝＝＝－，
所以∠ABC＝，
所以S△ABC＝AB·BCsin∠ABC＝×1×2×＝.
设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，则＝S△ABC·h＝h＝，解得h＝.
（2）设BB1的中点为F，连接A1F，EF（图略），
因为A1D∥BF且A1D＝BF，所以四边形A1DBF为平行四边形，所以A1F∥BD，
又A1F 平面BCD，BD 平面BCD，所以A1F∥平面BCD.
因为A1E∥平面BCD，A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F 平面A1EF，
所以平面A1EF∥平面BCD，又平面A1EF∩平面BB1C1C＝EF，平面BCD∩平面BB1C1C＝BC，所以EF∥BC，
因为F为BB1的中点，所以E为B1C的中点，
所以＝，即λ＝.
13.AD　取BC的中点D，建立如图所示空间直角坐标系.设底面边长为2，AA1＝t，则A（，0，0），A1（，0，t），B1（0，1，t），C（0，－1，0），C1（0，－1，t），B（0，1，0），E（，－，0），所以＝λ＝λ（0，－2，0），所以＝＋＝（－，，0）＋（0，－2λ，0）＝（－，－2λ，0），当λ＝时，＝（－，，0），＝（－，1，0），＝2，所以EP∥AB，故A正确；当λ＝时，＝（－，，0），＝（－，－1，0），·＝－＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故B错误；＝（－，－，－t），＝＋＝（0，2，－t）＋（0，－2λ，0）＝（0，2－2λ，－t），≠μ，μ∈R，故C错误；因为＝（－，－2λ，0），＝（－，－1，0），＝（0，0，t），设平面A1ACC1的一个法向量为n＝（a，b，c），则即令b＝－，则n＝（1，－，0），使得EP⊥平面A1ACC1，所以∥n，所以＝－2λ，λ＝0，λ∈[0，1]符合，故D正确.故选A、D.
14.BC　对于A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为2 cm，故截面椭圆长轴长为2a＝＝4，短轴长为2b＝4，故c＝＝2，故e＝＝＝，故A错误；对于B，因为上、下截面间的距离为cm，所以AB＝＝2 cm，将该几何体沿点A平行于圆柱底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置，则正好是以底面半径为2 cm，高为2 cm的圆柱，则V＝π×22×2＝8π cm3，故B正确；对于C，同样以B的方法割补，侧面积即为以底面半径为2，高为2的圆柱的侧面，S＝2π×2×2＝8π cm2，故C正确；对于D，由于椭圆短轴长为4，长轴长为4，则截面面积应在（4π，8π）区间内，故D错误（也可利用椭圆的面积公式S＝πab＝4π cm2）.故选B、C.
3 / 3第12讲　空间几何体
【备考指南】　空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上.空间位置关系一是考查命题的真假判断，二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属于中档题.
1.S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr（r＋l）；S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr（r＋l）；S圆台侧＝π（r上＋r下）l，S圆台表＝S圆台侧＋S上＋S下.（r为底面半径，l为母线长）
1.某几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积为（　　）
A.36＋12π B.40＋12π
C.36＋16π D.40＋16π
2.S球＝4πR2，V球＝πR3.
2.过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积是球的表面积的（　　）
A. B. C. D.
3.V柱＝Sh；V锥＝Sh（S为底面面积，h为高）；V台＝（S上＋＋S下）h（S上，S下分别为上、下底面面积，h为高）.
4.（1）线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b；
（2）面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α；（3）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a α，b α l⊥α；（4）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α.
5.设l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v：线面平行：l∥α a⊥u a·u＝0；线面垂直：l⊥α a∥u a＝ku，k∈R；面面平行：α∥β u∥v u＝kv，k∈R；面面垂直：α⊥β u⊥v u·v＝0.
3.如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3 cm，则该花盆的体积为（　　）
A. cm3 B.49 cm3
C. cm3 D.245 cm3
4.（2025·天津高考4题）已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A.若m∥α，n α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β D.若m α，α⊥β，则m⊥β
5.如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E为CD边的中点，F是AD边上一点，当BF⊥PE时，＝　　　　.
考点一　几何体的表面积与体积
【通性通法】　空间几何体表面积与体积的求法
（1）公式法：规则几何体直接用公式求解；
（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体， 或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体；
（3）等体积法：选择合适的底面来求体积.
【例1】　（1）（2025·山东济南一模）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为（　　）
A.π B.2π
C.4π D.8π
（2）（2025·浙江温州一模）如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF＝2，BC＝3，AD＝4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为　　　　.
【训练1】　（1）棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为（　　）
A.1 B.2
C.3 D.4
【瓶颈突破】　设底面边长为a（a＞0），建立高、体积与边长a的函数关系，利用导数求解.
（2）（2025·湖北武汉四调）已知正四棱锥的侧棱长为3，那么当该四棱锥的体积最大时，它的高为（　　）
A.1 B.
C.2 D.3
考点二　空间线面位置关系的判定
【通性通法】　判断空间位置关系的常用方法
（1）根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断；
（2）利用直线的方向向量、平面的法向量判断；
（3）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
【例2】　（1）〔多选〕（2025·山东威海一模）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
（2）〔多选〕（2025·全国Ⅰ卷9题）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则（　　）
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
【训练2】　〔多选〕（2025·安徽合肥质检）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱C1D1上的动点（不含端点），下列说法中正确的有（　　）
A.DC∥平面BPD1 B.B1C⊥BP
C.四面体PAB1C的体积为定值 D.存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P
考点三　平行、垂直关系的证明
【通性通法】　平行关系及垂直关系的转化
【例3】　（2023·全国乙卷理19题节选）如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝ 2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO.
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF.
【训练3】　如图，在底面为菱形的四棱台ABCD-A1B1C1D1中，点E为DD1的中点.
（1）证明：平面ABB1A1与平面CDD1C1的交线与CD平行；　
（2）在棱CC1上是否存在一点Q，使得BQ∥平面AEC？若存在，请证明；若不存在，请说明理由.
第12讲　空间几何体
【基础·回扣】
1.B　2.A　3.A　4.C　5.1
【典例·讲解】
【例1】　（1）B　如图，设展开图小圆半径和大圆半径分别为r，R，则圆台侧面积S＝（R2－r2）＝4π，即R2－r2＝8，上底面半径r1＝＝，下底面半径R1＝＝，圆台上、下底面面积之差的绝对值为π－π＝－＝π（－）＝2π.故选B.
（2）12　解析：如图，连接FD，FC，则VF-ABCD＝××（3＋4）×2×4＝，VC-DEF＝××2×4×2＝，所以该羡除的体积为＋＝＝12.
【训练1】　（1）A　如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1.
（2）D　设底面边长为a（a＞0），则高h＝＝，由h＞0，所以0＜a＜3，所以体积V＝a2h＝，设f（a）＝27a4－a6，a∈（0，3），则f'（a）＝108a3－3a5＝3a3（6＋a）（6－a），所以当0＜a＜6时，f'（a）＞0，所以f（a）在（0，6）上单调递增；当6＜a＜3时， f'（a）＜0，所以f（a）在（6，3）上单调递减，所以当a＝6时f（a）取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时h＝＝3.故选D.
【例2】　（1）ABC　对于A，因为α∥γ，β∩γ＝n，α∩β＝m，根据面面平行的性质定理可得m∥n，故A正确；对于B，因为m∥γ，m α，α∩γ＝a，由线面平行的性质定理可得m∥a，同理可得m∥b，所以a∥b，故B正确；对于C，如图1，因为α⊥γ，则存在l α，l β，使得l⊥γ，又因为β⊥γ，则l∥β，且l α，α∩β＝m，可得l∥m，所以m⊥γ，故C正确；对于D，例如正四面体ABCD，如图2，根据对称性可知平面ABC与平面ABD、平面BCD所成的角相等，且平面ABD∩平面BCD＝BD，但BD与平面ABC不垂直，故D错误.故选A、B、C.
　　
（2）BD　A.由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；B.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；C.AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；D.CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选B、D.
【训练2】　AB　因为D1P∥DC，DC 平面BPD1，D1P 平面BPD1，所以DC∥平面BPD1.A正确；如图1，连接BD1，BC1，则BC1⊥B1C.因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1C 平面BCC1B1，所以D1C1⊥B1C.因为D1C1∩BC1＝C1，D1C1，BC1 平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1.因为BP 平面BC1D1，所以B1C⊥BP.B正确；＝·h（h为点P到平面AB1C的距离），
因为D1C1与平面AB1C不平行，所以点P到平面AB1C的距离不是定值，所以四面体PAB1C的体积不是定值.C错误；如图2，在CD上取Q，使CQ＝C1P，连接PQ，易知PQ CC1，所以PQ⊥平面ABCD.连接AQ，BQ，因为AQ，BQ 平面ABCD，所以PQ⊥AQ，PQ⊥BQ，所以平面BB1P与平面AA1P的夹角即∠AQB，显然当点P运动时，∠AQB不可能为直角，因此不存在点P使得平面BB1P⊥平面AA1P.D错误.
【例3】　证明：（1）如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，
所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，
同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点.
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得OD∥PC，
所以EF∥OD，
又OD 平面ADO，EF 平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）因为AO＝＝，OD＝PC＝，AD＝DO＝，
所以AO2＋DO2＝AD2，所以AO⊥DO.
因为DO∥EF，所以AO⊥EF.
因为AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF 平面BEF，EF 平面BEF，所以AO⊥平面BEF.
因为AO 平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
【训练3】　解：（1）证明：由四边形ABCD为菱形，得AB∥CD，
又AB 平面CDD1C1，CD 平面CDD1C1，
则AB∥平面CDD1C1.
又AB 平面ABB1A1，
设平面ABB1A1∩平面CDD1C1＝m，
则AB∥m，所以m∥CD.
故平面ABB1A1与平面CDD1C1的交线与CD平行.
（2）在棱CC1上存在点Q，使得BQ∥平面AEC，证明如下：
如图，连接BD，BD1，设BD∩AC＝O，
由四边形ABCD是菱形，得O为BD的中点，
连接OE，则BD1∥OE.
又OE 平面AEC，BD1 平面AEC，所以BD1∥平面AEC.
在平面CDD1C1上，过点D1作D1Q∥CE交CC1于点Q，连接BQ，
因为CE 平面AEC，D1Q 平面AEC，所以D1Q∥平面AEC，
又D1Q∩BD1＝D1，D1Q，BD1 平面BD1Q，所以平面BD1Q∥平面AEC，
因为BQ 平面BD1Q，所以BQ∥平面AEC.
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第12讲　空间几何体
备考指南
空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上.空间位置关系一是考查命题的真假判断，二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属于中档题.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 某几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面
积为（　　）
A. 36＋12π B. 40＋12π
C. 36＋16π D. 40＋16π
S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr（r＋l）；S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr（r＋l）；S圆台侧＝π（r上＋r下）l，S圆台表＝S圆台侧＋S上＋S下.（r为底面半径，l为母线长）
√
解析： 　由题意可知该几何体的表面积为4×2×4＋2×2×2＋4π＋
×4π×4＝40＋12π.故选B.
2. 过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积是
球的表面积的（　　）
A. B.
C. D.
√
S球＝4πR2，V球＝ πR3.
解析： 　如图所示的为过球心的截面图，r＝
＝ R， ＝ ＝ .故选A.
3. 如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3
cm，则该花盆的体积为（　　）
A. cm3 B. 49 cm3
C. cm3 D. 245 cm3
√
V柱＝Sh；V锥＝ Sh（S为底面面积，h为高）；V台＝ （S上＋ ＋S下）h（S上，S下分别为上、下底面面积，h为高）.
解析： 　如图，由题意该棱台的上、下底面的对角线长分
别为5 cm，3 cm，所以棱台的高为h＝
＝5 cm，故棱台的体积为V＝ h（S上＋S下＋ ）＝ ×5×（52＋32＋ ）＝ （cm3）.故选A.
4. （2025·天津高考4题）已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则
下列结论中正确的是（　　）
A. 若m∥α，n α，则m∥n B. 若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C. 若m∥α，m⊥β，则α⊥β D. 若m α，α⊥β，则m⊥β
√
（1）线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b；（2）面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α；（3）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a α，b α l⊥α；（4）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α.
解析： 　A. 若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；B. 若
m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；C. 若m∥α，m⊥β，则
α⊥β，故C正确；D. 若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或
m β，故D错误.
5. 如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E为CD边的中点，F是AD边上一点，当BF⊥PE时， ＝ .
1
设l，m的方向向量分别为a，b，平面α，
β的法向量分别为u，v：
线面平行：l∥α a⊥u a·u＝0；
线面垂直：l⊥α a∥u a＝ku，k∈R；
面面平行：α∥β u∥v u＝kv，k∈R；
面面垂直：α⊥β u⊥v u·v＝0.
解析：依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形
ABCD的边长为1，PA＝a（a＞0），则B（1，0，0），
E（ ，1，0），P（0，0，a）.设F（0，y，0）
（0≤y≤1），则 ＝（－1，y，0）， ＝（ ，1，－a）.因为BF⊥PE，所以 · ＝－ ＋y＝0，解得y＝ ，即F（0， ，0）是AD边的中点，故 ＝1.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一　几何体的表面积与体积
【例1】　（1）（2025·山东济南一模）已知圆台的侧面展开图是半个圆
环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为（　　）
A. π B. 2π
C. 4π D. 8π
√
【通性通法】　空间几何体表面积与体积的求法
（1）公式法：规则几何体直接用公式求解；
（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体， 或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体；
（3）等体积法：选择合适的底面来求体积.
解析： 　如图，设展开图小圆半径和大圆半径分别为
r，R，则圆台侧面积S＝ （R2－r2）＝4π，即R2－r2＝
8，上底面半径r1＝ ＝ ，下底面半径R1＝ ＝ ，圆
台上、下底面面积之差的绝对值为π －π ＝ － ＝π（ － ）＝2π.故选B.
（2）（2025·浙江温州一模）如图所示的五面体ABCDEF
为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其
中EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为
等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF＝2，BC＝3，AD＝4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为 .
12
解析：如图，连接FD，FC，则VF-ABCD＝ × ×（3＋
4）×2×4＝ ，VC-DEF＝ × ×2×4×2＝ ，所以该
羡除的体积为 ＋ ＝ ＝12.
【训练1】　（1）棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱
BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为（　　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
√
解析： 　如图，由正方体棱长为2，得 ＝2×2
－2× ×2×1－ ×1×1＝ ，又易知D1A1为三棱锥D1-
A1MN的高，且D1A1＝2，∴ ＝
＝ · ·D1A1＝ × ×2＝1.
（2）（2025·湖北武汉四调）已知正四棱锥的侧棱长为3 ，那么当该四
棱锥的体积最大时，它的高为（　　）
A. 1 B.
√
C. 2 D. 3
【瓶颈突破】　设底面边长为a（a＞0），建立高、体积与边长a的函数关系，利用导数求解.
解析： 　设底面边长为a（a＞0），则高h＝ ＝
，由h＞0，所以0＜a＜3 ，所以体积V＝ a2h＝
，设f（a）＝27a4－ a6，a∈（0，3 ），则f'（a）＝
108a3－3a5＝3a3（6＋a）（6－a），所以当0＜a＜6时，f'（a）＞0，
所以f（a）在（0，6）上单调递增；
当6＜a＜3 时， f'（a）＜0，所以f（a）在（6，3 ）上单调递减，
所以当a＝6时f（a）取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，
此时h＝ ＝3.故选D.
考点二　空间线面位置关系的判定
【例2】　（1）〔多选〕（2025·山东威海一模）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
√
√
√
【通性通法】　判断空间位置关系的常用方法
（1）根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断；
（2）利用直线的方向向量、平面的法向量判断；
（3）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察
线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
解析： 　对于A，因为α∥γ，β∩γ＝n，α∩β＝m，
根据面面平行的性质定理可得m∥n，故A正确；对于B，
因为m∥γ，m α，α∩γ＝a，由线面平行的性质定
理可得m∥a，同理可得m∥b，所以a∥b，故B正确；
对于C，如图1，因为α⊥γ，则存在l α，l β，使
得l⊥γ，又因为β⊥γ，则l∥β，且l α，α∩β
＝m，可得l∥m，所以m⊥γ，故C正确；对于D，例
如正四面体ABCD，如图2，根据对称性可知平面ABC与
平面ABD、平面BCD所成的角相等，且平面ABD∩平
面BCD＝BD，但BD与平面ABC不垂直，故D错误.故选A、B、C.
（2）〔多选〕（2025·全国Ⅰ卷9题）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC
的中点，则（　　）
A. AD⊥A1C B. B1C1⊥平面AA1D
C. AD∥A1B1 D. CC1∥平面AA1D
√
√
解析： 　A. 由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假
设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥
平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；B. 因为三棱柱
ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为
BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平
面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，
故B正确；C. AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错
误；D. CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面
AA1D，故D正确.故选B、D.
【训练2】　〔多选〕（2025·安徽合肥质检）在正方体ABCD-A1B1C1D1
中，P是棱C1D1上的动点（不含端点），下列说法中正确的有（　　）
A. DC∥平面BPD1
B. B1C⊥BP
C. 四面体PAB1C的体积为定值
D. 存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P
√
√
解析： 　因为D1P∥DC，DC 平面BPD1，D1P 平面
BPD1，所以DC∥平面BPD1.A正确；如图1，连接BD1，
BC1，则BC1⊥B1C. 因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1C
平面BCC1B1，所以D1C1⊥B1C. 因为D1C1∩BC1＝C1，
D1C1，BC1 平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1.因为
BP 平面BC1D1，所以B1C⊥BP. B正确；
＝ ·h（h为点P到平面AB1C的距离），因为
D1C1与平面AB1C不平行，所以点P到平面AB1C的距
离不是定值，所以四面体PAB1C的体积不是定值.C错误；如图2，在CD上取Q，使CQ＝C1P，连接PQ，易知PQ CC1，所以PQ⊥平面ABCD. 连接AQ，BQ，因为AQ，BQ 平面ABCD，所以PQ⊥AQ，PQ⊥BQ，所以平面BB1P与平面AA1P的夹角即∠AQB，显然当点P运动时，∠AQB不可能为直角，因此不存在点P使得平面BB1P⊥平面AA1P. D错误.
考点三　平行、垂直关系的证明
【例3】　（2023·全国乙卷理19题节选）如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝ 2 ，PB＝PC＝ ，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝ DO，点F在AC上，BF⊥AO.
【通性通法】　平行关系及
垂直关系的转化
（1）证明：EF∥平面ADO；
证明： 如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 ，O
是BC的中点，所以 ＝ ＝ ，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝
90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，
所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点.因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得OD∥PC，所以EF∥OD，又OD 平面ADO，EF 平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF.
证明： 因为AO＝ ＝ ，OD＝ PC＝ ，AD＝
DO＝ ，
所以AO2＋DO2＝AD2，所以AO⊥DO. 因为DO∥EF，所以AO⊥EF.
因为AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF 平面BEF，EF 平面BEF，所以
AO⊥平面BEF.
因为AO 平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
【训练3】　如图，在底面为菱形的四棱台ABCD-A1B1C1D1中，点E为DD1的中点.
（1）证明：平面ABB1A1与平面CDD1C1的交线与
CD平行；
解： 证明：由四边形ABCD为菱形，得AB∥CD，
又AB 平面CDD1C1，CD 平面CDD1C1，则AB∥平面CDD1C1.
又AB 平面ABB1A1，设平面ABB1A1∩平面CDD1C1＝m，
则AB∥m，所以m∥CD.
故平面ABB1A1与平面CDD1C1的交线与CD平行.
（2）在棱CC1上是否存在一点Q，使得BQ∥平面AEC？若存在，请证
明；若不存在，请说明理由.
解： 在棱CC1上存在点Q，使得BQ∥平面AEC，
证明如下：
如图，连接BD，BD1，设BD∩AC＝O，
由四边形ABCD是菱形，得O为BD的中点，
连接OE，则BD1∥OE.
又OE 平面AEC，BD1 平面AEC，所以BD1∥平面AEC.
在平面CDD1C1上，过点D1作D1Q∥CE交CC1于点Q，连接BQ，
因为CE 平面AEC，D1Q 平面AEC，所以D1Q∥平面AEC，
又D1Q∩BD1＝D1，D1Q，BD1 平面BD1Q，所以平面BD1Q∥平面AEC，
因为BQ 平面BD1Q，所以BQ∥平面AEC.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：60分钟，满分：92分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1. 如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（　　）
A. 4 B. 4
C. 2 D. 8
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√
解析： 　法一　由斜二测画法可知原图形为两条直角边长
分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝
×2×4＝4，故选A.
法二　易知S直观图＝ ，则S原图＝2 S直观图＝4.
2. （2025·北京第二中学二模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧
长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为（　　）
A. 4π B. 8π
C. 12π D. 20π
√
解析： 　由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆
锥底面圆的半径为r＝ ＝2，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表
面积为π×2×4＋4π＝12π.故选C.
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3. （2025·黑龙江齐齐哈尔三模）已知空间中不过同一点的三条直线a，
b，c，则“a，b，c共面”的一个充分不必要条件是（　　）
A. a⊥b，且c⊥b B. a∥b，且c∥b
C. a∥b，且c⊥b D. a，b，c两两相交
√
解析： 　选项A：a⊥b，且c⊥b，三条直线可能在不同的平面.选项
B：a∥b，且c∥b，三条直线可能分布在三个平行平面内.选项C：
a∥b，且c⊥b，c可能不在a与b确定的平面内.选项D：两两相交且不过
同一点得三条直线必然共面.故选D.
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4. （2025·河北石家庄质检）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条
不同的直线，以下判断正确的是（　　）
A. 若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n⊥β
B. 若m∥n，α∥β，m∥α，则n∥β
C. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
D. 若α∥β，n∥β，m∥α，则m∥n
√
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解析： 　∵m⊥n，m⊥α，∴n∥α或n α.又∵α⊥β，∴n和β没
有固定关系.A错误；∵m∥n，m∥α，∴n∥α或n α.又∵α∥β，
∴n∥β或n β.B错误；∵m⊥α，α⊥β，∴m∥β或m β.又
∵n⊥β，∴n⊥m.C正确；∵α∥β，n∥β，∴n∥α或n α.又
m∥α，∴m和n可能平行、相交或异面.D错误.
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5. 如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分
组成，上下两部分是两个相同的圆柱
的侧面，中间是球面的一部分（除去
两个球缺）.如图2，“球缺”是指一
个球被平面所截后剩下的部分，截得
的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V＝ （3R－h）h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取π＝3）（　　）
A. 32 000 cm3 B. 33 664 cm3
C. 33 792 cm3 D. 35 456 cm3
√
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解析： 　该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝ ＝16
cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即162＋
122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝
2×4×122×π＋ ×π×203－2× ×（60－4）×42＝3 456＋32 000－1 792
＝33 664（cm3）.故选B.
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6. （2025·江苏常州二模）如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别
是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，
H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为（　　）
A. V B. V
C. V D. V
√
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解析： 连接EC，EH，∵S△FHC＝ × S△PAC，∴VE-FHC＝ × VE-
APC＝ × × VB-APC＝ VB-APC，∵SHGBC＝S△ABC－ × S△ABC＝
S△ABC，∴VE-HGBC＝ VP-HGBC＝ × VP-ABC＝ VP-ABC，∴多面体
BCFEGH的体积为VE-FHC＋VE-HGBC＝ V. 故选B.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，
A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A. E，F，G，H四点共面
B. EF∥GH
C. EG，FH，AA1三线共点
D. ∠EGB1＝∠FHC1
√
√
√
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解析： 对于A、B，如图，连接EF，GH，因为GH是
△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且
B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以
EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共
面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点
P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C.
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8. （2025·浙江温州二模）在四棱锥P-ABCD中，E，F分别是AP，BC
上的点， ＝ ，则下列条件可以确定EF∥平面PCD的是（　　）
A. AD∥BC B. AB∥CD
C. BC∥平面PAD D. CD∥平面PAB
解析： 　如图，过E点作EG∥PD交
AD于点G，连接GF，即有EG∥平面
PCD，由于△AEG∽△APD，所以 ＝
＝ ，若AB∥CD，则GF∥CD，
√
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又GF 平面PCD，CD 平面PCD，所以GF∥平面PCD，由EG∩GF＝G，EG，GF 平面EGF，得平面EGF∥平面PCD，又EF 平面EGF，所以EF∥平面PCD，故B正确；若CD∥平面PAB，又因为平面ABCD∩
平面PAB＝AB，所以CD∥AB，由B可知D正确；假设EF∥平面PCD，设平面EFP∩CD＝H，则EF∥PH，若BC∥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，反之若BC∥AD，当且仅当BC∥平面PAD，即A、C同时正确或错误；若BC∥AD，可能AB∥CD，也可能AB与CD相交.若AB与CD相交，由 ＝ 知延长FG必与AB，CD交于同一点O，由几何关系知EF与PH不平行，故A、C错误.故选B、D.
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三、填空题（每小题5分，共10分）
9. （2025·福建适应性练习）已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的
底面积和圆台的一个底面的面积相等.若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，
则圆台的上、下底面的面积之比为 .
解析：法一　设圆锥的底面半径为r1，高为h，圆台的另一个底面的半径
为r2，则圆台的体积V1＝ πh（ ＋r1r2＋ ），圆锥的体积V2＝ π
h，由V1＝7V2得， ＋ ＋r1r2＝7 ，∴6 －r1r2－ ＝0，
∴6·（ ）2－ －1＝0，∴ ＝ ，∴ ＝ .

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法二　如图，将圆台O1O2的母线延长交于点O，则易知当
OO1＝O1O2时， ＝（ ）3＝ ， ＝ ，满足题
干要求，∴圆台O1O2的上、下底面半径之比为 ，则圆台的
上、下底面的面积之比为 .
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10. 如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，
BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2 ，点P为线段DE
上一点，当三棱锥P-ACE的体积为 时， ＝ 　　 　　.

解析：如图，过A作AF⊥CB的延长线，垂足为F，∵平
面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AF⊥平面BCDE，由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积
为2 ，得 BC·AF＝2 ，∴AF＝ ，在DE上取一
点P，连接AP，CP，AD，∵VP-ACE＝VA-PCE＝ × ×PE×CD×AF＝ ，∴PE＝1，∴ ＝ .
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四、解答题（共28分）
11. （13分）如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂
直，M是 上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝ ，BD＝
2，∠ABD＝30°.
求证：（1）MC∥平面PBD；
证明： 如图，连接AC交BD于点O，连接PO，
易得O为AC的中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
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（2）平面AMD⊥平面BMC.
证明： 在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋
DB2－2AB·DB· cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2
＝BD2，故AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
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12. （15分）（2025·河南洛平许济二模节选）如图，三棱柱ABC-A1B1C1
中，侧面AA1B1B与底面ABC垂直，且BC＝2AB＝2，AC＝ ，D为侧
棱AA1的中点，三棱锥B1-BCD的体积为 .
（1）求三棱柱ABC-A1B1C1的高；
解： 因为AA1∥平面BB1C1C，
所以 ＝ ＝ ＝ ＝
，又 ＝ ，所以 ＝ ，
在△ABC中，BC＝2AB＝2，AC＝ ，
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所以 cos ∠ABC＝ ＝ ＝－ ，
所以∠ABC＝ ，
所以S△ABC＝ AB·BC sin ∠ABC＝ ×1×2× ＝ .
设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，则 ＝S△ABC·h＝ h＝ ，解
得h＝ .
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（2）已知点E在B1C上，且 ＝λ，若A1E∥平面BCD，求实数λ的
值.
解： 设BB1的中点为F，连接A1F，EF（图略），
因为A1D∥BF且A1D＝BF，所以四边形A1DBF为平行四边形，所以A1F∥BD，
又A1F 平面BCD，BD 平面BCD，所以A1F∥平面BCD.
因为A1E∥平面BCD，A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F 平面A1EF，
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所以平面A1EF∥平面BCD，又平面A1EF∩平面BB1C1C＝EF，平面
BCD∩平面BB1C1C＝BC，所以EF∥BC，
因为F为BB1的中点，所以E为B1C的中点，
所以 ＝ ，即λ＝ .
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【高考新风向】（每小题6分，共12分）
13. 〔创新设问〕〔多选〕（2025·山东青岛一模）在正三棱柱ABC-
A1B1C1中，E为AC的中点，点P满足 ＝λ ，λ∈[0，1]，则
（　　）
A. 当λ＝ 时，EP∥AB
B. 当λ＝ 时，EP⊥A1C1
C. 存在λ，使得A1E∥C1P
D. 存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1
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解析： 　取BC的中点D，建立如图所示空间直角坐标
系.设底面边长为2，AA1＝t，则A（ ，0，0），A1
（ ，0，t），B1（0，1，t），C（0，－1，0），C1
（0，－1，t），B（0，1，0），E（ ，－ ，0），所
以 ＝λ ＝λ（0，－2，0），所以 ＝ ＋ ＝（－ ， ，0）＋（0，－2λ，0）＝（－ ， －2λ，0），当λ＝ 时， ＝（－ ， ，0）， ＝（－ ，1，0）， ＝2 ，所以EP∥AB，故A
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当λ＝ 时， ＝（－ ， ，0）， ＝（－ ，－1，
0）， · ＝ － ＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故
B错误； ＝（－ ，－ ，－t）， ＝ ＋ ＝
（0，2，－t）＋（0，－2λ，0）＝（0，2－2λ，－t），
≠μ ，μ∈R，故C错误；
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正确；因为 ＝（－ ， －2λ，0）， ＝（－ ，－1，0）， ＝（0，0，t），设平面A1ACC1的一个法向量为n＝（a，b，c），则 即 令b＝－ ，则n＝（1，－ ，0），
使得EP⊥平面A1ACC1，所以 ∥n，所以 ＝ －2λ，λ＝0，λ∈[0，
1]符合，故D正确.故选A、D.
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14. 〔创新交汇〕〔多选〕（2025·浙江台州二模改编）如图是由两个平行
平面截半径为2 cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成
45°，上、下截面间的距离为 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行
了探究，得出下列四个结论，其中正确的是（　　）
A. 截口曲线的离心率为
B. 该几何体的体积为8π cm3
C. 该几何体的侧面积为8π cm2
D. 该几何体的上截面面积为2 π cm2
√
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解析： 　对于A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为
2 cm，故截面椭圆长轴长为2a＝ ＝4 ，短轴长为2b＝4，故c＝
＝2，故e＝ ＝ ＝ ，故A错误；对于B，因为上、下截面间
的距离为 cm，所以AB＝ ＝2 cm，将该几何体沿点A平行于圆柱
底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置，则正好是以底面半径为2
cm，高为2 cm的圆柱，则V＝π×22×2＝8π cm3，故B正确；对于C，同样
以B的方法割补，侧面积即为以底面半径为2，高为2的圆柱的侧面，S＝
2π×2×2＝8π cm2，故C正确；对于D，由于椭圆短轴长为4，长轴长为4 ，则截面面积应在（4π，8π）区间内，故D错误（也可利用椭圆的面积公式S＝πab＝4 π cm2）.故选B、C.
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