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【江蘇省各地區(qū)真題匯編】立體幾何初步考前專題特訓(xùn)-2025年高考數(shù)學(xué)
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 南通校級模擬）若圓柱的側(cè)面的展開圖的周長為4，則該圓柱體積最大為（　?。?br/>A． B． C． D．
2．（2025 武進(jìn)區(qū)校級一模）已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中點(diǎn)，平面AB1E將長方體分割成兩部分，則體積較大部分與體積較小部分的體積之比為（　?。?br/>A． B．2 C． D．
3．（2023秋 海門區(qū)校級月考）如圖，圓錐的軸截面SAB是正三角形，O為底面圓的圓心，D為SO的中點(diǎn)，點(diǎn)C在底面圓的圓周上，且△ABC是等腰直角三角形，則直線CD與AS所成角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
4．（2025春 潤州區(qū)校級期中）下列敘述中，正確的是（　　）
A．因?yàn)镻∈α，Q∈α，所以PQ∈α
B．因?yàn)镻∈α，Q∈β，所以α∩β＝PQ
C．因?yàn)锳B α，C∈AB，D∈AB，所以CD∈α
D．因?yàn)锳B α，AB β，所以α∩β＝AB
5．（2024春 錫山區(qū)校級期末）若底面半徑為r，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，則（　?。?br/>A． B． C． D．
6．（2025 姜堰區(qū)模擬）在三棱錐S﹣ABC中，底面△ABC為斜邊的等腰直角三角形，頂點(diǎn)S在底面ABC上的射影為AC的中點(diǎn)．若SA＝2，E為線段AB上的一個動點(diǎn)，則SE+CE的最小值為（　?。?br/>A． B． C． D．
7．（2025春 淮安期中）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，，則異面直線AC1與BC所成角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
8．（2025 江蘇校級模擬）如圖是一個棱長為2的正方體被過棱A1B1、A1D1的中點(diǎn)M、N，頂點(diǎn)A和過點(diǎn)N頂點(diǎn)D、C1的兩個截面截去兩個角后所得的幾何體，則該幾何體的體積為（　?。?br/>A．5 B．6 C．7 D．8
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025 江蘇校級模擬）如圖，圓錐的底面直徑AB＝2，母線VA＝3，點(diǎn)C是母線VB的中點(diǎn)．以下結(jié)論正確的是（　　）
A．沿圓錐的側(cè)面從點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)C的最短距離為
B．圓錐的外接球表面積為
C．過點(diǎn)C作平行于母線VA的平面，截圓錐所得拋物線的焦準(zhǔn)距為3
D．過點(diǎn)V作動直線l，滿足與母線VA成角，直線l形成的圖形被圓錐底面所在平面截得的圖形為橢圓
（多選）10．（2024秋 鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點(diǎn)，動點(diǎn)P沿著棱DC從點(diǎn)D向點(diǎn)C移動，對于下列四個結(jié)論，正確的是（　　）
A．存在點(diǎn)P，使得PA1＝PE
B．存在點(diǎn)P，使得BD1⊥平面PA1E
C．△PA1E的面積越來越小
D．四面體A1PB1E的體積不變
（多選）11．（2025 江蘇三模）如圖，在邊長為12的正方形ABCD中，E1，E2，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別邊AD，BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P，Q，點(diǎn)P到AD，CD的距離分別為3a，2a，點(diǎn)Q到BC，AB的距離也是3a和2a，其中0＜a＜2．將該正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB與DC重合，則在該空間圖形中，（　　）
A．直線PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值為
C．線段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過
D．異面直線PQ與AB成45°角時(shí)，
三．填空題（共3小題）
12．（2025 金壇區(qū)校級二模）在三棱錐中P﹣ABC，，且AB⊥BC．記直線PA，PC與平面ABC所成角分別為α，β，已知β＝2α＝60°，當(dāng)三棱錐P﹣ABC的體積最小時(shí)，則三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為 　 　 ．
13．（2025春 亭湖區(qū)校級月考）已知正四棱臺的高為3，其頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的半徑為5，球心在正四棱臺的一個底面上，則該正四棱臺的體積為 　 　 ．
14．（2025春 鹽城校級期中）如圖，一塊礦石晶體的形狀為四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝60°，∠C1CD＝60°，A1C與AD1所成角的余弦值為 　 　 ．
四．解答題（共5小題）
15．（2023春 江蘇月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E為棱PC的中點(diǎn)，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F．
（1）求證：PA∥平面BDE；
（2）求證：F為PD的中點(diǎn)；
16．（2025春 南京校級期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點(diǎn)．
（1）求證：BC1∥平面A1DC；
（2）求異面直線A1D與BC1所成角的正弦值．
17．（2025春 濱湖區(qū)校級期中）如圖在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，M，N分別是PA，BC的中點(diǎn)，CD＝3AB．
（1）求證：MN∥平面PCD；
（2）若點(diǎn)F在棱PC上且滿足PF＝λPC，PA∥平面BDF，求λ的值．
18．（2025春 濱湖區(qū)校級期中）現(xiàn)有一幾何體由上、下兩部分組成，上部是正四棱錐P﹣A1B1C1D1，下部是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如圖所示），且正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6，PO1＝2，求該幾何體的體積．
（2）若正四棱錐的側(cè)棱長為6，PO1＝2．
（i）求正四棱錐P﹣A1B1C1D1的側(cè)面積．
（i）若Q，N分別是線段A1B1，PB1上的動點(diǎn)，求AQ+QN+NC1的最小值．
19．（2025春 鼓樓區(qū)校級月考）在多面體ABCDPE中（如圖），底面ABCD為梯形，AB⊥AD，AB∥CD，F(xiàn)為PA的中點(diǎn)，，，四邊形PDCE為矩形，平面PDCE⊥平面ABCD．
（1）求證：平面PBD⊥平面ABCD；
（2）求三棱錐P﹣ABD外接球的體積；
（3）在線段EF上是否存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的大小為若存在，求出FQ的長；若不存在，請說明理由．
【江蘇省各地區(qū)真題匯編】立體幾何初步考前專題特訓(xùn)-2025年高考數(shù)學(xué)
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C D B A C C
二．多選題（共3小題）
題號 9 10 11
答案 ABD ACD ABD
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 南通校級模擬）若圓柱的側(cè)面的展開圖的周長為4，則該圓柱體積最大為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設(shè)圓柱母線長為l，底面半徑為r，則，
而圓柱體積V＝πr2l＝πr2（2﹣2πr），其中．
則V′＝4πr﹣6π2r2，
當(dāng)r∈（0，）時(shí)，V′＞0，V＝πr2（2﹣2πr）為增函數(shù)，
當(dāng)r∈（）時(shí)，V′＜0，V＝πr2（2﹣2πr）為減函數(shù)，
故．
故選：A．
2．（2025 武進(jìn)區(qū)校級一模）已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中點(diǎn)，平面AB1E將長方體分割成兩部分，則體積較大部分與體積較小部分的體積之比為（　?。?br/>A． B．2 C． D．
【解答】解：因?yàn)殚L方體ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中點(diǎn)，平面AB1E將長方體分割成兩部分，
所以作出示意圖如下：
取DD1的中點(diǎn)為F，又E是棱C1D1的中點(diǎn)，
所以可知EF∥C1D∥AB1，
所以E，F(xiàn)，A，B1四點(diǎn)共面，
根據(jù)長方體性質(zhì)，△D1EF與△A1B1A相似，相似比為，且平面D1EF∥平面A1B1A，
所以AF，A1D1，B1E交于同一點(diǎn)，
所以長方體被平面AB1EF割成的體積較小部分為三棱臺D1EF﹣A1B1A，
設(shè)長方體的各棱長為AB＝a，AD＝b，AA1＝c，則長方體的體積為V＝abc，
再由棱臺體積公式可得
，
較大部分的體積為；
所以體積較大部分與體積較小部分的體積之比為．
故選：C．
3．（2023秋 海門區(qū)校級月考）如圖，圓錐的軸截面SAB是正三角形，O為底面圓的圓心，D為SO的中點(diǎn)，點(diǎn)C在底面圓的圓周上，且△ABC是等腰直角三角形，則直線CD與AS所成角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：取OA的中點(diǎn)E，
由D為SO的中點(diǎn)，
則DE∥SA，
則直線CD與AS所成的角為∠CDE（或其補(bǔ)角），
不妨設(shè)|AB|＝2，
又圓錐的軸截面SAB是正三角形，O為底面圓的圓心，D為SO的中點(diǎn)，點(diǎn)C在底面圓的圓周上，且△ABC是等腰直角三角形，
則|DE|，，，
在△CDE中，由余弦定理可得cos∠CDE，
即直線CD與AS所成角的余弦值為，
故選：C．
4．（2025春 潤州區(qū)校級期中）下列敘述中，正確的是（　?。?br/>A．因?yàn)镻∈α，Q∈α，所以PQ∈α
B．因?yàn)镻∈α，Q∈β，所以α∩β＝PQ
C．因?yàn)锳B α，C∈AB，D∈AB，所以CD∈α
D．因?yàn)锳B α，AB β，所以α∩β＝AB
【解答】解：因?yàn)镻∈α，Q∈α，所以PQ α，故A錯誤；
由P∈α，Q∈β，推不出α∩β＝PQ，故B錯誤；
因?yàn)锳B α，C∈AB，D∈AB，所以CD α，故C錯誤；
因?yàn)锳B α，AB β，所以A∈（α∩β）且B∈（α∩β），故D正確．
故選：D．
5．（2024春 錫山區(qū)校級期末）若底面半徑為r，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：因?yàn)榈酌姘霃綖閞，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，
又圓錐的表面積為πrl+πr2，球的表面積為，
所以πrl+πr2＝πl(wèi)2，即，
解得．
故選：B．
6．（2025 姜堰區(qū)模擬）在三棱錐S﹣ABC中，底面△ABC為斜邊的等腰直角三角形，頂點(diǎn)S在底面ABC上的射影為AC的中點(diǎn)．若SA＝2，E為線段AB上的一個動點(diǎn)，則SE+CE的最小值為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：如圖，在三棱錐S﹣ABC中，設(shè)點(diǎn)O為線段AC的中點(diǎn)，連接BO，SO，
由題易知：平面ABC，
在Rt△ABC中，，故，
所以△SAB是邊長為2的等邊三角形，
將△SAB展開到與△ABC共面，如圖所示，
則SE+CE≥SC，當(dāng)且僅當(dāng)S，E，C三點(diǎn)共線時(shí)等號成立，即SE+CE取得最小值，
在△SBC中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即SE+CE的最小值為．
故選：A．
7．（2025春 淮安期中）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，，則異面直線AC1與BC所成角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：連接AB1，因?yàn)锽C∥B1C1，
所以∠B1C1A等于異面直線AC1與BC所成的角，
因?yàn)锳B⊥AC，AB＝AC＝1，，所以BC＝B1C1，
AC1＝AB1，
在△AB1C1中，由余弦定理可得cos∠B1C1A
．
所以異面直線AC1與BC所成角的余弦值為．
故選：C．
8．（2025 江蘇校級模擬）如圖是一個棱長為2的正方體被過棱A1B1、A1D1的中點(diǎn)M、N，頂點(diǎn)A和過點(diǎn)N頂點(diǎn)D、C1的兩個截面截去兩個角后所得的幾何體，則該幾何體的體積為（　?。?br/>A．5 B．6 C．7 D．8
【解答】解：如圖將正方體還原可得如下圖形：
則，，
所以該幾何體的體積 ．
故選：C．
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025 江蘇校級模擬）如圖，圓錐的底面直徑AB＝2，母線VA＝3，點(diǎn)C是母線VB的中點(diǎn)．以下結(jié)論正確的是（　?。?br/>A．沿圓錐的側(cè)面從點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)C的最短距離為
B．圓錐的外接球表面積為
C．過點(diǎn)C作平行于母線VA的平面，截圓錐所得拋物線的焦準(zhǔn)距為3
D．過點(diǎn)V作動直線l，滿足與母線VA成角，直線l形成的圖形被圓錐底面所在平面截得的圖形為橢圓
【解答】解：對于A，沿母線VA展開圓錐側(cè)面如圖所示，
因?yàn)榈酌嬷睆紸B＝2，所以底面圓周長為2π，即展開后扇形弧長為2π，
因?yàn)槟妇€VA＝3，所以展開后扇形半徑為3，則扇形圓心角∠AVA'，
所以∠AVB，點(diǎn)A到VB的距離為3sin，
即沿圓錐的側(cè)面從點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)C的最短距離為，故A正確；
對于B，由對稱性知外接球球心O在圓錐的高上，
設(shè)O到底面的距離為d，外接球半徑為R，
因?yàn)槟妇€長為3，底面半徑為1，所以圓錐的高為2，
則R2＝12+d2，解得d，R，
則圓錐的外接球表面積等于4πR2，故B正確；
對于C，點(diǎn)C為母線VB中點(diǎn)，過點(diǎn)C與母線VA的平面必過底面圓圓心，交底面圓與E、F，如圖，
EF＝2，設(shè)底面圓圓心為M，則MCVA，
以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CM所在直線為x軸，在截面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，
如圖，
設(shè)拋物線方程為y2＝2px，將點(diǎn)E（，1）代入，得p，故焦準(zhǔn)距為，C錯誤；
對于D，由已知圓錐底面與直線VA所成角α滿足cosα，動直線l與VA夾角β為，
其形成軌跡為一個圓錐面，VA為該圓錐的軸，l為母線，
因?yàn)閏osβ，所以α＞β，所以直線l形成的圖形被圓錐底面所在平面截得的圖形為橢圓，D正確．
故選ABD．
（多選）10．（2024秋 鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點(diǎn)，動點(diǎn)P沿著棱DC從點(diǎn)D向點(diǎn)C移動，對于下列四個結(jié)論，正確的是（　?。?br/>A．存在點(diǎn)P，使得PA1＝PE
B．存在點(diǎn)P，使得BD1⊥平面PA1E
C．△PA1E的面積越來越小
D．四面體A1PB1E的體積不變
【解答】解：對于A，設(shè)正方體棱長為2，DP＝m（0≤m≤2），由AA1⊥平面ABCD，AP 平面ABCD，得AA1⊥AP，
同理PC⊥EC，所以AD2+DP2＝8+m2，
PE2＝PC2+CE2＝（2﹣m）2+5，由8+m2＝（2﹣m）2+5，解得，
所以存在P使得PA1＝PE，故A正確；
對于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，
設(shè)正方體棱長為2，則A1（2，0，2），E（1，2，2），B（2，2，0），D1（0，0，2），
所以（﹣1，2，0），，
，所以BD1不可能與A1E垂直，故BD1⊥平面PA1E也不可能成立，故B錯誤；
對于C，在B中所建空間直角坐標(biāo)系中，設(shè)P（0，m，0）（0≤m≤2），則（1，2﹣m，2），
，，
所以，
設(shè)P到直線A1E的距離為d，則d
，
由二次函數(shù)性質(zhì)知0≤m≤2時(shí)，y＝（m﹣4）2+20遞減，所以d遞減，
又不變，ΔA1PE的面積為 d，所以ΔA1PE的面積遞減，故C正確；
對于D，正方體中，CD∥平面A1B1C1D1，P∈CD，所以P到平面A1B1C1D1的距離不變，
即P到平面A1B1E的距離不變，而ΔA1B1E面積不變，因此三棱錐P＝A1B1E即四面體A1PB1E的體積不變，故D正確．
綜上，ACD正確．
故選：ACD．
（多選）11．（2025 江蘇三模）如圖，在邊長為12的正方形ABCD中，E1，E2，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別邊AD，BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P，Q，點(diǎn)P到AD，CD的距離分別為3a，2a，點(diǎn)Q到BC，AB的距離也是3a和2a，其中0＜a＜2．將該正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB與DC重合，則在該空間圖形中，（　?。?br/>A．直線PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值為
C．線段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過
D．異面直線PQ與AB成45°角時(shí)，
【解答】解：如圖，
取E1E2中點(diǎn)O1，F(xiàn)1F2的中點(diǎn)O，連接OB，OO1，
因?yàn)锽F2＝F2F1＝F1B＝4，所以BO⊥F1F2，
因?yàn)镋1F1⊥F1B，E1F1⊥F1F2，又F1B∩F1F2，F(xiàn)1B，F(xiàn)1F2 面BF1F2，
所以E1F1⊥面BF1F2，又OO1∥E1F1，所以O(shè)O1⊥面BF1F2，
故OB，OF2，OO1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)QH⊥BF1于H，PM⊥BF2于M，過H作HK⊥OB于K，
易知，BH＝2a，又，
所以，
又QH＝3a，
所以，同理可知，
所以，
對于選項(xiàng)A，易知平面E1E2F2F1的一個法向量為，
因?yàn)椋?br/>顯然QP 平面E1E2F2F1，所以PQ∥平面E1E2F2F1，故選項(xiàng)A正確；
對于選項(xiàng)B，因?yàn)椋?br/>令y＝40a2﹣144a+144，其中0＜a＜2，
對稱軸，所以，
所以，故選項(xiàng)B正確；
對于選項(xiàng)C，因?yàn)镻Q的中點(diǎn)，，
所以|AS|3，故選項(xiàng)C錯誤；
對于選項(xiàng)D，因?yàn)椋裕?br/>所以，整理得到2a2﹣9a+9＝0，
解得或a＝3（舍），故選項(xiàng)D正確．
故選：ABD．
三．填空題（共3小題）
12．（2025 金壇區(qū)校級二模）在三棱錐中P﹣ABC，，且AB⊥BC．記直線PA，PC與平面ABC所成角分別為α，β，已知β＝2α＝60°，當(dāng)三棱錐P﹣ABC的體積最小時(shí)，則三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為 　16π　 ．
【解答】解：設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影為P'，因?yàn)橹本€PA，PC與平面ABC所成角分別為α，β，且β＝2α＝60°，則α＝30°，
根據(jù)線面夾角關(guān)系可知，，
所以3|P'C|＝|P'A|，
由阿波羅尼斯圓可知，投影P'在圓上運(yùn)動，以AC所在直線為x軸，過AC的中點(diǎn)O作垂線，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，
因?yàn)椋珹B＝BC，且AB⊥BC，所以AC，OB＝OA＝2，
令P'（x，y），由題可知A（﹣2，0），B（0，2），C（2，0），
則，
化簡得，
可知P'在以為圓心，半徑為的圓上，
當(dāng)|P'C|最小時(shí)，|P'P|最小，即三棱錐P﹣ABC的體積最小，
此時(shí)P'（1，0），，，，
∴P點(diǎn)在底面ABC上的射影P'在AC上，且∠APC＝90°，又∠ABC＝90°，
∴此時(shí)三棱錐P﹣ABC的外接球的球心為AC的中點(diǎn)，
外接球的半徑，．
故答案為：16π．
13．（2025春 亭湖區(qū)校級月考）已知正四棱臺的高為3，其頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的半徑為5，球心在正四棱臺的一個底面上，則該正四棱臺的體積為 　122　 ．
【解答】解：因?yàn)檎睦馀_的高為3，其頂點(diǎn)都在同一球面上，
且該球的半徑為5，球心在正四棱臺的一個底面上，
設(shè)球心所在底面為下底面，正四棱臺的高為3，球半徑為5，
設(shè)上底面邊長為a，則上底面中心到頂點(diǎn)距離為，
根據(jù)勾股定理，即，解得，
因?yàn)榍蛐脑谙碌酌?，下底面中心到頂點(diǎn)距離就是球半徑5，
設(shè)下底面邊長為b，則，解得，
根據(jù)正四棱臺體積公式（其中h是高，S是下底面積，S′是上底面積），
下底面積，上底面積S′＝a2＝32，
已知高h(yuǎn)＝3，則體積．
故答案為：122．
14．（2025春 鹽城校級期中）如圖，一塊礦石晶體的形狀為四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝60°，∠C1CD＝60°，A1C與AD1所成角的余弦值為 　　 ．
【解答】解：分別取，則，
且，
而，
由，
，
，
設(shè)A1C與AD1的所成角為θ，
則cosθ＝|cos，|．
故答案為：．
四．解答題（共5小題）
15．（2023春 江蘇月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E為棱PC的中點(diǎn)，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F．
（1）求證：PA∥平面BDE；
（2）求證：F為PD的中點(diǎn)；
【解答】證明：（1）如圖所示：
連接AC交BD于點(diǎn)G，連接GE，
因?yàn)锳BCD為平行四邊形，
所以G為AC的中點(diǎn)，
又E為PC的中點(diǎn)，
所以GE∥PA，
又PA 平面BDE，GE 平面BDE，
所以PA∥平面BDE；
（2）因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，
所以AB∥CD，
又AB 平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以CD∥平面ABEF，
又平面ABEF∩平面PDC＝EF，
所以CD∥EF，
又因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，
所以F為PD的中點(diǎn)．
16．（2025春 南京校級期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點(diǎn)．
（1）求證：BC1∥平面A1DC；
（2）求異面直線A1D與BC1所成角的正弦值．
【解答】（1）證明：連接AC1交A1C于O，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，
因此四邊形AA1C1C是正方形，所以O(shè)是AC1的中點(diǎn)，而D是AB的中點(diǎn)，
因此有OD∥BC1，而OD 平面A1DC，BC1 平面A1DC，
所以BC1∥平面A1DC；
（2）解：由（1）可知：OD∥BC1，
因此異面直線A1D與BC1所成角為∠A1DO（或其補(bǔ)角），
因?yàn)锳A1C1C是正方形，所以，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，
因此四邊形BB1C1C是正方形，因此有，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直線，
因此有，
由余弦定理可知：，
因此．
17．（2025春 濱湖區(qū)校級期中）如圖在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，M，N分別是PA，BC的中點(diǎn)，CD＝3AB．
（1）求證：MN∥平面PCD；
（2）若點(diǎn)F在棱PC上且滿足PF＝λPC，PA∥平面BDF，求λ的值．
【解答】（1）證明：取PB的中點(diǎn)E，連接ME，EN，
因?yàn)锳B∥CD，M，N分別是PA，BC的中點(diǎn)，
所以EM∥AB，EN∥PC，
所以ME∥CD，
ME 平面PCD，EN 平面PCD，CD 平面PCD，PC 平面PCD，
所以ME∥平面PCD，EN∥平面PCD，
且ME∩EN＝E，
所以平面MEN∥平面PCD，
又因?yàn)镸N 平面MEN，
所以MN∥平面PCD；
（2）解：連接AC，交BD于O，連接OF，又因?yàn)镈C＝3AB，AB∥CD，
所以AOOC，
因?yàn)镻A∥平面BDF，PA 平面PAC，
平面PAC∩平面BDF＝OF，
所以PA∥OF，
所以，
所以PFFC，可得PFPC，
又因?yàn)镻F＝λPC，
可得λ．
18．（2025春 濱湖區(qū)校級期中）現(xiàn)有一幾何體由上、下兩部分組成，上部是正四棱錐P﹣A1B1C1D1，下部是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如圖所示），且正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6，PO1＝2，求該幾何體的體積．
（2）若正四棱錐的側(cè)棱長為6，PO1＝2．
（i）求正四棱錐P﹣A1B1C1D1的側(cè)面積．
（i）若Q，N分別是線段A1B1，PB1上的動點(diǎn)，求AQ+QN+NC1的最小值．
【解答】解：（1）由條件可知，正四棱柱的高O1O＝8，
所以正四棱柱的體積為6×6×8＝288，
三棱錐P﹣A1B1C1D1的體積為，
所以該幾何體的體積為288+24＝312；
（2）（i），
所以，
正四棱錐P﹣A1B1C1D1側(cè)面的高為，
所以正四棱錐的側(cè)面積為；
（ii）如圖，將長方形ABB1A1，△PA1B1和△PB1C1展開在一個平面，
PA1＝PB1＝PC1＝6，A1B1＝B1C1＝8，
設(shè)∠A1B1P＝α，，A1B1＝AA1＝8，，
，所以，
所以，
，
，
當(dāng)A，Q，N，C1四點(diǎn)共線時(shí)，AQ+QN+NC1最短，
所以，
所以AQ+QN+NC1的最小值為．
19．（2025春 鼓樓區(qū)校級月考）在多面體ABCDPE中（如圖），底面ABCD為梯形，AB⊥AD，AB∥CD，F(xiàn)為PA的中點(diǎn)，，，四邊形PDCE為矩形，平面PDCE⊥平面ABCD．
（1）求證：平面PBD⊥平面ABCD；
（2）求三棱錐P﹣ABD外接球的體積；
（3）在線段EF上是否存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的大小為若存在，求出FQ的長；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜳DCE為矩形，
所以PD⊥CD，
因?yàn)槠矫鍼DCE⊥平面ABCD，
平面PDCE∩平面ABCD＝CD，PD 平面PDCE，
所以PD⊥平面ABCD，
又因?yàn)镻D 平面PBD，
所以平面PBD⊥平面ABCD；
（2）由（1）知PD⊥平面ABCD，
BD 平面ABCD，
所以PD⊥BD，
所以Rt△PBD的外心O在BD的中點(diǎn)，
所以O(shè)G∥PD，所以O(shè)G⊥平面ABCD，
AB⊥AD，所以Rt△ABD的外心G在BD的中點(diǎn)，
所以點(diǎn)O為三棱錐P﹣ABD外接球的球心，
，，
所以外接球的半徑，
則三棱錐P﹣ABD外接球的體積為；
（3）因?yàn)锳D⊥DC，PD⊥平面ABCD，
所以以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（1，0，0），，，B（1，1，0），C（0，2，0），，
設(shè)線段EF上存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的大小為，
設(shè)Q（x1，y1，z1），，λ∈[0，1]，
則．
所以，，，
設(shè)平面PBC的法向量為，
則，
取x＝1，則y＝1，，
則，
因?yàn)椋?br/>又BQ與平面PBC所成角的大小為，
所以，
即，
整理得λ2＝1，所以λ＝1，
此時(shí)點(diǎn)Q與點(diǎn)E重合，
所以，
則．
綜上：在線段EF上存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的大小為，此時(shí)FQ的長度為．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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