文档内容
综合训练 08 立体几何初步（28 种题型 60 题专练）
一．构成空间几何体的基本元素（共1小题）
1．（2023•淮北一模）如图所示，在三棱台A′B′C′﹣ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′﹣ABC，则剩
余的部分是（ ）
A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体
【分析】画出图形，根据图形和四棱锥的结构特征，即可得出剩余几何体是什么图形．
【解答】解：如图所示，
三棱台A′B′C′﹣ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′﹣ABC，
剩余部分是四棱锥A′﹣BCC′B′．
故选：B．
【点评】本题考查了空间几何体结构特征的应用问题，是基础题目．
二．棱柱的结构特征（共2小题）
2．（2023•中卫一模）在棱长为1的正方体ABCD﹣A B C D 中，M，N分别为BD ，B C 的中点，点P在
1 1 1 1 1 1 1
正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND ，则下列说法正确的是（ ）
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．点P可以是棱BB 的中点 B．线段MP的最大值为
1
C．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为
【分析】取棱BC的中点E，连接DE，B E，ME，进而证明平面B EM平面CND ，再结合题意可知直
1 1 1
线B M必过D点，进而取A D 中点F，连接B F，FD，DE，证明F 平面B EM即可得四边形B EDF
1 1 1 1 1 1
为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可． ∈
【解答】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE，B E，ME，
1
因为M，N分别为BD ，B C 的中点，
1 1 1
所以在△BCD 中，ME∥CD ，由于ME 平面CND ，CD 平面CND ，
1 1 1 1 1
所以ME∥平面CND ， ⊄ ⊂
1
因为B N∥CE，B N＝CE，所以，四边形CNB E为平行四边形，
1 1 1
所以CN∥B E，因为CN 平面CND ，B E 平面CND ，
1 1 1 1
所以B E∥平面CND ，⊂ ⊄
1 1
因为B E∩ME＝E，B E，ME 平面B EM，
1 1 1
所以平面B EM∥平面CND ，⊂
1 1
由于M为体对角线BD 的中点，
1
所以，连接B M并延长，直线B M必过D点，
1 1
故取A D 中点F，连接B F，FD，DE，
1 1 1
所以由正方体的性质易知FD ∥CE，FD ＝CE，
1 1
所以四边形CD FE是平行四边形，EF∥CD ，EF＝CD ，
1 1 1
因为ME∥CD ， ，
1
所以E，F，M共线，即F 平面B EM，
1
所以四边形B EDF为点P∈的轨迹，故A选项错误；
1
由正方体的棱长为1，所以四边形B EDF的棱长均为 ，且对角线为 ，
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以四边形B EDF为菱形，周长为 ，故CD选项错误，
1
由菱形的性质知，线段MP的最大值为 ，故B选项正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，考查了直线与平面平行的判定定理，属于中档题．
3．（2023•五华区校级模拟）直三棱柱 ABC﹣A B C 中，AB＝AC＝AA ＝2 ，P为BC中点，AP＝
1 1 1 1
BC，Q为A C 上一点，A Q＝ ，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（
1 1 1
）
A． B．4 C． D．5
【分析】取B C 的四等分点中靠近C 的点为M，则梯形APMQ所在的平面就是经过A，P，Q三点的平
1 1 1
面，根据题意求出QM、PM、AP的长度，再根据递形的面积公式计算即可．
【解答】解：如图所示，取B C 的四等分点中靠近C 的点为M，
1 1 1
连接AQ，QM，PM，PM，
则有QM∥AP，且有QM＝ AP，
所以梯形APMQ所在的平面就是经过A，P，Q三点的平面，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】又因为AB＝AC＝AA ＝2 ，P为BC中点，AP＝ BC，
1
所以三角形ABC为等腰直角三角形，
所以BC＝4，AP＝2，QM＝ AP＝1，
PM＝ ＝ ＝3，
由题意可知AP⊥平面BCC B ，
1 1
又因为PM 平面BCC B ，
1 1
所以AP⊥P⊂M，
所以梯形APMQ的面积为S＝ （2+1）×3＝ ．
故选：C．
【点评】本题考查了平面基本性质、线面垂直的性质及梯形的面积公式，难点是作出截面，属于中档题．
三．棱锥的结构特征（共2小题）
4．（2023•天津一模）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四
棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形
的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解．
【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h'，
由题意可知， ，
因此有 ，即 ，解得 ，
因为 ，
所以 ．
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ．
故选：D．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查正四棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
5．（2023•龙华区校级模拟）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．
依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．
如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧
面等腰三角形的底角为 ，则侧棱与底面外接圆半径的比为（ ）
α
A． B． C． D．
【分析】根据等腰三角形的边角关系，用SA和OA表示出AB的一半，从而得出侧棱与底面半径的比．
【解答】解：设O为正六棱锥S﹣ABCDEF底面外接圆心，连接OA，OB，如图所示：
由题意可知∠AOB＝ ，∠SAB＝ ，
α
所以OA＝AB，SA•cos ＝ AB，
所以侧棱与底面外接圆α半径的比为
＝ ＝ ．
故选：A．
【点评】本题考查了棱锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
四．棱台的结构特征（共2小题）
6．（2023•柳南区二模）如图，ABC﹣A B C 是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱
1 1 1
长都为3，则棱台的高为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． B． C． D．
【分析】取△ABC重心O，连接AO，过A 作A G⊥AO于G，在Rt△A AG中，利用勾股定理计算出
1 1 1
A G，即为三棱台的高．
1
【解答】解：取△ABC重心O，连接AO，过A 作A G⊥AO于G，
1 1
在Rt△A AG中，AA ＝3，AG＝ ﹣ ＝ ，
1 1
∴棱台的高为A G＝ ＝ ＝ ．
1
故选：C．
【点评】本题考查三棱台的高、三角形重心性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（2023•二模拟）在正四棱台ABCD﹣A B C D 中，上、下底面边长分别为 ，该正四棱台
1 1 1 1
的外接球的表面积为100 ，则该正四棱台的高为 1 或 7 ．
【分析】求出外接球半径π，找到球心的位置，分球心 O在线段EF上和在FE的延长线上两种情况，求
出高．
【解答】解：设正四棱台的外接球的半径为R，则4 R2＝100 ，解得R＝5，
连接AC，BD相交于点E，连接A C ，B D 相交于点πF，连接πEF，
1 1 1 1
则球心O在直线EF上，连接OB，OB ，
1
如图1，当球心O在线段EF上时，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则OB＝OB ＝R＝5，
1
因为上、下底面边长分别为 ，
所以BE＝4，B F＝3，
1
由勾股定理得 ， ，
此时该正四棱台的高为3+4＝7，
如图2，当球心O在FE的延长线上时，
同理可得 ， ，
此时该正四棱台的高为4﹣3＝1．
故答案为：1或7．
【点评】本题考查棱台的结构特征，属于中档题．
五．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）
8．（2023•河北模拟）一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的 2倍，若该圆锥的体积为 ，
则该圆锥的母线长为（ ）
A．3 B．3 C．6 D．
【分析】可设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据题意列方程求解即可．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，则圆锥侧面展开的扇形面积为 rl，底面
圆面积为 r2， π
π
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为 rl＝2 r2，所以l＝2r，
π π
所以圆锥的高为h＝ ＝ r，
所以圆锥的体积为 r2h＝ r2• r＝ ，解得r＝3，
所以该圆锥的母线长π为l＝2r＝π6．
故选：C．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
9．（2023•让胡路区校级二模）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第 3卷中记载着一个
确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这
条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，
即V＝sl（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，s表示平面图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周
的周长）．如图直角梯形ABCD，已知AD∥BC，AB⊥AD，AD＝4，BC＝2，则重心G到AB的距离为
（ ）
A． B． C．3 D．2
【分析】根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求
解答案．
【解答】解：直角梯形绕AB旋转一周所得的圆台的体积为 ；
梯形ABCD的面积 ，故记重心G到AB的距离为h'，
则 ，则 ，
故选：A．
【点评】本题主要考查圆台体积公式，点到直线的距离的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
六．球内接多面体（共4小题）
10．（2023•武功县校级模拟）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体．古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷 13
中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球．若正四面体、正方体、正八面体
的 外 接 球 半 径 相 同 ， 则 它 们 的 棱 长 之 比 为 （ ）
A． B． C． D．
【分析】直接利用正四面体的棱长与外接球的半径的关系的应用求出结果．
【解答】解：①设正四面体的棱长为a，
所以利用勾股定理的应用： ，解得a＝ ．
②正方体的棱长为b，则：（2r）2＝b2+b2+b2，解得：b＝ ．
③设正八面体的棱长为c，
所以： ，解得c＝ r，
所以：a：b：c＝ ＝ ．
故选：B．
【点评】本题考查的知识要点：正多面体和外接球的关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能
力及思维能力，属于基础题型．
11．（2023•山西模拟）在正三棱柱ABC﹣A B C 中，AB＝2，AA ＝3，以C 为球心， 为半径的球面
1 1 1 1 1
与侧面ABB A 的交线长为（ ）
1 1
A． B． C． D．
【分析】设D 为A B 的中点，连接C D ，则根据题意可知 ，C D ⊥平面ABB A ，从而可得
1 1 1 1 1 1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】题中所求交线为：以D 为圆心， 为半径的圆弧，再根据弧长公式，即可求解．
1
【解答】解：如图，设D 为A B 的中点，连接C D ，
1 1 1 1 1
可知 ，C D ⊥平面ABB A ，
1 1 1 1
由 ，可得题中所求交线为：
以D 为圆心， 为半径的圆弧，
1
设该圆弧与AA ，BB 分别相交于点M，N，
1 1
经计算可知 ，
故交线长 ．
故选：C．
【点评】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养，属中档题．
12．（2023•梅河口市校级模拟）若球O是正三棱锥A﹣BCD的外接球， ，点E在线段
BA上，BA＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（ ）
A． B．2 C． D．
【分析】设O是球心，O'是π等边三角形BCD的中心，在三角形ODO'中π，有OO'2+DO'2＝OD2，可求得
R＝OD＝2，再利用r2＝R2﹣OE2可得过E且垂直OE的截面圆最小即可．
【解答】解：如图所示，其中O是球心，O'是等边三角形BCD的中心，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】可得 ， ，
设球的半径为R，在三角形ODO'中，由OO'2+DO'2＝OD2，
即 ，解得R＝2，即AO＝2，
所以O'A＝3O'O，
因为在△ABO'中，O'A＝3O'O，BA＝3BE，
所以OE∥O'B， ，
由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，
设过E且垂直OE的截面圆的半径为r，则 ，
所以最小的截面面积为 ．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
13．（2023•河南二模）在正三棱柱ABC﹣A B C 中，AB＝2，AA ＝3，以C 为球心， 为半径的球面
1 1 1 1 1
与侧面ABB A 的交线长为（ ）
1 1
A． B． C． D．
【分析】设D 为A B 的中点，连接C D ，则根据题意可知 ，C D ⊥平面ABB A ，从而可得
1 1 1 1 1 1 1 1 1
题中所求交线为：以D 为圆心， 为半径的圆弧，再根据弧长公式，即可求解．
1
【解答】解：如图，设D 为A B 的中点，连接C D ，
1 1 1 1 1
可知 ，C D ⊥平面ABB A ，
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由 ，可得题中所求交线为：
以D 为圆心， 为半径的圆弧，
1
设该圆弧与AA ，BB 分别相交于点M，N，
1 1
经计算可知 ，
故交线长 ．
故选：B．
【点评】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养，属中档题．
七．球外切几何体（共2小题）
14．（2023•全国模拟）四个半径为1的球两两相切，则它们的外切四面体棱长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用正四面体内切球半径与其棱长的关系能求出结果．
【解答】解：首先证明结论：棱长为a的正四面体的内切球半径为 ，
如图，记正四面体ABCD的体积为V，每个面的面积为S，高为h，
内切球球心为O，半径为r，由题意得Q 是底面BCD的中心，
1
QD＝ ＝ ，则h＝ ＝ a，
连接OA，OB，OC，OD，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则V＝V O﹣ABC +V O﹣BCD +V O﹣CDA +V O﹣DAB ，
∴ ，解得r＝ ，
设4个半径为1的球的球心分别为O ，O ，O ，O ，
1 2 3 4
则其内切球半径为 ，
设这4个球的外切正四面体为ABCD，则正四面体ABCD的内切球半径为1+ ，
∴正四面体ABCD的棱长为2+2 ．
故选：A．
【点评】本题考查正四面体内切球半径与其棱长的关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）15．（2023•小店区校级模拟）如图，棱长为 2的正方体ABCD−A B C D 的内切球球心为O，
1 1 1 1
E、F分别是棱AB、CC 的中点，G在棱BC上移动，则（ ）
1
A．对于任意点G，OA∥平面EFG
B．存在点G，使OD⊥平面EFG
C．直线EF的被球O截得的弦长为
D．过直线EF的平面截球O所得截面圆面积的最小值为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】当G与B重合时，即可判断选项A错误；
取G为BC的中点，由此判断选项B正确；
求出球心O到EF的距离，再求直线EF的被球O截得的弦长，即可判断选项C错误；
由球与截面圆的关系求解最小圆的半径，得到半径最小圆的面积，从而判断选项D正确．
【解答】解：正方体的内切球的球心即正方体的中心O，R＝1，
对于A，当G与B重合时，A 平面EFB，O 平面EFB，
所以OA与平面EFG相交，此∈时OA∥平面E∉FG不成立，选项A错误；
对于B，当G为BC的中点时，EG⊥BD，BB ⊥EG，
1
且BB ∩BD＝B，所以EG⊥平面BB D，而B D 平面BB D，则EG⊥B D，
1 1 1 1 1
同理，FG⊥平面B CD，可得FG⊥B D， ⊂
1 1
且EG∩FG＝G，所以B D⊥平面EFG，即OD垂直于平面EFG，选项B正确；
1
对于C，EF＝ ＝ ＝ ，取EF的中点M，
由对称性可知，OE＝OF，所以OM⊥EF，
因为OE＝ ，所以OM＝ ＝ ，即O到EF的距离为 ，
所以直线EF的被球O截得的弦长为2 ＝2 ＝ ，选项C错误；
对于D，设截面圆的半径为r，O到平面的距离为d，则r2+d2＝R2，
当O到平面的距离最大时，截面圆的半径r最小，
因为O到平面的距离小于等于O到EF的距离，所以当d＝ 时，r取得最小值为r ＝
min
＝ ，
所以半径最小时圆的面积为 r2＝ ，选项D正确．
故选：BD． π
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查了空间中直线与平面间的位置关系和正方体的内切球应用问题，也考查了空间想象能
力与思维能力，以及运算求解能力，是中档题．
八．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）
16．（2023•深圳模拟）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（
）
A．384 B．392 C．398 D．404
【分析】π运用扇形的弧长公式π及圆锥的侧面积公式计π算即可． π
【解答】解：设圆锥的半径为r，母线长为l，则r＝8，
由题意知， ，解得：l＝48，
所以圆锥的侧面积为 rl＝8×48 ＝384 ．
故选：A． π π π
【点评】本题主要考查圆锥的侧面积，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
17．（2023•漳州模拟）已知某圆锥的底面半径为1，高为 ，则它的侧面积与底面积之比为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【分析】计算圆锥的侧面积为S ＝2 ，圆锥的底面积为S ＝ ，得到答案．
1 2
π π
【解答】解：圆锥的侧面积为： ，
圆锥的底面积为： ，
所以侧面积与底面积之比为2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积和底面积公式，属于基础题．
18．（2023•徐州模拟）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YongJunKLSpeedcubing比赛半决赛中，
来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】号．如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了（
）
A．54 B． C． D．
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出
的一个小三角形的面积，进而可求出结果．
【解答】解：如图，
转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边x，则斜边为 ，
则有 ，得到 ，
由几何关系得：阴影部分的面积为 ，
所以增加的面积为 ．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方体的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
九．棱柱、棱锥、棱台的体积（共10小题）
19．（2023•蕉城区校级模拟）“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体
的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积 S 的4倍、下底面
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的面积S'之和乘以高h的六分之一，即 ．我们把所有顶点都在两个平行平面内的
多面体称为拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面．中国古
代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体．已知某“刍童”尺寸如图所
示，且体积为 ，则它的高为（ ）
A． B． C． D．4
【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高．
【解答】解：上底面S＝3×2＝6，下底面S'＝3×4＝12，所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截
面，
其中A．B，C，D分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得 ， ，
所以 ，（6+12+4× ）× h＝ ，
解得h＝4．
故选：D．
【点评】本题考查空间几何体的体积公式，考查运算求解能力，属中档题．
20．（2023•张家口三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今 2000多年的东周春秋时
期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源．如图，是某高一年级学生制作
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥AB，AC＝BC＝2，
∠ACB＝120°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，先证得AB⊥平面CDFE，在△ABC中，利用余弦定理求得 ，再结合线面
垂直判定定理证得CE⊥平面ABC，得到CE⊥AC，CE⊥BC，设CE＝m，利用AB2＝AE2+BE2，求得
，结合V＝V A﹣CDFE +V B﹣CDFE ＝2V A﹣CDFE ，即可求解．
【解答】解：在△ABC中，∵AC＝BC且D为AB的中点，∴CD⊥AB，
又∵DF⊥AB，且DF⋂CD＝D，DF，CD 平面CDFE，∴AB⊥平面CDFE，
在△ABC中，∵AC＝BC＝2且∠ACB＝1⊂20°，
∴ ，
∴ ，且CD＝1，
∵四边形CDFE为矩形，可得DF⊥CD，
又∵DF⊥AB，AB⋂CD＝D且AB，CD 平面ABC，∴DF⊥平面ABC，
∵CE∥DF，∴CE⊥平面ABC， ⊂
又∵AC，BC 平面ABC，∴CE⊥AC，CE⊥BC，
设CE＝m，在⊂直角△ACE中，可得AE2＝AC2+m2＝4+m2，
在直角△BCE中，可得BE2＝BC2+m2＝4+m2，
∵AE⊥BE，∴AB2＝AE2+BE2，即12＝4+m2+＝4+m2，解得 ，
∴多面体ABCEF的体积为：
．
故选：B．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【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．
（多选）21．（2023•湖北模拟）如图，正方体ABCD﹣A B C D 棱长为2，P是直线A D上的一个动点，
1 1 1 1 1
则下列结论中正确的是（ ）
A．BP的最小值为
B．PA+PC的最小值为
C．三棱锥B ﹣ACP的体积不变
1
D．以点B为球心， 为半径的球面与面AB C的交线长
1
【分析】根据BP的最小值为等边三角形△BA D的高，可求得A正确；将△AA D与矩形A B CD沿
1 1 1 1
A D 翻折到一个平面内，可知所求最小值为 AC，利用余弦定理可求得 B 错误；利用体积桥
1
可求得三棱锥B ﹣ACP的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点B到平面
1
AB C的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确．
1
【解答】解：对于A，∵在△BA D中， ，
1
∴△BA D是边长为 的等边三角形，
1
∴BP的最小值为△BA D的高，∴ ，∴A正确；
1
对于B，将△AA D与矩形A B CD沿A D翻折到一个平面内，
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如图所示，∴PA+PC的最小值为AC；
又AD＝CD＝2， ， ，
∴在△ACD中，由余弦定理得：
，
∴ ，即 ，∴B错误；
对于C，∵A B ⊥平面ADD A ，AD 平面ADD A ，
1 1 1 1 1 1 1
∴A B ⊥AD ， ⊂
1 1 1
∵四边形ADD A 为正方形，∴AD ⊥A D，
1 1 1 1
又A B ∩A D＝A ，A B ，A D 平面A B CD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AD ⊥平面A B CD， ⊂
1 1 1
∴
，
即三棱锥B ﹣ACP的体积不变，C正确；
1
对于D，设点B到平面AB C的距离为d，
1
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴以点B为球心， 为半径的球面与平面AB C的交线是：
1
以 为半径的圆，
∴交线长为 ，∴D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查化空间为平行的转化思想，余弦定理的应用，三棱锥的体积的求解，等体积法求点面
距，属中档题．
（多选）22．（2023•华容县模拟）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D，E分别是AB，AC的
中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P﹣BCED，则（ ）
A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3
B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBC
C．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．当 时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为
【分析】当平面PDE⊥平面BCDE时，体积最大，求出底面积和高，即可求出最值，判断A项；
找出平面PDE与平面PBC所成的二面角，根据题意推导出∠NPM≠90°，即可说明B项错误；
过点P作PH⊥MN，根据题意可得∠PBH即为直线PB与平面BCDE所成的角，根据余弦定理以及三角
函数可推出 ，进而得出 ，即可得出结果，得出C项；
由已知可推得平面PDE⊥平面BCDE，设球心为O，△PDE的外心为G，点M为等腰梯形BCDE的外
心，可得四边形OGNM为矩形，进而求出OB即半径的长，即可得出外接球的表面积．
【解答】解：如图1，设M，N分别是BC，DE的中点，
则PN⊥DE，MN⊥DE，MN⊥BC，且 ；
对于A项，
当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥P﹣BCED的体积最大，
△PDE 的高为 ，四边形 BCDE 是高为 的梯形，梯形面积 ，体积
，故A项正确；
对于B项，
设平面PDE∩平面PBC＝l，则l∥BC，有l⊥MN，l⊥PM，可得l⊥平面PMN，即∠NPM为平面PDE
与平面PBC所成的二面角，
由PN＝NM可知，∠NPM≠90°，故B项错误；
对于C项，
如图1，过点P作PH⊥MN，垂足为H，由B分析可得，BC⊥平面PMN，
所以平面BCDE⊥平面PMN，平面BCDE∩平面PMN＝MN，PH 平面PMN，所以PH⊥平面BCDE，
⊂
所以∠PBH即为直线PB与平面BCDE所成的角，由题意可知， ，
在△PMN中，由余弦定理可得 ，
所以 ；在△PMH中， ，所以直线PB与平面BCDE所成角的正
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】弦值为 ，故C正确；
对于D项，
当 时，由 ，可知PN2+BN2＝PB2，即PN⊥BN，
又PN⊥DE，且BN∩DE＝N，则PN⊥平面BCDE，
又PN 平面PDE，则平面PDE⊥平面BCDE，四棱锥P﹣BCED的外接球球心为O，△PDE的外心为
G，则⊂OG⊥平面PDE，
如图2，易知点M为等腰梯形BCDE的外心，则OM⊥平面BCDE，
则四边形OGNM为矩形，且 ，从而有 ，
从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 ，故D项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
（多选）23．（2023•庐阳区校级模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A B C D 中，点P为线段AD （包括
1 1 1 1 1
端点）上一动点，则（ ）
A．异面直线AD 与A C 所成的角为60°
1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．三棱锥B ﹣PBC 的体积为定值
1 1
C．不存在点P，使得AD ⊥平面PCD
1
D．PB+PC的最小值为
【分析】判断A C ∥AC，求出∠D AC＝60°，即可得出选项A正确；
1 1 1
证明AD ∥平面BCC B ，求出 ，根据等积
1 1 1
法即可判断选项B正确；
取AD 中点为P，证明AD ⊥平面PCD，即可判断选项C错误；
1 1
将△BAD 和△CAD 展开到同一平面，当点P为AD ，BC交点时，PB+PC有最小值，在△ABC中，利
1 1 1
用余弦定理求出BC，即可得到最小值，判断选项D错误．
【解答】解：对于A，如图1，连接CD ，AC．因为AD ，AC，CD 都是正方体面对角线，所以AD ＝
1 1 1 1
AC＝CD ，
1
所以△ACD 是等腰三角形，所以∠D AC＝60°．又AA ∥CC 且AA ＝CC ，所以四边形A C CA是平行
1 1 1 1 1 1 1 1
四边形，
所以A C ∥AC，所以异面直线AD 与A C 所成的角即等于AD 与AC所成的角∠D AC＝60°，选项A正
1 1 1 1 1 1 1
确；
对于B，因为AB∥C D 且AB＝C D ，所以四边形ABC D 是平行四边形，所以AD ∥BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为BC 平面BCC B ，AD 平面BCC B ，所以AD ∥平面BCC B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以点P⊂到平面BC B 的距离⊄d等于点A到平面BCC B 的距离AB＝1，
1 1 1 1
，所以 ，
又 是个定值，所以选项B正确；
对于C，如图2，取AD 中点为P．因为DA＝DD ，P是AD 中点，所以DP⊥AD ．
1 1 1 1
又由已知得，CD⊥平面ADD A ，AD 平面ADD A ，所以CD⊥AD ，
1 1 1 1 1 1
又CD∩DP＝D，且CD 平面PCD，D⊂P 平面PCD，所以AD ⊥平面PCD，
1
即存在点P，使得AD ⊥⊂平面PCD，所以⊂选项C错误；
1
对于D，如图3，将△BAD 和△CAD 展开到同一平面，当点P为AD ，BC交点时，PB+PC有最小值．
1 1 1
因为 ，所以∠D AC＝60°，又∠BAD ＝90°，所以∠BAC＝150°，
1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos150°＝ ，
所以PB+PC的最小值为 ，选项D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了运算求解能力与推理判断能力，是中
档题．
24．（2023•西安模拟）表面积为100 的球面上有四点S、A、B、C，△ABC是等边三角形，球心O到平
π
面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥S﹣ABC体积的最大值为 1 2 （ + ） ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】由已知可求得球的半径，设△ABC的中心为O′，进而可得△ABC的面积为12 ，S到平面
ABC的距离取最大值，进而计算可得棱锥S﹣ABC体积的最大值．
【解答】解：∵球的表面积为100 ，∴球的半径为5，
设△ABC的中心为O′，则OO′＝π 3，∴CO′＝4，
∴△ABC的边长为4 ，∴△ABC的面积为12 ，欲使其体积最大，
应有S到平面ABC的距离取最大值，又面SAB⊥面ABC，
∴点S在平面ABC上的射影落在线段AB的中点D，又SO＝5，
∴SD＝3+ ＝3+ ，
∴棱锥S﹣ABC体积的最大值为V＝ ×12 ×（3+ ）＝12（ + ）．
【点评】本题考查空间几何体的体积，考查推理论证能力，属中档题．
25．（2023•齐齐哈尔二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC＝AD
＝PD＝1，AB＝2，E为线段PA上一点，点F在边AB上且CF⊥BD．
（1）若E为PA的中点，求四面体BCEP的体积；
（2）在线段PA上是否存在点E，使得FE与平面PFC所成角的余弦值是 ？若存在，求出AE的长；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出△PBE的面积，建系求出C到平面PBE的距离，再由体积公式得答案；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）设 ＝ ＝（− ，0， ）， [0，1]，利用空间向量结合FE与平面PFC所成角的余弦值是
λ λ λ λ∈
，求解 值即可．
【解答】解λ：（1）∵PD⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴PD⊥AB，
又AB⊥AD，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面PAD⊂，可得AB⊥PD，
∵AD＝PD＝1，AB＝2，E为PA的中点，∴ ．
又AD⊥DC，∴分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，1，0），P（0，0，1），
， ， ，
设平面PAB的一个法向量为 ，
由 ，取z＝1，可得 ．
∴C到平面PAB的距离d＝ ．
∴四面体BCEP的体积V＝ ；
（2）由（1）知， ＝（−1，0，1），
设 ＝ ＝（− ，0， ）， [0，1]，
λ λ λ λ∈
又A（1，0，0），∴E（1﹣ ，0， ），
λ λ
设F（1，t，0），t [0，2]，则 ＝（1，t﹣1，0）， ＝（1，2，0），
∈
∵CF⊥BD，∴ ，即t＝ ，则F（1， ，0）．
设平面PFC的法向量 ， ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由 ，取x ＝1，得 ．
0
＝（﹣ ，﹣ ， ），
λ λ
∴cos ， 〉＝ ＝ ，
〈
由FE与平面PFC所成角的余弦值是 ，可得 ，
∴20 2+8 ﹣1＝0， [0，1]，解得 ＝ ，
λ λ λ∈ λ
∴ ＝（﹣ ，0， ），得| |＝ ，
∴存在满足条件的点E，且AE的长为 ．
【点评】本题考查向量法求解二面角问题，向量法求解线面角问题，方程思想的应用，属中档题．
26．（2023•福州模拟）如图，四边形 A ABB 是圆柱的轴截面，CC 是母线，点D在线段BC上，直线
1 1 1
A C∥平面AB D．
1 1
（1）记三棱锥B ﹣ABD的体积为V ，三棱锥B ﹣ABC的体积为V ，证明：V ＝2V ；
1 1 1 2 2 1
（2）若CA＝2，CB＝4，直线A C到平面AB D的距离为 ，求直线CC 与平面AB D所成角的正弦值．
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得D为BC的中点，结合锥体的体积分析证明；
（2）根据题意可得B到平面AB D的距离为 ，结合锥体的体积可得 ，进而可求得
1
B B＝4，结合线面夹角的定义分析求解．
1
【解答】证明：（1）连接A B，设A B∩AB ＝M，连接DM，
1 1 1
因为直线A C∥平面AB D，A C 平面A CD，平面A CD∩平面AB D＝DM，
1 1 1 1 1 1
所以A C∥DM， ⊂
1
又因为M为A B的中点，则D为BC的中点，
1
所以 ；
解：（2）因为直线A C∥平面AB D，直线A C到平面AB D的距离为 ，
1 1 1 1
则C到平面AB D的距离为 ，
1
又D为BC的中点，则B到平面AB D的距离为 ，
1
由 ，
则 ，可得 ，
延长AD交底面圆周于点N，连接BN，B N，则AN⊥BN，
1
因为BB ⊥平面ABC，AN 平面ABC，
1
则AN⊥BB ，BN∩BB ＝B⊂，BN，BB 平面BB N，
1 1 1 1
所以AN⊥平面BB N， ⊂
1
由B N 平面BB N，则AN⊥B N，即△AB D的边AD的高为B N，
1 1 1 1 1
⊂
由题意可得： ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】可得△BDN为等腰直角三角形，则 ，
可得 ，
由 ，解得B B＝4，
1
所以直线BB 与平面AB D所成角的正弦值 ，
1 1
因为BB ∥CC ，则直线BB 与平面AB D所成角即为直线CC 与平面AB D所成角，
1 1 1 1 1 1
故线CC 与平面AB D所成角的正弦值 ．
1 1
【点评】本题考查三棱锥的体积的求解，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
27．（2023•定远县校级模拟）如图，圆锥PO的高为3，AB是底面圆O的直径，四边形ABCD是底面圆
O的内接等腰梯形，且AB＝2CD＝2，点E是母线PB上一动点．
（1）证明：平面ACE⊥平面POD；
（2）若二面角A﹣EC﹣B的余弦值为 ，求三棱锥A﹣ECD的体积．
【分析】（1）利用线面垂直的性质得PO⊥AC，再利用面面垂直的判定即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用二面角的向量计算方法结合锥体体积公式即可得到答案．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解答】（1）证明：连接OC，由题意知四边形AOCD为菱形，故OD⊥AC，
因为PO⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以PO⊥AC，
因为PO∩OD＝O，PO，O⊂D 平面POD，所以AC⊥平面POD，又AC 平面ACE，
故平面ACE⊥平面POD； ⊂ ⊂
（2）解：以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），P（0，0，3），C ，
设 ，显然 ＝1不合题意，则 [0，1），则E（0， ，3﹣3 ），
λ λ∈ λ λ
于是 ， ， ，
设平面CBE的法向量为 ＝（x，y，x），
，
令y＝ ，得x＝1， ，则 ＝ ，
设平面AEC的法向量为 ，
则 ，
令 ，b＝﹣1， ，则 ，
从而cos ＝ ＝ ＝ ，解得 或3，
θ
因为 [0，1），故 ，
λ∈
此时二面角A﹣EC﹣B的余弦值为 满足题意．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】从而V
A﹣ECD
＝V
E﹣ACD
＝ ＝ ．
【点评】本题主要考查面面垂直的证明，二面角的求法，棱锥体积的求法，考查运算求解能力与逻辑推
理能力，属于中档题．
28．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在三棱锥 P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2，AB＝AC＝1，将
△PAB绕着PA逆时针旋转 到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点．
（1）当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
（2）当PC∥平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
【分析】（1）根据三角形面积公式与扇形面积公式确定底面积的最大值，即可求组合体的体积最大值；
（2）建立空间直角坐标系，设∠BAC＝ ， （0， ），则 B（cos ，sin ，0），
θ θ∈ π θ θ
， ，利用空间
向量的坐标运算即可求得满足PC∥平面MAB时 ，从而可计算直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
【解答】解：（1）PA⊥底面ABC，AB，AC 面AθBC，∴PA⊥AB，PA⊥AC
⊂
则由旋转可得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴底面积 ，
又∠BAC （0， ），故当 时，sin∠BAC取最大值1，
∈ π
则底面积S的最大值为 ，故几何体体积为 ，
故当 时，该组合体的体积最大，最大值为 ；
（2）以A为原点，AC为x轴，AP为z轴，在平面ABC上作y轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，0，0），C（1，0，0），P（0，0，2），
设∠BAC＝ ， （0， ），则 B（cos ，sin ，0）， ，
θ θ∈ π θ θ
，
∴ ，设 为平面MAB的法向量，
又
∴ ，
令x＝sin ，则平面MAB的法向量 ，
θ
∵PC∥平面MAB，∴ ，则 ，∴ 或 ，
∵ ，设 为平面PBD的法向量，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】① 当 ， 则 ， ， ∴ ，
，
则 ，
取y ＝4，则平面PBD的法向量 ，
1
∴cos＜ ＞＝ ，
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ；
②当 ，则 ，D（﹣1，0，0），
∴ ， ，
则 ，
取y ＝2，则
1
∴cos＜ ＞＝ ，
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ；
综上，直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 或 ．
【点评】本题主要考查组合体体积的求法，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于难题．
一十．球的体积和表面积（共6小题）
29．（2023•惠州校级模拟）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用
具，其外形近似一个正四棱台．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为2和4．侧棱长为 ．
则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C．32 D．40
π π
【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心O所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程
组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可．
【解答】解：由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为O ，下底面中心为O ，
1 2
由棱台的性质可知，外接球的球心O落在线段O O 上，
1 2
由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为 ，
则 ， ， ，
所以 ，
设外接球的半径为R，|OO |＝h，则 ，
2
因为O O 垂直于上下底面，
1 2
所以 ，即 ，
又 ，即 ，
联立解得 ，R2＝8+2＝10，
所以该米斗的外接球的表面积为4 R2＝40 ．
故选：D． π π
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查正四棱台的对称性以及球的相关知识，属于中档题．
30．（2023•蕉城区校级模拟）将一个半径为2的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为
（ ）
A． B． C． D．
【分析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为 ，表示出圆锥的体积，换元后利用导数可求
出体积的最大值，从而可求出圆锥的底面半径和高，再求出母线长，作出圆锥的截面，然后利用三角形
相似可求出圆锥内切圆的半径．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为 ，
∴圆锥的体积 ，
令 （0≤t＜2），得r2＝4﹣t2，
∴ ，
则 ，
当 时，V′（t）＞0，当 时，V′（t）＜0，
∴V（t）在 上递增，在 上递减，
∴当 ，即 时，圆锥的体积最大，
此时圆锥的高为 ，母线长为 ，
设圆锥的内切球半径为R，圆锥的截面如图所示，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则 ， ，
又OD＝OE＝R，且△AOE∽△ACD，
∴ ， ，解得 ．
故选：D．
【点评】本题考查圆锥的内切球问题，解题的关键是表示出圆锥的体积，化简后利用导数求出其最大值，
从而可确定出圆的大小，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题．
（多选）31．（2023•深圳模拟）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，
O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（ ）
A．AO⊥平面BCD
B．球O的体积为
C．球O被平面BCD截得的截面面积为
D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为
【分析】设E，F分别为AB．CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，根据线面垂直的
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】判定定理可判断A；求出球的半径，计算球的体积，判断B；求出球O被平面BCD截得的截面圆的半径，
可求得截面面积，判断C；结合C的分析，利用圆的周长公式可判断D．
【解答】解：设E，F分别为AB．CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
则EM∥BD，NF∥BD，EM＝ BD，NF＝ BD，
故EM∥NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN＝N，AN，DN 平面AND，故BC⊥平面AND，
由于O MN，MN 平面⊂AND，则AO 平面AND，
故BC⊥∈AO，结合⊂O点也为EF的中点⊂，同理可证DC⊥AO，
BC∩DC＝C，BC，DC 平面BCD，故AO⊥平面BCD，故A正确；
由球O的表面正好经过⊂点M，则球O的半径为OM，
棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝ ，M为AD的中点，
则MN⊥AD，故MN＝ ＝ ＝ ，
则OM＝ ，所以球O的体积为 （OM）3＝ （ ）3＝ ，故B正确；
由BC⊥平面AND，BC 平面BCD，π故平面AND⊥π平面BCD， π
平面AND∩平面BCD＝⊂DN，由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
且G为正△BCD的中心，故NG＝ ND＝ ，
所以OG＝ ＝ ＝ ，
故球O被平面截得的截面圆的半径为 ＝ ，
则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为 （ ）2＝ ，故C错误；
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连π线的中点， π
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为 ，
故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2 × ＝ ，故D正确，
故选：ABD． π π
【点评】本题考查空间几何体的截面周长的求法，考查截面的面积的求法，属中档题．
32．（2023•屯昌县二模）如图，直三棱柱ABC﹣A B C 中，AC⊥BC，AC＝ ，BC＝3，点P在棱BB
1 1 1 1
上，且PA⊥PC ，当△APC 的面积取最小值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为 2 8 ．
1 1
π
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质，三角形面积公式，基本不等式，即可求解．
【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A B C 为直三棱柱，又AC⊥BC，
1 1 1
∴易得AC⊥平面BCC B ，又PC 平面BCC B ，
1 1 1 1 1
∴PC ⊥AC，又PA⊥PC ，且AC∩⊂PA＝A，
1 1
∴PC ⊥平面PAC，又AP 平面PAC，
1
∴PC ⊥AP， ⊂
1
如图，设∠BCP＝ ，则易得∠CC P＝ ，又BC＝3，
1
θ θ
∴PC ＝ ＝ ，又AC＝ ，
1
∴PA＝ ＝ ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴△APC 的面积S＝
1
＝
＝
＝
＝
＝
＝ ≥ ＝ ，
当且仅当 ，即tan ＝ 时，等号成立，
θ
此时PB＝BC×tan ＝ ，又AB＝ ＝ ＝4，
θ
∴PA＝ ＝ ＝ ，
∵AC⊥PC，AB⊥PB，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R＝PA＝ ，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R＝ ，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4 R2＝28 ，
故答案为：28 ． π π
π
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，三角形面积的最值的求解，基本不等式的应用，三棱锥
的外接球问题，属中档题．
33．（2023•张家口三模）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，
，则四棱锥P﹣ABCD外接球表面积为 4 0 ；若点Q是线段AC上的动点，则|PQ|+|QB|的
π
最小值为 2 ．
【分析】设PC中点为O，则 ，可得外接球的球心与半径，从而可求外接球的
表面积；将△PAC绕AC翻折到与△DAC所在面重合，
连接PB，交AC于点Q，此时|PQ|+|QB|最小，求解即可．
【解答】解：设PC中点为O，则 ，
所以O为四棱锥P﹣ABCD外接球的球心， 为该球半径，
所以其表面积为 ；
如图，将△PAC绕AC翻折到与△DAC所在面重合，
连接PB，交AC于点Q，此时|PQ|+|QB|最小，
最小值为
＝ ＝2 ．
故答案为：40 ；2 ．
π
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查求空间几何体的外接球的表面积，考查距离和的最小值问题，属中档题．
34．（2023•兴国县模拟）如图，正三角形ABC中，D、E分别为边AB、AC的中点，其中AB＝4，把
△ADE沿着DE翻折至△A′DE的位置，则当四棱锥A′﹣BCED的体积最大时，四棱锥A′﹣BCED
外接球的表面积为 ．
【分析】判断出四棱锥A′﹣BCED的体积最大时平面ADE⊥平面BCED，通过计算等边三角形ABE和
等腰梯形BCED的外接圆半径来求得四棱锥A′﹣BCED外接球的半径，进而求得外接球的表面积．
【解答】解：设F，G分别是DE，BC的中点，则A，F，G三点共线，且AF⊥DE，AG⊥BC，
设等边三角形ADE的外接圆圆心为O ，半径为r ，
1 1
由正弦定理得 ， ，
设等腰梯形BCED的外接圆圆心为O ，半径为r ，
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，所以 ，解得r ＝2，
2
故O 与G重合， ，
2
依题意可知，当四棱锥A′﹣BCED的体积最大时，平面A′DE⊥平面BCED．
设得四棱锥A′﹣BCED外接球的半径为R，则 ，
所以外接球的半径为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
一十一．多面体和旋转体表面上的最短距离问题（共2小题）
35．（2023•郴州模拟）已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300 ，AB为圆台的一条母
线（点B在圆台的上底面圆周上），M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆π 台侧面一周爬行到点
M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为（ ）
A．30 B．40 C．50 D．60
【分析】根据题意得到圆台的侧面展开图，再确定蚂蚁爬行所经路程的最小值，求解即可．
【解答】解：因为圆台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，
所以S＝ l（10+5）＝15 l＝300 ，解得l＝20，
将圆台所π在的圆锥展开如π图所示，π 且设扇形的圆心为O，
线段B M就是蚂蚁经过的最短距离，
1
设OA＝R，圆心角是 ，则由题意知10 ＝ R①，20 ＝ （20+R）②，
α π α π α
由①②解得， ，R＝20，
∴OM＝30，OB ＝40，则B M＝ ＝ ＝50．
1 1
故选：C．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【点评】本题考查圆台的结构特征以及立体几何中的距离问题，考查转化思想以及运算求解能力，属于
中档题．
36．（2023•高新区校级模拟）已知点M是棱长为3的正方体ABCD﹣A B C D 的内切球O球面上的动点，
1 1 1 1
点N为线段B C 上一点，NC ＝2B N，DM⊥BN，则动点M运动路线的长度为（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
【分析】由题意画出图形，在BB 上取点P，使2BP＝PB ，连接CP、DP，由线面垂直的判定和性质可
1 1
得M点的轨迹为平面DCP与球O的截面圆周，利用空间向量求解球心的平面的距离，然后求解圆的半
径得答案．
【解答】解：如图：棱长为3的正方体ABCD﹣A B C D ，
1 1 1 1
在BB 上取点P，使2BP＝PB ，连接CP、DP，BN，∵
1 1
∵NC ＝2B N，∴CP⊥BN，
1 1
又DC⊥平面BCC B ，∴DC⊥BN，则BN⊥平面DCP，
1 1
则M点的轨迹为平面DCP与球O的截面圆周．
建立如图所示的坐标系，则D（0，0，0），C（0，3，0），P（3，3，1），O（ ， ， ），
则 ＝（0，3，0）， ＝（3，0，1），
设平面DOP的法向量为 ＝（x，y，z），
由 ，即 ，令x＝1．y＝0，z＝﹣3，所以 ＝（1，0，﹣3），
O到平面DCP的距离为： ＝ ＝
所以截面圆的半径为： ＝ ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以动点M运动路线的长度为：2× × ＝ ．
故选：B． π π
【点评】本题考查考查空间想象能力和思维能力，训练了点到平面的距离的求法，正确找出 M点的轨
迹是关键，属于难题．
一十二．三角形五心（共2小题）
37．（2023•河南模拟）已知点 O为△ABC所在平面内一点，在△ABC中，满足 ，
，则点O为该三角形的（ ）
A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心
【分析】由 ，利用数量积的定义得到 ，从而得到点
O在边AB的中垂线上，同理得到点O在边AC的中垂线上判断．
【解答】解：根据题意， ，即 ，
所以 ，则向量 在向量 上的投影为 的一半，
所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，
所以点O为该三角形的外心．
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形五心，考查向量数量积的运算，属于基础题．
38．（2023•禅城区校级一模）在△ABC中，设 ，那么动点M的轨迹必通过
△ABC的（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心
【分析】设线段BC的中点为D，则 ，由已知可得 ，所以MD⊥BC且平分BC或
者点M在BC上，从而判断出动点M的轨迹必通过△ABC的外心，
【解答】解：设线段BC的中点为D，则 ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ＝0，即 ，
∴MD⊥BC且平分BC或者点M在BC上，
因此动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过△ABC的外心．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平面向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
一十三．组合几何体的面积、体积问题（共1小题）
39．（2023•东湖区校级一模）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，
CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点G满足 ．
（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）求多面体ABCDE的体积最大值．
【分析】（1）取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，通过证明四边形CDNM是平行四边形，可
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】证GF∥平面ABC；
（2）在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，可得
BH＝1，体积最大，进而计算可得．
【解答】（1）证明：取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，
在梯形ACDE中，CD//AE且DC＝ EA，
而M，N分别为BA，BE中点，∴MN//EA，MN＝ EA，
∴MN//CD，MN＝CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，
又 ，N为EB中点，∴G为EN中点，又F为ED中点，
∴GF//DN，故GF//CM，
又CM 平面ABC，GF 平面ABC，∴GF//平面ABC．……5分
（2）解⊂：在平面ABC内⊄，过B作BH⊥AC交AC于H．
∵平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，BH 平面ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高， ⊂
又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，
∵AB⊥BC，AC＝2，∴B是以AC为直径的圆上的点，
∴BH的最大值即为圆的半径1，此时AB＝BC＝ ，H为AC的中点，
∴V＝ S •BH＝ × （2+1）×2×1＝1．
ACDE
【点评】本题考查线面平行的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
一十四．平面图形的直观图（共1小题）
40．（2023•弥勒市校级模拟）如图，若斜边长为2 的等腰直角△A'B'C'（B'与O'重合）是水平放置的
△ABC的直观图，则△ABC的面积为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．2 B．2 C．4 D．8
【分析】把斜二测直观图还原，求出AB、AC的长度，代入三角形面积公式得答案．
【解答】解：在斜二测直观图中，斜边长为2 的等腰直角△A'B'C'，
由△A'B′C′为等腰直角三角形，A'B′＝2 ，
可得A'C′＝2，B'C
还原原图形如图：
则AB＝4，BC＝2，则S△ABC ＝ ×AB×BC＝ ×4 ×2＝4 ．
故选：C．
【点评】本题考查斜二测画直观图，熟记斜二测的画法是关键，是基础题．
一十五．斜二测法画直观图（共1小题）
41．（2023•建水县校级模拟）水平放置的平行四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O'A'B'C'，如
图所示．此直观图恰好是个边长为 的正方形，则原平行四边形OABC的面积为 4 ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】根据题意，求出直观图的面积，由直观图与原图的面积公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，平行四边形OABC的直观图恰好是个边长为 的正方形，
则其直观图的面积S′＝ × ＝2，
则原图平行四边形OABC的面积S＝2 S′＝4 ，
故答案为：4 ．
【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
一十六．简单空间图形的三视图（共1小题）
42．（2023•甘肃一模）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个
三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 ②⑤ 或 ③④ （写出符合要求的一组答案
即可）．
【分析】通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、
虚线来确定俯视图图形．
【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧
视图，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，
当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，
当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视
图为④．
故答案为：②⑤或③④．
【点评】该题考查了三棱锥的三视图，需要学生掌握三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视
图中特殊线条能够还原到原立体图形中，需要较强空间想象，属于中等题．
一十七．平行投影及平行投影作图法（共1小题）
43．（2023•济南三模）如图，正四面体ABCD的棱AB与平面 平行，且正四面体内的所有点在平面 内
α α
的射影构成图形面积的最小值是 ，则该正四面体的棱长为（ ）
A． B．1 C． D．2
【分析】当正四面体绕着与平面平行的一条边转动时，不管怎么转动，投影图形的一边始终是 AB的投
影，长度为棱长，而发生变化的是投影的高，找出高的变化，得到答案．
【解答】解：根据题意，当CD⊥平面 ，射影面的面积最小，此时构成的三角形底边为正四面体的棱
长，设正四面体的棱长为a， α
高是直线CD到AB的距离，距离为： ＝ ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】射影面积为： ＝ ，解得a＝1．
故选：B．
【点评】本题考查平行投影及其有关计算，棱锥的结构特征的应用，属于基础题．
一十八．由三视图求面积、体积（共1小题）
44．（2023•苍梧县校级模拟）某几何体的三视图如图所示，图中小方格的长度为1，则该几何体的表面积
为（ ）
A．65 B． C． D．60
【分析】由已知的三视图还原几何体为三棱柱截去三棱锥得到的，根据图中数据，计算表面积．
【解答】解：由三视图可知，该几何体为如下图所示的多面体 ABC﹣DEF，它是由直三棱柱ABC﹣
DGF截去三棱锥E﹣DGF后所剩的几何体，其中AB⊥AC，
所以其表面积
S＝ +
＝60；
故选：D．
【点评】本题考查了由几何体的三视图求几何体的表面积；关键是正确还原几何体的形状．
一十九．平面的基本性质及推论（共2小题）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】45．（2023•吉林模拟）已知 ， 是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若 ∩ ＝l，A 且Aα ，β则A l
B．若Aα，Bβ，C是∈平α面 内∈β不共线三∈点，A ，B ，则C
C．若直线a ，直线bα ，则a与b为异面∈β直线∈β ∉β
D．若A 且⊂αB ，则直⊂线β AB
【分析】∈根α据立∈体α几何基本定理⊂可α 判断ABD；根据异面直线的定义可判断C．
【解答】解：对于A，由根据A 且A ，则A是平面 和平面 的公共点，
又 ⋂ ＝l，由立体几何基本定理∈可α 得A∈βl，故A正确； α β
对于α Bβ，由立体几何基本定理可知，过不∈在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又A ，B ，且A，B，C ，则C ，故B正确；
对于∈Cβ，由∈于β平面 和平面∈α位置不∉确β定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、
重合，故C错误；α β
对于D，由立体几何基本定理可知，如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面
内，故D正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题．
46．（2023•合肥模拟）已知正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为4，M，N分别是侧面CD 和侧面BC 的中
1 1 1 1 1 1
心，过点M的平面 与直线ND垂直，平面 截正方体AC 所得的截面记为S，则S的面积为（ ）
1
α α
A．5 B．4 C．7 D．9
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】解：∵正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为4，M，N分别是侧面CD 和侧面BC 的中心，
1 1 1 1 1 1
∴以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】侧面CD 的中心M（0，2，2），侧面BC 的中心N（2，4，2），D（0，0，0），
1 1
∴ ＝（2，4，2），点M在平面 与平面CDD C 的交线上，设P（0，y ，z ）为这条交线上任意一
1 1 1 1
α
点，
＝（0，y ﹣2，z ﹣2），
1 1
∵ ＝4（y ﹣2）+2（z ﹣2）＝0，∴2y +z ＝6，
1 1 1 1
令z ＝0，得F（0，3，0），令z ＝4，得G（0，1，4），连接FG，
1 1
平面 与平面ABCD必相交，设Q（x，y，0）为这条交线上任意一点，
α
＝（x，y﹣3，0），
∵ ＝2x+4（y﹣3）＝0，∴x+2y＝6，令x＝4，得E（4，1，0），连接PE，
∵平面A B C D ∥平面ABCD，∴平面 与平面A B C D 的交线过点G，与直线FE平行，
1 1 1 1 1 1 1 1
α
过G作GH∥FE，交A D 于H（t，0，4）， ＝（t，﹣1，0）， ＝（4，﹣2，00，
1 1
由 ∥ ，得t＝2，∴H（2，0，4），
∴平面 与平面ABB A ，平面ADD A 都相交，
1 1 1 1
α
则平面 与直线AA 相交，令交点为K（4，0，m）， ＝（0，﹣1，m），
1
α
由 ＝﹣4+2m＝0，得K（4，0，2），
连接EK，HK，得截面五边形EFGHK，即截面D为五边形EFGHK，
EF＝FG＝2 ，GH＝EK＝ ，HK＝2 ，取EF中点L（2，2，0），连接GL，EH，
则GL＝EH＝ ，
在△EHK中，cos ＝﹣ ，sin ，
△EHK的面积 ＝ ＝ ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在△FGL中，cos∠GFL＝ ＝ ，sin ，
△FGL边FL上的高h＝FG•sin∠GFL＝ ，
梯形EFGH面积S ＝ ＝ ＝6 ，
EFGH
∴S的面积为S＝S△EHK +S
EFGH
＝7 ．
故选：C．
【点评】本题考查正方体的结构特征、截面、余弦定理、三角形面积等基础知识，考查运算求解能力，
是中档题．
二十．异面直线及其所成的角（共2小题）
47．（2023•琼山区校级一模）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，
该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的
曲池，它的高为2，AA ，BB ，CC ，DD 均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1
1 1 1 1
和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）
1 1
A． B． C． D．
【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．
1 1
【解答】解：
设上底面圆心为O ，下底面圆心为O，连接OO ，OC，OB，
1 1
以O为原点，分别以OC，OB，OO 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则C（1，0，0），A（0，2，0），B （0，1，2），D （2，0，2），
1 1
则 ，
，
又异面直线所成角的范围为 ，
故异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 ．
1 1
故选：A．
【点评】本题考查了异面直线夹角的向量求法，属于中档题．
48．（2023•蕉城区校级二模）在长方体 ABCD﹣A B C D 中，A D和CD 与底面所成的角分别为 30°和
1 1 1 1 1 1
45°，则异面直线A D和B D 所成角的余弦值为（ ）
1 1 1
A． B． C． D．
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的
定义，根据余弦定理，可得答案．
【解答】解：由题意，可作图如下：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则∠A DA＝45°，∠D CD＝30°，设AD＝1，在△ADA 中，易知AA ＝AD＝1，
1 1 1 1
在△D DC中，DD ＝AA ＝1，DD ⊥CD， ，
1 1 1 1
在长方体ABCD﹣A B C D 中，易知DB∥D B ，
1 1 1 1 1 1
则∠A DB为异面直线A D与B D 的夹角或其补角，
1 1 1 1
在Rt△ABD中，AD2+AB2＝BD2，则BD＝2，同理可得 ，A B＝2，
1
由余弦定理，则 ．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二十一．异面直线的判定（共1小题）
（多选）49．（2023•保山模拟）如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示
GH，MN是异面直线的图形为（ ）
A． B． C． D．
【分析】判定异面直线的方法：①根据它的判定定理：“经过平面外一点与平面内一点的直线与平面
内不过该点的直线是异面直线．”②定义法：不在同一个平面内的．两条直线称为异面直线；③反证
法：既不平行又不相交的直线即为异面直线．
【解答】解：异面直线的判定定理：“经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是
异面直线．”
根据异面直线的判定定理可知：在图②④中，直线GH、MN是异面直线；
在图A中，由G、M均为棱的中点可知：GH∥MN；
在图C中，∵G、M均为棱的中点，∴四边形GMNH为梯形，则GH与MN相交．
故选：BD．
【点评】本题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，属于基础题．
二十二．空间中直线与直线之间的位置关系（共1小题）
50．（2023•顺义区二模）在正方体ABCD﹣A B C D 中，点M，N分别是棱DD 和线段BC 上的动点，则
1 1 1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】满足与DD 垂直的直线MN（ ）
1
A．有且仅有1条 B．有且仅有2条
C．有且仅有3条 D．有无数条
【分析】过点M作垂直于DD 的平面，交BC 于点N′，MN′⊥DD ，得出与DD 垂直的直线MN有
1 1 1 1
且只有1条，再根据M是动点，得出对应的直线MN有无数条．
【解答】解：正方体ABCD﹣A B C D 中，
1 1 1 1
点M，N 分别是棱 DD 和线段 BC 上的动点，过点 M作垂直于 DD 的平面，交BC 于点 N′，则
1 1 1 1
MN′⊥DD ；
1
因为点M是DD 上的动点，所以过M点与DD 垂直的平面有无数个，所以满足条件的N点也有无数个，
1 1
所以有无数个满足条件的直线MN，即满足与DD 垂直的直线MN有无数条．
1
故选：D．
【点评】本题考查了线面垂直的应用问题，是基础题．
二十三．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）
51．（2023•嵊州市模拟）已知不重合的平面 ， ， 和直线l，则“ ∥ ”的充分不必要条件是（ ）
A． 内有无数条直线与 平行 α β γ α β
B．lα⊥ 且l⊥ β
C． ⊥α 且 ⊥β
D．γ 内α的任γ何直β 线都与 平行
【分α析】根据线，面的平β行关系，逐一判断即可
【解答】解：A无数条平行推不出 ∥ ，
α β
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B，垂直于用一条直线的两平面平行，成立，反之不一定成立；
C， ⊥ 且 ⊥ ，推不出
D充γ要条α件，γ β
则“ ∥ ”的充分不必要条件是B，
故选α：Bβ．
【点评】本题考查线、面的平行关系的判定定理与性质定理，基础题．
二十四．直线与平面平行（共2小题）
52．（2023•白山二模）在正方体ABCD﹣A B C D 中，E，F分别为AB，A D 的中点，则（ ）
1 1 1 1 1 1
A．EF∥平面BB D B．EF∥平面B CD
1 1 1 1
C．EF⊥平面A BD D．EF⊥平面BC D
1 1
【分析】对于A，取A B 的中点G，连接EG，FG，EF，推导出EG∥BB ，FG∥B D ，从而EG∥平面
1 1 1 1 1
BB D ，FG∥平面BB D ，进而平面EFG平面BB D .由此得到EF∥平面BB D ；对于BCD，以D为坐
1 1 1 1 1 1 1 1
标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法判断．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A B C D 中，E，F分别为AB，A D 的中点，
1 1 1 1 1 1
取A B 的中点G，连接EG，FG，EF，如图，
1 1
因为E，F分别为AB，A D 的中点，所以EG∥BB ，FG∥B D ．
1 1 1 1 1
又EG，FG 平面BB D ，所以EG∥平面BB D ，FG∥平面BB D ，
1 1 1 1 1 1
故平面EFG⊄平面BB D ．
1 1
又EF 平面BB D ，所以EF∥平面BB D ，A正确，
1 1 1 1
以D为⊄坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设AB＝2，则E（2，1，0），F（1，0，2），B （2，2，2），D （0，0，2），C（0，2，0），
1 1
＝（﹣1，2，0）， ＝（2，0，2）， ＝（0，﹣2，2），
设平面B CD 的法向量 ＝（x，y，z），
1 1
则 ，取x＝1，得 ＝（1，﹣1，﹣1），
∵ ＝﹣1﹣2＝﹣3≠0，∴EF与平面B CD 不平行，故B错误；
1 1
＝（2，2，0）， ＝﹣2+4＝2≠0，∴EF与BD不垂直，
∴EF不垂直于平面A BD，EF不垂直于平面BC D，故C，D均错误．
1 1
故选：A．
【点评】本题考查线面平行、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．
53．（2023•葫芦岛一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝PD，AB⊥PA，AD＝
4，AB＝BC＝2．E为PD的中点．
（1）求证：CE∥平面PAB；
（2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：点D到平面PAB的距离．
条件①：四棱锥V
P﹣ABCD
＝4；
条件②：直线PB与平面ABCD所成的角正弦值为 ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）设F为PA中点，连接EF、BF，由已知可证四边形BCEF是平行四边形，利用线面平行
的判定定理即可证明；
（2）若选择条件①，设PO＝a，则由V
P﹣ABCD
＝4求得a＝2，通过建立空间直角坐标系，求平面PAB
的一个法向量 ，利用空间中点到面的距离公式 即可求解；
若选择条件②，设PO＝a，则由直线PB与平面ABCD所成的角正弦值为 求得a＝2，通过建立空间
直角坐标系，求平面PAB的一个法向量 ，利用空间中点到面的距离公式 即可求解．
【解答】证明：（1）设F为PA中点，连接EF、BF，因为E为PD的中点，
∵EF是三角形PAD的中位线，∴EF∥AD且 ，
又∵AD∥BC，AD＝4，AB＝BC＝2，
∴ ，
∴BC＝EF且BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴EC∥BF，又CE 平面PAB，BF 平面PAB，
∴CE∥平面PAB；⊄ ⊂
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解：（2）过P作PO⊥AD于O，连接OC，
∵AB⊥AD，AB⊥PA，且AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD， ⊂
又AB 平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
∵PA＝⊂PD，∴O为AD中点，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
又OC 平面ABCD，∴PO⊥OC，
如图建⊂立空间直角坐标系O﹣xyz，
设PO＝a，由题意得，A（0，2，0），B（2，2，0），C（2，0，0），D（0，﹣2，0），P（0，0，
a），
所以 ， ， ，
设平面PAB的法向量为 ，则 ，
令z＝2，则y＝a，∴ ，
选择条件①：
由 ，解得a＝2，
设D到平面PAB的距离为d，
则 ；
选择条件②：
连接OB，则OB是PB在平面ABCD内的射影，
所以直线PB与平面ABCD所成的角为∠OBP，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在Rt△POB中， ，
在Rt△AOB中， ， ，所以 ，所以a＝2，
设D到平面PAB的距离为d，
所以 ．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，点到平面距离的求法，直线与平面所成角，考查运算求
解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
二十五．直线与平面垂直（共2小题）
54．（2023•深圳模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A B C D ，点P在直线AD 上，Q为线段BD的中点，
1 1 1 1 1
则下列命题中假命题为（ ）
A．存在点P，使得PQ⊥A C
1 1
B．存在点P．使得PQ∥A B
1
C．直线PQ始终与直线CC 异面
1
D．直线PQ始终与直线BC 异面
1
【分析】根据已知条件，结合线面垂直的判断，异面直线的定义，中位线定理，即可依次求解．
【解答】解：正方体ABCD﹣A B C D 中，易得A C ⊥平面BDD B ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵点P在直线AD 上，Q为线段BD的中点，
1
当点P和D 重合时，PQ 平面BDD B ，
1 1 1
∴PQ⊥A C ，故A正确；⊂
1 1
连接A D，如图所示：
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当点P为线段A D的中点时，PQ为三角形A BD的中位线，即PQ∥A B，故B正确；
1 1 1
CC 平面AA C C，当点P和点A重合时，PQ 平面AA C C，
1 1 1 1 1
则直⊂线PQ和CC 在同一平面内，故C错误； ⊂
1
BC 平面ABC D ，PQ∩平面ABC D ＝P，P BC ，
1 1 1 1 1 1
故直⊂线PQ始终与直线BC 不相交，且不平行，∉是异面直线，故D正确．
1
故选：C．
【点评】本题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
55．（2023•张家口一模）已知正方体ABCD﹣A B C D ，则下列选项不正确的是（ ）
1 1 1 1
A．直线A B与B C所成的角为60°
1 1
B．A B⊥DB
1 1
C．DB ⊥平面ACD
1 1
D．B C⊥B D
1 1
【分析】由A B∥D C，得直线D C与B C所成的角即为直线A B与B C所成的角，由△B CD 为等边
1 1 1 1 1 1 1 1
三角形，求出∠D CB ＝60°；由四边形 ABCD 为正方形，得 AC⊥BD．BB ⊥平面 ABCD，从而
1 1 1
BB ⊥AC，从而AC⊥平面BB D D，AC⊥DB ．再由AD ⊥DB ，得DB ⊥平面ACD ，DB ⊥D C，由
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A B∥D C，得DB ⊥A B；设正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为1，利用余弦定理判断D．
1 1 1 1 1 1 1 1
【解答】解：正方体ABCD﹣A B C D ，如图，
1 1 1 1
∵A B∥D C，∴直线D C与B C所成的角即为直线A B与B C所成的角．
1 1 1 1 1 1
又△B CD 为等边三角形，∴∠D CB ＝60°，故A正确；
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵BB ⊥平面ABCD，∴BB ⊥AC．
1 1
∵BD 平面BB D D，BB 平面BB D D，BD∩BB ＝B，
1 1 1 1 1 1
∴AC⊥⊂平面BB D D．又B⊂D 平面BB D D，∴AC⊥DB ，
1 1 1 1 1 1
同理AD ⊥DB ， ⊂
1 1
又AC 平面ACD ，AD 平面ACD ，AC∩AD ＝A，
1 1 1 1
∴DB⊂⊥平面ACD ，∴D⊂B ⊥D C．
1 1 1 1
又A B∥D C，∴DB ⊥A B，故B，C正确；
1 1 1 1
设正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为1，
1 1 1 1
则DC＝1， ， ， ，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角、线面垂直、线线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．
二十六．平面与平面之间的位置关系（共1小题）
56．（2023•临汾模拟）“平面 与平面 平行”是“平面 内的任何一条直线都与平面 平行”的
（ ） α β α β
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】根据题意，由平面与平面平行的定义可得“平面 与平面 平行”是“平面 内的任何一条直
线都与平面 平行”充分条件，反之，由线面平行的判定定α 理可得“β 平面 与平面 平α 行”是“平面
内的任何一条β直线都与平面 平行”必要条件，综合可得答案． α β α
【解答】解：根据题意，若平β 面 与平面 平行，则两个平面没有公共点，故平面 内的任何一条直线
都与平面 平行， α β α
反之，若平β面 内的任何一条直线都与平面 平行，平面 内必定存在两条相交直线与平面 平行，则
有平面 与平面α 平行， β α β
故“平面α 与平面β 平行”是“平面 内的任何一条直线都与平面 平行”的充要条件．
故选：C．α β α β
【点评】本题平面与平面的判定和性质的应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
二十七．平面与平面平行（共2小题）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】57．（2023•辽宁一模）能使两个不同平面 与 平行的条件是（ ）
A． 内有无数条直线与 平行 α β
B．α， 垂直于同一个平β面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
【分α析】β利用面面平行的判定与性质逐项判断，能求出结果．
【解答】解：对于A， 内有无数条直线与 平行，则平面 与 相交或平行，故A错误；
对于B， ， 垂直于同α一个平面，则平面 β与 相交或平行α，故βB错误；
对于C，α，β平行于同一条直线，则平面α与β相交或平行，故C错误；
对于D，α，β垂直于同一条直线，则平面α与β平行，故D正确．
故选：D．α β α β
【点评】本题考查面面平行的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
58．（2023•湖北模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥M
﹣BCGF绕直线CG逆时针旋转 （0＜ ＜ ）后，得到四棱锥M'﹣B'CGF'．
α α π
（1）若 ，求证：平面MCG∥平面M'B'F'；
（2）是否存在 ，使得直线M'F'⊥平面MBC？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
α α
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在 ，使得直线MF′⊥平面MBC，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面
α
MBC的法向量，则求出 的坐标，由 ∥ 可得 ，此方程组无解，即可
得出结论．
【解答】（1）证明：若 ＝ ，则平面DCGH、平面CB′F′G为同一个平面．连接BH，BF′，则
M是BH中点，M′是BFα′中点，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故MM′是 BHF′的中位线，所以 MM′∥GF′， 因为 MM′∥GF'，MM'＝
GF'，
所以平面四边形MM′F′G是平行四边形，所以MG∥M′F′，
又MG 平面M′B′F′，MF 平面M′B′F′，所以MG∥平面M′B′F′，
同理M⊄C∥平面B′M′F′，且⊂MG 平面MCG，MC 平面MCG，MG∩MC＝M，
所以平面MCG∥平面M′B′F′．⊂ ⊂
（2）解：假设存在 ，使得直线M′F′⊥平面MBC，
α
以C为原点，分别以 ， ， 为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），B（2，0，0），M（1，﹣1，1），故 ， ＝（1，﹣1，1），
设 ＝（x，y，z）是平面MBC的法向量，则 ，所以 ，
取y＝1，得 ＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量，
取CG中点P，BF中点Q，连接PQ，PM，则PM⊥CG，PQ⊥CG，PM′⊥CG，
于是∠MPM′是二面角M﹣CG﹣M′的平面角，∠MPQ是二面角M﹣CG﹣Q的平面角，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∠QPM′是二面角Q﹣CG﹣M′的平面角．于是∠MPM′＝ ， ，
α
所以 ，且CG⊥平面M′PM， ，
故 ，同理F′（2cos ，2sin ，2），
α α
所以 ＝（2cos ﹣ cos（ ﹣ ），2sin ﹣ sin（ ﹣ ），1），
α α α α
因为2cos ﹣ cos（ ﹣ ）＝2cos ﹣ cos cos ﹣ sin sin ＝cos ﹣sin ，
α α α α α α α
2sin ﹣ sin（ ﹣ ）＝2sin ﹣ sin cos + cos sin ＝cos +sin ，
α α α α α α α
所以 ＝（cos ﹣sin ，cos +sin ，1），
α α α α
若直线M′F′⊥平面MBC， 是平面MBC的一个法向量，则 ∥ ，
即存在 R，使得 ＝ ，则 ，此方程组无解，
所以不存
λ∈
在 ，使得直线M′ λF′⊥平面MBC．
【点评】本题α主要考查面面平行的判定，线面垂直的判定，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中
档题．
二十八．平面与平面垂直（共2小题）
59．（2023•鲤城区校级模拟）设m，n为两条直线， ， 为两个平面，则 ⊥ 的充分条件是（ ）
A．m∥ ，n∥ ，m⊥n B．mα⊥ β，n∥ ，m⊥n α β
C．m⊥α，n⊥β，m⊥n D．m α，n β，m⊥n
【分析】α对于选β项A、B、D，可以举反例进行排除⊂；α对于⊂选β项C，可以结合空间两个平面的法向量垂直，
则两个平面垂直进行判断．
【解答】解：对于A，如图1， ⋂ ＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥ ，n∥ ，m⊥n，平面 与 不一定垂
直，故A错误； α β α β α β
对于B，如图2， ⋂ ＝l，n∥l，m⊥ ，则满足n∥ ，m⊥n，平面 与 不一定垂直，故B错误；
α β α β α β
对于C，如图3，如图m⊥ ，n⊥ ，m⊥n，在直线m，n上取两个向量 ，则 分别为平
α β
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】面 ， 的法向量，且 ，则 ⊥ ，故C正确；
α β α β
对于D，如图4， ⋂ ＝l，m ，n ，m⊥l，n∥l，则m⊥n，平面 与 不一定垂直，故D错误；
α β ⊂α ⊂β α β
故选：C．
【点评】本题主要考查了面面垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，属于基础题．
60．（2023•兴国县模拟）如图，在三棱柱 ABC﹣A B C 中，侧面AA C C是矩形，侧面BB C C是菱形，
1 1 1 1 1 1 1
∠B BC＝60°，D、E分别为棱AB、B C 的中点，F为线段C E的中点．
1 1 1 1
（1）证明：AF∥平面A DE；
1
（2）在棱BB 上是否存在一点G，使平面ACG⊥平面BB C C？若存在，请指出点G的位置，并证明你
1 1 1
的结论；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）取A C 的中点M，连接AM、EM、FM，证明出平面AFM∥平面A DE，再利用面面平行
1 1 1
的性质可证得结论成立；
（2）当点G为棱BB 的中点时，推导出BB ⊥平面ACG，再结合面面垂直的判定定理可得出结论．
1 1
【解答】（1）证明：取A C 的中点M，连接AM、EM、FM，
1 1
因为AA ∥BB 且AA ＝BB ，故四边形AA B B为平行四边形，所以，AB∥A B 且AB＝A B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为D为AB的中点，则AD∥A B 且 ，
1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为M、E分别为A C 、B C 的中点，所以，EM∥A B 且 ，
1 1 1 1 1 1
所以，AD∥EM且AD＝EM，故四边形ADEM为平行四边形，所以，AM∥DE，
因为AM 平面A DE，DE 平面A DE，所以，AM∥平面A DE，
1 1 1
因为M、⊄F分别为A C 、C⊂E的中点，所以，FM∥A E，
1 1 1 1
因为FM 平面A DE，A E 平面A DE，所以，FM∥平面A DE，
1 1 1 1
因为AM⊄∩FM＝M，AM、F⊂M 平面AFM，所以，平面AFM∥平面A DE，
1
因为AF 平面AFM，所以AF⊂∥平面A DE．
1
（2）解⊂：当点G为BB 的中点时，平面ACG⊥平面BB C C，
1 1 1
因为四边形AA C C为矩形，则AC⊥CC ，因为BB ∥CC ，则BB ⊥AC，
1 1 1 1 1 1
因为四边形BB C C为菱形，则BC＝BB ，
1 1 1
因为∠B BC＝60°，则△B BC为等边三角形，
1 1
因为G为BB 的中点，所以，BB ⊥CG，
1 1
因为AC∩CG＝C，AC、CG 平面ACG，所以，BB ⊥平面ACG，
1
因为BB 平面BB C C，所以⊂，平面ACG⊥平面BB C C，
1 1 1 1 1
因此，当⊂点G为BB 的中点时，平面ACG⊥平面BB C C．
1 1 1
【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系判断问题，也考查了推理与证明能力，是中档题．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
