第31頁（共31頁）2021-2025年高考數(shù)學真題知識點分類匯編之立體幾何初步（一）一．選擇題（共10小題）1．（2025?天津）若m為直線，α，β為兩個平面，則下列結論中正確的是（）A．若m∥α，n?α，則m∥n B．若m⊥α，m⊥β，則α⊥β C．若m∥α，m⊥β，則α⊥β D．若m?α，α⊥β，則m⊥β2．（2025?上海）如圖，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱臺，則下列各組直線中屬于異面直線的是（）A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB3．（2024?新高考Ⅰ）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為3，則圓錐的體積為（）A．23π B．33π C．63π D．93π4．（2024?天津）在如圖五面體中，棱AD，BE，CF互相平行，且兩兩之間的距離均為1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，則該五面體的體積為（）A．36 B．34+12 C．5．（2024?上海）空間中有兩個不同的平面α，β和兩條不同的直線m，n，則下列說法中正確的是（）A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則n⊥β C．若α∥β，m∥α，n∥β，則m∥n D．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β6．（2024?全國）正四棱柱的八個頂點都在一個半徑為1的球O的球面上，O到該正四棱柱側面的距離為12，則該正四棱柱A．22 B．2 C．22 D7．（2024?甲卷）已知α、β是兩個平面，m、n是兩條直線，α∩β＝m．下列四個命題：①若m∥n，則n∥α或n∥β②若m⊥n，則n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，則m∥n④若n與α和β所成的角相等，則m⊥n其中，所有真命題的編號是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④8．（2024?天津）已知m，n是兩條直線，α是一個平面，則下列命題正確的是（）A．若m∥α，m⊥n，則n⊥α B．若m⊥α，m⊥n，則n⊥α C．若m∥α，n⊥α，則m⊥n D．若m⊥α，n⊥α，則m⊥n9．（2024?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝22，該棱錐的高為（）A．1 B．2 C．2 D．310．（2024?甲卷）已知α、β是兩個平面，m、n是兩條直線，α∩β＝m．下列四個命題：①若m∥n，則n∥α或n∥β②若m⊥n，則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，則m∥n④若n與α，β所成的角相等，則m⊥n其中，所有真命題的編號是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④二．多選題（共1小題）（多選）11．（2025?新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為BC中點，則（）A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1三．填空題（共7小題）12．（2025?新高考Ⅱ）一個底面半徑為4cm，高為9cm的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為cm．13．（2025?北京）某科技興趣小組使用3D打印機制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其中ABCDEF是一個平面多邊形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD=52，則該多面體的體積為14．（2025?上海）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝42，DB1＝9，則該正四棱柱的體積為．15．（2025?上海）已知P是一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑是1．B、C分別在圓錐的底面上，則異面直線PA與BC所成角的最小值為．16．（2024?全國）已知二面角α﹣AB﹣β的大小為90°，正方形ABCD在α內(nèi)，等邊三角形ABF在β內(nèi)，則異面直線AC與BF所成角的余弦值為．17．（2024?甲卷）已知甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲V乙=18．（2024?甲卷）已知甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲V乙=四．解答題（共2小題）19．（2025?上海）如圖，P是圓錐的頂點，O是底面圓心，AB是底面直徑，且AB＝2．（1）若直線PA與圓錐底面的所成角為π3（2）已知Q是母線PA的中點，點C、D在底面圓周上，且弧AC的長為π3，CD∥AB．設點M在線段OC上，證明：直線QM∥平面PBD20．（2025?新高考Ⅰ）如圖所示的四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝AB=2，AD=3+1，BC＝2，P，B，C，D（i）證明：O在平面ABCD上；（ii）求直線AC與直線PO所成角的余弦值．

2021-2025年高考數(shù)學真題知識點分類匯編之立體幾何初步（一）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案CDBCABACDA二．多選題（共1小題）題號11答案BC一．選擇題（共10小題）1．（2025?天津）若m為直線，α，β為兩個平面，則下列結論中正確的是（）A．若m∥α，n?α，則m∥n B．若m⊥α，m⊥β，則α⊥β C．若m∥α，m⊥β，則α⊥β D．若m?α，α⊥β，則m⊥β【考點】直線與平面垂直．【專題】分類討論；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；空間想象．【答案】C【分析】根據(jù)直線與平面的位置關系進行判斷．【解答】解：對于A，若m∥α，n?α，則m與n可能平行也可能異面，故A錯誤；對于B，若m⊥α，m⊥β，則α∥β，故B錯誤；對于C，若m∥α，m⊥β，則α⊥β，C正確；對于D，若m?α，α⊥β，則m可能平行于β，也可能與β斜交，也可能垂直于β，故D錯誤．故選：C．【點評】本題主要考查直線和平面間的位置關系，屬于中檔題．2．（2025?上海）如圖，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱臺，則下列各組直線中屬于異面直線的是（）A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB【考點】空間中直線與直線之間的位置關系；異面直線的判定．【專題】集合思想；綜合法；空間位置關系與距離；數(shù)學抽象．【答案】D【分析】根據(jù)棱臺的性質及直線與直線的位置關系即可判斷．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，因為ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱臺，所以AB∥A1B1∥C1D1，故A錯誤，對于B，棱臺的側棱延長后交于一點，所以AA1與CC1相交，故B錯誤，對于C，同理B，BB1與DD1也相交，所以B，B1，D1，D四點共面，所以BD1與B1D相交，故C錯誤，對于D，A1D1與AB既不相交，也不平行，是異面直線，故D正確．故選：D．【點評】本題考查空間直線的位置關系，涉及異面直線的判斷，屬于基礎題．3．（2024?新高考Ⅰ）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為3，則圓錐的體積為（）A．23π B．33π C．63π D．93π【考點】圓錐的體積．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】B【分析】設出底面半徑，通過高結合側面積相等，求解底面半徑，然后求解圓錐的體積．【解答】解：設圓錐的底面半徑為：r，圓錐的母線長為：3+r圓柱和圓錐的側面積相等，可得23πr=1解得r＝3，圓錐的體積為：13×π×故選：B．【點評】本題考查空間幾何體的側面積和體積的求法，是基礎題．4．（2024?天津）在如圖五面體中，棱AD，BE，CF互相平行，且兩兩之間的距離均為1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，則該五面體的體積為（）A．36 B．34+12 C．【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】根據(jù)題意，分別延長AD、BE到G、H，使AG、BH、CF平行且相等，得到三棱柱ABC﹣GHF，根據(jù)四邊形ABED與四邊形HGDE全等，利用錐體的體積公式得到VF﹣ABED＝VF﹣HGDE=13VABC﹣GHF，然后求出ABC﹣【解答】解：延長AD到G，使DG＝2，延長BE到H，使EH＝1，連接AF、BF，可得AG＝BH＝CF＝3，結合AG∥BH∥CF，可知ABC﹣GHF為三棱柱，因為四邊形ABED與四邊形HGDE全等，所以VF﹣ABED＝VF﹣HGDE=13VABC﹣由AG∥BH∥CF，且它們兩兩之間的距離為1．可知：當ABC﹣GHF為正三棱柱時，底面邊長為1，高為3，此時VABC﹣GHF=3根據(jù)棱柱的性質，若ABC﹣GHF為斜三棱柱，體積也是33因此，VF﹣HGDE=13VABC﹣GHF=34，可得該五面體的體積V＝VABC﹣GHF﹣VF故選：C．【點評】本題主要考查棱柱的定義與性質、柱體與錐體的體積公式及其應用等知識，考查了計算能力、圖形的理解能力，屬于中檔題．5．（2024?上海）空間中有兩個不同的平面α，β和兩條不同的直線m，n，則下列說法中正確的是（）A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則n⊥β C．若α∥β，m∥α，n∥β，則m∥n D．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系；空間中直線與直線之間的位置關系．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)題意，由直線與平面平行、垂直的性質分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，若α⊥β，m⊥α，則m∥β或m?β，又n⊥β，所以m⊥n，故A正確；對于B，若α⊥β，m⊥α，則m∥β或m?β，由m⊥n，則n與β斜交、垂直、平行均有可能，故B錯誤；對于C，若α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，由n∥β，則m與n相交、平行、異面均有可能，故C錯誤；對于D，若α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，又m∥n，則n∥β或n?β，故D錯誤．故選：A．【點評】本題考查空間直線與平面間的位置關系，涉及直線與平面平行、垂直的判斷，屬于基礎題．6．（2024?全國）正四棱柱的八個頂點都在一個半徑為1的球O的球面上，O到該正四棱柱側面的距離為12，則該正四棱柱A．22 B．2 C．22 D【考點】棱柱的體積；球內(nèi)接多面體．【專題】轉化思想；綜合法；球；運算求解．【答案】B【分析】根據(jù)題意可正四棱柱的體對角線即為其外接球的直徑2R＝2，再建立方程求出正四棱柱的，最后代入體積公式，即可求解．【解答】解：∵正四棱柱的八個頂點都在一個半徑為1的球O的球面上，O到該正四棱柱側面的距離為12∴正四棱柱的底面邊長為1，設正四棱柱的高為h，則正四棱柱的體對角線即為其外接球的直徑2R＝2，∴（2R）2＝12+12+h2，即4＝2+h2，∴h=2∴該正四棱柱的體積為1×故選：B．【點評】本題考查正四棱柱的外接球問題，屬基礎題．7．（2024?甲卷）已知α、β是兩個平面，m、n是兩條直線，α∩β＝m．下列四個命題：①若m∥n，則n∥α或n∥β②若m⊥n，則n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，則m∥n④若n與α和β所成的角相等，則m⊥n其中，所有真命題的編號是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；空間中直線與直線之間的位置關系．【專題】整體思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．【答案】A【分析】由已知結合直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系檢驗各命題即可判斷．【解答】解：①若n?α，因為m∥n，m?β，則n∥β，若n?β，因為m∥n，m?α，則n∥α，若n不在α也不在β內(nèi)，因為m∥n，m?α，m?β，所以n∥α且n∥β，故①正確；②若m⊥n，則n與α，β不一定垂直，也有可能相交，故②錯誤；③過直線n分別作平面，與α，β分別相交于直線a，直線b，因為n∥α，過直線n的平面與平面α相交于直線a，所以n∥a，同理可得n∥b，所以a∥b，因為a?α，b?β，則a∥β，因為a?α，α∩β＝m，則a∥m，又因為n∥a，則m∥n，故③正確；④n與α和β所成的角相等，則m和n不一定垂直，故④錯誤；綜上只有①③正確．故選：A．【點評】本題主要考查了空間線面位置關系的應用，屬于中檔題．8．（2024?天津）已知m，n是兩條直線，α是一個平面，則下列命題正確的是（）A．若m∥α，m⊥n，則n⊥α B．若m⊥α，m⊥n，則n⊥α C．若m∥α，n⊥α，則m⊥n D．若m⊥α，n⊥α，則m⊥n【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；空間中直線與直線之間的位置關系．【專題】計算題；方程思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學抽象．【答案】C【分析】根據(jù)題意，由空間直線與平面的位置關系依次分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，若m∥α，m⊥n，則n、α平行或相交，不一定垂直，A錯誤；對于B，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，B錯誤；對于C，m∥α，n⊥α，過m作平面β，使得β∩α＝p，因為m?β，所以m∥p，又因為p?α，所以m⊥n，故C正確；對于D，若m⊥α，n⊥α，則m∥n，D錯誤．故選：C．【點評】本題考查直線與平面的位置關系，涉及直線與平面平行的性質，屬于基礎題．9．（2024?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝22，該棱錐的高為（）A．1 B．2 C．2 D．3【考點】棱錐的結構特征；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】轉化思想；轉化法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】D【分析】根據(jù)題意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PG⊥平面ABCD，再結合等面積法，即可求解．【解答】解：由題意知△PAB為正三角形，因為PC2+PD2＝CD2，所以PC⊥PD，分別取AB，CD的中點E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，則PE＝23，PF＝2，EF＝4，則PE2+PF2＝EF2，所以PE⊥PF，過點P作PG⊥EF，垂足為G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF?平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG?平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF?平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG為四棱錐P﹣ABCD的高，因為1所以PG=故選：D．【點評】本題主要考查棱錐的結構特征，考查轉化能力，屬于難題．10．（2024?甲卷）已知α、β是兩個平面，m、n是兩條直線，α∩β＝m．下列四個命題：①若m∥n，則n∥α或n∥β②若m⊥n，則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，則m∥n④若n與α，β所成的角相等，則m⊥n其中，所有真命題的編號是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；空間中直線與直線之間的位置關系．【專題】轉化思想；轉化法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)已知條件，結合空間中線與面之間的關系，即可求解．【解答】解：①若n?α，因為m∥n，m?β，則n∥β，若n?β，因為m∥n，m?α，則n∥α，若n不在α也不在β內(nèi)，因為m∥n，m?α，m?β，所以n∥α且n∥β，故①正確；②若m⊥n，則n與α，β不一定垂直，也有可能相交，故②錯誤；③過直線n分別作平面，與α，β分別相交于直線a，直線b，因為n∥α，過直線n的平面與平面α相交于直線a，所以n∥a，同理可得n∥b，所以a∥b，因為a?α，b?β，則a∥β，因為a?α，α∩β＝m，則a∥m，又因為n∥a，則m∥n，故③正確；④n與α和β所成的角相等，則m和n不一定垂直，故④錯誤；綜上只有①③正確．故選：A．【點評】本題主要考查空間中直線與平面之間的關系，屬于基礎題．二．多選題（共1小題）（多選）11．（2025?新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為BC中點，則（）A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1【考點】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】BC【分析】對于A，通過A1D1⊥CD1，可以得出AD與A1C不垂直；對于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，從而BC⊥平面AA1D；對于C，由CC1∥AA1，得CC1∥平面AA1D；對于D，由AB∩AD＝A，AB∥A1B1，得AD與A1B1不平行．【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為BC中點，對于A，取B1C1中點D1，連接A1D1，CD1，因為A1D1⊥CD1，A1D1∥AD，所以A1D1與A1C不垂直，即AD與A1C不垂直，故A錯誤；對于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，AD∩AA1＝A，∴BC⊥平面AA1D，故B正確；對于C，∵CC1∥AA1，CC1?平面AA1D，AA1?平面AA1D，∴CC1∥平面AA1D，故C正確；對于D，∵AB∩AD＝A，AB∥A1B1，∴AD與A1B1不平行，故D錯誤．故選：BC．【點評】本題考查線線垂直、線面垂直、線面平行、線線平行的判定與性質等基礎知識，考查空間思維能力，是中檔題．三．填空題（共7小題）12．（2025?新高考Ⅱ）一個底面半徑為4cm，高為9cm的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為52cm【考點】球的體積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；球；邏輯思維；運算求解；空間想象．【答案】52【分析】根據(jù)鐵球在圓柱內(nèi)的不同位置進行分類討論，得到鐵球半徑的最大值．【解答】解：若兩鐵球相切，且下方鐵球與底面和側面均相切，軸截面如圖，則球的半徑R＝4，此時4R＝16＞9，故不符合題意；若兩鐵球相切，且上方鐵球與上底面相切，下方鐵球與下底面相切，兩球心均在圓柱上下底面中心連線上，如圖，則鐵球半徑R滿足4R＝9，此時R=9若兩鐵球相切，且上方鐵球與上底面相切，下方鐵球與下底面相切，兩球心分別在圓柱軸截面對角的角平分線上，軸截面如圖，其中AC為軸截面對角線，O1、O2為兩球球心，分別過O1作AD的平行線，過O2作CD的平行線，兩線交于點M，設鐵球半徑為R，則MO1＝8﹣2R，O2M＝9﹣2R，O1O2＝2R，所以（9﹣2R）2+（8﹣2R）2＝4R2，解得R=52或R故此時R=5綜上，鐵球半徑的最大值為52故答案為：52【點評】本題主要考查圓柱的內(nèi)切球，屬于中檔題．13．（2025?北京）某科技興趣小組使用3D打印機制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其中ABCDEF是一個平面多邊形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD=52，則該多面體的體積為60【考點】棱錐的體積．【專題】整體思想；數(shù)形結合法；分割補形法；立體幾何；空間想象．【答案】60．【分析】分析出組合體為對稱立體圖形后，將組合體體積拆分成VAFR﹣BNQ+VCDN﹣BMP+VS﹣BMEN+VS﹣BMP+VS﹣BNQ，根據(jù)代入棱錐、棱柱體積公式計算即可．【解答】解：∵AB∥EF∥CD，AF∥BC∥ED，且AB⊥BC，可得BC⊥CD，CD⊥DE，DE⊥EF，EF⊥AF，AF⊥AB，延長CB與EF相交于點N，延長AB與ED相交于點M，所以AM⊥ED，CN⊥EF，所以四邊形ABNF和四邊形CDMB為矩形，所以AF＝CD＝BM＝BN，所以四邊形BNME為正方形，所以BM＝ME＝EN＝BN＝AF＝CD＝4，即EF＝DE＝12，由此可得組合體關于平面SBE對稱；過點B作BQ∥AR，交RS于點Q，連接QN，過點B作BP∥CT，交TS于點P，連接PM，所以平面ARF∥平面BQN，平面CDT∥BMP，所以組合體體積可以分為V＝VAFR﹣BNQ+VCDN﹣BMP+VS﹣BMEN+VS﹣BMP+VS﹣BNQ，①求解三棱柱AFR﹣BNQ和CDN﹣BMP的體積：因為平面ARF⊥平面ABC，平面ARF∩平面ABC＝AF，AB⊥AF，所以三棱柱AFR﹣BNQ為直三棱柱（三棱柱CDN﹣BMP同理），所以VAFR﹣BNQ＝VCDN﹣BMP＝S△ARF?|AB|=12×4×(②求解四棱錐S﹣BMEN的體積：由組合體關于平面SBE對稱，所以平面SDE⊥平面BMEN，作RS在底面ABEF的投影，因為AR＝FR，平面ARF⊥平面ABC，所以R在底面的投影為AF中點，又因為平面SDE⊥平面BMEN，所以S在底面的投影為BE的中點O，SO即為(5所以VS﹣BMEN=13③求解三棱錐S﹣BMP和三棱錐S﹣BNQ的體積：因為AB⊥平面ARF，AB∥RQ，平面平面ARF∥平面BQN，所以平面BQN垂直RS，所以QS即為三棱錐S﹣BNQ的高，QS=12NE＝所以VS﹣BMP＝VS﹣BNQ=13×12×綜上，組合體體積為24+24+8+2+2＝60．故答案為：60．【點評】本題考查立體幾何圖形體積的求解，考查空間想象能力，屬于中檔題．14．（2025?上海）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝42，DB1＝9，則該正四棱柱的體積為112．【考點】棱柱的體積．【專題】數(shù)形結合；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】112．【分析】由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1為正四棱柱可得底面ABCD為正方形且BB1⊥底面ABCD，再結合勾股定理求得AB，BB1，再由棱柱的體積公式即可求得．【解答】解：由題知，底面ABCD為正方形，所以2AB2＝BD2＝32，所以AB＝4，因為四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1為正四棱柱，所以BB1⊥底面ABCD，因為BD?底面ABCD，所以BB1⊥BD，所以BB所以BB所以該正四棱柱的體積為4×4×7＝112．故答案為：112．【點評】本題考查棱柱的體積求解，屬于基礎題．15．（2025?上海）已知P是一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑是1．B、C分別在圓錐的底面上，則異面直線PA與BC所成角的最小值為π3【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】π3【分析】過A作AD∥BC交底面圓錐于D點，則∠PAD為異面直線PA與BC所成角，結合余弦定理與余弦函數(shù)的性質即可得∠PAD的取值范圍，從而得所求最值．【解答】解：P是一個圓錐的頂點，PA是母線，PA＝2，該圓錐的底面半徑是1，B、C分別在圓錐的底面上，如圖，過A作AD∥BC交底面圓錐于D點，連接PD，∵PA＝PD，AD∥BC，則∠PAD為異面直線PA與BC所成角，∴cos∠又0＜|AD|≤2，∴0＜|AD∵∠PAD∈(0，π2)，函數(shù)∴π3∴異面直線PA與BC所成角的最小值為π3故答案為：π3【點評】本題考查異面直線所成角等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．16．（2024?全國）已知二面角α﹣AB﹣β的大小為90°，正方形ABCD在α內(nèi)，等邊三角形ABF在β內(nèi)，則異面直線AC與BF所成角的余弦值為24【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間向量及應用；運算求解．【答案】24【分析】由題意建立空間直角坐標系，設正方形的邊長，求出直線BF，AC的方向向量BF→，AC【解答】解：過F作FO⊥AB，在平面α過O作y軸⊥AB，因為二面角α﹣AB﹣β的大小為90°，所以FO⊥平面α，設正方形的邊長為2，由題意OF=3可得F（0，0，3），B（1，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2，0），則BF→=（﹣1，0，3），AC→=（2，所以BF→?AC→=-1×2+0×2+3|BF→|=(-1)2+02+(3所以cos＜BF→，所以異面直線AC與BF所成角的余弦值為|cos＜BF→，AC→故答案為：24【點評】本題考查用空間向量的方法求異面直線所成角的余弦值的求法，屬于中檔題．17．（2024?甲卷）已知甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲V乙=【考點】圓臺的體積．【專題】整體思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由已知結合圓臺的體積公式即可求解．【解答】解：因為甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲故答案為：64【點評】本題主要考查了圓臺的體積公式的應用，屬于基礎題．18．（2024?甲卷）已知甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲V乙=【考點】圓臺的體積．【專題】整體思想；綜合法；三角函數(shù)的求值；三角函數(shù)的圖象與性質；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由已知結合圓臺的體積公式即可求解．【解答】解：因為甲、乙兩個圓臺上下底面的半徑均為r2和r1，母線長分別為2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），則兩個圓臺的體積之比V甲故答案為：64【點評】本題主要考查了圓臺的體積公式的應用，屬于基礎題．四．解答題（共2小題）19．（2025?上海）如圖，P是圓錐的頂點，O是底面圓心，AB是底面直徑，且AB＝2．（1）若直線PA與圓錐底面的所成角為π3（2）已知Q是母線PA的中點，點C、D在底面圓周上，且弧AC的長為π3，CD∥AB．設點M在線段OC上，證明：直線QM∥平面PBD【考點】圓錐的側面積和表面積；直線與平面平行．【專題】轉化思想；轉化法；空間位置關系與距離；邏輯思維；空間想象．【答案】（1）2π；（2）證明見解答．【分析】（1）由題意及圓錐的性質，結合圓錐側面積公式計算即可；（2）利用證明面和面平行證線面平行．【解答】解：（1）如圖，連接PO，依題意及圓錐的性質得∠PAO=π3，AO=12AB＝1所以PA=AOcos所以圓錐的側面積S側＝π?AO?PA＝2π．（2）證明：連接QO，QC，OD，因為Q是母線PA的中點，AB是底面圓O的直徑，所以QO∥PB，又PB?平面PBD，QO?平面PBD，所以QO∥平面PBD，因為AC=∠AOC?OA=所以∠AOC=π因為CD∥AB，所以∠OCD＝∠AOC=π則△OCD為等邊三角形，∠COD=π所以∠BOD=π所以△OBD為等邊三角形，∠OBD=π所以OC∥BD，所以四邊形OCDB是平行四邊形，則OC∥BD，又BD?平面PBD，OC?平面PBD，所以OC∥平面PBD，而OC∩QO＝O，OC，QO?平面QCO，所以平面QCO∥平面PBD，又QM?平面QCO，所以QM∥平面PBD．【點評】本題考查圓錐的性質及側面積的求解，考查了空間中直線與平面平行的證明，屬于中檔題．20．（2025?新高考Ⅰ）如圖所示的四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝AB=2，AD=3+1，BC＝2，P，B，C，D（i）證明：O在平面ABCD上；（ii）求直線AC與直線PO所成角的余弦值．【考點】平面與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間向量及應用；球；邏輯思維；空間想象．【答案】（1）證明見解答；（2）（i）證明見解答；（ii）23【分析】（1）由PA⊥平面ABCD得PA⊥AB，結合題意，可得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理證明即可；（2）（i）建立空間直角坐標系，設球心O（x，y，z），半徑R，利用空間中兩點的距離公式建立方程組，解方程組可得O點坐標和R，進而可得結論；（ii）利用空間向量法求異面直線所成角的余弦值即可．【解答】解：（1）證明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．（2）（i）證明：由題意，AB，AD，AP兩兩垂直，分別以AB，AD，AP為x，y，z軸，建立空間直角坐標系A﹣xyz，則B(2，0，0)，設球心O（x，y，z），半徑R，則OP=ROB=R∴O（0，1，0），∴O∈平面ABCD．（ii）由（i）得AC→=(2設直線AC與直線PO所成角為θ，則cosθ=|cos【點評】本題考查平面與平面垂直的判定，考查異面直角所成的角的余弦值，考查空間幾何體的外接球的確定，是中檔題．

考點卡片1．棱錐的結構特征【知識點的認識】1．棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面圍成的幾何體叫做棱錐．用頂點和底面各頂點的字母表示，例：S﹣ABCD．2．認識棱錐棱錐的側面：棱錐中除底面外的各個面都叫做棱錐的側面．棱錐的側棱：相鄰側面的公共邊叫做棱錐的側棱．棱錐的頂點；棱錐中各個側面的公共頂點叫做棱錐的頂點．棱錐的高：棱錐的頂點到底面的距離叫做棱錐的高．棱錐的對角面；棱錐中過不相鄰的兩條側棱的截面叫做對角面．3．棱錐的結構特征棱錐1根據(jù)棱錐的結構特征，可知棱錐具有以下性質：平行于底面的截面和底面相似，且它們的面積比等于截得的棱錐的高與原棱錐的高的比．4．棱錐的分類棱錐的底面可以是三角形、四邊形、五邊形…我們把這樣的棱錐分別叫做三棱錐、四棱錐、五棱錐…正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點在底面內(nèi)的射影是底面中心，這樣的棱錐叫做正棱錐．正棱錐的各個側面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=132．球內(nèi)接多面體【知識點的認識】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點都在球面上，且球心到各頂點的距離都是半徑．球內(nèi)接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內(nèi)切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關系；（2）球的半徑與多面體的棱長的關系；（3）球自身的對稱性與多面體的對稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②正方體的四個頂點都在球面上；③球半徑和正方體棱長的關系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②球與正方體每個面的切點都是每個面的中心點；③球半徑和正方體棱長的關系：r=123．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=134．棱柱的體積【知識點的認識】棱柱的體積可以通過底面面積B和高度h計算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質計算．【命題方向】﹣棱柱的體積計算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計算棱柱的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用棱柱體積計算．5．棱錐的體積【知識點的認識】棱錐的體積可以通過底面面積B和高度h計算，頂點到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質計算．【命題方向】﹣棱錐的體積計算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計算棱錐的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用棱錐體積計算．6．圓錐的側面積和表面積【知識點的認識】圓錐的側面積和表面積依賴于底面圓的半徑r、母線長度l和底面圓的面積．【解題方法點撥】﹣側面積：計算公式為πrl．﹣表面積：包括底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr【命題方向】﹣圓錐的表面積計算：考查如何計算圓錐的側面積和表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的表面積計算．7．圓錐的體積【知識點的認識】圓錐的體積計算依賴于底面圓的半徑r和圓錐的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據(jù)實際問題中的圓錐尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓錐的體積計算：考查如何根據(jù)底面圓的半徑和高度計算圓錐的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的體積計算．8．圓臺的體積【知識點的認識】圓臺的體積計算依賴于底面圓的半徑r1、頂面圓的半徑r2和圓臺的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據(jù)實際問題中的圓臺尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓臺的體積計算：考查如何根據(jù)底面和頂面的半徑以及高度計算圓臺的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓臺的體積計算．9．球的體積【知識點的認識】球的體積依賴于球的半徑r，計算公式為43【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為43﹣實際應用：如何根據(jù)實際問題中的球尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣球的體積計算：考查如何根據(jù)球的半徑計算體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用球的體積計算．10．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經(jīng)過空間任意一點O