第37頁（共37頁）2025年高考數學復習新題速遞之立體幾何初步（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?昌黎縣校級模擬）設m，n是兩條直線，α，β是兩個平面，已知m∥n，n∥α，則“m⊥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2025?臨汾二模）已知圓錐的底面半徑為2，其側面展開圖為14個A．4 B．22 C．42 D3．（2025春?思明區校級月考）若圓錐的軸截面是一個頂角為2π3，腰長為A．934 B．23 C．924．（2025?晉中模擬）已知棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的中心為O，若球O的球面與該正方體的棱有公共點，則球O的表面積的取值范圍是（）A．[3π，6π] B．[3π，9π] C．[6π，9π] D．[6π，12π]5．（2025?邯鄲一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，則“AA1＝2”是“異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．（2025?昌黎縣校級模擬）已知l，m，n為三條不同的直線，α，β，γ為三個不同的平面，若α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，則（）A．l與n相交 B．m與n相交 C．l與m平行 D．a與β相交7．（2025?承德模擬）已知圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，母線與底面所成的角為π3A．16π B．32π C．48π D．64π8．（2025?金鳳區校級一模）已知正三棱錐P﹣ABC的體積為64A．7π B．7π2 C．9π D二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?海南模擬）如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內灌進一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當底面ABCD水平放置時，水面位置滿足BF：FB1＝A．固定容器底面一邊BC于地面上，將容器傾斜，有水的部分始終呈棱柱形 B．固定容器底面一頂點B于地面上，將容器傾斜，有水的部分可能是三棱錐 C．體積為V，高為42的圓錐不能放在半徑是32D．體積為V的正方體可以在軸截面為正三角形且底面半徑為36（多選）10．（2025春?南京月考）已知在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，則下列說法正確的有（）A．BDB．線段B1D的靠近點B1的三等分點Q在平面A1C1B內 C．線段AC1的長度為9+83D．直線AC1與直線DB所成角的余弦值為4（多選）11．（2025?承德模擬）已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠AA．|BB．異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66C．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362D．與三棱錐A1﹣ABD各棱均相切的球的體積為9（多選）12．（2025?郴州模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面積與體積的數值之比為3，P，Q分別是棱BC，BB1的中點，G是線段AD1上一個動點，則下列結論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，則平面PQG截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積是3三．填空題（共4小題）13．（2025?香坊區校級二模）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，點P是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面上的一個動點，且直線AP與CC1所成的角為π6，則點P的軌跡長度為14．（2025?昌黎縣校級模擬）已知P是圓錐的頂點，AB是底面圓的直徑，C是底面圓周上一點，D是線段PA的中點，AB⊥CD，則∠ABC＝．15．（2025?嘉定區二模）某建筑公司欲設計一個正四棱錐形紀念碑，要求其頂點位于容積為36π立方米的球形景觀燈所在球面上．考慮到抗風、抗震等結構安全需求，側棱長度l需滿足23≤l≤33，當紀念碑體積取得最大值時，正四棱錐的側棱長約為16．（2025?寧夏校級一模）已知圓錐的底面半徑為6，體積為96π，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，若截得的圓臺體積為84π，則該圓臺的表面積為．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區校級一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點A到點P，形成如圖2所示的三棱錐P﹣BCD．在三棱錐P﹣BCD中，PO⊥CO，記平面PEO、平面PDC、平面PBC分別為α，β，γ．（1）證明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=218．（2025春?上海校級月考）如圖，圓錐SO中，AB、CD為底面圓的兩條直徑，AB交CD于O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P為BS的中點．（1）求圓錐SO的側面積以及側面展開圖的圓心角；（2）求異面直線SA與PD所成角的正切值．19．（2025春?上海校級月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點E是CD1的中點．（1）求異面直線AD1與DE所成角的余弦值；（2）求三棱錐D1﹣EBD的體積．20．（2025?金鳳區校級一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求異面直線PB與AC所成角的余弦值．

2025年高考數學復習新題速遞之立體幾何初步（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ACCCACDD二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACDABDBCDBD一．選擇題（共8小題）1．（2025?昌黎縣校級模擬）設m，n是兩條直線，α，β是兩個平面，已知m∥n，n∥α，則“m⊥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】平面與平面垂直；充分條件必要條件的判斷．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．【答案】A【分析】由空間線面的位置關系結合充分性、必要性即可判斷．【解答】解：由m∥n，n∥α，α⊥β，得m∥β或m?β，其中m?β如下圖，所以不能得到“m⊥β”的結論，不滿足必要性；由m∥n，m⊥β，可得n⊥β．又因為n∥α，所以α⊥β，即滿足充分性，所以“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查平面與平面垂直以及充分必要條件的判定，屬于基礎題．2．（2025?臨汾二模）已知圓錐的底面半徑為2，其側面展開圖為14個A．4 B．22 C．42 D【考點】圓錐的側面積和表面積．【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】根據圓錐的側面積公式和圓的面積公式列出關系式S=πrl=14【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，母線為l，因為圓錐的側面展開圖為14個所以由圓錐的側面積公式可得S=解得l＝4r，因為r=所以l=4故選：C．【點評】本題主要考查了圓錐的側面積公式，屬于基礎題．3．（2025春?思明區校級月考）若圓錐的軸截面是一個頂角為2π3，腰長為A．934 B．23 C．92【考點】圓錐的結構特征．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】根據圓錐的軸截面是頂角為2π3知過此圓錐頂點的所有截面中截面面積最大值為【解答】解：由題意得，圓錐的軸截面是頂角為2π3的等腰三角形，圓錐的母線長為l＝設過圓錐頂點的截面三角形頂角為α，則0＜則截面面積為S=12l2故選：C．【點評】本題考查了圓錐的結構特征，屬于基礎題．4．（2025?晉中模擬）已知棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的中心為O，若球O的球面與該正方體的棱有公共點，則球O的表面積的取值范圍是（）A．[3π，6π] B．[3π，9π] C．[6π，9π] D．[6π，12π]【考點】球的表面積．【專題】轉化思想；綜合法；球；運算求解．【答案】C【分析】根據題意可得最小的球為正方體的棱切球，最大的球為正方體的外接球．然后分別求出半徑，后求出表面積的范圍．【解答】解：根據題意可得最小的球為正方體的棱切球，最大的球為正方體的外接球，又棱長為3的正方體的棱切球的半徑為3×22所以兩球的表面積分別為4π×(62)2故球O的表面積的取值范圍為[6π，9π]．故選：C．【點評】本題考查正方體的棱切球與外接球問題，屬基礎題．5．（2025?邯鄲一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，則“AA1＝2”是“異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】異面直線及其所成的角；充分條件必要條件的判斷．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；空間向量及應用；運算求解．【答案】A【分析】先求出異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14【解答】解：如圖：設AA1＝a，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，以{AB→，AB→?AC→=|AB→|?|AC→|cos60°＝2×2×12=2|A1B→|＝|A因為A1B→所以A1B→?A當異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14可得|A1B→?AC1→|即a＝2或a=即“異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14”的充要條件是“a＝2或a故“AA1＝2”是“異面直線AC1與A1B所成角的余弦值是14故選：A．【點評】本題考查向量的基本定理的應用，用向量的方法求異面直線所成的角的余弦值，屬于中檔題．6．（2025?昌黎縣校級模擬）已知l，m，n為三條不同的直線，α，β，γ為三個不同的平面，若α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，則（）A．l與n相交 B．m與n相交 C．l與m平行 D．a與β相交【考點】空間中直線與平面之間的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．【答案】C【分析】根據線面平行的判定和性質進行判斷．【解答】解：因為l，m，n為三條不同的直線，α，β，γ為三個不同的平面，又α∩β＝n，α∩γ＝l，β∩γ＝m，n∥γ，所以作出示意圖如下：由n?α，n∥γ，α∩γ＝l，得n∥l．又l?β，n?β，所以l∥β，結合l?γ，β∩γ＝m，得l∥m．故選：C．【點評】本題考查空間中各要素的位置關系，屬基礎題．7．（2025?承德模擬）已知圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，母線與底面所成的角為π3A．16π B．32π C．48π D．64π【考點】球的表面積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】D【分析】設球心到上底面圓心的距離為h，由題意可得h2【解答】解：因為圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，母線與底面所成的角為π3所以圓臺的高為2tan設球心到上底面圓心的距離為h，則h2+4=(2則R2＝h2+4＝16，所以圓臺的外接球的表面積為S＝4πR2＝64π．故選：D．【點評】本題考查圓臺的外接球問題，屬中檔題．8．（2025?金鳳區校級一模）已知正三棱錐P﹣ABC的體積為64A．7π B．7π2 C．9π D【考點】球的表面積；球內接多面體．【專題】轉化思想；綜合法；球；運算求解．【答案】D【分析】取正三棱錐P﹣ABC的底面中心為M，設外接球的球心為O，先由三棱錐的體積求出正三棱錐P﹣ABC的高為2，再由勾股定理求出球的半徑，最后求出表面積即可．【解答】解：如圖，設正三棱錐P﹣ABC的底面中心為M，則外接球的球心為O，顯然球心O在直線PM上．設正三棱錐P﹣ABC的高為h，外接球的半徑為R，∵正三角形ABC的邊長為3，∴正三角形ABC的面積為34∴正三棱錐P﹣ABC的體積為13×33又AM=23∴AO2＝AM2+OM2，∴R2=1+(2-∴外接球的表面積為4π故選：D．【點評】本題考查三棱錐的外接球問題，屬中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?海南模擬）如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD﹣A1B1C1D1內灌進一些水，已知BC＝8，CD＝33，AA1=82，當底面ABCD水平放置時，水面位置滿足BF：FB1＝A．固定容器底面一邊BC于地面上，將容器傾斜，有水的部分始終呈棱柱形 B．固定容器底面一頂點B于地面上，將容器傾斜，有水的部分可能是三棱錐 C．體積為V，高為42的圓錐不能放在半徑是32D．體積為V的正方體可以在軸截面為正三角形且底面半徑為36【考點】棱錐的體積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ACD【分析】根據棱柱的性質即可求解．【解答】解：A選項，固定容器底面一邊BC于地面上，根據棱柱的定義，有二個面相互平行且是全等的多邊形，其余每相鄰兩個面的交線互相平行，所以有水的部分是棱柱，故A正確；B選項，有水部分幾何體的體積為V=486，當平面ACB三棱錐B﹣ACB1的體積取到最大值，此時VB-ACC選項，設圓錐底面半徑為r，13πr由于r2+(42D選項，依題意，設正方體棱長為a，a3=486正方體的外接球半徑為R=32，圓錐底面半徑圓錐的高h=92，母線長設圓錐內切球半徑為r，92-r正方體恰好可以在圓錐內任意轉動，故D正確．故選：ACD．【點評】本題考查了棱柱的性質，屬于中檔題．（多選）10．（2025春?南京月考）已知在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，則下列說法正確的有（）A．BDB．線段B1D的靠近點B1的三等分點Q在平面A1C1B內 C．線段AC1的長度為9+83D．直線AC1與直線DB所成角的余弦值為4【考點】異面直線及其所成的角；空間向量的加減運算．【專題】數形結合；向量法；空間向量及應用；邏輯思維；運算求解．【答案】ABD【分析】利用空間向量的線性運算可判斷A選項；利用空間向量共面的基本定理可判斷B選項；利用空間向量數量積的運算性質可判斷CD選項．【解答】解：如下圖所示：對于A選項，BD1→對于B選項，由空間向量的平行六面體法則，可得B1由題意可知，B1Q→所以B1Q→所以Q在平面A1C1B內，故B正確；對于C選項，由空間向量的平行六面體法則，可得AC由空間向量數量積的定義可得AB→同理可得AB→?A所以，|=1+4+4+2×(1+1+2)=17對于D選項，DB→所以，|DB→＝1﹣4+1﹣2＝﹣4，所以cos?因此，直線AC1與直線DB所成角的余弦值為45151，故故選：ABD．【點評】本題主要考查異面直線所成角以及空間向量的加減運算，屬于中檔題．（多選）11．（2025?承德模擬）已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠AA．|BB．異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66C．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362D．與三棱錐A1﹣ABD各棱均相切的球的體積為9【考點】棱錐的體積；球的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】BCD【分析】利用空間向量數量積的運算性質可判斷AB選項；求出平行六面體的高，分析可知四棱錐A1﹣BCC1B1的平行六面體體積的13，結合柱體的體積公式可判斷C求出三棱錐A1﹣ABD棱切球的半徑，結合球體體積公式可判斷D選項．【解答】解：A項．根據題意可知，平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長均為6，∠A根據空間向量數量積的定義可得AB→同理AB→因為BD所以B＝62×3+2（18﹣18﹣18）＝72，所以|BD1B項．因為A1則B＝36﹣36+18+18＝36，|A所以異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為：|cos則異面直線BD1和A1C1所成角的余弦值為66，故BC項．四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為平行六面體體積的13平行六面體的高即為正四面體A1﹣ABD的高h，如下圖所示：設點A1在平面ABD的射影為點O，則O為正△ABD的中心，根據正弦定理可得AM=62菱形ABCD的面積為S?則平行六面體的體積為V=所以四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為362，故CD項．三棱錐A1﹣ABD為正四面體，棱長為6，設正四面體A1﹣ABD的棱切球球心為O，且O也為其外接球球心，則OA＝OA1，則OA2=AM取線段AA1的中點E，連接OE，則OE⊥AA1，且OE=故正四面體A1﹣ABD的棱切球的半徑為32故球的體積為43π×故選：BCD．【點評】本題考查了空間向量數量積的運算性質，柱體的體積公式，屬于中檔題．（多選）12．（2025?郴州模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面積與體積的數值之比為3，P，Q分別是棱BC，BB1的中點，G是線段AD1上一個動點，則下列結論正確的是（）A．AA1＝3 B．多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為233C．存在一點G，使得GC1∥AP D．若AC1⊥平面PQG，則平面PQG截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積是3【考點】棱柱的體積；棱柱的結構特征．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】BD【分析】由正方體的表面積、體積公式，棱錐的體積公式、異面直線的判斷、及正方體截面的結構逐項判斷即可．【解答】解：作出示意圖如下：對于A，因為正方體的表面積與體積之比為3，所以6|AA1|2|AA1對于B，因為四面體ABPQ的體積為V=所以多面體ADD1A1﹣PQB1C1C的體積為VABCD對于C，設CC1的中點為R，連接PR，則PR∥AD1，因為AP在平面APRD1內，而G是線段AD1上一個動點，所以根據異面直線的判定定理可知GC1，AP為異面直線，故C錯誤；對于D，易知BC1⊥B1C，AB⊥B1C，所以可得B1C⊥平面ABC1，又AC1?平面ABC1，所以AC1⊥B1C，同理可證AC1⊥D1C，B1C，D1C是平面B1CD1內兩條相交直線，所以AC1⊥平面B1CD1，又AC1⊥平面PQG，所以平面B1CD1∥平面PQG，又P，Q分別是棱BC，BB1的中點，所以平面PQG截正方體的截面分別交棱CD，DD1，D1A1，A1B1的中點F，H，I，J，所以截面為正六邊形PFHIJQ，又PQ=所以截面面積為6×34故選：BD．【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?香坊區校級二模）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，點P是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面上的一個動點，且直線AP與CC1所成的角為π6，則點P的軌跡長度為【考點】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】數形結合；綜合法；空間角；邏輯思維．【答案】π3【分析】根據四棱柱的特征，將異面直線所成角轉化為共面直線所成角，得到點P的軌跡為圓弧，從而求出長度．【解答】解：如圖，因為CC1∥AA1，直線AP與CC1所成的角為π6，所以直線AP與AA1所成的角為π則線段AP圍成幾何體為以為AA1軸且母線與軸夾角為30°的圓錐在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中體內的部分，則點P軌跡為A1B1C1D1平面內以為A1圓心的圓弧MN，圓心角∠MA1N＝∠DAB=π因為AA1=3，且AA1⊥底面ABCD，直線AP與AA1所成的角為π所以MA1＝NA1=3×tanπ則MN弧長為π3×1=π3，即點故答案為：π3【點評】本題主要考查異面直線所成角以及動點的軌跡，屬于中檔題．14．（2025?昌黎縣校級模擬）已知P是圓錐的頂點，AB是底面圓的直徑，C是底面圓周上一點，D是線段PA的中點，AB⊥CD，則∠ABC＝30°．【考點】圓錐的結構特征．【專題】對應思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】30°．【分析】根據線面垂直判定定理得出AB⊥CH，再應用三角形邊長求角即可．【解答】解：如圖，取AO的中點H，連接CH，DH，由D為PA的中點，H為AO的中點，得DH∥PO，由PO⊥平面⊙O，則DH⊥平面⊙O．可得DH⊥AB，由AB⊥CD，又DH∩CD＝D，可得DH，CD?平面CDH，則AB⊥平面CDH，又CH?平面CDH，則AB⊥CH，在△COH中，CO＝2HO，所以∠HOC＝60°，則∠ABC＝30°．故答案為：30°．【點評】本題考查線面垂直的判定定理，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題．15．（2025?嘉定區二模）某建筑公司欲設計一個正四棱錐形紀念碑，要求其頂點位于容積為36π立方米的球形景觀燈所在球面上．考慮到抗風、抗震等結構安全需求，側棱長度l需滿足23≤l≤33，當紀念碑體積取得最大值時，正四棱錐的側棱長約為4.90【考點】棱錐的體積．【專題】轉化思想；轉化法；導數的概念及應用；立體幾何；運算求解．【答案】4.90．【分析】設正四棱錐的高為h，根據題意求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，再利用導數求解即可．【解答】解：設球體的半徑為R，由題知：43所以球的半徑R＝3，設正四棱錐的底面邊長為2a，高為h，則l2=(12(2a)2+(2a)2)2+所以6h＝l2，2a2＝l2﹣h2，所以正四棱錐的體積V=設f(x)=所以f'當23≤x≤26時，f'（x）＞0當26＜x≤33時，f'（x）＜0所以當l=26≈4.90此時正四棱錐的側棱長約為4.90米．故答案為：4.90．【點評】本題考查利用導數法求錐體體積的最大值，屬于中檔題．16．（2025?寧夏校級一模）已知圓錐的底面半徑為6，體積為96π，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，若截得的圓臺體積為84π，則該圓臺的表面積為90π．【考點】圓臺的側面積和表面積．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】90π．【分析】設圓臺上底面半徑為r，高為h，先利用相似比得到r＝3，再根據圓臺的體積得到h＝4，然后求得母線長，利用圓臺的表面積公式求解．【解答】解：由題意圓錐的底面半徑為6，體積為96π，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，若截得的圓臺體積為84π，可設圓臺上底面半徑為r，高為h，則96π-84π96由圓臺的體積公式得13h(9π+18所以圓臺的母線長l=則圓臺的側面積為π（3+6）×5＝45π，所以圓臺的表面積為45π+9π+36π＝90π．故答案為：90π．【點評】本題考查了圓臺的表面積的求法，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?洮北區校級一模）如圖1，在四邊形ABCD中，E為DC的中點，AC∩BD＝O，AC⊥BD，CO＝DO．將△ABD沿BD折起，使點A到點P，形成如圖2所示的三棱錐P﹣BCD．在三棱錐P﹣BCD中，PO⊥CO，記平面PEO、平面PDC、平面PBC分別為α，β，γ．（1）證明：α⊥β；（2）若AB=2，DC=2【考點】平面與平面垂直；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）π4【分析】（1）先證PO⊥平面BCD，由線面垂直性質可得PO⊥CD，由等腰三角形性質結合面面垂直判定定理可證；（2）以OD→，OC→，OP→的方向為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，由（1【解答】解：（1）證明：在三棱錐P﹣BCD中，∵CO＝DO，E為DC的中點，∴CD⊥EO，由已知得PO⊥BD，PO⊥CO，BD∩CO＝O，BD?平面BCD，CO?平面BCD，∴PO⊥平面BCD，又∵CD?平面BCD，∴PO⊥CD，∵EO∩PO＝O，EO?平面PEO，PO?平面PEO，∴CD⊥平面PEO，又∵CD?平面PDC，∴平面PEO⊥平面PDC，即α⊥β．（2）由（1）知OC、OD、OP兩兩垂直，分別以OD→，OC→，OP→的方向為x，y根據已知得，P（0，0，1），B（﹣1，0，0），C（0，2，0），D（2，0，0）．∴PB→=(-1由（1）知CD⊥平面PEO，故CD→是平面PEO設n→=(x則n→⊥PB取x＝2，則y＝﹣1，z＝﹣2．∴n→=(2，∴cos?設α與γ的夾角的大小為θ，則0≤且cosθ=|∴θ=∴α與γ的夾角的大小等于π4【點評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應用．18．（2025春?上海校級月考）如圖，圓錐SO中，AB、CD為底面圓的兩條直徑，AB交CD于O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P為BS的中點．（1）求圓錐SO的側面積以及側面展開圖的圓心角；（2）求異面直線SA與PD所成角的正切值．【考點】異面直線及其所成的角；圓錐的側面積和表面積．【專題】數形結合；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）42π，（2）2．【分析】（1）根據圓錐的側面積公式及扇形的面積公式即可求解；（2）由PO∥SA可得∠DPO為異面直線SA與PD所成角，由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面SOB，繼而可得OD⊥PO，繼而即可求解．【解答】解：（1）因為底面半徑r＝2，母線l=BS=2設側面展開圖的圓心角為α，則42（2）如圖，因為CD⊥AB，CD⊥SO，AB∩SO＝O，AB，SO?平面SOB，所以CD⊥平面SOB，又因為OP?平面SOB，所以OD⊥PO，因為P，O分別為BS，AB的中點，所以PO∥SA，所以∠DPO為異面直線SA與PD所成角，在Rt△DOP中，OD＝2，OP=所以tan∠所以異面直線SA與PD所成角的正切值為2．【點評】本題主要考查圓錐的側面積以及異面直線所成角，屬于基礎題．19．（2025春?上海校級月考）已知在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝3，AA1＝4，點E是CD1的中點．（1）求異面直線AD1與DE所成角的余弦值；（2）求三棱錐D1﹣EBD的體積．【考點】棱錐的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）1625（2）3．【分析】（1）根據中位線的性質證得OE∥AD1，由此求得異面直線所成角的平面角，利用余弦定理計算即可求解；（2）通過證明線面垂直得到三棱錐的高，再利用三棱錐體積轉化即可．【解答】解：（1）如圖，連接AC，設AC∩BD＝O，則O為AC的中點，又E為CD1的中點，所以OE∥AD1，所以異面直線AD1與DE所成角為∠DEO或其補角，又DO=所以cos∠所以異面直線AD1與DE所成角的余弦值為1625（2）因為CO⊥BD，BD=所以CO=又DD1⊥平面ABCD，CO?平面ABCD，所以DD1⊥CO，又DD1∩BD＝D，所以CO⊥平面D1DB，又E是CD1的中點，所以三棱錐D1﹣EBD的體積為VD【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．20．（2025?金鳳區校級一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）若△PAB是等腰三角形，求異面直線PB與AC所成角的余弦值．【考點】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；向量法；空間位置關系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）64【分析】（1）推導出四邊形ABCD是菱形，BD⊥AC，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，由此能證明BD⊥平面PAC；（2）設AC∩BD＝O，以O為坐標原點，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，利用向量法能求出PB與AC所成角的余弦值．【解答】（1）證明：在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，AB＝2，∵底面ABCD是平行四邊形，且△ABD是等邊三角形，∴四邊形ABCD是菱形，則有BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC；（2）解：設AC∩BD＝O，∵△PAB是等腰三角形，∴PA＝AB＝2，AO=以O為坐標原點，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，如圖，則P(0，-3，2)，A(0，-3，0)，∴PB→=(1，設PB與AC所成角為θ，∴cosθ=|1×0+∴異面直線PB與AC所成角的余弦值為64【點評】本題考查線面垂直的判定與性質、異面直線所成角的余弦值等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．

考點卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．棱柱的結構特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側面．側棱：棱柱中兩個側面的公共邊叫做棱柱的側棱．頂點：棱柱的側面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結構特征棱柱1根據棱柱的結構特征，可知棱柱有以下性質：（1）側面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據側棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．3．圓錐的結構特征【知識點的認識】以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐．【解題方法點撥】﹣底面圓的性質：計算底面圓的面積和周長．﹣側面扇形：側面的面積為扇形的面積，計算公式為πrl，其中l為母線長度．﹣表面積：包括底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr﹣體積：計算公式為13【命題方向】﹣圓錐的幾何特征：考查如何從幾何特征出發計算圓錐的底面及側面展開圖．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的性質進行計算．4．球內接多面體【知識點的認識】1、球內接多面體的定義：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=125．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．6．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．7．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．8．圓臺的側面積和表面積【知識點的認識】圓臺的側面積和表面積依賴于底面和頂面圓的半徑r1、r2以及母線l和兩個底面圓的面積．【解題方法點撥】﹣側面積：計算公式為π（r1+r2）l．﹣表面積：包括兩個底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr【命題方向】﹣圓臺的表面積計算：考查如何計算圓臺的側面積和表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓臺的表面積計算．9．球的表面積【知識點的認識】球的表面積依賴于球的半徑r，計算公式為4π【解題方法點撥】﹣計算公式：表面積計算公式為4π﹣實際應用：如何根據實際問題中的球尺寸進行表面積計算．【命題方向】﹣球的表面積計算：考查如何根據球的半徑計算表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用球的表面積計算．10．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