【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.18 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(33)页，1.459 MB，由小赞的店铺上传

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第八章立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023·高一单元测试）下列命题中成立的是（）A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱C．一个棱

锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体【解题思路】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.【解答过程】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起,所得多面体的每个面都是三角形,但这

个多面体不是棱锥，如图，故A错误；对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；对于C，如图所示，若𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐶𝐷=𝐵𝐷=4,𝐵𝐶=𝐴𝐷=3，满足

侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面𝐵𝐶𝐷不是正三角形，故C错误；对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.故选：B.2．（5分）（2022春·辽宁沈阳·高一阶段练习）如果一个水平放置的平面图形

的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中𝑂′𝐴′=2，∠𝐵′𝐴′𝑂′=45∘,𝐵′𝐶′//𝑂′𝐴′.则原平面图形的面积为（）A．3√2B．6√2C．32√2D．34【解题思路】作出原平面图形，然后求出面积即可．【解答过程】∠𝐵′𝐴′𝑂′=45∘=∠𝐵

′𝑂′𝐴′，则△𝑂′𝐴′𝐵′是等腰直角三角形，∴𝐴′𝐵′=𝑂𝐵′=√2，又𝑂′𝐶′⊥𝐶′𝐵′，∠𝐶′𝑂′𝐵′=45°，∴𝐵′𝐶′=1，在直角坐标系中作出原图形为：梯形𝑂𝐴𝐵𝐶，𝑂𝐴//𝐵𝐶，𝑂𝐴=2,�

�𝐶=1，高𝑂𝐵=2√2，∴其面积为𝑆=12(2+1)×2√2=3√2．故选：A.3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球𝑂为正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的外接球，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的底面边长为1，且球𝑂的表面积为3

1π3，则这个正三棱柱的体积为（）A．√34B．3√34C．3√32D．3√3【解题思路】利用球的表面积公式可求得𝑅2，根据正棱柱的外接球半径满足𝑅2=𝑟2+14ℎ2可构造方程求得正棱柱的高，代入棱柱体积公式可求得结果.【解答过程】设正三棱柱𝐴�

�𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的高为ℎ，球𝑂的半径为𝑅，∵球𝑂的表面积𝑆=4π𝑅2=31π3，解得：𝑅2=3112，∵正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的底面△𝐴𝐵𝐶是边长为1的等边三角形，∴△𝐴𝐵𝐶的外接圆半径𝑟=12×1

sinπ3=√33，∴𝑅2=𝑟2+14ℎ2=13+14ℎ2=3112，解得：ℎ=3，∴𝑉𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅ℎ=12×1×1×√32×3=3√34.故选：B.4．（5分）在长方体𝐴𝐵�

�𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，若𝐴𝐵=2,𝐴𝐷=𝐴𝐴1=4,𝐸､𝐹分别为𝐵𝐵1､𝐴1𝐷1的中点，过点𝐴､𝐸､𝐹作长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的一截面，则该截面的

周长为（）A．6√2B．6√5C．2√5+4√2D．4√5+2√2【解题思路】根据题意，做出截面𝐴𝐹𝑃𝐸，然后分别计算各边长即可得到结果.【解答过程】连接𝐴𝐹，过点𝐸做𝐸𝑃//𝐴𝐹交𝐵1𝐶1于点𝑃，连接𝐹𝑃,𝐴𝐸，即可得到截面𝐴𝐹𝑃𝐸

，因为𝐸为𝐵𝐵1中点，𝐸𝑃//𝐴𝐹，所以𝐵1𝑃=12𝐴1𝐹=1，因为𝐴𝐵=2,𝐴𝐷=𝐴𝐴1=4，则𝐴𝐹=√42+22=2√5，且𝐸𝑃=12𝐴𝐹=√5，𝐴𝐸=√22+22=2√2，𝐹𝑃=√22+12=√5所以截面𝐴𝐹𝑃�

�的周长为2√5+√5+2√2+√5=4√5+2√2故选:D.5．（5分）（2023·江西·统考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半

正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（）A．该二十四等边体的外接球的表面积为16𝜋B．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式𝑉+𝐹

−𝐸=2C．直线𝐴𝐻与𝑃𝑁的夹角为60°D．𝑄𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐸【解题思路】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.【解答过程】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示记正

方体体心为𝑂，取下底面𝐴𝐵𝐶𝐷中心为𝑂1，二十四等边体的棱长为2易知𝑂𝑂1=𝐵𝑂1=√2，则外接球半径𝑅=𝑂𝐵=√2+2=2所以外接球的表面积𝑆=4𝜋𝑅2=16𝜋，故A正确.由欧拉公式可知：顶点数+面

数−棱数=2，故B正确.又因为𝑃𝑁∥𝐴𝐷，易知直线𝐴𝐻与𝑃𝑁的夹角即为∠𝐻𝐴𝐷=60∘直线𝐴𝐻与𝑃𝑁的夹角为60∘，故C正确.又因为𝑄𝐻∥𝐸𝑁，𝐴𝐵∥𝑀𝑁，

易知直线𝑄𝐻与直线𝐴𝐵的夹角为∠𝐸𝑁𝑀=60∘可知直线𝑄𝐻与直线𝐴𝐵不垂直，故直线𝑄𝐻与平面𝐴𝐵𝐸不垂直，故D错误.故选：D.6．（5分）（2022秋·黑龙江·高二期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则（）A．直线MB与直线B1

D1相交，直线MB⊂平面ABC1B．.直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1DC．直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1D．直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C【解题思路】可利用正方体的性质以及线!面垂直，线面平行的判定及性质逐一选项判

断即可．【解答过程】解：对于选项A，连接B1D1，BD，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1∥BD，BD⊂面MBD，所以B1D1∥平面MBD，又MB⊂面MBD，MB∩BD＝B，所以直线MB与直线

B1D1不相交，故选项A错误；对于选项B，连接A1B，D1C，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥D1C，A1B⊂面MBD，所以D1C∥面MBD，又MB⊂面MBD，MB∩A1B＝B，所以直线MB与直线

D1C不平行，故选项B错误；对于选项C，连接AB1，DC1，A1B，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥A1B，A1B⊥B1C1，AB1∩B1C1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1，又∵BM∩A1B，所以BM与平面ADC1B1不垂直，故选项C错误；对于D选项，连接AD

1，BC1，B1D1，B1C，CD1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，A1D⊥AB，AD1∩AB＝A，所以A1D⊥面ABC1D1，BM⊂面ABC1D1，所以AD1⊥BM，设B1C∩BC1＝O，连接D1O，如图，∵BC1∥AD1，∴D1M∥OB，

OB＝D1M，所以四边形BMD1O为平行四边形，所以BM∥D1O，又因为D1O⊂面B1D1C，所以BM∥面B1D1C，故选项D正确，故选：D．7．（5分）（2022秋·四川泸州·高二阶段练习）在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶

1𝐷1中．𝐴𝐵=𝐴𝐷=1，𝐴𝐴1=2，𝑃是线段𝐵𝐶1上的一动点，如下的四个命题中，（1）𝐴1𝑃//平面𝐴𝐷1𝐶；（2）𝐴1𝑃与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1所成角的正切值的最大值是√5

2；（3）𝐴1𝑃+𝑃𝐶的最小值为√1705；（4）以𝐴为球心，√2为半径的球面与侧面𝐷𝐶𝐶1𝐷1的交线长是π2．真命题共有几个（）A．1B．2C．3D．4【解题思路】证明出平面𝐴1𝐵𝐶1

//平面𝐴𝐷1𝐶，利用面面平行的性质可判断（1）的正误;求出𝑃𝐵1的最小值，利用线面角的定义可判断（2）正误，将△𝐴1𝐶1𝐵沿𝐵𝐶1翻折到与△𝐵𝐶𝐶1在同一平面，利用余弦定理可判断（3）正误，因为𝐴𝐷⊥平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1，所以交线是以𝐷为圆心，半径为1

的四分之一的圆周，故判断（4）.【解答过程】对于（1），在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐵𝐶//𝐴𝐷且𝐵𝐶=𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝐴1𝐷1,𝐴𝐷=𝐴1𝐷1,∴𝐵�

�//𝐴1𝐷1且𝐵𝐶=𝐴1𝐷1，所以，四边形𝐴1𝐵𝐶𝐷1为平行四边形，则𝐴1𝐵//𝐶𝐷1，∵𝐴1𝐵⊂平面𝐴𝐷1𝐶,𝐶𝐷1⊂平面𝐴𝐷1𝐶,∴𝐴1𝐵//平面𝐴𝐷1𝐶，同理可证𝐴1𝐶1//平面𝐴𝐷1𝐶∵𝐴1𝐵∩�

�1𝐶1=𝐴1，且𝐴1𝐵,𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，∴平面𝐴1𝐵𝐶1//平面𝐴𝐷1𝐶，又∵𝐴1𝑃⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，所以𝐴1𝑃//平面𝐴𝐷1𝐶，故（1）正确；对于（2），∵𝐴1𝐵1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝐴1𝑃与平面𝐵

𝐶𝐶1𝐵1所成角为∠𝐴1𝑃𝐵1，tan∠𝐴1𝑃𝐵1=𝐴1𝐵1𝑃𝐵1，所以，当𝐵1𝑃⊥𝐵𝐶1时，𝐴1𝑃与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1所成角的正切值的最大，由勾股定理得𝐵𝐶1=√𝐵𝐶2+

𝐶𝐶12=√5，由等面积法得𝑃𝐵1=𝐵1𝐶1⋅𝐵𝐵1𝐵𝐶1=1×2√5=2√55，所以tan∠𝐴1𝑃𝐵1的最大值为12√55=√52，故（2）正确；对于（3），将△𝐴1𝐶1𝐵沿𝐵𝐶1翻折与△𝐵𝐶

𝐶1在同一平面，如下图所示：在Rt△𝐵𝐶𝐶1中，∠𝐵𝐶𝐶1为直角，cos∠𝐵𝐶1𝐶=𝐶𝐶1𝐵𝐶1=2√55,sin∠𝐵𝐶1𝐶=𝐵𝐶𝐵𝐶1=√55在△𝐴1𝐵𝐶1中

，𝐴1𝐵=𝐵𝐶1=√5,𝐴1𝐶1=√2，由余弦定理得cos∠𝐴1𝐶1𝐵=𝐴1𝐶12+𝐵𝐶12−𝐴1𝐵22𝐴1𝐶1⋅𝐵𝐶1=√1010，则∠𝐴1𝐶1𝐵为锐角，可得sin∠

𝐴1𝐶1𝐵=√1−cos2∠𝐴1𝐶1𝐵=3√1010，cos∠𝐴1𝐶1𝐶=cos(∠𝐴1𝐶1𝐵+∠𝐵𝐶1𝐶)=cos∠𝐴1𝐶1𝐵cos∠𝐵𝐶1𝐶−sin∠𝐴1𝐶1𝐵sin∠𝐵𝐶1𝐶=√

1010×2√55−3√1010×√55=−√210，由余弦定理得𝐴1𝐶2=𝐴1𝐶12+𝐶𝐶12−2𝐴1𝐶1⋅𝐶𝐶1cos∠𝐴1𝐶1𝐶=345，代入数据解得𝐴1𝐶=√1705，因此，𝐴1𝑃+𝑃�

�的最小值为√1705，故（3）正确，对于（4），因为𝐴𝐷⊥平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1，则交线上的点到点𝐷的距离等于√22−𝐴𝐷2=1，所以交线是以𝐷为圆心，半径为1的四分之一的圆周，所以交线长为π2

，所以（4）正确，故选：D.8．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=2𝐴𝐷，𝐸为边𝐴𝐵的中点.将△𝐴𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸翻折成△𝐴1𝐷𝐸（𝐴1∉平面𝐵𝐶𝐷𝐸）.若𝑀在线段𝐴1𝐶上（点𝑀与𝐴1，𝐶不重

合），则在△𝐴𝐷𝐸翻折过程中，给出下列判断：①当𝑀为线段𝐴1𝐶中点时，|𝐵𝑀|为定值；②存在某个位置，使𝐷𝐸⊥𝐴1𝐶；③当四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐷𝐸体积最大时，点𝐴1到平面𝐵𝐶𝐷

𝐸的距离为√22；④当二面角𝐴1−𝐷𝐸−𝐵的大小为π3时，异面直线𝐴1𝐷与𝐵𝐸所成角的余弦值为35.其中判断正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解题思路】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.

【解答过程】在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐵=2𝐴𝐷,不妨令𝐴𝐵=2𝐴𝐷=2,则：(1)取DC的中点𝐹,连接𝑀𝐹,𝐹𝐵,易知∠𝑀𝐹𝐵=∠𝐴1𝐷𝐸且为定值,𝑀𝐵2=𝑀𝐹2+𝐹𝐵2−2�

�𝐹⋅𝐹𝐵⋅cos∠𝑀𝐹𝐵=94−√2cos∠𝑀𝐹𝐵(定值)所以MB的长为定值,故①正确;(2)假设存在某个位置,使𝐷𝐸⊥𝐴1𝐶,连接𝐶𝐸,取DE的中点𝐻,连接𝐴1𝐻,𝐶𝐻,显然𝐴1𝐻⊥𝐷𝐸,而𝐴1𝐻∩𝐴1𝐶=𝐴1,∴𝐷

𝐸⊥平面𝐴1𝐻𝐶,∵𝐶𝐻⊂平面𝐴1𝐻𝐶,∴𝐷𝐸⊥𝐻𝐶,进而有𝐷𝐶=𝐶𝐸,但𝐷𝐶=2,𝐶𝐸=√2,不可能相等,所以不可能有𝐷𝐸⊥𝐴1𝐶,故②错误;(3)由题意得,△𝐴𝐷𝐸是等腰直角三角形,𝐴到𝐷𝐸的距离是√22,当平面𝐴1�

�𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐷𝐸时,四棱雉𝐴1−𝐵𝐶DE体积最大,点𝐴1到平面𝐵𝐶𝐷𝐸的距离为𝐴1𝐻=√22,故③正确;(4)易知二面角𝐴1−𝐷𝐸−𝐵的平面角∠𝐴1𝐻𝐹,当二面角𝐴1−𝐷𝐸−𝐵的大小为𝜋3时，∠𝐴1𝐻𝐹=𝜋3，又𝐴1𝐻=

𝐻𝐹=√22,所以𝐴1𝐹=√22,又易知异面直线𝐴1𝐷与𝐵𝐸所成角为∠𝐴1𝐷𝐹,∴cos∠𝐴1𝐷𝐹=𝐴1𝐷2+𝐹𝐷2−𝐴1𝐹22𝐴1𝐷⋅𝐹𝐷=1+1−122×1×1=34，故④错误

,综上可知,正确的有2个.故选:B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·江西抚州·高二阶段练习）如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1=𝐴𝐵=4,𝐵𝐶=2，M，N分别为棱𝐶1𝐷1,

𝐶𝐶1的中点，则下列说法正确的是（）A．M，N，A，B四点共面B．直线𝐵𝑁与平面𝐴𝐷𝑀相交C．直线𝐵𝑁和𝐵1𝑀所成的角为60°D．平面𝐴𝐷𝑀和平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的夹角的正切值为2【解题思路】A：连接𝐴𝐷1,𝐵𝐶1，根据�

�𝑀、𝐵、𝑁与面𝐴𝐵𝐶1𝐷1位置关系即可判断；B：𝐹为𝐷𝐷1中点，连接𝐴𝐹，易得𝐴𝐹//𝐵𝑁，根据它们与面𝐴𝐷𝑀的位置关系即可判断；C：若𝐻,𝐺分别是𝐴𝐴1,𝐴1𝐵1中点，连接𝐻𝐷1,𝐺𝐷1，易知直线𝐵

𝑁和𝐵1𝑀所成的角为∠𝐺𝐷1𝐻，再证明△𝐻𝐷1𝐺为等边三角形即可得大小；D：若𝐺分别是𝐴1𝐵1中点，求面𝐴𝐷𝑀𝐺和面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【解答过程】A：连接𝐴𝐷1,𝐵𝐶1，如下

图𝐴𝑀⊂面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，而𝐵∈面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，𝑁∉面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，所以M，N，A，B四点不共面，错误；B：若𝐹为𝐷𝐷1中点，连接𝐴𝐹，N为棱𝐶𝐶1的中点，由长方体性质知：𝐴𝐹//𝐵𝑁，显然𝐵𝑁⊄面𝐴

𝐷𝑀，若𝐵𝑁//面𝐴𝐷𝑀，而𝐴𝐹∩面𝐴𝐷𝑀=𝐴，显然有矛盾，所以直线𝐵𝑁与平面𝐴𝐷𝑀相交，正确；C：若𝐻,𝐺分别是𝐴𝐴1,𝐴1𝐵1中点，连接𝐻𝐷1,𝐺𝐷1，由长方体性质易知：𝐻𝐷1//𝐴𝐹,𝐺𝐷1//�

�1𝑀，而𝐴𝐹//𝐵𝑁，故𝐻𝐷1//𝐵𝑁，即直线𝐵𝑁和𝐵1𝑀所成的角为∠𝐺𝐷1𝐻，由题设𝐴1𝐺=𝐴1𝐻=𝐴1𝐷1=2，易知𝐻𝐷1=𝐺𝐷1=𝐴𝐺=2√2，即△𝐻𝐷1𝐺为等边三角形，所以∠𝐺𝐷1𝐻为60°，正确

；D：若𝐺分别是𝐴1𝐵1中点，显然𝑀𝐺//𝐴1𝐷1//𝐴𝐷，易知𝐴,𝐷,𝑀,𝐺共面，所以平面𝐴𝐷𝑀和平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的夹角，即为面𝐴𝐷𝑀𝐺和面𝐴1𝐵1�

�1𝐷1的夹角，而面𝐴𝐷𝑀𝐺∩面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=𝑀𝐺，长方体中𝐴𝐴1⊥𝐴1𝐺，𝐴𝐴1⊥𝑀𝐺，如下图，∠𝐴𝐺𝐴1为𝐴𝐷𝑀𝐺和面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1夹角的平面角，tan∠𝐴

𝐺𝐴1=𝐴𝐴1𝐺𝐴1=2，正确.故选：BCD.10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二阶段练习）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵=1，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确

的是（）A．若M为棱𝐶𝐶1的中点，则直线𝐴𝐶1∥平面𝐵𝐷𝑀B．若M在线段𝐵𝐶1上运动，则𝐶𝑀+𝑀𝐷1的最小值为2+√2C．当M与𝐷1重合时，以M为球心，√52为半径的球与侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶的交线长为π4D．若M在线段𝐵𝐷1上运动，则M到直线�

�𝐶1的最短距离为√22【解题思路】作𝐴𝐶，𝐵𝐷交点𝑂，连接𝑂𝑀，可证𝐴𝐶1∥𝑂𝑀，进而得到𝐴𝐶1∥平面𝐵𝐷𝑀；展开△𝐵𝐶1𝐷1与△𝐵𝐶𝐶1到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求；𝐷1在侧面𝐵𝐵1𝐶

1𝐶上的射影为𝐶1，确定交线为以𝐶1为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1与𝐶𝐶1的距离最短恰为√22，能找出此点恰在𝐵𝐷1上.【解答过程】对选项A，作𝐴𝐶，𝐵𝐷交点𝑂，连接𝑂𝑀，因为𝑂为𝐴𝐶中点，M为

棱𝐶𝐶1的中点，所以𝐴𝐶1∥𝑂𝑀，又因为𝑂𝑀⊂平面𝐵𝐷𝑀，所以𝐴𝐶1∥平面𝐵𝐷𝑀，故A正确；对选项B，展开△𝐵𝐶1𝐷1与△𝐵𝐶𝐶1到同一平面上如图：知𝐶𝑀+𝑀𝐷1⩾�

�𝐷1=√12+12−2×1×1×cos135°=√2+√2，故B错误；对选项C：M与𝐷1重合时，在侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶上的射影为𝐶1，故交线是以𝐶1为圆心的一段圆弧（14个圆），且圆半径𝑟=√(√52)2−12=12，故圆弧长=14×2π𝑟=π4，所以C正确；对

选项D，直线𝐶𝐶1与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1距离显然为𝑂𝐶，当𝑀为𝐵𝐷1中点时，设𝐶𝐶1中点为𝐸，易得𝑀𝐸//𝑂𝐶，所以𝑀𝐸为M到直线𝐶𝐶1最短距离√22，选项D正确.故选：ACD.11．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体�

�𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，点𝑂为𝐴1𝐷1的中点，若以𝑂为球心，√6为半径的球面与正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱有四个交点𝐸，𝐹，𝐺，𝐻，则下

列结论正确的是（）A．平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷//平面𝐸𝐹𝐺𝐻B．平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1⊥平面𝐸𝐹𝐺𝐻C．四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积为2√2D．四棱锥𝐵−𝐸𝐹𝐺𝐻的体积为23【解题思路】如图，计算可得𝐸,𝐹,𝐺,𝐻分别为所在棱的中点，利用空间中

面面的位置关系的判断方法可判断A、B的正误；计算出四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积可得C正误；计算四棱锥𝐵−𝐸𝐹𝐺𝐻的体积，可判断D正误.【解答过程】如图，连结𝑂𝐴，则𝑂𝐴=√𝐴𝐴12+1=

√5，故棱𝐴1𝐴,𝐴1𝐷1,𝐷1𝐷,𝐴𝐷与球面没有交点，同理，棱𝐴1𝐵1,𝐵1𝐶1,𝐶1𝐷1与球面没有交点，因为棱𝐴1𝐷1与棱𝐵𝐶之间的距离为2√2>√6，故棱𝐵𝐶与球面没有交点，因为正方体的棱长为2，而2<√6，球面与正方体𝐴𝐵𝐶�

�−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱有四个交点𝐸，𝐹，𝐺，𝐻，所以棱𝐴𝐵，𝐶𝐷，𝐶1𝐶，𝐵1𝐵与球面各有一个交点，如图各记为𝐸，𝐹，𝐺，𝐻，因为△𝑂𝐴𝐸为直角三角形，故𝐴𝐸=√𝑂𝐸2−𝑂𝐴2=√6−5=1，故𝐸为棱𝐴𝐵的中点，同理𝐹

,𝐺,𝐻分别为棱𝐶𝐷,𝐶1𝐶,𝐵1𝐵的中点，由正方形𝐴𝐵𝐶𝐷、𝐸,𝐹为所在棱的中点，可得𝐸𝐹//𝐵𝐶，同理𝐺𝐻//𝐵𝐶，故𝐸𝐹//𝐺𝐻，故𝐸,𝐹,𝐺,𝐻共面，因为𝐸𝐻//𝐴𝐵1，𝐸𝐻⊂平面𝐸�

�𝐺𝐻，𝐴𝐵1⊄平面𝐸𝐹𝐺𝐻，所以𝐴𝐵1//平面𝐸𝐹𝐺𝐻，同理，𝐵1𝐶1//平面𝐸𝐹𝐺𝐻，𝐵1𝐶1∩𝐴𝐵1=𝐵1，𝐵1𝐶1，𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷，所以平面𝐴𝐵1𝐶1

𝐷//平面𝐸𝐹𝐺𝐻，故A正确；若平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1⊥平面𝐸𝐹𝐺𝐻，则平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1⊥平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷，而平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1与平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷显然不垂直，故B错误；在矩形𝐸𝐹𝐺𝐻中，𝐸𝐻=√2，𝐺

𝐻=2，所以四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积为2√2，故C正确；四棱锥𝐵−𝐸𝐹𝐺𝐻的体积𝑉=𝑉三棱柱𝐵𝐸𝐻−𝐶𝐹𝐺−𝑉三棱柱𝐵−𝐶𝐹𝐺=12×1×1×2−13×12×1×1×2=23，故D正确.故选：ACD.12．（5分）（

2023秋·辽宁营口·高二期末）如图所示，三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，AP、AB、AC两两垂直，𝐴𝑃=𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，点M、N、E满足𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，

𝑀𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝜆、𝜇∈(0,1)，则下列结论正确的是（）A．当AE取得最小值时，𝜆=12B．AE与平面ABC所成角为𝛼，当𝜆=12时，sin𝛼∈(√22,√63]C．记二面角𝐸−𝑃𝐴−𝐵为�

�，二面角𝐸−𝑃𝐴−𝐶为𝛾，当𝜇=23时，cos𝛾=2cos𝛽D．当𝐵𝐸⊥𝐶𝐸时，𝜆∈[1−√33,12)【解题思路】对于A：当AE取得最小值时，𝐴𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐶，根据已知可得三棱锥𝐴−𝑃𝐵𝐶是正三棱锥，则点𝐸为正三角形𝑃𝐵𝐶

的中心，即可根据相似与正三角形的中点性质得出答案；对于B：设△𝑃𝐵𝐶的中点为𝑂，则𝐴𝑂⊥平面𝑃𝐵𝐶，利用等体积法求出𝐴𝑂=√33，根据已知结合几何知识得出𝑂𝐸∈[√612,√66)，即可得出t

an𝛼=𝐴𝑂𝑂𝐸∈(√2,2√2]，即可得出sin𝛼∈(√63,2√23]；对于C：过𝑀作𝑀𝐻//𝐴𝐵，与𝑃𝐴交于𝐻，连接𝐻𝑁，𝐻𝐸，即可得出∠𝐸𝐻𝑀=𝛽，∠𝐸𝐻𝑁=𝛾，且

△𝐻𝑀𝑁∼△𝐴𝐵𝐶，则△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，且𝐻𝑀=𝐻𝑁，设𝐻𝑀=𝐻𝑁=𝑎，根据已知得出𝐻𝐸=√53𝑎，𝑀𝐸=2√23𝑎，即可得出cos𝛽=√55，cos𝛾=2√55，即可得出答案；对于D：当𝐵𝐸⊥𝐶𝐸时，点𝐸在

以𝐵𝐶为直径的圆上，即𝐸为𝑀𝑁与该圆的交点，即可得出𝑃𝑀2≤𝑃𝑀<𝑃𝑀1，根据几何知识计算即可得出答案.【解答过程】对于A：当AE取得最小值时，𝐴𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐶，∵AP、AB、AC两两垂直，𝐴𝑃=𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，∴𝑃𝐵=𝑃�

�=𝐵𝐶=√2，则三棱锥𝐴−𝑃𝐵𝐶是正三棱锥，则点𝐸为正三角形𝑃𝐵𝐶的中心，则𝜆=23，𝜇=12，故A错误；对于B：设△𝑃𝐵𝐶的中心为𝑂，则𝐴𝑂⊥平面𝑃𝐵𝐶，由等体积法可得：13×√34×(√2)2×𝐴𝑂=16，解得𝐴�

�=√33，当𝜆=12，𝜇∈(0,1)时，易知点𝑂到直线𝑀𝑁的距离为√612，点𝑂到点𝑀与点𝑁的距离相等，都为√66，即𝑂𝐸∈[√612,√66)，则tan𝛼=𝐴𝑂𝑂𝐸∈(√2,2√2]，则sin𝛼∈

(√63,2√23],故B错误；对于C：过𝑀作𝑀𝐻//𝐴𝐵，与𝑃𝐴交于𝐻，连接𝐻𝑁，𝐻𝐸，∵𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝑀𝑁/

/𝐵𝐶，𝑀𝑁⊄面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂面𝐴𝐵𝐶，故𝑀𝑁//面𝐴𝐵𝐶，∵𝑀𝐻//𝐴𝐵，𝑀𝐻⊄面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐵⊂面𝐴𝐵𝐶，故𝑀𝐻//面𝐴𝐵𝐶，且𝑀𝐻,𝑀𝑁都属于平面𝐻𝑀𝑁，𝑀𝐻∩𝑀𝑁=𝑀，∴平面𝐻𝑀

𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，∵AP、AB、AC两两垂直，且𝐴𝐵,𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，∴𝐴𝑃⊥平面𝐴𝐵𝐶，则𝐴𝑃⊥平面𝐻𝑀𝑁，∴𝑀𝐻,𝑀𝑁,𝑁𝐻都垂直于𝐴𝑃，则∠𝐸𝐻𝑀=𝛽，∠𝐸𝐻𝑁=𝛾，且△𝐻𝑀

𝑁∼△𝐴𝐵𝐶，则△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，且𝐻𝑀=𝐻𝑁，设𝐻𝑀=𝐻𝑁=𝑎，则当𝜇=23时，𝐻𝐸=√53𝑎，𝑀𝐸=2√23𝑎，在△𝐻𝑀𝐸中，cos𝛽=𝐻𝑀2+𝐻𝐸2−𝑀𝐸22�

�𝐻⋅𝐻𝐸=√55，在△𝐻𝐸𝑁中，cos𝛾=𝐻𝐸2+𝐻𝑁2−𝑁𝐸22𝐻𝐸⋅𝐻𝑁=2√55，则cos𝛾=2cos𝛽，故C正确；对于D：当𝐵𝐸⊥𝐶𝐸时，点𝐸在以𝐵𝐶为直径的圆上，即𝐸为𝑀𝑁与该圆

的交点，设圆心为𝑂，连接𝑃𝑂与𝑀2𝑁2交于点𝐸2，连接𝑀1𝑂，如图，则𝑃𝑀2≤𝑃𝑀<𝑃𝑀1，则𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，即𝜆=|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃�

�⃗⃗⃗⃗⃗|，∴|𝑃𝑀2||𝑃𝐵|≤𝜆<|𝑃𝑀1||𝑃𝐵|，∵AP、AB、AC两两垂直，𝐴𝑃=𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，∴𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝐵𝐶=√2，∴∠𝑃𝐵𝐶=6

0∘，由𝑂𝑀1=𝑂𝐵=√22，则𝐵𝑀1=√22，此时𝑃𝑀1=√22，∵𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝑀𝑁//𝐵𝐶，即𝑀2𝑁2//𝐵𝐶，故△𝑃𝑀2𝐸2∼△𝑃𝐵

𝑂，∵𝑃𝑂=√62，𝑃𝐸2=√6−√22，则𝑃𝑀2𝑃𝐵=√6−√22√62=1−√33，则𝜆∈[1−√33,12)，故D正确；故选：CD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．

（5分）（2023·高一课时练习）华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约1500平方米，则塔高约为20米．【解题思路】做𝑃𝑂⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷

于点𝑂，取𝐴𝐵的中点𝐸，可得𝑂𝐸⊥𝐴𝐵、𝑃𝐸⊥𝐴𝐵，根据四个玻璃侧面的面积求出𝑆△𝑃𝐴𝐵可得𝑃𝐸，再由勾股定理可得答案.【解答过程】如图，做𝑃𝑂⊥正四棱锥底面𝐴𝐵𝐶𝐷于点𝑂，则𝑂为底面𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，

取𝐴𝐵的中点𝐸，连接𝑃𝐸、𝑂𝐸，则𝑂𝐸⊥𝐴𝐵，𝑂𝐸=15，因为𝑃𝐴=𝑃𝐵，所以𝑃𝐸⊥𝐴𝐵，因为四个玻璃侧面的面积约1500平方米，所以𝑆△𝑃𝐴𝐵=14×1500=375平方米，由12×

𝐴𝐵×𝑃𝐸=12×30×𝑃𝐸=375可得𝑃𝐸=25，所以𝑃𝑂=√𝑃𝐸2−𝑂𝐸2=√625−225=20，则塔高约为20米，故答案为：20.14．（5分）（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，已知𝑃�

�=𝐴𝐵=𝐴𝐶=2,∠𝑃𝐴𝐵=π2,∠𝐵𝐴𝐶=2π3,𝐷是线段𝐵𝐶上的点，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵,𝐴𝐷⊥𝑃𝐵.若三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的各顶点都在球𝑂的球面上，则球𝑂的表面积为20π.【解题思路】结合余弦定理、正弦定理、勾股定理求得球的半径，进而求

得球的表面积.【解答过程】如图，因为𝐴𝐷⊥𝐴𝐵,𝐴𝐷⊥𝑃𝐵,𝑃𝐵∩𝐴𝐵=𝐵，且𝑃𝐵,𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐵.又𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝑃𝐴⊥𝐴𝐷.因为∠𝑃𝐴�

�=π2，即𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，且𝐴𝐵∩𝐴𝐷=𝐴，𝐴𝐵,𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶.在△𝐴𝐵𝐶中，因为𝐴𝐵=𝐴𝐶=2,∠𝐵𝐴𝐶=2π3，可得𝐵𝐶=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐶⋅

cos∠𝐵𝐴𝐶=√22+22−2×2×2×(−12)=2√3.设△𝐴𝐵𝐶外接圆的半径为𝑟，则2𝑟=𝐵𝐶sin∠𝐵𝐴𝐶=4，可得𝑟=2，即𝐴𝑂1=2，设三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的半径为𝑅，可得𝑅2=𝐴𝑂12+𝑂�

�12=𝐴𝑂12+(𝑃𝐴2)2=22+12=5，即𝑅=√5，球𝑂的半径为√5，故表面积𝑆=4π×(√5)2=20π.故答案为：20π.15．（5分）（2022秋·北京·高二期中）如图，四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面是边长为2的

正方形，△𝑆𝐶𝐷是等边三角形，平面𝑆𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑀,𝑁,𝑃分别为棱𝐵𝐶,𝐶𝐷,𝐷𝐴的中点，𝑄为△𝑆𝐶𝐷及其内部的动点，满足𝑃𝑄//平面𝐴𝑀𝑆，给出下列四个结论：①直线𝑆𝐴与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为45°；②二面角𝑆−�

�𝐵−𝑁的余弦值为2√77；③点𝑄到平面𝐴𝑀𝑆的距离为定值；④线段𝑁𝑄长度的取值范围是[12,1]其中所有正确结论的序号是②③④.【解题思路】对于①：直接找出直线𝑆𝐴与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角求

解；对于②：直接找出二面角𝑆−𝐴𝐵−𝑁的平面角求解；对于③：利用𝑃𝑄//平面𝐴𝑀𝑆，𝑃,𝑄两点到面𝐴𝑀𝑆的距离相等对于④：求出𝑄的轨迹，再求线段𝑁𝑄长度的取值范围.【解答过程】对于①

：连接𝑆𝑁，𝑁𝐴，因为△𝑆𝐶𝐷是等边三角形，所以𝑆𝑁⊥𝐶𝐷，又平面𝑆𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑆𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷＝𝐶𝐷，𝑆𝑁⊂平面𝑆𝐶𝐷所以𝑆𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以直线𝑆𝐴与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为

∠𝑆𝐴𝑁，在直角△𝐴𝑁𝑆中，𝑆𝑁＝√3，𝐴𝑁＝√5，所以tan∠𝑆𝐴𝑁=𝑆𝑁𝐴𝑁=√3√5，故直线𝑆𝐴与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为45°不正确；对于②：取𝐴𝐵的中点𝐹，连接𝑁𝐹，𝑆𝐹，因为底面是边长为2的正方形，△�

�𝐶𝐷是等边三角形，所以𝑆𝐴＝𝑆𝐵，𝐴𝐵⊥𝑆𝐹，又𝐴𝐵⊥𝑁𝐹，所以二面角𝑆−𝐴𝐵−𝑁的平面角为∠𝑆𝐹𝑁，又因为𝑆𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑆𝑁⊥𝑁

𝐹，在直角△𝑆𝑁𝐹中，𝑆𝑁=√3，𝑁𝐹=2,𝑆𝐹=√7，所以cos∠𝑆𝐹𝑁=𝑁𝐹𝑆𝐹=2√7=2√77.故②正确；对于③：因为𝑃𝑄//平面𝐴𝑀𝑆，所以𝑃,𝑄两点到面

𝐴𝑀𝑆的距离相等，而𝑃到面𝐴𝑀𝑆的距离为定值，故点𝑄到平面𝐴𝑀𝑆的距离为定值，故③正确；对于④：取𝑆𝐷中点𝐸，连接𝐸𝑃，𝐸𝐶，𝑃𝐶，则𝑃𝐸//𝑆𝐴，因为𝑃𝐸⊄面𝐴𝑀𝑆，𝑆𝐴⊂面𝐴𝑀𝑆，故𝑃𝐸//面𝐴𝑀𝑆，

同理可证𝑃𝐶//面𝐴𝑀𝑆，又因为𝑃𝐶∩𝑃𝐸＝𝑃，𝑃𝐸⊂面𝐸𝑃𝐶，𝑃𝐶⊂面𝐸𝑃𝐶，所以面𝐸𝑃𝐶//面𝐴𝑀𝑆，又𝑃𝑄//平面𝐴𝑀𝑆，𝑃𝑄⊂面𝐸𝑃𝐶，面𝐸𝑃𝐶∩面𝑆𝐶𝐷＝𝐸𝐶，所以𝑄的轨迹为线段𝐶𝐸.在

等边三角形△𝑆𝐶𝐷中，𝑁𝑄的最大值为𝑁𝐶=1，最小值为𝑁到直线𝐶𝐸的距离为12，故线段𝑁𝑄长度的取值范围是[12,1]，故④正确故答案为：②③④.16．（5分）（2022·高一课时练习）如图，点𝑀为正方形边𝐴𝐵𝐶𝐷上异于点

𝐶,𝐷的动点，将𝛥𝐴𝐷𝑀沿𝐴𝑀翻折成𝛥𝑃𝐴𝑀，使得平面𝑃𝐴𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀，则下列说法中正确的是（2）（4）.(填序号)（1）在平面𝑃𝐵𝑀内存在直线与𝐵𝐶平行；（2）在平面𝑃𝐵𝑀内存在直线与𝐴𝐶垂直（3）存在点𝑀使得直线𝑃�

�⊥平面𝑃𝐵𝐶（4）平面𝑃𝐵𝐶内存在直线与平面𝑃𝐴𝑀平行.（5）存在点𝑀使得直线𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝑀【解题思路】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果.【解答过程】（1）错，若在平

面𝑃𝐵𝑀内存在直线与𝐵𝐶平行，则𝐵𝐶//平面𝑃𝐵𝑀，可知𝐵𝐶//𝐴𝑀，而𝐵𝐶与𝐴𝑀相交，故矛盾（2）对，如图作𝑃𝑁⊥𝐴𝑀，根据题意可知平面𝑃𝐴𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀所以𝑃𝑁⊥𝐴𝐶

，作𝑁𝐸⊥𝐴𝐶，点𝐸在平面𝑃𝐵𝑀，则𝐴𝐶⊥平面𝑃𝑁𝐸，而𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐵𝑀，所以𝐴𝐶⊥𝑃𝐸，故正确（3）错，若𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝐶，则𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，而𝑃𝑁⊥𝐵𝐶所以𝐵𝐶⊥平面𝑃�

�𝑁，则𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，矛盾（4）对，如图延长𝐴𝑀,𝐵𝐶交于点𝐻连接𝑃𝐻,作𝐶𝐾//𝑃𝐻𝑃𝐻⊂平面𝑃𝐴𝑀，𝐶𝐾⊂平面𝑃𝐵𝐶，𝐶𝐾⊄平面𝑃𝐴𝑀，所以𝐶𝐾//平面𝑃𝐴𝑀，故存在（5）错，若𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝑀，则𝑃𝐴⊥�

�𝑀又𝑃𝑁⊥𝐵𝑀，所以𝐵𝑀⊥平面𝑃𝐴𝑀所以𝐵𝑀⊥𝐴𝑀，可知点𝑀在以𝐴𝐵为直径的圆上又该圆与𝐶𝐷无交点，所以不存在.故答案为：（2）（4）.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）如图，在水平放置的平面

𝛼内有一边长为1的正方形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′，其中对角线𝐴′𝐶′是水平方向．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的实际图形，并求出其面积．【解题思路】先还原直观图为平行四边形，在

原图中𝐴𝐷⊥𝐴𝐶，𝐴𝐷=2,𝐴𝐶=√2，平行四边形ABCD的面积为直角三角形CAD面积的两倍．【解答过程】四边形ABCD的真实图形如图所示，∵𝐴′𝐶′在水平位置，𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′'是正方形，∴∠𝐷′𝐴′𝐶′=∠𝐴′𝐶′𝐵′=45°，∴在

原四边形ABCD中，𝐴𝐷⊥𝐴𝐶,𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，∵𝐴𝐷=2𝐴′𝐷′=2，𝐴𝐶=𝐴′𝐶′=√2，∴𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐶×𝐴𝐷=2√2．18．（12分）（2022·高一课时练习）如图，在一个长方体的容器中装

有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：（1）水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？（2）水的形状也不断变化，可以是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？（3）如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部

的一个顶点，试着讨论水面和水的形状.【解题思路】根据绕着棱旋转和绕着点旋转的特点，将问题转化为长方体被相应平面所截形成的截面形状.【解答过程】（1）不对，水面的形状就是用一个与棱（倾斜时固定不动的棱）平行的平面截长方体时截面的形状，因而是矩形，不可能是其他非矩形的

平行四边形.（2）不对，水的形状就是用与棱（将长方体倾斜时固定不动的棱）平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体是棱柱，不可能是棱台或棱锥.（3）用任意一个平面去截长方体，其截面形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形，因而水面的形状可以是三角形，四边形，五边形，

六边形；水的形状可以是棱锥，棱柱，但不可能是棱台.19．（12分）（2022·上海·高二专题练习）如图，几何体𝛺为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为𝑂1、𝑂2，且该几何体有半径

为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．(1)若圆柱的底面圆半径为√32，求几何体𝛺的体积；(2)若𝑃𝑂1:𝑂1𝑂2=1:3，求几何体𝛺的表面积．【解

题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.【解答过程】（1）如图可知，过P、𝑂1、𝑂2的截面为五边形𝐴𝐵𝐶𝑃𝐷，其中四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，三角形

𝐶𝑃𝐷为等腰三角形，𝑃𝐶=𝑃𝐷，在直角△𝑂𝑂1𝐷中，𝑂𝐷=1，𝑂1𝐷=√32，则𝑂𝑂1=√12−(√32)2=12，故圆锥的底面半径为√32，高为𝑂1𝑃=1−12=12，其体积为13×𝜋(√32)2×12=𝜋8，圆柱的底面半径为√32，高为𝑂

1𝑂2=2×12=1，其体积为𝜋(√32)2×1=3𝜋4，所以几何体𝛺的体积为3𝜋4+𝜋8=7𝜋8；（2）若𝑃𝑂1:𝑂1𝑂2=1:3，设𝑂1𝑂2=2ℎ，则𝑃𝑂1=2ℎ3，故2ℎ3+

ℎ=1，∴ℎ=35，在直角△𝑂𝑂1𝐷中，𝑂𝐷=1，𝑂𝑂1=35，则𝑂1𝐷=√12−(35)2=45，故圆锥的底面半径为45，高为𝑂1𝑃=25，其母线长为√(45)2+(25)2=2

√55，圆锥的侧面积为𝜋×45×2√55=8√525𝜋，圆柱的底面半径为45，高为𝑂1𝑂2=65，其侧面积为2𝜋×45×65=4825𝜋，所以几何体𝛺的表面积为8√525𝜋+4825𝜋+𝜋×(45)2=64+8√525𝜋.20．（1

2分）（2022秋·上海徐汇·高二期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且𝐵𝐹𝐹𝐶=𝐵𝐸𝐸𝐴=𝑘(𝑘>0).(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD

所得的五面体𝐴𝐶−𝐸𝐹𝐺𝐻的体积占四面体ABCD的325，求k的值.【解题思路】（1）利用平行的传递性证明𝐸𝐹//𝐻𝐺即可；（2）延长𝐸𝐻,𝐹𝐺,𝐵𝐷，则必交于点𝑀，利用相似比求解即可【解答过程】（1）连接𝐸𝐹,𝐻𝐺，因为H、G分别是AD、CD的中点，

所以𝐴𝐶//𝐻𝐺，又𝐵𝐹𝐹𝐶=𝐵𝐸𝐸𝐴=𝑘(𝑘>0)，所以𝐴𝐶//𝐸𝐹，所以𝐸𝐹//𝐻𝐺，所以E、F、G、H四点共面；（2）延长𝐸𝐻,𝐹𝐺,𝐵𝐷，则必交于点𝑀，证明如下：设𝐸𝐻∩𝐹𝐺=𝑀，因为𝐸𝐻⊂平面𝐴�

�𝐷，所以𝑀∈平面𝐴𝐵𝐷，同理𝑀∈平面𝐵𝐶𝐷，又平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐷，所以𝑀∈𝐵𝐷，所以𝐸𝐻,𝐹𝐺,𝐵𝐷，则必交于点𝑀，取𝐵𝐷的中点𝑂，连接�

�𝐻,𝑂𝐺，因为𝐵𝐸𝐸𝐴=𝑘(𝑘>0)，所以𝐵𝐸𝐵𝐴=𝑘𝑘+1，又𝑂𝐻𝐵𝐴=12，所以𝑂𝐻𝐵𝐸=𝑘+12𝑘，所以𝑉𝑀−𝐻𝑂𝐺𝑉𝑀−𝐸𝐵𝐹=(𝑘+12𝑘)3，又𝑀𝑂𝑀𝐵=𝑂𝐻𝐵

𝐸=𝑘+12𝑘，所以𝑀𝐷+𝐷𝑂𝑀𝐷+2𝐷𝑂=𝑘+12𝑘，所以2𝑘𝑀𝐷+2𝑘𝐷𝑂=(𝑘+1)𝑀𝐷+2(𝑘+1)𝐷𝑂，所以(𝑘−1)𝑀𝐷=2𝐷𝑂，即𝑀𝐷𝐷𝑂=2𝑘−1，所以𝑉𝑀−𝐻𝐷𝐺=2𝑘−1𝑉𝐷−𝐻𝑂�

�，𝑉𝑀−𝐻𝑂𝐺=𝑘+1𝑘−1𝑉𝐷−𝐻𝑂𝐺，所以𝑉𝑀−𝐸𝐵𝐹=8𝑘3(𝑘+1)3⋅𝑉𝑀−𝐻𝑂𝐺=8𝑘3(𝑘+1)3⋅𝑘+1𝑘−1⋅𝑉𝐷−𝐻�

�𝐺，𝑉𝐻𝑂𝐺−𝐸𝐵𝐹=(8𝑘3(𝑘+1)3⋅𝑘+1𝑘−1−𝑘+1𝑘−1)⋅𝑉𝐷−𝐻𝑂𝐺=(8𝑘3(𝑘+1)3⋅𝑘+1𝑘−1−𝑘+1𝑘−1)⋅18𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=(2225−1

8)⋅𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷，所以(8𝑘3(𝑘+1)3−1)𝑘+1𝑘−1⋅18=2225−18，即8𝑘3−(𝑘+1)3(𝑘+1)2⋅1𝑘−1=15125，所以7𝑘2+4𝑘+1𝑘2+2𝑘+1=15125，即12𝑘2−101𝑘−63=0，所以(12𝑘

+7)(𝑘−9)=0，解得𝑘=9或𝑘=−712，又因为𝑘>0，所以𝑘=921．（12分）（2022秋·浙江·高二阶段练习）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，△𝑃𝐵𝐶为正三角形，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为直角梯

形，𝐴𝐷//𝐵𝐶，∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐴𝐷=𝐶𝐷=3,𝐵𝐶=4，点𝑀,𝑁分别在线段𝐴𝐷和𝑃𝐶上，且𝐷𝑀𝐴𝑀=𝐶𝑁𝑃𝑁=2．（1）求证：𝑃𝑀//平面𝐵𝐷𝑁；（2）设二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴大小为𝜃，若cos�

�=√33，求直线𝐵𝐷和平面𝑃𝐴𝐷所成角的正弦值．【解题思路】（1）连接𝑀𝐶，交𝐵𝐷于𝐸，只须证明𝑃𝑀平行于平面𝑁𝐵𝐷内直线𝑁𝐸即可；（2）取𝐵𝐶中点𝐹，连接𝑀𝐹、𝑃𝐹，可得∠𝑃𝐹�

�为二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴的平面角，再在△𝑃𝐹𝑀中利用余弦定理求出𝑃𝑀，过点𝐹作𝐹𝑄⊥𝑃𝑀交𝑃𝑀于点𝑄，可证𝑄𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐷，即𝑄𝐹为点𝐹到平面𝑃𝐴𝐷的距离，又𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝐷，则𝑄𝐹也为点𝐵到平面𝑃𝐴�

�的距离，再利用等面积法求出𝑄𝐹，再求𝐵𝐷长，二者之比即为所求．【解答过程】（1）证明：连接𝑀𝐶，交𝐵𝐷于𝐸，因为𝐷𝑀𝐴𝑀=2，𝐴𝐷=3，所以𝐷𝑀=2，𝐴𝑀=1，因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，所

以△𝑀𝐷𝐸∽△𝐶𝐵𝐸，𝐶𝐸𝐸𝑀=𝐵𝐶𝐷𝑀=2=𝐶𝑁𝑁𝑃，所以𝑃𝑀//𝑁𝐸，因为𝑁𝐸⊂平面𝑁𝐵𝐷，𝑃𝑀⊂平面𝑁𝐵𝐷，所以𝑃𝑀//平面𝐵𝐷𝑁；（2）解：取𝐵𝐶中点𝐹，连接𝑀𝐹、𝑃𝐹，

因为△𝑃𝐵𝐶为正三角形，所以𝑃𝐹⊥𝐵𝐶，𝑃𝐹=𝑃𝐵⋅sin60°=4⋅sin60°=2√3，因为𝐴𝐵𝐶𝐷为直角梯形，𝐴𝐷//𝐵𝐶，∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐹𝐶=𝑀𝐷=2，

所以四边形𝐷𝑀𝐹𝐶为矩形，所以𝑀𝐹⊥𝐵𝐶，因为𝑀𝐹∩𝑃𝐹=𝐹，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝑀𝐹，所以平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝑀𝐹，所以∠𝑃𝐹𝑀为二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴的平面角，所以∠𝑃𝐹𝑀=𝜃，设𝑃𝑀=𝑥，由余弦定

理得𝑃𝑀2=𝑃𝐹2+𝑀𝐹2−2⋅𝑃𝐹⋅𝑀𝐹⋅cos𝜃，于是𝑥2=(2√3)2+32−2×2√3×3×√33，整理得𝑥2−9=0，解得𝑥=3或𝑥=−3（舍去），过点𝐹作𝐹𝑄⊥𝑃𝑀交𝑃𝑀于点𝑄，因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥平面𝑃𝑀𝐹，所以𝐴

𝐷⊥平面𝑃𝑀𝐹，又𝐴𝐷⊂面𝑃𝐴𝐷，所以面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝑀𝐹，面𝑃𝐴𝐷∩平面𝑃𝑀𝐹=𝑃𝑀，𝑄𝐹⊂平面𝑃𝑀𝐹，所以𝑄𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐷，所以𝑄�

�为点𝐹到平面𝑃𝐴𝐷的距离，因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝐷，所以𝑄𝐹也为点𝐵到平面𝑃𝐴𝐷的距离，因为cos∠𝑃𝐹𝑀=√33，所以sin∠𝑃𝐹𝑀=√1−cos2∠𝑃𝐹𝑀=√63，

所以𝑆△𝑃𝐹𝑀=12𝑃𝐹×𝑀𝐹sin∠𝑃𝐹𝑀=12𝑃𝑀×𝑄𝐹，即12×2√3×3×√63=12×3×𝑄𝐹，解得𝑄𝐹=2√2，由𝐵𝐷=√32+42=5，所以直线𝐵𝐷与平面𝑃𝐴𝐷所成角的正弦值为𝑄𝐹�

�𝐷=2√25．22．（2022秋·江苏泰州·高二开学考试）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；

（2）求点D到平面PBE的距离；（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.【解题思路】(1)利用面面垂直的判定定理，转化为证明𝐵𝐸⊥平面𝑃𝐴𝐵.(2)在三棱锥𝑃−𝐵𝐷𝐸中，利用等体积法求点到面的

距离.(3)先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解.【解答过程】(1)证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知△𝐵𝐶𝐷是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，又A

B//CD，所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐸因为PA⊥底面ABCD，𝐵𝐸⊂平面ABCD，所以PA⊥BE.又𝐴𝐵⊂平面PAB，𝑃𝐴⊂平面PAB，AB∩PA=A，所以BE⊥平面PAB，又𝐵𝐸⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.(2)因为PA⊥底面ABCD，𝐴𝐵⊂平面ABCD

，所以PA⊥AB.又PA=2，AB=1，所以𝑃𝐵=√5.因为正三角形BCD中，BC=1，E是CD的中点，所以𝐵𝐸=√32.因为BE⊥平面PAB，𝑃𝐵⊂平面PAB，所以BE⊥PB，所以𝑆△𝑃𝐵𝐸=12𝑃𝐵⋅𝐵𝐸=12×

√5×√32=√154因为𝑉𝐷−𝑃𝐵𝐸=𝑉𝑃−𝐵𝐷𝐸,，PA⊥底面ABCD，设点D到平面PBE的距离为d，所以13𝑆△𝑃𝐵𝐸⋅𝑑=13𝑆△𝐵𝐷𝐸⋅𝑃𝐴，而𝑆△𝐵𝐷𝐸=12𝐷𝐸⋅𝐵𝐸=12×12×√32=√38

所以𝑑=𝑆△𝐵𝐷𝐸⋅𝑃𝐴𝑆△𝐵𝑃𝐸=√38×2√154=√55，即点D到平面PBE的距离为√55.(3)延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线.取AD中点H，连BH，过B作𝐵𝐼⊥𝑃𝐹，垂足为I，连HI.由

四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知△𝐴𝐵𝐷是正三角形，因为H是AD的中点，所以𝐵𝐻⊥𝐴𝐷..因为PA⊥底面ABCD，𝐵𝐻⊂平面ABCD，所以.PA⊥BH.又𝐴𝐷⊂平面PAD，

𝑃𝐴⊂平面PAD，AD∩PA=A，所以BH⊥平面PAD，又𝑃𝐹⊂平面PAD，所以.BH⊥PF，又BI⊥PF，𝐵𝐻⊂平面BHI，𝐵𝐼⊂平面BHI，BH∩BI=B，所以PF⊥平面BHI，而𝐻𝐼⊂平面BHI，所以PF⊥HI，则∠BI

H为二面角B-PFA的一个平面角.因为BH⊥平面PAD，𝐻𝐼⊂平面PAD，所以BH⊥HI.因为菱形ABCD中，DE//AB，𝐷𝐸=12𝐴𝐵，E为BF的中点，𝐵𝐹=2𝐵𝐸=√3.在𝑅𝑡△𝑃𝐵𝐹中，𝑃𝐵=√5，𝐵𝐹=√3，PB⊥BF，BI⊥PF，所以𝑃

𝐹=2√2，𝐵𝐼=𝐵𝑃⋅𝐵𝐹𝑃𝐹=√5⋅√32√2=√304，又𝐵𝐻=√32，所以𝑅𝑡△𝐵𝐻𝐼中，𝐻𝐼=3√24，cos∠𝐵𝐼𝐻=𝐻𝐼𝐵𝐼=3√24√304=√155，即平面PAD和平面PBE所成锐二面角

的余弦值为√155.