【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′=�

�𝐵′=√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,𝐵𝐶=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31

π3，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𝐴𝐵𝐶−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=12×1sinπ3=√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𝐴𝐵𝐶𝐷−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,�

�𝐸，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𝐴𝐹𝑃𝐸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B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1B．.直线M

B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AD1，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−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1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√52；（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//�

�𝐷且𝐵𝐶=𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝐴1𝐷1,𝐴𝐷=𝐴1𝐷1,∴𝐵𝐶//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∩𝐴1𝐶1=𝐴1，且𝐴1𝐵,𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，∴平面𝐴1𝐵𝐶1//平面𝐴𝐷1𝐶，又∵𝐴1𝑃⊂平面𝐴1�

�𝐶1，所以𝐴1𝑃//平面𝐴𝐷1𝐶，故（1）正确；对于（2），∵𝐴1𝐵1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝐴1𝑃与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1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△𝐵𝐶𝐶1在同一平面，如下图所示：在Rt△𝐵𝐶𝐶1中，∠𝐵𝐶𝐶1为直角，cos∠𝐵𝐶1𝐶=𝐶

𝐶1𝐵𝐶1=2√55,sin∠𝐵𝐶1𝐶=𝐵𝐶𝐵𝐶1=√55在△𝐴1𝐵𝐶1中，𝐴1𝐵=𝐵𝐶1=√5,𝐴1𝐶1=√2，由余弦定理得cos∠𝐴1𝐶1𝐵=𝐴1𝐶12+𝐵𝐶12−𝐴1𝐵

22𝐴1𝐶1⋅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=√1

705，因此，𝐴1𝑃+𝑃𝐶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𝐵

𝐶𝐷𝐸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+𝐹𝐵2−2𝑀𝐹⋅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,∴𝐷𝐸⊥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𝐴1𝐷𝐸⊥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𝐴𝑀、𝐵、𝑁与面𝐴𝐵𝐶1𝐷1位置关系即可判断；B：𝐹为𝐷𝐷1中点，连接𝐴�

�，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𝐵𝑁和𝐵1𝑀所成的角为∠𝐺𝐷

1𝐻，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𝐴𝐷�

�，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//𝐵1𝑀，而𝐴

𝐹//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∠𝐺

𝐷1𝐻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𝐴1𝐵1𝐶1𝐷

1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∠𝐴𝐺𝐴1=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𝐶�

�1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𝐵𝐵1�

�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⩾𝐶𝐷1=√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.1

1．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−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−𝐸𝐹𝐺

𝐻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𝐵�

�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𝐴𝐵𝐶𝐷−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𝐸𝐹𝐺𝐻，𝐴𝐵1⊄平面𝐸𝐹𝐺𝐻，所以𝐴𝐵1//平面𝐸�

�𝐺𝐻，同理，𝐵1𝐶1//平面𝐸𝐹𝐺𝐻，𝐵1𝐶1∩𝐴𝐵1=𝐵1，𝐵1𝐶1，𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷，所以平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷//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，𝐺𝐻=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𝛽，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tan𝛼=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=𝑃𝐶=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𝐴𝑂

=√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sin

𝛼∈(√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，�

�𝑁⊄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𝐻𝑀𝑁//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△𝐻𝑀𝑁∼△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−𝑀𝐸22𝑀𝐻⋅𝐻𝐸=√55，在△𝐻𝐸𝑁中，c

os𝛾=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||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|，∴|𝑃𝑀2||𝑃𝐵|≤𝜆<|𝑃𝑀1||𝑃𝐵|，∵AP、AB、AC两两垂直，𝐴𝑃

=𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，∴𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝐵𝐶=√2，∴∠𝑃𝐵𝐶=60∘，由𝑂𝑀1=𝑂𝐵=√22，则𝐵𝑀1=√22，此时𝑃𝑀1=√22，∵𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝑀𝑁

//𝐵𝐶，即𝑀2𝑁2//𝐵𝐶，故△𝑃𝑀2𝐸2∼△𝑃𝐵𝑂，∵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𝐴�

�𝐶𝐷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𝑃𝐴=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∠𝑃𝐴𝐵=π2，即𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，且𝐴�

�∩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+𝑂𝑂12=𝐴𝑂12+(𝑃𝐴2)2=22+12=5，即𝑅=√5，球�

�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�

�𝐶,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−𝐴𝐵−𝑁的余弦值为2√77；③点𝑄到平面𝐴�

�𝑆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−𝐴�

�−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𝐴𝐵𝐶�

�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，△𝑆𝐶𝐷

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⊥𝑁𝐹，在直角△𝑆�

�𝐹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𝐸

𝑃𝐶，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𝑃𝐴⊥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𝐴𝐵𝐶

𝑀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�

�𝐴𝑁，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𝐴𝐵𝐶�

�=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√3

2，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𝑂1𝑂2=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．（12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𝐴𝐵𝐷，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𝑂𝐻,�

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

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

�−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cos𝜃=√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∠𝑃𝐹𝑀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𝑃𝐴𝐷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�

�𝐷//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𝑃�

�//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𝑃𝑀�

�，所以𝐴𝐷⊥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𝑄𝐹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𝑄�

�=2√2，由𝐵𝐷=√32+42=5，所以直线𝐵𝐷与平面𝑃𝐴𝐷所成角的正弦值为𝑄𝐹𝐵𝐷=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AB//CD，所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐸因为PA⊥底面ABCD，𝐵𝐸⊂平面AB

CD，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−𝐵

𝐷𝐸,，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∠BIH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𝑃𝐹=2√2，�

�𝐼=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.