2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）一．选择题（共8小题）1．（2024•河南模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若B1C∩BC1＝O，P，Q分别为AC，DD1的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（）A．π6 B．π4 C．π3 2．（2024•河南模拟）在半径为R的球内作内接于球的圆柱，则圆柱体积取得最大值时，圆柱的高为（）A．R B．233R C．3R3．（2024秋•靖远县月考）如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为EFGH，已知A1E=1A．25 B．855 C．654．（2024•郫都区校级模拟）如图，ΔO'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y轴平行），O'B'＝2O'D'＝6，O'C'＝8，则△OAB的面积为（）A．82 B．122 C．24 D5．（2024•鼓楼区校级模拟）设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若m⊥n，m⊥α，则n∥α6．（2024•王益区校级模拟）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为100π，则该圆台的体积为（）A．184π B．208π C．224π D．248π7．（2024•邵东市校级模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（）A．3π B．3π2 C．3π8．（2024秋•大庆月考）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为43A．263π9 B．263π3 C二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024•南昌开学）PO是正四棱锥P﹣ABCD的高，E是线段PO上一点（不含端点），过点E任作一个平面α，平面α与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为Ω，下列4个命题中，正确的是（）A．Ω可以是三、四、五边形 B．当PA∥平面α时，存在一点E，使得Ω是正五边形 C．当PA与平面α相交时，平面α与平面PAD和平面PAB的交线分别为m，n，则m，n，PA三条直线相交于一点 D．“PA∥平面α”是“平面PAC⊥平面α”的充分不必要条件（多选）10．（2024•福州开学）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，下列四个结论中正确的是（）A．BC1∥平面ACD1 B．直线BC1与直线AD1为异面直线 C．直线BC1与直线AD1所成的角为90° D．B1D⊥平面ACD1（多选）11．（2024•福建开学）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（）A．P在BC中点时，平面PEF⊥平面GMN B．异面直线EF、GN所成角的余弦值为14C．E、F、G、M、N在同一个球面上 D．A1P→=t（多选）12．（2023秋•深圳校级月考）如图，在四面体P﹣ABC中，AB=BC=22，BA⊥BC，PA＝PB＝PC＝4，O为AC的中点，点M是棱BCA．PO⊥平面ABC B．PM=14C．四面体P﹣ABC的体积为83D．异面直线PM与AB所成角的余弦值为7三．填空题（共4小题）13．（2024•松江区校级开学）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱CC1的中点，△BPD1以BD1为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是．14．（2024•福州开学）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为15．（2024•湖南开学）如图已知点A，B在圆锥SO的底面圆周上，S为圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且圆锥SO的底面积为4π，∠ASB＝30°，若AB与截面SAO所成角为60°，则圆锥SO的侧面积为．16．（2023秋•宝山区校级期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为．四．解答题（共4小题）17．（2024•解放区校级开学）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心．（1）求证：AC1⊥平面A1BD．（2）求证：平面B1EF∥平面A1BD．18．（2024秋•濮阳月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，且AP＝CP，BP＝DP．（1）仅用无刻度直尺作出四棱锥P﹣ABCD的高PH，写出作图过程并证明；（2）若平面PAB⊥平面PCD，平面PAD⊥平面PBC，证明：四边形ABCD是菱形．19．（2024春•宛城区校级月考）在如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E为PD的中点．（1）求证：CE∥平面PAB（2）求证：平面PAC⊥平面PDC20．（2024春•南通期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是棱BC，AP的中点．（1）证明：PC⊥BD；（2）证明：EF∥平面PCD．

2025年高考数学复习新题速递之立体几何初步（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2024•河南模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若B1C∩BC1＝O，P，Q分别为AC，DD1的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（）A．π6 B．π4 C．π3 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算．【答案】D【分析】利用PQ∥BD1，将直线PQ与AO所成角转化成相交直线BD1与AO所成的角，通过计算证明∠BAO＝∠AD1B，推理得到AO⊥BD1即得．【解答】解：如图，连接BD1，AD1，由已知得，PQ∥BD1，则直线PQ与AO所成的角即为直线BD1与AO所成的角，由AB∥A1B1∥D1C1，AB＝A1B1＝D1C1，可得四边形ABC1D1为平行四边形，则BD1与AO相交，在Rt△ABO和Rt△D1AB中，tan∠BAO=BO所以tan∠BAO＝tan∠AD1B，所以∠BAO＝∠AD1B，所以∠BAO+所以AO⊥BD1，即直线PQ与AO所成角的大小为π2故选：D．【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，属于中档题．2．（2024•河南模拟）在半径为R的球内作内接于球的圆柱，则圆柱体积取得最大值时，圆柱的高为（）A．R B．233R C．3R【考点】圆柱的体积．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．【答案】B【分析】设出球的内接圆柱的高，再表示出圆柱底面圆半径，列出圆柱体积的函数关系，借助导数求解作答．【解答】解：设内接圆柱的高为h，底面半径为r，则r2+h则圆柱体积π(R令V'=π(R当h∈(0，233R)时，V′（h）＞当h∈(233R，2R)时，V′（h故当h=23故选：B．【点评】本题考查内接圆柱的体积，考查导数的应用，属于中档题．3．（2024秋•靖远县月考）如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为EFGH，已知A1E=1A．25 B．855 C．65【考点】棱柱的结构特征．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算．【答案】B【分析】由正方体的结构特征，结合棱柱的体积公式及未盛水的部分体积不变列方程，求解可得答案．【解答】解：如图，平面A1ADD1与水面的夹角为∠A1MB1，则平面B1BCC1与水平桌面的夹角为∠A1MB1．由题意可得三棱柱A1B1M﹣D1C1N的体积为4×4×1＝16，所以12A1M⋅A1B所以sin∠水面距离桌面的高度为BB故选：B．【点评】本题考查了正方体的结构特征与棱柱的体积计算问题，是基础题．4．（2024•郫都区校级模拟）如图，ΔO'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y轴平行），O'B'＝2O'D'＝6，O'C'＝8，则△OAB的面积为（）A．82 B．122 C．24 D【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算．【答案】D【分析】把直观图还原为原平面图形，求解即可．【解答】解：把直观图还原为原平面图形，如图所示：△ABC中，OB＝O′B'＝6，OC＝2O'C'＝16，所以△OAB的面积为S=12×6×16故选：D．【点评】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，是基础题．5．（2024•鼓楼区校级模拟）设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若m⊥n，m⊥α，则n∥α【考点】平面与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面平行．【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】B【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一判断即可．【解答】解：对于A：由m⊂α，n⊂β，m⊥n，可得α、β可能平行或相交，故A错误；对于B：由m∥α，m∥β，α∩β＝n，则由线面平行的性质定理得m∥n，故B正确；对于C：由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，可得α、β可能平行或相交，故C错误；对于D：由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n⊂α，故D错误．故选：B．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题．6．（2024•王益区校级模拟）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为100π，则该圆台的体积为（）A．184π B．208π C．224π D．248π【考点】圆台的体积；圆台的侧面积和表面积．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．【答案】C【分析】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则由题意可得R＝4r，再由圆台的侧面积列方程可求出r，从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出圆台的体积．【解答】解：设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则2πR＝4×2πr，故R＝4r，因为该圆台的侧面积为100π，母线长l＝10，所以π（r+4r）×10＝100π，解得r＝2，则R＝8，所以圆台上底面的面积为πr2＝4π，下底面的面积为πR2＝64π，圆台的高h所以该圆台的体积V=1故选：C．【点评】本题考查圆台的侧面积，体积，属于基础题．7．（2024•邵东市校级模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（）A．3π B．3π2 C．3π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；整体思想；演绎法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．【答案】C【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径r＝1，圆锥的高h=【解答】解：圆锥底面周长为12所以圆锥的底面半径r＝1，圆锥的高h=所以圆锥的体积为V=1由祖暅原理，该几何体的体积也为3π故选：C．【点评】本题主要考查祖暅原理及其应用，几何体体积的求解等知识，属于中等题．8．（2024秋•大庆月考）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为43A．263π9 B．263π3 C【考点】圆台的体积．【专题】对应思想；定义法；立体几何；数学运算．【答案】A【分析】利用勾股定理求出圆台的高，再由台体的体积公式计算可得．【解答】解：因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为43所以圆台的高h=所以圆台的体积V=1故选：A．【点评】本题考查了圆台的结构特征与体积计算问题，是基础题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024•南昌开学）PO是正四棱锥P﹣ABCD的高，E是线段PO上一点（不含端点），过点E任作一个平面α，平面α与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为Ω，下列4个命题中，正确的是（）A．Ω可以是三、四、五边形 B．当PA∥平面α时，存在一点E，使得Ω是正五边形 C．当PA与平面α相交时，平面α与平面PAD和平面PAB的交线分别为m，n，则m，n，PA三条直线相交于一点 D．“PA∥平面α”是“平面PAC⊥平面α”的充分不必要条件【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直．【专题】分类讨论；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】AC【分析】分类可得截面图形，判断出A的真假；当PA∥平面α时，可得截面五边形有一组边平行，可判断出B的真假；利用线共点的方法可证结论，判断出C的真假；“PA∥平面α”得不出“平面PAC⊥平面α”，可判断出D的真假．【解答】解：对于A：截面α过PO时的截面为三角形，截面α过E与平面ABCD平行时，则截面为四边形，截面α不平行于底面ABCD且不过PO时可能为五边形（如图所示），故A正确；对于B：如图所示，当PA∥平面α时，截面五边形为MNPQH，由PA∥截面α，根据线面平行的性质易得PA∥MN，PA∥QH，则MN∥QH，又正五边形不存在平行的边，故不存在这样的正五边形，故B错误；对于C：设平面α与平面PAD的交线为QH，与PAB的交线为MN，当PA与平面α相交时，可得MN与QH不平行，反证法：若MN∥QH，因为QH⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，所以QH∥平面PAB，QH⊂平面PAD，平面PAD∩平面PAB＝PA，所以PA∥QH，又因为QH⊂α，PA⊄α，所以PA∥α，这与PA与平面α相交时矛盾，故假设不成立，故MN与QH不平行，所以MN与QH相交，设MN∩QH＝K，则K∈平面PAB，K∈平面PAD，又平面PAB∩平面PAD＝PA，所以K∈PA，所以PA，MN，QH交于一点，即m，n，PA三条直线相交于一点，故C正确；对于D：因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，又PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，因为PO∩AC＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，由B可知当PA∥平面α时，MN∥QH，而MNPA所以MH有可能不平行于BD，则MH不一定垂直于平面PAC，得不出平面PAC⊥平面α，从而“PA∥平面α”不是“平面PAC⊥平面α”的充分条件，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系的判断，根据直线PA与平面α的位置关系判断截面图形，属于中档题．（多选）10．（2024•福州开学）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，下列四个结论中正确的是（）A．BC1∥平面ACD1 B．直线BC1与直线AD1为异面直线 C．直线BC1与直线AD1所成的角为90° D．B1D⊥平面ACD1【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直．【专题】转化思想；解题方法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑推理；数学运算．【答案】AD【分析】利用线面平行的判定即可判断出A的真假；根据BC1∥AD1，即可判断出BC的真假；建立合适的空间直角坐标系，证明AC→⋅D【解答】解：对A，连接BC1，因为AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1，又因为BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，故A正确；对BC，由A知BC1∥AD1，则两直线共面，则直线BC1与直线AD1不是异面直线，且直线BC1与直线AD1所成的角不是90°，故BC错误；对D，以D为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则A（1，0，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），B1（1，1，1），则AC→则AC→则AC⊥DB1，AD1⊥DB1，又因为AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，所以D正确．故选：AD．【点评】本题考查线面的位置关系的判断及异面直线所成的角的求法，属于中档题．（多选）11．（2024•福建开学）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（）A．P在BC中点时，平面PEF⊥平面GMN B．异面直线EF、GN所成角的余弦值为14C．E、F、G、M、N在同一个球面上 D．A1P→=t【考点】平面与平面垂直；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】ACD【分析】根据正方体图像特征证明出PF⊥面GMN，结合面面垂直的判定定理，判断出A的真假；根据异面直线所成的角判断出B的真假；根据五点共圆，判断出C的真假；分析可知P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP1，根据轨迹求出长度，判断出D的真假．【解答】解：对于选项A：取AD的中点Q，连接PQ，FQ，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，易知GM⊥PQ，因为FQ∥DD1，所以FQ⊥平面ABCD，GM在面ABCD内，所以GM⊥FQ，FQ⊂面PQF，PQ⊂面PQF，PQ∩FQ＝Q，所以GM⊥面PQF，PF⊂面PQF，所以GM⊥PF，连接BA1，ABB1A1是正方形，GN⊥A1B，因为FA1⊥面ABB1A1，GN⊂面ABB1A1，所以GN⊥A1F，因为FA1⊂面PFA1B，A1B⊂面PFA1B，FA1∩A1B＝A1，所以GN⊥面PFA1B，因为PF⊂面PFA1B，所以GN⊥PF，综上，GN⊂面GMN，GM⊂面GMN，又GN∩GM＝G，所以PF⊥面GMN，PF⊂面PEF，故平面PEF⊥平面GMN，所以A正确；对于选项B：取A1B1的中点T，连接ET，FT，则ET∥GN，所以∠TEF是异面直线EF、GN所成的角，又EF=FT=ET=2，则∠TEF=π对于选项C：记正方体的中心为点O，则|OE|=|OF|=|OG|=|OM|=|ON|=2所以E、F、G、M、N在以O为球心，以2为半径的球面上，所以C正确；对于选项D：因为A1P→=tA1所以A1P→所以P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP1，且|CP所以|MP1|=故选：ACD．【点评】本题考查面面垂直的判断定理的应用，异面直线所成角的余弦值的求法，属于中档题．（多选）12．（2023秋•深圳校级月考）如图，在四面体P﹣ABC中，AB=BC=22，BA⊥BC，PA＝PB＝PC＝4，O为AC的中点，点M是棱BCA．PO⊥平面ABC B．PM=14C．四面体P﹣ABC的体积为83D．异面直线PM与AB所成角的余弦值为7【考点】直线与平面垂直；棱锥的体积；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算．【答案】ABD【分析】利用线面垂直定理即可判断出A的真假；连接OM、OB并结合题中几何条件可对B、C、D求解判断它们的真假．【解答】解：对A：连结OB，如图，在四面体P﹣ABC中，AB=BC=22，BA⊥BC，PA＝PB＝PC＝4，O为AC所以OP⊥AC，OB⊥AC，且OP=42-22所以OB2+OP2＝PB2，所以OB⊥OP，又因为OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC，故A正确；对B、C、D：连接OM，由A知，PO⊥平面ABC，OM⊂平面ABC，所以PO⊥OM，OM=AB所以PM=PO2四面体P﹣ABC的体积：V=13S因为AB与OM平行，所以OM与PM所成的角就是PM与AB所成角，在直角三角形POM中，cos∠PMO=OM故选：ABD．【点评】本题考查线面位置关系的判断及异面直线所成角的求法，三棱锥的体积的求法，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2024•松江区校级开学）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱CC1的中点，△BPD1以BD1为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是210π．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的表面积和侧面积．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算．【答案】210π．【分析】先确定旋转体是母线且同底的两个圆锥构成的几何体，进而可得．【解答】解：由题意知，△BPD1为等腰三角形，且BD所以△BPD1以BD1为轴旋转一周，得到的旋转体是以BD1为中心轴，PD1和PB分别为母线且同底的两个圆锥构成的几何体，可得圆锥的底面半径为5-所以旋转体的表面积S=2πrl=210故答案为：210【点评】本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．14．（2024•福州开学）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为π3【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】π3【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出h=2【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则rl所以h=所以圆锥的体积为13故答案为：π3【点评】本题考查圆锥的体积的求解，属基础题．15．（2024•湖南开学）如图已知点A，B在圆锥SO的底面圆周上，S为圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且圆锥SO的底面积为4π，∠ASB＝30°，若AB与截面SAO所成角为60°，则圆锥SO的侧面积为2(6+【考点】圆锥的侧面积和表面积．【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】2(6【分析】设圆锥SO的底面半径为r，母线长为l，由底面面积为4π可求r，证明∠BAO为直线AB与截面SAO所成的角，解三角形求l，由此可求圆锥的侧面积．【解答】解：设圆锥SO的底面半径为r，母线长为l，因为圆锥SO的底面积为4π，所以πr2＝4π，故r＝2，过点B作BD⊥AO，垂足为D，连接BO，由已知SO⊥平面ABO，BD⊂平面ABO，所以BD⊥SO，AO∩SO＝O，AO，SO⊂平面SAO，所以BD⊥平面SAO，所以AB在平面SAO上的射影为AD，所以∠BAO为直线AB与截面SAO所成的角，由已知∠BAO＝60°，又OA＝OB＝2，所以△OAB为等边三角形，故AB＝2，因为∠ASB＝30°，SA＝SB＝l，由余弦定理可得4＝l2+l2﹣2l•l•cos30°，所以l2所以l=6所以圆锥SO的侧面积为πrl=π×故答案为：2(6【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定定理，属于中档题．16．（2023秋•宝山区校级期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为12π．【考点】圆锥的体积．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象．【答案】12π【分析】作出圆锥的截面图，计算圆锥的高，代入体积公式可得结果．【解答】解：圆锥的轴截面如图，由题意知AO＝3，则π×AO×SA＝15π，所以SA＝5，由勾股定理得SO＝4，所以V=1故答案为：12π．【点评】本题考查空间想象能力与运算求解能力．属于基础题．四．解答题（共4小题）17．（2024•解放区校级开学）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心．（1）求证：AC1⊥平面A1BD．（2）求证：平面B1EF∥平面A1BD．【考点】直线与平面垂直；平面与平面平行．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；数学运算．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）由线面垂直的判定与性质，分别证出BD⊥AC1、A1B⊥AC1，进而可证出AC1⊥平面A1BD；（2）由线面平行的判定定理，证出BD∥平面B1CD1、A1D∥平面B1CD1，然后根据面面平行的判定定理证出平面B1EF∥平面A1BD．【解答】解：（1）根据题意，连接AC，因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥CC1，在正方形ABCD中，BD⊥AC，结合AC、CC1是平面ACC1A1内的相交直线，可得BD⊥平面ACC1A1，因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1，同理可证A1B⊥AC1．因为A1B∩BD＝B，A1B、BD⊂平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD；（2）根据题意，E、F分别是底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心，所以E∈B1D1，F∈B1C，即平面B1EF就是平面B1CD1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1∥DD1，BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，所以BD∥B1D1，结合B1D1⊂平面B1CD1，BD⊄平面B1CD1，可得BD∥平面B1CD1，同理可证A1D∥平面B1CD1，因为A1D∩BD＝D，A1D、BD⊂平面A1BD，所以平面B1CD1∥平面A1BD，即平面B1EF∥平面A1BD．【点评】本题主要考查正方体的结构特征、线面垂直的判定与性质、线面平行与面面平行的判定等知识，属于基础题．18．（2024秋•濮阳月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，且AP＝CP，BP＝DP．（1）仅用无刻度直尺作出四棱锥P﹣ABCD的高PH，写出作图过程并证明；（2）若平面PAB⊥平面PCD，平面PAD⊥平面PBC，证明：四边形ABCD是菱形．【考点】平面与平面垂直．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．【答案】（1）连接AC，BD，两条直线的交点为H，连接PH，证明过程见详解；（2）证明过程见详解．【分析】（1）连接AC，BD，设交于点H，连接PH，由AP＝CP，BP＝DP，可证得PH⊥AC，PH⊥BD，进而可证得结论；（2）过点H作EF⊥AB交AB于点E，交CD于点F，过点H作MN⊥BC交BC于点M，交AD于点N，连接PE、PF，PM、PN，由题意可证得AB＝BC，即证得平行四边形ABCD为菱形．【解答】（1）解：连接AC，BD，设交于点H，连接PH，证明过程如下：因为四边形为平行四边形，因为AP＝CP，BP＝DP，所以PH⊥AC，PH⊥BD，AC∩BD＝H，所以PH⊥平面ABCD，所以PH为四棱锥的高，（2）证明：过点H作EF⊥AB交AB于点E，交CD于点F，过点H作MN⊥BC交BC于点M，交AD于点N，连接PE、PF，PM、PN，因为PH⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，所以PH⊥AB，PH⊥BC，因为EF∩PH＝H，EF、PH⊂平面PEF，所以AB⊥平面PEF，又PE⊂平面PEF，所以AB⊥PE，因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，设平面PAB∩平面PCD＝11，又AB⊂平面PAB，所以AB∥l1，所以PE⊥l1，又平面PAB⊥平面PCD，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面PCD，又PF⊂平面PCD，所以PE⊥PF，因为MN∩PH＝H，MN、PH⊂平面PMN，所以BC⊥平面PMN，又PM⊂平面PMN，所以BC⊥PM，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝12，又BC⊂平面PBC，所以BC∥l2，所以PM⊥l2，又平面PAD⊥平面PBC，PM⊂平面PBC，所以PM⊥平面PAD，又PN⊂平面PAD，所以PM⊥PN，因为H为平行四边形ABCD对角线的交点，所以HE＝HF，HM＝HN，所以PH=12EF=所以EF＝MN，又AB•EF＝BC•MN，所以AB＝BC，所以平行四边形ABCD是菱形．【点评】本题考查线面垂直的证法及菱形的证法，属于中档题．19．（2024春•宛城区校级月考）在如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E为PD的中点．（1）求证：CE∥平面PAB（2）求证：平面PAC⊥平面PDC【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据中点关系可证明四边形MECB是平行四边形，即可根据线线平行求证，（2）根据勾股定理可证明DC⊥AC，根据线面垂直的性质可得PA⊥DC，即可根据线面垂直的判定求解．【解答】证明：（1）取PA的中点M，连接BM，ME，由于M，E为中点，则ME∥AD，且ME=1因为BC∥AD，且BC=1所以ME∥BC，且ME＝BC，所以四边形MECB是平行四边形，所以BM∥CE，又CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB；（2）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥DC，又AC2＝AB2+BC2＝2，CD2＝AB2+（AD﹣BC）2＝2，故AC2+CD2＝AD2，所以DC⊥AC，因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以DC⊥平面PAC，又DC⊂平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC．【点评】本题考查线面平行的证法及面面垂直的证法，属于中档题．20．（2024春•南通期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是棱BC，AP的中点．（1）证明：PC⊥BD；（2）证明：EF∥平面PCD．【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解．【分析】（1）连接BD，AC交于O，由题意可知BD⊥AC，再由线面垂直可知PA⊥BD，进而可证得BD⊥平面PAC，再证得结论；（2）取PD的中点M，连接CM，FM，易证得四边形FMCE为平行四边形，进而可证得结论．【解答】证明：（1）连接BD，AC交于O，因为底面ABCD是菱形，可知AC⊥BD，又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD；（2）取PD的中点M，连接CM，FM，因为E，F分别是棱BC，AP的中点，所以FM∥AD，且FM=12而EC∥AD，且EC=12所以FM∥EC，且PM＝EC，所以四边形FMCE为平行四边形，所以EF∥CM，而EF⊄平面PCD，CM⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD．【点评】本题考查线面垂直的性质的应用及线面垂直的判定定理的应用，线面平行的证法，属于中档题．

考点卡片1．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．2．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=133．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=1﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．4．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的表面积和侧面积【知识点的认识】旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．1．圆柱①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．②认识圆柱③圆柱的特征及性质圆柱1圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．④圆柱的体积和表面积公式设圆柱底面的半径为r，高为h：V圆柱2．圆锥①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．②认识圆锥③圆锥的特征及性质圆锥1与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2④圆锥的体积和表面积公式设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：V圆锥3．圆台①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．②认识圆台③圆台的特征及性质圆台1平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．④圆台的体积和表面积公式设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台5．圆锥的侧面积和表面积【知识点的认识】圆锥的侧面积和表面积依赖于底面圆的半径r、母线长度l和底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为πrl．﹣表面积：包括底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆锥的表面积计算：考查如何计算圆锥的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的表面积计算．6．圆台的侧面积和表面积【知识点的认识】圆台的侧面积和表面积依赖于底面和顶面圆的半径r1、r2以及母线l和两个底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为π（r1+r2）l．﹣表面积：包括两个底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆台的表面积计算：考查如何计算圆台的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的表面积计算．7．圆柱的体积【知识点的认识】圆柱的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆柱的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=πr﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆柱尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆柱的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆柱的体积计算．8．圆锥的体积【知识点的认识】圆锥的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆锥的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=1﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆锥尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆锥的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的体积计算．9．圆台的体积【知识点的认识】圆台的体积计算依赖于底面圆的半径r1、顶面圆的半径r2和圆台的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=1﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆台尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆台的体积计算：考查如何根据底面和顶面的半径以及高度计算圆台的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的体积计算．10．平面图形的直观图【知识点的认识】1．直观图：