第二编 专题4 第1讲 空间几何体-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何专题，覆盖表面积体积计算、点线面位置关系、展开图与截面、空间角距离四大核心考点，对接高考评价体系，分析选择填空题中中低档题型的权重分布，归纳公式法、割补法等常考解题模型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法突破”，如结合2024新课标卷圆锥体积真题、2025八省联考六面体体积实例，通过向量法、几何法培养学生空间观念和数学思维，特设易错点警示与解题模板，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效规划复习，提升备考效率。

第二编　主干知识突破 专题四　立体几何 第1讲　空间几何体 「考情研析」空间几何体在高考选择题、填空题中的常见考点有：空间几何体的表面积与体积的计算，空间点、线、面位置关系的判断，展开图、截面与交线问题，空间角和空间距离的计算等，难度属中、低档． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 (1)空间几何体的表面积与体积 核心 知识回顾 5 (2)空间线、面位置关系 核心 知识回顾 6 注：①一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行，则这两个平面平行； ②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③l⊥α，l⊥β⇒α∥β；④l⊥α，α∥β⇒l⊥β；⑤直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，平面α和β的法向量分别为n1和n2. 核心 知识回顾 7 (3)空间距离 核心 知识回顾 8 核心 知识回顾 9 (4)空间角 核心 知识回顾 10 核心 知识回顾 11 核心 知识回顾 12 热点 考向探究 考向1　空间几何体的表面积与体积 热点 考向探究 14 (2)如图，在六面体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，四边形ABCD与四边形A1B1C1D1是两个全等的矩形，AB∥A1B1，AD∥A1D1，AA1⊥平面ABCD，AB＝B1C1＝6，BC＝A1B1＝10，AA1＝6，则六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为(　　) A．288 B．376 C．448 D．600 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 (3)随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高)．已知瓷器的高为38 cm，在高为20 cm处有最大直径(外径)，为48 cm，则该瓷器的外表面积约为(π≈3.14)(　　) A．6270 cm2 B．6275 cm2 C．6280 cm2 D．6300 cm2 热点 考向探究 17 解析：由题意，可知球的半径为R＝24 cm，上球冠的高h1＝6 cm，下球冠的高h2＝4 cm，设下底面圆的半径为r，则r2＝242－202＝176，所以该瓷器的外表面积约为4π×242－2π×24×6－2π×24×4＋π×176＝2000π≈6280 cm2.故选C. 热点 考向探究 18 1．求空间几何体的表面积的方法 转化法 将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决空间几何体表面积的主要出发点 分割法 求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积 热点 考向探究 19 2．求空间几何体的体积的方法 组合体的表面积问题注意衔接部分的处理．旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． 公式法 直接根据相关的体积公式计算 等积法 根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等 割补法 把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 考向2 　空间点、线、面的位置关系 例2　(1)(多选)(2025·福建漳州二模)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中不正确的是(　　) A．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝c，则c⊥α B．若α⊥β，α⊥γ，a⊂α，a⊥β，c⊂γ，则a⊥c C．若α∥β∥γ，c∥γ，a⊂α，b⊂β，则a∥b∥c D．若a⊥α，b⊥β，c⊥γ，a∥b∥c，则α∥β∥γ 热点 考向探究 25 解析：对于A，因为α⊥β，α⊥γ，设α∩β＝m，α∩γ＝n， 在平面α内取点A，过点A在平面α内分别作l1⊥m，l2⊥n，则l1 ⊥β，l2⊥γ，因为β∩γ＝c，所以l1⊥c，l2⊥c，又l1∩l2＝A，故 c⊥α，故A正确；对于B，如图，长方体ABCD－EFGH中，取 平面ABCD，DCGH，ADHE依次为平面α，β，γ，取BC为直线a，EH为直线c，显然满足α⊥β，α⊥γ，a⊂α，a⊥β，c⊂γ，但a∥c，故B不正确；对于C，若α∥β∥γ，c∥γ，a⊂α，b⊂β，直线c与直线a，b可能异面、平行或相交，故C不正确；对于D，由a⊥α，a∥b，可得b⊥α，又b⊥β，则α∥β，同理可得β∥γ，故可得α∥β∥γ，故D正确．故选BC. 热点 考向探究 26 (2)(多选)(2025·湖北省华大新高考联盟模拟)下列四棱锥的所有棱长都相等，A，B，C，D，E是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线DE与平面ABC不垂直的是(　　) 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 (3)(多选)如图，四棱锥A－BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A－CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A，B，C，F四点共面 B．FG⊥平面ACD C．FG⊥CD D．平面ABE∥平面CDF 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 判断空间点、线、面位置关系的常用方法 定理法 利用空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断 模型法 借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察点、线、面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定 反证法 当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断 向量法 构建空间直角坐标系，利用空间向量判断点、线、面的位置关系 热点 考向探究 32 1．(2025·江苏南京二模)设α是平面，m，n是两条直线，则下列说法正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n C．若m∥α，m∥n，则n∥α D．若m，n与α所成的角相等，则m∥n 热点 考向探究 33 解析：对于A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面． 例如，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1∥平面ABCD，A1B1∥平 面ABCD，但A1D1与A1B1是相交的；A1D1∥平面ABCD，B1C1∥平 面ABCD，但A1D1与B1C1是平行的；A1C1∥平面ABCD，RS∥平面ABCD，但A1C1与RS是异面的，所以A错误．对于B，若n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l.又因为m⊥α，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以m⊥l.由于n∥l，根据异面直线所成角的定义可知m⊥n，所以B正确．对于C，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，所以C错误．对于D，若m，n与α所成的角相等，则m与n可能平行、相交或异面．例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线相交，所以D错误．故选B. 热点 考向探究 34 2．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题为假命题的是(　　) A．存在点P，使得PQ⊥A1C1 B．存在点P，使得PQ∥A1B C．直线PQ始终与直线CC1异面 D．直线PQ始终与直线BC1异面 热点 考向探究 35 解析：当点P和点D1重合时，PQ⊥A1C1，故A为真命题；连 接A1D，当点P为线段A1D的中点时，PQ为△A1BD的中位线，PQ ∥A1B，故B为真命题；当点P和点A重合时，直线PQ和直线CC1 相交，故C为假命题；直线BC1∥平面ACD1，PQ⊂平面ACD1，所 以直线BC1与直线PQ不相交．假设BC1∥PQ，由于BC1∥AD1，则 PQ∥AD1，这与直线PQ和直线AD1相交矛盾，所以直线PQ与直线BC1异面(或者利用异面直线的判定方法：BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，所以直线PQ与直线BC1异面)，故D为真命题．故选C. 热点 考向探究 36 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 考向3　展开图、截面与交线问题 热点 考向探究 41 热点 考向探究 42 热点 考向探究 43 热点 考向探究 44 (3)(2025·陕西、山西、青海、宁夏第一次四省联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为常数，点P在线段AC1上(端点除外)，过点P且垂直于AC1的平面α截正方体所得截面的周长为y，若AP＝x，则y关于x的函数图象大致为(　　) 热点 考向探究 45 热点 考向探究 46 1．利用展开图求空间距离最小值的策略 求空间两点间的距离的最小值或空间线段和的最小值问题，可将线段所在平面展开至同一平面内或将侧面展开，将空间问题转化为平面问题进行求解． 2．确定截面的主要依据 (1)四个基本事实及推论． (2)直线和平面平行的判定和性质． (3)两个平面平行的性质． (4)球的截面的性质． 3．找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线． 热点 考向探究 47 热点 考向探究 48 热点 考向探究 49 热点 考向探究 50 3．已知正四棱锥S－ABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上．过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形T，则T的边数至多为________，T的面积的最大值为________． 5 热点 考向探究 51 热点 考向探究 52 考向4　空间角和空间距离的计算 热点 考向探究 53 热点 考向探究 54 热点 考向探究 55 热点 考向探究 56 热点 考向探究 57 热点 考向探究 58 热点 考向探究 59 热点 考向探究 60 热点 考向探究 61 热点 考向探究 62 热点 考向探究 63 1．求空间角的两种方法 (1)几何法 ①利用定义构造角； ②证明找到(或作出)的角即为所求角； ③解三角形求角． (2)向量法 ①建立空间直角坐标系； ②用坐标表示直线的方向向量和平面的法向量； ③利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． 热点 考向探究 64 2．求空间距离的常用方法 (1)求点到平面的距离有两种方法：一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法． (2)求点到直线的距离有两种方法：一是利用空间向量点到直线的距离公式，二是构造直角三角形，解三角形求出垂线段的长度． (3)求线线距离、线面距离、面面距离的前提是平行．线线距离可转化为点到直线的距离，线面距离、面面距离均可转化为点到平面的距离． 热点 考向探究 65 热点 考向探究 66 热点 考向探究 67 热点 考向探究 68 热点 考向探究 69 热点 考向探究 70 热点 考向探究 71 热点 考向探究 72 热点 考向探究 73 热点 考向探究 74 真题VS押题 真题VS押题 76 真题VS押题 77 真题VS押题 78 真题VS押题 79 3．(多选)(2025·新课标Ⅰ卷，9)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1 真题VS押题 80 解析：解法一：对于A，因为△ABC是正三角形，D为BC的中点， 则AD⊥BC，若AD⊥A1C，则AD⊥平面A1CD，则AD⊥A1D，显然不成 立，故A错误；对于B，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，因为AA1⊥平面 ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，又AD⊥BC，AA1∩AD＝A，AA1， AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，故B正确；对于C，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1∥AA1，AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故C正确；对于D，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，因为A1B1∥AB，假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB＝A矛盾，所以AD∥A1B1不成立，故D错误．故选BC. 真题VS押题 81 真题VS押题 82 真题VS押题 83 真题VS押题 84 真题VS押题 85 5．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 真题VS押题 86 真题VS押题 87 真题VS押题 88 真题VS押题 89 真题VS押题 90 真题VS押题 91 真题VS押题 92 专题作业 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 空间位置关系的判断 圆台的侧 面积 线面角的正切值 与截面有关的计算问题 圆锥的 体积 与截面有关的计算问题 点到平面的距离的应用；求线面角；与截面有关的计算问题 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 点到直线的距离的应用；棱锥的体积 两直线位置关系的判断；线面平行的判断；面面垂直的判断 点到平面的距离；二面角的正弦值 与截面有关的计算问题；点到平面的距离；棱锥的体积 由线面角求异面直线所成的角 组合体的表面积 与截面有关的计算问题；棱锥展开图的应用 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 94 一、单选题 1．(2025·皖南八校高三第三次联考)设l1，l2，l3是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且α∩β＝l1，l2⊂α，l3⊂β，则“l2∥l3”是“l1∥l2”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 95 解析：当l2∥l3时，l3⊂β，l2⊄β，所以l2∥β，又l2⊂α，α∩β＝l1，所以l1∥l2成立；当l1∥l2时，若l1与l3相交，则l2与l3异面，不能推出l2∥l3，所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件．故选A. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 96 2．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A．6π B．16π C．26π D．32π 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 97 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 98 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 99 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 100 5．(2025·皖南八校第三次联考)如图，高为h的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是(　　) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 101 6．(2025·浙江宁波三模)一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10 cm，8 cm，15 cm，内部装有400 mL墨水．将墨水瓶倾斜，使其一条长边(10 cm)置于水平地面，高边(15 cm)所在直线与水平地面成45°角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为(　　) A．180 cm2 B．220 cm2 C．260 cm2 D．300 cm2 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 102 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 103 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 104 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 105 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 106 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 107 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 108 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 109 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 110 二、多选题 9．(2025·福建厦门三模)如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD－A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P－ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则(　　) A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 111 解析：对于A，设正方形ABCD的边长为2，由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，故PO＝AA′＝1，因为A′A⊥平面ABCD，故A′O在平面ABCD内的射影为AO，又AO与AB不垂直，故A′O与AB不垂直，故A不正确；对于B，由题意知PO∥AA′且PO＝AA′，故四边形POA′A是平行四边形，所以A′O∥AP，A′O⊄平面APD，AP⊂平面APD，所以A′O∥平面APD，故B正确；对于C，因为PO∥CC′∥AA′，O∈平面CC′A′A，故PO⊂平面CC′A′A，平面AA′P即为平面CC′A′A，因为A′A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A′A⊥BD，又因为BD⊥AC，A′A∩AC＝A，所以BD⊥平面CC′A′A，又BD⊂平面BDP，所以平面BDP⊥平面CC′A′A，即平面AA′P⊥平面BDP，故C正确；对于D，由C项分析可知CC′与A′P都在平面CC′A′A内且不平行，故CC′与A′P为相交直线，故D正确．故选BCD. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 112 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 113 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 114 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 115 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 116 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 117 解析：对于A，如图，设过A，B1，E三点的平面与C1D1的交 点为F，连接EF，FB1，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面 AEB1∩平面ABB1A1＝AB1，平面AEB1∩平面DCC1D1＝EF，所以EF ∥AB1，由正方体的性质可知，AD∥B1C1，AD＝B1C1，所以四边形 AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以EF∥DC1，EF≠DC1，即EF≠AB1，所以正方体被平面AEB1所截得的截面形状为梯形，故A正确；对于B，点A1和点B到平面AEB1的距离相等，若点A1和点C到平面AEB1的距离相等，必有BC∥平面AEB1，又BC∥AD，可得AD∥平面AEB1，与AD∩平面AEB1＝A矛盾，故B错误； 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 118 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 119 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 120 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 121 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 122 13．(2025·江苏省G4联盟联考)中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体(图2)，这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面EBC中，若BE＝CE＝4，∠BEC＝90°，则该几何体的表面积为___________． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 123 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 124 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 125 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 126 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 127 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 128 　　　　　　　　　　　　　 R 面积射影法求解平面与平面的夹角 在平面α上取一块区域，面积记为S原，该区域投影至平面β，投影面积记为S射，平面α与平面β的夹角记为θ，则cosθ＝eq \f(S射,S原). 例1(1)(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为(　　) A.eq \f(\r(3)π,3) B．π C．2π D．3π 解析：由题可知，圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，高h＝eq \r(l2－R2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，∴圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)πR2h＝eq \f(\r(3)π,3).故选A. 解析：如图，在长方体AB2C2D－A1B1C3D2中，AB2＝AD＝ 10，AA1＝6.六面体ABCD－A1B1C1D1可以看成长方体AB2C2D －A1B1C3D2的一部分．因为长方体AB2C2D－A1B1C3D2的体积 V＝S矩形AB2C2D·AA1＝10×10×6＝600，直三棱柱BB1B2－CC3C2的体积V1＝S△BB1B2·B2C2＝eq \f(1,2)×(10－6)×6×10＝120，直三棱柱C1C2C3－D1DD2的体积V2＝S△C1C2C3·DC2＝eq \f(1,2)×(10－6)×6×10＝120，三棱锥C－C1C2C3的体积V3＝eq \f(1,3)S△C1C2C3·CC2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(10－6)×6×(10－6)＝16，所以六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为V－V1－V2＋V3＝600－120－120＋16＝376.故选B. 1．(2025·吉林长春模拟)已知一个圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线长为eq \r(2)，则该圆台的侧面积为(　　) A．5eq \r(2)π B．7eq \r(2)π C．9eq \r(2)π D．16eq \r(2)π 解析：易知圆台的侧面积为π×(3＋4)×eq \r(2)＝7eq \r(2)π.故选B. 2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥Q－PBC的体积为(　　) A.eq \f(8,3) B.eq \f(32,9) C.eq \f(16,9) D.eq \f(16,3) 解析：如图所示，VQ－PBC＝VB－PQC＝eq \f(1,3)S△PQC·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(4,3)×4×4＝eq \f(32,9). 3．(2025·甘肃白银二模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，过B1C1的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱ABC－A1B1C1分成体积相等的两部分，则eq \f(AE,EB)＝(　　) A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(1,3) 解析：因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面B1C1FE∩平面ABC＝ EF，平面B1C1FE∩平面A1B1C1＝B1C1，所以EF∥BC，设AE＝λAB (0<λ<1)，AA1∩C1F＝G1，AA1∩B1E＝G2，因为AF∥A1C1，AE∥A1B1， 则eq \f(AF,A1C1)＝eq \f(G1A,G1A1)，eq \f(AE,A1B1)＝eq \f(G2A,G2A1)，又eq \f(AF,A1C1)＝eq \f(AF,AC)＝λ＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(AE,A1B1)，则eq \f(G1A,G1A1)＝ eq \f(G2A,G2A1)＝λ，则G1，G2重合，则几何体AEF－A1B1C1为三棱台，记三棱柱ABC－A1B1C1的高为h，△A1B1C1的面积为S，△AEF的面积为S′，易知S′＝λ2S，则三棱台AEF－A1B1C1的体积为eq \f(1,3)(S＋S′＋eq \r(S′S))h＝eq \f(1,3)(λ2＋λ＋1)Sh，由题意得eq \f(1,3)(λ2＋λ＋1)Sh＝eq \f(1,2)Sh，化简得2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(\r(3)－1,2)(负值舍去)，故eq \f(AE,EB)＝eq \f(λ,1－λ)＝eq \f(\r(3)－1,3－\r(3))＝eq \f(\r(3),3).故选A. 解析：由条件可知四棱锥为正四棱锥．对于A，如图1，设AB ∩DE＝O，由正四棱锥的结构特征，可知CO⊥平面AEBD，易知 CO⊥ED，又ED⊥AB，CO∩AB＝O，CO，AB⊂平面ABC，所以 直线DE⊥平面ABC，A不符合题意；对于B，如图2，取CA的中 点O，连接EO，BO，由中位线的性质，可知EO∥BD，EO＝BD， 所以四边形BDEO为平行四边形，所以DE∥BO，可证直线DE∥ 平面ABC，B符合题意； 对于C，如图3，设正四棱锥的棱长为2，eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(AE,\s\up17(→))，所以eq \o(DE,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝(eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(AE,\s\up17(→)))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝1×2×cos120°＋2×2×cos60°＝ 1，所以AC与DE不垂直，所以直线DE与平面ABC不垂直，C符合 题意；对于D，如图4，设正四棱锥的棱长为2，eq \o(ED,\s\up17(→))＝eq \o(EF,\s\up17(→))＋eq \o(FD,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))＝ eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(FC,\s\up17(→))，所以eq \o(ED,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝(eq \o(EF,\s\up17(→))＋eq \o(FD,\s\up17(→)))·(eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(FC,\s\up17(→)))＝eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(FD,\s\up17(→))·eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(FC,\s\up17(→)) ＋eq \o(FD,\s\up17(→))·eq \o(FC,\s\up17(→))＝2×2×cos120°＋0＋2×1×cos180°＋1×1×cos60°＝－eq \f(7,2)， 所以AC与DE不垂直，所以直线DE与平面ABC不垂直，D符合题意．故选BCD. 解析：如图，取CD的中点H，连接AG，GH，FH，AH，则 GH⊥CD，AH⊥CD，FH⊥CD，又GH∩AH＝H，AH∩FH＝H， 所以CD⊥平面AGH，CD⊥平面AFH，又平面AGH∩平面AFH ＝AH，所以A，G，H，F四点共面，易知AG＝FH，AF＝GH，所以四边形AGHF是平行四边形，所以AF∥GH，又GH∥BC，所以AF∥BC，所以A，B，C，F四点共面，故A正确；易知AF＝GH＝2，AG＝FH＝eq \r(3).假设FG⊥平面ACD，因为AH⊂平面ACD，所以FG⊥AH，所以四边形AGHF是菱形，这与AG＝eq \r(3)，GH＝2矛盾，故B错误；因为CD⊥平面AGHF，FG⊂平面AGHF，所以FG⊥CD，故C正确；因为AF∥BC，AF＝BC＝2，所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB∥CF.由题意可知四边形BCDE为正方形，所以BE∥CD.又BE∩AB＝B，BE，AB⊂平面ABE，CF∩CD＝C，CF，CD⊂平面CDF，所以平面ABE∥平面CDF，故D正确．故选ACD. 3．(多选)(2025·广西南宁三模)在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点，点P满足eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BB1,\s\up17(→))＋μeq \o(BC,\s\up17(→))，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是(　　) A．若λ＝μ，则DP∥平面AB1D1 B．若λ＝2μ，则CE⊥平面ABP C．若μ＝eq \f(1,2)，则存在λ，使A1E∥D1P D．若μ＝eq \f(1,3)，则存在λ，使A1C⊥平面DPB 解析：对于A，若λ＝μ，则eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BB1,\s\up17(→))＋λeq \o(BC,\s\up17(→))＝λeq \o(BC1,\s\up17(→))，λ∈[0，1]， 则点P在线段BC1上，如图1.因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，且平 面ABCD∩平面B1D1DB＝BD，平面A1B1C1D1∩平面B1D1DB＝B1D1， 故B1D1∥BD，因为B1D1⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，故B1D1∥平 面BC1D，同理可证AD1∥平面BC1D，又AD1∩B1D1＝D1，AD1，B1D1 ⊂平面AB1D1，故平面AB1D1∥平面BC1D，又DP⊂平面BC1D，所以 DP∥平面AB1D1，故A正确；对于B，若λ＝2μ，则eq \o(BP,\s\up17(→))＝2μeq \o(BB1,\s\up17(→))＋μeq \o(BC,\s\up17(→)) ＝μ(2eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→)))＝2μeq \o(BN,\s\up17(→))(N为B1C1的中点)，如图2，易知CE⊥BN，CE ⊥AB，又BN∩AB＝B，BN，AB⊂平面ABP，所以CE⊥平面ABP，故B正确； 对于C，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、 z轴，建立空间直角坐标系，如图3，则D(0，0，0)，A(a，0，0)， B(a，a，0)，C(0，a，0)，D1(0，0，a)，A1(a，0，a)，B1(a，a，a)， C1(0，a，a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).因为eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BB1,\s\up17(→))＋μeq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(BB1,\s\up17(→))＝(0，0，a)， eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－a，0，0)，所以eq \o(BP,\s\up17(→))＝(－μa，0，λa)，则点P的坐标为(a－μa，a，λa)．若μ＝eq \f(1,2)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a，λa))，eq \o(D1P,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a，λa－a))，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，－\f(a,2))).假设存在λ，使A1E∥D1P，则存在实数k，使得eq \o(D1P,\s\up17(→))＝keq \o(A1E,\s\up17(→))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a，λa－a))＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，－\f(a,2)))，可得eq \f(a,2)＝0，即a＝0，又a>0，所以不存在λ，使A1E∥D1P，故C错误； 对于D，若μ＝eq \f(1,3)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，a，λa))，eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，a，λa))，eq \o(DB,\s\up17(→))＝(a，a，0)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(－a，a，－a)．设平面DPB的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DP,\s\up17(→))＝0，,m·\o(DB,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)x＋ay＋λaz＝0，,ax＋ay＝0，))令z＝1，则x＝3λ，y＝－3λ，所以m＝(3λ，－3λ，1)．若A1C⊥平面DPB，则eq \o(A1C,\s\up17(→))与m平行，即存在实数k，使得eq \o(A1C,\s\up17(→))＝km，(－a，a，－a)＝k(3λ，－3λ，1)，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＝3kλ，,a＝－3kλ，,－a＝k，))解得λ＝eq \f(1,3)，所以存在λ，使A1C⊥平面DPB，故D正确．故选ABD. 例3　(1)(2025·江西部分高中一模)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AA1，CC1的中点，G在D1C1上，且D1G＝eq \f(1,2)GC1，平面EFG与棱B1B所在直线交于点H，则BH＝(　　) A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6) 解析：在正方体中，根据正方体的性质可得，平面ABB1A1∥ 平面DCC1D1，利用面面平行的性质定理可得，平面EFG与它们 的交线GF，EH平行，所以过点E作直线GF的平行线EP，与 B1B的延长线交于一点，此交点即为平面EFG与棱B1B所在直线 的交点H，连接PF，如图所示，根据等角定理，可得∠AEP＝∠C1FG，又AE＝C1F，∠EAP＝∠FC1G＝90°，所以△EAP≌△FC1G，所以AP＝C1G，又因为△EAP∽△HBP，所以eq \f(BH,AE)＝eq \f(BP,AP)＝eq \f(1,2)，所以BH＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,4)AA1＝eq \f(1,4).故选C. (2)如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为3 km，山高为3eq \r(15) km，B是山坡SA上一点，且AB＝7 km.现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为(　　) A.eq \f(51,5) km B.12 km C.eq \f(25,13) km D.eq \f(144,13) km 解析：因为山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，且半径为3 km，山高为3eq \r(15) km，则母线长为SA＝eq \r(32＋（3\r(15)）2)＝12 km，底面圆的周长为2πr＝6π，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角α＝eq \f(6π,12)＝eq \f(π,2)，如图为圆锥侧面展开图，显然AB＝eq \r(122＋52)＝13 km，由点S向AB作垂线，垂足为H，所以点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段，由直角三角形射影定理知SA2＝AH·AB，即122＝13AH，解得AH＝eq \f(144,13) km，所以公路上坡路段长为eq \f(144,13) km.故选D. 解析：如图所示，设平面A1BD和平面CB1D1分别与AC1交 于点Q，R，当点P在线段AQ上时，截面是正三角形，设此三角 形的边长为a，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a×\f(\r(3),2)×\f(2,3))) eq \s\up12(2)＋x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(2)))) eq \s\up12(2)，解得a＝eq \r(6)x，所以y ＝3eq \r(6)x，当点P越靠近点A时，截面周长越小，且变化是线性的， 排除A，C；当点P在线段QR上(不含点Q，R)时，截面是六边形EFGHMN，且EF∥A1B，NE∥B1D1，eq \f(EF,A1B)＝eq \f(B1E,A1B1)，eq \f(NE,B1D1)＝eq \f(A1E,A1B1)，所以eq \f(EF,A1B)＋eq \f(NE,B1D1)＝eq \f(B1E,A1B1)＋eq \f(A1E,A1B1)＝1，所以EF＋NE＝A1B，所以六边形EFGHMN的周长与△A1BD的周长相等，排除B.故选D. 1．(2025·河北邯郸二模)在正三棱锥P－ABC中，∠APB＝30°，PA＝2，点M，N分别在PB，PC上，当△AMN的周长最小时，△PMN的面积等于(　　) A.eq \r(6)－eq \r(3) B．4－2eq \r(3) C.eq \r(6)－eq \r(2) D.eq \r(3)－1 解析：∵三棱锥P－ABC是正三棱锥，∴∠APB＝∠BPC＝ ∠CPA＝30°，沿AP剪开，使侧面铺开在一个平面上，如图，则 ∠APA1＝90°，则△AMN周长的最小值为AA1＝2eq \r(2)，∠PAM＝ 45°，∠PMA＝105°，∴eq \f(PM,sin45°)＝eq \f(PA,sin105°)，PM＝2(eq \r(3)－1)，S△PMN＝eq \f(1,2)PM2sin30°＝(eq \r(3)－1)2＝4－2eq \r(3).故选B. 2．在正四棱锥P－ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为eq \f(2\r(3),3)的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为(　　) A.eq \f(\r(6)π,6) B.eq \f(\r(6)π,4) C.eq \f(\r(6)π,3) D.eq \f(\r(6)π,2) 解析：如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD， 由PA＝AB＝2，可得OE＝1，PE＝eq \r(3)，故OP＝eq \r(2)，△PCD 为正三角形，球心O在平面PCD上的射影M即为△PCD的中 心，OM＝eq \f(OP·OE,PE)＝eq \f(\r(6),3)，球的半径OF＝eq \f(2\r(3),3)，在Rt△OMF中，截面圆半径MF＝eq \r(OF2－OM2)＝eq \f(\r(6),3)，在正三角形PCD中，以M为圆心作半径为eq \f(\r(6),3)的圆，易知ME＝eq \f(\r(3),3)，则EF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),3)＝ME，所以∠FME＝45°，由对称性可知，圆与三角形截得的三部分的圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的eq \f(1,4)，即为eq \f(1,4)×2π×MF＝eq \f(\r(6)π,6). eq \f(\r(2),3) 解析：取SC的中点F，连接BF，DF，BD.BF⊥SC，DF ⊥SC，DF∩BF＝F，DF，BF⊂平面BDF，∴SC⊥平面BDF， 过点E作平面与平面BDF平行，截面至多为五边形，如图．令 eq \f(SE,SF)＝λ，则EP＝λBF＝eq \f(\r(3),2)λ，SP＝λSB＝λ，∴PB＝1－λ，BQ＝ 1－λ，PQ＝1－λ，NQ＝MP＝λBD＝eq \r(2)λ，∵cos∠DFB＝eq \f(\f(3,4)＋\f(3,4)－2,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝－eq \f(1,3)，∴sin∠DFB＝eq \f(2\r(2),3)，∴S△EMP＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)λ×eq \f(\r(3),2)λ×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(\r(2),4)λ2.∵MN与NQ所成的角和SA与BD所成的角相等，而SA与BD垂直，∴S四边形PMNQ＝eq \r(2)λ(1－λ)，∴S＝eq \r(2)λ(1－λ)＋eq \f(\r(2),4)λ2＝－eq \f(3\r(2),4)λ2＋eq \r(2)λ，当λ＝eq \f(2,3)时，S取得最大值eq \f(\r(2),3). 例4　(1)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.－eq \f(1,2) D.0 解析：解法一：延长A1C1，AC，使C1M＝A1C1，CN＝AC， 连接AC1，CM，DM，B1M，MN，B1F，如图所示．由题意，易 知EF∥AC1∥CM，CD＝eq \r(5)，CM＝2eq \r(2)，DM＝eq \r(B1D2＋B1M2)＝ eq \r(B1D2＋B1F2＋FM2)＝eq \r(12＋（\r(3)）2＋32)＝eq \r(13).设直线EF与CD所成的角为θ，易知cosθ＝|cos∠DCM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(CD2＋CM2－DM2,2CD·CM)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（\r(5)）2＋（2\r(2)）2－（\r(13)）2,2×\r(5)×2\r(2))))＝0，∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D. 解法二：如图，将三棱柱补成四棱柱，其中两个三棱柱全等．取PB的中点Q，连接DQ，由棱柱的性质易知EF∥DQ，∴∠CDQ或其补角为EF与CD所成的角．连接CQ，由题意知BC＝2，BQ＝1，BD＝1，∴CD＝eq \r(5)，DQ＝eq \r(2)，又∠CBQ＝120°，∴在△CBQ中，由余弦定理可得CQ2＝22＋12－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴CQ＝eq \r(7).在△CDQ中，CQ2＝CD2＋DQ2，∴∠CDQ＝90°，∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D. 解法三：如图，以A为原点，过点A且垂直于平面ACC1A1的直线为x轴，AC，AA1所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则E(0，0，1)，F(0，1，2)，C(0，2，0)，D(eq \r(3)，1，1)，∴eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，－1，1)．∵eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝0－1＋1＝0，∴EF⊥CD，∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D. (2)(多选)(2025·宁夏银川三模)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，下列说法正确的是(　　) A．直线AD1与A1C1所成的角为45° B．直线AC1与平面AA1D1D所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3) C．二面角D1－AB－C的大小为60° D．点A1到平面AC1D1的距离为eq \f(\r(2),2) 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1 (0，0，1)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，C(0，1，0)．对 于A，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，cos〈eq \o(AD1,\s\up17(→))，eq \o(A1C1,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AD1,\s\up17(→))·\o(A1C1,\s\up17(→)),|\o(AD1,\s\up17(→))||\o(A1C1,\s\up17(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以直线AD1与A1C1所成的角为60°，故A错误；对于B，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(－1，1，1)，显然eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，1，0)为平面AA1D1D的一个法向量，设直线AC1与平面AA1D1D所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up17(→))·\o(DC,\s\up17(→))|,|\o(AC1,\s\up17(→))||\o(DC,\s\up17(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)，cosθ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(6),3)，即直线AC1与平面AA1D1D所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，故B正确； 对于C，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，0)，设平面ABD1的法 向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up17(→))＝－x＋z＝0，,n·\o(AB,\s\up17(→))＝y＝0，))令x＝1，得n＝ (1，0，1)，显然eq \o(DD1,\s\up17(→))＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量，所以cos〈n，eq \o(DD1,\s\up17(→))〉＝eq \f(n·\o(DD1,\s\up17(→)),|n||\o(DD1,\s\up17(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，所以二面角D1－AB－C的大小为45°，故C错误；对于D，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，1)，显然n＝(1，0，1)为平面AC1D1的一个法向量，所以点A1到平面AC1D1的距离d＝eq \f(|n·\o(AA1,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故D正确．故选BD. (3)(多选)正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，下列说法正确的是(　　) A．直线A1B1到平面ABCD的距离为1 B．直线B1D1到直线AC的距离为eq \f(1,2) C．点B到直线A1C的距离为eq \f(\r(6),3) D．平面C1DA1到平面AB1C的距离为eq \f(\r(3),3) 解析：对于A，如图1，AA1⊥平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，AA1＝1，故直线A1B1到平面ABCD的距离为1，故A正确；对于B，如图2，设O1，O2分别是上、下底面的中心，则O1∈B1D1，O2∈AC，则O1O2⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故O1O2⊥AC，O1O2⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故O1O2⊥B1D1，O1O2是异面直线B1D1，AC的公共垂线段，O1O2＝1，所以直线B1D1到直线AC的距离 为1，故B错误； 对于C，如图3，连接A1B，作BH⊥A1C于H，BC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，故BC⊥A1B，在Rt△A1BC中，A1B＝eq \r(2)，BC＝1，A1C＝eq \r(3)，故BH＝eq \f(1×\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，所以点B到直线A1C的距离为eq \f(\r(6),3)，故C正确；对于D，如图4，连接BD1，AC∥A1C1，A1C1⊂平面C1DA1，AC⊄平面C1DA1，故AC∥平面C1DA1，同理AB1∥平面C1DA1，AC∩AB1＝A，AC，AB1⊂平面AB1C，故平面C1DA1∥平面AB1C，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又BD⊥AC，BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1， 故AC⊥平面BDD1，BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，同理可得B1C⊥BD1，AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C，故BD1⊥平面AB1C，同理BD1⊥平面C1DA1，设点B到平面AB1C的距离为h，则eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)×h，h＝eq \f(\r(3),3)，点D1到平面C1DA1的距离也为h，故两平面间的距离为eq \r(3)－eq \f(\r(3),3)－eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(3),3)，故D正确．故选ACD. 1．已知各棱长都为1的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，则异面直线A1B与B1C所成的角为(　　) A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,12) 解析：在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，BD，因为A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD，则四边形A1B1CD是平行四边形，B1C∥A1D，于是∠BA1D是异面直线A1B与B1C所成的角或其补角，由AA1＝AB＝AD＝1，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，所以A1B＝BD＝A1D＝1，则∠BA1D＝eq \f(π,3)，所以异面直线A1B与B1C所成的角为eq \f(π,3).故选C. 2．(多选)(2025·山东枣庄模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点(含端点)，则(　　) A．三棱锥A1－AB1E的体积为定值 B．EB1⊥AD1 C．二面角E－A1B1－A的平面角的大小为eq \f(π,4) D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成的角为eq \f(π,3) 解析：对于A，三棱锥A1－AB1E转化为三棱锥E－AA1B1，三 棱锥E－AA1B1的底面积为定值，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1， 所以点E到平面ABB1A1的距离不变，所以三棱锥E－AA1B1的体积 为定值，故A正确；对于B，如图，建立空间直角坐标系，设DE＝ t，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，E(0，t，0)，因为eq \o(EB1,\s\up17(→))＝(1，1－t，1)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，所以eq \o(EB1,\s\up17(→))·eq \o(AD1,\s\up17(→))＝－1＋0×(1－t)＋1＝0，所以EB1⊥AD1，故B正确；对于C，设平面EA1B1的法向量为m＝(x，y，z)，eq \o(A1B1,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝(－1，t，－1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1B1,\s\up17(→))·m＝0，,\o(A1E,\s\up17(→))·m＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋ty－z＝0，))令x＝1， 可得m＝(1，0，－1)，取平面AA1B1的一个法向量为p＝(1，0，0)， 设二面角E－A1B1－A的平面角为β，则cosβ＝eq \f(|m·p|,|m||p|)＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)， 所以二面角E－A1B1－A的平面角的大小为eq \f(π,4)，故C正确；对于D， 取平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设直线A1E与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|\o(A1E,\s\up17(→))·n|,|\o(A1E,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(1,\r(1＋1＋t2))＝eq \f(1,\r(2＋t2))≤eq \f(\r(2),2)，当t＝0时，(sinθ)max＝eq \f(\r(2),2)，直线A1E与平面ABCD所成的角θ的最大值为eq \f(π,4)，故D不正确．故选ABC. 3．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA,\s\up17(→))1，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离是eq \f(2\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4) C．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36) D．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) 解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))， Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，所以eq \o(BA,\s\up17(→))＝(－1，0，0)，eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)).对于A，设 ∠ABE＝θ，则cosθ＝eq \f(\o(BA,\s\up17(→))·\o(BE,\s\up17(→)),|\o(BA,\s\up17(→))||\o(BE,\s\up17(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(2\r(5),5)，故点A到直线BE的距离d1＝|eq \o(BA,\s\up17(→))|sinθ＝1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A正确；对于B，eq \o(C1O,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，因为AB⊥平面ADD1A1，DA1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥DA1，又DA1⊥AD1，AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABC1D1，所以DA1⊥平面ABC1D1，平面ABC1D1的一个法向量为eq \o(DA,\s\up17(→))1＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离 d2＝eq \f(|\o(DA1,\s\up17(→))·\o(C1O,\s\up17(→))|,|\o(DA1,\s\up17(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确；对于C，因为eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋eq \f(2,3) eq \o(AA,\s\up17(→))1，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，则eq \f(\o(AP,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→)),|\o(AB,\s\up17(→))|)＝eq \f(3,4)，所以点 P到直线AB的距离d3＝eq \r(|\o(AP,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(\o(AP,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→))),|\o(AB,\s\up17(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故C错误；对于D，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(1，0，－1)，eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(A1D1,\s\up17(→))＝(0，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up17(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得x＝1，y＝1， 所以n＝(1，1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d4＝eq \f(|\o(A1D,\s\up17(→))1·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以A1B∥D1C，D1C⊂平面B1CD1，A1B⊄平面B1CD1，所以A1B∥平面B1CD1，同理可得A1D∥平面B1CD1，又A1B∩A1D＝A1，A1B，A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，即为eq \f(\r(3),3)，故D正确．故选ABD. 1．(2024·新课标Ⅰ卷，5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为eq \r(3)，则圆锥的体积为(　　) A．2eq \r(3)π B．3eq \r(3)π C．6eq \r(3)π D．9eq \r(3)π 解析：设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为eq \r(r2＋3)，而它们的侧面积相等，所以2πr×eq \r(3)＝πr×eq \r(3＋r2)，即2eq \r(3)＝eq \r(3＋r2)，故r＝3，故圆锥的体积为eq \f(1,3)π×9×eq \r(3)＝3eq \r(3)π.故选B. 2．(2024·新课标Ⅱ卷，7)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq \f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成的角的正切值为(　　) A．eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3 解析：解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，连接AD，A1D1， DD1.则AD＝3eq \r(3)，A1D1＝eq \r(3)，可知S△ABC＝eq \f(1,2)×6×3eq \r(3)＝9eq \r(3)，S△A1B1C1 ＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则VABC－A1B1C1＝eq \f(1,3)×(9eq \r(3)＋eq \r(3)＋eq \r(9\r(3)×\r(3)))h＝eq \f(52,3)，解得h＝eq \f(4\r(3),3).过A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，易知M，N在线段AD上，设AM＝x，则AA1＝eq \r(AM2＋A1M2)＝eq \r(x2＋\f(16,3))，DN＝AD－AM－MN＝2eq \r(3)－x，可得DD1＝eq \r(DN2＋D1N2)＝eq \r(（2\r(3)－x）2＋\f(16,3))，结合等腰梯形BCC1B1可得BBeq \o\al(2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－2,2))) eq \s\up12(2)＋DDeq \o\al(2,1)，即x2＋eq \f(16,3)＝(2eq \r(3)－x)2＋eq \f(16,3)＋4，解得x＝eq \f(4\r(3),3)，所以A1A与平面ABC所成的角的正切值为tan∠A1AD＝eq \f(A1M,AM)＝1.故选B. 解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则 A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为eq \f(PA1,PA) ＝eq \f(A1B1,AB)＝eq \f(1,3)，则eq \f(VP－A1B1C1,VP－ABC)＝eq \f(1,27)，可知VABC－A1B1C1＝eq \f(26,27)VP－ABC＝eq \f(52,3)，则 VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝eq \f(1,3)d×eq \f(1,2)×6×6×eq \f(\r(3),2)＝18，解得d＝2eq \r(3)，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2eq \r(3)，所以PA与平面ABC所成的角的正切值为tan∠PAO＝eq \f(PO,AO)＝1.故选B. 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的高为h， 底面三角形的边长为2，则D(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，0)，A1(eq \r(3)，0， h)，C(0，－1，0)，C1(0，－1，h)，B(0，1，0)，B1(0，1，h)．对于 A，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，0，0)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，－1，－h)，则eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(A1C,\s\up17(→))＝3≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误；对于B，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，－2，0)，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，h)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，0，0)，设平面AA1D的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up17(→))·n＝hz＝0，,\o(AD,\s\up17(→))·n＝－\r(3)x＝0，))得x＝z＝0， 令y＝1，则n＝(0，1，0)，所以eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，－2，0)＝－2n，所以 BC⊥平面AA1D，故B正确；对于C，eq \o(CC1,\s\up17(→))＝(0，0，h)，由B 项分析，可知平面AA1D的一个法向量为n＝(0，1，0)，所以eq \o(CC1,\s\up17(→)) ·n＝0，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故C正确；对于D，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，0，0)，eq \o(A1B1,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，因为eq \f(－\r(3),－\r(3))≠eq \f(0,1)，所以AD∥A1B1不成立，故D错误．故选BC. 4．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，9)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则(　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π C．AC＝2eq \r(2) D．△PAC的面积为eq \r(3) 解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq \r(3)，对于A，圆锥的体积为eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq \r(3)×2＝2eq \r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，则AC＝2eq \r(2)，C正确；对于D，PD＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，所以S△PAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2，D错误．故选AC. 解析：对于A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的 棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A符合题意；对于B，因 为正方体的面对角线长为eq \r(2) m，且eq \r(2)>1.4，所以能够被整体放入正 方体内，故B符合题意；对于C，因为正方体的体对角线长为eq \r(3) m，且eq \r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于D，因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq \r(2)，CC1＝1，AC1＝eq \r(3)，OA＝eq \f(\r(3),2)，则tan∠CAC1＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(OE,AO)，即eq \f(1,\r(2))＝eq \f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq \f(\r(6),4)，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(3,8)＝eq \f(9,24)>eq \f(9,25)＝0.62，即eq \f(\r(6),4)>0.6， 故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上、下底面均相切，设圆柱以O1为圆心的底面与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(O1M,AO1)，即eq \f(1,\r(2))＝eq \f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq \r(2)，根据对称性可知，圆柱的高为eq \r(3)－2×0.6eq \r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D符合题意．故选ABD. 6．(2023·新课标Ⅰ卷，14)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________． 解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为 正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1 ＝eq \r(2)，则A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)A1B1＝eq \f(\r(2),2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)AB ＝eq \r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq \f(\r(2),2)，则A1M＝eq \r(A1A2－AM2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq \f(1,3)×(4＋1＋eq \r(4×1))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6). eq \f(7\r(6),6) (多选)在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝120°，将菱形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使得A′C＝2，则(　　) A．A′C⊥BD B．直线A′C与平面BCD所成的角为30° C．四面体A′－BCD的体积为4 D．二面角A′－BC－D的正弦值为eq \f(2\r(5),5) 解析：对于A，取BD的中点O，连接OA′，OC.由题意，知 OA′⊥BD，OC⊥BD，又OA′∩OC＝O，OA′，OC⊂平面A′OC， 所以BD⊥平面A′OC，又A′C⊂平面A′OC，所以A′C⊥BD，故A 正确；对于B，BD⊥平面A′OC，BD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面A′OC，且平面A′OC∩平面BCD＝OC，在平面A′OC内过点A′作A′E⊥OC交OC于点E，则A′E⊥平面BCD，因为△A′OC为等边三角形，所以直线A′C与平面BCD所成的角为60°，故B错误；对于C，OA′＝2，OC＝2，A′C＝2，所以A′E＝eq \r(3)，又S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin120°＝4eq \r(3)，所以VA′－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·A′E＝eq \f(1,3)×4eq \r(3)×eq \r(3)＝4，故C正确； 对于D，过点A′作A′F⊥BC交BC于点F，连接EF，因为A′E⊥ 平面BCD，BC⊂平面BCD，所以A′E⊥BC，又A′E∩A′F＝A′， A′E，A′F⊂平面A′EF，所以BC⊥平面A′EF，又EF⊂平面A′EF， 所以EF⊥BC，所以∠A′FE是二面角A′－BC－D的平面角，在等腰三角形A′BC中，由等面积法可得eq \f(1,2)×2×eq \r(42－12)＝eq \f(1,2)×4×A′F，即A′F＝eq \f(\r(15),2)，在Rt△A′EF中，sin∠A′FE＝eq \f(A′E,A′F)＝eq \f(\r(3),\f(\r(15),2))＝eq \f(2\r(5),5)，所以二面角A′－BC－D的正弦值为eq \f(2\r(5),5)，故D正确．故选ACD. 解析：圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2π×3＝π（l＋x），,2π×1＝πx，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,l＝4，))所以圆台的侧面积S＝π(r′＋r)l＝π(1＋3)×4＝16π.故选B. 3．(2025·重庆育才中学一模)米斗是随着粮食生产而发展出来的称量粮食的量器，早在先秦时期就有．如图是米斗中的一种，可盛10 L米(1 L＝1000 cm3)．已知该米斗的盛米部分为正四棱台，上口宽为a cm，下口宽为b cm，且b>a，若b3－a3＝30000，则该米斗的侧棱与下底面所成角的正切值为(　　) A.eq \f(\r(2),2) B.eq \r(2) C．1 D.eq \r(3) 解析：设该米斗的高为h cm，米斗的侧棱与下底面所成的角 为θ，则h＝eq \f(\r(2),2)(b－a)tanθ，V＝eq \f(1,3)×(a2＋b2＋ab)h＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)(b－a)(a2＋b2＋ab)tanθ＝eq \f(\r(2),6)(b3－a3)tanθ＝10000，解得tanθ＝eq \r(2).故选B. 4．(2025·青海海东二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　　) A．4eq \r(5)＋4eq \r(2) B．5eq \r(5)＋eq \r(17) C．4eq \r(5)＋2eq \r(2)＋4 D．6eq \r(5)＋2 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，所以A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH＝eq \f(1,2)A1G＝eq \f(1,2)AE，梯形AFHE是正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，AE＝AF＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，FH＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，EH＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17)，所以所求截面的周长是5eq \r(5)＋eq \r(17).故选B. 解析：设圆锥的顶点到水面的距离为mh，圆锥的底面半径为r，则水面半径为mr.当水的体积等于容器容积的一半时，有2×eq \f(1,3)π(mr)2×mh＝eq \f(1,3)πr2h，整理得m3＝eq \f(1,2).因为0.53＝0.125，0.63＝0.216，0.73＝0.343，0.83＝0.512，则D项容器内水的体积最接近容器容积的一半．故选D. 解析：如图1，若截面为等腰直角三角形，腰长为a，则eq \f(1,2)a2＝eq \f(400,10)＝40，可得a＝4eq \r(5)>8，不符合题意．如图2，若截面为直角梯形，上底长为b，则eq \f(1,2)×(2b＋8)×8＝eq \f(400,10)＝40，可得b＝1，符合题意．所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积S＝2×40＋1×10＋9×10＋8×10＝260 cm2.故选C. 7．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，BC，CC1的中点，动点H在平面EFG内，且DH＝1.则下列说法正确的是(　　) A．存在点H，使得直线DH与直线FG相交 B．存在点H，使得直线DH⊥平面EFG C．直线B1H与平面EFG所成的角的大小为eq \f(π,3) D．平面EFG被正方体所截得的截面面积为eq \f(3\r(3),2) 解析：连接DF，DG，由题意可知DF＝DG＝eq \f(\r(5),2)，FG＝eq \f(\r(2),2)， 取FG的中点M，连接DM，所以DM＝eq \f(3\r(2),4)>1，点D到线段FG 的最短距离大于1，所以不存在点H，使得直线DH与直线FG相 交，故A不正确；以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，－\f(1,2)))，eq \o(EG,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up17(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋y－\f(1,2)z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝1， 所以n＝(1，1，1)，所以点D到平面EFG的距离为eq \f(|\o(DE,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(3,2),\r(3))＝ eq \f(\r(3),2)<1，而DH＝1，所以不存在点H，使得直线DH⊥平面EFG， 故B不正确；因为eq \o(DB1,\s\up17(→))＝(1，1，1)，所以DB1⊥平面EFG，连接DB1交EG于点O，所以O为DB1的中点，DO＝B1O＝eq \f(\r(3),2)，所以∠B1HO为直线B1H与平面EFG所成的角，因为DH＝1，在Rt△ODH中，sin∠DHO＝eq \f(DO,DH)＝eq \f(\r(3),2)，所以∠DHO＝eq \f(π,3)，因为Rt△OB1H≌Rt△ODH，所以∠B1HO＝∠DHO＝eq \f(π,3)，故C正确； 延长GF交B1B的延长线于N，连接EN交AB于P，连接PF，取D1C1的中点K，D1A1的中点J，连接KG，EJ，KJ，KG∥EP，EJ∥GF，KJ∥PF，平面EFG被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为eq \f(\r(2),2)，所以截面面积为6×eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，故D不正确．故选C. 8．(2025·江苏南通模拟)在四面体ABCD中，BD＝2，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，M为BD的中点，点C到直线AB的距离为1，则四面体ABCD体积的最大值为(　　) A.eq \r(3) B．1 C.eq \f(1,3) D．3 解析：已知在等腰直角三角形ABD中，∠BAD＝90°，BD＝ 2，所以AB＝AD＝eq \r(2).根据三角形的面积公式，得S△ABD＝eq \f(1,2)AB· AD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1.因为M为BD的中点，根据等腰三角形三线 合一的性质，AM⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD，平面BCD∩平面ABD＝BD，AM⊂平面ABD，根据面面垂直的性质定理，得AM⊥平面BCD，所以AM⊥BC.以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴，过点A作垂直于平面ABD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(eq \r(2)，0，0)，D(0，eq \r(2)，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0)).设C(x0，y0，z0)，则eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(x0－eq \r(2)，y0，z0)． 因为AM⊥BC，所以eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，所以eq \f(\r(2),2)(x0－eq \r(2))＋eq \f(\r(2),2)y0＝0，化简 得x0＋y0＝eq \r(2).已知eq \o(AB,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(x0，y0，z0)，点C到直 线AB的距离d＝eq \r(\o(AC,\s\up17(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→)),|\o(AB,\s\up17(→))|)))\s\up12(2))＝2,0)eq \r(x＋yeq \o\al(2,0)＋zeq \o\al(2,0)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)x0,\r(2))))\s\up12(2)) ＝ 2,0)eq \r(y＋zeq \o\al(2,0)) .又因为点C到直线AB的距离为1，所以2,0)eq \r(y＋zeq \o\al(2,0)) ＝1，即zeq \o\al(2,0)＝1－yeq \o\al(2,0).因为yeq \o\al(2,0)≥0，所以当y0＝0时，zeq \o\al(2,0)取得最大值1，则|z0|的最大值为1，即点C到平面ABD的距离h的最大值hmax＝1.V四面体ABCD＝VC－ABD，根据三棱锥的体积公式，得(V四面体ABCD)max＝eq \f(1,3)S△ABD·hmax＝eq \f(1,3)×1×1＝eq \f(1,3)，则四面体ABCD体积的最大值为eq \f(1,3).故选C. 10．(2025·河北承德二模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E是棱AA1的中点，P为线段BD1上的点(异于端点)，且ED＝PD，则下列说法正确的是(　　) A.eq \o(ED1,\s\up17(→))是平面EDC的一个法向量 B.eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(BD1,\s\up17(→)) C．点P到平面ECD1的距离为eq \f(\r(6),18) D．二面角P－EC－D的正弦值为eq \f(3\r(21),14) 解析：对于A，由于几何体ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，易知 DC⊥ED1，在△EDD1中，因为ED1＝ED＝eq \r(2)，DD1＝2，所以EDeq \o\al(2,1)＋ ED2＝DDeq \o\al(2,1)，故ED1⊥ED，又ED∩DC＝D，ED，DC⊂平面EDC，所 以ED1⊥平面EDC，所以eq \o(ED1,\s\up17(→))是平面EDC的一个法向量，故A正确； 对于B，连接BD，在△BDD1中，因为BD＝eq \r(2)，DD1＝2，BD1＝eq \r(6)，则cos∠BD1D＝eq \f(\r(6),3)，在△PDD1中，由余弦定理，得PD2＝DDeq \o\al(2,1)＋PDeq \o\al(2,1)－2DD1·PD1cos∠BD1D，即2＝4＋PDeq \o\al(2,1)－2×2PD1×eq \f(\r(6),3)，解得PD1＝eq \f(\r(6),3)或PD1＝eq \r(6)(舍去)，因此eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BD1,\s\up17(→))，故B错误； 对于C，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，0，1)，C(0，1，0)， D1(0，0，2)，B(1，1，0)，又eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BD1,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，2)，所以 Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(4,3)))，故eq \o(ED1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(EC,\s\up17(→))＝(－1，1，－1)，eq \o(D1P,\s\up17(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(2,3)))，设m＝(x1，y1，z1)为平面ECD1的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(ED1,\s\up17(→))＝－x1＋z1＝0，,m·\o(EC,\s\up17(→))＝－x1＋y1－z1＝0，))令x1＝1，则m＝(1，2，1)，点P到平面ECD1的距离为h＝eq \f(|\o(D1P,\s\up17(→))·m|,|m|)＝eq \f(\f(1,3)＋\f(2,3)－\f(2,3),\r(6))＝eq \f(\r(6),18)， 故C正确；对于D，eq \o(ED1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)为平面EDC的一个法向量， eq \o(EP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))，eq \o(EC,\s\up17(→))＝(－1，1，－1)，设平面PEC的法向量为n ＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EP,\s\up17(→))＝－\f(2,3)x2＋\f(1,3)y2＋\f(1,3)z2＝0，,n·\o(EC,\s\up17(→))＝－x2＋y2－z2＝0，))令z2＝1，则n＝(2， 3，1)，所以cos〈eq \o(ED1,\s\up17(→))，n〉＝eq \f(\o(ED1,\s\up17(→))·n,|\o(ED1,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(14))＝－eq \f(\r(7),14)，因此二面角P－EC－D的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(21),14)，故D正确．故选ACD. 11．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1上的动点(不含端点)，过A，B1，E三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法正确的是(　　) A．正方体被平面AEB1所截得的截面形状为梯形 B．存在一点E，使得点A1和点C到平面AEB1的距离相等 C．正方体被平面AEB1所截得的截面面积随着线段D1E的长度的增大而增大 D．当正方体被平面AEB1所截得的上部分几何体的体积为eq \f(1,3)时，E是DD1的中点 对于C，设D1E＝a(0<a<1)，在梯形AB1FE中，AB1＝eq \r(2)，EF＝ eq \r(2)a，AE＝FB1＝eq \r(1＋（1－a）2)＝eq \r(a2－2a＋2)，梯形AB1FE的 高为eq \r(a2－2a＋2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－\r(2)a,2)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(1,2)a2－a＋\f(3,2))，梯形AB1FE的面 积为eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋eq \r(2)a)×eq \r(\f(1,2)a2－a＋\f(3,2))＝eq \f(1,2)×eq \r(（a＋1）2（a2－2a＋3）)，令f(a)＝(a＋1)2(a2－2a＋3)(0<a<1)，则f′(a)＝2(a＋1)(a2－2a＋3)＋(a＋1)2(2a－2)＝4(a＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))>0，所以函数f(a)单调递增，可得正方体被平面AEB1所截得的截面面积随着D1E的长度的增大而增大，故C正确； 对于D，因为VE－AA1B1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，VE－A1B1FD1＝eq \f(1,3)×a×eq \f(1×（1＋a）,2)＝eq \f(1,6)(a2＋a)，正方体被平面AEB1所截得的上部分几何体的体积为eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)(a2＋a)＝eq \f(1,3)⇒a2＋a－1＝0，解得a＝eq \f(\r(5)－1,2)，故D错误．故选AC. 三、填空题 12．已知二面角α－l－β为直二面角，A∈α，B∈β，Α∉l，B∉l，若AB与α，β所成的角分别为eq \f(π,6)，eq \f(π,4)，则AB与l所成的角为________． eq \f(π,3) 解析：如图，α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，b⊂α，a⊥l，b⊥l， 则a，b，l两两垂直．作AD⊥l，BC⊥l，垂足分别为D，C，连接 BD，AC，则AD⊥β，BC⊥α，所以∠BAC为AB与α所成的角， ∠ABD为AB与β所成的角，即∠BAC＝eq \f(π,6)，∠ABD＝eq \f(π,4)，建立如 图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AB＝2m，则BC＝m，AC＝eq \r(3)m，AD＝BD＝eq \r(2)m，得DC＝eq \r(AC2－AD2)＝m，A(eq \r(2)m，0，0)，B(0，m，m)，所以eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)m，m，m)，取直线l的方向向量为l＝(0，1，0)，则cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，l〉＝eq \f(\o(AB,\s\up17(→))·l,|\o(AB,\s\up17(→))||l|)＝eq \f(m,2m×1)＝eq \f(1,2)，又AB与l所成角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以AB与l所成的角为eq \f(π,3). 64＋32eq \r(2) 解析：由几何体的结构可知，侧面ABCD为正方形，且BC＝4eq \r(2)，所以正方形ABCD的面积为(4eq \r(2))2＝32，△BEC的面积为eq \f(1,2)×42＝8，△ECF的面积为eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)＝4eq \r(2)，所以该几何体的表面积为32＋8×4＋4eq \r(2)×8＝64＋32eq \r(2). 14．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝eq \r(3)，AB＝2，则以P为球心，PB为半径的球被底面ABCD截得的弧长为________；若PA＝1，Q是PC上的动点，则QB＋QD的最小值为________． eq \f(2π,3) eq \f(\r(10)＋\r(6),2) 解析：因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，则以P为球心，PB为半径的球与底面ABCD的交线为以A为圆心，AB为半径的圆弧，在DC上取一点E，使得AE＝AB＝2，连接AE，则eq \o(BE,\s\up16(︵))的长度即为以P为球心，PB为半径的球被底面ABCD截得的弧长，由AD＝eq \r(3)，AB＝2，得cos∠DAE＝eq \f(AD,AE)＝eq \f(\r(3),2)，则∠DAE＝eq \f(π,6)，所以∠BAE＝eq \f(π,3)，则eq \o(BE,\s\up16(︵))的长度为eq \f(π,3)×2＝eq \f(2π,3)，即以P为球心，PB为半径的球被底面ABCD截得的弧长为eq \f(2π,3). 将平面PDC翻折到与平面PBC共面，连接BD交PC于点Q， 此时QB＋QD取得最小值，为BD(平面图形如图所示)，因为AD＝ eq \r(3)，AB＝2，PA＝1，所以PD＝eq \r(AD2＋PA2)＝2，DC＝AB＝2，PB ＝eq \r(AB2＋PA2)＝eq \r(5)，PC＝eq \r(12＋22＋（\r(3)）2)＝2eq \r(2)，BC＝AD＝eq \r(3)，所以cos∠BCP＝eq \f(BC2＋PC2－PB2,2BC·PC)＝eq \f(\r(6),4)，又cos∠DCP＝eq \f(DC2＋PC2－PD2,2DC·PC)＝eq \f(\r(2),2)，所以sin∠BCP＝eq \f(\r(10),4)，sin∠DCP＝eq \f(\r(2),2)，所以cos∠BCD＝cos(∠DCP＋∠BCP)＝cos∠DCPcos∠BCP－sin∠DCPsin∠BCP＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(6),4)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(10),4)＝eq \f(\r(3)－\r(5),4)， 又BD2＝BC2＋DC2－2BC·DCcos∠BCD＝(eq \r(3))2＋22－2×eq \r(3)×2×eq \f(\r(3)－\r(5),4)＝4＋eq \r(15)，所以BD＝eq \f(\r(10)＋\r(6),2)(负值舍去)，即QB＋QD的最小值为eq \f(\r(10)＋\r(6),2). $