【江苏省各地区真题汇编】立体几何初步考前专题特训-2025年高考数学（含解析）

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【江苏省各地区真题汇编】立体几何初步考前专题特训-2025年高考数学
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通校级模拟）若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 武进区校级一模）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2023秋 海门区校级月考）如图，圆锥的轴截面SAB是正三角形，O为底面圆的圆心，D为SO的中点，点C在底面圆的圆周上，且△ABC是等腰直角三角形，则直线CD与AS所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025春 润州区校级期中）下列叙述中，正确的是（　　）
A．因为P∈α，Q∈α，所以PQ∈α
B．因为P∈α，Q∈β，所以α∩β＝PQ
C．因为AB α，C∈AB，D∈AB，所以CD∈α
D．因为AB α，AB β，所以α∩β＝AB
5．（2024春 锡山区校级期末）若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 姜堰区模拟）在三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面ABC上的射影为AC的中点．若SA＝2，E为线段AB上的一个动点，则SE+CE的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025春 淮安期中）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，，则异面直线AC1与BC所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025 江苏校级模拟）如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1、A1D1的中点M、N，顶点A和过点N顶点D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 江苏校级模拟）如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C是母线VB的中点．以下结论正确的是（　　）
A．沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为
B．圆锥的外接球表面积为
C．过点C作平行于母线VA的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3
D．过点V作动直线l，满足与母线VA成角，直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆
（多选）10．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论，正确的是（　　）
A．存在点P，使得PA1＝PE
B．存在点P，使得BD1⊥平面PA1E
C．△PA1E的面积越来越小
D．四面体A1PB1E的体积不变
（多选）11．（2025 江苏三模）如图，在边长为12的正方形ABCD中，E1，E2，F1，F2分别边AD，BC的三等分点，正方形内有两点P，Q，点P到AD，CD的距离分别为3a，2a，点Q到BC，AB的距离也是3a和2a，其中0＜a＜2．将该正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB与DC重合，则在该空间图形中，（　　）
A．直线PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值为
C．线段PQ的中点到A的距离不超过
D．异面直线PQ与AB成45°角时，
三．填空题（共3小题）
12．（2025 金坛区校级二模）在三棱锥中P﹣ABC，，且AB⊥BC．记直线PA，PC与平面ABC所成角分别为α，β，已知β＝2α＝60°，当三棱锥P﹣ABC的体积最小时，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 　 　 ．
13．（2025春 亭湖区校级月考）已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为 　 　 ．
14．（2025春 盐城校级期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝60°，∠C1CD＝60°，A1C与AD1所成角的余弦值为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春 江苏月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：PA∥平面BDE；
（2）求证：F为PD的中点；
16．（2025春 南京校级期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
17．（2025春 滨湖区校级期中）如图在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，M，N分别是PA，BC的中点，CD＝3AB．
（1）求证：MN∥平面PCD；
（2）若点F在棱PC上且满足PF＝λPC，PA∥平面BDF，求λ的值．
18．（2025春 滨湖区校级期中）现有一几何体由上、下两部分组成，上部是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），且正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6，PO1＝2，求该几何体的体积．
（2）若正四棱锥的侧棱长为6，PO1＝2．
（i）求正四棱锥P﹣A1B1C1D1的侧面积．
（i）若Q，N分别是线段A1B1，PB1上的动点，求AQ+QN+NC1的最小值．
19．（2025春 鼓楼区校级月考）在多面体ABCDPE中（如图），底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，F为PA的中点，，，四边形PDCE为矩形，平面PDCE⊥平面ABCD．
（1）求证：平面PBD⊥平面ABCD；
（2）求三棱锥P﹣ABD外接球的体积；
（3）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的大小为若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
【江苏省各地区真题汇编】立体几何初步考前专题特训-2025年高考数学
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C D B A C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABD ACD ABD
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通校级模拟）若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设圆柱母线长为l，底面半径为r，则，
而圆柱体积V＝πr2l＝πr2（2﹣2πr），其中．
则V′＝4πr﹣6π2r2，
当r∈（0，）时，V′＞0，V＝πr2（2﹣2πr）为增函数，
当r∈（）时，V′＜0，V＝πr2（2﹣2πr）为减函数，
故．
故选：A．
2．（2025 武进区校级一模）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（　　）
A． B．2 C． D．
【解答】解：因为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，
所以作出示意图如下：
取DD1的中点为F，又E是棱C1D1的中点，
所以可知EF∥C1D∥AB1，
所以E，F，A，B1四点共面，
根据长方体性质，△D1EF与△A1B1A相似，相似比为，且平面D1EF∥平面A1B1A，
所以AF，A1D1，B1E交于同一点，
所以长方体被平面AB1EF割成的体积较小部分为三棱台D1EF﹣A1B1A，
设长方体的各棱长为AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则长方体的体积为V＝abc，
再由棱台体积公式可得
，
较大部分的体积为；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为．
故选：C．
3．（2023秋 海门区校级月考）如图，圆锥的轴截面SAB是正三角形，O为底面圆的圆心，D为SO的中点，点C在底面圆的圆周上，且△ABC是等腰直角三角形，则直线CD与AS所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：取OA的中点E，
由D为SO的中点，
则DE∥SA，
则直线CD与AS所成的角为∠CDE（或其补角），
不妨设|AB|＝2，
又圆锥的轴截面SAB是正三角形，O为底面圆的圆心，D为SO的中点，点C在底面圆的圆周上，且△ABC是等腰直角三角形，
则|DE|，，，
在△CDE中，由余弦定理可得cos∠CDE，
即直线CD与AS所成角的余弦值为，
故选：C．
4．（2025春 润州区校级期中）下列叙述中，正确的是（　　）
A．因为P∈α，Q∈α，所以PQ∈α
B．因为P∈α，Q∈β，所以α∩β＝PQ
C．因为AB α，C∈AB，D∈AB，所以CD∈α
D．因为AB α，AB β，所以α∩β＝AB
【解答】解：因为P∈α，Q∈α，所以PQ α，故A错误；
由P∈α，Q∈β，推不出α∩β＝PQ，故B错误；
因为AB α，C∈AB，D∈AB，所以CD α，故C错误；
因为AB α，AB β，所以A∈（α∩β）且B∈（α∩β），故D正确．
故选：D．
5．（2024春 锡山区校级期末）若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，
又圆锥的表面积为πrl+πr2，球的表面积为，
所以πrl+πr2＝πl2，即，
解得．
故选：B．
6．（2025 姜堰区模拟）在三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面ABC上的射影为AC的中点．若SA＝2，E为线段AB上的一个动点，则SE+CE的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：如图，在三棱锥S﹣ABC中，设点O为线段AC的中点，连接BO，SO，
由题易知：平面ABC，
在Rt△ABC中，，故，
所以△SAB是边长为2的等边三角形，
将△SAB展开到与△ABC共面，如图所示，
则SE+CE≥SC，当且仅当S，E，C三点共线时等号成立，即SE+CE取得最小值，
在△SBC中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即SE+CE的最小值为．
故选：A．
7．（2025春 淮安期中）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，，则异面直线AC1与BC所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接AB1，因为BC∥B1C1，
所以∠B1C1A等于异面直线AC1与BC所成的角，
因为AB⊥AC，AB＝AC＝1，，所以BC＝B1C1，
AC1＝AB1，
在△AB1C1中，由余弦定理可得cos∠B1C1A
．
所以异面直线AC1与BC所成角的余弦值为．
故选：C．
8．（2025 江苏校级模拟）如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1、A1D1的中点M、N，顶点A和过点N顶点D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【解答】解：如图将正方体还原可得如下图形：
则，，
所以该几何体的体积 ．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 江苏校级模拟）如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C是母线VB的中点．以下结论正确的是（　　）
A．沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为
B．圆锥的外接球表面积为
C．过点C作平行于母线VA的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3
D．过点V作动直线l，满足与母线VA成角，直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆
【解答】解：对于A，沿母线VA展开圆锥侧面如图所示，
因为底面直径AB＝2，所以底面圆周长为2π，即展开后扇形弧长为2π，
因为母线VA＝3，所以展开后扇形半径为3，则扇形圆心角∠AVA'，
所以∠AVB，点A到VB的距离为3sin，
即沿圆锥的侧面从点A到达点C的最短距离为，故A正确；
对于B，由对称性知外接球球心O在圆锥的高上，
设O到底面的距离为d，外接球半径为R，
因为母线长为3，底面半径为1，所以圆锥的高为2，
则R2＝12+d2，解得d，R，
则圆锥的外接球表面积等于4πR2，故B正确；
对于C，点C为母线VB中点，过点C与母线VA的平面必过底面圆圆心，交底面圆与E、F，如图，
EF＝2，设底面圆圆心为M，则MCVA，
以C为坐标原点，CM所在直线为x轴，在截面内建立平面直角坐标系，
如图，
设抛物线方程为y2＝2px，将点E（，1）代入，得p，故焦准距为，C错误；
对于D，由已知圆锥底面与直线VA所成角α满足cosα，动直线l与VA夹角β为，
其形成轨迹为一个圆锥面，VA为该圆锥的轴，l为母线，
因为cosβ，所以α＞β，所以直线l形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆，D正确．
故选ABD．
（多选）10．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论，正确的是（　　）
A．存在点P，使得PA1＝PE
B．存在点P，使得BD1⊥平面PA1E
C．△PA1E的面积越来越小
D．四面体A1PB1E的体积不变
【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，DP＝m（0≤m≤2），由AA1⊥平面ABCD，AP 平面ABCD，得AA1⊥AP，
同理PC⊥EC，所以AD2+DP2＝8+m2，
PE2＝PC2+CE2＝（2﹣m）2+5，由8+m2＝（2﹣m）2+5，解得，
所以存在P使得PA1＝PE，故A正确；
对于B，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如下图，
设正方体棱长为2，则A1（2，0，2），E（1，2，2），B（2，2，0），D1（0，0，2），
所以（﹣1，2，0），，
，所以BD1不可能与A1E垂直，故BD1⊥平面PA1E也不可能成立，故B错误；
对于C，在B中所建空间直角坐标系中，设P（0，m，0）（0≤m≤2），则（1，2﹣m，2），
，，
所以，
设P到直线A1E的距离为d，则d
，
由二次函数性质知0≤m≤2时，y＝（m﹣4）2+20递减，所以d递减，
又不变，ΔA1PE的面积为 d，所以ΔA1PE的面积递减，故C正确；
对于D，正方体中，CD∥平面A1B1C1D1，P∈CD，所以P到平面A1B1C1D1的距离不变，
即P到平面A1B1E的距离不变，而ΔA1B1E面积不变，因此三棱锥P＝A1B1E即四面体A1PB1E的体积不变，故D正确．
综上，ACD正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2025 江苏三模）如图，在边长为12的正方形ABCD中，E1，E2，F1，F2分别边AD，BC的三等分点，正方形内有两点P，Q，点P到AD，CD的距离分别为3a，2a，点Q到BC，AB的距离也是3a和2a，其中0＜a＜2．将该正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB与DC重合，则在该空间图形中，（　　）
A．直线PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值为
C．线段PQ的中点到A的距离不超过
D．异面直线PQ与AB成45°角时，
【解答】解：如图，
取E1E2中点O1，F1F2的中点O，连接OB，OO1，
因为BF2＝F2F1＝F1B＝4，所以BO⊥F1F2，
因为E1F1⊥F1B，E1F1⊥F1F2，又F1B∩F1F2，F1B，F1F2 面BF1F2，
所以E1F1⊥面BF1F2，又OO1∥E1F1，所以OO1⊥面BF1F2，
故OB，OF2，OO1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设QH⊥BF1于H，PM⊥BF2于M，过H作HK⊥OB于K，
易知，BH＝2a，又，
所以，
又QH＝3a，
所以，同理可知，
所以，
对于选项A，易知平面E1E2F2F1的一个法向量为，
因为，
显然QP 平面E1E2F2F1，所以PQ∥平面E1E2F2F1，故选项A正确；
对于选项B，因为，
令y＝40a2﹣144a+144，其中0＜a＜2，
对称轴，所以，
所以，故选项B正确；
对于选项C，因为PQ的中点，，
所以|AS|3，故选项C错误；
对于选项D，因为，所以，
所以，整理得到2a2﹣9a+9＝0，
解得或a＝3（舍），故选项D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 金坛区校级二模）在三棱锥中P﹣ABC，，且AB⊥BC．记直线PA，PC与平面ABC所成角分别为α，β，已知β＝2α＝60°，当三棱锥P﹣ABC的体积最小时，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 　16π　 ．
【解答】解：设点P在平面ABC内的投影为P'，因为直线PA，PC与平面ABC所成角分别为α，β，且β＝2α＝60°，则α＝30°，
根据线面夹角关系可知，，
所以3|P'C|＝|P'A|，
由阿波罗尼斯圆可知，投影P'在圆上运动，以AC所在直线为x轴，过AC的中点O作垂线，建立如图所示直角坐标系，
因为，AB＝BC，且AB⊥BC，所以AC，OB＝OA＝2，
令P'（x，y），由题可知A（﹣2，0），B（0，2），C（2，0），
则，
化简得，
可知P'在以为圆心，半径为的圆上，
当|P'C|最小时，|P'P|最小，即三棱锥P﹣ABC的体积最小，
此时P'（1，0），，，，
∴P点在底面ABC上的射影P'在AC上，且∠APC＝90°，又∠ABC＝90°，
∴此时三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为AC的中点，
外接球的半径，．
故答案为：16π．
13．（2025春 亭湖区校级月考）已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为 　122　 ．
【解答】解：因为正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上，
且该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，
设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5，
设上底面边长为a，则上底面中心到顶点距离为，
根据勾股定理，即，解得，
因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5，
设下底面边长为b，则，解得，
根据正四棱台体积公式（其中h是高，S是下底面积，S′是上底面积），
下底面积，上底面积S′＝a2＝32，
已知高h＝3，则体积．
故答案为：122．
14．（2025春 盐城校级期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝60°，∠C1CD＝60°，A1C与AD1所成角的余弦值为 　　 ．
【解答】解：分别取，则，
且，
而，
由，
，
，
设A1C与AD1的所成角为θ，
则cosθ＝|cos，|．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春 江苏月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：PA∥平面BDE；
（2）求证：F为PD的中点；
【解答】证明：（1）如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，
又E为PC的中点，
所以GE∥PA，
又PA 平面BDE，GE 平面BDE，
所以PA∥平面BDE；
（2）因为底面ABCD为平行四边形，
所以AB∥CD，
又AB 平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以CD∥平面ABEF，
又平面ABEF∩平面PDC＝EF，
所以CD∥EF，
又因为E为PC的中点，
所以F为PD的中点．
16．（2025春 南京校级期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接AC1交A1C于O，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形AA1C1C是正方形，所以O是AC1的中点，而D是AB的中点，
因此有OD∥BC1，而OD 平面A1DC，BC1 平面A1DC，
所以BC1∥平面A1DC；
（2）解：由（1）可知：OD∥BC1，
因此异面直线A1D与BC1所成角为∠A1DO（或其补角），
因为AA1C1C是正方形，所以，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形BB1C1C是正方形，因此有，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，
因此有，
由余弦定理可知：，
因此．
17．（2025春 滨湖区校级期中）如图在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，M，N分别是PA，BC的中点，CD＝3AB．
（1）求证：MN∥平面PCD；
（2）若点F在棱PC上且满足PF＝λPC，PA∥平面BDF，求λ的值．
【解答】（1）证明：取PB的中点E，连接ME，EN，
因为AB∥CD，M，N分别是PA，BC的中点，
所以EM∥AB，EN∥PC，
所以ME∥CD，
ME 平面PCD，EN 平面PCD，CD 平面PCD，PC 平面PCD，
所以ME∥平面PCD，EN∥平面PCD，
且ME∩EN＝E，
所以平面MEN∥平面PCD，
又因为MN 平面MEN，
所以MN∥平面PCD；
（2）解：连接AC，交BD于O，连接OF，又因为DC＝3AB，AB∥CD，
所以AOOC，
因为PA∥平面BDF，PA 平面PAC，
平面PAC∩平面BDF＝OF，
所以PA∥OF，
所以，
所以PFFC，可得PFPC，
又因为PF＝λPC，
可得λ．
18．（2025春 滨湖区校级期中）现有一几何体由上、下两部分组成，上部是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），且正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6，PO1＝2，求该几何体的体积．
（2）若正四棱锥的侧棱长为6，PO1＝2．
（i）求正四棱锥P﹣A1B1C1D1的侧面积．
（i）若Q，N分别是线段A1B1，PB1上的动点，求AQ+QN+NC1的最小值．
【解答】解：（1）由条件可知，正四棱柱的高O1O＝8，
所以正四棱柱的体积为6×6×8＝288，
三棱锥P﹣A1B1C1D1的体积为，
所以该几何体的体积为288+24＝312；
（2）（i），
所以，
正四棱锥P﹣A1B1C1D1侧面的高为，
所以正四棱锥的侧面积为；
（ii）如图，将长方形ABB1A1，△PA1B1和△PB1C1展开在一个平面，
PA1＝PB1＝PC1＝6，A1B1＝B1C1＝8，
设∠A1B1P＝α，，A1B1＝AA1＝8，，
，所以，
所以，
，
，
当A，Q，N，C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，
所以，
所以AQ+QN+NC1的最小值为．
19．（2025春 鼓楼区校级月考）在多面体ABCDPE中（如图），底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，F为PA的中点，，，四边形PDCE为矩形，平面PDCE⊥平面ABCD．
（1）求证：平面PBD⊥平面ABCD；
（2）求三棱锥P﹣ABD外接球的体积；
（3）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的大小为若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：因为四边形PDCE为矩形，
所以PD⊥CD，
因为平面PDCE⊥平面ABCD，
平面PDCE∩平面ABCD＝CD，PD 平面PDCE，
所以PD⊥平面ABCD，
又因为PD 平面PBD，
所以平面PBD⊥平面ABCD；
（2）由（1）知PD⊥平面ABCD，
BD 平面ABCD，
所以PD⊥BD，
所以Rt△PBD的外心O在BD的中点，
所以OG∥PD，所以OG⊥平面ABCD，
AB⊥AD，所以Rt△ABD的外心G在BD的中点，
所以点O为三棱锥P﹣ABD外接球的球心，
，，
所以外接球的半径，
则三棱锥P﹣ABD外接球的体积为；
（3）因为AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，
所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），，，B（1，1，0），C（0，2，0），，
设线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的大小为，
设Q（x1，y1，z1），，λ∈[0，1]，
则．
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取x＝1，则y＝1，，
则，
因为，
又BQ与平面PBC所成角的大小为，
所以，
即，
整理得λ2＝1，所以λ＝1，
此时点Q与点E重合，
所以，
则．
综上：在线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的大小为，此时FQ的长度为．
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