排查练7 立体几何中的计算问题
1．(2026·嘉兴期初)已知正三棱台的体积为，其上、下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为( C )
A． B．
C．1 D．2
【解析】 易知正三棱台的上底面面积为S1=，下底面面积为S2=×22=，因为台体体积为V=(S1＋S2＋)，所以=，解得h=1，即正三棱台的高为1．
2．(2023·全国甲卷文)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，PC=，则该三棱锥的体积为( A )
A．1 B．
C．2 D．3
【解析】 如图，取AB的中点E，连接PE，CE．因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，所以PE⊥AB，CE⊥AB．又PE，CE 平面PEC，PE CE=E，所以AB⊥平面PEC．又PE=CE=2×=，PC=，故PC2=PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以VP－ABC=VB－PEC＋VA－PEC=S△PEC·AB=××××2=1．
3．(2024·天津卷)如图所示是一个五面体ABC－DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为( C )
A． B．＋
C． D．－
【解析】 如图，用一个完全相同的五面体HIJ－LMN(顶点与五面体ABC－DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，L；E，M；F，N重合．因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3=2＋2=3＋1=4，故VABC－DEF=VABC－HIJ=××1×1××4=．
4．(北师必二P267复习题B8)如图，已知三棱锥容器S－ABC的容积为V，如果它的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知SD∶DA=SE∶EB=CF∶FS=2∶1，那么这个容器最多可盛水的体积为( B )
A．V B．V
C．V D．V
【解析】 当平面DEF与水平面平行时，容器盛水最多，因为SD∶DA=SE∶EB=2∶1，所以S△SDE∶S△SAB=4∶9．因为CF∶FS=2∶1，所以F到平面SDE的距离是点C到平面SAB的距离的，所以VF－SDE=VC－SAB=V，故容器可盛水V．
5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( ABD )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【解析】 如图，连接B1C．因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．因为四边形BB1C1C为正方形，所以B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确．因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1．因为B1C⊥BC1，A1B1 B1C=B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确．连接A1C1，设A1C1 B1D1=O，连接BO．因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B．因为C1O⊥B1D1，B1D1 B1B=B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为1，则C1O=，BC1=，sin∠C1BO==，从而∠C1BO=30°，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误．因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45°，故D正确．
6．(多选)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则( ACD )
A．D1F∥BE
B．直线B1E与直线BF所成的角为90°
C．直线B1E与直线D1F所成的角为90°
D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°
【解析】 对于A，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，A1G，又E，F分别为CC1，AA1的中点，所以GE∥DC∥AB，且GE=DC=AB，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，又易知AG∥D1F，所以D1F∥BE，故A正确；对于B，连接DF，BD，易知B1E∥A1G∥FD，所以B1E与BF所成的角为∠DFB或其补角，易得DF=BD=BF=AB，所以△BDF是等边三角形，所以∠DFB=60°，故B错误；对于C，在矩形ADD1A1中，因为AA1=2AB=2AD，所以D1F⊥A1G，而A1G∥B1E，因此D1F⊥B1E，所以直线B1E与直线D1F所成的角为90°，故C正确；对于D，由A选项分析可知D1F∥BE，所以直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，根据题意易知∠EBC=45°，故D正确．
7．(2026·荆州期初)已知圆柱的底面在水平面上，底面半径为1，高为4，与圆柱底面成45°角的平面截圆柱所得的截面为椭圆，截面上的最低点到下底面的距离为1，则下列说法正确的有( BCD )
A．圆柱的表面积为8π
B．圆柱夹在截面与下底面之间部分的体积为2π
C．截面椭圆的离心率为
D．圆柱侧面夹在截面与下底面之间部分的面积为4π
【解析】 对于A，圆柱的表面积为2πrh＋2πr2=10π，故A错误；对于B，如图，设圆柱的上、下底面的圆的圆心分别为O1，O2，设题设中与圆柱底面成45°角的平面为α，记截面的最低点为S，则S在轴截面ABCD的边BA上，过S作平行于底面的截面，交CD于G，则AS=DG=1，且∠TSG=45°，故ST=2，TG=2，故圆柱夹在截面与下底面之间部分的体积为π×12×1＋π×12×2=2π，故B正确；对于C，由ST=2可得椭圆的长轴长为2，而短轴长为2，故椭圆的半焦距为1，离心率为，故C正确；对于D，圆柱侧面夹在截面与下底面之间部分的面积为2π×1×1＋×2π×1×2=4π，故D正确．
8．(人A必二P116练习1)若正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，则它的表面积为__(60＋24)cm2__．
【解析】 如图，正六棱台ABCDEF－A′B′C′D′E′F′中，A′B′=2 cm，AB=6 cm，AA′=5 cm，所以侧面梯形ABB′A′的斜高为= (cm)，所以S梯形ABB′A′=×=4(cm2)．又S上底=6××22=6(cm2)，S下底=6××62=54(cm2)，所以该正六棱台的表面积S=S上底＋S下底＋6S梯形ABB′A′=6＋54＋6×4=(60＋24)(cm2)．
9．(苏教必二P207习题7)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为__a2__，体积为__a3__．
【解析】 由O′为PO的中点，知圆柱的底面半径为．如图，在Rt△POA中，PO=a，OA=，则PA===a，圆锥的侧面展开图为扇形，其面积S1=π××a=a2，圆柱的侧面展开图为矩形，其面积S2=2π·O′B·OO′=2π××=，圆锥的底面积S3=π·2=．挖去圆柱后，虽然底面被挖去一个圆，但圆柱上底面恰好多一个等大圆面，则剩下几何体的表面积S=S1＋S2＋S3=a2＋＋=a2．又圆锥的体积V1=π·OA2·PO=×2×a=a3，圆柱的体积V2=π·O′B2·O′O=π×2×=a3，所以剩余几何体的体积V=V1－V2=a3－a3=a3．
10．(北师必二P257习题B4)如图，在正三棱锥A－BCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，E，F分别为AC，AD上的动点，求截面△BEF周长的最小值和这时点E，F的位置．
【解答】 将正三棱锥A－BCD的侧面沿AB展开后的平面图如图所示，则BB′为△BEF周长的最小值．由平面几何知识可证△ABE≌△AB′F，于是AE=AF，又AC=AD，故EF∥CD，所以∠BEC=∠ACD．因为∠BCE=∠ACD，∠BEC=∠ACD=∠ADC，所以△BCE∽△ACD，所以==，所以CE=，BE=B′F=a，AE=2a－=．由EF∥CD，得=，所以=，则EF=．所以BB′=BE＋EF＋B′F=a＋＋a=a，所以△BEF的周长的最小值为a，此时AE=AF=，即E，F分别在AC，AD上靠近点C，D的四等分点处．
11．(人B必四P125习题C2)如图(1)所示，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB=BC=．∠CAD=30°．如图(2)所示，把△ABC沿AC边折起，使△ABC所在平面与△ACD所在平面垂直，连接BD．
图(1)
图(2)
(1) 求BD与平面ADC所成角的余弦值；
【解答】 如图，取AC的中点E，连接BE，DE．因为AB=BC=，所以BE⊥AC．因为平面ABC⊥平面ACD，所以BE⊥平面ACD，所以∠BDE即为BD与平面ADC所成的角．因为△ABC为等腰直角三角形且AB=，所以BE=，AC=2．又因为∠CAD=30°，AC⊥CD，所以CD=2，DE=，所以BD==，所以cos∠BDE===．所以BD与平面ADC所成角的余弦值为．
(2) 求点C到平面ABD的距离．
【解答】 因为CD⊥AC，平面ABC⊥平面ACD，平面ABC 平面ACD=AC，CD 平面ACD，所以CD⊥平面ABC．因为AB 平面ABC，所以CD⊥AB．因为AB⊥BC，BC DC=C，BC，DC 平面BCD，所以AB⊥平面BCD．因为AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD．如图，过点C作CH⊥BD，因为平面ABD 平面BCD=BD，平面ABD⊥平面BCD，CH 平面BCD，则CH⊥平面ABD，所以CH的长即为点C到平面ABD的距离．在Rt△ADC中，AC=2，∠CAD=30°，所以CD=2·tan 30°=2．在Rt△BCD中，因为BC=，CD=2，所以BD==，所以CH==．所以点C到平面ABD的距离为．
12．(2023·全国甲卷文)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB=90°．
(1) 求证：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
【解答】 因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC．因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC．又A1C，AC 平面ACC1A1，A1C AC=C，所以BC⊥平面ACC1A1．又因为BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C．
(2) 设AB=A1B，AA1=2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．
【解答】 如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O．因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1 平面BB1C1C=CC1，A1O 平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O．因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC．又∠ACB=90°，所以AC⊥BC．因为A1B=AB，BC为公共边，所以△ABC≌△A1BC，所以A1C=AC．设A1C=AC=x，则A1C1=x，所以O为CC1的中点，OC1=AA1=1．又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2=A，即x2＋x2=22，解得x=，所以A1O===1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1．
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1．(2026·嘉兴期初)已知正三棱台的体积为，其上、下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为( )
A． B．
C．1 D．2
2．(2023·全国甲卷文)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，PC=，则该三棱锥的体积为( )
A．1 B．
C．2 D．3
3．(2024·天津卷)如图所示是一个五面体ABC－DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为( )
A． B．＋
C． D．－
4．(北师必二P267复习题B8)如图，已知三棱锥容器S－ABC的容积为V，如果它的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知SD∶DA=SE∶EB=CF∶FS=2∶1，那么这个容器最多可盛水的体积为( )
A．V B．V
C．V D．V
5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
6．(多选)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则( )
A．D1F∥BE
B．直线B1E与直线BF所成的角为90°
C．直线B1E与直线D1F所成的角为90°
D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°
7．(2026·荆州期初)已知圆柱的底面在水平面上，底面半径为1，高为4，与圆柱底面成45°角的平面截圆柱所得的截面为椭圆，截面上的最低点到下底面的距离为1，则下列说法正确的有( )
A．圆柱的表面积为8π
B．圆柱夹在截面与下底面之间部分的体积为2π
C．截面椭圆的离心率为
D．圆柱侧面夹在截面与下底面之间部分的面积为4π
8．(人A必二P116练习1)若正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，则它的表面积为____．
9．(苏教必二P207习题7)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为____，体积为____．
10．(北师必二P257习题B4)如图，在正三棱锥A－BCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，E，F分别为AC，AD上的动点，求截面△BEF周长的最小值和这时点E，F的位置．
11．(人B必四P125习题C2)如图(1)所示，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB=BC=．∠CAD=30°．如图(2)所示，把△ABC沿AC边折起，使△ABC所在平面与△ACD所在平面垂直，连接BD．
图(1)
图(2)
(1) 求BD与平面ADC所成角的余弦值；
(2) 求点C到平面ABD的距离．
12．(2023·全国甲卷文)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB=90°．
(1) 求证：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2) 设AB=A1B，AA1=2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．
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排查练7 立体几何中的计算问题
回归基础——考前排查
【解析】
C
【解析】
如图，取AB的中点E，连接PE，CE．因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PE⊥AB，CE⊥AB．又PE，CE 平面PEC，PE CE＝E，所以AB⊥平面PEC．
A
【解析】
如图，用一个完全相同的五面体HIJ LMN(顶点与五面体ABC DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，L；E，M；F，N重合．
因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面
【答案】C
【解析】
B
5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD A1B1C1D1，则 ( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【解析】
如图，连接B1C．因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．因为四边形BB1C1C为正方形，所以B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确．
因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1．因为B1C⊥BC1，A1B1 B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确．
连接A1C1，设A1C1 B1D1＝O，连接BO．因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B．因为C1O⊥B1D1，B1D1 B1B＝B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为1，
【答案】ABD
6．(多选)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则 ( )
A．D1F∥BE
B．直线B1E与直线BF所成的角为90°
C．直线B1E与直线D1F所成的角为90°
D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°
【解析】
对于A，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，A1G，又E，F分别为CC1，AA1的中点，所以GE∥DC∥AB，且GE＝DC＝AB，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，又易知AG∥D1F，所以D1F∥BE，故A正确；
对于C，在矩形ADD1A1中，因为AA1＝2AB＝2AD，所以D1F⊥A1G，而A1G∥B1E，因此D1F⊥B1E，所以直线B1E与直线D1F所成的角为90°，故C正确；
对于D，由A选项分析可知D1F∥BE，所以直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，根据题意易知∠EBC＝45°，故D正确．
【答案】ACD
【解析】
【答案】BCD
8．(人A必二P116练习1)若正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，则它的表面积为_____________________．
【解析】
9．(苏教必二P207习题7)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为_________，体积为_________．
【解析】
10．(北师必二P257习题B4)如图，在正三棱锥A BCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，E，F分别为AC，AD上的动点，求截面△BEF周长的最小值和这时点E，F的位置．
【解答】
将正三棱锥A BCD的侧面沿AB展开后的平面图如图所示，则BB′为△BEF周长的最小值．
由平面几何知识可证△ABE≌△AB′F，于是AE＝AF，又AC＝AD，故EF∥CD，所以∠BEC＝∠ACD．
图(1)
图(2)
【解答】
图(1)
图(2)
【解答】
因为CD⊥AC，平面ABC⊥平面ACD，平面ABC 平面ACD＝AC，CD 平面ACD，所以CD⊥平面ABC．因为AB 平面ABC，所以CD⊥AB．
因为AB⊥BC，BC DC＝C，BC，DC 平面BCD，所以AB⊥平面BCD．因为AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD．
12．(2023·全国甲卷文)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．
(1) 求证：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
【解答】
因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC．
因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC．
又A1C，AC 平面ACC1A1，A1C AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1．
又因为BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C．
12．(2023·全国甲卷文)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．
(2) 设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1 BB1C1C的高．
【解答】
如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O．因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1 平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1 BB1C1C的高为A1O．
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC．又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC．因为A1B＝AB，BC为公共边，所以△ABC≌△A1BC，所以A1C＝AC．
