专题四 立体几何
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·福建宁德三模)设α，β是两个不同平面，m，n是平面β内的两条不同直线．甲：m∥α，n∥α，乙：α∥β，则( )
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
2．(2025·福建福州模拟)已知圆台上、下底面积分别为π，4π，母线长为，则该圆台的体积为( )
A． B． C． D．
3．(2025·云南模拟)已知球O的半径为R，圆M的半径为r，且圆M是球O的一个截面，若圆M的面积与球O的表面积之比为2∶9，则的值为( )
A． B． C． D．
4．(2025·河南信阳模拟)在正四棱锥S-ABCD中，E，F，G分别是棱AB，BC，SB的中点，O是底面ABCD的中心，则( )
A．SD∥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．SO∥平面EFG D．SO⊥平面EFG
5．(2025·河北沧州一模)如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处．已知库底与水坝所成的二面角为150°，测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为DA＝20m，CB＝40 m，若AB＝20 m，则甲，乙两人相距( )
A．10 m B．20 m C．70 m D．20m
6．(2025·安徽蚌埠模拟)已知三棱锥P-ABC的体积为1，△ABC是边长为2的正三角形，且PA＝2，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．1
7．(2025·江苏盐城三模)三棱锥P-ABC中，＝＝(0，3，0)，＝(3，1，4)，则三棱锥P-ABC的体积为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
8．(2025·河南鹤壁二模)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC和△BCD均为边长为的等边三角形，若二面角A-BC-D的大小为90°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为( )
A．5π B．8π
C．6π D．9π
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中点，则( )
A．直线BP与B1D1所成的角为60°
B．直线BP与A1D所成的角为90°
C．平面A1B1P⊥平面ABP
D．直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为
10．(2025·四川雅安模拟)如图，将一个大圆锥去掉顶部的小圆锥后，剩余部分均分成n个高为h的圆台，记第1个圆台的上底面圆半径为a1＝1，第2个圆台的上底面圆半径为a2＝2，则下列结论正确的是( )
A．第n个圆台的上底面圆半径为n
B．第n个圆台的体积为πh
C．前n个圆台的体积之和为
D．数列的前n项和为
11．(2025·广东省一模)已知正四面体A-BCD的棱长为6，M，N分别是BC，AD的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体A-BCD的有( )
A．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为2的圆锥
B．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2025·浙江湖州模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝2AC＝2，侧棱AA1＝2，若M，N分别是线段A1B，A1C1的中点，则点N到直线CM的距离是________．
13．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为________．
14．(2025·山东菏泽二模)一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为2和8，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2025·上海高考)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．
(1)若直线PA与圆锥底面所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧的长为，CD∥AB，设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
16．(15分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC＝60°，A1B＝．
(1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若＝λ(0≤λ≤1)，且直线AC与平面A1BM所成角的正弦值为，求点M到直线A1B1的距离．
17．(15分)(2025·天津河北区二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝4，CC1＝2，AB＝3．
(1)求直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值；
(2)求平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值；
(3)求点A1到平面ABC1的距离．
18．(17分)(2025·北京丰台二模)如图，在四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，底面ABCD与侧面ADD′A′均为菱形，AB⊥平面ADD′A′，AD＝2，E为CC′的中点，DD′与平面ABE交于点F．
(1)求证：F为DD′的中点．
(2)从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段A′C上是否存在点G，使得直线AG与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
条件①：AD＝AD′；
条件②：DD′⊥BF．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
19．(17分)(2025·辽宁沈阳三模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD∥BC，ED＝2AF＝2，CD＝t，BC＋CD＝3，将四边形ADEF沿AD向上折起，连接BE，BF，CE，在折起的过程中，记二面角E-AD-C的大小为α(0<α<π)，记几何体EFABCD的体积为V．
(1)求证：BF∥平面CDE；
(2)当t＝2时，请将V表达为关于α的函数，并求该函数的最大值；
(3)若平面EFB和平面EBC垂直，当α取得最大值时，求V的值．
专题四
1．B [由m∥α，n∥α，m，n是平面β内的两条不同直线，得不到α∥β．因为α与β可能相交，只要m，n和α，β的交线平行即可得到m∥α，n∥α；
反过来，若α∥β，m，n是平面β内的两条不同直线，则m，n和α没有公共点，所以由α∥β能得到m∥α，n∥α，故甲是乙的必要不充分条件．故选B．]
2．C [因为圆台的上、下底面积分别为π，4π，
所以该圆台的上、下底面的半径分别为1，2，如图所示，
即OA＝1，O1B＝2，AB＝，所以BC＝1，
所以AC＝2，故圆台的高为2，则圆台的体积V＝．故选C．]
3．A [由圆M的面积与球O的表面积之比为2∶9，得．故选A．]
4．C [在正四棱锥S-ABCD中，AC∩BD＝O，令BD∩EF＝M，连接GM，
在△ABC中，由E，F分别是边AB，BC的中点，得EF∥AC，M是线段OB的中点，
而G为SB的中点，则GM∥SO，又SO 平面EFG，GM 平面EFG，
因此SO∥平面EFG，C正确，D错误；
由SO⊥平面ABCD，DO 平面ABCD，得SO⊥DO，SD与SO相交不垂直，
又GM∥SO，且GM，SO，SD 平面SDB，因此SD与GM相交不垂直，AB错误．
故选C．]
5．B [由已知可得∠DAB＝∠CBA＝90°，的夹角为150°，因为，
所以···，
因为·×20×cos 90°＝0，·×40×cos(180°－150°)＝1 200，·＝20×40×cos 90°＝0，
故＋202＋402＋2×1 200＝5 600，
所以|．故选B．]
6．C [△ABC 是边长为2的正三角形，其面积为S△ABC＝．
由三棱锥P-ABC的体积为1 和底面积 S△ABC＝ ，得V＝S△ABC·h＝h＝1，解得h＝．
设直线 PA 与平面 ABC 所成角为θ，
所以sin θ＝．故选C．]
7．C [因为，
所以·×3＋0×0＝－3，＝3．
所以cos〈〉＝．
所以sin〈〉＝．
所以三角形ABC的面积为S△ABC＝＝6．
设平面ABC的一个法向量为n＝
即令z＝1，
解得n＝．点P到平面ABC的距离h＝＝4．
由三棱锥体积公式，得V＝×6×4＝8．
故选C．]
8．A [设E是BC中点，连接AE，DE，设△BCD的外心为O1，△ABC的外心为O2，O是三棱锥A-BCD外接球球心，由于△ABC和△BCD都是边长为的正三角形，
所以AE⊥BC，DE⊥BC，AE＝DE＝，
且O1，O2分别在DE，AE靠近E的三等分点处．
根据二面角A-BC-D的大小为90°及球的性质可知，OO1⊥平面BCD，OO2⊥平面ABC，
所以OO1⊥DE，OO2⊥AE，
由于O1E＝O2E，AE⊥DE，所以四边形OO1EO2是正方形，
EO1＝EO2＝，O1D＝DE＝1，
设三棱锥外接球的半径为R，则R＝．
所以外接球的表面积为4πR2＝4π×＝5π．故选A．]
9．AC [如图所示．
对于A，因为BD∥B1D1，所以∠DBP(或其补角)为直线BP与B1D1所成的角，易知BP＝BD＝DP＝2，即△DBP为等边三角形，所以∠DBP＝60°，即A正确；
对于B，因为A1D∥B1C，所以∠BEC(或其补角)为直线BP与A1D所成的角，
若∠BEC＝90°，则△BB1C∽△CBP，即满足，而PC＝BC＝2，BB1＝4，不满足上式，即B错误；
对于C，易知BP＝2＝B1P，BB1＝4，满足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P，又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，B1P，A1B1 平面A1B1P，可得BP⊥平面A1B1P，又BP 平面ABP，所以平面A1B1P⊥平面ABP，即C正确；
对于D，连接A1C1，与B1D1交于点F，由正方形性质可得A1F⊥B1D1，
由正四棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1F 平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F，又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1 平面BDD1B1，可得A1F⊥平面BDD1B1，所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角，
因为A1F＝，A1B＝2，
所以sin ∠A1BF＝，故D错误．故选AC．]
10．ABD [对于A项，记第1个圆台的上底面圆半径为a1＝1，
第2个圆台的上底面圆半径为a2＝2，则第n个圆台的上底面圆半径为n，故A项正确；
对于B项，第n个圆台的下底面圆半径为n＋1，则第n个圆台的体积为[n2＋(n＋1)2＋n(n＋1)]＝πh ，故B项正确；
对于C项，前n个圆台的体积之和为，
故C项错误；
对于D项，数列的前n项和为，即数列 的前n项和为．
记数列的前n项和为Sn，
数列的前n项和为Tn，Tn＝，则Sn＋Tn＝，
解得Sn＝，故D项正确．
故选ABD．]
11．ACD [对于A，正四面体A-BCD，作AO⊥平面BCD，交平面BCD于O，
连接OD，且O为正三角形BCD的中心，又棱长为6，则△BCD的内切圆半径为，
则底面半径为)，且高为2的圆锥，可以放到正四面体内，故A正确；
对于B，如图所示，平面EFG∥平面BCD，当＝1时，设△EFG内切圆半径为r'，
则，则r'＝，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误；
对于C，轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥，
因为，在线段MN上取点K使得|NK|＝2，过点K作垂直于MN的平面，交直线MD于点L，KL⊥MN，
，
则轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥，可以放到正四面体内，故C正确；
对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段MN上取点K使得＝2，若圆柱可以放入，则其轴中点必然为线段MN的中点，而2－0.2，故轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确．故选ACD．]
12． [由题设，构建如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则C(0，1，0)，M(1，0，1)，N，所以＝(1，－1，1)，＝，则点N到直线CM的距离d＝
＝．]
13． [不妨设PA⊥底面ABCD，
由于AB，BC，CD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，PA⊥CD，PA⊥AD，
底面矩形有：AB⊥BC，AB⊥AD，CD⊥BC，CD⊥AD．
由于AB⊥AD，PA⊥AD，AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
由于PB 平面PAB，所以AD⊥PB，由于BC∥AD，所以BC⊥PB．
同理可证得AB⊥PD，CD⊥PD，
所以在阳马P-ABCD中，相互垂直的直线有12对，故所求概率为．]
14． [把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰△PAB和等腰梯形ABCD，过C作CE⊥AB于E，如图，
则AB＝8，CD＝2，CE＝9，tan∠ABC＝，
于是∠ABC＝60°，△PAB是正三角形，其内切圆半径r＝·CE，
因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，
即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为．]
15．解：(1)连接PO，因为PO⊥圆锥底面，所以∠PAO为直线PA与圆锥底面所成的角，
所以∠PAO＝，因为AB＝2，所以AO＝1，PA＝2，
所以圆锥的侧面积S＝π·AO·PA＝2π．
(2)证明：连接AC，因为弧，所以∠COA＝，则△OAC是等边三角形．连接BD，可得四边形ACDB为等腰梯形，CD＝1，所以CD＝OB，
又CD∥OB，所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB，又CO 平面PBD，DB 平面PBD，所以CO∥平面PBD．
连接OQ，因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以OQ∥PB，又OQ 平面PBD，PB 平面PBD，所以OQ∥平面PBD．
因为CO∩OQ＝O，CO，OQ 平面COQ，
所以平面COQ∥平面PBD，又QM 平面COQ，所以QM∥平面PBD．
16．解：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接A1O，BO，∠A1AC＝60°，A1A＝2，AO＝1，
由余弦定理，得A1O＝，
故有AO2＋A1O2＝A，所以A1O⊥AC，
由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，所以BO＝，
因为A1B＝，所以A1B2＝A1O2＋BO2，所以A1O⊥BO，
又因为AC∩BO＝O，AC，BO 平面ABC，所以A1O⊥平面ABC，
又因为A1O 平面A1ACC1，
所以平面A1ACC1⊥平面ABC．
(2)由(1)可知OA，OB，OA1两两垂直，
故可以O为坐标原点，以OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴
建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，C1(－2，0，)，A1(0，0，＝(2，0，0)，＝(0，－＝(－1，0，)．
因为＝λ(0≤λ≤1)，则M(－λ－1，0，λ)，＝(－λ－1，－λ)，
设平面A1BM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
不妨取y＝λ＋1，则z＝λ＋1，x＝(λ－1)，
可得n＝((λ－1)，λ＋1，λ＋1)是平面A1BM的一个法向量．
设直线AC与平面A1BM所成角为θ，
sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
化简整理得9(λ－1)2＝4(λ＋1)2，解得λ＝或λ＝5(舍去)，
则M，
又因为＝(1，－，0)，
可得．
设点M到直线A1B1的距离为d，
则d＝．
故点M到直线A1B1的距离为．
17．解：(1)由侧面ABB1A1为矩形，得AB⊥AA1，又CA⊥平面ABB1A1，AA1，AB 平面ABB1A1，
则AC⊥AA1，AC⊥AB，
即直线AB，AC，AA1两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，
A1(0，0，4)，B1(3，0，4)，C1(0，4，2)，
＝(0，4，－4)，＝(3，0，0)，＝(0，4，2)．
设平面ABC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则令y＝1，得m＝(0，1，－2)，
设直线A1C与平面ABC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝．
所以直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值为．
(2)由(1)知，＝(3，0，0)，＝(0，4，－2)，
设平面A1B1C1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝1，得n＝(0，1，2)，
设平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为φ，则cos φ＝|cos〈m，n〉|＝．
所以平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值为．
(3)由(1)(2)可知，平面ABC1的一个法向量为m＝(0，1，－2)，＝(0，4，－2)．
所以点A1到平面ABC1的距离d＝．
18．解：(1)证明：在菱形ABCD中，CD∥AB．
因为CD 平面ABEF，AB 平面ABEF，所以CD∥平面ABEF．
又CD 平面CDD'C'，平面CDD'C'∩平面ABEF＝EF，所以CD∥EF．
又四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，CE∥DF，
所以四边形CEFD为平行四边形．
所以DF＝CE＝DD'，所以F为DD'的中点．
(2)选择条件①：
取A'D'中点H，连接AH，
在菱形ADD'A'中，AA'＝A'D'＝AD．
因为AD＝AD'，所以△AA'D'为等边三角形．
因为H为A'D'中点，所以AH⊥A'D'，故AH⊥AD．
因为AB⊥平面ADD'A'，且AD，AH 平面ADD'A'，所以AB⊥AD，AB⊥AH，
所以AB，AD，AH两两垂直．
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，
则A，B，C，A'，F，
所以．
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝，则x＝0，y＝－1，
则n＝．
设＝λ，0≤λ≤1，
所以＝(2λ，3λ－1，λ)．
设直线AG与平面ABE所成角为θ，
所以sin θ＝，解得λ＝，
所以存在符合条件的点G，此时．
选择条件②：
取A'D'中点H，连接AH．
因为AB⊥平面ADD'A'，且AD，DD'，AH 平面ADD'A'，
所以AB⊥AD，AB⊥DD'，AB⊥AH，
又DD'⊥BF，且AB，BF 平面ABEF，AB∩BF＝B，所以DD'⊥平面ABEF．
因为AF 平面ABEF，所以DD'⊥AF，
又因为F为DD'中点，所以AD＝AD'．
在菱形ADD'A'中，AA'＝A'D'＝AD，
所以△AA'D'为等边三角形，
所以AH⊥A'D'，故AH⊥AD．
所以AB，AD，AH两两垂直．如图建立空间直角坐标系A-xyz，
则A，C，A'(0，－1，．
因为DD'⊥平面ABEF，
所以取平面ABE的一个法向量为n＝．
设＝λ，0≤λ≤1，所以＝(2λ，3λ－1，λ)．
设直线AG与平面ABE所成角为θ，
所以sin θ＝，解得λ＝．
所以存在符合条件的点G，此时．
19．解：(1)证明：在梯形BCEF中，因为BF∥CE，所以翻折后有AB∥DC，且AF∥ED，
因为AB 平面CDE，DC 平面CDE，故AB∥平面CDE，同理可得AF∥平面CDE，
因为AB∩AF＝A，AB，AF 平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，又因为BF 平面ABF，所以BF∥平面CDE．
(2)由题意，在梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，AD∥BC，即AD⊥CE，
且AD⊥FB，所以翻折后有AD⊥ED，AD⊥DC，且ED∩DC＝D，ED，DC 平面CDE，
所以AD⊥平面CDE，同理，AD⊥平面ABF，
由二面角E-AD-C的大小为α，得∠EDC＝∠FAB＝α，
过点E作CD的垂线，交直线CD于H，由AD⊥平面CDE，HE 平面CDE，
所以AD⊥EH，又AD∩DC＝D，AD，DC 平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，
即EH是四棱锥E-ABCD的高，由ED＝2，CD＝t＝2，BC＝3－CD＝3－t＝1，
所以VE-ABCD＝SABCD·EH＝×2×1×2sin α＝sin α，
由ED∥AF，ED 平面ABF，AF 平面ABF，所以ED∥平面ABF，
又因为AD⊥平面ABF，且AF＝1，
所以VE-ABF＝VD-ABF＝S△ABF·DA＝×2×1×sin α×1＝sin α，
所以V＝VE-ABCD＋VE-ABF＝sin α，α∈，当α＝时，V取得最大值．
(3)过点D作DC的垂线，交直线CE于点G，分别以为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(3－t，0，0)，C(0，t，0)，B(3－t，t，0)，E(0，2cos α，2sin α)，F(3－t，cos α，sin α)，
在平面EFB中，＝(0，cos α－t，sin α)，＝(3－t，－cos α，－sin α)，设平面EFB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令y＝sin α，则z＝t－cos α，x＝sin α，
所以n＝，
在平面EBC中，，
设平面EBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
令y1＝2sin α，则z1＝t－2cos α，x1＝0，所以m＝，
因为平面EFB和平面EBC垂直，所以n·m＝0，
即2sin2α＋＝0，
整理可得cos α＝，
因为α∈，0所以cos α≥，
当且仅当t＝时，等号成立，故当α取得最大值时，即cos α取得最小值，此时V＝VE-ABCD＋VE-ABF＝sin α＋sin α＝sin α，
由t＝，cos α＝，α∈，所以sin α＝，则V＝．
1/3(共72张PPT)
专题四 立体几何
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·福建宁德三模)设α，β是两个不同平面，m，n是平面β内的两条不同直线．甲：m∥α，n∥α，乙：α∥β，则( )
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
B [由m∥α，n∥α，m，n是平面β内的两条不同直线，得不到α∥β．因为α与β可能相交，只要m，n和α，β的交线平行即可得到m∥α，n∥α；
反过来，若α∥β，m，n是平面β内的两条不同直线，则m，n和α没有公共点，所以由α∥β能得到m∥α，n∥α，故甲是乙的必要不充分条件．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
2．(2025·福建福州模拟)已知圆台上、下底面积分别为π，4π，母线长为，则该圆台的体积为( )
A． B． C． D．
C [因为圆台的上、下底面积分别为π，4π，
所以该圆台的上、下底面的半径分别为1，2，如图所示，
即OA＝1，O1B＝2，AB＝，所以BC＝1，
所以AC＝2，故圆台的高为2，则圆台的体积V＝h＝×2＝．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
3．(2025·云南模拟)已知球O的半径为R，圆M的半径为r，且圆M是球O的一个截面，若圆M的面积与球O的表面积之比为2∶9，则的值为( )
A． B． C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
A [由圆M的面积与球O的表面积之比为2∶9，得＝，所以＝，解得＝＝．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
4．(2025·河南信阳模拟)在正四棱锥S-ABCD中，E，F，G分别是棱AB，BC，SB的中点，O是底面ABCD的中心，则( )
A．SD∥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．SO∥平面EFG D．SO⊥平面EFG
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
C [在正四棱锥S-ABCD中，AC∩BD＝O，令BD∩EF＝M，连接GM，
在△ABC中，由E，F分别是边AB，BC的中点，得EF∥AC，M是线段OB的中点，
而G为SB的中点，则GM∥SO，又SO 平面EFG，GM 平面EFG，
因此SO∥平面EFG，C正确，D错误；
由SO⊥平面ABCD，DO 平面ABCD，得SO⊥DO，SD与SO相交不垂直，
又GM∥SO，且GM，SO，SD 平面SDB，因此SD与GM相交不垂直，AB错误．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
5．(2025·河北沧州一模)如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处．已知库底与水坝所成的二面角为150°，测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为DA＝20m，CB＝
40 m，若AB＝20 m，则甲，乙两人相距( )
A．10 m B．20 m
C．70 m D．20m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
B [由已知可得∠DAB＝∠CBA＝90°，与的夹角为150°，因为＝，
所以＝＝＋＋＋2·＋2·＋2·，
因为·＝20×20×cos 90°＝0，·＝20×40×
cos ＝1 200，·＝20×40×cos 90°＝0，
故＝＋202＋402＋2×1 200＝5 600，
所以||＝＝＝20．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
6．(2025·安徽蚌埠模拟)已知三棱锥P-ABC的体积为1，△ABC是边长为2的正三角形，且PA＝2，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．1
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
C [△ABC 是边长为2的正三角形，其面积为S△ABC＝×22＝．
由三棱锥P-ABC的体积为1 和底面积 S△ABC＝ ，
得V＝S△ABC·h＝h＝1，解得h＝＝．
设直线 PA 与平面 ABC 所成角为θ，
所以sin θ＝＝．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
7．(2025·江苏盐城三模)三棱锥P-ABC中，＝＝(0，3，0)，＝(3，1，4)，则三棱锥P-ABC的体积为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
C [因为＝＝，
所以·＝4×0＋×3＋0×0＝－3，
＝＝＝＝3．
所以cos 〈〉＝＝＝－．
所以sin 〈〉＝＝．
所以三角形ABC的面积为S△ABC＝×3×＝6．
设平面ABC的一个法向量为n＝，则
即z＝1，解得n＝．
点P到平面ABC的距离h＝＝4．
由三棱锥体积公式，得V＝S△ABCh＝×6×4＝8．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
8．(2025·河南鹤壁二模)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC和△BCD均为边长为的等边三角形，若二面角A-BC-D的大小为90°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为( )
A．5π B．8π C．6π D．9π
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
A [设E是BC中点，连接AE，DE，设△BCD的外心为O1，△ABC的外心为O2，O是三棱锥A-BCD外接球球心，由于△ABC和△BCD都是边长为的正三角形，
所以AE⊥BC，DE⊥BC，
AE＝DE＝＝，
且O1，O2分别在DE，AE靠近E的三等分点处．
根据二面角A-BC-D的大小为90°及球的性质可知，
OO1⊥平面BCD，OO2⊥平面ABC，
所以OO1⊥DE，OO2⊥AE，
由于O1E＝O2E，AE⊥DE，所以四边形OO1EO2是正方形，
EO1＝EO2＝DE＝，O1D＝DE＝1，
设三棱锥外接球的半径为R，则R＝＝．
所以外接球的表面积为4πR2＝4π×＝5π．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中点，则( )
A．直线BP与B1D1所成的角为60°
B．直线BP与A1D所成的角为90°
C．平面A1B1P⊥平面ABP
D．直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
AC [如图所示．
对于A，因为BD∥B1D1，
所以∠DBP(或其补角)为直线BP与B1D1所成的角，
易知BP＝BD＝DP＝2，即△DBP为等边三角形，所以∠DBP＝60°，即A正确；
对于B，因为A1D∥B1C，所以∠BEC(或其补角)为直线BP与A1D所成的角，若∠BEC＝90°，则△BB1C∽△CBP，即满足＝，而PC＝BC＝2，BB1＝4，不满足上式，即B错误；
对于C，易知BP＝2＝B1P，BB1＝4，满足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P，
又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，B1P，A1B1 平面A1B1P，可得BP⊥平面A1B1P，
又BP 平面ABP，所以平面A1B1P⊥平面ABP，即C正确；
对于D，连接A1C1，与B1D1交于点F，由正方形性质可得A1F⊥B1D1，
由正四棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1F 平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1 平面BDD1B1，可得A1F⊥平面BDD1B1，
所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角，
因为A1F＝，A1B＝2，所以sin ∠A1BF＝＝，故D错误．
故选AC．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
10．(2025·四川雅安模拟)如图，将一个大圆锥去掉顶部的小圆锥后，剩余部分均分成n个高为h的圆台，记第1个圆台的上底面圆半径为a1＝1，第2个圆台的上底面圆半径为a2＝2，则下列结论正确的是( )
A．第n个圆台的上底面圆半径为n
B．第n个圆台的体积为πh
C．前n个圆台的体积之和为
D．数列的前n项和为
√
√
ABD [对于A项，记第1个圆台的上底面圆半径为a1＝1，
第2个圆台的上底面圆半径为a2＝2，则第n个圆台的上底面圆半径为n，故A项正确；
对于B项，第n个圆台的下底面圆半径为n＋1，
则第n个圆台的体积为[n2＋(n＋1)2＋n(n＋1)]＝πh，故B项正确；
对于C项，前n个圆台的体积之和为＝，故C项错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
对于D项，数列的前n项和为，
即数列的前n项和为．
记数列的前n项和为Sn，
数列的前n项和为Tn，Tn＝，则Sn＋Tn＝，
解得Sn＝，故D项正确．
故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
√
11．(2025·广东省一模)已知正四面体A-BCD的棱长为6，M，N分别是BC，AD的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体A-BCD的有( )
A．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为2的圆锥
B．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
ACD [对于A，正四面体A-BCD，作AO⊥平面BCD，交平面BCD于O，连接OD，且O为正三角形BCD的中心，又棱长为6，则△BCD的内切圆半径为＝2，
正四面体的高＝＝＝2，
则底面半径为<)，且高为2的圆锥，可以放到正四面体内，故A正确；
对于B，
如图所示，平面EFG∥平面BCD，当＝1时，设△EFG内切圆半径为r′，
则＝＝，则r′＝<，
故底面半径为，高为1的圆柱，
无法放到正四面体内，故B错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
对于C，轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥，因为＝＝＝3，
在线段MN上取点K使得＝2，
过点K作垂直于MN的平面，交直线MD于点L，KL⊥MN，
＝，即＝，则＝＞，
则轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥，可以放到正四面体内，故C正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段MN上取点K使得＝，
则＝，即＝得＝2，若圆柱可以放入，则其轴中点必然为线段MN的中点，
而2＝4<3－0.2，故轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确．故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2025·浙江湖州模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝2AC＝2，侧棱AA1＝2，若M，N分别是线段A1B，A1C1的中点，则点N到直线CM的距离是________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
[由题设，构建如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则C(0，1，0)，M(1，0，1)，N，
所以＝(1，－1，1)，＝，
则点N到直线CM的距离d＝
＝＝＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
13．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为________．
[不妨设PA⊥底面ABCD，
由于AB，BC，CD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，PA⊥CD，PA⊥AD，
底面矩形有：AB⊥BC，AB⊥AD，CD⊥BC，CD⊥AD．
由于AB⊥AD，PA⊥AD，AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
由于PB 平面PAB，所以AD⊥PB，由于BC∥AD，
所以BC⊥PB．
同理可证得AB⊥PD，CD⊥PD，
所以在阳马P-ABCD中，相互垂直的直线有12对，
故所求概率为＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
14．(2025·山东菏泽二模)一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为2和8，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为________．
[把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰△PAB和等腰梯形ABCD，过C作CE⊥AB于E，如图，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
则AB＝8，CD＝2，CE＝9，tan ∠ABC＝＝＝，
于是∠ABC＝60°，△PAB是正三角形，其内切圆半径r＝·AB＝4即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2025·上海高考)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．
(1)若直线PA与圆锥底面所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧的长为，CD∥AB，设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
[解] (1)连接PO，因为PO⊥圆锥底面，所以∠PAO为直线PA与圆锥底面所成的角，
所以∠PAO＝，因为AB＝2，所以AO＝1，PA＝2，
所以圆锥的侧面积S＝π·AO·PA＝2π．
(2)证明：连接AC，因为弧的长为，所以∠COA＝，则△OAC是等边三角形．连接BD，可得四边形ACDB为等腰梯形，CD＝1，所以CD＝OB，又CD∥OB，所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB，又CO 平面PBD，DB 平面PBD，所以CO∥平面PBD．
连接OQ，因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以OQ∥PB，又OQ 平面PBD，PB 平面PBD，所以OQ∥平面PBD．
因为CO∩OQ＝O，CO，OQ 平面COQ，所以平面COQ∥平面PBD，
又QM 平面COQ，所以QM∥平面PBD．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
16．(15分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC＝60°，A1B＝．
(1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若＝λ(0≤λ≤1)，且直线AC与平面A1BM所成角的正弦值为，求点M到直线A1B1的距离．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
[解] (1)证明：如图，取AC的中点O，连接A1O，BO，∠A1AC＝60°，A1A＝2，AO＝1，
由余弦定理，
得A1O＝＝
＝，
故有AO2＋A1O2＝，所以A1O⊥AC，
由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，
所以BO＝，
因为A1B＝，所以A1B2＝A1O2＋BO2，所以A1O⊥BO，
又因为AC∩BO＝O，AC，BO 平面ABC，
所以A1O⊥平面ABC，
又因为A1O 平面A1ACC1，
所以平面A1ACC1⊥平面ABC．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
(2)由(1)可知OA，OB，OA1两两垂直，
故可以O为坐标原点，以OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，
C1(－2，0，)，A1(0，0，)，
＝(2，0，0)，＝(0，－)，＝(－1，0，)．
因为＝λ(0≤λ≤1)，则M(－λ－1，0，λ)，＝(－λ－1，－λ)，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
设平面A1BM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨取y＝λ＋1，则z＝λ＋1，x＝(λ－1)，
可得n＝((λ－1)，λ＋1，λ＋1)是平面A1BM的一个法向量．
设直线AC与平面A1BM所成角为θ，
sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
化简整理得9(λ－1)2＝4(λ＋1)2，解得λ＝或λ＝5(舍去)，则M，又因为＝＝＝(1，
－，0)，可得＝＝．
设点M到直线A1B1的距离为d，
则d＝＝＝．
故点M到直线A1B1的距离为．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
17．(15分)(2025·天津河北区二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝4，CC1＝2，AB＝3．
(1)求直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值；
(2)求平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值；
(3)求点A1到平面ABC1的距离．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
[解] (1)由侧面ABB1A1为矩形，得AB⊥AA1，
又CA⊥平面ABB1A1，AA1，AB 平面ABB1A1，
则AC⊥AA1，AC⊥AB，
即直线AB，AC，AA1两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，B1(3，0，4)，C1(0，4，2)，
＝(0，4，－4)，＝(3，0，0)，＝(0，4，2)．
设平面ABC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则令y＝1，得m＝(0，1，－2)，
设直线A1C与平面ABC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝．
所以直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值为．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
(2)由(1)知，＝(3，0，0)，＝(0，4，－2)，
设平面A1B1C1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝1，得n＝(0，1，2)，
设平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为φ，
则cos φ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝．
所以平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值为．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
(3)由(1)(2)可知，平面ABC1的一个法向量为m＝(0，1，－2)，＝(0，4，－2)．
所以点A1到平面ABC1的距离d＝＝＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
18．(17分)(2025·北京丰台二模)如图，在四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，底面ABCD与侧面ADD′A′均为菱形，AB⊥平面ADD′A′，AD＝2，E为CC′的中点，DD′与平面ABE交于点F．
(1)求证：F为DD′的中点．
(2)从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段A′C上是否存在点G，使得直线AG与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
条件①：AD＝AD′；
条件②：DD′⊥BF．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
[解] (1)证明：在菱形ABCD中，CD∥AB．
因为CD 平面ABEF，AB 平面ABEF，
所以CD∥平面ABEF．
又CD 平面CDD′C′，平面CDD′C′∩平面ABEF＝EF，
所以CD∥EF．
又四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，CE∥DF，
所以四边形CEFD为平行四边形．
所以DF＝CE＝CC′＝DD′，所以F为DD′的中点．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
(2)选择条件①：
取A′D′中点H，连接AH，
在菱形ADD′A′中，AA′＝A′D′＝AD．
因为AD＝AD′，所以△AA′D′为等边三角形．
因为H为A′D′中点，所以AH⊥A′D′，故AH⊥AD．
因为AB⊥平面ADD′A′，且AD，AH 平面ADD′A′，所以AB⊥AD，AB⊥AH，
所以AB，AD，AH两两垂直．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，
则A，B，C，A′(0，－1，)，F，所以＝＝＝＝．
设平面ABE的一个法向量为n＝，
则即
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
令z＝，则x＝0，y＝－1，则n＝．
设＝λ＝，0≤λ≤1，
所以＝＝．
设直线AG与平面ABE所成角为θ，
所以sin θ＝＝＝＝，解得λ＝，所以存在符合条件的点G，此时＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
选择条件②：
取A′D′中点H，连接AH．
因为AB⊥平面ADD′A′，且AD，DD′，AH 平面ADD′A′，
所以AB⊥AD，AB⊥DD′，AB⊥AH，
又DD′⊥BF，且AB，BF 平面ABEF，AB∩BF＝B，
所以DD′⊥平面ABEF．
因为AF 平面ABEF，所以DD′⊥AF，
又因为F为DD′中点，所以AD＝AD′．
在菱形ADD′A′中，AA′＝A′D′＝AD，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
所以△AA′D′为等边三角形，
所以AH⊥A′D′，故AH⊥AD．
所以AB，AD，AH两两垂直．如图建立空间直角坐标系A-xyz，
则A，C，A′，
所以＝＝＝(2，3，－)．
因为DD′⊥平面ABEF，
所以取平面ABE的一个法向量为n＝＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
设＝λ＝，0≤λ≤1，
所以＝＝．
设直线AG与平面ABE所成角为θ，
所以sin θ＝＝＝＝，
解得λ＝．
所以存在符合条件的点G，此时＝．
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
19．(17分)(2025·辽宁沈阳三模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD∥BC，ED＝2AF＝2，CD＝t，BC＋CD＝3，将四边形ADEF沿AD向上折起，连接BE，BF，CE，在折起的过程中，记二面角E-AD-C的大小为α(0<α<π)，记几何体EFABCD的体积为V．
(1)求证：BF∥平面CDE；
(2)当t＝2时，请将V表达为关于α的函数，并求该函数的最大值；
(3)若平面EFB和平面EBC垂直，当α取得最大值时，求V的值．
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
[解] (1)证明：在梯形BCEF中，因为BF∥CE，所以翻折后有AB∥DC，且AF∥ED，
因为AB 平面CDE，DC 平面CDE，故AB∥平面CDE，同理可得AF∥平面CDE，
因为AB∩AF＝A，AB，AF 平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，又因为BF 平面ABF，所以BF∥平面CDE．
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
(2)由题意，在梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，AD∥BC，即AD⊥CE，
且AD⊥FB，所以翻折后有AD⊥ED，AD⊥DC，
且ED∩DC＝D，ED，DC 平面CDE，
所以AD⊥平面CDE，同理，AD⊥平面ABF，
由二面角E-AD-C的大小为α，得∠EDC＝∠FAB＝α，
过点E作CD的垂线，交直线CD于H，由AD⊥平面CDE，HE 平面CDE，
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
所以AD⊥EH，又AD∩DC＝D，AD，DC 平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，
即EH是四棱锥E-ABCD的高，
由ED＝2，CD＝t＝2，BC＝3－CD＝3－t＝1，
所以VE-ABCD＝SABCD·EH＝×2×1×2sin α＝sin α，
由ED∥AF，ED 平面ABF，AF 平面ABF，
所以ED∥平面ABF，
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
又因为AD⊥平面ABF，且AF＝1，
所以VE-ABF＝VD-ABF＝S△ABF·DA＝×2×1×sin α×1＝sin α，
所以V＝VE-ABCD＋VE-ABF＝sin α，α∈，
当α＝时，V取得最大值．
(3)过点D作DC的垂线，交直线CE于点G，分别以为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D，A，C，B，E，F (3－t，cos α，sin α)，
在平面EFB中，
＝
＝
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
设平面EFB的一个法向量为n＝，
则
令y＝sin α，则z＝t－cos α，x＝sin α，
所以n＝，
在平面EBC中，＝＝(0，2cos α－t，2sin α)，
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
设平面EBC的一个法向量为m＝，
则
令y1＝2sin α，则z1＝t－2cos α，x1＝0，所以m＝，
因为平面EFB和平面EBC垂直，所以n·m＝0，
即2sin2α＋
整理可得cos α＝，
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
因为α∈，0当且仅当t＝时，等号成立，
故当α取得最大值时，即cos α取得最小值，
此时V＝VE-ABCD＋VE-ABF＝tsin α＋t·sin α＝tsin α，
由t＝，cos α＝，α∈，所以sin α＝，则V＝．
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
题号
谢 谢！
