2026年高考数学一轮专题训练：立体几何初步 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：立体几何初步 [含答案]，共14页。
A．若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
2．（2025春•河北月考）下列几何体中，有且仅有8个面的是（ ）
A．六棱柱B．六棱锥C．八棱锥D．五棱柱
3．（2025春•常州期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，且侧面积之比为2，则母线长之比为（ ）
A．12B．1C．2D．π
4．（2025春•黄山校级期末）已知α，β是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面α与平面β平行的是（ ）
A．平面α内有一条直线与平面β平行
B．平面α内有两条直线与平面β平行
C．平面α内有无数条直线与平面β平行
D．平面α内有两条相交直线与平面β平行
5．（2025春•浙江期中）如图，这是水平放置的四边形，按照斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′＝2，B′C′＝4，A'B′＝1，则四边形ABCD的周长是（ ）
A．8B．7+5C．8+22D．7+22
6．（2025•重庆模拟）将一个半径为2cm的金属球熔化后，先浇铸成6个半径为1cm的小球，再把剩余材料铸成1个正方体，则该正方体的棱长大约为（ ）
A．1.5cmB．2cmC．2.5cmD．3cm
7．（2025•天津校级模拟）如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（ ）
A．24﹣3πB．24﹣πC．24+πD．24+5π
8．（2025春•邓州市校级期末）已知直角梯形OABC上下两底分别为分别为2和4，高为22，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
A．62B．32C．3D．6
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•泰州期末）已知点A（1，1，1），B（1，2，3），C（1，0，1），D（2，1，1），E（2，1，0），过点E的直线l与直线AB，CD分别交于F，G两点，则（ ）
A．A，B，C，D四点共面
B．直线AB与直线CD是异面直线
C．F点坐标为（1，0，﹣1）
D．G点坐标为（3，2，1）
（多选）10．（2025春•沙市区校级月考）下列四个命题中，真命题是（ ）
A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．
B．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
C．若直线m，n相交，α是平面且m∥α，则直线n不在平面α内．
D．若α是平面，直线l1⊂α，直线l2∥α，则l1∥l2．
（多选）11．（2025春•灌南县期末）设α，β，γ表示三个不同的平面，m，n表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（ ）
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若α⊥γ，α∥β，则β⊥γ
C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
（多选）12．（2025•儋州校级模拟）用一个平面去截正方体，得到的截面图形可以是三角形，四边形，……，若得到的截面图形是四边形，那么这个截面四边形可能是（ ）
A．平行四边形
B．菱形
C．梯形
D．对边都不平行的四边形
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•浙江月考）若长方体的长，宽，高的长分别为3，4，5，则此长方体的外接球直径长为 ．
14．（2025春•灌南县期末）一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm，深度为75cm，则该油槽的容积为 L．
15．（2025春•静海区校级月考）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为 ．
16．（2025•5月份模拟）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥CB，PC＝13，则三棱锥P﹣ABC外接球的半径为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•辽宁月考）如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的一个水平放置的平面四边形OABC的直观图，直观图中设B′C′交O′y′于点D′，相应地平面四边形OABC交Oy于点D，其中O′A′＝3，O′C′＝1．
（1）求平面四边形OABC的面积；
（2）若该四边形OABC以OD所在直线为轴旋转半周，求旋转形成的几何体的体积．
18．（2025春•重庆校级月考）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别是棱AB，BC，B1C1的中点．
（1）求证：B1E∥平面ACG；
（2）过点E、F的平面交B1A于点M，交B1C于点N．求证：MN∥AC．
19．（2025春•西秀区校级期末）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD、AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE．
20．（2025•松江区校级三模）如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为3，底面半径为2．
（1）求该圆锥侧面展开图的圆心角；
（2）设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角的大小．
高考数学一轮复习 立体几何初步
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•太原期末）已知m，n为两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【正确答案】D
【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
解：若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β或α与β相交，所以A选项错误；
若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β或α与β相交，所以B选项错误；
若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n或m与n相交或异面，所以C选项错误；
若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，所以D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
2．（2025春•河北月考）下列几何体中，有且仅有8个面的是（ ）
A．六棱柱B．六棱锥C．八棱锥D．五棱柱
【考点】棱台的结构特征；棱锥的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据棱柱、棱锥的结构特征逐项判断，即可得到本题的答案．
解：根据六棱柱有6个侧面、2个底面，共8个面，可知A项符合题意；
根据六棱锥有6个侧面、1个底面，共7个面，可知B项不符合题意；
根据八棱锥有8个侧面、1个底面，共9个面，可知C项不符合题意；
根据五棱柱有5个侧面、2个底面，共7个面，可知D项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查棱柱、棱锥的定义及其结构特征，属于基础题．
3．（2025春•常州期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，且侧面积之比为2，则母线长之比为（ ）
A．12B．1C．2D．π
【考点】圆柱的侧面积和表面积；圆锥的侧面积和表面积．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用圆柱的侧面积公式和圆锥的侧面积公式可求母线长之比．
解：设圆柱的母线长为L，圆锥的母线长为l，它们底面半径为r，
由题意得，2πrLπrl=2，解得Ll=1，即圆柱与圆锥的母线长之比为1．
故选：B．
【点评】本题考查圆柱与圆锥侧面积的求法，是基础题．
4．（2025春•黄山校级期末）已知α，β是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面α与平面β平行的是（ ）
A．平面α内有一条直线与平面β平行
B．平面α内有两条直线与平面β平行
C．平面α内有无数条直线与平面β平行
D．平面α内有两条相交直线与平面β平行
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．
【专题】对应思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【正确答案】D
【分析】由面面平行的判定定理即可判断．
解：平面α内有一条直线与平面β平行，α，β可能平行，也可能相交，故A错误；
平面α内有两条直线与平面β平行，α，β可能平行，也可能相交，故B错误；
平面α内有无数条直线与平面β平行，α，β可能平行，也可能相交，故C错误；
平面α内有两条相交直线与平面β平行，由平面与平面平行的判定定理可得α∥β，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查两平面平行的判定定理，是基础题．
5．（2025春•浙江期中）如图，这是水平放置的四边形，按照斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′＝2，B′C′＝4，A'B′＝1，则四边形ABCD的周长是（ ）
A．8B．7+5C．8+22D．7+22
【考点】由斜二测直观图还原图形．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，由斜二测画法还原原图，进而计算可得答案．
解：根据题意，由斜二测画法还原原图，
如图：
则AB＝2A'B′＝2，BC＝B′C′＝4，AD＝A′D′＝2，
则CD=4+4=22，
故四边形ABCD的周长是2+2+4+22=8+22．
故选：C．
【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
6．（2025•重庆模拟）将一个半径为2cm的金属球熔化后，先浇铸成6个半径为1cm的小球，再把剩余材料铸成1个正方体，则该正方体的棱长大约为（ ）
A．1.5cmB．2cmC．2.5cmD．3cm
【考点】球的体积和表面积；棱柱的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设正方体为棱长为acm，根据熔化前后体积不变可得出关于a的等式，解之即可．
解：因为将一个半径为2cm的金属球熔化后，先浇铸成6个半径为1cm的小球，再把剩余材料铸成1个正方体，
所以设正方体为棱长为acm，
则根据题意可得a3+6×43π×13=43π×23，解得a=38π3≈2．
故选：B．
【点评】本题考查球的几何性质，属基础题．
7．（2025•天津校级模拟）如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（ ）
A．24﹣3πB．24﹣πC．24+πD．24+5π
【考点】组合几何体的面积、体积问题．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据几何体结构特征，利用球、正方体和圆的面积公式可得．
解：∵几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的18球后的剩余部分，
∴表面积＝正方体表面积﹣三个半径为2的14圆，+2为半径的18球面，
则S=6×22−3×14×π×22+18×4×π×22=24−π．
故选：B．
【点评】本题考查了何体结构特征，属于基础题．
8．（2025春•邓州市校级期末）已知直角梯形OABC上下两底分别为分别为2和4，高为22，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
A．62B．32C．3D．6
【考点】斜二测法画直观图．
【专题】计算题；立体几何．
【正确答案】C
【分析】利用斜二测画法找到新系中各点的位置，则新梯形的底和高容易求得，进而求出面积．
解
根据斜二测画法可知，
y轴上的OC，在新系中在y′轴上，
且OC′=12OC=2，
作C′D⊥x轴于D，则C′D＝1，
又C′B′＝CB，C′B′∥CB，
∴SOC′B′A=12×(2+4)×1=3．
故选：C．
【点评】此题考查了斜二测画法，属容易题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•泰州期末）已知点A（1，1，1），B（1，2，3），C（1，0，1），D（2，1，1），E（2，1，0），过点E的直线l与直线AB，CD分别交于F，G两点，则（ ）
A．A，B，C，D四点共面
B．直线AB与直线CD是异面直线
C．F点坐标为（1，0，﹣1）
D．G点坐标为（3，2，1）
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间向量线性运算的坐标表示；异面直线的判定．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】选项A，求平面ABC法向量n→，验证AD⋅→n→是否为0判断四点是否共面即可；选项B，求AB→和CD→方向向量，假设共面列方程组，根据有无解判断是否共面即可；选项C，设AF→=λAB→得F坐标表达式，利用EF→和EG→共线列方程求λ确定F坐标即可；选项D，由EF→和EG→共线求出μ，根据CG→=μCD→确定G坐标即可，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，点A（1，1，1），B（1，2，3），C（1，0，1），D（2，1，1），
则AB→=(1，2，3)−(1，1，1)=(0，1，2)，AC→=(1，0，1)−(1，1，1)=(0，−1，0)，AD→=(2，1，1)−(1，1，1)=(1，0，0)，
设平面ABC的法向量n→=(x，y，z)，则n→⋅AB→=y+2z=0n→⋅AC→=−y=0，
解得y＝0，z＝0，x为不为0的实数，
不妨取n→=(1，0，0)，因为AD⋅→n→=(1，0，0)⋅(1，0，0)=1≠0，
所以A，B，C，D四点不共面，A错误；
对于B，直线AB的方向向量AB→=(0，1，2)，
直线CD的方向向量CD→=(2，1，1)−(1，0，1)=(1，1，0)，
假设直线AB与直线CD共面，则存在实数m，n，使得CD→=mAB→+nAC→，
即（1，1，0）＝m（0，1，2）+n（0，﹣1，0）＝（0，m﹣n，2m），此方程无解，
所以直线AB与直线CD是异面直线，B正确；
对于C，因为F在直线AB上，设AF→=λAB→，AB→=(0，1，2)，A（1，1，1），
则F点坐标为（1，1+λ，1+2λ），又有E（2，1，0），
则EF→=(1，1+λ，1+2λ)−(2，1，0)=(−1，λ，1+2λ)，
因为G在直线CD上，设CG→=μCD→，CD→=(1，1，0)，C（1，0，1），
则G点坐标为（1+μ，μ，1），则EG→=(1+μ，μ，1)−(2，1，0)=(μ−1，μ−1，1)，
因为EF→和EG→共线，则−1μ−1=λμ−1=1+2λ1，解得λ＝﹣1，μ＝2，
此时点F坐标为（1，0，﹣1），C正确；
对于D，由C的结论，λ＝﹣1，μ＝2，
点G坐标为（3，2，1），D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查空间向量的应用，涉及平面的法向量以及向量平行的判断，属于基础题．
（多选）10．（2025春•沙市区校级月考）下列四个命题中，真命题是（ ）
A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．
B．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
C．若直线m，n相交，α是平面且m∥α，则直线n不在平面α内．
D．若α是平面，直线l1⊂α，直线l2∥α，则l1∥l2．
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；异面直线的判定．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【正确答案】BC
【分析】对于A，通过特例可判断；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，例如长方体对面的两条对角线就是共面的，不合题意；
对于B，设a∩b＝A，b∩c＝B，a∩c＝C，A，B，C不重合，易知a，b可确定唯一平面α，
又B∈b，C∈a，所以B∈α，C∈α，又B∈c，C∈c，所以c⊂α，符合题意；
对于C，设m∩n＝P，m∥α，所以P∉α，故直线n不在平面α内，符合题意；
对于D，因为直线l1⊂α，直线l2∥α，则l1∥l2或l1与l2异面，不符合题意．
故选：BC．
【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，注意异面直线的定义，属于基础题．
（多选）11．（2025春•灌南县期末）设α，β，γ表示三个不同的平面，m，n表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（ ）
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若α⊥γ，α∥β，则β⊥γ
C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】由平面与平面的位置关系判断AB；由直线与平面垂直的性质判断CD．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若α⊥γ，β⊥γ，则平面α，β可以平行，也可以相交，故A错误；
对于B，若α⊥γ，α∥β，则β⊥γ，故B正确；
对于C，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，故C正确；
对于D，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，则D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断方法，属于基础题．
（多选）12．（2025•儋州校级模拟）用一个平面去截正方体，得到的截面图形可以是三角形，四边形，……，若得到的截面图形是四边形，那么这个截面四边形可能是（ ）
A．平行四边形
B．菱形
C．梯形
D．对边都不平行的四边形
【考点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【正确答案】ABC
【分析】画出正方体的相关截面判断A、B、C，结合平面的基本性质判断D．
解：正方体ABCD﹣EFGH中I，J，K，L均为中点，
四边形BJHI为菱形，ACLK为梯形，ABC对；
用平面截正方体，若得到的截面为四边形，必有一对边在一对平行的侧面上，
所以四边形必有一对边平行，D错．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查了空间截面的判断，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•浙江月考）若长方体的长，宽，高的长分别为3，4，5，则此长方体的外接球直径长为 52 ．
【考点】球内接多面体．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】52．
【分析】根据长方体的几何特征，其外接圆的直径即为其空间对角线，所以根据长方体的空间对角线的公式即可求得．
解：长方体的体对角线长度为32+42+52=52，
因为长方体的外接球的直径即为其体对角线，
所以此长方体的外接球直径长为52．
故52．
【点评】本题考查几何体的外接球问题，属于基础题．
14．（2025春•灌南县期末）一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm，深度为75cm，则该油槽的容积为 190 L．
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】190．
【分析】由棱台的体积公式即可求解．
解：因为正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm，深度为75cm，
所以该油槽的容积为：13×75×(602+402+60×40)=190000cm3=190000cm31000cm3/L=190L．
故190．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于基础题．
15．（2025春•静海区校级月考）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为 4π3 ．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【正确答案】4π3．
【分析】根据题意可得所求球为正方体的内切球，从而可求解．
解：根据题意可得所求球为正方体的内切球，
所以该球的半径为1，
所以所求为4π3×13=4π3．
故4π3．
【点评】本题考查正方体的内切球问题，属基础题．
16．（2025•5月份模拟）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥CB，PC＝13，则三棱锥P﹣ABC外接球的半径为 132 ．
【考点】球内接多面体．
【专题】转化思想；对应思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】132．
【分析】利用补形法即可求解．
解：因为PA⊥平面ABC，
AB，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥CB，
又AB⊥CB，
所以可将三棱锥P﹣ABC放入长方体中，
如图所示，
则三棱锥P﹣ABC的外接球即是所在长方体的外接球，
长方体的体对角线就是外接球的直径，
故PC为外接球直径，
又因为PC＝13，
故半径为132．
故132．
【点评】本题考查了求三棱锥的外接球的半径，考查了补形法的应用，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•辽宁月考）如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的一个水平放置的平面四边形OABC的直观图，直观图中设B′C′交O′y′于点D′，相应地平面四边形OABC交Oy于点D，其中O′A′＝3，O′C′＝1．
（1）求平面四边形OABC的面积；
（2）若该四边形OABC以OD所在直线为轴旋转半周，求旋转形成的几何体的体积．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；平面图形的直观图．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）62；
（2）2023π．
【分析】（1）由直观图可还原出原图形，计算平行四边形的面积即可；
（2）由题意可知几何体为半圆锥与半圆台的组合体，利用圆锥、圆台的体积公式求解．
解：（1）根据题意，在直观图中C′D′＝O′C′＝1，O′D′=12+12=2，
还原原图平面四边形OABC，如图所示，
则OA＝O′A′＝3，OD＝2O′D′＝22，
所以直观图的面积S四边形OABC=22×3=62．
（2）根据题意，由（1）的结论OD=22，CD=1，BD=2，OA=3，
梯形DBAO以OD所在直线为轴旋转半周得到一个上底面半径r1＝BD＝2，下底面半径R1＝OA＝3，高h1=OD=22的圆台的一半，
Rt△CDO以OD所在直线为轴旋转半周得到一个底面半径r2＝CD＝1，高h2=OD=22的圆锥的一半，
所以旋转形成的几何体为12个圆锥与12个圆台构成的组合体，
故要求组合体的体积V=12×πh13(r12+R1r1+R12)+12×13πr22h2=12×π×223×(22+2×3+32)+12×13π×12×22=2023π．
【点评】本题考查旋转体的体积计算，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
18．（2025春•重庆校级月考）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别是棱AB，BC，B1C1的中点．
（1）求证：B1E∥平面ACG；
（2）过点E、F的平面交B1A于点M，交B1C于点N．求证：MN∥AC．
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）连接EF，FB1，利用线线平行证得平面B1EF∥平面ACG，进而利用面面平行的性质可得结论；
（2）利用已知可证EF∥平面ACB1，进而利用线面平行的性质可证MN∥AC．
证明：（1）证明：连接EF，FB1，
因为E，F分别是棱AB，BC的中点，
所以EF∥AC，
又EF⊄平面ACG，AC⊂平面ACG，
所以EF∥平面ACG，
因为F，G分别是棱BC，B1C1的中点，
又BC∥B1C1且BC＝B1C1，
所以FC∥B1G且FC＝B1G，
所以四边形B1GCF是平行四边形，
所以B1F∥GC，又B1F⊄平面ACG，GC⊂平面ACG，
所以B1F∥平面ACG，
又B1F∩EF＝F，
所以平面B1EF∥平面ACG，
又B1E⊂平面B1EF，所以B1E∥平面ACG；
（2）记过点E、F的平面为平面EFNM，平面EFNM交B1A于点M，交B1C于点N，
因为E，F分别是棱AB，BC的中点，所以EF∥AC，
又EF⊄平面ACB1，AC⊂平面ACB1，
所以EF∥平面ACB1，
又EF⊂平面EFNM，平面EFNM∩平面ACB1＝MN，
所以MN∥AC．
【点评】本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，属于中档题．
19．（2025春•西秀区校级期末）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD、AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE．
【考点】直线与平面平行．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】由MN→=MB→+BA→+AN→=23CD→+13DE→，能证明MN∥平面CDE．
证明：因为M 在BD 上，且BM=13BD，
所以MB→=13DB→=13DA→+13AB→，
同理AN→=13AD→+13DE→，
所以MN→=MB→+BA→+AN→=（13DA→+13AB→）+BA→+（13AD→+13DE→）=23BA→+13DE→=23CD→+13DE→，
又CD→与DE→不共线，根据向量共面的充要条件可知MN→，CD→，DE→共面，
所以MN∥平面CDE或MN⊂平面CDE，
由于MN不在平面CDE内，所以MN∥平面CDE．
【点评】本题考查线面平行的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
20．（2025•松江区校级三模）如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为3，底面半径为2．
（1）求该圆锥侧面展开图的圆心角；
（2）设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角的大小．
【考点】异面直线及其所成的角；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）41313；
（2）arccs1111．
【分析】（1）由圆锥的高和底面半径求出母线长，利用扇形圆心角公式即可求得侧面展开图的圆心角；
（2）作出异面直线PM与OB所成角的平面角，即可求出直线PM与直线OB所成的角的大小．
解：（1）根据题意，由圆锥性质可知OP⊥平面AOB，
易知高h＝OP＝3，底面半径r＝OB＝2，
可得母线长l=32+22=13，
所以圆锥的侧面展开图的圆心角大小α=2πrl=4π13=41313π．
（2）取OA的中点为N，连接PN，MN，
如下图所示：
因为M为线段AB的中点，所以MN∥OB，因此∠PMN（或其补角）就是直线PM与直线OB所成的角，
又∠AOB＝90°，即OA⊥OB，OP⊥OB，且OP，OA⊂平面POA，OP∩OA＝O，即OB⊥平面POA，
所以MN⊥平面POA，即MN⊥PN；
在直角△PNM中，易知PN=10，MN＝1，PM=11，cs∠PMN=MNPM=111=1111，
因此∠PMN=arccs1111；
即直线PM与直线OB所成的角的大小为arccs1111．
【点评】本题考查圆锥的结构特征，涉及异面直线所成的角，属于基础题．