2026年高考数学一轮专题训练：立体几何初步1 [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1 [含答案]，共14页。
A．32π3B．4πC．4π3D．3π2
2．（2025春•安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（ ）
A．45π克B．90π克C．110π克D．120π克
3．（2025春•沧州期中）半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体．由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ）
A．203B．12+43C．16+43D．16+63
4．（2025春•台州期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为AC的中点，则三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为（ ）
A．52πB．114πC．3πD．134π
5．（2025春•福建期中）人教A版《数学必修第二册》指出：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫作圆柱（circularcylinder）．若一个矩形的周长为12，则按以上步骤所得到圆柱的体积的最大值为（ ）
A．16πB．25πC．27πD．32π
6．（2025春•临澧县校级期中）如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（ ）
A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线
C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直
7．（2025•松江区二模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，动点P满足BP→=λBC→+BB1→，λ∈（0，1），则下列几何体体积为定值的是（ ）
A．四棱锥P﹣A1ABB1B．四棱锥P﹣A1ACC1
C．三棱锥P﹣A1BC1D．三棱锥P﹣A1BC
8．（2025春•大兴区期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足A1P≤5，则四面体A1﹣PBD的体积的最小值是（ ）
A．23B．43C．4−223D．4−22
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•镜湖区校级期中）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．直线A1G与直线C1E共面
B．VD1−BEF=13
C．点P是线段BC1上的动点，则满足AP⊥PC的点P有且只有一个
D．过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
10．（2025春•临澧县校级期中）关于正方体ABCD﹣A1B1C1D1有如下四个说法，其中结论正确的是（ ）
A．若点P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变
B．若点P在线段BC1（含端点）上运动时，直线DP与A1C一定垂直
C．若点P在线段BC1（含端点）上运动时，直线AP与DC所成角的范围为[0°，60°]
D．若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则P点的轨迹是过D1点的直线
11．（2025春•黄埔区期中）如图，圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC=12CD＝2，下面说法正确的是（ ）
A．线段AC=23
B．该圆台的表面积为12π
C．该圆台的体积为733π
D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
12．（2025春•福建期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1的中点，点P在线段C1F上，AQ→=λAB→+μAD→(λ，μ∈[0，1])，则下列说法正确的是（ ）
A．当三棱锥P﹣CDQ的体积最大时，μ＝0
B．当λ＝0时，总存在点P，使得PQ⊥BE
C．当λ＝0时，存在点P和Q，使得PQ//EF
D．|EQ|+|PQ|的最小值是102
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•临澧县校级期中）如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为 ．
14．（2025春•湖南期中）在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC=2，PA⊥AC，PA⊥AB，且△PBC与△ABC的面积之比为6，若点P，A，B，C都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
15．（2025春•东城区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为线段D1B1上的动点，点N为线段AC上的动点，则与线段DB1相交且互相平分的线段MN有 条．
16．（2025•泰安模拟）已知两个正四棱锥组合成的简单几何体P﹣ABCD﹣Q中，顶点P，Q分别位于平面ABCD的两侧．其中正方形ABCD的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥P﹣QBC的外接球的表面积为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•永安市期中）宁化农村做饭常用一种叫饭甑的容器，随着时代的变化，饭甑也走向小型化，制作材料也有部分变化．如图所示，这种饭甑都是用杉木制作的，木桶可以看作无底的圆台，内部放一个圆形木隔板，盖子也是圆形的木板．其尺寸如下：桶口直径为30cm，桶底直径为24cm，桶高为24cm，桶内深为16cm．
（1）求该饭甑木桶（不含隔板和盖子）的面积；（不计木板的厚度）
（2）若该饭甑装满（盖子刚好与米饭齐平）米饭，求米饭的体积；
（3）若要做一个球形容器，把该饭甑放入容器内，问：当该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离？（不计容器的厚度）
18．（2025春•浙江期中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝2，AC=22，且三棱锥P﹣ABC的体积V=43，D是AB上靠近点A的三等分点，E是BC中点，连接CD、AE交于点F，G在线段PF上，直线AG交平面PBC于点M，且AGGM=PGGF．
（1）若AF＝λFE，求λ的值；
（2）求三棱锥P﹣FBM的体积；
（3）若PA+PC＝4，求此三棱锥P﹣ABC的高．
19．（2025春•常州期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠DCB＝60°，E为AA1的中点．求证：
（1）CA1∥平面EBD；
（2）CC1⊥BD．
20．（2025春•东城区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为正方形，点E，F分别为AD，PC的中点，设平面PCD∩平面PBE＝l．
（1）求证：BC⊥DF；
（2）求证：DF∥l；
（3）若PD＝1，DC＝PC＝2，请判断平面PAD与平面ABCD是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，说明理由．
立体几何初步
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025•福州模拟）在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为3的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体B﹣ACD，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（ ）
A．32π3B．4πC．4π3D．3π2
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意设二面角D﹣AC﹣B的大小为θ，设球的半径为R，则四面体的外接球的球心为分别过等腰三角形ACD与正三角形ABC的外接圆的圆心的两垂线的交点，从而利用勾股定理，即可求解．
解：根据题意设二面角D﹣AC﹣B的大小为θ，设球的半径为R，
则四面体的外接球的球心为分别过等腰三角形ACD与正三角形ABC的外接圆的圆心的两垂线的交点，
又正三角形的中心到顶点的距离为23×32×3=1，中点到边中点的距离为1×12=12，
所以R2=(12ctθ)2+12，所以当θ=π2时，
R2取得最小值为1，
所以四面体的外接球体积最小值为43π×13=43．
故选：C．
【点评】本题考查四面体的外接球问题，属中档题．
2．（2025春•安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（ ）
A．45π克B．90π克C．110π克D．120π克
【考点】圆台的侧面积和表面积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由圆台的侧面积公式结合题意可得．
解：设r＝2，R＝4，l＝3，
由圆台的侧面积公式得S＝π （r+R）l＝18π，
又每平方分米需要消耗5克涂层材料，
所以该伊丽莎白圈需要消耗90π克涂层材料．
故选：B．
【点评】本题考查几何体表面积的计算，属于中档题．
3．（2025春•沧州期中）半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体．由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ）
A．203B．12+43C．16+43D．16+63
【考点】棱柱的侧面积和表面积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据二十四等边体的边长都为2，且该二十四等边体共有八个面为正三角形，六个面为正方形，分别求出面积即可求解．
解：由题可知，该二十四等边体的边长都为2，
且该二十四等边体共有八个面为正三角形，六个面为正方形，
故该二十四等边体的表面积为8×34×(2)2+6×(2)2=12+43．
故选：B．
【点评】本题考查几何体表面积的计算，属于中档题．
4．（2025春•台州期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为AC的中点，则三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为（ ）
A．52πB．114πC．3πD．134π
【考点】球的表面积．
【专题】综合题；转化思想；分析法；空间位置关系与距离；直观想象；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由条件可得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到结果．
解：如图：
由题意知PB⊥AC，AA1⊥平面ABCD，又PB⊂平面ABCD，所以AA1⊥PB，
又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以PB⊥平面AA1C1C，
所以在三棱锥P﹣A1C1B中，PB⊥平面PA1C1，
在△PA1C1中，A1C1=2，PA1=PC1=62，所以cs∠PA1C1=2262=33，
则sin∠PA1C1=63，设△PA1C1的外接圆半径为r，
则2r=PC1sin∠PA1C1=6263=32，r=34，
三棱锥P﹣A1C1B的外接球即三棱锥B﹣PA1C1的外接球，
易知PB=22，设三棱锥P﹣A1C1B的外接球半径为R，则R2=r2+(PB2)2=(34)2+(24)2=1116，
所以三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为4πR2=114π．
故选：B．
【点评】本题考查三棱锥的外接球的表面积计算问题，同时考查了学生的直观想象、数学运算等核心素养，属于中档题．
5．（2025春•福建期中）人教A版《数学必修第二册》指出：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫作圆柱（circularcylinder）．若一个矩形的周长为12，则按以上步骤所得到圆柱的体积的最大值为（ ）
A．16πB．25πC．27πD．32π
【考点】圆柱的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】D
【分析】设矩形的长和宽分别为a，b，以长边为轴旋转可得圆柱的体积为πb2•a＝π（6b2﹣b3），构建函数f（b）＝6b2﹣b3，b∈（0，6），利用导数求其最值即可．
解：设矩形的长和宽分别为a，b，（a，b＞0），
因为矩形的周长为12，
即2a+2b＝12，即a＝6﹣b＞0，则0＜b＜6，
同理可知a∈（0，6），
若以长所在直线为轴旋转可得圆柱的体积为πb2•a＝πb2（6﹣b）＝π（6b2﹣b3），
令f（b）＝6b2﹣b3，b∈（0，6），
则f′（b）＝12b﹣3b2，
令f′（b）＞0，解得0＜b＜4；令f′（b）＜0，解得4＜b＜6；
可知f（b）在（0，4）内单调递增，在（4，6）内单调递减，
则f（b）≤f（4）＝32，
可得圆柱的体积的最大值为32π；
根据对称性可得：以宽所在直线为轴旋转可得圆柱的体积最大值为32π；
综上所述：圆柱的体积的最大值为32π．
故选：D．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
6．（2025春•临澧县校级期中）如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（ ）
A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线
C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直
【考点】异面直线及其所成的角；异面直线的判定；表面展开图．
【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据直线与直线位置关系即可求解．
解：如图，把平面展开图还原成正四面体，知GH与EF为异面直线，故A符合题意；
BD与MN为异面直线，故B不符合题意；
易知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，∴∠GHM＝60°，∴GH与MN成60°角，故C不符合题意；
对于D，连接AG，FG，易知AG⊥DE，FG⊥DE，又AG∩FG＝G，
∴DE⊥平面AFG，∴DE⊥AF，又MN∥AF，∴DE与MN垂直，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了直线与直线位置关系的判断，属于中档题．
7．（2025•松江区二模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，动点P满足BP→=λBC→+BB1→，λ∈（0，1），则下列几何体体积为定值的是（ ）
A．四棱锥P﹣A1ABB1B．四棱锥P﹣A1ACC1
C．三棱锥P﹣A1BC1D．三棱锥P﹣A1BC
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑思维．
【正确答案】D
【分析】根据题设P在B1C1上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可．
解：对于正三棱柱ABC﹣A1B1C1且BP→=λBC→+BB1→，λ∈（0，1），则P在B1C1上运动，
所以P到平面A1ACC1，平面A1ABB1，平面A1BC1的距离均是变化的，故A、B、C不符合题意；
由B1C1∥BC，BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，则B1C1∥平面A1BC，
所以P到平面A1BC的距离为定值，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查棱锥的体积问题，考查逻辑推理能力，属于中档题．
8．（2025春•大兴区期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足A1P≤5，则四面体A1﹣PBD的体积的最小值是（ ）
A．23B．43C．4−223D．4−22
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据图形，利用线面垂直的判断定理、勾股定理、等体积法以及棱锥的体积公式进行求解．
解：如图所示，因为A1A⊥平面ABCD，AP⊂平面ABCD，
所以A1A⊥AP，
因为A1A＝2，由A1P≤5，
则AP=A1P2−A1A2，
所以AP≤1，
即点P在以A为圆心，1为半径的14圆及圆内部，
由题意可知，VA1−PBD=13|AA1|⋅S△PBD，
因为P到BD的最小距离为2−1，
所以S△PBD的面积的最小值是12×22×(2−1)=2−2，
所以四面体P﹣A1BD的体积的最小值是13×(2−2)×2=4−223．
故选：C．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•镜湖区校级期中）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．直线A1G与直线C1E共面
B．VD1−BEF=13
C．点P是线段BC1上的动点，则满足AP⊥PC的点P有且只有一个
D．过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
【考点】棱锥的体积；平面的基本性质及推论；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解；空间想象．
【正确答案】ABC
【分析】根据平行线的传递性，转化三棱锥的顶点，三垂线定理，针对各个选项求解即可．
解：对A选项，易知EG∥AC∥A1C1，所以线A1G与直线C1E共面，所以A选项正确；
对B选项，根据题意可得VD1−BEF=VB−D1EF=13×12×1×1×2=13，所以B选项正确；
对C选项，因为AP在右侧面的射影为BC1，而过C仅有一条直线CP垂直BC1，
即P为垂足点，从而根据三垂线定理可知：
点P是线段BC1上的动点，则满足AP⊥PC的点P有且只有一个，所以C选项正确；
对D选项，过直线EF的平面截正方体，可知截面可以为三角形，四边形，六边形，所以D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
10．（2025春•临澧县校级期中）关于正方体ABCD﹣A1B1C1D1有如下四个说法，其中结论正确的是（ ）
A．若点P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变
B．若点P在线段BC1（含端点）上运动时，直线DP与A1C一定垂直
C．若点P在线段BC1（含端点）上运动时，直线AP与DC所成角的范围为[0°，60°]
D．若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则P点的轨迹是过D1点的直线
【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】对于A：点P在线段BC1（含端点）上运动，可以证明BC1∥平面AD1C，从而可得P到平面AD1C的距离不变，故可判断A；
对于B；在正方体中，因为A1C⊥平面BDC1，根据线面垂直的性质定理即可判断；
对于C，可把异面直线所成的角转为∠PAB，根据其最大值可判断C；
对于D：可先根据PD＝PC1，可得P在线段DC1的垂直平分面上，从而可确定P的轨迹．
解：对于A，由BC1∥AD1，BC1⊄平面AD1C，AD⊂平面AD1C，故BC1∥平面AD1C，
则P到平面AD1C的距离不变，
由△AD1C的面积为定值可知点P在直线BC1上运动时，
三棱锥P﹣AD1C的体积不变，故A正确；
对于B：在正方体中，易知A1C⊥平面BDC1，
点P在线段BC1（含端点）上运动时，DP⊂平面BDC1，故DP⊥A1C恒成立，故B正确；
对于C，因为AB∥DC，故直线AP与DC所成角即为∠PAB，
当P与C1重合时，∠PAB最大，最大值为arctan2＜π3，故C错误；
对于D，若点P到点D和C1距离相等的点，
则P在线段DC1的垂直平分面即A1BCD1上，而P在平面A1B1C1D1上，
故P点的轨迹是平面A1BCD1与平面A1B1C1D1的交线即A1D1，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
11．（2025春•黄埔区期中）如图，圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC=12CD＝2，下面说法正确的是（ ）
A．线段AC=23
B．该圆台的表面积为12π
C．该圆台的体积为733π
D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
【考点】圆台的体积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；圆台的侧面积和表面积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】结合等腰梯形的性质及余弦定理求解判断A，代入圆台表面积公式求解判断B，代入圆台体积公式求解判断C，将圆台的侧面展开，利用直线距离最短求解判断D．
解：对于选项A，如图：
在截面ABCD中，AB=AD=BC=12CD=2，
因为O1为CD的中点，所以CO1＝O1D＝2，所以AB＝O1D，且AB∥O1D，
所以四边形ABO1D为平行四边形，所以BO1＝AD＝2，
所以△BCO1为等边三角形，
所以∠BCO1＝60°，∠CBA＝120°，
在等腰△ABC中，AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB=3AB=23，故选项A正确；
对于选项B，设圆台上底面半径为r1，下底面半径为r2，母线为l，则r1＝1，r2＝2，l＝2，
则圆台的表面积S=S上+S下+S侧=πr12+(πr1+πr2)l+πr22=π+6π+4π=11π，故选项B错误；
对于选项C，由B知圆台的高为h=22−(2−1)2=3，
所以圆台的体积V=13×(12+12×22+22)×3π=733π，故选项C正确；
对于选项D，将圆台一半侧面展开，如图中ABCD，且E为AD的中点，
而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形COD，且OC＝4，∠COD=2π4=π2，
所以在Rt△COE中，CE=42+32=5，
即C到AD中点的最短距离为5，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查圆台的结构特征，属于中档题．
12．（2025春•福建期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1的中点，点P在线段C1F上，AQ→=λAB→+μAD→(λ，μ∈[0，1])，则下列说法正确的是（ ）
A．当三棱锥P﹣CDQ的体积最大时，μ＝0
B．当λ＝0时，总存在点P，使得PQ⊥BE
C．当λ＝0时，存在点P和Q，使得PQ//EF
D．|EQ|+|PQ|的最小值是102
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；棱锥的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】对于A：根据锥体的体积公式分析判断即可；
对于BC：建系标点，设P(2a−1，a，1)，12≤a≤1，Q(0，μ，0)，利用空间向量处理线线位置关系；
对于D：取点E关于平面ABCD的对称点E′(0，0，−12)，可得|EQ|+|PQ|≥|E′P|，根据模长公式结合二次函数分析最值即可．
解：因为AQ→=λAB→+μAD→(λ，μ∈[0，1])，可知点Q在正方形ABCD内（包括边界），
对于A：因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
且点P∈平面A1B1C1D1，可知三棱锥P﹣CDQ的高为2，
若三棱锥P﹣CDQ的体积最大，则△CDQ的面积取到最大值，
显然当点Q∈线段AB，即μ＝0时，△CDQ的面积取到最大值，故选项A正确；
对于BC：以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建系空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，E(0，0，12)，F(0，12，1)，C1(1，1，1)，
可得BE→=(−1，0，12)，EF→=(0，12，12)，
因为点P在线段C1F上，AQ→=μAD→(μ∈[0，1])，
可设P(2a−1，a，1)，12≤a≤1，Q(0，μ，0)，
则PQ→=(1−2a，μ−a，−1)，
若PQ⊥BE，则PQ→⋅BE→=2a−1−12=0，
解得a=34，
所以当λ＝0时，总存在点P，使得PQ⊥BE，故选项B正确；
若PQ∥EF，则PQ→=kEF→=(0，12k，12k)，
可得1−2a=0μ−a=12k−1=12k，解得a=12k=−2μ=−12，不合题意，
所以当λ＝0时，不存在点P和Q，使得PQ∥EF，故C错误；
对于D：取点E关于平面ABCD的对称点E′(0，0，−12)，
则|EQ|+|PQ|＝|E′Q|+|PQ|≥|E′P|，
因为E′P→=(2a−1，a，32)，
则|E′P→|=5a2−4a+134，
又因为f(a)=5a2−4a+134的图象开口向上，对称轴为a=25，
可知f（a）在[12，1]内单调递增，
则f(a)≥f(12)=104，
即|E′P→|的最小值为102，所以|EQ|+|PQ|的最小值为102，故选项D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•临澧县校级期中）如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为 6 ．
【考点】棱锥的体积；棱柱的体积．
【专题】应用题；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】6．
【分析】将几何体分割成直三棱柱和四棱锥，分别计算直三棱柱和四棱锥的体积即可求解．
解：过C作截面CMN，截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE﹣MCN和四棱锥C﹣MNFD，
如下图：
由题意易知，SΔABE=12AE⋅BE=12×2×2=2，BC＝EN＝2，
从而直三棱柱ABE﹣MCN的体积为V1=SΔABE⋅BC=12×2×2×2=4，
又因为EF=12(AD+BC)=3，故FN＝EF﹣EN＝1，所以SMNFD=12(FN+DM)⋅MN=3，
从而四棱锥C﹣MNFD的体积为V2=13SMNFD⋅CN=13×3×2=2，
所以所求几何体的体积V＝V1+V2＝6．
故6．
【点评】本题考查棱锥的体积，属于中档题．
14．（2025春•湖南期中）在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC=2，PA⊥AC，PA⊥AB，且△PBC与△ABC的面积之比为6，若点P，A，B，C都在球O的球面上，则球O的表面积为 9π ．
【考点】球的表面积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】9π．
【分析】作出辅助线，根据两三角形面积之比求出PA=5因为PA，AB，AC两两垂直，故三棱锥P﹣ABC的外接球即为以PA，AB，AC为长宽高的长方体外接球，从而得到外接球半径，得到外接球表面积．
解：三角形ABC是等腰直角三角形，AB=AC=2，故AB⊥AC，
由勾股定理得BC=AB2+AC2=2，
取BC的中点D，则AD=12BC=1，
因为PA⊥AC，PA⊥AB，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，
故PA⊥平面ABC，
因为AD⊂平面ABC，
所以PA⊥AD，
设PA＝h，则PB=PC=h2+2，PD=h2+AD2=h2+1，
故PD⊥BC，SΔPBC=12BC⋅PD=h2+1，
△PBC与△ABC的面积之比为6，
故h2+112×2×2=6，
解得h=5，
故PA=h=5，
点P，A，B，C都在球O的球面上，
因为PA，AB，AC两两垂直，
故三棱锥P﹣ABC的外接球即为以PA，AB，AC为长宽高的长方体外接球，
故外接球半径为r=12AB2+AC2+PA2=12×2+2+5=32，
球O的表面积为4πr2＝9π．
【点评】本题考查几何体表面积的计算，属于中档题．
15．（2025春•东城区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为线段D1B1上的动点，点N为线段AC上的动点，则与线段DB1相交且互相平分的线段MN有 1 条．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】1．
【分析】根据给定条件，利用平面的基本事实确定点N的位置，再作图确定M的位置作答．
解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M∈D1B1，而D1B1⊂平面D1B1D，
即有M∈平面D1B1D，
又MN与线段DB1相交，则交点必在直线DB1上，
而DB1⊂平面D1B1D，于是MN⊂平面D1B1D，N∈平面D1B1D，
因为N∈AC，AC⊂平面ABCD，即N∈平面ABCD，
而平面D1B1D∩平面ABCD＝BD，
因此N∈BD，即点N为AC，BD的交点O，
又线段DB1与MN互相平分，
取DB1的中点E，连接OE并延长交D1B1于O1，
显然EO∥BB1∥DD1，于是O1为D1B1的中点，
所以当点N与O重合，点M与O1重合时，MN与线段DB1相交且互相平分，这样的直线MN只有1条．
故1．
【点评】本题考查几何体的结构特征，属于中档题．
16．（2025•泰安模拟）已知两个正四棱锥组合成的简单几何体P﹣ABCD﹣Q中，顶点P，Q分别位于平面ABCD的两侧．其中正方形ABCD的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥P﹣QBC的外接球的表面积为 53π ．
【考点】球的体积和表面积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】53π．
【分析】建立适当的空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而利用球的表面积公式得到结果．
解：作出示意图如下：
连结AC，BD，交于点O，连结PO，QO，
根据题意可知PQ⊥平面ABCD，且P，O，Q三点共线，
又四边形ABCD是正方形，所以PO，AC，BD两两垂直，且交于点O．
以O为原点，分别以OB→，OC→，OP→的方向为x轴、y轴、z轴建系，
易知|AO|=2，|PA|=3，|PO|=|PA|2−|AO|2=7，
所以P(0，0，7)，C(0，2，0)，B(2，0，0)，Q(0，0，−7)，
设四棱锥P﹣QBC的外接球球心为M（x，y，z），连接MP，MQ，MB，MC，
则|MP|2＝|MQ|2＝|MB|2＝|MC|2，
得x2+y2+(z−7)2=x2+y2+(z+7)2=(x−2)2+y2+z2=x2+(y−2)2+z2，
解得x=y=−524，z=0，
设四棱锥P﹣QBC的外接球的半径为R，
则R2=|MP|2=(−524)2+(−524)2+(−7)2=534，
所以四棱锥P﹣QBC的外接球的表面积为4π×534=53π．
故53π．
【点评】本题考查四棱锥的外接球问题的求解，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•永安市期中）宁化农村做饭常用一种叫饭甑的容器，随着时代的变化，饭甑也走向小型化，制作材料也有部分变化．如图所示，这种饭甑都是用杉木制作的，木桶可以看作无底的圆台，内部放一个圆形木隔板，盖子也是圆形的木板．其尺寸如下：桶口直径为30cm，桶底直径为24cm，桶高为24cm，桶内深为16cm．
（1）求该饭甑木桶（不含隔板和盖子）的面积；（不计木板的厚度）
（2）若该饭甑装满（盖子刚好与米饭齐平）米饭，求米饭的体积；
（3）若要做一个球形容器，把该饭甑放入容器内，问：当该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离？（不计容器的厚度）
【考点】圆台的体积；圆台的侧面积和表面积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）8165πcm2；（2）9243πcm3；（3）21916cm．
【分析】（1）根据圆台的几何性质，即可求解；
（2）根据圆台的几何性质，即可求解；
（3）圆台的外接球的求法，即可求解．
解：（1）由已知得两底面半径分别为r1＝12cm，r2＝15cm，木桶高为h＝24cm，
所以母线长为l=242+(15−12)2=365cm，
所以该饭甑木桶的面积为S=π(12+15)⋅365=8165πcm2；
（2）由已知得中间隔板的半径为r=24−1624(15−12)+12=13cm，
所以米饭的体积为V=13π(132+13⋅15+152)⋅16=94243πcm3；
（3）设球心到饭甑底部的距离为d，球形容器的半径为R，
则R2=122+d2R2=152+(24−a)2，所以144+d2＝225+（24﹣d）2，所以d=65748=21916，
所以球心到饭甑底部的距离为21916cm．
【点评】本题考查圆台的几何性质，属中档题．
18．（2025春•浙江期中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝2，AC=22，且三棱锥P﹣ABC的体积V=43，D是AB上靠近点A的三等分点，E是BC中点，连接CD、AE交于点F，G在线段PF上，直线AG交平面PBC于点M，且AGGM=PGGF．
（1）若AF＝λFE，求λ的值；
（2）求三棱锥P﹣FBM的体积；
（3）若PA+PC＝4，求此三棱锥P﹣ABC的高．
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）λ＝1；（2）16；（3）2．
【分析】（1）根据平面向量的共线定理，方程思想，即可求解；
（2）转化三棱锥的顶点与底面，从而可得解；
（3）根据基本不等式，化归转化思想，即可求解．
解：（1）设BF→=xBA→+yBC→=32xBD→+yBC→，
∵F，D，C三点共线，
∴32x+y=1①，
同理BF→=xBA→+yBC→=xBA→+2yBE→，
∵A，F，E三点共线，∴x+2y＝1②，
由①②可得x=12，y=14，
∴BF→=12BA→+12BE→，
∴F为AE中点，∴AF＝FE，∴λ＝1；
（2）连接PE，∵M∈AG，AG⊂平面PAE，∴M∈平面PAE，
又M∈平面PBC，且平面PAE∩平面PBC＝PE，
∴M∈PE，
连接MF，在△GAP和△GMF中，AGGM=PGGF，且∠AGP＝∠MGF，
∴△GAP∽△GMF，∴∠GAP＝∠GMF，∴AP∥MF，
又F为AE中点，∴M为PE中点，
∴VP﹣FBM＝VF﹣PBM=14VF−PBC=14×12VA−PBC=18VP−ABC=18×43=16；
（3）∵SΔABC=12AC⋅AB⋅sin∠BAC=22sin∠BAC≤22，
当∠BAC＝90°时，取到等号，
在△PAC中，设PA＝x，PC＝y，∠APC＝θ，AC边上的高为h，
则csθ=x2+y2−82xy=(x+y)2−2xy−82xy=8−2xy2xy=4−xyxy，
则sinθ=x2y2−(4−xy)2xy=8xy−16xy，则12AC×h=12xysinθ，
∴h=xysinθAC=8xy−1622=xy−2，
又x+y=4≥2xy⇒xy≤4，
∴h=xy−2≤2，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，
设三棱锥P﹣ABC的高为H，则H≤h，
∴VP−ABC=13SABCH≤13SABCh≤13×22×2=43，
当∠BAC＝90°，且PA＝PB＝2，且H＝h时，等号成立，
∴三棱锥P﹣ABC的高为H=2．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，平面向量共线定理的应用，基本不等式的应用，属难题．
19．（2025春•常州期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠DCB＝60°，E为AA1的中点．求证：
（1）CA1∥平面EBD；
（2）CC1⊥BD．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【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）证明过程见详解；
（2）证明过程见详解．
【分析】（1））连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE，可证得OE∥CA1，进而可证得结论；
（2）写出BD→的不是，再由题意可证得CC1→•CD→=CC1→•CB→，进而可证得CC1→•BD→=0，进而可证得结论．
证明：（1）连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE，
由题意可得O为AC的中点，又因为E为AA1的中点，
所以OE∥CA1，
而OE⊂平面BDE，CA1⊄平面BDE，
所以CA1∥平面BDE；
（2）因为∠C1CB＝∠C1CD＝∠DCB＝60°，
CC1→•CB→=|CC1→|•|CB→|cs∠C1CB=12|CC1→|•|CB→，
同理可得CC1→•CD→=12|CC1→|•|CD→|=12|CC1→|•|CB→，
所以CC1→•CD→=CC1→•CB→，
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为BD→=CD→−CB→，
所以CC1→•BD→=CC1→•（CD→−CB→）=CC1→•CD→−CC1→•CB→=0，
所以CC1→⊥BD→，即CC1⊥BD．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用，用向量的方法证明两条直线垂直，属于中档题．
20．（2025春•东城区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为正方形，点E，F分别为AD，PC的中点，设平面PCD∩平面PBE＝l．
（1）求证：BC⊥DF；
（2）求证：DF∥l；
（3）若PD＝1，DC＝PC＝2，请判断平面PAD与平面ABCD是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，说明理由．
【考点】平面与平面垂直；空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．
【正确答案】（1）证明过程请见解答；（2）证明过程请见解答；（3）平面PAD与平面ABCD不可能垂直，理由请见解答．
【分析】（1）由面面垂直的性质定理知AD⊥平面PCD，从而有AD⊥DF，再结合AD∥BC，即可得证；
（2）取PB的中点G，连接GF，GE，先证四边形DEGF是平行四边形，可得DF∥GE，再由线面平行的判定与性质定理，即可得证；
（3）若平面PAD⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理可得CD⊥平面PAD，从而知CD⊥PD，于是有PC＞DC，这与DC＝PC＝2相矛盾，得解．
（1）证明：因为底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，
因为平面ABCD⊥平面PCD，平面ABCD∩平面PCD＝CD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，
又DF⊂平面PCD，所以AD⊥DF，
因为AD∥BC，所以BC⊥DF．
（2）证明：取PB的中点G，连接GF，GE，
因为F为PC的中点，所以GF∥BC，GF=12BC，
又点E为AD的中点，所以DE∥BC，DE=12BC，
所以GF∥DE，GF＝DE，即四边形DEGF是平行四边形，
所以DF∥GE，
又DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE，
因为DF⊂平面PCD，平面PCD∩平面PBE＝l，所以DF∥l．
（3）解：平面PAD与平面ABCD不可能垂直，理由如下：
若平面PAD⊥平面ABCD，
因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
所以PC＞DC，这与DC＝PC＝2相矛盾，
所以平面PAD与平面ABCD不可能垂直．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定与性质定理、面面垂直的性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力，属于中档题．