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专题10 立体几何初步必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）
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这是一份专题10 立体几何初步必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用），文件包含专题10立体几何初步必考题型分类训练解析版docx、专题10立体几何初步必考题型分类训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
专题10立体几何初步必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．选择题（共3小题）
1．（2022•上海）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，联结A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（ ）
A．点P B．点B C．点R D．点Q
【分析】线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
【解答】解：线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，
因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，
对A选项，如图，连接A1P、PS、D1S，因为P、S分别为AB、CD的中点，
∴易证A1D1∥PS，故A1、D1、P、S四点共面，∴D1P与A1S相交，∴A错误；
对B、C选项，如图，连接D1B、DB，易证D1、B1、B、D四点共面，
故D1B、D1R都与B1D相交，∴B、C错误；
对D选项，连接D1Q，由A选项分析知A1、D1、P、S四点共面记为平面A1D1PS，
∵D1∈平面A1D1PS，Q∉平面A1D1PS，且A1S⊂平面A1D1PS，点D1∉A1S，
∴D1Q与A1S为异面直线，
同理由B，C选项的分析知D1、B1、B、D四点共面记为平面D1B1BD，
∵D1∈平面D1B1BD，Q∉平面D1B1BD，且B1D⊂平面D1B1BD，点D1∉B1D，
∴D1Q与B1D为异面直线，
故D1Q与A1S，B1D都没有公共点，∴D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题．
2．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．12
【分析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直．
【解答】解：3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，
∴每天0点至12点（包含0点，不含12点），
相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2，
故选：B．
【点评】本题考查两条异面直线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
3．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
【分析】由图可知点P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，由平面与平面平行的判定可得平面EFG∥平面A1DC，连接AC，交FG于M，连接EM，再由平面与平面平行的性质得EM∥A1C，在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，可得PQ∥A1C，由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD，即Q点所在的平面是平面ABCD．
【解答】解：如图，
由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，
可得P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，
在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，则平面EFG∥平面A1DC．
连接AC，交FG于M，连接EM，
∵平面EFG∥平面A1DC，平面A1AC∩平面A1DC＝A1C，平面A1AC∩平面EFM＝EM，
∴EM∥A1C．
在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，则PQ∥A1C．
∵线段FM在四边形ABCD内，Q在线段FM上，∴Q在四边形ABCD内．
∴则Q点所在的平面是平面ABCD．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
二．填空题（共3小题）
4．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 24π． ．
【分析】由底面积为9π解出底面半径R＝3，再代入侧面积公式求解即可．
【解答】解：因为圆柱的底面积为9π，即πR2＝9π，
所以R＝3，
所以S侧＝2πRh＝24π．
故答案为：24π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题．
5．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则△ABC的面积的取值范围为 ．
【分析】上顶面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，由于AB为定值，则S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
分别求解CM的最大值和最小值，即可得到答案．
【解答】解：如图1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O'，
连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，
则，
根据题意，AB为定值2，所以S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
如图2所示，当点M与点O重合时，CM＝OC＝，
此时S△ABC取得最大值为；
如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，
此时S△ABC取得最小值为．
综上所述，S△ABC的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段CM的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
6．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 4π ．
【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．
【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，
所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．
三．解答题（共2小题）
7．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2．
（1）求三棱锥体积VP﹣ABC；
（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．
【分析】（1）直接利用体积公式求解；
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的法向量，即可求解．
【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，
又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形，
又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形，
∴PO＝，三棱锥体积VP﹣ABC＝＝＝1，
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P（0，0，），B（，0，0），C（0，1，0），M（，，0），
＝（，，﹣），
平面PAC的法向量＝（，0，0），
设直线PM与平面PAC所成角为θ，
则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ＝||＝＝，
所以PM与面PAC所成角大小为arcsin．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（2020•上海）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．
（1）若PC＝5，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．
【分析】（1）利用已知条件求出，棱锥的高，然后求解棱锥的体积即可．
（2）由已知中四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD．异面直线AD与PB所成角为60°，可得△PBC为直角三角形，且∠PBC＝60°，BC＝3，代入求出PC后，解直角△PDC可得答案．
【解答】解：（1）∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．
∵CD＝3，∴PC＝5，∴PD＝4，
∴VP﹣ABCD＝＝12，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积为12．
（2）∵ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，
∴BC⊥PD，BC⊥CD
又∵PD∩CD＝D
∴BC⊥平面PCD
∴BC⊥PC
∵异面直线AD与PB所成角为60°，BC∥AD
∴在Rt△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝3
故PC＝3
在Rt△PDC中，CD＝3
∴PD＝3
【点评】本题考查几何体的体积，空间点线面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力，是中档题．
【三年自主招生练】
一．填空题（共4小题）
1．（2020•上海自主招生）用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为 3 ．
【分析】画出图象，结合图象求出六边形的周长，即可求得此六边形周长最小值．
【解答】解：如图示：
，
则结合对称性可知，六边形的周长最小值是6×＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，考查运算求解能力．
2．（2020•上海自主招生）空间三条直线a，b，c两两异面，则与三条直线都相交的直线有 无穷多条 条．
【分析】在a、b、c上取三条线段AB、CC′、A′D′，作一个平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，在直线A′D′上取一点P，过a、P作一个平面β，平面β与DD′交于Q、与CC′交于R，由面面平行的性质定理，得QR∥a，由点P的任意性，得与a，b，c都相交的直线有无穷多条．
【解答】解：在a、b、c上取三条线段AB、CC′、A′D′，
作一个平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，如右图所示
在c上，即在直线A′D′上取一点P，过a、P作一个平面β
平面β与DD′交于Q、与CC′交于R，则
由面面平行的性质定理，得QR∥a，
于是PR不与a平行，但PR与a共面．
故PR与a相交，得直线PR是与a，b，c都相交的一条直线．
根据点P的任意性，得与a，b，c都相交的直线有无穷多条．
故答案为：无穷多条．
【点评】本题考查满足条件的直线条件的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
3．（2020•上海自主招生）立方体8个顶点任意两个顶点所在的直线中，异面直线共有 174 对．
【分析】求出正方体中不在同一个平面上的4个点的个数，然后求出这4个点中异面直线的对数即可．
【解答】解：立方体中有8个顶点，任意两个顶点所构成的直线有：＝28，
其中不在同一个平面上的4个点的个数有C84﹣12＝58，
4个点中异面直线的对数是：3，
所以过正方体任意两个顶点的直线共有28条，
其中异面直线有：58×3＝174对．
故答案为：174．
【点评】本题考查排列组合的知识，结合空间几何体难度比较大，注意不在同一个平面的4点中，能够出现异面直线，是解答本题的关键．
4．（2020•上海自主招生）已知三棱锥P﹣ABC的体积为10.5，且AB＝6，AC＝BC＝4，AP＝BP＝10，则CP长度为 7 或 ．
【分析】先根据题意证明平面ABC⊥平面PCD，进而得到P点到CD的距离即P点到平面ABC的距离，再利用三棱锥P﹣ABC的体积为10.5，求出sin∠PDC，利用同角的三角函数关系求出cos∠PDC，在△PDC中运用余弦定理即可求出PC的长度．
【解答】解：取 AB 中点 D，因为AB⊥CD，AB⊥PD，
又因为PD∩CD＝D且PD，CD⊂平面PCD，
则 AB⊥面 PDC，又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PCD，
那么P点到CD的距离即P点到平面ABC的距离，
依题意可得 ，
所以，
那么，
由余弦定理可得 或 ．
故答案为：7 或 ．
【点评】本题考查线面垂直及面面垂直的证明，三棱锥体积公式，余弦定理，考查学生的转化能力和运算能力，属于中档题．
二．解答题（共2小题）
5．（2022•上海自主招生）两个圆柱体底面积S1，S2，体积V1，V2，侧面积相等，，求的值．
【分析】设出底面半径和高，由题意结合侧面积和体积的关系得到半径的比值，然后计算底面积的比值即可．
【解答】解：设两圆柱的底面半径为r1，r2，高为h1，h2，
由题意可得：2πr1h1＝2πr2h2，即，
且，
从而．
故答案为：．
【点评】本题主要考查圆柱的侧面积公式，圆柱的体积公式，圆柱的底面积公式等知识，属于基础题．
6．（2022•上海自主招生）正四面体装水到高度的，问倒置后高度至何处．
【分析】设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，可得有水部分的体积为，倒置后，再由体积比是相似比的立方求解．
【解答】解：设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，
正四面体装水到高度的，则上面无水部分也为正四面体，底面积为，高为，体积为，
有水部分的体积为，
倒置后，下面正四面体的体积是，即有水部分的体积与原正四面体的体积比为，
∴倒置后高度至何处原正四面体高的．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．
【最新模拟练】
一．选择题（共3小题）
1．（2022•青浦区校级模拟）如图是由一些完全相同的小立方块搭成的几何体的三视图．搭成这个几何体所用的小立方块的个数是（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出结果．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由8个小立方体构成的组合体；
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，主要考查学生的空间想象性能力，属于基础题．
2．（2022•浦东新区校级二模）设l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，下列命题中的真命题为（ ）
A．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β B．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α∥β
C．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α⊥β D．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α∥β
【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，α与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：由l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，知：
在A中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查化归转化思想、数形结合思想，是中档题．
3．（2022•浦东新区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF不平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【分析】在A中，若D1D⊥AF，则DD1⊥平面AEF，从而CC1⊥EF，不成立；在B中，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，推导出平面A1GO∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF；在C中，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，则EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，从而截面即为梯形AEFD1，进而；在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，由，，得以h1≠h2．
【解答】解：在A中，若D1D⊥AF，
又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，
所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，不成立，故A错误；
在B中，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，
由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
所以平面A1GQ∥平面AEF，
又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B错误；
在C中，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，
因为E，F为BC、C1C的中点，
所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，
所以截面即为梯形AEFD1，
又因为，，
所以，所以，故C正确；
在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，
因为，
又因为，
所以h1≠h2，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．填空题（共12小题）
4．（2022•奉贤区二模）若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为3，3，2的三角形，则该圆锥的表面积是 4π ．
【分析】根据圆锥的主视图是边长为3，3，2的三角形，得到圆锥的母线长是3，底面直径是2，代入圆锥的侧面积公式，结合底面积，进而得到结果．
【解答】解：圆锥的主视图是边长为3，3，2的三角形圆锥的母线长是3，底面直径是2，所以半径是1，
圆锥的侧面积是πrl＝3π，底面积是πr2＝π，
故该圆锥的表面积是4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查由三视图求表面积，考查圆锥的三视图，这是比较特殊的一个图形，它的主视图与侧视图相同，本题是一个基础题．
5．（2022•浦东新区二模）如果一个圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，则该圆锥母线与底面所成角的大小为 .（用反三角函数值表示）
【分析】圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，由此求出底面半径与母线的比值，从而能求出该圆锥的母线与底面所成角的大小．
【解答】解：∵圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，
设底面圆的半径为r，母线长为l，
该圆锥母线与底面所成角为α，
∴＝＝＝，
∴该圆锥母线与底面所成角的余弦值为cos＝，
∴该圆锥母线与底面所成角的大小为arccos．
故答案为：arccos．
【点评】本题考查圆锥的底面积、侧面积公式、圆锥的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2022•徐汇区二模）已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为 π ．
【分析】由球的体积公式得到半径，进而求解结论．
【解答】解：设球的半径为R，
∵球的体积为＝•πR3，
∴球的半径R＝1，
又因为球的左视图所表示的图形是球的大圆，
∴该球的左视图所表示图形的面积为：π•R2＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查球的体积公式以及三视图的应用，属于简单题．
7．（2022•闵行区校级二模）若圆锥的底面半径为2，高为6，则该圆锥的侧面积为 24π ．
【分析】计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可求得结果．
【解答】解：由题意可知，该圆锥的母线长为，
因此，该圆锥的侧面积为．
故答案为：24π．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积的计算，属于基础题．
8．（2022•青浦区校级模拟）圆锥的半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为 4π ．
【分析】先算出母线长，就可以算圆锥侧面积．
【解答】解：如图，
圆锥的母线，
圆锥的侧面展开图为扇形，
故侧面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积的计算，属于基础题．
9．（2022•浦东新区校级二模）已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，则该圆锥的体积为 12π
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由已知列式求得r与l的值，进一步求得h，再由体积公式求体积．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
由题意得，解得．
∴h＝．
∴该圆锥的体积为V＝＝12π．
故答案为：12π．
【点评】本题考查圆锥的侧面积与体积公式，是基础的计算题．
10．（2022•浦东新区校级二模）将圆锥的侧面展开后得到一个半径为2的半圆，则此圆锥的体积为 ．
【分析】根据圆锥的侧面展开图的弧长为圆锥底面周长得出圆锥底面半径，从而得出圆锥的高，代入体积公式计算即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，∴r＝1．
∴圆锥的高h＝．
∴圆锥的体积V＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征，侧面展开图，属于基础题．
11．（2022•宝山区二模）若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为 ．
【分析】过S作SO⊥平面ABC，根据正三棱锥的性质求的高SO，代入体积公式计算．
【解答】解：正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1如图：
过S作SO⊥平面ABC，∴OC为底面正三角形的高，且OC＝××＝，
∴棱锥的高SO＝＝，
∴三棱锥的体积V＝×××××＝．
故答案是．
【点评】本题考查了正三棱锥的性质及体积计算，解题的关键是利用正三棱锥的性质求高．
12．（2022•青浦区二模）一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点p为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6cm时，该容器的容积为 48 cm3．
【分析】根据图形，在等腰△PAB中算出高PE＝5，再由勾股定理得出四棱锥的高PO＝4，最后根据锥体体积公式，算出四棱锥P﹣ABCD的体积，即为该容器的容积．
【解答】解：等腰△PAB中，AB＝x＝6，高PE＝5
∴四棱锥的高PO＝＝＝4
由此可得，四棱锥P﹣ABCD的体积为V＝×S正方形ABCD×PO＝×62×4＝48
即得该容器的容积为48cm3
故答案为：48
【点评】本题给出平面图形，求翻折成的正四棱锥的体积，着重考查了正四棱锥的性质和锥体体积公式等知识，属于基础题．
13．（2022•浦东新区校级二模）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长AB＝AA1＝1，AD＝，它的外接球是球O，则A、A1这两点的球面距离等于 ．
【分析】求出球的半径和∠AOA1，根据弧长公式得出答案．
【解答】解：A1C＝＝2，
∴外接球半径为OA1＝A1C＝1，
∴△OAA1为等边三角形，∴∠AOA1＝，
∴球A、A1这两点的球面距离为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了球面距离的计算，属于基础题．
14．（2022•宝山区校级二模）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 28π ．
【分析】由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成，其表面积等于圆柱+圆锥在减去重叠或者多余的部分．
【解答】解：由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成：其表面积等于圆锥侧面积+圆柱侧面+圆柱底面积．
圆锥S侧＝πrl＝8π，圆柱侧面+圆柱底面积＝4×2πr+πr2＝16π+4π＝20π，
∴该几何体的表面积为28π．
故答案为28π．
【点评】本题考查了组合体的表面积的求法．组合体的表面积在计算时注意要减去重叠的部分．属于基础题．
15．（2022•闵行区校级模拟）某四棱锥的三视图如图所示（实线部分），图中小正方形的边长均为1．则该几何体的体积为 2 ．
【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2BC＝2，BC∥AD，AB⊥AD，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，
底面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2BC＝2，BC∥AD，AB⊥AD，
∴该几何体的体积为V＝．
故答案为：2．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
三．解答题（共16小题）
16．（2022•虹口区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，PD＝DC＝1，直线PB与平面ABCD所成的角为．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）求异面直线AM与PC所成的角的大小．
【分析】（1）根据线面角的定义，锥体的体积公式即可求解；
（2）将两异面直线平移成相交直线，再结合解三角形知识即可求解．
【解答】解：（1）∵PD⊥底面ABCD，
∴直线PB与平面ABCD所成的角为∠PBD＝，
又PD＝1，∴DB＝，
又底面ABCD是矩形，且DC＝1，∴BC＝，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积为；
（2）取AD的中点N，连接NC，NP，又M为BC中点，
∴AN＝DN＝MC＝，且AN∥MC，
∴四边形AMCN为平行四边形，
∴AM∥NC，
∴直线AM与PC所成的角即为NC与PC所成的角，
即直线AM与PC所成的角为∠PCN＝θ或其补角，
又NP＝NC＝，又PC＝，
∴cosθ＝，
∴θ＝arccos，
∴异面直线AM与PC所成的角的大小为arccos．
【点评】本题考查线面角的定义，锥体的体积公式，两异面直线所成角，属基础题．
17．（2022•浦东新区校级模拟）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥A1﹣APB的体积为．
（1）求圆柱OO1的表面积；
（2）求异面直线A1B与OP所成角的余弦值．
【分析】（1）由题意可得AP＝2，BP＝2，进而可得关于AA1的等式，可得AA1，代入表面积公式可得答案；
（2）取AA1中点Q，连接OQ，PQ，可得∠POQ或它的补角为异面直线A1B与OP所成的角，由余弦定理可得结果．
【解答】解：（1）由题意，在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝120°，所以AP＝2，
在△BOP中，OB＝OP＝2，∠BOP＝60°，所以BP＝2，
因为三棱锥A1﹣APB的体积为．
所以＝＝，解得AA1＝4，
故圆柱OO1的表面积为S表＝2π×22+2π×2×4＝24π．
（2）取AA1中点Q，连接OQ，PQ，则OQ∥A1B，
得∠POQ或它的补角为异面直线A1B与OP所成的角，
又，AQ＝AO＝2，得OQ＝2，PQ＝4，
由余弦定理得cos∠POQ＝＝﹣，
∴异面直线A1B与OP所成角的余弦值为．
【点评】本题考查圆柱的表面积，以及异面直线所成的角，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
18．（2022•青浦区二模）如图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是弧的中点．
（1）求该圆柱的表面积和体积；
（2）求异面直线BE与AD所成角的大小．
【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和体积公式能求出该圆柱的表面积和体积．
（2）根据AD∥BC，得到∠EBC或其补角是直线BE与AD所成角，取弧的中点F，连接EC、EF、BF，求出BE＝EC＝，由此能求出异面直线BE与AD所成角的大小．
【解答】解：（1）由已知可得圆柱的底面半径r＝1，高h＝2，
∴该圆柱的表面积为：
S＝S侧+S底＝2πrh+2πr2＝6π，
该圆柱的体积为：
V＝S底h＝πr2h＝2π．
（2）∵AD∥BC，∴∠EBC是异面直线BE与AD所成角（或所成角的补角），
取弧的中点F，连接EC、EF、BF，
BE＝EC＝＝＝，
在△EBC中，cos∠EBC＝＝，
∴，
∴异面直线BE与AD所成角的大小为arccos．
【点评】本题考查圆柱的表面积和体积、异面直线所成角、圆柱的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（2022•崇明区二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长等于4，点E是棱DD1的中点．
（1）求直线A1E与直线B1C所成的角；
（2）若底面ABCD上的点P满足PD1⊥平面A1EC1，求线段DP的长度．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的夹角公式能求出直线A1E与直线B1C所成的角；
（2）假设在底面ABCD上存在点P，使得PD1⊥平面A1EC1，设P（a，b，0），求出向量，，的坐标，根据线面垂直的性质求出a，b，由此能求出线段DP的长度．
【解答】解：（1）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，
则A1（4，0，4），E（0，0，2），B1（4，4，4），C（0，4，0），
∴＝（﹣4，0，﹣2），＝（﹣4，0，﹣4），
设直线A1E与直线B1C所成角为，
∴cosθ＝＝＝，
∴θ＝arccos，
∴直线A1E与直线B1C所成的角为arccos．
（2）假设在底面ABCD上存在点P满足PD1⊥平面A1EC1，
设P（a，b，0），∵C1（0，4，4），D1（0，0，4），
∴＝（﹣4，4，0），＝（0，4，2），＝（a，b，﹣4），
由PD1⊥平面A1EC1，得：
，解得a＝2，b＝2，∴P（2，2，0），
∴＝（2，2，0），||＝＝2，
∴线段DP的长度为2．
【点评】本题考查异面直线所成角、线面垂直的性质、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20．（2022•松江区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1，，F是PD的中点，点E在棱CD上．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的全面积；
（2）求证：PE⊥AF．
【分析】（1）根据题意可证明侧面为直角三角形，直接计算侧面底面面积求和能求出四棱锥P﹣ABCD的全面积；
（2）先证明出CD⊥平面PAD，再证明AF⊥平面PDC，由此能证明PE⊥AF．
【解答】解：（1）∵BC∥AD，AD⊥平面ABP，∴BC⊥平面ABP，
∵BP⊂平面ABP，∴BC⊥BP，∴∠PBC＝90°，
同理可证明∠PDC＝90°，
∴四棱锥P﹣ABCD的全面积为：
S全＝S底+S△PAB+S△PBC+S△PDC+S△PAD
＝
＝．
（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，
∵ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，
∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD，
∵PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD，
又PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD，
∵CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PDC，
∵PE⊂平面PDC，∴PE⊥AF．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、四棱锥的全面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（2022•奉贤区模拟）三棱锥B﹣ACD中，BA、BC、BD两两互相垂直，且AB＝BC＝2，E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角大小为arccos，求三棱锥B﹣ACD的体积．
【分析】设DB＝h，取DC中点F，推导出EF∥AD，则∠BEF是异面直线BE与AD所成角，求出h＝4，由此能求出三棱锥B﹣ACD的体积．
【解答】解：设DB＝h，取DC中点F，
∴△BEF中，BE＝，BF＝EF＝，
∵EF∥AD，∴∠BEF是异面直线BE与AD所成角，
∵异面直线AD与BE所成的角大小为arccos，
∴∠BEF＝arccos，
∴＝，∴h＝4，
∴三棱锥B﹣ACD的体积V＝＝．
【点评】本题考查中位线定理、异面直线所成角、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22．（2022•黄浦区校级模拟）如图所示，设有底面半径为3的圆锥．已知圆锥的侧面积为15π，D为PA中点，．
（1）求圆锥的体积；
（2）求异面直线CD与AB所成角．
【分析】（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；
（2）解法一：取OA边上中点E，由线面垂直的判定可证得AB⊥平面CDE，由线面垂直性质得AB⊥CD，由此可得结果；
解法二：取圆弧AB中点E，连结OE，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得，知AB⊥CD，由此可得结果．
【解答】解：（1）设圆锥母线长为l，
∵S侧＝πrl＝3πl＝15π，∴l＝5，即 PA＝PB＝5，
∴圆锥的高，
∴；
（2）解法一：取OA边上中点E，连结DE，CE，AC，
∵DE是△AOP的中位线，∴DE∥OP，
∵OP垂直于底面，∴DE垂直于底面，∴DE⊥AB，
∵CA＝CO，E为OA中点，∴CE⊥OA，即AB⊥CE，
∵CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，∴AB⊥平面CDE，
又CD⊂平面CDE，∴AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成角为；
解法二：取圆弧AB中点E，连结OE，则OE⊥AB，
以O为坐标原点，的正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A（0，﹣3，0），B（0，3，0），，，
∴，，∴，即AB⊥CD，
∴异面直线AB与CD所成角为．
【点评】本题考查了圆锥的体积和异面直线所成角的计算，属于中档题．
23．（2022•宝山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其中．
（1）若点P是棱AA1上的动点，求三棱锥B1﹣PBC的体积．
（2）求点D1到平面ACB1的距离．
【分析】（1）根据AA1与平面BCC1B1平行，直接求解三棱锥P﹣B1BC的体积即可；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ACB1的法向量与，再根据线面距离的空间向量方法求解即可．
【解答】解：（1）实际上需求三棱锥P﹣B1BC的体积，
由正四棱柱，，
△B1BC的面积为，
因为P是棱AA1上的动点且AA1与平面BCC1B1平行，则只需写出AA1与平面BCC1B1间的距离即可，
由于A1B⊥平面BCC1B1，不妨记三棱锥的高为A1B，
则三棱锥P﹣B1BC的体积；
（2）以D为原点，如图建立空间直角坐标系：
则，
可知，
设平面ACB1的法向量为，
则，
不妨设，同时设点D1到平面ACB1的距离为d，
则，
故点D1到平面ACB1的距离为．
【点评】本题考查了三棱锥的体积和点到平面的距离计算，属于中档题．
24．（2022•宝山区校级二模）如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是边AB及BC的中点，将△AED，△BEF及△DCF折起，使A、C、B点重合于A1点．
（1）求三棱锥A1EFD的体积；
（2）求A1D与平面DEF所成角的正切值．
【分析】（1）由已知证明A1D⊥平面A1EF，然后利用等体积法求多面体A1EFD的体积；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，即可证明平面A1MD⊥平面EFD，再说明A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，再利用锐角三角函数计算可得．
【解答】解：（1）由条件可知A1E⊥A1D，A1F⊥A1D，且A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，
∴AlD⊥平面AlEF，
∵△A1EF是等腰直角三角形，∴，
∴；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，
∵A1E＝A1F，∴A1M⊥EF，
同理，DM⊥EF，且A1M∩EF＝M，A1M，EF⊂平面A1MD，
∴EF⊥平面A1MD，
又EF⊂平面A1MD，
∴平面A1MD⊥平面EFD，且平面A1MD∩平面EFD＝MD，
∴A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，
∵A1D⊥平面A1EF，A1M⊂平面A1EF，
∴A1D⊥A1M，
∵，
∴，所以，
所以，
所以A1D与平面DEF所成角的正切值为．
【点评】本题考查了三棱锥的体积和线面角的计算，属于中档题．
25．（2022•奉贤区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，AB＝1，，四棱锥P﹣ABCD的体积为，M为BC的中点．
（1）求异面直线AM与PB所成的角；
（2）求直线PM与平面PBD所成的角．
【分析】（1）利用四棱锥P﹣ABCD的体积为，可求得PD＝2，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线AM与PB所成的角；
（2）利用（1）建立的坐标系，求得平面PBD的一个法向量与直线PM的方向向量，可求直线PM与平面PBD所成的角．
【解答】解：（1）由四棱锥P﹣ABCD的体积为，得SABCD•PD＝，
∴×AD•AB•PD＝，∴××1×PD＝，∴PD＝1，
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（，0，0），M（，0，0），P（0，0，1），B（，1，0）
∴＝（﹣，0，0），＝（，1，﹣1），
∴cos＜，＞＝＝＝﹣，
∴异面直线AM与PB所成的角为45°；
（2）由（1）知D（0，0，0），
＝（0，0，1），＝（，1，0），
设平面PBD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝﹣，z＝0，
∴平面PBD的一个法向量为＝（1，﹣，0），
又＝（，0，﹣1），
设直线PM与平面PBD所成为θ，
∴sinθ＝＝＝．
∴直线PM与平面PBD所成的角为arcsin．
【点评】本题考查线线角的求法，以及线面角的求法，属中档题．
26．（2022•宝山区模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝．
（1）求异面直线PQ与AB所成角的大小；
（2）求C1到平面AQPR的距离．
【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理，确定PQ与AB的位置关系，进而求PQ与AB所成角的大小；
（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，根据等体积法求解即可．
【解答】（1）解：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∵PQ⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥PQ，
∴异面直线PQ与AB所成角的大小为90°．
（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，
S△PQC＝＝，AB为三棱锥A﹣PQC的高，
VA﹣PQC＝＝；
P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝，
∴DR＝，四边形AQPR为菱形，
AC＝，AP＝＝，RQ＝BD＝，
S△APQ＝SAQPR＝＝，
设C1到平面AQP的距离为d，
∵V＝VA﹣PQC＝×d＝，
解得：d＝．
∴求C1到平面AQPR的距离为．
【点评】本题考查异面直线的夹角和点到平面的距离，是中档题．
27．（2022•嘉定区校级模拟）如图，圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点．
（1）求圆锥的侧面积和体积；
（2）求异面直线CD与AB所成角的大小．（结果用反三角函数表示）
【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长，再由圆锥的侧面积公式与体积公式求解；
（2）以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线CD与AB所成角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，
∴母线长PB＝，
则圆锥的侧面积S＝＝，
体积V＝＝8π；
（2）连接CO，∵C为底面直径AB所对弧的中点，
∴CO⊥AB，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣2，0），B（0，2，0），C（2，0，0），D（0，﹣1，3），
∴，，
∴cos＜＞＝＝．
∴异面直线CD与AB所成角的大小为．
【点评】本题考查圆锥侧面积与体积的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
28．（2022•静安区二模）在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【分析】（1）由PO⊥平面ABCD，得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．由此我们可以计算出PO即棱锥的高，及底面菱形的面积，代入即可得到棱锥的体积．
（2）求异面直线DE与PA所成角的大小有两种不同的思路：法一是以O为坐标原点，射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．表示出空间中各个点的坐标，进而给出相关向量的坐标，然后利用异面直线的夹角的余弦等于其方向向量夹角余弦值的绝对值，求出夹角．
法二是取AB的中点F，连接EF、DF．由E是PB的中点，得EF∥PA，则∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），然后解三角形FED求出夹角．
【解答】解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，由PO⊥平面ABCD，得
∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．
在Rt△AOB中BO＝ABsin30°＝1，由PO⊥BO，
于是，PO＝BOtan60°＝，而底面菱形的面积为2．
∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝×2×＝2．
（2）解法一：以O为坐标原点，射线OB、OC、
OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．
在Rt△AOB中OA＝，于是，点A、B、
D、P的坐标分别是A（0，﹣，0），
B（1，0，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）．
E是PB的中点，则E（，0，）于是＝（，0，），＝（0，，）．
设与的夹角为θ，有cosθ＝，θ＝arccos，
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos；
解法二：取AB的中点F，连接EF、DF．
由E是PB的中点，得EF∥PA，
∴∠FED是异面直线DE与PA所成
角（或它的补角），
在Rt△AOB中AO＝ABcos30°＝＝OP，
于是，在等腰Rt△POA中，
PA＝，则EF＝．
在正△ABD和正△PBD中，DE＝DF＝，
cos∠FED＝＝
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos．
【点评】空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；
空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值；
空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值．
29．（2022•杨浦区模拟）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为O，线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，取劣弧BC上一点E，使∠COE＝，连结PE．已知|OA|＝1，|PA|＝2．
（1）求该圆锥的体积；
（2）求异面直线PE、BD所成角的大小．
【分析】（1）利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可；
（2）根据异面直线所成角的定义，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可．
【解答】解：（1）由勾股定理可知：，
所以圆锥的体积为：；
（2）过E做EF∥BD，所以∠PEF是异面直线PE、BD所成的角（或其补角），
因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，
所以，即，而，所以，
因此，
在△OEF中，由正弦定理可知：．
．
由余弦定理可知：，
所以，即异面直线PE、BD所成角的大小为．
【点评】本题考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
30．（2022•黄浦区模拟）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′．
（1）G是△BA′C′的重心，求证：直线DG⊥平面BA′C′．
（2）若AB＝1，动点E，F在线段AD，D′C′上，且DE＝D′F＝a，M为AB的中点，异面直线EF与DM所成的角为arcos，求a的值．
【分析】（1）三角形BA'C'为等边三角形，G为三角形BA'C'的重心，连接A'G并延长交BC'于O，则A'O⊥BC'且O是BC'的中点，再结合AB＝AC'，可得BC'⊥平面ADOA'，所以DG⊥BC'，同理DG⊥A'B，所以DG⊥平面BA'C'．
（2）建立空间坐标系，利用空间向量处理即可．
【解答】解：（1）依题意，三角形BA'C'为等边三角形，
连接A'G并延长交BC'于O，则A'O⊥BC'且O是BC'的中点，
因为DB＝DC'，所以DO⊥BC'，
又因为A'O∩DO＝O，
所以BC'⊥平面DOA'，因为DG⊂平面DOA'，
所以DG⊥BC'，
同理DG⊥A'B，又因为A'B∩BC'＝B，
所以DG⊥平面BA'C'．
（2）如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD'为z轴建立如图坐标系，
则D（0，0，0），E（a，0，0），F（0，a，1），M（1，，0），
所以＝（﹣a，a，1），＝（1，，0），
所以cosarcos＝＝，即＝，
解得a＝．
【点评】本题考查了空间中线与面的位置，异面直线的夹角．建立坐标系是解决异面直线夹角问题比较简单的方法．
31．（2022•徐汇区三模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝4，异面直线BC1与AA1所成角的大小为．
（1）求正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）求直线BC1与平面AA1C1C所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
【分析】（1）由已知可得，又B1B＝A1A＝4，求得正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）在底面三角形ABC中，过B作BO⊥AC，垂足为O，则∠BC1O为直线BC1与平面AA1C1C所成角，求解三角形得答案．
【解答】解：（1）∵异面直线BC1与AA1所成角的大小为，且A1A∥B1B，
∴，又B1B＝A1A＝4，
∴，即正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为．
∴．
则；
（2）在底面三角形ABC中，过B作BO⊥AC，垂足为O，
则O为AC中点，且BO⊥平面AA1C1C，连接C1O，
则∠BC1O为直线BC1与平面AA1C1C所成角，
BO＝6，BC＝，
∴sin，
∴∠BC1O＝arcsin．
即直线BC1与平面AA1C1C所成角的大小为arcsin．
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查了多面体体积的求法，是中档题．
专题10立体几何初步必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．选择题（共3小题）
1．（2022•上海）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，联结A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（ ）
A．点P B．点B C．点R D．点Q
【分析】线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
【解答】解：线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，
因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，
对A选项，如图，连接A1P、PS、D1S，因为P、S分别为AB、CD的中点，
∴易证A1D1∥PS，故A1、D1、P、S四点共面，∴D1P与A1S相交，∴A错误；
对B、C选项，如图，连接D1B、DB，易证D1、B1、B、D四点共面，
故D1B、D1R都与B1D相交，∴B、C错误；
对D选项，连接D1Q，由A选项分析知A1、D1、P、S四点共面记为平面A1D1PS，
∵D1∈平面A1D1PS，Q∉平面A1D1PS，且A1S⊂平面A1D1PS，点D1∉A1S，
∴D1Q与A1S为异面直线，
同理由B，C选项的分析知D1、B1、B、D四点共面记为平面D1B1BD，
∵D1∈平面D1B1BD，Q∉平面D1B1BD，且B1D⊂平面D1B1BD，点D1∉B1D，
∴D1Q与B1D为异面直线，
故D1Q与A1S，B1D都没有公共点，∴D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题．
2．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．12
【分析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直．
【解答】解：3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，
∴每天0点至12点（包含0点，不含12点），
相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2，
故选：B．
【点评】本题考查两条异面直线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
3．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
【分析】由图可知点P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，由平面与平面平行的判定可得平面EFG∥平面A1DC，连接AC，交FG于M，连接EM，再由平面与平面平行的性质得EM∥A1C，在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，可得PQ∥A1C，由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD，即Q点所在的平面是平面ABCD．
【解答】解：如图，
由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，
可得P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，
在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，则平面EFG∥平面A1DC．
连接AC，交FG于M，连接EM，
∵平面EFG∥平面A1DC，平面A1AC∩平面A1DC＝A1C，平面A1AC∩平面EFM＝EM，
∴EM∥A1C．
在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，则PQ∥A1C．
∵线段FM在四边形ABCD内，Q在线段FM上，∴Q在四边形ABCD内．
∴则Q点所在的平面是平面ABCD．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
二．填空题（共3小题）
4．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 24π． ．
【分析】由底面积为9π解出底面半径R＝3，再代入侧面积公式求解即可．
【解答】解：因为圆柱的底面积为9π，即πR2＝9π，
所以R＝3，
所以S侧＝2πRh＝24π．
故答案为：24π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题．
5．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则△ABC的面积的取值范围为 ．
【分析】上顶面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，由于AB为定值，则S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
分别求解CM的最大值和最小值，即可得到答案．
【解答】解：如图1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O'，
连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，
则，
根据题意，AB为定值2，所以S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
如图2所示，当点M与点O重合时，CM＝OC＝，
此时S△ABC取得最大值为；
如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，
此时S△ABC取得最小值为．
综上所述，S△ABC的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段CM的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
6．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 4π ．
【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．
【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，
所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．
三．解答题（共2小题）
7．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2．
（1）求三棱锥体积VP﹣ABC；
（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．
【分析】（1）直接利用体积公式求解；
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的法向量，即可求解．
【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，
又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形，
又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形，
∴PO＝，三棱锥体积VP﹣ABC＝＝＝1，
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P（0，0，），B（，0，0），C（0，1，0），M（，，0），
＝（，，﹣），
平面PAC的法向量＝（，0，0），
设直线PM与平面PAC所成角为θ，
则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ＝||＝＝，
所以PM与面PAC所成角大小为arcsin．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（2020•上海）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．
（1）若PC＝5，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．
【分析】（1）利用已知条件求出，棱锥的高，然后求解棱锥的体积即可．
（2）由已知中四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD．异面直线AD与PB所成角为60°，可得△PBC为直角三角形，且∠PBC＝60°，BC＝3，代入求出PC后，解直角△PDC可得答案．
【解答】解：（1）∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．
∵CD＝3，∴PC＝5，∴PD＝4，
∴VP﹣ABCD＝＝12，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积为12．
（2）∵ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，
∴BC⊥PD，BC⊥CD
又∵PD∩CD＝D
∴BC⊥平面PCD
∴BC⊥PC
∵异面直线AD与PB所成角为60°，BC∥AD
∴在Rt△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝3
故PC＝3
在Rt△PDC中，CD＝3
∴PD＝3
【点评】本题考查几何体的体积，空间点线面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力，是中档题．
【三年自主招生练】
一．填空题（共4小题）
1．（2020•上海自主招生）用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为 3 ．
【分析】画出图象，结合图象求出六边形的周长，即可求得此六边形周长最小值．
【解答】解：如图示：
，
则结合对称性可知，六边形的周长最小值是6×＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，考查运算求解能力．
2．（2020•上海自主招生）空间三条直线a，b，c两两异面，则与三条直线都相交的直线有 无穷多条 条．
【分析】在a、b、c上取三条线段AB、CC′、A′D′，作一个平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，在直线A′D′上取一点P，过a、P作一个平面β，平面β与DD′交于Q、与CC′交于R，由面面平行的性质定理，得QR∥a，由点P的任意性，得与a，b，c都相交的直线有无穷多条．
【解答】解：在a、b、c上取三条线段AB、CC′、A′D′，
作一个平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，如右图所示
在c上，即在直线A′D′上取一点P，过a、P作一个平面β
平面β与DD′交于Q、与CC′交于R，则
由面面平行的性质定理，得QR∥a，
于是PR不与a平行，但PR与a共面．
故PR与a相交，得直线PR是与a，b，c都相交的一条直线．
根据点P的任意性，得与a，b，c都相交的直线有无穷多条．
故答案为：无穷多条．
【点评】本题考查满足条件的直线条件的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
3．（2020•上海自主招生）立方体8个顶点任意两个顶点所在的直线中，异面直线共有 174 对．
【分析】求出正方体中不在同一个平面上的4个点的个数，然后求出这4个点中异面直线的对数即可．
【解答】解：立方体中有8个顶点，任意两个顶点所构成的直线有：＝28，
其中不在同一个平面上的4个点的个数有C84﹣12＝58，
4个点中异面直线的对数是：3，
所以过正方体任意两个顶点的直线共有28条，
其中异面直线有：58×3＝174对．
故答案为：174．
【点评】本题考查排列组合的知识，结合空间几何体难度比较大，注意不在同一个平面的4点中，能够出现异面直线，是解答本题的关键．
4．（2020•上海自主招生）已知三棱锥P﹣ABC的体积为10.5，且AB＝6，AC＝BC＝4，AP＝BP＝10，则CP长度为 7 或 ．
【分析】先根据题意证明平面ABC⊥平面PCD，进而得到P点到CD的距离即P点到平面ABC的距离，再利用三棱锥P﹣ABC的体积为10.5，求出sin∠PDC，利用同角的三角函数关系求出cos∠PDC，在△PDC中运用余弦定理即可求出PC的长度．
【解答】解：取 AB 中点 D，因为AB⊥CD，AB⊥PD，
又因为PD∩CD＝D且PD，CD⊂平面PCD，
则 AB⊥面 PDC，又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PCD，
那么P点到CD的距离即P点到平面ABC的距离，
依题意可得 ，
所以，
那么，
由余弦定理可得 或 ．
故答案为：7 或 ．
【点评】本题考查线面垂直及面面垂直的证明，三棱锥体积公式，余弦定理，考查学生的转化能力和运算能力，属于中档题．
二．解答题（共2小题）
5．（2022•上海自主招生）两个圆柱体底面积S1，S2，体积V1，V2，侧面积相等，，求的值．
【分析】设出底面半径和高，由题意结合侧面积和体积的关系得到半径的比值，然后计算底面积的比值即可．
【解答】解：设两圆柱的底面半径为r1，r2，高为h1，h2，
由题意可得：2πr1h1＝2πr2h2，即，
且，
从而．
故答案为：．
【点评】本题主要考查圆柱的侧面积公式，圆柱的体积公式，圆柱的底面积公式等知识，属于基础题．
6．（2022•上海自主招生）正四面体装水到高度的，问倒置后高度至何处．
【分析】设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，可得有水部分的体积为，倒置后，再由体积比是相似比的立方求解．
【解答】解：设正四面体的底面积为S，高为h，体积为V＝，
正四面体装水到高度的，则上面无水部分也为正四面体，底面积为，高为，体积为，
有水部分的体积为，
倒置后，下面正四面体的体积是，即有水部分的体积与原正四面体的体积比为，
∴倒置后高度至何处原正四面体高的．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．
【最新模拟练】
一．选择题（共3小题）
1．（2022•青浦区校级模拟）如图是由一些完全相同的小立方块搭成的几何体的三视图．搭成这个几何体所用的小立方块的个数是（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出结果．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由8个小立方体构成的组合体；
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，主要考查学生的空间想象性能力，属于基础题．
2．（2022•浦东新区校级二模）设l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，下列命题中的真命题为（ ）
A．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β B．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α∥β
C．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α⊥β D．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α∥β
【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，α与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：由l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，知：
在A中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查化归转化思想、数形结合思想，是中档题．
3．（2022•浦东新区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF不平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【分析】在A中，若D1D⊥AF，则DD1⊥平面AEF，从而CC1⊥EF，不成立；在B中，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，推导出平面A1GO∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF；在C中，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，则EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，从而截面即为梯形AEFD1，进而；在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，由，，得以h1≠h2．
【解答】解：在A中，若D1D⊥AF，
又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，
所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，不成立，故A错误；
在B中，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，
由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
所以平面A1GQ∥平面AEF，
又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B错误；
在C中，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，
因为E，F为BC、C1C的中点，
所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，
所以截面即为梯形AEFD1，
又因为，，
所以，所以，故C正确；
在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，
因为，
又因为，
所以h1≠h2，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．填空题（共12小题）
4．（2022•奉贤区二模）若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为3，3，2的三角形，则该圆锥的表面积是 4π ．
【分析】根据圆锥的主视图是边长为3，3，2的三角形，得到圆锥的母线长是3，底面直径是2，代入圆锥的侧面积公式，结合底面积，进而得到结果．
【解答】解：圆锥的主视图是边长为3，3，2的三角形圆锥的母线长是3，底面直径是2，所以半径是1，
圆锥的侧面积是πrl＝3π，底面积是πr2＝π，
故该圆锥的表面积是4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查由三视图求表面积，考查圆锥的三视图，这是比较特殊的一个图形，它的主视图与侧视图相同，本题是一个基础题．
5．（2022•浦东新区二模）如果一个圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，则该圆锥母线与底面所成角的大小为 .（用反三角函数值表示）
【分析】圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，由此求出底面半径与母线的比值，从而能求出该圆锥的母线与底面所成角的大小．
【解答】解：∵圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，
设底面圆的半径为r，母线长为l，
该圆锥母线与底面所成角为α，
∴＝＝＝，
∴该圆锥母线与底面所成角的余弦值为cos＝，
∴该圆锥母线与底面所成角的大小为arccos．
故答案为：arccos．
【点评】本题考查圆锥的底面积、侧面积公式、圆锥的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2022•徐汇区二模）已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为 π ．
【分析】由球的体积公式得到半径，进而求解结论．
【解答】解：设球的半径为R，
∵球的体积为＝•πR3，
∴球的半径R＝1，
又因为球的左视图所表示的图形是球的大圆，
∴该球的左视图所表示图形的面积为：π•R2＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查球的体积公式以及三视图的应用，属于简单题．
7．（2022•闵行区校级二模）若圆锥的底面半径为2，高为6，则该圆锥的侧面积为 24π ．
【分析】计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可求得结果．
【解答】解：由题意可知，该圆锥的母线长为，
因此，该圆锥的侧面积为．
故答案为：24π．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积的计算，属于基础题．
8．（2022•青浦区校级模拟）圆锥的半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为 4π ．
【分析】先算出母线长，就可以算圆锥侧面积．
【解答】解：如图，
圆锥的母线，
圆锥的侧面展开图为扇形，
故侧面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积的计算，属于基础题．
9．（2022•浦东新区校级二模）已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为9π和15π，则该圆锥的体积为 12π
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由已知列式求得r与l的值，进一步求得h，再由体积公式求体积．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
由题意得，解得．
∴h＝．
∴该圆锥的体积为V＝＝12π．
故答案为：12π．
【点评】本题考查圆锥的侧面积与体积公式，是基础的计算题．
10．（2022•浦东新区校级二模）将圆锥的侧面展开后得到一个半径为2的半圆，则此圆锥的体积为 ．
【分析】根据圆锥的侧面展开图的弧长为圆锥底面周长得出圆锥底面半径，从而得出圆锥的高，代入体积公式计算即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，∴r＝1．
∴圆锥的高h＝．
∴圆锥的体积V＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征，侧面展开图，属于基础题．
11．（2022•宝山区二模）若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为 ．
【分析】过S作SO⊥平面ABC，根据正三棱锥的性质求的高SO，代入体积公式计算．
【解答】解：正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1如图：
过S作SO⊥平面ABC，∴OC为底面正三角形的高，且OC＝××＝，
∴棱锥的高SO＝＝，
∴三棱锥的体积V＝×××××＝．
故答案是．
【点评】本题考查了正三棱锥的性质及体积计算，解题的关键是利用正三棱锥的性质求高．
12．（2022•青浦区二模）一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点p为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6cm时，该容器的容积为 48 cm3．
【分析】根据图形，在等腰△PAB中算出高PE＝5，再由勾股定理得出四棱锥的高PO＝4，最后根据锥体体积公式，算出四棱锥P﹣ABCD的体积，即为该容器的容积．
【解答】解：等腰△PAB中，AB＝x＝6，高PE＝5
∴四棱锥的高PO＝＝＝4
由此可得，四棱锥P﹣ABCD的体积为V＝×S正方形ABCD×PO＝×62×4＝48
即得该容器的容积为48cm3
故答案为：48
【点评】本题给出平面图形，求翻折成的正四棱锥的体积，着重考查了正四棱锥的性质和锥体体积公式等知识，属于基础题．
13．（2022•浦东新区校级二模）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长AB＝AA1＝1，AD＝，它的外接球是球O，则A、A1这两点的球面距离等于 ．
【分析】求出球的半径和∠AOA1，根据弧长公式得出答案．
【解答】解：A1C＝＝2，
∴外接球半径为OA1＝A1C＝1，
∴△OAA1为等边三角形，∴∠AOA1＝，
∴球A、A1这两点的球面距离为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了球面距离的计算，属于基础题．
14．（2022•宝山区校级二模）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 28π ．
【分析】由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成，其表面积等于圆柱+圆锥在减去重叠或者多余的部分．
【解答】解：由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成：其表面积等于圆锥侧面积+圆柱侧面+圆柱底面积．
圆锥S侧＝πrl＝8π，圆柱侧面+圆柱底面积＝4×2πr+πr2＝16π+4π＝20π，
∴该几何体的表面积为28π．
故答案为28π．
【点评】本题考查了组合体的表面积的求法．组合体的表面积在计算时注意要减去重叠的部分．属于基础题．
15．（2022•闵行区校级模拟）某四棱锥的三视图如图所示（实线部分），图中小正方形的边长均为1．则该几何体的体积为 2 ．
【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2BC＝2，BC∥AD，AB⊥AD，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，
底面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2BC＝2，BC∥AD，AB⊥AD，
∴该几何体的体积为V＝．
故答案为：2．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
三．解答题（共16小题）
16．（2022•虹口区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，PD＝DC＝1，直线PB与平面ABCD所成的角为．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）求异面直线AM与PC所成的角的大小．
【分析】（1）根据线面角的定义，锥体的体积公式即可求解；
（2）将两异面直线平移成相交直线，再结合解三角形知识即可求解．
【解答】解：（1）∵PD⊥底面ABCD，
∴直线PB与平面ABCD所成的角为∠PBD＝，
又PD＝1，∴DB＝，
又底面ABCD是矩形，且DC＝1，∴BC＝，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积为；
（2）取AD的中点N，连接NC，NP，又M为BC中点，
∴AN＝DN＝MC＝，且AN∥MC，
∴四边形AMCN为平行四边形，
∴AM∥NC，
∴直线AM与PC所成的角即为NC与PC所成的角，
即直线AM与PC所成的角为∠PCN＝θ或其补角，
又NP＝NC＝，又PC＝，
∴cosθ＝，
∴θ＝arccos，
∴异面直线AM与PC所成的角的大小为arccos．
【点评】本题考查线面角的定义，锥体的体积公式，两异面直线所成角，属基础题．
17．（2022•浦东新区校级模拟）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥A1﹣APB的体积为．
（1）求圆柱OO1的表面积；
（2）求异面直线A1B与OP所成角的余弦值．
【分析】（1）由题意可得AP＝2，BP＝2，进而可得关于AA1的等式，可得AA1，代入表面积公式可得答案；
（2）取AA1中点Q，连接OQ，PQ，可得∠POQ或它的补角为异面直线A1B与OP所成的角，由余弦定理可得结果．
【解答】解：（1）由题意，在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝120°，所以AP＝2，
在△BOP中，OB＝OP＝2，∠BOP＝60°，所以BP＝2，
因为三棱锥A1﹣APB的体积为．
所以＝＝，解得AA1＝4，
故圆柱OO1的表面积为S表＝2π×22+2π×2×4＝24π．
（2）取AA1中点Q，连接OQ，PQ，则OQ∥A1B，
得∠POQ或它的补角为异面直线A1B与OP所成的角，
又，AQ＝AO＝2，得OQ＝2，PQ＝4，
由余弦定理得cos∠POQ＝＝﹣，
∴异面直线A1B与OP所成角的余弦值为．
【点评】本题考查圆柱的表面积，以及异面直线所成的角，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
18．（2022•青浦区二模）如图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是弧的中点．
（1）求该圆柱的表面积和体积；
（2）求异面直线BE与AD所成角的大小．
【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和体积公式能求出该圆柱的表面积和体积．
（2）根据AD∥BC，得到∠EBC或其补角是直线BE与AD所成角，取弧的中点F，连接EC、EF、BF，求出BE＝EC＝，由此能求出异面直线BE与AD所成角的大小．
【解答】解：（1）由已知可得圆柱的底面半径r＝1，高h＝2，
∴该圆柱的表面积为：
S＝S侧+S底＝2πrh+2πr2＝6π，
该圆柱的体积为：
V＝S底h＝πr2h＝2π．
（2）∵AD∥BC，∴∠EBC是异面直线BE与AD所成角（或所成角的补角），
取弧的中点F，连接EC、EF、BF，
BE＝EC＝＝＝，
在△EBC中，cos∠EBC＝＝，
∴，
∴异面直线BE与AD所成角的大小为arccos．
【点评】本题考查圆柱的表面积和体积、异面直线所成角、圆柱的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（2022•崇明区二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长等于4，点E是棱DD1的中点．
（1）求直线A1E与直线B1C所成的角；
（2）若底面ABCD上的点P满足PD1⊥平面A1EC1，求线段DP的长度．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的夹角公式能求出直线A1E与直线B1C所成的角；
（2）假设在底面ABCD上存在点P，使得PD1⊥平面A1EC1，设P（a，b，0），求出向量，，的坐标，根据线面垂直的性质求出a，b，由此能求出线段DP的长度．
【解答】解：（1）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，
则A1（4，0，4），E（0，0，2），B1（4，4，4），C（0，4，0），
∴＝（﹣4，0，﹣2），＝（﹣4，0，﹣4），
设直线A1E与直线B1C所成角为，
∴cosθ＝＝＝，
∴θ＝arccos，
∴直线A1E与直线B1C所成的角为arccos．
（2）假设在底面ABCD上存在点P满足PD1⊥平面A1EC1，
设P（a，b，0），∵C1（0，4，4），D1（0，0，4），
∴＝（﹣4，4，0），＝（0，4，2），＝（a，b，﹣4），
由PD1⊥平面A1EC1，得：
，解得a＝2，b＝2，∴P（2，2，0），
∴＝（2，2，0），||＝＝2，
∴线段DP的长度为2．
【点评】本题考查异面直线所成角、线面垂直的性质、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20．（2022•松江区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1，，F是PD的中点，点E在棱CD上．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的全面积；
（2）求证：PE⊥AF．
【分析】（1）根据题意可证明侧面为直角三角形，直接计算侧面底面面积求和能求出四棱锥P﹣ABCD的全面积；
（2）先证明出CD⊥平面PAD，再证明AF⊥平面PDC，由此能证明PE⊥AF．
【解答】解：（1）∵BC∥AD，AD⊥平面ABP，∴BC⊥平面ABP，
∵BP⊂平面ABP，∴BC⊥BP，∴∠PBC＝90°，
同理可证明∠PDC＝90°，
∴四棱锥P﹣ABCD的全面积为：
S全＝S底+S△PAB+S△PBC+S△PDC+S△PAD
＝
＝．
（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，
∵ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，
∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD，
∵PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD，
又PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD，
∵CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PDC，
∵PE⊂平面PDC，∴PE⊥AF．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、四棱锥的全面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（2022•奉贤区模拟）三棱锥B﹣ACD中，BA、BC、BD两两互相垂直，且AB＝BC＝2，E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角大小为arccos，求三棱锥B﹣ACD的体积．
【分析】设DB＝h，取DC中点F，推导出EF∥AD，则∠BEF是异面直线BE与AD所成角，求出h＝4，由此能求出三棱锥B﹣ACD的体积．
【解答】解：设DB＝h，取DC中点F，
∴△BEF中，BE＝，BF＝EF＝，
∵EF∥AD，∴∠BEF是异面直线BE与AD所成角，
∵异面直线AD与BE所成的角大小为arccos，
∴∠BEF＝arccos，
∴＝，∴h＝4，
∴三棱锥B﹣ACD的体积V＝＝．
【点评】本题考查中位线定理、异面直线所成角、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22．（2022•黄浦区校级模拟）如图所示，设有底面半径为3的圆锥．已知圆锥的侧面积为15π，D为PA中点，．
（1）求圆锥的体积；
（2）求异面直线CD与AB所成角．
【分析】（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；
（2）解法一：取OA边上中点E，由线面垂直的判定可证得AB⊥平面CDE，由线面垂直性质得AB⊥CD，由此可得结果；
解法二：取圆弧AB中点E，连结OE，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得，知AB⊥CD，由此可得结果．
【解答】解：（1）设圆锥母线长为l，
∵S侧＝πrl＝3πl＝15π，∴l＝5，即 PA＝PB＝5，
∴圆锥的高，
∴；
（2）解法一：取OA边上中点E，连结DE，CE，AC，
∵DE是△AOP的中位线，∴DE∥OP，
∵OP垂直于底面，∴DE垂直于底面，∴DE⊥AB，
∵CA＝CO，E为OA中点，∴CE⊥OA，即AB⊥CE，
∵CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，∴AB⊥平面CDE，
又CD⊂平面CDE，∴AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成角为；
解法二：取圆弧AB中点E，连结OE，则OE⊥AB，
以O为坐标原点，的正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A（0，﹣3，0），B（0，3，0），，，
∴，，∴，即AB⊥CD，
∴异面直线AB与CD所成角为．
【点评】本题考查了圆锥的体积和异面直线所成角的计算，属于中档题．
23．（2022•宝山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其中．
（1）若点P是棱AA1上的动点，求三棱锥B1﹣PBC的体积．
（2）求点D1到平面ACB1的距离．
【分析】（1）根据AA1与平面BCC1B1平行，直接求解三棱锥P﹣B1BC的体积即可；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ACB1的法向量与，再根据线面距离的空间向量方法求解即可．
【解答】解：（1）实际上需求三棱锥P﹣B1BC的体积，
由正四棱柱，，
△B1BC的面积为，
因为P是棱AA1上的动点且AA1与平面BCC1B1平行，则只需写出AA1与平面BCC1B1间的距离即可，
由于A1B⊥平面BCC1B1，不妨记三棱锥的高为A1B，
则三棱锥P﹣B1BC的体积；
（2）以D为原点，如图建立空间直角坐标系：
则，
可知，
设平面ACB1的法向量为，
则，
不妨设，同时设点D1到平面ACB1的距离为d，
则，
故点D1到平面ACB1的距离为．
【点评】本题考查了三棱锥的体积和点到平面的距离计算，属于中档题．
24．（2022•宝山区校级二模）如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是边AB及BC的中点，将△AED，△BEF及△DCF折起，使A、C、B点重合于A1点．
（1）求三棱锥A1EFD的体积；
（2）求A1D与平面DEF所成角的正切值．
【分析】（1）由已知证明A1D⊥平面A1EF，然后利用等体积法求多面体A1EFD的体积；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，即可证明平面A1MD⊥平面EFD，再说明A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，再利用锐角三角函数计算可得．
【解答】解：（1）由条件可知A1E⊥A1D，A1F⊥A1D，且A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，
∴AlD⊥平面AlEF，
∵△A1EF是等腰直角三角形，∴，
∴；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，
∵A1E＝A1F，∴A1M⊥EF，
同理，DM⊥EF，且A1M∩EF＝M，A1M，EF⊂平面A1MD，
∴EF⊥平面A1MD，
又EF⊂平面A1MD，
∴平面A1MD⊥平面EFD，且平面A1MD∩平面EFD＝MD，
∴A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，
∵A1D⊥平面A1EF，A1M⊂平面A1EF，
∴A1D⊥A1M，
∵，
∴，所以，
所以，
所以A1D与平面DEF所成角的正切值为．
【点评】本题考查了三棱锥的体积和线面角的计算，属于中档题．
25．（2022•奉贤区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，AB＝1，，四棱锥P﹣ABCD的体积为，M为BC的中点．
（1）求异面直线AM与PB所成的角；
（2）求直线PM与平面PBD所成的角．
【分析】（1）利用四棱锥P﹣ABCD的体积为，可求得PD＝2，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线AM与PB所成的角；
（2）利用（1）建立的坐标系，求得平面PBD的一个法向量与直线PM的方向向量，可求直线PM与平面PBD所成的角．
【解答】解：（1）由四棱锥P﹣ABCD的体积为，得SABCD•PD＝，
∴×AD•AB•PD＝，∴××1×PD＝，∴PD＝1，
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（，0，0），M（，0，0），P（0，0，1），B（，1，0）
∴＝（﹣，0，0），＝（，1，﹣1），
∴cos＜，＞＝＝＝﹣，
∴异面直线AM与PB所成的角为45°；
（2）由（1）知D（0，0，0），
＝（0，0，1），＝（，1，0），
设平面PBD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝﹣，z＝0，
∴平面PBD的一个法向量为＝（1，﹣，0），
又＝（，0，﹣1），
设直线PM与平面PBD所成为θ，
∴sinθ＝＝＝．
∴直线PM与平面PBD所成的角为arcsin．
【点评】本题考查线线角的求法，以及线面角的求法，属中档题．
26．（2022•宝山区模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝．
（1）求异面直线PQ与AB所成角的大小；
（2）求C1到平面AQPR的距离．
【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理，确定PQ与AB的位置关系，进而求PQ与AB所成角的大小；
（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，根据等体积法求解即可．
【解答】（1）解：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∵PQ⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥PQ，
∴异面直线PQ与AB所成角的大小为90°．
（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，
S△PQC＝＝，AB为三棱锥A﹣PQC的高，
VA﹣PQC＝＝；
P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝，
∴DR＝，四边形AQPR为菱形，
AC＝，AP＝＝，RQ＝BD＝，
S△APQ＝SAQPR＝＝，
设C1到平面AQP的距离为d，
∵V＝VA﹣PQC＝×d＝，
解得：d＝．
∴求C1到平面AQPR的距离为．
【点评】本题考查异面直线的夹角和点到平面的距离，是中档题．
27．（2022•嘉定区校级模拟）如图，圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点．
（1）求圆锥的侧面积和体积；
（2）求异面直线CD与AB所成角的大小．（结果用反三角函数表示）
【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长，再由圆锥的侧面积公式与体积公式求解；
（2）以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线CD与AB所成角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，
∴母线长PB＝，
则圆锥的侧面积S＝＝，
体积V＝＝8π；
（2）连接CO，∵C为底面直径AB所对弧的中点，
∴CO⊥AB，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣2，0），B（0，2，0），C（2，0，0），D（0，﹣1，3），
∴，，
∴cos＜＞＝＝．
∴异面直线CD与AB所成角的大小为．
【点评】本题考查圆锥侧面积与体积的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
28．（2022•静安区二模）在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【分析】（1）由PO⊥平面ABCD，得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．由此我们可以计算出PO即棱锥的高，及底面菱形的面积，代入即可得到棱锥的体积．
（2）求异面直线DE与PA所成角的大小有两种不同的思路：法一是以O为坐标原点，射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．表示出空间中各个点的坐标，进而给出相关向量的坐标，然后利用异面直线的夹角的余弦等于其方向向量夹角余弦值的绝对值，求出夹角．
法二是取AB的中点F，连接EF、DF．由E是PB的中点，得EF∥PA，则∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），然后解三角形FED求出夹角．
【解答】解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，由PO⊥平面ABCD，得
∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．
在Rt△AOB中BO＝ABsin30°＝1，由PO⊥BO，
于是，PO＝BOtan60°＝，而底面菱形的面积为2．
∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝×2×＝2．
（2）解法一：以O为坐标原点，射线OB、OC、
OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．
在Rt△AOB中OA＝，于是，点A、B、
D、P的坐标分别是A（0，﹣，0），
B（1，0，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）．
E是PB的中点，则E（，0，）于是＝（，0，），＝（0，，）．
设与的夹角为θ，有cosθ＝，θ＝arccos，
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos；
解法二：取AB的中点F，连接EF、DF．
由E是PB的中点，得EF∥PA，
∴∠FED是异面直线DE与PA所成
角（或它的补角），
在Rt△AOB中AO＝ABcos30°＝＝OP，
于是，在等腰Rt△POA中，
PA＝，则EF＝．
在正△ABD和正△PBD中，DE＝DF＝，
cos∠FED＝＝
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos．
【点评】空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；
空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值；
空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值．
29．（2022•杨浦区模拟）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为O，线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，取劣弧BC上一点E，使∠COE＝，连结PE．已知|OA|＝1，|PA|＝2．
（1）求该圆锥的体积；
（2）求异面直线PE、BD所成角的大小．
【分析】（1）利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可；
（2）根据异面直线所成角的定义，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可．
【解答】解：（1）由勾股定理可知：，
所以圆锥的体积为：；
（2）过E做EF∥BD，所以∠PEF是异面直线PE、BD所成的角（或其补角），
因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，
所以，即，而，所以，
因此，
在△OEF中，由正弦定理可知：．
．
由余弦定理可知：，
所以，即异面直线PE、BD所成角的大小为．
【点评】本题考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
30．（2022•黄浦区模拟）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′．
（1）G是△BA′C′的重心，求证：直线DG⊥平面BA′C′．
（2）若AB＝1，动点E，F在线段AD，D′C′上，且DE＝D′F＝a，M为AB的中点，异面直线EF与DM所成的角为arcos，求a的值．
【分析】（1）三角形BA'C'为等边三角形，G为三角形BA'C'的重心，连接A'G并延长交BC'于O，则A'O⊥BC'且O是BC'的中点，再结合AB＝AC'，可得BC'⊥平面ADOA'，所以DG⊥BC'，同理DG⊥A'B，所以DG⊥平面BA'C'．
（2）建立空间坐标系，利用空间向量处理即可．
【解答】解：（1）依题意，三角形BA'C'为等边三角形，
连接A'G并延长交BC'于O，则A'O⊥BC'且O是BC'的中点，
因为DB＝DC'，所以DO⊥BC'，
又因为A'O∩DO＝O，
所以BC'⊥平面DOA'，因为DG⊂平面DOA'，
所以DG⊥BC'，
同理DG⊥A'B，又因为A'B∩BC'＝B，
所以DG⊥平面BA'C'．
（2）如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD'为z轴建立如图坐标系，
则D（0，0，0），E（a，0，0），F（0，a，1），M（1，，0），
所以＝（﹣a，a，1），＝（1，，0），
所以cosarcos＝＝，即＝，
解得a＝．
【点评】本题考查了空间中线与面的位置，异面直线的夹角．建立坐标系是解决异面直线夹角问题比较简单的方法．
31．（2022•徐汇区三模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝4，异面直线BC1与AA1所成角的大小为．
（1）求正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）求直线BC1与平面AA1C1C所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
【分析】（1）由已知可得，又B1B＝A1A＝4，求得正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）在底面三角形ABC中，过B作BO⊥AC，垂足为O，则∠BC1O为直线BC1与平面AA1C1C所成角，求解三角形得答案．
【解答】解：（1）∵异面直线BC1与AA1所成角的大小为，且A1A∥B1B，
∴，又B1B＝A1A＝4，
∴，即正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为．
∴．
则；
（2）在底面三角形ABC中，过B作BO⊥AC，垂足为O，
则O为AC中点，且BO⊥平面AA1C1C，连接C1O，
则∠BC1O为直线BC1与平面AA1C1C所成角，
BO＝6，BC＝，
∴sin，
∴∠BC1O＝arcsin．
即直线BC1与平面AA1C1C所成角的大小为arcsin．
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查了多面体体积的求法，是中档题．
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