2025年高考数学解密之立体几何初步.docx

2025 年高考数学解密之立体几何初步
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•泰安模拟）下列命题中，正确的是 ( )
A ．三点确定一个平面
B ．垂直于同一直线的两条直线平行
C ．若直线l 与平面 α 上的无数条直线都垂直，则 l 丄 α
D ．若 a 、 b 、 c 是三条直线， a / /b 且与 c 都相交，则直线 a 、 b 、 c 在同一平面上
2．（2024•天津）一个五面体 ABC - DEF ．已知 AD / /BE / /CF ，且两两之间距离为 1．并已知 AD = 1 ，BE = 2 ， CF = 3 ．则该五面体的体积为 ( )

A ． B ． C ． D ．
3 ．（2024•河南模拟）已知圆锥的底面半径为 2 ，其侧面展开图是一个圆心角为 的扇形，则该圆锥的侧 面积为 ( )
A ． 6兀 B ． 8兀 C ． 10兀 D ． 12兀
4．（2024•吴忠模拟）某几何体的三视图如图所示（单位：cm) ，则该几何体的表面积（单位：cm2 ) 是 ( )

A ．24 B ．28 C ．32 D ．36
5．（2024•四川模拟）如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ， F 是 BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，则直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点 P 的轨迹长为 ( )

1

A ． B ． C ． D ．
6 ．（2024•大连模拟）在正四棱台 ABCD 一 A1B1C1D1 中， AB = 4 ， A1B1 = 2 ， 则该正四棱台的 体积为 ( )
A ． B ． C ． D ．
7 ．（2024•云南模拟）底面积是 兀 ，侧面积是 3兀 的圆锥的体积是 ( )
A ． 兀 B ． 兀 C ． D ． 兀
8 ．（2024•榆林三模）设 a ， b 为两条不同的直线， α , β 为两个不同的平面，下面为真命题的是 ( )
A ．若 α / / β , a α , b β , 则 a / /b
B ．对于空间中的直线l ，若 a α , b α , l 丄 a ， l 丄 b ，则 l 丄 α
C ．若直线 a 上存在两点到平面 α 的距离相等，则 a / /α
D ．若 a / /α , a 丄 β , 则 α 丄 β
9 ．（2024•莆田三模）若制作一个容积为 的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省， 则该圆锥的高是 ( )
A ． B ．2 C ． D ．4

10 ．（2024•咸阳模拟） 已知平行六面体 ABCD 一 A1B1C1D1 中，棱 AA1 、 AB 、 AD 两两的夹角均为 60O ， AA1 = 2AB ， AB = AD ， E 为 B1C1 中点，则异面直线 BA1 与D1E 所成角的余弦值为 ( )

A ． B ． C ． D ．
二．多选题（共 5 小题）

2
11．（2024•郴州模拟）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，点P 是正方体的上底面 A1B1C1D1 内 （不含边界）的动点，点 Q 是棱 BC 的中点，则以下命题正确的是 ( )

A ．三棱锥 Q — PCD 的体积是定值
B ．存在点P ，使得 PQ 与 AA1 所成的角为 60O
C ．直线PQ 与平面 A1ADD1 所成角的正弦值的取值范围为
D ．若 PD1 = PQ ，则 P 的轨迹的长度为
12．（2024•随州模拟）在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，E ，F 分别为 AB ，BC 的中点，则 ( )
A ．异面直线DD1 与B1F 所成角的余弦值为
B ．点 P 为正方形 A1B1C1D1 内一点，当DP / / 平面 B1EF 时， DP 的最大值为
C ．过点D1 ， E ， F 的平面截正方体 ABCD — A1B1C1D1 所得的截面周长为

D ．当三棱锥 B1 — BEF 的所有顶点都在球 O 的表面上时，球 O 的表面积为 6兀
13．（2024•盐湖区一模）设 a ，b 是两条不同的直线，α , β 是两个不同的平面，则下列命题正确的有 ( )
A ．若 a / /α , b / /α , 则 a / /b B ．若 a 丄 α , b 丄 α , 则 a / /b
C ．若 a / /b ， b / /α , a / α , 则 a / /α D ．若 a / /α , α / / β , a / β , 则 a / / β
14 ．（2024•保定三模）如图，在正方体 ABCD — A1B1C1D 中， E ， F ，M ， N 分别为棱 AA1 ， A1D1 ， AB ， DC 的中点，点P 是面 B1C 的中心，则下列结论正确的是 ( )

A ． E ， F ， M ， P 四点共面

3
B ．平面PEF 被正方体截得的截面是等腰梯形
C ． EF / / 平面 PMN
D ．平面MEF 丄 平面 PMN
15 ．（2024•江苏模拟） 如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中， E 为 AA1 的中点， 点 F 满足
则

A ．当 λ = 0 时， AC1 丄 平面 BDF
B ．任意 λ ∈ [0 ， 1] ，三棱锥 F - BDE 的体积是定值
C ．存在 λ ∈ [0 ， 1] ，使得 AC 与平面BDF 所成的角为
时，平面 BDF 截该正方体的外接球所得截面的面积为 π
三．填空题（共 5 小题）
16 ．（2024•盐湖区一模） 已知圆锥的高为 5 ，其顶点和底面圆周都在直径为 6 的球面上，则圆锥的体积
---→ -- -- -- → -- → -- → -- → -- → --→
为 ．
17 ．（2024•黄浦区二模）在四面体 PABC 中，2PD = PA + PB ，5PE = 2PB + 3PC ，2PF = -PC + 3PA ，设 四面体 PABC 与四面体 PDEF 的体积分别为 V1 、 V2 ，则 的值为 ．
18 ．（2024•西城区模拟）如图，正方形 ABCD 和矩形 ABEF 所在的平面互相垂直．点P 在正方形 ABCD 及 其内部运动，点 Q 在矩形 ABEF 及其内部运动．设 AB = 2 ， AF = 1 ，给出下列四个结论：
①存在点P ， Q ，使 PQ = 3 ；
②存在点P ， Q ，使 CQ / /EP ；
③到直线 AD 和EF 的距离相等的点 P 有无数个；
④若 PA 丄 PE ，则四面体 PAQE 体积的最大值为 ； 其中所有正确结论的序号是 ．

4

19．（2024•辽宁模拟）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点 A ，B 距离之比为常数 λ(λ> 0 且
λ ≠ 1) 的点的轨迹是一个圆心在直线 AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：

如图，在长方体 ABCD — A1B1C1D1 中， AB = 2AD = 2AA1 = 6 ，点 E 在棱 AB 上， BE = 2AE ，动点 P 满足 . 若点 P 在平面 ABCD 内运动，则点 P 所形成的阿氏圆的半径为 ；若点 P 在长方体 ABCD — A1B1C1D1 内部运动， F 为棱 C1D1 的中点， M 为 CP 的中点，则三棱锥M — B1CF 的体积的最小值 为 ．
20 ．（2024•甘肃模拟）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球
的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球 ”是阿基米德最为得意的发现．在一个“ 圆柱容球 ”模型中，若
球的体积为 4π , 则该模型中圆柱的表面积为 ．
四．解答题（共 5 小题）
21 ．（2024•河南模拟）如图所示，在△ ABC 中，点D 在边 BC 上，且 CD = 2BD ，E 为边 AB 的中点．S 是
平面 ABC 外一点，且 (SA + SB) . SC = (AB + 2AC) . SC = 0 ．
--→ --→ -- ---→ ---→ --

（1）证明： SC 丄 SD ；
已知 直线 BC 与平面 SDE 所成角的正弦值为 ．
(i) 求△SDE 的面积；
(ii) 求三棱锥 S — ABC 的体积．

5
22 ．（2024•重庆模拟）正多面体又称为柏拉图立体，是指一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多 边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这样的多面体就叫做正多面体．可以验证一共只有五种多面体．令 a < b < c < d < e(a ， b ， c ， d ， e 均为正整数），我们发现有时候某正多面体的所有顶点都可以和另一个 正多面体的一些顶点重合，例如正 a 面体的所有顶点可以与正b 面体的某些顶点重合，正b 面体的所有顶 点可以与正 d 面体的所有顶点重合，等等．（1）当正 a 面体的所有顶点可以与正b 面体的某些顶点重合时， 求正 a 面体的棱与正 b 面体的面所成线面角的最大值；
（2）当正 c 面体在棱长为 1 的正b 面体内，且正c 面体的所有顶点均为正b 面体各面的中心时，求正c 面 体某一面所在平面截正 b 面体所得截面面积；
（3）已知正 d 面体的每个面均为正五边形，正 e 面体的每个面均为正三角形．考生可在以下 2 问中选做 1 问．
（第一问答对得 2 分，第二问满分 8 分，两题均作答， 以第一问结果给分）
第一问：求棱长为 1 的正 e 面体的表面积；
第二问：求棱长为 1 的正 d 面体的体积．
23 ．（2024•湖北模拟）如图，在三棱锥 P — ABC 中，侧面 PAC 丄 底面 ABC ， AC 丄 BC ， ΔPAC 是边长为
2 的正三角形， BC = 4 ， E ， F 分别是PC ， PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为 l ．
（1）证明：直线 l 丄 平面 PAC ；
（2）设点 Q 在直线l 上，直线 PQ 与平面 AEF 所成的角为 α , 异面直线 PQ 与 EF 所成的角为θ , 求当 AQ 为何值时 ．

24 ．（2024•扬州模拟）如图，在四棱锥P — ABCD 中，侧面 PAD 丄 底面 ABCD ，侧棱 底面 ABCD 为直角梯形，其中BC / /AD ， AB 丄 AD ， AD = 2AB = 2BC = 2 ， O 为 AD 中点．
（1）求证： PO 丄 平面 ABCD ；
（2）求异面直线 PB 与 CD 所成角的大小．

6

25 ．（2024•商洛模拟）如图，在四棱锥 P - ABCD 中，四边形 ABCD 是矩形， M ， N 分别是 PD 和BC 的 中点，平面 PAB 丄 平面 ABCD ， PA = PB = AB = AD = 2 ．
（1）证明： MN / / 平面 PAB ．
（2）求三棱锥M - ABC 的体积．

7
2025 年高考数学解密之立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•泰安模拟）下列命题中，正确的是 ( )
A ．三点确定一个平面
B ．垂直于同一直线的两条直线平行
C ．若直线l 与平面 α 上的无数条直线都垂直，则 l 丄 α
D ．若 a 、 b 、 c 是三条直线， a / /b 且与 c 都相交，则直线 a 、 b 、 c 在同一平面上 【答案】 D
【考点】命题的真假判断与应用；直线与平面垂直
【专题】转化思想；数学运算；简易逻辑；综合法；逻辑推理；直观想象；空间位置关系与距离
【分析】利用平面的基本性质及推论可知 A ，B 错误，D 正确，再利用直线与平面垂直的判定定理可知选 项 C 错误．
【解答】解：对于 A ：不共线的三点确定一个平面，故 A 错误，
对于 B ：由墙角模型可知，两条直线可能是相交直线，也可能是异面直线，显然 B 错误，
对于 C ：根据线面垂直的判定定理，若直线 l 与平面 α 内的两条相交直线垂直，则直线 l 与平面 α 垂直， 若直线l 与平面 α 内的无数条平行直线垂直，则直线l 与平面 α 不垂直，故 C 错误，
对于 D ：因为 a / /b ，所以 a 与b 唯一确定一个平面，设为平面 α , 又 c 与 a 和b 都相交，所以 c 也在平面 α 内，即直线 a 、 b 、 c 共面，故选项D 正确，
故选： D ．
【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论，考查了空间中线与线的位置关系，是基础题．
2．（2024•天津）一个五面体 ABC - DEF ．已知 AD / /BE / /CF ，且两两之间距离为 1．并已知 AD = 1 ，BE = 2 ， CF = 3 ．则该五面体的体积为 ( )

A ． B ． C ． D ．

8
【答案】 C
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；数学运算
【分析】根据题意，分别延长 AD 、BE 到 G 、H ，使 AG 、BH 、CF 平行且相等，得到三棱柱 ABC - GHF ， 根据四边形 ABED 与四边形 HGDE 全等，利用锥体的体积公式得到 然后求 出 ABC - GHF 的体积，进而算出该五面体的体积，可得答案．
【解答】解：延长 AD 到 G ，使DG = 2 ，延长 BE 到H ，使 EH = 1 ，连接 AF 、 BF ，
可得 AG = BH = CF = 3 ，结合 AG / /BH / /CF ，可知 ABC - GHF 为三棱柱，

因为四边形 ABED 与四边形 HGDE 全等，所以 由 AG / /BH / /CF ，且它们两两之间的距离为 1 ．可知：
当 ABC - GHF 为正三棱柱时，底面边长为 1 ，高为 3 ，此时 根据棱柱的性质，若 ABC - GHF 为斜三棱柱，体积也是 ，
因此， 可得该五面体的体积 故选： C ．
【点评】本题主要考查棱柱的定义与性质、柱体与锥体的体积公式及其应用等知识，考查了计算能力、图 形的理解能力，属于中档题．
3 ．（2024•河南模拟）已知圆锥的底面半径为 2 ，其侧面展开图是一个圆心角为 的扇形，则该圆锥的侧 面积为 ( )
A ． 6π B ． 8π C ． 10π D ． 12π
【答案】 A
【考点】圆锥的侧面积和表面积
【专题】三角函数的求值；综合法；数学运算；整体思想

9
【分析】根据半径求出底面周长，由弧长公式可得母线长，再利用圆锥的侧面积公式求解． 【解答】解：因为底面半径 r = 2 ，
所以底面周长为 2π r = 4π ,
又因为侧面展开图是圆心角为 的扇形， 所以圆锥的母线长 ，
所以该圆锥的侧面积S = π rl = π × 2 × 3 = 6π .
故选： A ．
【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．
4．（2024•吴忠模拟）某几何体的三视图如图所示（单位：cm) ，则该几何体的表面积（单位：cm2 ) 是 ( )

A ．24 B ．28 C ．32 D ．36
【答案】 C
【考点】 由三视图求面积、体积
【专题】数学运算；立体几何；转化法；数形结合
【分析】借助三视图得到几何体的直观图后计算即可得． 【解答】解：该几何体的直观图如图所示，
则几何体的表面积为

故选： C ．

10
【点评】本题考查了利用三视图求几何体的表面积问题，是基础题．
5．（2024•四川模拟）如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ， F 是 BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，则直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点 P 的轨迹长为 ( )

A ． B ． C ． D ． 【答案】 A
【考点】棱柱的结构特征
【专题】数学运算； 向量法；转化思想；空间位置关系与距离；逻辑推理
--
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点P 的坐标，保证 P ， E ，F ，B1 四点共面，从而得到向量 EP 与

平面 EFB1 的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可．

【解答】解：在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ，F ，F 是BC 的中点， G 是线段 B1F 上的动点，
分别以DA ， DC ， DD1 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，如图，

则 B1 (2 ，2 ， 2) ， F(1 ，2 ， 0) ，
直线 B1D ∩ 平面 ACD1 = E ， F ，设 BD∩ AC = M ，如图，

11

在矩形 BDD1B1 中， DM / /D1B1 ， : ΔDME ~ △ B1D1E ， : ，
: 点E 满足 ， 设平面 EFB1 的法向量为 = (x, y, z) ，
可得 即 不妨取 = (-2, 1, 1) ， 由于直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点P ，设点 P(x ，0 ， z) ，
可得 P ， E ， F ， B1 四点共面，
且 显然 得方程 z = 2x ，显然方程 z =2x 在平面 ADD1A1 内表示一条直线， 当 z = 0 时，点 P(0 ，0 ， 0) ，此时两点P ， D 重合，
当 z = 2 时， x = 1 ，点 P(1 ，0 ， 2) ，设线段 A1D1 的中点为T ，此时两点P ， T 重合，
: 直线 GE 与侧面 ADD1A1 的交点P 的轨迹为线段DT ，且 故选： A ．
【点评】本题考查正方体结构特征、三角形相似、四点共面、点的轨迹等基础知识，考查运算求解能力， 是中档题．
6 ．（2024•大连模拟）在正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 4 ， A1B1 = 2 ， 则该正四棱台的 体积为 ( )
A ． B ． C ． D ．
【答案】 A
【考点】棱台的体积
【专题】综合法；立体几何；数学运算；转化思想
【分析】根据题意可得：该正四棱台上下底面正方形的中心到相应正方形顶点的距离分别为 ， ，

12
从而可求出该正四棱台的高，最后根据正四棱台的体积公式，即可求解． 【解答】解： : 正四棱台 ABCD — A1B1C1D1 中， AB = 4 ， A1B1 = 2 ，
: 上下底面正方形的中心到相应正方形顶点的距离分别为 ·、 ， 又侧棱 ， : 该正四棱台的高为
: 该正四棱台的体积为 故选： A ．
【点评】本题考查正四棱台的体积的求解，属基础题．
7 ．（2024•云南模拟）底面积是 兀 ，侧面积是 3兀 的圆锥的体积是 ( )
A ． 兀 B ． 兀 C ． D ． 兀 【答案】 D
【考点】圆锥的体积
【专题】数学运算；立体几何；定义法；方程思想
【分析】利用圆锥的底面积和侧面积公式求出底面圆半径和母线长，再求圆锥的高，即可计算圆锥的体积． 【解答】解：设圆锥的母线长为 l ，高为 h ，半径为 r ，
则 S底 = 兀r2 = 兀 ，且 S侧 = 兀 × r × l = 3兀 ，解得 r = 1 ， l = 3 ， 所以
所以圆锥的体积为 兀 兀 ．
故选： D ．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式和体积公式应用问题，是基础题．
8 ．（2024•榆林三模）设 a ， b 为两条不同的直线， α , β 为两个不同的平面，下面为真命题的是 ( )
A ．若 α / / β , a α , b β , 则 a / /b
B ．对于空间中的直线l ，若 a α , b α , l 丄 a ， l 丄 b ，则 l 丄 α
C ．若直线 a 上存在两点到平面 α 的距离相等，则 a / /α
D ．若 a / /α , a 丄 β , 则 α 丄 β 【答案】 D
【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；空间中直线与平面之间的位置 关系
【专题】综合法；整体思想；逻辑推理；空间位置关系与距离；直观想象

13
【分析】 由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判定 ABC ；直接证明D 正确． 【解答】解：若 α / / β , a α , b β , 则 a / /b 或 a 与b 异面，故 A 错误；
当 a α , b α , l 丄 a ， l 丄 b 时，只有 a ， b 相交时才有 l 丄 α , 故 B 错误； 若直线 a 上存在两点到平面 α 的距离相等，则 a / /α 或 a 与 α 相交，故 C 错误； 如图，

: a / /α , 过 a 作平面y 和平面 α 交于 n ，则 a / /n ，而 a 丄 β , 故 n 丄 β , 又 n α , : α 丄 β , 故D 正确．
故选： D ．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思 维能力，是中档题．
9 ．（2024•莆田三模）若制作一个容积为 的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省， 则该圆锥的高是 ( )
A ． B ．2 C ． D ．4
【答案】 B
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积
【专题】转化思想；计算题；导数的概念及应用；数学运算；综合法；立体几何
【分析】根据题意，设圆锥的高与半径，利用体积公式得出高与半径的关系，再消元转化得出侧面积，利 用导数计算单调性与最值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，设该圆锥的高为 h ，底面圆的半径为 r ， 则 从而 r2 h = 4 ，变形可得 ，
该圆锥的侧面积
易知 h ∈ (0, 2) 时 单调递减，

14
h ∈ (2, +∞) 时 单调递增， 则当 h = 2 时， f(h) 取得最小值；
所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是 2．
故选： B ．
【点评】本题考查圆锥的体积、表面积计算，涉及导数与函数单调性的关系，属于中档题．
10 ．（2024•咸阳模拟） 已知平行六面体 ABCD — A1B1C1D1 中，棱 AA1 、 AB 、 AD 两两的夹角均为 60O ， AA1 = 2AB ， AB = AD ， E 为 B1C1 中点，则异面直线 BA1 与D1E 所成角的余弦值为 ( )

A ． B ． C ． D ． 【答案】 D
【考点】异面直线及其所成的角
【专题】转化思想；数学运算；综合法；空间角；空间向量及应用；逻辑推理
【分析】 由题意求出异面直线 BA1 的方向向量和D1E 方向向量的表达式，求出这两个向量的余弦值，进而 求出异面直线所成的角的余弦值．
【解答】解：因为 E 为 B1C1 的中点，棱 AA1 、 AB 、 AD 两两的夹角均为 60O ， AA1 = 2AB ， AB = AD ， 设 AB = 2 ，则 AA1 = 4 ，
由平行六面体的性质可得 可得

所以 ，

15
可得 ，
则
所以异面直线 BA1 与D1E 所成角的余弦值为 | cos < B--A ， ． 故选： D ．

【点评】本题考查空间向量的运算性质的应用及用空间向量的方法求异面直线所成的角的余弦值，属于中 档题．
二．多选题（共 5 小题）
11．（2024•郴州模拟）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，点P 是正方体的上底面 A1B1C1D1 内 （不含边界）的动点，点 Q 是棱 BC 的中点，则以下命题正确的是 ( )

A ．三棱锥 Q — PCD 的体积是定值
B ．存在点P ，使得 PQ 与 AA1 所成的角为 60O
C ．直线PQ 与平面 A1ADD1 所成角的正弦值的取值范围为
D ．若 PD1 = PQ ，则 P 的轨迹的长度为
【答案】 ACD
【考点】直线与平面所成的角；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角 【专题】转化法；立体几何；数学运算；转化思想
【分析】对于 A ：利用等体积转换即可求得体积为定值；
---→ ---→
对于 B ：建立空间直角坐标系，设 P(x ，y ，0) ，得出 QP = (x — 2, y = 1, 2) ，AA1 = (0, 0, 2) ，利用向量夹角
公式即可求解；

16
对于 C ：求出平面 A1ADD1 的法向量为u– = (1 ，0 ， 0) ，利用向量夹角公式即可求解；

对于 D ：由 PD1 = PQ 可得 x2 + (y — 2)2 = (x — 2)2 + (y —1)2 + 4 ，即可求解．
解：对于 ，故 A 正确；
以 A1 为坐标原点， A1B1 为 x 轴， A1D1 为y 轴， A1A1 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则 Q(2 ，1 ， —2) ，设 P(x ， y ， 0)(0 < x < 2 ， 0 < y < 2) ，
---–
则 QP = (x — 2, y = 1, 2) ，

---–
对于 B ， AA1 = (0, 0, 2) ，
PQ 与 AA1 的夹角 故 B 错误；

对于 C ，平面 A1ADD1 的法向量为u– = (1 ，0 ， 0) ，
: 直线 PQ 与平面 A1ADD1 所成的角 β 的正弦值为 故 C 正确；

对于 ，

由 PD1 = PQ 可得 x2 + (y — 2)2 = (x — 2)2 + (y —1)2 + 4 ， 化简可得 4x — 2y — 5 = 0 ，
在 xA1y 平面内，令x = 2 ，得 ， 令 y = 0 ，得 ，
所以 P 的轨迹的长度为 正确．
故选： ACD ．
【点评】本题考查等体积法求体积以及空间向量的应用，属于中档题．
12．（2024•随州模拟）在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，E ，F 分别为 AB ，BC 的中点，则 ( )

17
A ．异面直线DD1 与B1F 所成角的余弦值为
B ．点 P 为正方形 A1B1C1D1 内一点，当DP / / 平面 B1EF 时， DP 的最大值为
C ．过点D1 ， E ， F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 所得的截面周长为

D ．当三棱锥 B1 - BEF 的所有顶点都在球 O 的表面上时，球 O 的表面积为 6π
【答案】 ACD
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行；异面直线及其所成的角；球的体积和表面积 【专题】立体几何；数学运算；空间角；对应思想； 向量法
【分析】对于 A ：根据正方体的性质得出在Rt △ BB1F 中 上BB1F 即为异面直线DD1 与B1F 所成的角，即可 判定；对于 B ：取 A1D1 的中点M ，D1C1 的中点N ，连接MN ，DM ，DN ，得到DM / /B1F ，DN / /B1E ， 即可证明面DMN / / 面 B1EF ，则根据已知得出 P 轨迹为线段MN ，则过D 作DP 丄 MN ，此时DP 取得最
小值，即可判定；对于 C ：过点 D1 、 E 、 F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 所得的截面图形为五边形

---→ ---→ ----→
D1MEFN ，得出D1M / /NF ， D1N / /ME ，设 AM = m ， CN = n ， 以D 为原点，分别以DA, DC, DD1 方向
为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系D - xyz ，得出M-- ，D--1- ，D--1-M- ， N(-)- 的坐标，则可根据

D1M / /NF ， D1N / /ME 列式得出 AM ， CN ，即可得出 A1M ， C1N ，在 Rt △ D1A1M 中得出D1M ，同理 得出D1N ，在 RtΔMAE 中得出ME ，同理得出FN ，在 RtΔEBF 中得出EF ，即可得出五边形D1MEFN 的 周长，即过点D1 、E 、F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 所得的截面周长，即可判定；对于D ：取 EF 的 中点 O1 ，则 O1E = O1F = O1B ，过 O1 作 OO1 / /BB1 ，且使得 则 O 为三棱锥 B1 - BEF 的外接 球的球心，则 OE 为外接球的半径，计算得出半径即可求出球 O 的表面积，即可判定．
【解答】解：对于 A 选项， : DD1 / /BB1 ，

: 在Rt △ BB1F 中 上BB1F 即为异面直线DD1 与B1F 所成的角，

18

: 异面直线DD1 与B1F 所成的角的余弦值为 故 A 正确；
对于 C 选项，过点D1 、 E 、 F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 ，

平面 AA1D1D / / 平面 BB1C1C ，则过点D1 、 E 、 F 的平面必与 AA1 与 CC1 交于两点，

设过点D1 、 E 、 F 的平面必与 AA1 与 CC1 分别交于M 、 N ，

过点D1 、 E 、 F 的平面与平面 AA1D1D 和平面 BB1C1C 分别交于 D1M 与 FN ， :D1M / /NF ， 同理可得

D1N / /ME ，

如图过点D1 、 E 、 F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 所得的截面图形为五边形D1MEFN ，

---→ ---→ ----→
如图以D 为原点，分别以DA, DC, DD1 方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立空间直角坐标系D - xyz ，

设 AM = m ， CN = n ，
则M (2 ，0 ， m) ， N(0 ，2 ， n) ， E(2 ，1 ， 0) ， F(1 ，2 ， 0) ， D1 (0 ，0 ， 2) ，

D1M / /NF ， D1N / /ME ，
解得 ，

19
, , ,
: 在Rt △ D1A1M 中 同理 ， 在 RtΔMAE 中 同理
在 RtΔEBF 中， BE = BF = 1 ， : ，

即过点D1 、 E 、 F 的平面截正方体 ABCD - A1B1C1D1 所得的截面周长为 故 C 正确；

对于 B 选项，取 A1D1 的中点M ， D1C1 的中点N ，取 AD 的中点S ，连接MN ， DM ， DN ， A1S ， SF ，

: SF / /AB / /A1B1 ， SF = AB = A1B1 ，

: 四边形 A1B1FS 为平行四边形， : AA1 / /B1F ， : A1S / /DM ， :MD / /B1F ，

同理可得 DN / /B1E ，

又:DM / 面 B1EF ， B1F 面 B1EF ， DN / 面 B1EF ， B1E 面 B1EF ， :DM / / 面 B1EF ， DN / / / 面B1EF ，
又: DM∩ DN = D ， DM ， DN 面DMN ，
: 面DMN / / 面 B1EF ，

又: DP / / 面B1EF ， P ∈面 A1B1C1D1 ，
:P 轨迹为线段MN ，
: 在 ΔDMN 中，过D 作DP 丄 MN ，此时DP 取得最小值， 在 Rt △ DD1M 中， D1M = 1 ， D1D = 2 ， : ，
在 Rt △ DD1N 中， D1N = 1 ， D1D = 2 ， : ，
在 Rt △ MD1N 中， D1N = 1 ， D1M = 1 ， : ，

20
: 如图，在 RtΔDPN 中 即DP 的最小值为 而DP 的最大值为 ．故 B 错误；

对于 D 选项，如图所示，取 EF 的中点 O1 ，则 O1E = O1F = O1B ，