2025年高考数学压轴训练一十五.docx

2025 年高考数学压轴训练 15
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•利通区校级模拟）某礼品店销售的一装饰摆件如图所示， 由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌
入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为 4 ，底面正三角形边长为 6 ，球的体积为
, 则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为 ( )

A ．5 B ．6 C ．7 D ． 8
2 ．（2024•濮阳模拟）如图，将绘有函数部分图像的纸片沿x 轴折成
直二面角，此时 A ， B 之间的距离为 则φ = ( )

A ． B ． C ． D ．
3．（2024•浦东新区校级模拟）如图，三棱柱 ABC 一 A1B1C1 满足棱长都相等且 AA1 丄 平面 ABC ，D 是棱 CC1 的中点，E 是棱 AA1 上的动点．设 AE = x ，随着 x 增大，平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角是 ( )

1

A ．先增大再减小 B ．减小 C ．增大 D ．先减小再增大
4 ．（2024•日照模拟）如图，已知四面体 ABCD 的棱 AB / / 平面 α , 且 AB = 2 ，其余的棱长均为 · . 四面 体 ABCD 以 AB 所在的直线为轴旋转 x 弧度，且四面体 ABCD 始终在水平放置的平面 α 的上方．如果将四 面体 ABCD 在平面 α 内正投影面积看成关于 x 的函数，记为 S(x) ，则函数 S(x) 的最小正周期与 S(x) 取得 最小值时平面 ABC 与平面 α 所成角分别为 ( )

A ． 2π , 0 B ． C ． D ．
5 ．（2024•榆林三模）已知正三棱锥 P ABC 的侧棱与底面边长的比值为 ，则三棱锥 P ABC 的侧棱与 底面所成角的正弦值为 ( )
A ． B ． C ． D ．
6 ．（2024•广东模拟） 半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体 ，如图所示的多面体 ABCD EFGH 就是一个半正多面体，其中四边形 ABCD 和四边形 EFGH 均为正方形，其余八个面为等边 三角形，已知该多面体的所有棱长均为 2 ，则平面 ABCD 与平面 EFGH 之间的距离为 ( )

2
A ． B ． C ． D ．
7 ．（2024•辽宁二模） 已知二面角 α -l - β 的平面角为 丄 l ， AB 与
平面 β 所成角为 ．记 ΔACD 的面积为 S1 ， ΔBCD 的面积为 S2 ，则 的取值范围为 ( )
A ． B ． C ． D ．
8 ．（2024•临沂二模） 已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 中， M ， N 分别为 CC1 ， C1D 的中点，则 ( )
A ．直线MN 与 A1C 所成角的余弦值为
B ．平面BMN 与平面 BC1D1 夹角的余弦值为
C ．在 BC1 上存在点 Q ，使得 B1Q 丄 BD1

D ．在 B1D 上存在点P ，使得PA / / 平面 BMN
9．（2024•河南模拟）如图是棱长均为 2 的柏拉图多面体PABCDQ ，已知该多面体为正八面体，四边形 ABCD 为正方形， O 、 E 分别为 PQ 、 CQ 的中点，则点 A 到平面 OEB 的距离为 ( )

A ． B ．1 C ． D ．
10 ．（2024•荆州区校级模拟）已知正四棱台上底面边长为 1 ，下底面边长为 2 ，体积为 7 ，则正四棱台的侧 棱与底面所成角的正切值为 ( )
A ． B ． C ． D ．
二．多选题（共 5 小题）
11 ．（2024•故城县校级模拟）如图，已知圆台的上底面半径为 1 ，下底面半径为 2 ，母线长为 2 ，AB ，CD 分别为上、下底面的直径， AC ， BD 为圆台的母线， E 为弧 AB 的中点，则 ( )

3

A ．圆台的侧面积为 6π
B ．直线 AC 与下底面所成的角的大小为
C ．圆台的体积为
D ．异面直线 AC 和DE 所成的角的大小为
12．（2024•全国模拟）在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，E ，F 分别为BC ，CD 的中点，则 ( )

A ． B1D1 与EF 是异面直线

---→ ---→
B ．存在点P ，使得 A1P = 2PF ，且 BC / / 平面 APB1
C ． A1F 与平面 B1EB 所成角的余弦值为
D ．点 B1 到平面 A1EF 的距离为
13 ．（2024•中山市校级模拟） 四棱锥 P - ABCD 的底面为正方形， PA 与底面垂直， PA = 2 ， AB = 1 ，动 点M 在线段PC 上，则 ( )

A ．不存在点M ，使得 AC 丄 BM
B ．MB + MD 的最小值为
C ．四棱锥 P - ABCD 的外接球表面积为 6π
D ．点M 到直线 AB 的距离的最小值为
14 ．（2024•辽宁模拟）如图，圆锥 SO 的底面圆 O 的直径 AC = 4 ，母线长为 2、 ，点 B 是圆 O 上异于 A C 的动点，则下列结论正确的是 ( )

4

A ． SC 与底面所成角为 45O
B ．圆锥 SO 的表面积为兀
C ． 上SAB 的取值范围是
D ．若点 B 为弧 AC 的中点，则二面角S — BC — O 的平面角大小为 45O
15 ．（2024•青羊区校级模拟） 已知正三棱柱 ABC — A1B1C1 的各棱长都为 1 ， E 为 AB 的中点，则 ( )

A ．直线 BC1 与直线 A1E 为异面直线

B ． BC1 / / 平面 A1EC
C ．二面角 A1 — EC — A 的正弦值为
D ．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
三．填空题（共 5 小题）
16 ．（2024•南昌模拟）如图，在长方体 ABCD — A1B1C1D1 中， AD = AA1 = 1 ， AB = 2 ，点 E 为 AB 的中点， 则点 B 到平面D1EC 的距离为 ．

17．（2024•通州区模拟）如图，几何体是以正方形 ABCD 的一边 BC 所在直线为旋转轴，其余三边旋转 90O

形成的面所围成的几何体，点 G 是圆弧DF 的中点，点H 是圆弧 AE 上的动点， AB = 2 ，给出下列四个结
论：
①不存在点H ，使得平面 BDH / / 平面 CEG ；
②存在点H ，使得FH 丄 平面 CEG ；
③不存在点H ，使得点H 到平面 CEG 的距离大于；

5
④存在点H ，使得直线DH 与平面 CEG 所成角的正弦值为 ．其中所有正确结论的序号是 ．

18 ．（2024•博白县模拟）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，测得从D ，C
到库底与水坝的交线 AB 的距离分别为 ， CB = 5m ．又测得 AB 的长为 5m ， CD 的长为 ， 则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为 ．

19 ．（2024•洪山区校级模拟）如图，在直三棱柱 ABC — A1B1C1 中，AA1 = 3 ，BC = 6 ， P 为线段 A1B1 上的一点，且二面角 A — BC — P 的正切值为 3 ，则三棱锥 A — A1C1P 的外接球的体积为 ．

20 ．（2024•长沙三模）如图所示，直角三角形 ABC 所在平面垂直于平面 α , 一条直角边 AC 在平面 α 内， 另一条直角边 BC 长为且 上 ，若平面 α 上存在点P ，使得△ ABP 的面积为 则线段 CP 长 度的最小值为 ．

四．解答题（共 5 小题）
21．（2024•王益区校级模拟）如图，在四棱锥 P — ABCD 中，PD 丄 平面 ABCD ，PD = CD = 2 ，AD = AB = 1 ， AB 丄 DA ， AB / /CD ，点M 是棱 PC 的中点．
（1）求证： BM / / 平面 PAD ；

6
（2）求平面 PAB 与平面BMD 所成锐二面角的余弦值．

22 ．（2024•天心区校级模拟）如图，圆柱的轴截面 ABCD 是正方形，点 E 在底面圆周上，AF 丄 DE ，F 为 垂足．
（1）求证： AF 丄 DB ．
（2）当直线DE 与平面 ABE 所成角的正切值为 2 时．
①求平面 EDC 与平面DCB 夹角的余弦值；
②求点 B 到平面 CDE 的距离．

23 ．（2024•东莞市校级三模）如图，在矩形纸片 ABCD 中，AB = 4 ，BC = 2 ，沿 AC 将 ΔADC 折起，使点 D 到达点P 的位置，点P 在平面 ABC 的射影H 落在边 AB 上．
（1）求 AH 的长度；
（2）若M 是边 PC 上的一个动点，是否存在点M ，使得平面 AMB 与平面PBC 的夹角余弦值为 若 存在，求 CM 的长度；若不存在，说明理由．

24．（2024•西城区模拟）如图，在三棱柱 ABC — A1B1C1 中，侧面 A1ACC1 为正方形，AB 丄 AC ，AB = AC = 2 ， D 为 BC 的中点．
( Ⅰ ) 求证： A1C / / 平面 AB1D ；

( Ⅱ ) 若 A1C 丄 AB ，求二面角D — AB1 — A1 的余弦值．

7

25．（2024•开州区校级模拟）如图，在四棱锥 P — ABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，平面 ABCD 丄 平面PAD ， 点M 在DP 上，且DM = 2MP ， AD = AP ， 上PAD = 120O ．
（1）求证： BD 丄 平面 ACM ；
（2）若 上ADC = 60O ，求平面 ACM 与平面 ABP 夹角的余弦值．

8
2025 年高考数学压轴训练 15
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•利通区校级模拟）某礼品店销售的一装饰摆件如图所示， 由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌
入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为 4 ，底面正三角形边长为 6 ，球的体积为
, 则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为 ( )

A ．5 B ．6 C ．7 D ． 8
【答案】 C
【考点】点、线、面间的距离计算
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算
【分析】设球的半径为 R ，由球的体积求出R ，求出正三棱柱底面正三角形的内切圆半径 r ，设球心为 O ， 正三角形的内切圆圆心为 O1 ，取 B1C1 的中点M ，并将这三点顺次连接， 由球的几何性质求出 OO1 ，即可 得到答案．
【解答】解：设球的半径为 R ，三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为 r ， 因为球的体积为 则 解得 R = 2 ，
因为正三棱柱的高为 4 ，底面正三角形边长为 6，
所以底面正三角形的内切圆半径为 正三棱柱的高为 4， 设球心为 O ，正三角形的内切圆圆心为 O1 ，
取 B1C1 的中点M ，并将这三点顺次连接，

则由球的几何知识可得△ OO1M 为直角三角形，

9
所以 一一
于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为 2 + 1+ 4 = 7 ． 故选： C ．

【点评】本题考查了空间中点到平面的距离问题，球的体积公式的应用，球的几何性质的应用，正棱柱几 何性质的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
2 ．（2024•濮阳模拟）如图，将绘有函数部分图像的纸片沿x 轴折成
直二面角，此时 A ， B 之间的距离为 则φ = ( )

10
A ． 兀
6


B ． 兀
3

C ．

D ．

【答案】 D
【考点】正弦函数的图象；几何法求解二面角及两平面的夹角 【专题】转化思想；转化法；数学运算；立体几何
【分析】根据三角函数图象的性质结合函数图象求解即可． 【解答】解：如图，因为 f(x) 的周期为 ，
所以 ，

所以折成直二面角时 解得 ，
所以 ， 所以 ，
因为 0 < φ < 兀 ，
所以兀 或 ，
又因为函数 f(x) 在 y 轴右侧附近单调递减，
所以 ．
故选： D ．
【点评】本题考查三角函数图象应用，考查二面角的计算，属于中档题．
3．（2024•浦东新区校级模拟）如图，三棱柱 ABC 一 A1B1C1 满足棱长都相等且 AA1 丄 平面 ABC ，D 是棱 CC1 的中点，E 是棱 AA1 上的动点．设 AE = x ，随着 x 增大，平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角是 ( )

A ．先增大再减小 B ．减小 C ．增大 D ．先减小再增大

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【考点】 MJ ：二面角的平面角及求法
【专题】11：计算题；31：数形结合；41：向量法； 5G ：空间角；63：数学建模
【分析】 以 A 为原点，在平面 ABC 中过 A 作 AC 的垂线为 x 轴， AC 为 y 轴， AA1 为 z 轴，建立空间直角 坐标系，利用向量法能求出平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角随着 x 增大而增大．
【解答】解： 以 A 为原点，在平面 ABC 中过 A 作 AC 的垂线为 x 轴， AC 为 y 轴， AA1 为 z 轴，建立空间 直角坐标系，
设正三棱柱 ABC - A1B1C1 中所在棱长都是 2，

则 ，1 ， 0) ， D(0 ，2 ， 1) ， E(0 ，0 ， x) ，
设平面 BDE 的法向量 = (a ， b ， c) ，
则 取 a = 1 ，得 平面 ABC 的法向量 = (0 ，0 ， 1) ，
设平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角为θ ,

: cosθ 随着 x 增大而先增大后减小， : θ 随着 x 增大而先减小后增大．
故选： D ．

【点评】本题考查二面角的平面角的变化趋势的判断，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，考查数形结合思想，是中档题．

12
4 ．（2024•日照模拟）如图，已知四面体 ABCD 的棱 AB / / 平面 α , 且 AB = 2 ，其余的棱长均为 · . 四面 体 ABCD 以 AB 所在的直线为轴旋转 x 弧度，且四面体 ABCD 始终在水平放置的平面 α 的上方．如果将四 面体 ABCD 在平面 α 内正投影面积看成关于 x 的函数，记为 S(x) ，则函数 S(x) 的最小正周期与 S(x) 取得 最小值时平面 ABC 与平面 α 所成角分别为 ( )

A ． 2π , 0 B ． C ． D ． 【答案】 D
【考点】直线与平面所成的角
【专题】转化法；转化思想；数学运算；立体几何
【分析】根据对称性得出 S(x) 的周期；取 AB 中点 E ，可得 CE 丄 DE ，E 到 CD 的距离为 且直线DC 与平面 ABC 所成的角为 ， AB 丄 面 CDE ，面 ABD 丄 面 ABC ，设 CD 在平面 β 的投影为 MN ，可得 MN 丄 AB ，讨论一个周期内的情形，当 x ∈ 时 则 S min = 1 ；当 ， 0) 时， 开 ，求出 S(x)min 及此时DC 与 α 的关系，即可求出此时平面 ABC 与平面 α 所成 角．
【解答】解：设过 AB 且平行于平面 α 的平面为 β ,
由题意知，四面体 ABCD 在平面 β 的上方时和下方时完全对称，故函数 S(x) 的周期为 π ,
取 AB 中点 E ，连接 CE 、 DE ，如图，

丄 BC ，

丄 BD ，

13
则 CE = DE = 1 ，而 故 CE2 + DE2 = CD2 ， CE 丄 DE ，
: E 到 CD 的距离为 ．
又DE 丄 AB ， AB∩ CE = E ， AB ， CE 平面 ABC ， :DE 丄 平面 ABC ，
则 上DCE 为直线DC 与平面 ABC 所成的角，又 上 ，
: 直线DC 与平面 ABC 所成的角为 ， : AD = BD ， AC = BC ， E 为 AB 中点，
: AB 丄 CE ， AB 丄 DE ，又DE∩ CE = E ， DE ， CE 在平面内，则 AB 丄 面 CDE ， 又DE 面 CDE ，则 AB 丄 DE ，
: CE 丄 DE ， AB 丄 DE ， CE∩ AB = E ， CE ， AB 在平面内，则DE 丄 面 ABC ， 又DE 面 ABD ，则面 ABD 丄 面 ABC ，
设 CD 在平面 β 的投影为MN ，可得MN 丄 AB ， 下面讨论一个周期内的情形：
当 时，如图，

则 ， 故 S (x)min = 1，
当 时，如图，

14

: E 到 CD 的距离为 : MN开 当 CD 丄 α 时等号成立，
综上所述 ，
此时 CD 丄 α , 又直线DC 与平面 ABC 所成的角为4(兀) ， : 平面 α 与平面 ABC 所成的角为4(兀) ．
故选： D ．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属于难题．
5 ．（2024•榆林三模）已知正三棱锥 P — ABC 的侧棱与底面边长的比值为 ，则三棱锥 P — ABC 的侧棱与 底面所成角的正弦值为 ( )
A ． B ． C ． D ．
【答案】 B
【考点】几何法求解直线与平面所成的角
【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算
【分析】根据三棱锥 P — ABC 的侧棱与底面所成角为 上PAH ，即可求解． 【解答】解：如图， ΔABC 为等边三角形， D 为BC 中点， PH 丄 面 ABC ， 设 AB = a ，则 ， ， ，
所以 ，
则三棱锥 P — ABC 的侧棱与底面所成角为 上PAH ，

故选： B ．

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【点评】本题考查线面角的求法，属于中档题．
6 ．（2024•广东模拟） 半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体 ，如图所示的多面体 ABCD - EFGH 就是一个半正多面体，其中四边形 ABCD 和四边形 EFGH 均为正方形，其余八个面为等边 三角形，已知该多面体的所有棱长均为 2 ，则平面 ABCD 与平面 EFGH 之间的距离为 ( )

A ． B ． C ． D ． 【答案】 B
【考点】空间中两平行平面间的距离及平行于平面的直线到平面的距离 【专题】计算题；数学运算；转化思想；空间位置关系与距离；综合法
【分析】分别取 BC ， AD 的中点M ， N ，作出截面 EGMN ，结合几何体的性质，确定梯形 EGMN 的高 即为平面 ABCD 与平面 EFGH 之间的距离， 由此即可求得答案．
【解答】解：分别取 BC ， AD 的中点M ， N ，连接MN ， MG ， NE ， EG ，

根据半正多面体的性质可知，四边形 EGMN 为等腰梯形； 根据题意可知BC 丄 MN ， BC 丄 MG ，
而MN∩ MG = M ，MN ， MG 平面 EGMN ，

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故 BC 丄 平面 EGMN ，又 BC 平面 ABCD ，
故平面 ABCD 丄 平面 EGMN ，则平面 EFGH 丄 平面 EGMN ， 作MS 丄 EG ，垂足为 S ，平面 EFGH ∩ 平面 EGMN = EG ， MS 平面 EGMN ，故MS 丄 平面 EFGH ，
则梯形 EGMN 的高即为平面 ABCD 与平面 EFGH 之间的距离；

即平面 ABCD 与平面EFGH 之间的距离为 ．
故选： B ．
【点评】本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形 EGMN 的高即为平面 ABCD 与平面 EFGH 之间的距离，即可求得答案，属中档题．
7 ．（2024•辽宁二模） 已知二面角α 一 l 一 β 的平面角为θ(0 < θ < ), A ∈ α , B ∈ β, C ∈ l, D ∈ l, AB 丄 l ， AB 与
平面 β 所成角为 ．记 ΔACD 的面积为 S1 ， ΔBCD 的面积为 S2 ，则 的取值范围为 ( )
A ． B ． C ． D ． 【答案】 C
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角
【专题】对应思想；数学运算；综合法；立体几何
【分析】作出二面角的平面角以及 AB 与平面 β 所成角，并表示出 上 结合三角形面积公式
以及正弦定理表示出范围确定 sin 上BAE 范围，即可求得答案．
【解答】解：作 AE 丄 CD ，垂足为 E ，连接 BE ，

: AB 丄 l ，即 AB 丄 CD ， AE∩ AB = A ， AE ， AB 平面 AEB ， : CD 丄 平面 AEB ， BE 平面 AEB ，

17
: CD 丄 BE ，又 CD β , 故平面 AEB 丄 β , 平面 AEB∩ β = BE ，
: BE 为 AB 在 β 内的射影，则 上ABE 为 AB 与平面 β 所成角，即 上 ， : AE 丄 CD ， CD 丄 BE ，
:上AEB 为二面角 α -l - β 的平面角，即 上

在 ΔABE 中， 由正弦定理有：

: 上上 又 上 ，

故选： C ．
【点评】本题考查了二面角的平面角及线面角的作法，然后将三角形面积比转化为边之比来解决问题，属 于中档题．
8 ．（2024•临沂二模） 已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 中， M ， N 分别为 CC1 ， C1D 的中点，则 ( )
A ．直线MN 与 A1C 所成角的余弦值为
B ．平面BMN 与平面 BC1D1 夹角的余弦值为
C ．在 BC1 上存在点 Q ，使得 B1Q 丄 BD1

D ．在 B1D 上存在点P ，使得PA / / 平面 BMN
【答案】 C
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角
【专题】数形结合； 向量法；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算
【分析】以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1 ，由空间向量计算异面直线所成角， 二面角和线线垂直可判断 A ， B ， C ；由 N ， M ， B ， A 四点共面，而 A∈平面 BMN 可判断D ．

18
【解答】解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD1 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系，
设正方体的棱长为 1，
则 A(1 ，0 ， 0) ，D(0 ，0 ， 0) ， B(1 ，1 ， 0) ， C(0 ，1 ， 0) ， A1 (1 ，0 ， 1) ，D1 (0 ，0 ， 1) ，B1 (1 ，1 ，1) ，
对于 A ，因为
所以直线MN 与 A1C 所成角的余弦值为 故 A 错误；
对于 B ，因为
设平面 BMN 的法向量为 = (x, y, z) ，则 丄 M--, 丄 B--M- ，
所以 令 x = 1 ，可得 y = 0 ， z = 2 ，所以 因为 ，
设平面 BC1D1 的法向量为 = (x1, y1, z1 ) ，则 丄 C(-)- , 丄 B--C- ，
所以 令 x1 = 1 ，可得 y1 = 0 ， z1 = 1 ，所以 平面 BMN 与平面 BC1D1 夹角的余弦值为：
故 B 错误；
对于 C ，因为 Q 在 BC1 上，设 Q ，所以开λ.1， 则 所以x0 = λ , z0 = -λ+ 1 ，
所以
所以 B- . B--D- = 1 - λ - λ = 0 ，解得： ．
故 BC1 上存在点 ，使得 B1Q 丄 BD1 ，故 C 正确；
对于 D ，因为MN / /DC / / AB ，所以 N ， M ， B ， A 四点共面，

19
而 A∈平面 BMN ，所以 B1D 上不存在点P ，使得PA / / 平面 BMN ，故D 错误． 故选： C ．

【点评】本题考查空间中点、直线、平面的位置关系与空间角的求法，属于中档题．
9．（2024•河南模拟）如图是棱长均为 2 的柏拉图多面体PABCDQ ，已知该多面体为正八面体，四边形 ABCD 为正方形， O 、 E 分别为 PQ 、 CQ 的中点，则点 A 到平面 OEB 的距离为 ( )

A ． B ．1 C ． D ． 【答案】 B
【考点】空间中点到平面的距离
【专题】数学运算；等体积法；空间位置关系与距离；转化思想 【分析】 由三棱锥等体积法，可得VA-OEB = VE-OAB ，运算得解．
【解答】解：连接 AO ， AE ，

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由已知得 OE 为 ΔPCQ 的中位线，所以 OE = 1 ，
又 EB 为正三角形 CBQ 的中线，所以 又 ， 所以 EB2 = OB2 + OE2 ，所以 ΔOBE 为直角三角形，
所以
因为 QE = CE 所以 E 到平面 AOB 的距离为 设 A 到平面 OEB 的距离为 d ，
因为 VA-OEB = VE-OAB ，所以
所以 所以 d = 1 ．
故选： B ．
【点评】本题考查利用等体积法求点到平面的距离，属中档题．
10 ．（2024•荆州区校级模拟）已知正四棱台上底面边长为 1 ，下底面边长为 2 ，体积为 7 ，则正四棱台的侧 棱与底面所成角的正切值为 ( )
A ． B ． C ． D ．
【答案】 D
【考点】几何法求解直线与平面所成的角
【专题】立体几何；数学运算；转化法；转化思想
【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解． 【解答】解：如图所示，作 A1M 丄 AC 于点M ，

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则 即 A1M = 3 ，

由正四棱台的侧棱与底面所成角即为 A1A 与底面 ABCD 所成角，

设其为 θ , 则 θ = 上A1AM ，即 tanθ = tan 上 ， 故选： D ．
【点评】本题考查棱台的体积公式以及线面角的计算，属于中档题．
二．多选题（共 5 小题）
11 ．（2024•故城县校级模拟）如图，已知圆台的上底面半径为 1 ，下底面半径为 2 ，母线长为 2 ，AB ，CD 分别为上、下底面的直径， AC ， BD 为圆台的母线， E 为弧 AB 的中点，则 ( )

A ．圆台的侧面积为 6π
B ．直线 AC 与下底面所成的角的大小为
C ．圆台的体积为
D ．异面直线 AC 和DE 所成的角的大小为
【答案】 ABD
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；旋转体（圆柱、圆锥、 圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【专题】空间位置关系与距离；逻辑推理；转化思想；数学运算；综合法
【分析】 由圆台的侧面积公式以及体积公式可判断 AC ； 由线面角的定义可判断 B 由异面直线所成角的

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定义可判断D ．
【解答】解： 由题意可得上底面半径为 r1 = 1 ，下底面圆半径为 r2 = 2 ，母线 l = 2 ， 则圆台的侧面积为 S = π (r1 + r2 ) . l = π (1 + 2) ×2 = 6π , 故 A 正确；
作圆台的轴截面如图所示，作 CM 丄 AB ， DN 丄 AB ，

则直线 AC 与下底面所成角为 上CAB ，且 CD = MN = 2 ， 则 AM = BN = 1 ，且 AC = 2 ，
则 cos 上 上 故 B 正确；
: 上底面圆的面积 S1 = π r12 = π , S2 = π r22 = 4π , 圆台的高
则圆台的体积为 故 C 错误；

取 AB 中点 O ，连接 OD ， OE ， DE ，由 E 为弧 AB 的中点，可得 OE 丄 AB ， 过点D ，作 DH 丄 AB ，连接EH ，
则 且 OA = CD = 2 ， OA / /CD ， 则四边形 AODC 为平行四边形， : AC / /OD ，
: 异面直线 AC 和DE 所成角上ODE 即为 OD 与DE 所成角，

在 ΔODE 中， OD = DE = 2 ， ，
: ΔODE 为直角三角形，则 上 故D 正确．
故选： ABD ．
【点评】本题考查圆台侧面积、体积、线面角定义、异面直线所成角定义等基础知识，考查运算求解能力，

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是中等题．
12．（2024•全国模拟）在棱长为 2 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，E ，F 分别为BC ，CD 的中点，则 ( )

A ． B1D1 与EF 是异面直线

---→ ---→
B ．存在点P ，使得 A1P = 2PF ，且 BC / / 平面 APB1
C ． A1F 与平面 B1EB 所成角的余弦值为
D ．点 B1 到平面 A1EF 的距离为
【答案】 BC
【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；直线与平面所成的角 【专题】转化思想；数学运算；空间向量及应用；综合法
【分析】建立空间直角坐标系，通过向量的关系逐项判断各个选项．
【解答】解： A 选项，以 A 为坐标原点， AB ， AD ， AA1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，

建立空间直角坐标系， B1 (2 ，0 ， 2) ， D1 (0 ，2 ， 2) ， E(2 ，1 ， 0) ， F(1 ，2 ， 0) ，

A1 (0 ，0 ， 2) ， B(2 ，0 ， 0) ， C(2 ，2 ， 0) ，

----→ ---→ ----→ ---→
则 B1D1 = (—2, 2, 0) ， EF = (—1, 1, 0) ，由于 B1D1 = 2EF ，故 B1D1 与 EF 平行， A 错误；
B 选项，设 P(x ，y ，z) ，因为 A(-) = 2P--F-→ , 所以 (x ，y ，z — 2) = 2(1 — x ， 2 — y ， —z) ，即 ，
解得 ， ， 故 ，
设平面 APB1 的法向量为 则
BC / / 平面 APB1 ，故存在点P ，使得 A1P = 2PF ，且 BC / / 平面 APB1 ， B 正确；

令 a = 1 ，则b = 0 ， c = —1 ，则 = (1, 0, —1) ，因为 B-- . = (0, 2, 0)(1, 0, —1) = 0 ，故 B-- 丄 ， ---→ ---→

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C 选项，平面 B1EB 的法向量为 n– = (1, 0, 0) ，

故 A1F 与平面 B1EB 所成角的正弦值为
则 A1F 与平面 B1EB 所成角的余弦值为 正确；
D 选项，设平面 A1EF 的法向量为 则 令
x1 = 1 ，则 y1 = 1 ， 故 ，
则点 B1 到平面 A1EF 的距离为 错误．
故选： BC ．
点评】本题考查空间向量的应用，考查点到面的距离，考查线面的位置关系，属于中档题．
13 ．（2024•中山市校级模拟） 四棱锥 P — ABCD 的底面为正方形， PA 与底面垂直， PA = 2 ， AB = 1 ，动 点M 在线段PC 上，则 ( )

A ．不存在点M ，使得 AC 丄 BM
B ．MB + MD 的最小值为

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C ．四棱锥 P 一 ABCD 的外接球表面积为 6兀
D ．点M 到直线 AB 的距离的最小值为
【答案】 BCD
【考点】点、线、面间的距离计算；球的体积和表面积
【专题】整体思想；数学运算；计算题；空间位置关系与距离；综合法
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断 A 选项，根据平面知识两点间距离最短，把几何图形 展开成平面图形可判断 B 选项，易知四棱锥 P 一 ABCD 的外接球的直径为 PC 可判断 C 选项，把点线距转 化为线线距， 由线面平行的判定定理，把线线距转化为点面距可判断 D 选项．
【解答】解：对于 A ：连接 BD ，且 AC∩ BD = O ，如图所示，当M 在 PC 中点时，

因为点 O 为 AC 的中点，所以 OM / /PA ，因为PA 丄 平面 ABCD ，
所以 OM 丄 平面 ABCD ，又因为 AC 平面 ABCD ，所以 OM 丄 AC ，