高考理科立体几何大题练习

立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥， 则该圆锥与圆柱等底等高。

三年专题 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（ ）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（ ） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足M NO P⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ； （2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。

《立体几何》专题练习题1．如图正方体A BCD A1B C D 中，E、F 分别为D1C1 和B1C1 的中点，1C1 和B1C1 的中点，1 1 1P、Q分别为A1C1 与EF、AC与BD的交点，（1）求证：D、B、F、E 四点共面；ED1 C1（2）若A1C与面DBFE交于点R，求证：P、Q、R三点共线A1Q FB1D CPAB2．已知直线a、b 异面, 平面过a且平行于b , 平面过b 且平行于a , 求证: ∥．3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 所截而得，其中AB 4，BC 1BE 3, CF 4 , 若如图所示建立空间直角坐标系．Z①求EF 和点G的坐标；②求异面直线EF 与AD 所成的角；③求点C到截面AEFG 的距离．FGD E CyBAx4. 如图，三棱锥P—ABC中，PC 平面ABC，PC=AC=，2AB=BC，D是PB上一点，且CD 平面PAB．(I) 求证：AB 平面PCB；P(II) 求异面直线AP与BC所成角的大小；（III ）求二面角C-PA-B 的余弦值．DBC A5. 如图，直二面角D—AB —E 中，四边形ABCD 是边长为 2 的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证AE⊥平面BCE；(2)求二面角B—AC—E 的余弦值．6. 已知正三棱柱A BC A B C的底面边长为2，点M在侧棱BB1上.1 1 1第 1 页共 3 页（Ⅰ）若P 为AC的中点，M为BB1 的中点，求证BP// 平面AMC1；（Ⅱ）若AM与平面A A CC 所成角为30 ，试求BM的长.1 17.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，PA＝AB ＝1，BC＝2．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；P（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE E与PC 所成角的余弦值；DAB C8.已知：在正三棱柱ABC—A1 B1C1中，AB = a ，AA1 = 2a . D 是侧棱BB1 的中点. 求证：（Ⅰ）求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）求平面ADC1 与平面ABC所成二面角的余弦值．9.已知直四棱柱A BCD ABC D 的底面是菱形，且DAB 60 ，AD AA1 F 为1 1 1 1棱B B1的中点，M 为线段AC1 的中点．（Ⅰ）求证：直线MF // 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：直线MF 平面A CC A ；1 1（Ⅲ）求平面AFC1 与平面ABCD 所成二面角的大小.AP CQ10.棱长是 1 的正方体，P、Q 分别是棱AB 、CC1 上的内分点，满足 2PB QC1第 2 页共 3 页（1）求证：A1P⊥平面AQD ；（2）求直线PQ 与平面AQD 所成角的正弦值.D1 C1A1 B1 QD CA BP11.如图,长方体ABCD －A1B1C1D1 中，E、F 分别是线段B1D1、A 1B 上的点，且D1E=2EB 1,BF=2FA 1．（1）求证:EF∥AC1；（2）若EF 是两异面直线B1D1、A 1B 的公垂线段,求证该长方体为正方体．D1 C1EA1 B 1FD CA B12.如图，在正四棱柱ABCD —A1B1C1D1 中，AA 1=B，M 三点的平面A1BMN 交C1D1 于点N.（Ⅰ）求证：EM∥平面A1B1C1D1；12AB ，点E、M 分别为 A 1B、C1C 的中点，过点A1，（Ⅱ）求二面角B—A1N—B1 的正切值.第 3 页共 3 页。

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M、N分别为BC、B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。

高三理科数学《立体几何》测试题（带答案）1、如图，在C ∆AB 中，C 45∠AB =，点O 在AB 上，且2C 3OB =O =AB ，PO ⊥平面C AB ，D //A PO ，1D 2A =AO =PO ． ()1求证：//PB 平面C D O ；()2求二面角CD O --A 的余弦值．（1）证明：因为ABC PO 平面⊥，D//A PO,DA AB PO AB ⊥⊥所以4,21π=∠==AOD PO AO DA 所以又……………………2分 ,//4,,21PB OD OBP OP OB PO AO ，即所以即又π=∠==……………….4分 COD PB COD OD COD PB 平面所以平面平面又//,,⊂⊄。

……………….6分（2）解：过A 作,,,AN N CD MN M M DO AM 连接于作，过垂足为⊥⊥ 则的平面角。

即为二面角A CD O ANM --∠……………….8分，中，得，在直角中，得，在等腰直角设a MN COD a AM AOD a AD 3322=∆=∆=510cos 630=∠=∆ANM a AN AMN ，所以中，得在直角……………….12分2、如图，在棱长为2的正方体1111CD C D AB -A B 中，E 、F 分别为11D A 和1CC 的中点．()1求证：F//E 平面1CD A ；()2求异面直线F E 与AB 所成的角的余弦值；()3在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角C P -A -B 的大小为30？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．解：如图分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ，由已知得D (0，0，0)、A (2，0，0)、B (2，2，0)、C (0，2，0)、B 1(2，2，2)、D 1(0，0，2)、E (1，0，2 )、F (0，2，1)．(1)取AD 1中点G ，则G （1，0，1），CG -→=（1，-2，1），又EF -→=（-1，2，-1），由EF -→=-→-CG ，∴EF -→与CG -→共线．从而ＥＦ∥ＣＧ，∵CG ⊂平面ACD 1，EF ⊄平面ACD 1，∴EF ∥平面ACD 1. ………………………………………………………………4分 (2) ∵AB =(0,2，0)， cos<EF ,AB>=||||2EF AB EF AB ⋅==⋅， ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36.…………………………………………………8分 (3)假设满足条件的点P 存在，可设点P (2，2，t )(0<t ≤2)，平面ACP 的一个法向量为n =(x ，y ，z )，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵AP =(0，2，t ), AC =(-2，2，0)，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t =-.易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =， 依题意知，<1BB ，n >=30°或<1BB ，n >=150°，∴|cos<1BB ，n4||-=，即22434(2)4t t =+，解得3t =∵(0,2]3∴在棱BB 1上存在一点P ，当BPP -AC -B 的大小为30°……………13分3、如图所示，在四棱锥CD P -AB 中，底面CD AB 为矩形，PA ⊥平面CD AB ，点E 在线段C P 上，C P ⊥平面D B E ． ()1求证：D B ⊥平面C PA ；()2若1PA =，D 2A =，求二面角C B -P -A 的余弦值．(1) 证明：∵PA ABCD ⊥平面，BD ABCD ⊂平面 ∴PA BD ⊥．同理由PC BDE ⊥平面，可证得PC BD ⊥． 又PAPC P =，∴BD PAC ⊥平面．(2)解：如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A xyz -．由(1)知BD PAC ⊥平面，又AC P A C ⊂平面， ∴BD AC ⊥．故矩形ABCD 为正方形，∴2AB BC CD AD ＝＝＝＝． ∴00020022()()00(20001)()()A B C D P ，，，，，，，，，，，，，，． ∴ ()()()2,0,1,0,2,0,2,2,0PB BC BD ===-．设平面PBC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则0n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2000200x y z x y z +⋅-=⎧⎨⋅++⋅=⎩，∴20z xy =⎧⎨=⎩，取1x =，得(1,0,2)n =．∵BD PAC ⊥平面，∴(2,2,0)BD =-为平面PAC 的一个法向量．所以10cos ,10n BD n BD n BD⋅<>==-． 设二面角B PC A --的平面角为α，由图知02πα<<，则10cos cos ,D 10n α=B=∴二面角C B -P -A4、如图，平面CD AB ⊥平面D F A E ，其中CD AB 为矩形，D F A E 为梯形，F//D A E ，F F A ⊥E ，F D 2D 2A =A =E =．()1求异面直线F E 与C B 所成角的大小；()2若二面角F D A -B -的平面角的余弦值为13，求AB 的长．解：(1) 延长AD ，FE 交于Q ．因为ABCD 是矩形，所以BC ∥AD ，所以∠AQF 是异面直线EF 与B C 所成的角．在梯形ADEF 中，因为DE ∥AF ，AF ⊥FE ，AF ＝2，DE ＝1得∠AQF ＝30°．………………………5分(2) 方法一：设AB ＝x ．取AF 的中点G ．由题意得 DG ⊥AF ．因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，A B ⊥AD ，所以AB ⊥平面ADEF ，所以AB ⊥DG ．所以DG ⊥平面ABF ． 过G 作GH ⊥BF ，垂足为H ，连结DH ，则DH ⊥BF ， 所以∠DHG 为二面角A －BF－D 的平面角． 在直角△AGD 中，AD ＝2，AG ＝1，得DG 在直角△BAF中，由AB BF ＝sin ∠AFB ＝GH FG ，得GHx，所以GH．在直角△DGH 中，DGGH ，得DH ＝因为cos ∠DHG ＝GH DH ＝13，得x AB 15分方法二：设AB ＝x ．以F 为原点，AF ，FQ 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系Fxyz ．则 F (0，0，0)，A (－2，0，0)，E (3，0，0)，D (－10)，B (－2，0，x )，所以DF ＝(10)，BF ＝(2，0，－x )． 因为EF ⊥平面ABF所以平面ABF 的法向量可取1n ＝(0，1，0)．设2n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BFD的法向量，则111120,0,x z x x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以，可取2n ＝1．因为cos<1n ，2n >＝1212||||n n n n ⋅⋅＝13，得xAB ．5、如图，已知AB ⊥平面CD A ，D E ⊥平面CD A ，C ∆AB 为等边三角形， D D 2A =E =AB ，F 为CD 的中点． ()1求证：F//A 平面C B E ；()2求证：平面C B E ⊥平面CD E ；()3求直线F B 和平面C B E 所成角的正弦值．（1）证明：取CE 的中点G,连FG 、BG .可证得四边形GFAB 为平行四边形，则AF//BG即可证得AF//平面BCE. …………………………..(4分)（2）依题意证得BG ⊥平面CDE ，即可证得平面BCE ⊥平面CDE …….(8分) （3）解：设AD=DE=2AB=2,建立如图所示的坐标系A —xyz, 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,0,1),D(1,3,0),E(1,3,2),F （)0,23,23 设平面BCE 的法向量为),,,(z y x =由0,0=⋅=⋅可取)2,3,1(-=，)1,23,23(-= 设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则： sin θ42=……………………………(12分)6、如图，三棱柱111C C AB -A B 的底面是边长为4的正三角形，1AA ⊥平面C AB ，1AA =M 为11A B 的中点．()1求证：C M ⊥AB ；()2在棱1CC 上是否存在点P ，使得C M ⊥平面ABP ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．()3若点P 为1CC 的中点，求二面角C B -AP -的余弦值．（1）解：取AB 中点O ，连结OM ，C O ． M 为11A B 的中点 ∴1//MO A A1AA ⊥平面C AB ∴MO ⊥平面C AB∴MO ⊥AB …………2分7、如图，已知111C C AB -A B 是正三棱柱，它的底面边长和侧棱长都是2，D 为侧棱1CC 的中点，E 为11A B 的中点．()1求证：D AB ⊥E ；()2求直线11A B 到平面D AB 的距离；()3求二面角D C A -B -的正切值．(1)证明:连结C 1E,则C 1E ⊥A 1B 1, 又∵A 1B 1⊥C 1C ∴A 1B 1⊥平面EDC 1 ∴A 1B 1⊥DE, 而A 1B 1//AB ∴AB ⊥DE.(2) 取AB 中点为F,连结EF,DF,则EF ⊥AB ∴AB ⊥DF过E 作直线EH ⊥DF 于H 点,则EH ⊥平面DAB ∴EH 就是直线A 1B 1到平面DAB 的距离在矩形C 1EFC 中,∵AA 1=AB=2,∴EF=2,C 1E=3,DF=2, ∴在△DEF 中,EH=3,故直线A 1B 1到平面DAB 的距离为 3(3)过A 作AM ⊥BC 于M 点,则AM ⊥平面CDB 过M 作MN ⊥BD 于N 点,连结AN,则AN ⊥BD ∴∠ANM 即为所求二面角的平面角 在Rt △DCB 中,BC=2,DC=1,M 为BC 中点∴MN=55在Rt △AMN 中,tan ∠ANM=AMMN =158、如图，在直三棱柱111C C A B -AB 中，C AB ⊥A ，C 2AB =A =，14AA =，点D 是C B 的中点．()1求异面直线1A B 与1C D 所成角的余弦值；()2求平面1DC A 与平面1ABA 所成二面角的正弦值．（1）以},,{1→→→AA AC AB 为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -, 则)0,0,0(A ,)0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ．)4,0,2(1-=∴→B A ,)4,1,1(1--=→D C10103182018,cos 111111==⋅>=<∴→→→→DC B A DC B AD C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103． 6分（2）)0,2,0(=→AC 是平面1ABA 的的一个法向量 设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =→,)0,1,1(=→AD ，)4,2,0(1=→AC ，由→→⊥AD m ，→→⊥1AC m 得 ⎩⎨⎧=+=+0420z y y x取1=z ,得2-=y ，2=x ,所以平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=→m ． 设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ ．32324,cos cos =⨯-=⋅>=<=∴→→→→→mAC m AC m AC θ, 得35sin =θ． 所以平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为35． 12分。

1■在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2•已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球0的球面上，且AB =6, BC二2 3,则棱锥0 - ABCD的体积为____________ 。

3.如图，四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四(A) <D)边形，/ DAB=60,AB=2AD,PDL底面ABCD.(I )证明：PAL BD;(H )若PD=AD,求二面角A-PB-C 的余弦值1. D 28,33.解：(I)因为.DAB =60,AB=2AD ,由余弦定理得 BD 二 J3AD从而 BD 2+AD 2= AB 2，故 BD _ AD又PD_底面ABCD,可得BD_ PD所以BD_平面PAD.故 PA_BD(H)如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线 DA 为X 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz ，则A 1,0,0 ,B 0, 3,0 ,C -1,、、3,0 , P 0,0,1。

uiv - uuv - uuvAB =(-1, .3,0), PB =(0八 3,-1),BC 十 1,0,0)uuuuuum PB =0,{ uuiu设平面PBC 的法向量为 m ，贝y l m BC=0,n= (x , y , z ),则n AB =0, { uuu n PB =0, 因此可取n=C 、3,1,-.3)设平面PAB 的法向量为故二面角A-PB-C 的余弦值为可取 m= (0, -1, -.3) cos m, n -42、771.正方体ABCD-ABQQ中，B B与平面AC D I所成角的余弦值为A辽B二C 2 D至3 3 3 32. 已知圆0的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为俩切点，那么PA・PB 的最小值为(A) -4 2 (B) -3 、2 (C) -4 2,2 (D) -3 2,23. 已知在半径为2的球面上有A、B、C D四点，若AB=CD=2则四面体ABCD勺体积的最大值为(A) 2 3(B) 4 - (C) 2 3 (D) 8 33 3 34. 如图，四棱锥S-ABCD中, SD_ 底面ABCD AB//DC, AD_ DC, AB=AD=1DC=SD=2 E为棱SB上的一点，平面EDU 平面SBC .(I)证明：SE=2EB(n)求二面角A-DE-C的大小.3(二)1. D2. D3. B4.解法一：(I )连接BD,取DC的中点G,连接BG,由此知DG =GC =BG =1,即ABC为直角三角形，故BC _ BD .又SD _ 平面ABCD,故BC _ SD,所以，BC _ 平面BDS,BC_ DE.作BK _ EC, K为垂足，因平面EDC _平面SBC，故BK _平面EDC，BK _DE,DE与平面SBC内的两条相交直线DE!平面SBC DEL EC,DE± SBSB= SD2 DB2 =、6E—DBF E2呼所以，SE=2EB(n )由SA二.SD2 AD2二.5, AB =1,SE = 2EB,AB _ SA 知BC都垂直AE「J “ABV 0 丿131,又AD=1 . 故ADE为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则AF _ DE , AF =：：：；'AD2- DF 2 =_| 3连接FG，贝U FG //EC, FG _ DE .所以，• AFG是二面角A - DE -C的平面角连接AG,AG=、2, FG h^DG2-DF23AF 2+FG 2-AG 2 1 cos._AFG , 2LJAFLFG 2 所以，二面角 A_DE _C 的大小为120°. 解法二： 以D 为坐标原点，射线 DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系 D-xyz ,2 E( , , ) 1 • 1 ■ 1 ■ 2 DE =( , , ), DC =(0,2,0) 1 ■ 1 ■ 1 ■ 设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) m_DE=0， m_DC=0 x ■ y 2z 厂匸厂72y ° 令 x = 2，则 m =(2,0, -) 由平面 DECL 平面 SBC 得 ml n, mLH =0,2 - ’ = 0/ =2 故 SE=2EB 2 2 2 1 1 1 「 (H)由⑴知比品)，取DE 的中点F ,则兀打丹 二0，由此得FA _ DE 又 EC =(-2,4,-2)，故 ECLDE =0，由此得 EC — DE , 设 A(1,0,0)，贝U B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2) (I) SC=(0,2,-2), £(-1,1,0) 设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由 n _ SC, n _ BC ，得 =0, =0 故 2b-2c=0,-a+b=0 令 a=1，贝U b=c,c=1,n=(1,1,1) C ■ 0)，则 又设 故3 3 3向量FA与EC的夹角等于二面角A - DE -C的平面角cos (FA,EC )=臨 1|FA||EC| 2所以，二面角 A 一 DE —C 的大小为120；AB 与CG 所成的角的余弦值为( )则P 、Q 两点之间距离的最小值为() (A) (B)2 (C) 2、、3 (D)4于是1.已知二棱柱ABC-'AB I G 的侧棱与底面边长都相等，A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线 (A ) (C )辽4(D)2.已知二面角〉-1 - ［为60°，动点P 、Q 分别在面aB 内，P 到B 的距离为 3, Q 到a 的距离为2 3 ,3.直三棱柱ABC-A i BiG 的各顶点都在同一球面上，若AB 二 AC = AA = 2, BAC =120，则此球的表 面积等于 _______________ 。

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。

O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -， 设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥， 向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角 于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A （B （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。

立体几何大题训练题一、解答题（共17题；共150分）1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC= ，AB=4，BC=3，CD= ，AD=2 ，PA=4.（1）证明：CD⊥平面PAD；（2）求二面角B-PC-D的余弦值..2.如图，在四棱锥中，平面，在四边形中，，，，，，.（1）证明：平面；（2）求B点到平面的距离3.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，，为的中点，F 为线段上靠近B 点的三等分点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.4.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.5.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.6.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值. 7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.9.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。

10.已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点.（1）求证：直线平面；（2）求平面和平面所成的锐二面角的余弦值.11.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.12.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．13.如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．14.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．15.如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD ＝3，AP＝3 ，PC ．（1）求证：EF//平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．16.如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.（1）求的长；（2）求二面角的余弦值.17.如图，在斜三棱柱中，侧面，，，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求二面角的正切值．答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：连接，由∠ABC= ，AB=4，BC=3，则，又因为CD= ，AD=2 ，所以，即，因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以CD⊥平面PAD；（2）解：以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：作交与点G，，即，所以，，所以，所以，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，由，所以二面角B-PC-D的余弦值为.【解析】【分析】（1）连接，证出，利用线面垂直的性质定理可得，再利用线面垂直的判定定理即可证出.（2）以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.2.【答案】（1）解：在平面中，，，，则，又，∴，即，又平面，则，又，∴平面.（2）解：在平面中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，因为，，，则,又因为，,所以.所以又，则，所以,在中，.因为,则面,所以由可知：，,所以，则，因此P点到平面的距离为.【解析】【分析】(1)在三角形中，由勾股定理可证得，由平面，可得，根据线面垂直的判定定理即可证得结论；(2) 在平面中，过A作BC的平行线交CD 的延长线于M，因为利用等体积转换即可求得距离.3.【答案】（1）证明：，为线段中点，.平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，. 又，平面.（2）解：由题意，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，.所以, ，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，，同理可求平面的法向量，，，即平面与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）通过，可证明平面，进而可得，结合证明线面垂直.（2）以为轴建立空间直角坐标系，可求出平面的法向量，平面的法向量，则可求出两向量夹角的余弦值，从而可求二面角的正弦值.4.【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，∴BF⊥平面PEF.∴又平面ABFD，平面PEF⊥平面ABFD.（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE= .又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则.∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【解析】【分析】(1)在翻折过程中,作于H,由得到,从而得到面面垂直;(2)DP与平面所成的角就是,在三角形中求其正弦值.5.【答案】（1）∵PA=PC=AC=4 且O是AC的中点∴PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）过点C作CH⊥OM交OM于点H又∵PO⊥平面ABC∴∴CH的长度为点C到平面POM的距离在△COM中，CM= ，OC=2，∠OCM=45°∴∴OM=∴【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）由线面垂直可得面面垂直，易找点面距，可求.6.【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB∴AB=BC=2 O是AC的中点∴OB⊥AC OB⊥平面PAC如图所示以O为坐标原点，为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz则P（0,0，）A（,0，-2,0），C（0,2,0），B（2,0,0）平面PAC法向量为=（1,0,0）设M（x，2-x，0）平面PAC法向量为=（1，λ，μ），=（0，2，）, = （x，4-x，0）则即即得到，∴x=-4（舍），x=即M∴PAM的法向量记PC与平面PAM所成的角为θ∴即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.7.【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.【答案】（1）解：由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为=（x，y，x），则即所以可取= .设平面的法向量为=（x，y，z），则即所以可取=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。