高考数学精选高难度压轴填空题----立体几何

一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A．B．1 C．D．2【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A ．B ．C ．D ．2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，现有一小球P 在该几何体内，则小球P 最大的半径为 A ． B ． C ．D ．3、如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．类型二 面积的最值问题【例2】【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【指点迷津】截面问题，往往涉及线面平行，面面平行定义的应用等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及计算求解能力.解题的关键是注意明确截面形状，确定几何量.本题由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P 所在线段，得解． 【举一反三】1、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．2、如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111D C B A 内的一个动点，则三棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．21 D ．41 3、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（ ）A ．2B ．C ．3D ．类型三 体积的最值问题 【例3】如图，已知平面平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，，是平面上的一动点，且有，则四棱锥体积的最大值是（ ）A.B.C.D.【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质，棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的. 【举一反三】1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若6AD BC ==，且60ABD ACD ∠=∠=，则四面体ABCD 的体积的最大值是A. 182B. 362C. 18D. 36 2、如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）A.243B.16C.48D.1443.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】已知一个高为l 的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，内有 一个体积为的球，则的最大值为（ ） A ．B ．C ．D ．类型四 角的最值问题【例4】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为.【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M 在点P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当点M 向左移动时，.EM 与AF 所成角逐渐变小，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、矩形ABCD 中，，，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A.B.C.D.2、在正方体1111D C B A ABCD -中，O 是BD 中点，点P 在线段11D B 上，直线OP 与平面BD A 1所成的角为α，则αsin 的取值范围是（ ） A ．]33,32[B ．]21,31[C ．]33,43[D ．]31,41[ 3.【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】如图，在正方体中，点P 为AD 的中点，点Q 为上的动点，给出下列说法：可能与平面平行；与BC 所成的最大角为； 与PQ 一定垂直； 与所成的最大角的正切值为；．其中正确的有______写出所有正确命题的序号4、在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________．三．强化训练 一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．2．【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，其中，则该四棱锥的高的最大值为A ．B ．C ．4D ．2 3．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知四棱锥的底面四边形的外接圆半径为3，且此外接圆圆心到点距离为2，则此四棱锥体积的最大值为（ ） A ．12B ．6C ．32D ．244．【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，三棱锥表面上的点M 在俯视图上的对应点为A ，三棱锥表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则线段MN 的长度的最大值为A ．B ．C ．D ．5．如图，在矩形ABCD 中， 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点， F 为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF ∆沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A.13 B. 24 C. 12 D. 236．【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体的表面积为，点在内（不含边界）. 若，且，则实数的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．二、填空题7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．8．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知正四棱柱和半径为的半球O ，底面ABCD 在半球O 底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．9．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知圆柱和半径为的半球O ，圆柱的下底面在半球O 底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O ，则该圆柱的体积的最大值为_____．10．【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是_____.11．【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为.过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________.12．【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为2等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．13．【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．14．【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球的体积最小时，它的高为_________．15．【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.16．【河南省洛阳市2019届高三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.17．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．。

专题08-1立体几何问题第一季1．正三棱柱中,所有棱长均为2,点分别为棱的中点,若过点作一截面,则截面的周长为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在正三棱柱中，延长和交于点M，连接，交于点，分别连接，则过点的截面为四边形，如图所示，由，可得，由，则，解得，则，在直角中，，则，在直角中，，则，在直角中，，则，在中，，由余弦定理可得，即，所以截面的周长为，故选B.2．设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B。

3．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为A．B．1 C．D．【答案】C【解析】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，直线与平面不存在公共点，所以平面,由中位线定理可得,在平面内，在平面外，所以平面,因为与在平面内相交，所以平面平面,所以在上时，直线与平面不存在公共点，因为与垂直，所以与重合时最小，此时，三角形的面积最小，最小值为，故选C.4．已知四面体，，则该四面体外接球的半径为（）学科_网A．1 B．C．D．【答案】B【解析】设为的中点，由于三角形为直角三角形，故其外心为点，则球心在点的正上方，设球心为，作出图像如下图所示.其中，.由余弦定理得，.设外接球的半径为.在三角形中，由勾股定理得①.在三角形中，由余弦定理得②.在三角形中，由余弦定理可知，由于，则，所以，所以③.联立①②③可得.故选B.5．如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90°，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段P A长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以C为原点，CD为轴，CB为轴，过C作平面BCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，6．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=2，CC1=3，长方体每条棱所在直线与过点C1的平面α所成的角都相等，则直线AC与平面α所成角的余弦值为（）A．或1 B．或0 C．或0 D．或1【答案】A在直角△EGC1中，，GC1＝2，，∴sin．∴直线AC与平面α所成角的余弦值为1，，故选：A．7．已知直三棱柱中的底面为等腰直角三角形，，点，分别是边，上动点，若直线平面，点为线段的中点，则点的轨迹为A．双曲线的一支（一部分）B．圆弧（一部分）C．线段（去掉一个端点）D．抛物线的一部分【答案】C【解析】如图作平面PQRK∥平面BCC1B1，可得到点M，N为平面PQRK与边，的交点，取MN的中点D，由对称性可知，在梯形NQRM中，D到底面ABC的距离DF始终为三棱柱高的一半，故Q落在到底面ABC距离为三棱柱高的一半的平面上，且与底面ABC平行.又D在底面的投影F始终在底面BC的高线AE上，即Q落在过底面BC的高线且与底面垂直的平面上，所以Q在两个面的交线上，又只能落在柱体内，故为线段OH，又直线平面，所以去掉O点，故选C.8．已知点在同一个球面上，，若四面体体积的最大值为10，则这个球的表面积是A．B．C．D．【答案】B【解析】由，可知，则球心在过中点与面垂直的直线上，因为面积为定值，所以高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，因为四面体的最大体积为10，所以，可得，在中，，，得，球的表面积为，故选B.学科_网9．已知过球面上三点、、的截面到球心距离等于球半径的一半，且，，则球面面积为（）A．B．C．D．【答案】C10．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是A．B．C．D．【答案】B【解析】构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，AD=BC=a,此时0＜a＜2．取BC中点为E,连接AE,DE,易得：BC⊥平面ADE,∴，当且仅当4即时，等号成立，∴此三棱锥体积的取值范围是故选：11．已知正三棱锥P—ABC（顶点在底面的射影是底面正三角形的中心）的侧面是顶角为30°腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB，PC分别交于点D和点E，则截面△ADE周长的最小值是（）A．B．2C．D．2【答案】D【解析】将三棱锥的侧面展开,如图则将求截面周长的最小值,转化成计算的最短距离,结合题意可知=,,所以,故周长最小值为,故选D.12．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是A．1 B．C．D．【答案】D【解析】如图：在正方体中，取的中点,连接,过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，,故选D.学_科网13．已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】画出图象如下图所示，其中是球心，是等边三角形的中心.根据等边三角形中心的性质有，，设球的半径为，在三角形中，由勾股定理得，即，解得，故最大的截面面积为.在三角形中，，由余弦定理得.在三角形中，,过且垂直的截面圆的半径，故最小的截面面积为.综上所述，本小题选B.14．正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D15．已知中，，，将绕BC旋转得，当直线PC与平面P AB所成角的正弦值为时，P、A两点间的距离是（）A．2 B．4 C．D．【答案】C【解析】画出图像如下图所示.设是的中点，则，过作交于，连接.由于，所以平面，所以，故平面，所以，结合，证得平面.故是直线与平面所成的角.故，.设，则，在直角三角形中，利用面积公式有，解得，即，故,.16．如图，在△ABC中，∠C=90°，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，AP=AB=2，∠EAF=α，当α变化时，则三棱锥P﹣AEF体积的最大值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在中，，，底面，得，平面，可得，平面，平面，且面，三棱锥的高为定值，平面平面，中，，，∴当，即时，有最大值为，此时，三棱锥的体积的最大值为，故选C．17．如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠B=60°，点E,F分别在边BC,AB上运动(不含端点)，且EF//AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B-ECDAF的体积最大时，EF的长为（）A．1 B．C．D．【答案】B【解析】由可知三角形为等边三角形，设，等边三角形的高为，面积为，所以五边形的面积为，故五棱锥的体积为.令，解得，且当时，单调递增，时，单调递减，故在时取得极大值也即是最大值.故选B. 18．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，平面A1B1C1D1内的一动点P，满足到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，则线段PA长度的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，以A1D1的中点为原点，以A1D1为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．由于动点P到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，所以点P在以点A1为焦点、以C1D1为准线的抛物线上．由题意得，在平面内，抛物线的方程为，设点P的坐标为，则，所以，又，所以当时，有最小值，且．故选C．19．如图，设梯形所在平面与矩形所在平面相交于，若，，，则下列二面角的平面角大小为定值的是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，在等腰梯形中,过作于，作于,连接,在梯形中,由，可得，由三角形直角三角形，且，可得，则，，即，则平面，为二面角的平面角，同理可得为二面角的平面角，平面平面，则二面角的平面角为，与均为等腰三角形，，，，即二面角为，故选D.20．如图，已知三棱锥，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】不妨设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ，∴，，∴，取BC中点E，连结DE、AE，则DE⊥BC，AE⊥BC，又DE∩AE=E，∴BC⊥平面AED，∴BC⊥AD，∴γ=90°．∴γ≥α≥β．学_科网故选：A．。

专题5 立体几何压轴小题一、单选题 1．（2022·全国·高三专题练习）正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，所有棱长均为2，点E ，F 分别为棱BB 1，A 1C 1的中点，若过点A ，E ，F 作一截面，则截面的周长为（ ）A ．B ．C ．D ．2．（2022·全国·高三专题练习）直角ABC 中，2AB =，1BC =，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将ABD △翻折到A BD '，使二面角A BD C '--为直二面角，当线段A C '的长度最小时，四面体A BCD '的外接球的表面积为（ ） A ．134πB ．143πC ．133πD ．125π3．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ）AB ．1C D 4．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是正三角形，,,E F G 分别是侧棱111,,AA BB CC 上的点，且AE CG BF >>，设直线,CA CB 与平面EFG 所成的角分别为,αβ，平面EFG 与底面ABC 所成的锐二面角为θ，则（ ）A ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+≤+B ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+<+C ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+>+D ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+≥+5．（2022·宁夏·平罗中学三模（理））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，动点M 在侧面11BCC B 上运动（包括边界），且12MB MB =，则1D M 与平面11ADD A 所成角的正切值的取值范围为（ ）A．⎡⎣B．⎤⎥⎣⎦ C．⎤⎥⎣⎦D．⎡⎣6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点.过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12B ．13C ．14D ．157．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P ABC -中，顶点P 在底面的射影为ABC 的垂心O （O 在ABC 内部），且PO 中点为M ，过AM 作平行于BC 的截面α，过BM 作平行于AC 的截面β，记α，β与底面ABC 所成的锐二面角分别为1θ，2θ，若PAM PBM θ∠=∠=，则下列说法错误的是（ ） A ．若12θθ=，则AC BC = B ．若12θθ≠，则121tan tan 2θθ⋅= C ．θ可能值为6πD ．当θ取值最大时，12θθ=8．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且6PA PB PC ===，M ､N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN 的长度的最小值为（ ）A．3 B．6 C．6- D．9．（2022·全国·高三专题练习）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为棱BC 的中点，直线l 在平面1111D C B A 内．若二面角A l E --的平面角为θ，则cos θ的最小值为（ ）AB ．1121C D ．3510．（2022·全国·高三专题练习）在三棱台111BCD B C D -中，1CC ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，12BC CD CC ===，111B C =．若A 是BD 中点，点P 在侧面11BDD B 内，则直线1DC 与AP 夹角的正弦值的最小值是（ ）A ．16B C D11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足1||||5DP PB +=+1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（ ） （参考数据：43sin53,sin37)55︒=︒=A ．[37︒，53]︒B ．[37︒，90]︒C ．[53︒，90]︒D ．[37︒，127]︒12．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为3，E 为棱AB 上的靠近点B 的三等分点，点P 在侧面CC D D ''上运动，当平面B EP '与平面ABCD 和平面CC D D ''所成的角相等时，则D P '的最小值为（ ）A B C D 13．（2022·全国·高三专题练习）已知点P 是正方体ABCD A B C D ''''-上底面A B C D ''''上的一个动点，记面ADP 与面BCP 所成的锐二面角为α，面ABP 与面CDP 所成的锐二面角为β，若αβ>，则下列叙述正确的是（ ） A ．APC BPD ∠>∠B ．APC BPD ∠<∠C ．{}{}max ,max ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠ D ．{}{}min ,min ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠14．（2022·全国·高三专题练习）如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+>D ．2αβθ+>15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD EFGH -中，P 在棱BC 上，BP x =，平行于BD 的直线l 在正方形EFGH 内，点E 到直线l 的距离记为d ，记二面角为A l P --为θ，已知初始状态下0x =，0d =，则（ ）A ．当x 增大时，θ先增大后减小B ．当x 增大时，θ先减小后增大C ．当d 增大时，θ先增大后减小D ．当d 增大时，θ先减小后增大16．（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图，点M N 、分别是正四面体ABCD 棱AB CD 、上的点，设BM x =，直线MN 与直线BC 所成的角为θ，则（ ）A ．当2ND CN =时，θ随着x 的增大而增大B ．当2ND CN =时，θ随着x 的增大而减小C ．当2CN ND =时，θ随着x 的增大而减小 D ．当2CN ND =时，θ随着x 的增大而增大17．（2022·江苏·高三专题练习）如图，在三棱锥D ABC -中，AB BC CD DA ===，90,,,ABC E F O ︒∠=分别为棱,,BC DA AC 的中点，记直线EF 与平面BOD 所成角为θ，则θ的取值范围是（ ）A ．0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,43ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭二、多选题18．（2022·福建泉州·模拟预测）已知正四棱台1111ABCD A B C D -的所有顶点都在球O 的球面上，11122,AB A B AA ==E 为1BDC 内部（含边界）的动点，则（ ）A ．1//AA 平面1BDCB ．球O 的表面积为6πC ．1EA EA +的最小值为D ．AE 与平面1BDC 所成角的最大值为60°19．（2022·河北衡水·高三阶段练习）在四棱锥P ABCD -中，已知1AB BD AD ===，BC CD ==PA PB PC PD ====） A ．四边形ABCD 内接于一个圆B ．四棱锥P ABCD -C ．四棱锥P ABCD -外接球的球心在四棱锥P ABCD -的内部 D ．四棱锥P ABCD -外接球的半径为71220．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在ABC 中，AB AC =，BAC θ∠=，AB α⊂，设点C 在α上的射影为C '，将ABC 绕边AB 任意转动，则有（ ）A ．若θ为锐角，则在转动过程中存在位置使2BC A BCA ∠∠='B ．若θ为直角，则在转动过程中存在位置使12BC A BCA ∠∠='C ．若105θ=，则在转动过程中存在位置使BC A BCA ∠∠>'D ．若120θ=，则在转动过程中存在位置使BC A BCA ∠∠>'21．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为线段1AA 的中点，AP AB AD λμ=+，其中,[0,1]λμ∈，则下列选项正确的是（ ）A ．12μ=时，11A P ED ⊥ B ．14λ=时，1B P PD +C ．1λμ+=时，直线1A P 与面11BDE 的交点轨迹长度为2D ．1λμ+=时，正方体被平面1PAD 截的图形最大面积是22．（2022·福建省福州屏东中学高三开学考试）已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，P 为空间中一点．下列论述正确的是（ ）A ．若112AP AD =，则异面直线BP 与1C D B ．若[]()10,1BP BC BB λλ=+∈，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．若[]()110,12BP BC BB λλ=+∈，有且仅有一个点P ，使得1A C ⊥平面1AB PD ．若[]()10,1AP AD λλ=∈，则异面直线BP 和1C D 所成角取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦23．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知在平行四边形ABCD 中，3AB =，2AD =，60A ∠=︒，把△ABD 沿BD 折起使得A 点变为'A ，则（ ）A ．BD =B ．三棱锥'A BCD -C ．当'A C BD =时，三棱锥'A BCD -D ．当'A C BD =时，'60A BC ∠=︒24．（2022·湖北·武汉二中模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a ，则（ ）A ．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB ．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1a ⎛ ⎝⎭C ．勒洛四面体的截面面积的最大值为(212π4aD ．勒洛四面体的体积33V ⎫∈⎪⎪⎝⎭25．（2022·湖南·模拟预测）已知边长为2的菱形ABCD 中，3ADC π∠=，将ADC 沿AC 翻折，连接AC ，BD ，设点O 为AC 的中点，点D 在平面ABC 上的投影为'D ，二面角D AC B --的大小为θ.下列说法正确的是（ ）A ．在翻折过程中，点'D 是直线OB 上的一个动点 B ．在翻折过程中，直线AD ，BC 不可能相互垂直 C ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -D ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -表面积最大值为426．（2022·湖南怀化·一模）如下图，正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α，则下面说法正确的是（ ）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为2⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的三等分点27．（2022·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =D 为棱1CC 上的动点，则（ ）A ．三棱锥D ABC -B ．存在点D ，使得平面1A BD ⊥平面11ABB AC ．A 到平面1A BDD ．1A BD 28．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直棱柱1111ABCD A B C D -中，各棱长均为2，π3ABC ∠=，则下列说法正确的是（ ）A ．三棱锥1A ABC -外接球的体积为27B ．异面直线1AB 与1BCC ．当点M 在棱1BB 上运动时，1MD MA +最小值为D ．N 是ABCD 所在平面上一动点，若N 到直线1AA 与BC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线 29．（2022·广东·三模）在正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 满足1CP CD CC λμ=+，其中[][]0,1,0,1λμ∈∈，则下列结论正确的是（ ）A ．当1//B P 平面1A BD 时，1B P 可能垂直1CD B ．若1B P 与平面11CCD D 所成角为4π，则点P 的轨迹长度为2πC ．当λμ=时，1||DP A P +D ．当1λ=时，正方体经过点1A ､P ､C 的截面面积的取值范围为 30．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122CC AB ==，E 为1CC 的中点，P 为棱1AA 上的动点，平面α过B ，E ，P 三点，则（ ）A ．平面α⊥平面11AB EB ．平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C ．当P 与A 重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为11π8D ．存在点P ，使得AD 与平面α所成角的大小为π331．（2022·河北唐山·二模）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，顶点A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点1A ，B ，C 到α1，2，则（ ）A ．BC ∥平面αB ．平面1A AC ⊥平面αC ．直线1AB 与α所成角比直线1AA 与α所成角大D ．正方体的棱长为32．（2022·江苏南通·模拟预测）设正方体ABCD —1111D C B A 的棱长为2，P 为底面正方形ABCD 内（含边界）的一动点，则（ ） A ．存在点P ，使得A 1P ∥平面11B CDB ．当PC PD ⊥时，|A 1P |2的最小值是10-C ．若1APC 的面积为1，则动点P 的轨迹是抛物线的一部分 D ．若三棱锥P —111A B C 的外接球表面积为41π4，则动点P 的轨迹围成图形的面积为π 33．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥A BCD -各顶点均在表面积为20π的球体表面上，2,120AB CB ABC ∠===，90BCD ∠=，则（ ）A ．若CD AB ⊥，则2CD = B ．若2CD =，则CD AB ⊥C ．线段AD D ．三棱锥A BCD -34．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，ABCD 是边长为5的正方形，半圆面APD ⊥平面ABCD ．点P 为半圆弧AD 上一动点（点P 与点A ，D 不重合）．下列说法正确的是（ ）A ．三棱锥P －ABD 的四个面都是直角三角形B ．三棱锥P 一ABD 体积的最大值为1254C ．异面直线P A 与BC 的距离为定值D ．当直线PB 与平面ABCD 所成角最大时，平面P AB 截四棱锥P －ABCD 外接球的截面面积为(2534π35．（2022·广东·佛山市南海区艺术高级中学模拟预测）如图，若正方体的棱长为1，点M 是正方体1111ABCD A B C D -的侧面11ADD A 上的一个动点（含边界），P 是棱1CC 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．沿正方体的表面从点A 到点PB ．若保持||PM =M 在侧面内运动路径的长度为3π C ．三棱锥1B C MD -的体积最大值为16D ．若M 在平面11ADD A 内运动，且111MD B B D B ∠=∠，点M 的轨迹为抛物线36．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为侧面11BCC B （不含边界）内的动点，Q 为线段1A C 上的动点，若直线1A P 与11A B 的夹角为45，则下列说法正确的是（ ）A．线段1A PB 1A Q PQ +的最小值为1C ．对任意点P ，总存在点Q ，便得1⊥D Q CPD ．存在点P ，使得直线1A P 与平面11ADD A 所成的角为60°37．（2022·全国·高三专题练习）已知点A 为圆台12O O 下底面圆2O 上的一点，S 为上底面圆1O 上一点，且11SO =，12OO 22O A =，则下列说法正确的有（ ） A ．直线SA 与直线12O O 所成角最小值为6πB ．直线SA 与直线12O O 所成角最大值为3πCD ．直线1AO 与平面12SO O 38．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则下列结论正确的是（ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11D AC P -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]30,90︒︒D ．直线1C P 与平面11AC D 三、填空题39．（2022·湖南·高三开学考试）三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，底面ABC 是边长为2的正三角形，,E F 分别是,PA AB 的中点，且CE EF ⊥，若M 为三棱锥P ABC -外接球上的动点，则点M 到平面ABC 距离的最大值为___________.40．（2022·河南·高三阶段练习（理））如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，若1ABA △绕1A B 旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥1A BDC -的体积的取值范围为______．41．（2022·新疆·模拟预测（理））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，M 、N 分别为棱1AA 、11A D 的中点，P 为棱11A B 上的动点，Q 为线段11B D 的中点.则下列结论中正确序号为______.⊥MN CP ⊥；⊥//AQ 平面MNP ；⊥PDQ ∠的余弦值的取值范围是⎣⎦；⊥⊥1APC 周长的最小值为42．（2022·山东聊城·一模）在矩形ABCD 中，E 是AB 的中点，1,2AD AB ==，将ADE 沿DE 折起得到A DE '，设A C '的中点为M ，若将A DE '绕DE 旋转90，则在此过程中动点M 形成的轨迹长度为___________.43．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体表面上运动，且满足MP CN ⊥，点P 轨迹的长度是___________.44．（2022·全国·高三专题练习）已知等边ABC 的边长为,M N 分别为,AB AC 的中点，将AMN 沿MN 折起得到四棱锥A MNCB -．点P 为四棱锥A MNCB -的外接球球面上任意一点，当四棱锥A MNCB -的体积最大时，P 到平面MNCB 距离的最大值为________.45．（2022·河南·高三开学考试（理））如图，在ABC 中，2BC AC =，120ACB ∠=︒，CD 是ACB ∠的角平分线，沿CD 将ACD △折起到A CD '△的位置，使得平面A CD '⊥平面BCD ．若A B '=，则三棱锥A BCD '-外接球的表面积是________．46．（2022·湖北·黄冈中学二模）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，点P 沿正方形ABCD 按ABCDA 的方向作匀速运动，点Q 沿正方形11B C CB 按111B C CBB 的方向以同样的速度作匀速运动，且点,P Q 分别从点A 与点1B 同时出发，则PQ 的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.47．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别为棱11,B C CD 上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是___________．⊥当M 为棱11B C 的中点时，则在棱CD 上存在点N 使得MN AC ⊥；⊥当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则在正方体中存在棱与平面1A MN 平行；⊥当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则过1A ，M ，N 三点作正方体的截面，所得截面为五边形；⊥直线MN 与平面ABCD ⊥若正方体的棱长为2，点1D 到平面1A MN ．48．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面SCD ⊥底面ABCD ，SAB △是边长为2的等边三角形，点,P Q 分别为侧棱,SA SB 上的动点，记s DP PQ QC =++，则s 的最小值的取值范围是_________.四、双空题49．（2022·全国·高三专题练习（文））祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图⊥是一个椭圆球形瓷凳，其轴截面为图⊥中的实线图形，两段曲线是椭圆22219x y a+=的一部分，若瓷凳底面圆的直径为4，高为6，则2a =__________；利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为__________50．（2022·河南·方城第一高级中学模拟预测（文））某中学开展劳动实习，学生对圆台体木块进行平面切割，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，要求切割面经过圆台的两条母线且使得切割面的面积最大.____________. 51．（2022·全国·高三专题练习）斜线OA 与平面α成15°角，斜足为O ，A '为A 在α内的射影，B 为OA的中点，l 是α内过点O 的动直线，若l 上存在点1P ，2P 使1230APB AP B ︒∠=∠=，则12||P P AB 则的最大值是_______，此时二面角12A PP A '--平面角的正弦值是_______52．（2022·重庆南开中学模拟预测）正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为2，动点P 在对角线BD '上，过点P 作垂直于BD '的平面α，记平面α截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为()y f x =，设(0BP x x =∈，. （1）下列说法中，正确的编号为__________.⊥截面多边形可能为四边形；⊥f =⎝⎭⊥函数()f x 的图象关于x =.（2）当x =P ABC -的外接球的表面积为__________.。

选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。

压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球半径为R .则(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A 202B ．33C ．103D ．4033．已知一个三棱锥型玩具容器-P ABC 的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C 为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．25034．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 5．已知,a b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为23点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C D8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -E 到平面SAC 的距离．12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B C ．1023D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C ．27D ．275．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =且四棱锥O ABCD -的体积为O 的表面积为（）A ．76πB ．112πC ．3D ．37．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A．4B ．2+C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==，PC AB =Q为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A ．211+B ．222+C 11+D 22二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD 所成角的正弦值为34，求三棱锥P MCD -的体积．3．如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.4．已知底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA DQ ，33PA AD DQ ===，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF 平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．5．如图，AB 为圆O 的直径，点EF 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的菱形，AB BC ==点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.。

高中数学立体几何高难度练习题及参考答案2023【题目1】已知立方体ABCDEFGH的棱长为a，M为AD的中点，N为BF的中点，P为MN的中点。

求证：四边形MNHP是一个矩形。

【解答1】根据题意，我们可以先求出MN的长度。

由于M为AD的中点，因此DM = a/2。

同理，BN = a/2。

根据勾股定理，可以得到三角形MND的斜边ND的长度：ND = √(MN² + DM²)= √(MN² + (a/2)²)根据三角形BNF的性质，可以得到BNF是一个等腰直角三角形，因此NF = BN = a/2。

同理，我们可以计算出FP的长度：FP = NF = a/2最后，我们可以比较四边形MNHP的对角线长度。

根据反证法，如果MNHP不是一个矩形，那么MN和HP的长度应该不相等，即MN ≠ HP。

假设MN > HP，即MN² > HP²由于HP = FP = a/2，我们可以得到：MN² > (a/2)²将MN²和(a/2)²的值代入，得到：(MN² + (a/2)²) > (a/2)²经过整理化简，可得：MN > a/2这与MN = a/2矛盾，因此假设成立。

同理，可以得出假设MN < HP亦不成立。

由以上推理可知，四边形MNHP是一个矩形。

证毕。

【题目2】在三棱柱ABC-A'B'C'中，已知AB = 3，BC = 4，CA = 5，且AA'垂直于平面ABCD。

求证：A'B'² = 4² + 3² + 5²。

【解答2】根据题意，我们可以利用勾股定理和垂直平面的性质来解答此题。

首先，考虑三角形ABC。

由已知条件可知，它是一个直角三角形，且AB = 3，BC = 4，CA = 5。

立体几何大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD EFGH -中，点M 是正方体的中心，将四棱锥M BCGF -绕直线CG 逆时针旋转(0π)αα<<后，得到四棱锥M B CGF -'''．(1)若π2α=，求证：平面MCG //平面M B F '''；(2)是否存在α，使得直线M F ''⊥平面MBC ？若存在，求出α的值；若不存在，请说明理由．2．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，2ABC BAD π∠=∠=，2PA AD ==，1AB BC ==．（1）求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值；（2）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线PB 与CD 之间的距离．3．（2023·湖南张家界·统考二模）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，90ACB ∠=︒，11AC A C ⊥，D 为线段1A C 上的动点，1AC BD ⊥.(1)求证：平面11ACC A ⊥平面ABC ；(2)若1AA AC ⊥，D 为线段1A C 的中点，22AC BC ==，求1B D 与平面1A BC 所成角的余弦值.4．（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）如图①，已知AB C 'V 是边长为2的等边三角形，D 是AB '的中点，DH B C ⊥'，如图②，将B DH ' 沿边DH 翻折至BDH △.(1)在线段BC 上是否存在点F ，使得//AF 平面BDH ？若存在，求BFFC的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面BHC 与平面BDA 所成的二面角的余弦值为13，求三棱锥B DCH -的体积.5．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△PAD 为等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PB BC ⊥．(1)求点A 到平面PBC 的距离；(2)E 为线段PC 上一点，若直线AE 与平面ABCD 求平面ADE 与平面ABCD 夹角的余弦值．6．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA 所成角正弦值为7，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.7．（2023·山西太原·统考一模）如图，四棱锥P ABCD -中，，AB CD AB AD ⊥∥，且24260，，AB AD CD PA PAB =====∠ ，直线PA 与平面ABCD 的所成角为30，，E F 分别是BC 和PD 的中点.(1)证明：EF 平面PAB ；(2)求平面PAB 与平面PAD 夹角的余弦值.8．（2023·江苏·统考一模）如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，BE =(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由；(2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.9．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）在三棱锥-P ABC 中，PA PB =，90BAC ∠=︒，M 为棱BC 的中点.(1)证明：AB PM ⊥；(2)若平面PAB ⊥平面ABC，PA PB ==2AB AC ==，E 为线段PC 上一点，2PE EC =，求点E 到平面PAM 的距离.10．（2023·云南·统考一模）如图，四边形ABCD 是圆柱底面的内接四边形，AC 是圆柱的底面直径，PC 是圆柱的母线，E 是AC 与BD 的交点，AB AD =，60BAD ∠=︒．(1)记圆柱的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，求12V V ；(2)设点F 在线段AP 上，4,4PA PF PC CE ==，求二面角F CD P --的余弦值．11．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，E 是11A D 的中点，F 为线段BC 上一点，2AB =，11AA =，60BAD ∠=︒.(1)证明：当BF FC =时，⊥AE 平面DEF ；(2)是否存在点F ，使二面角A DE F --的余弦值为15若存在，请指出点F 的位置；若不存在，请说明理由.12．（2023春·重庆·高三重庆市长寿中学校校考期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面为矩形，平面11AA D D ⊥平面11CC D D ，且1111112CC CD DD C D ====.（1）证明：AD ⊥平面11CC D D ；（2）若1A C 与平面11CC D D 所成角为3π，求二面角1C AA D --的余弦值.13．（2023秋·重庆璧山·高三校联考阶段练习）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为11,,P Q AA C C 是圆柱的轴截面，正方形ABCD 内接于下底面圆Q ，12,AB AA k ==．(1)当k 为何值时，点Q 在平面PBC 内的射影恰好是△PBC 的重心；(2)若[]2,4k ∈，当平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．14．（2023春·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图1，,A D 分别是矩形11A BCD 上的点，1222AB AA AD ===，12DC DD =，把四边形11A ADD 沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接1A B ，1D C 得到几何体11ABA DCD -．(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：11D E A D ⊥；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角1D EC D --的平面角为π6若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥,2,,S ABCD AC B D -=在以AC 为直径的圆上，SA ⊥平面π,,6ABCD DAC E ∠=为SC 的中点，(1)若π6BAC ∠=，证明：DE ⊥AB ；(2)当二面角D SC A --B 到平面SCD 距离的最大值.16．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）如图，在三棱台111ABC A B C -中，三棱锥111C A B C -，1AB C △的面积为4，112AB A B =，且1A A ⊥平面ABC ．(1)求点B 到平面1AB C 的距离；(2)若1BB BA =，且平面1AB C ⊥平面11ABB A ，求二面角11A B C A --的余弦值．17．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面ABCD ⊥平面PAD ，//AD BC ，1AB BC PA ===，2AD =，30ADP ∠=︒，90BAD ∠=︒，E 是PD 的中点．(1)求证：PD PB ⊥；(2)若点M 在线段PC 上，异面直线BM 和CE 所成角的余弦值为5，求面MAB 与面PCD 夹角的余弦值．18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）如图，已知四棱锥E ABCD -，底面ABCD 是平行四边形，且π3DAB ∠=，22,,AD AB BE PE P ===是线段AD 的中点，BE PC ⊥.(1)求证：PC ⊥平面BPE ；(2)下列条件任选其一，求二面角P EC B --的余弦值.①AE 与平面ABCD 所成的角为π4；②D 到平面EPC 注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.19．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）如图，三棱锥E ABD -和F BCD -均为棱长为2的正四面体，且A ，B ，C ，D 四点共面，记直线AE 与CF 的交点为Q .(1)求三棱锥Q BDE -的体积；(2)求二面角A QD C --的正弦值.20．（2023春·河北承德·高三河北省隆化存瑞中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，1,90,1,2AD BC ADC PAB BC CD AD E ∠∠=====∥ 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90 .(1)在直线PA 上找一点M ，使得直线//MC 平面PBE ，并求AMAP的值；(2)若直线CD 到平面PBE ，求平面PBE 与平面PBC 夹角的正弦值.21．（2023秋·河北石家庄·高三石家庄精英中学校考阶段练习）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD 是正三角形，且平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，P为棱AD 的中点，四棱锥S ABCD -(1)若E 为棱SB 的中点，求证：//平面SCD ；(2)在棱SA 上是否存在点M ，使得平面PMB 与平面SAD 所成锐二面角的余弦值为M 的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.22．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图所示，圆锥的高2PO =，底面圆O 的半径为R ，延长直径AB 到点C ，使得BC R =，分别过点A ，C 作底面圆O 的切线，两切线相交于点E ，点D 是切线CE 与圆O 的切点．(1)证明：平面PDE ⊥平面POD ；(2)若直线PE 与平面PBD ，求点A 到平面PED 的距离．23．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）异面直线1l 、2l 上分别有两点A 、B .则将线段AB 的最小值称为直线1l 与直线2l 之间的距离.如图，已知三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面PBC ，PB PC ⊥，点D 为线段AC 中点，1AP BP CP ===.点E 、F 分别位于线段AB 、PC 上（不含端点），连接线段EF .(1)设点M 为线段EF 中点，线段EF 所在直线与线段AC 所在直线之间距离为d ，证明：DM d >.(2)若AB PCk AE FC==()1k >，用含k 的式子表示线段EF 所在直线与线段BD 所在直线之间的距离.24．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在长方体ABCD FGHE -，平面ABCD 与平面BCEF 所成角为02πθθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.(1)若AB BC =，求直线AH 与平面BCEF 所成角的余弦值（用cos θ表示）；(2)将矩形BCEF 沿BF 旋转θ度角得到矩形BFPQ ，设平面ABCD 与平面BFPQ 所成角为π02αα⎛⎫<< ⎪⎝⎭，请证明：2cos cos αθ=.25．（2023秋·福建宁德·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，点P 在底面ABCD 内的投影恰为AC 中点，且BM MC =．(1)若2PC =，求证：PM ⊥面PAD ；(2)若平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为3π，求直线PM 与平面PCD 所成角的正弦值．26．（2023秋·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）如图，在三棱台111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的正三角形，侧面11ACC A 为等腰梯形，且1111A C AA ==，D 为11A C 的中点．（1）证明：AC BD ⊥；（2）记二面角1A AC B --的大小为θ，2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求直线1AA 与平面11BB C C 所成角的正弦值的取值范围．27．（2023秋·山东枣庄·高三统考期末）已知直三棱柱111ABC A B C -，D 为线段11A B 的中点，E 为线段1CC 的中点，1AC CE ==，平面ABE ⊥平面11AA C C .(1)证明：AB AE ⊥；(2)三棱锥E ABD -的外接球的表面积为132π，求平面ADE 与平面BDE 夹角的余弦值.28．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，在梯形ABCD 中，AB CD ∥，120BCD ∠= ，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD CD BC CF ===.（1）求证：EF ⊥平面BCF ；（2）点M 在线段EF 上运动，MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，试求cos θ的取值范围.29．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，1111,π3BAD AA BB CC DD ∠=∥∥∥，且1BB ⊥平面111111,,,(01),2ABCD AA CC AE AA CF CC DD BB λλλ===<≤= ，平面BEF 与平面ABCD的交线为l .(1)证明：直线l ⊥平面11B BDD ；(2)已知2EF =，三棱锥1B BDF -的体积19B BDF V -=，若1D F 与平面1BDD 所成角为θ，求sin θ的取值范围.30．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台1OO 中，11,A B AB 分别为上、下底面直径，且11//A B AB ，112AB A B =，1CC 为异于11,AA BB 的一条母线．(1)若M 为AC 的中点，证明：1//C M 平面11ABB A ；(2)若13,4,30OO AB ABC ==∠=︒，求二面角1A C C O --的正弦值．。

2020高考立体几何动点最值问题压轴选填题立体几何问题中常见的探索性问题包括折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题和探索性问题。

探索性试题通常具有不确定性、探究性和开放性，要求学生具有较高的探究能力和创造性思维。

开放性问题需要学生具备扎实的基础知识和敏锐的洞察力，将平面几何问题类比推广到立体几何中。

折叠和展开问题则考查学生的空间想象能力和分析辨别能力，要求学生在“二维——三维——二维”的维数升降变化中进行思考。

典例1：在棱长为6的正方体ABCD中，点M是BC的中点，点P是面DCC所在的平面内的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P-BCD的体积最大值是多少？解题关键在于找到变化过程中的临界点，从而确定最值。

在这道题中，需要将空间问题平面化，同时注意到当P点位于D点时，三棱锥P-BCD的体积最大。

典例2：已知长方体ABCD的外接球O的体积为32π，其中BB1=2，则三棱锥O-ABC的体积的最大值是多少？类似于典例1，需要找到变化过程中的临界点。

在这道题中，可以通过求长方体ABCD的对角线长度，进而求出三棱锥O-ABC的高，从而求出体积。

注意到当三棱锥O-ABC的高等于长方体ABCD的对角线长度时，体积最大。

典例3：在棱长为1的正方体ABCD的对角线AC上取一点P，以A为球心，AP为半径作一个球，设AP=x，记该球面与正方体表面的交线的长度和为f(x)，则函数f(x)的图像最有可能的是什么？这道题需要将立体几何和函数图象相结合，考查学生的数形结合能力和小题小作的技巧。

可以通过画图求出交线长度和f(x)，然后根据函数图象的特点进行判断。

举一反三】正方体ABCD A'B'C'D'的棱长为1，E,F分别是棱AA'，CC'的中点。

过直线EF的平面分别与棱BB'、DD'分别交于M,N两点，设BM x，x[0,1]。

给出以下四个结论：①平面MENF平面BDD B；②直线AC∥平面MENF始终成立；③四边形MENF周长L f(x)，x[0,1]是单调函数；④四棱锥C MENF的体积V h(x)为常数。

2013届全国各地高考押题数学（文科）精选试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2013届广东省高考压轴卷数学文试题）如图3所示,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等腰梯形,等腰直角三角形和长方形,则该几何体体积为（ ）A ．53 BC ．73D ．103【答案】A 该几何体的直观图如图所示,由题意知该几何体可分割为两个等体积的四棱锥和一个直三棱柱.四棱锥的体积为111133V =⨯=,直三棱柱的体积为2111212V =⨯⨯⨯=,∴该几何体的体积为12523V V +=.2 ．（2013新课标高考压轴卷（一）文科数学）一个几何体的三视图如图所示,其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形,若该几何体的所有顶点在同一球面上,则该球的表面积是（ ）正视图俯视图侧视图图3A ．π12B ．π24C ．π32D ．π48 【答案】D 【解析】由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD 是边长为4的正方形,高为4,该几何体的所有顶点在同一球面上,则球的直径为4=,即球的半径为,所以该球的表面积是2448ππ=.选D ．3 ．（2013届福建省高考压轴卷数学文试题）一个空间几何体的主视图和左视图都是矩形,俯视图是一个圆,尺寸如图,那么这个几何体的外接球的体积为（ ）A B C D【答案】D 4 ．（2013届海南省高考压轴卷文科数学）如图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图; ②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图; ③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如下图. 其中真命题的个数是（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0 【答案】答案:A考点:简单空间图形的三视图.分析:由三棱柱的三视图中,两个矩形,一个三角形可判断①的对错,由四棱柱的三视图中,三个均矩形,可判断②的对错,由圆柱的三视图中,两个矩形,一个圆可以判断③的真假.本题考查的知识点是简单空间图形的三视图,其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键.解答:解:存在正三棱柱,其三视图中有两个为矩形,一个为正三角形满足条件,故①为真命题;存在正四棱柱,其三视图均为矩形,满足条件,故②为真命题;对于任意的圆柱,其三视图中有两个为矩形,一个是以底面半径为半径的圆,也满足条件,故③为真命题; 5 ．（2013届湖南省高考压轴卷数学（文）试题）在空间中,a 、b 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,下列命题正确的是 （ ） A ．若a ∥α,b ∥a ,则b ∥αB ．若a ∥α,b ∥α,a ⊂β,b ⊂β,则β∥αC ．若α∥β,b ∥α,则b ∥βD ．若α∥β,aα,则a ∥β【答案】D 6 ．（2013届江西省高考压轴卷数学文试题）在空间,下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线的平行投影重合B ．平行于同一直线的两个平面平行C ．垂直于同一平面的两个平面平行D ．垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D 【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案. 7 ．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（二））正三棱锥底面边长为3,侧棱与底面成60 角,则正三棱锥外接球面积为 （ ）A ．4πB ．C ．16πD ．【答案】C 8 ．（2013届山东省高考压轴卷文科数学）(2013青岛市一模)已知m 、n 、l 是三条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,给出以下命题:①若,//m n αα⊂,则//m n ; ②若l m l n m ⊥=⋂⊥⊂⊂,,,,βαβαβα,则n m ⊥;③若//n m ,m α⊂,则//n α;④若//αγ,//βγ,则//αβ.其中正确命题的序号是( ) （ ） A ．②④ B ．②③ C ．③④ D ．①③ 【答案】 （ ） A ．【解析】①中直线还可能异面;③中需指明直线n 不在平面内. 9 ．（2013届北京市高考压轴卷文科数学）如图,若一个空间几何体的三视图中,正视图和侧视图都是直角三角形,其直角边均为1,则该几何体的体积为（ ）326【答案】A 【解析】由三视图可知,该几何体是四棱锥,底面为边长为1的正方形,高为1的四棱锥,所以体积为1111133⨯⨯⨯=,选 （ ）A ． 10．（2013届陕西省高考压轴卷数学（文）试题）一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．9B ．10C ．11D ．232【答案】C 【解析】由三视图可知该几何体是在底面为边长是2的正方形高是3的直四棱柱的基础上截去一个底面积为12112⨯⨯=高为3的三棱锥形成的,所以43111.V =⨯-=11．（2013届重庆省高考压轴卷数学文试题）设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 （ ）A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．25a π 【答案】解析:根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a 的正三棱柱,则其外接球的半径为R ==,球的表面积为222774123a R a ππ=⋅=,应选 B ．命题意图:本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力. 12．（2013届浙江省高考压轴卷数学文试题）已知一个棱长为2的正方体,被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（ ）333【答案】C【解析】几何体是正方体截去一个三棱台, 311172(22323V =-⋅++⨯=13．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一））如图,已知球O 是棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的内切球,则平面ACD 1截球O 的截面面积为（ ）A ．6πB ．3πC D 【答案】A 14．（2013届新课标高考压轴卷（二）文科数学）某几何体的俯视图是如右图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形.则该儿何体的体积为（ ）A ．24B ．80C ．64D ．240【答案】B15．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（二））设αβγ、、为平面,a b 、为直线,给出下列条件:①,,//,//a b a b αββα⊂⊂ ②//,//αγβγ③,αγβγ⊥⊥ ④,,//b a b ααβ⊥⊥基中能//αβ能的条件是 （ ）A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C16．（2013届浙江省高考压轴卷数学文试题）已知直线l m 、,平面βα、,且βα⊂⊥l m ,,给出下列命题:①若α∥β,则m⊥l ; ②若α⊥β,则m∥l ; ③若m⊥l ,则α∥β; ④若m∥l ,则α⊥β 其中正确命题的个数是 （ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】①④对,②③错17．（2013届北京市高考压轴卷文科数学）已知m ,n 为两条不同的直线,α、β为两个不同的平面,则下列命题中正确的是（ ）A ．若l m ⊥,l n ⊥,且,m n α⊂,则l α⊥B ．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则βα//C ．若n m m ⊥⊥,α,则α//nD ．若α⊥n n m ,//,则α⊥m【答案】D 【解析】根据线面垂直的性质可知,选项D 正确. 18．（2013届山东省高考压轴卷文科数学）(2013日照市一模)右图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是面积为.则该几何体的表面积是（ ）A．20+B．24+C ．8D ．16【答案】 （ ）A ．【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为,由面积得长为4,则1+2=24+2S S S =⨯⨯⨯⨯侧底（）2 =2820+.19．（2013届四川省高考压轴卷数学文试题）已知三棱锥底面是边长为1的正三角形,侧棱长均为2,则侧棱与底面所成角的余弦值为 （ ）AB．12CD【答案】D二、填空题20．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一））已知直二面角βα--l ,点C l AC A ,,⊥∈α为垂足,点D l BD B ,,⊥∈β为垂足,点AC=BD=1,CD=2,异面直线AB与CD 所成的角等于________(用反余弦表示) 【答案】36arccos21．（2013届湖北省高考压轴卷 数学（文）试题）如图为某几何体的三视图,其中正视图是腰长为2的等腰三角形,侧视图是半径为1的半圆,则该几何体的表面积是_______________.【答案】2π+ 词【解析】:由三视图知,该几何体由两个共底面的半圆锥构成(如图所示),两个半圆锥侧面积的和为2π,四边形ABCD 由两个等边三角形构成,其面积为24=,故该几何体的表面积为2π+.22．（2013届重庆省高考压轴卷数学文试题）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上,且6,AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为_____.【答案】解析:设ABCD 所在的截面圆的圆心为M,则=,22=,1623O ABCD V -=⨯⨯=. 23．（2013届天津市高考压轴卷文科数学）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_____________【答案】54【解析】由三视图可知,该几何体是底面是直角梯形的四棱柱.棱柱的高为4,,底面梯形的上底为4,下底为5,腰CD ==所以梯形的面积为(45)32722S +⨯==,所以该几何体的体积为274542⨯=.24．（2013届江西省高考压轴卷数学文试题）如图,若一个几何体的正视图、侧视图、俯视图相同,且均为面积等于2的等腰直角三角形,则该几何体的体积为______.【答案】π25．（2013届安徽省高考压轴卷数学文试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中的数据,可得该几何体的体积是______.【答案】323【解析】本题考查三视图还原成立体图和棱锥的体积公式.由题知立体图如图所示4,4,3,1,,AE BD BE CE AE BC BD ABC ====⊥⊥面,所以14482ABC S ∆=⨯⨯=, 132433ABC V S ∆=⨯⨯=. 26．（2013届辽宁省高考压轴卷数学文试题）某几何体的三视图如图1所示,它的全面积为_____.【答案】 π54三、解答题27．（2013届江西省高考压轴卷数学文试题）如图,在三棱锥A BCD-中,90ABC BCD CDA ︒∠=∠=∠=,6AC BC CD ===,设顶点A 在底面BCD 上的射影为E . (Ⅰ)求证:CE BD ⊥;(Ⅱ)设点G 在棱AC 上,且2CG GA =,试求二面角C EG D --的余弦值.【答案】证明:(I)方法一:由AE ⊥平面BCD 得AE ⊥CD , 又AD ⊥CD ,则CD ⊥平面AED , 故CD DE ⊥,同理可得CB BE ⊥,则BCDE 为矩形,又BC CD =, 则BCDE 为正方形,故CE BD ⊥方法二:由已知可得AB BD AD ===,设O 为BD 的中点,则,AO BD CO BD ⊥⊥,则BD ⊥平面AOC ,故平面BCD ⊥平面AOC ,则顶点A 在底面BCD 上的射影E 必在OC ,故CE BD ⊥.(II)方法一:由(I)的证明过程知OD ⊥平面AEC ,过O 作OF EG ⊥,垂足为F ,则易证得DF EG ⊥,故OFD ∠即为二面角C EG D --的平面角,由已知可得6AE =,则2AE AG AC =⋅,故EG AC ⊥,则2CGOF ==,又OD =则DF =故cos OFD ∠=,即二面角C EG D --方法二: 由(I)的证明过程知BCDE 为正方形,如图建立坐标系,则(0,0,0),(0,6,0),(0,0,6),(6,0,0),(6,6,0)E D A B C ,AGEDCB可得(2,2,4)G ,则)4,2,2(),0,6,0(==→→EG ED ,易知平面CEG的一个法向量为)0,6,6(-=→BD ,设平面DEG 的一个法向量为)1,,(y x n =→,则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→00EG n ED n 得)1,0,2(-=→n ,则510cos =⋅=〉⋅〈→→→→→→nBD n BD n BD ,即二面角C EG D --28．（2013届湖北省高考压轴卷 数学（文）试题）如图,1AA 、1BB 为圆柱1OO 的母线,BC是底面圆O 的直径,D 、E 分别是1AA 、1CB 的中点,1DE CBB ⊥平面.(1) 证明://DE ABC 平面; (2)求四棱锥11C ABB A -与圆柱1OO 的体积比;(3)若1BB BC =,求直线1CA 与平面1BB C所成角的正弦值.【答案】(1)如图,连接.E OA O O E 、、分别为1CB BC 、的中点,EO ∴是1BB C ∆的中位线,1//EO BB ∴且112EO BB =.又111//,DA BB AA BB =,故11,2DA BB EO DA ==∴//EO 且DA EO =, ∴四边形AOED 是平行四边形,即//DE OA ,又,,//DE ABC OA ABC DE ABC ⊄⊂∴平面平面平面. (2)如图,连接CA .由题知1DE CBB ⊥平面,且由(1)知//DE OA ,1,AO CBB AO BC ∴⊥∴⊥平面,AC AB ∴==.BC 是底面圆O 的直径,CA AB ∴⊥.又1AA 是圆柱的母线,1AA ABC ∴⊥平面,11,AA CA AA AB A ∴⊥= 又,11CA AA B B ∴⊥平面, 即CA 为四棱锥11C ABB A -的高. 设圆柱高为h ,底面半径为r ,则))112212=,33C ABB A V r h V h hr π-=⋅=圆柱, 1122223:3C ABB A hrV V r h ππ-∴==圆柱. (3)如图,作过C 的母线1CC ,连接11B C ,则11B C 是上底面圆1O 的直径,连接11A O ,则11//AO AO ,又111111,AO CBB C AO CBB C ⊥∴⊥平面平面,连接1CO ,则11ACO ∠为直线1CA 与平面1BB C 所成的角.111,AC AO r ==== ,∴在11Rt AO C ∆中,11111sin A O A CO A C ∠==∴直线1CA 与平面1BB C 29．（2013届山东省高考压轴卷文科数学）在如图所示的几何体中,AB ⊥平面ACD ,DE ⊥平面ACD ,△ACD 为等边三角形,AD =DE =2AB ,F 为CD 的中点. (Ⅰ)求证:AF ∥平面BCE ;(Ⅱ)求证:平面BCE ⊥平面CDE.【答案】证明:(1)如图,取CE 的中点G ,连接FG ,BG . ∵F 为CD 的中点,∴GF ∥DE ,且GF =12DE .∵AB ⊥平面ACD ,DE ⊥平面ACD ,∴AB ∥DE .∴GF ∥AB . 又AB =12DE ,∴GF =AB .∴四边形GFAB 为平行四边形,则AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ,BG ⊂平面BCE ,∴AF ∥平面BCE.(2)∵△ACD 为等边三角形,F 为CD 的中点,∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ,AF ⊂平面ACD ,∴DE ⊥AF .又CD ∩DE =D ,∴AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ,∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ,∴平面BCE ⊥平面CDE . 30．（2013届福建省高考压轴卷数学文试题）如图(1),在等腰梯形CDEF 中,CB.DA 是梯形的高,2AE BF ==,AB =现将梯形沿CB.DA 折起,使EF//AB 且2EF AB =,得一简单组合体ABCDEF 如图(2)所示,已知,,M N P 分别为,,AF BD EF 的中点. (Ⅰ)求证://MN 平面BCF ;(Ⅱ)求证:AP ⊥平面DAE .DCBAEFMNPFEABCD【答案】解:(Ⅰ)证明:连结AC ,∵四边形ABCD 是矩形,N 为BD 中点,MNPFEABCD∴N 为AC 中点,在ACF ∆中,M 为AF 中点 ∴//MN CF∵CF ⊂平面BCF ,MN ⊄平面BCF //MN ∴平面BCF(Ⅱ)证明:依题意知,DA AB DA AE ⊥⊥ 且AB AE A =I ∴AD ⊥平面ABFE ∵AP ⊂平面ABFE ∴AP AD ⊥∵P 为EF中点,∴FP AB ==结合//AB EF ,知四边形ABFP 是平行四边形 ∴//AP BF ,2AP BF ==而2,AE PE ==∴222AP AE PE += ∴90EAP ∠= ,即AP AE ⊥ 又AD AE A =I ∴AP ⊥平面ADE31．（2013届天津市高考压轴卷文科数学）如图,在四棱锥ABCD -PGFE 中,底面ABCD 是直角梯形,侧棱垂直于底面,AB //DC ,∠ABC =45o,DC =1,AB =2,PA =1. (Ⅰ)求PD 与BC 所成角的大小; (Ⅱ)求证:BC ⊥平面PAC ; (Ⅲ)求二面角A -PC -D 的大小.【答案】(Ⅰ)取的AB 中点H ,连接DH ,易证BH//CD ,且BD =CD所以四边形BHDC 为平行四边形,所以BC//DH 所以∠PDH 为PD 与BC 所成角因为四边形,ABCD 为直角梯形,且∠ABC =45o, 所以DA ⊥AB 又因为AB =2DC =2,所以AD =1, 因为Rt△PAD 、Rt△DAH 、Rt△PAH 都为等腰直角三角形,所以PD =DH =PH故∠PDH =60o(Ⅰ)连接CH ,则四边形ADCH 为矩形, ∴AH =DC 又AB =2,∴BH =1 在Rt△BHC 中,∠ABC =45o, ∴CH =BH =1,CB∴AD =CH =1,AC∴AC 2+BC 2=AB 2∴BC ⊥AC 又PA 平面ABCD ∴PA ⊥BC ∵PA ∩AC =A ∴BC ⊥平面PAC(Ⅲ)如图,分别以AD 、AB 、AP 为x 轴,y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系,则由题设可知: A (0,0,0),P (0,0,1),C (1,1,0),D (1,0,0), ∴AP =(0,0,1),PC=(1,1,-1)设m =(a ,b ,c )为平面PAC 的一个法向量, 则00AP PC ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m ,即00c a b c =⎧⎨+-=⎩ 设1a =,则1b =-,∴m =(1,-1,0)同理设n =(x ,y ,z ) 为平面PCD 的一个法向量,求得n =(1,1,1)∴1cos ,2=== m n m n m n 所以二面角A -PC -D 为60o32．（2013新课标高考压轴卷（一）文科数学）如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,且CE ∥AB . (1) 求证:CE ⊥平面PAD ;(11)若PA =AB =1,AD =3,CD,∠CDA =45°,求四棱锥P-ABCD 的体积.【答案】(1)证明:因为PA ⊥平面ABCD,CE ⊂平面ABCD,所以PA⊥CE,因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD,又PA ⋂AD=A,所以CE ⊥平面PAD(2)解:由(1)可知CE⊥AD,在直角三角形ECD 中,DE=CD cos 451⋅= ,CE=CD sin 451⋅= .又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE 为矩形,所以ABCD ABCE BCD S S S ∆=+=12AB AE CE DE ⋅+⋅=15121122⨯+⨯⨯=,又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD 的体积等于115513326ABCD S PA ⋅=⨯⨯=33．（2013届辽宁省高考压轴卷数学文试题）如图所示,已知圆O 的直径AB 长度为4,点D为线段AB 上一点,且13AD DB =,点C 为圆O 上一点,且BC =.点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ,PD BD =. (Ⅰ)求证:CD ⊥平面PAB ;(Ⅱ)求PD 与平面PBC 所成的角的正弦值.【答案】解答:(Ⅰ)连接CO ,由3AD DB =知,点D 为AO 的中点,又∵AB 为圆O 的直径,∴AC CB ⊥, BC =知,60CAB ∠= , ∴ACO ∆为等边三角形,从而CD AO ⊥ ∵点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D , ∴PD ⊥平面ABC ,又CD ⊂平面ABC , ∴PD CD ⊥,由PD AO D = 得,CD ⊥平面PAB(注:证明CD ⊥平面PAB 时,也可以由平面PAB ⊥平面ACB 得到,酌情给分.) (Ⅱ)法1:过D 作⊥DH 平面PBC 交平面于点H ,连接PH ,则DPH ∠即为所求的线面角由(Ⅰ)可知CD =,3PD DB ==,∴111113333232P BDC BDC V S PD DB DC PD -∆=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯=又PB ==,PC ==,BC ==,∴PBC ∆为等腰三角形,则12PBC S ∆=⨯=. 由P BDC D PBC V V --=得,553=DH ∴55sin ==∠PD DH DPH法2:由(Ⅰ)可知CD =,3PD DB ==,过点D 作DE CB ⊥,垂足为E ,连接PE ,再过点D 作DF PE ⊥,垂足为F∵PD ⊥平面ABC ,又CB ⊂平面ABC , ∴PD CB ⊥,又PD DE D = , ∴CB ⊥平面PDE ,又DF ⊂平面PDE , ∴CB DF ⊥,又CB PE E = ,∴DF ⊥平面PBC ,故DPF ∠为所求的线面角在Rt DEB ∆中,3sin 302DE DB =⋅=,PE ==55sin sin ==∠=∠PE DE DPE DPF 34．（2013届陕西省高考压轴卷数学（文）试题）已知直角梯形ABCD中,//AD BC ,122AD AB BC ===,90ABC ∠=︒,PAB ∆是等边三角形,平面PAB ⊥平面ABCD . (Ⅰ)求证:BD DC ⊥;(Ⅱ)求三棱锥P BCD -的体积.【答案】【解析】(Ⅰ)∵2AD =,2AB =,45AD AB ADB DBC ⊥⇒∠=∠=︒ 过D 作DM BC ⊥,垂足为M ,则2DM AB MC === ∴45DCM ∠=︒,∴90BDC ∠=o ,∴BD DC ⊥.(Ⅱ)21132P BCD V -===. 35．（2013届湖南省高考压轴卷数学（文）试题）如图,已知在四棱锥P­ABCD 中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA ⊥平面ABCD,E,F 分别是线段AB,BC 的中点.(1)证明:PF ⊥FD ;(2)判断并说明PA 上是否存在点G ,使得EG ∥平面PFD ;(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A ­PD ­F 的余弦值.【答案】(1)证明:∵PA ⊥平面ABCD ,∠BAD =90°,AB =1,AD =2,建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),F (1,1,0),D (0,2,0).不妨令P (0,0,t ),∵PF =(1,1,-t ),DF=(1,-1,0), ∴PF DF ⋅=1×1+1×(-1)+(-t )×0=0,即PF ⊥FD(2)解:设平面PFD 的法向量为n =(x ,y ,z ),由0,0,n PF n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0，x －y ＝0，令z =1,解得:x =y =t2. ∴n =⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，t2，1. 设G 点坐标为(0,0,m ),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0,则EG =⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，m ,要使EG ∥平面PFD ,只需EG ·n =0,即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×t2+0×t 2+1×m =m -t 4=0,得m =14t ,从而满足AG =14AP 的点G 即为所求(3)解:∵AB ⊥平面PAD ,∴AB 是平面PAD 的法向量,易得AB=(1,0,0),又∵PA ⊥平面ABCD ,∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角,得∠PBA =45°,PA =1,平面PFD 的法向量为n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.∴cos<AB ,n >=AB n AB n⋅=1214＋14＋1=66. 故所求二面角A ­PD ­F 的余弦值为6636．（2013届重庆省高考压轴卷数学文试题）在直角梯形ABCD 中90ABC DAB ∠=∠= ,30CAB ∠= ,BC=1,AD=CD,把△DAC 沿对角线AC 折起后如图所示(点D 记为点P),点P 在平面ABC 上的正投影E 落在线段AB 上,连接PB.若F 是AC 的中点,连接PF,EF. (1) 求证:平面PEF⊥AC. (2) 求直线PC 与平面PAB 所成的角的大小.AC【答案】解:1.AC90,30,1ABC DAB CAB BC ∠=∠=∠== 2,60.2tan 30BC AB AC DAC AD CD AC ∴===∠=∴===,.PA PC PF AC =∴⊥E P ABC PE ABC PE AC ∴⊥∴⊥ 点为点在平面上的正投影，平面.,,PF PE P PF PEF PE PEF AC PEF =⊂⊂∴⊥ 平面平面平面【D 】2． PE ABC PE BC ⊥∴⊥ 平面,,,BC AB PE AB E PE PAB BC PAB ⊥=⊂∴⊥ 平面平面CPB PC PAB ∴∠为直线与平面所成的角.1t sin =.2BC PC ∴∠ 在R CBP 中，BC=1,PC=DC=2,CPB=00,30.<∠∴∠=CPB<9CPB ∴直线PC 与平面PAB 所成的角为 30 37．（2013届浙江省高考压轴卷数学文试题）如图,在斜三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B ⊥底面ABC ,侧棱1AA 与底面ABC 成60°的角,12AA =.底面ABC 是边长为2的正三角形,其重心为G 点, E 是线段1BC 上一点,且113BE BC =.(1)求证:GE //侧面11AA B B ;(2)求平面1B GE 与底面ABC 所成锐二面角的正切值;(3)在直线．．AG 上是否存在点T,使得AG T B ⊥1?若存在,指出点T 的位置;若不存在,说明理由.【答案】【解析】解法1:(1)延长B 1E 交BC 于点F,11B EC ∆ ∽△FEB,BE=21EC 1,∴BF=21B 1C 1=21BC, 从而点F 为BC 的中点.∵G 为△ABC 的重心,∴A、G 、F 三点共线.且11//,31AB GE FB FE FA FG ∴==, 又GE ⊄侧面AA 1B 1B,∴GE//侧面AA 1B 1B.(2)在侧面AA 1B 1B 内,过B 1作B 1H⊥AB,垂足为H,∵侧面AA 1B 1B⊥底面ABC, ∴B 1H⊥底面ABC.又侧棱AA 1与底面ABC 成60°的角,AA 1=2,∴∠B 1BH=60°,BH=1,B 1H=.3在底面ABC 内,过H 作HT⊥AF,垂足为T,连B 1T,由三垂线定理有B 1T⊥AF, 又平面B 1CE 与底面ABC 的交线为AF,∴∠B 1TH 为所求二面角的平面角. ∴AH=AB+BH=3,∠HAT=30°,∴HT=AH 2330sin =︒.在Rt△B 1HT中,332tan 11==∠HT H B TH B ,从而平面B 1GE 与底面ABC (3)(2)问中的T 点即为所求,T 在AG 的延长线上,距离A 点233处. 38．（2013届北京市高考压轴卷文科数学）如图所示,在正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F分别为DD 1、DB 的中点.(I)求证:EF//平面ABC 1D 1; (II)求证:1EF B C ⊥..【答案】(Ⅰ)连结1BD ,在B DD 1∆中,E 、F 分别为1D D ,DB 的中点,则11111111////EF D BD B ABC D EF ABC D EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面(Ⅱ)⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=⊂⊂⊥⊥B BC AB D ABC C B D ABC AB BC C B ABC B 111111111 面面⇒111111B C ABC D BD ABC D ⊥⎫⇒⎬⊂⎭平面平面111//B C BD EF BD ⊥⎫⎬⎭1EF B C ⇒⊥39．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（二））已知矩形ABCD中,1AB AD ==,将ABD ∆沿BD 折起,使点A 在平面BCD 内的射影落在DC上.(Ⅰ)求证:平面ADC ⊥平面BCD ; (Ⅱ)求点C 到平面ABD 的距离;(Ⅲ)若E 为BD 中点,求二面角B AC E --的大小.【答案】证明:(Ⅰ)∵点A 在平面BCD 上的投影落在DC 上,即平面ACD 经过平面BCD 的垂线,∴平面ACD ⊥平面BCD (Ⅱ)如图所示建立空间直角坐标系,则(0,0,0),(1,0,0)(0,C B D∵A 的投影在DC 上,令00(0,,)A y z 由 0||1DA AB DA ⋅==即2200022000010y z y z ++=+++= (0,A ∴,由(0,AB AD == ,求得平面ABD 的一个法向量为(1)n =-,而AC = ,∴C 到平面BCD 的距离为||||AC n d n ⋅==(Ⅲ)由(1,(1,0,0)BA CB =-=,求得平面BAC 的一个法向量1(0,1,1)n =FC DBAE1A 1B 1C 1D1(,0,2AC AE == ,求得平面AEC 的一个法向量2n =由图可见B AC E --为锐二面角,设此平面角为θ,则1212||cos ||||n n n n θ⋅==⋅45θ∴=︒40．（2013届上海市高考压轴卷数学（文）试题）本题共2小题,第(Ⅰ)小题6分,第(Ⅱ)小题8分.如图,在长方体1111ABCD A B C D -中, 111,2AD A A AB ===,点E 在棱AB 上.(Ⅰ)求异面直线1D E 与1A D 所成的角;(Ⅱ)若二面角1D EC D --的大小为45︒,求点B 到平面1D EC 的距离.【答案】解法一:(1)连结1AD .由11AA D D 是正方形知11AD A D ⊥. ∵AB ⊥平面11AA D D ,∴1AD 是1D E 在平面11AA D D 内的射影. 根据三垂线定理得11AD D E ⊥,则异面直线1D E 与1A D 所成的角为90︒.(Ⅱ)作DF CE ⊥,垂足为F ,连结1D F ,则1CE D F ⊥.所以1DFD ∠为二面角1D EC D --的平面角,145DFD ∠=︒.于是111,DF DD D F ===,易得Rt Rt BCE CDF ∆≅∆,所以2CE CD ==,又1BC =,所以BE =. 设点B 到平面1D EC 的距离为h ,则由于1,B CED D BCE V V --=即1111113232CE D F h BE BC DD ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅, 因此有11CE D F h BE BC DD ⋅⋅=⋅⋅,即=,∴h =.解法二:分别以1,,DD DC DA 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.(Ⅰ)由1(1,0,1)A ,得1(1,0,1)DA =,设(1,,0)E a ,又1(0,0,1)D ,则1(1,,1)D E a =-.∵111010DA D E ⋅=+-= ∴11DA D E ⊥,则异面直线1D E 与1A D 所成的角为90︒.(Ⅱ)(0,0,1)=m 为面DEC 的法向量,设(,,)x y z =n 为面1CED 的法向量,则(,,)x y z =n|||cos ,|cos 45||||⋅<>===︒=m n m n m n ,∴222z x y =+. ①由(0,2,0)C ,得1(0,2,1)D C =- ,则1D C ⊥ n ,即10D C ⋅=n ,∴20y z -=②由①、②,可取2)=n ,又(1,0,0)CB =,所以点B 到平面1D EC 的距离||CB d ⋅===n |n |. 41．（2013届四川省高考压轴卷数学文试题）如图,在三棱柱ABC —111A B C 中,侧棱垂直底面,90ACB ∠=︒,12AC BC CC ===. (1)求证:11AB BC ⊥;(2)求二面角1C —1AB —1A 的大小.【答案】方法一(1)BC AC ⊥,1CC AC ⊥且C CC BC =1 ,∴⊥AC 平面11CBB C , 又⊂1BC 平面11CBB C , ∴1BC AC ⊥,11BC C B ⊥且C C B AC =1∴⊥1BC 平面C AB 1,又⊂1AB 平面C AB 1∴ 11BC AB ⊥(2)取11B A 的中点为H ,在平面11ABB A 内过H 作1AB HQ ⊥于Q ,连接Q C 1 则⊥H C 1平面11ABB A ,所以11AB H C ⊥ , 而且H HQ H C = 1所以⊥1AB 平面HQ C 1,所以⊥1AB Q C 1 所以QH C 1∠是二面角111A AB C --的平面角 , 又21=H C在AB A 1∆内,解得36=HQ , 所以 3tan 11==∠HQHC QH C 所以二面角111A AB C --的平面角为060方法2: 建立空间直角坐标系(以C 为原点,CA 为x 轴正半轴,CB 为y 轴正半轴,1CC 为z 轴正半轴)则)2,0,2(),2,0,0(),2,2,0(),0,2,0(),0,0,2(111A C B B A (1)),2,2,2(1-=AB)2,2,0(1-=BC022)2(20211=⨯+-⨯+⨯-=⋅∴BC AB11BC AB ⊥∴(2)取11B A 的中点为H ,则)2,1,1(H .平面11A AB 的法向量)0,1,1(1=C 设平面11AB C 的法向量),,(z y x n =)0,2,0(),2,0,2(111=-=B C C⎩⎨⎧==-∴02022y z x z x y ==∴,0,令1=z∴得平面11AB C 的一个法向量)1,0,1(=n2122|011011|cos =⨯⨯+⨯+⨯=∴θ 又所求二面角111A AB C --的平面角为锐角, 所以二面角111A AB C --的平面角为06042．（2013届海南省高考压轴卷文科数学）如图,在四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,D 1D⊥平面ABCD,底面ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A 1B 1,∠BAD=60°. (Ⅰ)证明:AA 1⊥BD;(Ⅱ)证明:CC 1∥平面A 1BD.【答案】分析:(Ⅰ) 由D 1D⊥平面ABCD,可证 D 1D⊥BD.△ABD 中,由余弦定理得 BD 2,勾股定理可得 AD⊥BD,由线面垂直的判定定理可证 BD⊥面ADD 1A 1,再由线面垂直的性质定理可证 BD⊥AA 1.(Ⅱ)连接AC 和A 1C 1,设AC∩BD=E,先证明四边形ECC 1A 1为平行四边形,可得CC 1∥A 1E,再由线面平行的判定定理可证CC 1∥平面A 1BD.解答:证明:(Ⅰ)∵D 1D⊥平面A BCD,∴D 1D⊥BD. 又AB=2AD,AD=A 1B 1,∠BAD=60°,△ABD 中,由余弦定理得 BD 2=AD 2+AB 2﹣2AB•ADcos60°=3AD 2,∴AD 2+BD 2=AB 2, ∴AD⊥BD,又 AD∩DD 1=D,∴BD⊥面ADD 1A 1.由 AA 1⊂面ADD 1A 1,∴BD⊥AA 1.(Ⅱ)证明:连接AC 和A 1C 1,设 AC∩BD=E,由于底面ABCD 是平行四边形,故E 为平行四边形ABCD 的中心,由棱台的定义及AB=2AD=2A 1B 1,可得 EC∥A 1C 1,且 EC=A 1C 1,故ECC 1A 1为平行四边形,∴CC 1∥A 1E,而A 1E ⊂平面A 1BD,∴CC 1∥平面A 1BD 43．（2013届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一））如图,已知四棱锥E- ABCD 的底面为菱形,且∠ABC =600,AB =EC =2,AE =BE =2.(I)求证:平面EAB ⊥平面ABCD ;(II)求二面角A- EC- D 的余弦值.【答案】解法1:(1)证明:取AB 的中点O,连接EO ,CO∵2==EB AE ,AB =2 ∴△ABC 为等腰三角形∴AB EO ⊥,EO =1 又∵AB =BC ,∠ABC =600∴△ABC 为等边三角形 ∴3=CO ,又EC =2∴222CO EO EC += 即CO EO ⊥,⊥EO 平面ABCD ,且⊂EO 平面EAB∴ 平面EAB⊥平面ABCD,(2)过A 作AH⊥CE 于H 点,过H 作HM//CD,OHM又Rt△EDO 解得DE=22, 所以222DE EC DC =+即EC DC ⊥,所以MH⊥CE,因此∠AHM 为二面角A EC D --的平面角,通过计算知27=AH ,21=MH ,1=AM ,所以7722127214147cos =⨯⨯-+=∠AHM 所以二面角D EC A --的余弦值为772 解法2.(1)设A C∩BD=O,如图,以O 为原点, OC,OB 为x,y 轴建立空间直角坐标系O-xyz 设E(m,n,t ),则A(-1,0,0),C(1,0,0), B(0,3,0), D(0,-3,0),∴),,1(t n m AE +=, ),3,(t n m BE -=,),,1(t n m CE -=所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++-==+-+==+++=4)1(23(2)1(222222222222t n m CE t n m BE t n m AE 解得:1,23,21==-=t n m所以)1,23,21(-E ,因为AB 的中点)0,33,21(-M ,所以)1,0,0(=ME 即ME⊥平面ABCD,又⊂ME 平面EAB,所以平面EAB⊥平面ABCD, (2))1,23,23(-=CE ,)0,0,2(=AC ,)0,3,1(=DC ,分别设平面AEC,平面ECD 的法向量为),,(),,,(z y x m z y x n '''==则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+⋅+⋅-=⋅0202323x n AC z y x n CE 令y= -2,得)3,2,0(-=n OMxyz⎪⎩⎪⎨⎧='+'=⋅='+'⋅+'⋅-=⋅0302323y x n DC z y x n CE令1-='y ,)32,1,3(-=m 7724762||||,cos =⨯+=⋅⋅>=<m n m n m n所以二面角D EC A --的余弦值为772 解法3:(1)(同解法1);(2)以AB 中点O 为坐标原点,以OB 所在直线y 轴,OE 所在直线为z 轴, 建立空间直角坐标系如图所示,则)0,1,0(-A ,)0,0,3(C ,)0,2,3(-D ,)1,0,0(E)0,1,3(=AC ,)1,0,3(-=EC .)0,2,0(=DC设平面DEC 的法向量),,(z y x n =⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=-=⋅0203y n DC z x n CE ,令1=z ,得)1,0,33(=n 设平面EAC 的法向量),,(z y x m '''=⎪⎩⎪⎨⎧='+'=⋅='-'=⋅0303y x n AC z x n CE ,令1='z ,得)1,1,33(-=m 7723237131||||,cos =⨯+=⋅⋅>=<m n m n m n∴二面角D EC A --的余弦值为772 44．（2013届安徽省高考压轴卷数学文试题）( )如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E F 、分别为1DD 、DB 的中点.(1)求证:1EF B C ⊥;(2)求三棱锥1B EFC V -的体积.FE D 1C 1B 1A 1DCB A【答案】【解析】(1)证明:FE D 1C 1B 1A 1DCB A1111111B C ABB C BC AB BC ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⎪⇒⎬⊂⎪⎪=⎭、面111111B C ABC D BD ABC D ⊥⎫⇒⎬⊂⎭面面1111//B C BD EF B C EF BD ⊥⎫⇒⊥⎬⎭(2)11CF BDD B ⊥ 面1CF EFB ∴⊥面,且CF BF ==1112EF BD B F =====13B E === 22211EF B F B E ∴+=即190EFB ︒∠=9分111111111133232B EFC C B EF B EF V V S CF EF B F CF --∆∴==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯=45．（2013届新课标高考压轴卷（二）文科数学）如图所示,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面边长和侧棱长都是2,D 是侧棱CC 1上任意一点,E 是A 1B 1的中点. (I)求证:A 1B 1//平面ABD; (II)求证:AB⊥CE;(III)求三棱锥C-ABE 的体积.【答案】解(Ⅰ)证明:由正三木棱住的性质知11B A ∥AB,因为ABD B A ABD AB 平面，平面⊄⊂11, 所以11B A ∥平面ABD.(Ⅱ)设AB 中点为G,连结GE,GC.GC AB G ABC ⊥∴∆为中心，为正三角形，且又EG∥1AA ,GE AB AB AA ⊥∴⊥,1 又GEC AB G GE CG 平面所以⊥=⋂, 而CE AB GEC CE ⊥⊂，所以平面(Ⅲ)由题意可知:ABCABC E ABE c S EG V V ∆--⨯⨯==3146．（2013届广东省高考压轴卷数学文试题）将棱长为a 正方体截去一半(如图7所示)得到如图8所示的几何体,点E ,F 分别是BC ,DC 的中点. (1)证明:1AF ED ⊥;(2)求三棱锥1E AFD -的体积.【答案】(1)证:连接DE ,交AF 于点O ∵1D D ⊥平面ABCD ,AF ⊂平面ABCD ∴1D D AF ⊥∵点E ,F 分别是BC ,1D C 的中点,∴DF CE =又∵AD DC =,90ADF DCE ∠=∠=∴ADF ∆≌DCE ∆,∴AFD DEC ∠=∠ 又∵90CDE DEC ∠+∠=∴90CDE AFD ∠+∠=∴()18090DOF CDE AFD ∠=-∠+∠=,即AF DE ⊥又∵1D D DE D=∴AF ⊥平面1D DE又∵1ED ⊂平面1D DE∴1AF ED ⊥(2)解:∵1D D ⊥平面ABCD ,∴1D D是三棱锥1D AEF-的高,且1D D a=D 1D C BA 1AE F OA 1B 1C 1D 1 ABCD 图7D 1DCBA 1AE F图8∵点E ,F 分别是BC ,1D C 的中点,∴2a DF CF CE BE ====∴AEF ADF FCE ABE ABCD S S S S S ∆∆∆∆=---正方形2111222a AD DF CF CE AB BE=-⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2222234848a a a a a =---=∴11E AFD D AEFV V --=113AEF S D D ∆=⋅⋅2313388a a a =⋅⋅=。

专题23 立体几何中的压轴小题【题型归纳目录】 题型一：球与截面面积问题题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 题型四：立体几何中的交线问题 题型五：空间线段以及线段之和最值问题 题型六：空间角问题 题型七：立体几何装液体问题 【典例例题】题型一：球与截面面积问题例1．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A．2 B C D ．例2．（2022·广西·南宁二中高三阶段练习（理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122CC AB ==，E 为1CC 的中点，P 为棱1AA 上的动点，平面α过B ，E ，P 三点，有如下四个命题： ①平面α⊥平面11A B E ；①平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形； ①当P 与A 重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为11π8； ①存在点P ，使得AD 与平面α所成角的大小为π3．则正确的命题个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4例3．（2022·四川资阳·高二期末（理））如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2BD =，1DE =，点P 在线段EF 上．给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ； ①存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ；①直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦；①三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截得的截面面积是9π8． 其中所有真命题的序号（ ） A ．①① B ．①①C ．①①①D ．①①①例4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，圆锥的轴截面PAB △是以P 为直角顶点的等腰直角三角形，2PA =，C 为PA 中点．若底面O 所在平面上有一个动点M ，且始终保持0MA MP ⋅=，过点O 作PM 的垂线，垂足为H ．当点M 运动时，①点H 在空间形成的轨迹为圆 ①三棱锥O HBC -的体积最大值为112①AH HO +的最大值为2①BH 与平面PAB 上述结论中正确的序号为（ ）． A ．①① B ．①①C ．①①①D ．①①①例5．（2022·安徽省舒城中学一模（理））已知正三棱锥A BCD -的高为3，侧棱AB 与底面BCD 所成的角为3π，E 为棱BD 上一点，且12BE =，过点E 作正三棱锥A BCD -的外接球的截面，则截面面积S 的最小值为（ ）A ．54π B ．34π C ．4π D ．4π例6．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =．过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（ ） A ．128π B ．132π C ．144π D ．156π例7．（2022·全国·高三专题练习）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（ ） A ．8π B ．24310π C ．8110π D ．6π例8．（2022·全国·高三专题练习（文））已知正三棱锥A BCD -的外接球是球O ，正三棱锥底边3BC =，侧棱AB =点E 在线段BD 上，且BE DE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A ．9,34ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]2,3ππC ．11,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．9,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦例9．（2022·浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是线段1AD 上的动点，给出以下四个命题：①异面直线1PC 与直线1B C 所成角的大小为定值； ①二面角1P BC D --的大小为定值；①若Q 是对角线1AC 上一点，则PQ QC +长度的最小值为43； ①若R 是线段BD 上一动点，则直线PR 与直线1A C 不可能平行．其中真命题有（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个例10．（2022·北京·人大附中模拟预测）已知正方体1111,ABCD A B C D O -为对角线1AC 上一点（不与点1,A C 重合），过点O 作垂直于直线1AC 的平面α，平面α与正方体表面相交形成的多边形记为M ，下列结论不正确的是（ ）A ．M 只可能为三角形或六边形B ．平面ABCD 与平面α的夹角为定值C ．当且仅当O 为对角线1AC 中点时，M 的周长最大D ．当且仅当O 为对角线1AC 中点时，M 的面积最大例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例12．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例13．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ①四边形1BFD E 有可能是正方形； ①平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；①设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ①四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5例14．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1A C 上的动点，点,M N 分别为线段111,AC CC 的中点，则下列说法错误．．的是（ ）A ．11A P AB ⊥ B ．三棱锥1M B NP -的体积为定值C ．[]160,120APD ∠∈︒︒ D ．1AP D P +的最小值为23例15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段11A C 上的动点（点P 与1A ，1C 不重合），则下列说法不正确的是（ ）A ．BD CP ⊥B ．三棱锥C BPD -的体积为定值C ．过P ，C ，1D 三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形 D ．DP 与平面1111D C B A 所成角的正弦值最大为13例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -内切球的表面积为π，P 是空间中任意一点： ①若点P 在线段1AD 上运动，则始终有11C P CB ⊥； ①若M 是棱11C D 中点，则直线AM 与1CC 是相交直线； ①若点P 在线段1AD 上运动，三棱锥1D BPC -体积为定值；①E 为AD 中点，过点1B ，且与平面1A BE 以上命题为真命题的个数为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5例17．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） AB．1 CD．2例18．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12B ．13C ．14D ．15例19．（2022·四川省内江市第六中学高二期中（理））已知四面体ABCD,M N 分别为棱,AD BC 的中点，F 为棱AB 上异于,A B 的动点．有下列结论： ①线段MN 的长度为1；①点C 到面MFN的距离范围为⎛ ⎝⎭； ①FMN1；①MFN ∠的余弦值的取值范围为⎡⎢⎣⎭． 其中正确结论的个数为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4例20．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例21．（2022·全国·高三专题练习（理），该几何体的表面积最小值是1S ，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是2S ，则1S 和2S 的值分别是（ ）A ．3B ．4；12C ．4D ．3；12例22．（2022·全国·高三专题练习）已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，棱1DD 中点为M ，动点P 、Q 、R 分别满足：点P 到异面直线BC 、11C D 的距离相等，点Q 使得异面直线1A Q 、BC 点R 使得134A RB π∠=．当动点P 、Q 两点恰好在正方体侧面11CDD C 内时，则多面体1RMPC Q 体积最小值为（ ）A B C D例23．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的点（点M 与1A C 、不重合），有以下四个结论：①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ①存在点M ，使得//DM 平面11B D C ；①若1A DM 的周长为L ，则L①若1A DM 的面积为S ，则S ∈⎝． 则正确的结论为（ ） A ．①① B ．①①①C ．①①①D ．①①例24．（2022·河南·模拟预测（文））已知四面体ABCD ，M 、N 分别为棱AD 、BC 的中点，F 为棱AB 上异于A 、B 的动点．有下列结论： ①线段MN 的长度为1；①存在点F ，满足CD ⊥平面FMN ；①MFN ∠的余弦值的取值范围为⎡⎢⎣⎭； ①FMN1． 其中所有正确结论的编号为（ ） A ．①① B ．①① C ．①①① D ．①①①例25．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（ ）A ．1B ．54C D例26．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（文））如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，AB =截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A B C ．43D例27．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，若1PB D 1DD AP 体积的最大值为（ ）A BC D例28．（2022·四川省宜宾市第四中学校三模（理））函数()sin 2sin 2π0e 2x x f x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，设球O 的半径为()cos 4f x x π⎛⎫- ⎪⎝⎭，则（ ）A ．球O 的表面积随x 增大而增大B ．球O 的体积随x 增大而减小C ．球O 的表面积最小值为24e π D ．球O 的体积最大值为343e π题型四：立体几何中的交线问题例29．（2022·全国·高三专题练习（理））已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为4，E ，F 分别为BB '，C D ''的中点，点P 在平面ABB A ''中，=PF N 在线段AE 上，则下列结论正确的个数是（ ）①点P 的轨迹长度为2π；①线段FP 的轨迹与平面A B CD ''的交线为圆弧；①NP ；①过A 、E 、F 作正方体的截面，则该截面的周长为103A ．4 B ．3C ．2D ．1例30．（2022·全国·高三专题练习）在正四棱锥P ABCD -中，已知2PA AB ==，O 为底面ABCD 的中心，以点O PCD 的交线长度为（ ）A B C D例31．（2022·全国·高三专题练习）已知正四面体的中心与球心O 重合，正四面体的棱长为A．4π B ．C ．D ．12π例32．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，①ABC 为等腰直角三角形，斜边上的中线AD ＝3，E 为线段BD 中点，将①ABC 沿AD 折成大小为2π的二面角，连接BC ，形成四面体C －ABD ，若P 是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是（ ）A ．点P 落在三棱锥E －ABC 内部的概率为12B ．若直线PE 与平面ABC 没有交点，则点P 的轨迹与平面ADCC ．若点P 在平面ACD 上，且满足P A ＝2PD ，则点P 的轨迹长度为23π D ．若点P 在平面ACD 上，且满足P A ＝2PD ，则线段PB 长度为定值例33．（2022·江苏徐州·高二期中）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE △沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例34．（2022·河南·模拟预测（理））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长是2，E ，F 分别是棱11B C 和1CC 的中点，点P 在正方形11BCC B （包括边界）内，当//AP 平面1A EF 时，AP 长度的最大值为a ．以A 为球心，a 为半径的球面与底面1111D C B A 的交线长为（ ）A ．2πB ．πC D例35．（2022·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122CC AB ==，E 为1CC 的中点，P 为棱1AA 上的动点，平面α过B ，E ，P 三点，则（ ）A ．平面α⊥平面11AB EB ．平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C ．当P 与A 重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为11π8D ．存在点P ，使得AD 与平面α所成角的大小为π3例36．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）如图，圆柱的底面半径和高均为1，线段AB 是圆柱下底面的直径，点O 是下底面的圆心．线段EF 是圆柱的一条母线，且EO AB ⊥．已知平面α经过A ，B ，F 三点，将平面α截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”．记平面α与圆柱侧面的交线为曲线C ．则（ ）A ．曲线C 是椭圆的一部分B ．曲线C 是抛物线的一部分C ．二面角F AB E --的大小为4πD ．马蹄体的体积为V 满足134V π<<例37．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图，正方形ABCD -A 1B 1C 1D 1边长为1，P 是1A D 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）A ．BPB ．PA PC + C ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥1A B PC - 的体积不变D ．以点B 1AB C例38．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边为1，侧棱长为a ，M 是1CC 的中点，则（ ） A ．任意0a >，1A M BD ⊥B ．存在0a >，直线11AC 与直线BM 相交C ．平面1A BM 与底面1111D C B AD ．当2a =时，三棱锥11B A BM -外接球表面积为3π题型五：空间线段以及线段之和最值问题例39．（2022·山东·高一阶段练习）已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且6PA PB PC ===，M ､N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN 的长度的最小值为（ ）A ．3B ．6C ．6-D ．例40．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -外接球表面积为3π，SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ）A B C D例41．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A B ．6 C D ．7例42．（2022·全国·高一专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A B C ．1D ．3例43．（2022·湖北·高一阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为线段1AA 的中点，AP AB AD λμ=+，其中,[0,1]λμ∈，则下列选项正确的是（ ）A ．12μ=时，11A P ED ⊥ B ．14λ=时，1B P PD +C ．1λμ+=时，直线1A P 与面11BDE D ．1λμ+=时，正方体被平面1PAD 截的图形最大面积是例44．（2022·湖南岳阳·三模）如图，在直棱柱1111ABCD A B C D -中，各棱长均为2，π3ABC ∠=，则下列说法正确的是（ ）A ．三棱锥1A ABC -B ．异面直线1AB 与1BCC ．当点M 在棱1BB 上运动时，1MD MA +最小值为D ．N 是ABCD 所在平面上一动点，若N 到直线1AA 与BC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线例45．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则以下说法正确的是（ ）A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3πC ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π例46．（2022·全国·模拟预测）如图，点M 是棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中的侧面11ADD A 上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）A ．存在无数个点M 满足1CM AD ⊥B ．当点M 在棱1DD 上运动时，1||MA MB +1C ．在线段1AD 上存在点M ，使异面直线1B M 与CD 所成的角是30 D ．满足1||2MD MD =的点M 的轨迹是一段圆弧例47．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是正三角形，,,E F G 分别是侧棱111,,AA BB CC 上的点，且AE CG BF >>，设直线,CA CB 与平面EFG 所成的角分别为,αβ，平面EFG 与底面ABC 所成的锐二面角为θ，则（ ）A ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+≤+B ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+<+C ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ<+>+D ．sin sin sin ,cos cos cos θαβθαβ≥+≥+例48．（2022·浙江·高三专题练习）在三棱锥P ABC -中，顶点P 在底面的射影为ABC 的垂心O （O 在ABC 内部），且PO 中点为M ，过AM 作平行于BC 的截面α，过BM 作平行于AC 的截面β，记α，β与底面ABC 所成的锐二面角分别为1θ，2θ，若PAM PBM θ∠=∠=，则下列说法错误的是（ ） A ．若12θθ=，则AC BC = B ．若12θθ≠，则121tan tan 2θθ⋅=C ．θ可能值为6πD ．当θ取值最大时，12θθ=例49．（2022·全国·高三专题练习）在三棱台111BCD B C D -中，1CC ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，12BC CD CC ===，111B C =．若A 是BD 中点，点P 在侧面11BDD B 内，则直线1DC 与AP 夹角的正弦值的最小值是（ ）A ．16B C D例50．（2022·浙江台州·高三期末）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为棱BC 的中点，直线l 在平面1111D C B A 内．若二面角A l E --的平面角为θ，则cos θ的最小值为（ ）A B ．1121C D ．35例51．（2021·全国·高二课时练习）已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为3，E 为棱AB 上的靠近点B 的三等分点，点P 在侧面CC D D ''上运动，当平面B EP '与平面ABCD 和平面CC D D ''所成的角相等时，则D P '的最小值为（ ）A B C D例52．（2021·浙江·瑞安中学模拟预测）已知点P 是正方体ABCD A B C D ''''-上底面A B C D ''''上的一个动点，记面ADP 与面BCP 所成的锐二面角为α，面ABP 与面CDP 所成的锐二面角为β，若αβ>，则下列叙述正确的是（ ） A ．APC BPD ∠>∠B ．APC BPD ∠<∠C ．{}{}max ,max ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠ D ．{}{}min ,min ,APD BPC APB CPD ∠∠>∠∠例53．（2022·全国·高三专题练习）如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+> D ．2αβθ+>例54．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD EFGH -中，P 在棱BC 上，BP x =，平行于BD 的直线l 在正方形EFGH 内，点E 到直线l 的距离记为d ，记二面角为A l P --为θ，已知初始状态下0x =，0d =，则（ ）A ．当x 增大时，θ先增大后减小B ．当x 增大时，θ先减小后增大C ．当d 增大时，θ先增大后减小D ．当d 增大时，θ先减小后增大题型七：立体几何装液体问题例55．（2022·全国·高二期中）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面11CDD C 上有一个小孔E ，E 点到CD 的距离为3，若该正方体水槽绕CD 倾斜（CD 始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面11CDD C 与桌面所成角的正切值为（ ）A B ．12C D ．2例56．（2022·全国·高一课时练习）一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干（如图甲，底面处于水平状态），将容器放倒（如图乙，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点11,,,E F F E 分别为所在棱的中点，则图甲中水面的高度为（ ）A ．32B ．74C ．2D ．94例57．（2022·湖北宜昌·一模（文））已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱111ABC A B C -容器，如图1，ABC ∆为正三角形，2AB =，13AA =，里面装有体积为BC 旋转至图2．在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（ ）①液面刚好同时经过A ，1B ，1C 三点；①当平面ABC 1； ①当液面与水平桌面的距离为32时，AB 与液面所成角的正弦值为34．A ．0B ．1C ．2D ．3例58．（2022·全国·高一课时练习）一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为1，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为（ ）A ．15,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．12,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12,63⎛⎫ ⎪⎝⎭例59．（2022·全国·高一课时练习）一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体的体积的取值范围为（ ） A ．202,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．417,33⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．172,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．420,33⎛⎫ ⎪⎝⎭例60．（2022·重庆·高二期末（文））已知某圆柱形容器的轴截面是边长为2的正方形，容器中装满液体，现向此容器中放入一个实心小球，使得小球完全被液体淹没，则此时容器中所余液体的最小容量为（ ） A ．π3B ．2π3C ．πD ．4π3例61．（2022·福建厦门·高一期末）如图（1）平行六面体容器1111ABCD A B C D -盛有高度为h 的水，12AB AD AA ===，1A AB ∠=160A AD BAD ∠=∠=︒．固定容器底而一边BC 于地面上，将容器倾斜到图（2）时，水面恰好过A ，1B ，1C ，D 四点，则h 的值为（ ）A B C D 例62．（2022·福建·厦门市湖滨中学高一期中）如图，透明塑料制成的长方体容器1111ABCD A B C D -内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题是（ ）A ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值B ．随着容器倾斜度的不同，11AC 始终与水面所在平面平行C ．没有水的部分有时呈棱柱形有时呈棱锥形D ．当容器倾斜如图（3）所示时，AE AH ⋅为定值例63．（2022·山东·高三专题练习）一个透明封闭的正四面体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状可能是：①正三角形①直角三形①正方形①梯形，其中正确的个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个。

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 ，。

高考数学-立体几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD . 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1，因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0 ，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【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 3 B ．1.2×109m 3 C ．1.4×109m 3 D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2， ∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【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]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)， 所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【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 ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．故选：C．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（）A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP =PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，所以α≤β≤γ，故选：A．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1， 因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ， 又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确； 连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ， 因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ， 所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）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．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403√3．【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．15．【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．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD ⊥平面PAD ， 又因PA ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,√3),BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−√3,√3),DP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃑ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃑ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃑ ,DP ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=n ⃑ ⋅DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.16．【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，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB ≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ， 由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.17．【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．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃑ =(x,y,z )， 则{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +z =0n ⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +√3y =0，取y =√3，则n ⃑ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃑ ,CF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=n ⃑ ⋅CF⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||CF⃑⃑⃑⃑⃑ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃑ ,CF⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 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． 【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,1)，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃑⃑ =(x,y,z)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =x +y +z =0m ⃑⃑ ⋅BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =2y =0，可取m⃑⃑ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃑ =(a,b,c)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a +b +c =0m ⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2a =0， 可取n⃑ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃑⃑ ,n ⃑ 〉=m⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ |m ⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.19．【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． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE //PD ，即可得证； （2）过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3√3,1,32)，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(4√3,0,0)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，则{n ⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3x +y +32z =0n ⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃑ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃑⃑ =(a,b,c )，则{m ⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3a +b +32c =0m ⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃑⃑ =(√3,0,−6)；所以cos⟨n⃑ ,m⃑⃑ ⟩=n⃑ ⋅m⃑⃑⃑|n⃑ ||m⃑⃑⃑ |=√13×√39=−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CB B1C1.（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC −A 1B 1C 1可得四边形ABB 1A 1为平行四边形， 而B 1M =MA 1,BK =KA ，则MK //BB 1，而MK ⊄平面CBB 1C 1，BB 1⊂平面CBB 1C 1，故MK //平面CBB 1C 1， 而CN =NA,BK =KA ，则NK //BC ，同理可得NK //平面CBB 1C 1， 而NK ∩MK =K,NK,MK ⊂平面MKN ，故平面MKN //平面CBB 1C 1，而MN ⊂平面MKN ，故MN //平面CBB 1C 1， (2)因为侧面CBB 1C 1为正方形，故CB ⊥BB 1， 而CB ⊂平面CBB 1C 1，平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 平面CBB 1C 1∩平面ABB 1A 1=BB 1，故CB ⊥平面ABB 1A 1， 因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1， 因为AB ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥AB ，若选①，则AB ⊥MN ，而NK ⊥AB ，NK ∩MN =N ， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，所以AB ⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)， 则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ， 而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ， 所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1， 而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)，则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，AB =5，DC =3，EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，二面角F −DC −B 的平面角为60°．设M ，N 分别为AE,BC 的中点．(1)证明：FN ⊥AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)5√714．【解析】 【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC =BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即可利用线面角的向量公式解出． (1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =2√3， ∵DC ⊥CF,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F −DC −B 的平面角，则∠BCF =60∘， ∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ． (2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,−√3,0),E(1,0,3)，则M (3,√32,32)，∴BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,−√32,32),AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,−2√3,0),DE⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,√3,3) 设平面ADE 的法向量为n⃑ =(x,y,z) 由{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅DE ⃑⃑⃑⃑⃑ =0 ，得{−2x −2√3y =0−2x +√3y +3z =0 ，取n ⃑ =(√3,−1,√3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ， ∴sinθ=|cos〈n⃑ ,BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=|n⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||n⃑ |⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|3√3+√32+3√32|√3+1+3⋅√9+34+94=√3√7⋅2√3=5√714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解． 【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =EF =3EC =，由余弦定理得cosECF ∠==，即直线1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小. 【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC = 由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯h = 综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,]2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=. 故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒ D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】 【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可 【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确 对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCDV S PM ==⨯=，故D 正确 故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A ．2BCD ．【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r =因此，球心O 到平面α的距离1d r ===，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r =，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==所以212AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π 其中所有真命题的序号是（ ） A ．①③ B ．①④C ．②④D ．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.令AC BD O =，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠=，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF ∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO sin OF FAC AF ∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆， 因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确, 所以所有真命题的序号是①③④. 故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11A C 、11B D ，交于点P . 连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形. 11//O C OC ∴.OC ⊂平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P =，11B D ∴⊥平面111O AC ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ， 11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误. 故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥ B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥ C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥ D ．若,m n αα∥∥，则m n ∥ 【答案】A 【解析】 【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行； 对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面. 【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行； 选项B 错误，平面α和β也可以相交； 选项C 错误，直线n 可能在平面α内； 选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面. 故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE ，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在∠GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解. 【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE =，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△2111122sin 4(22))323223AC CF ACF EG x x x ⨯∠=⨯⨯-=-，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF中，由余弦定理，得cos GF GC CF ACF =∠=。

2024全国高考真题数学汇编立体几何初步章节综合一、单选题1．（2024天津高考真题）若,m n 为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m ，//n ，则m nB ．若//,//m n ，则//m nC ．若//, m n ，则m nD ．若//, m n ，则m 与n 相交2．（2024积为（）A ．B ．C ．D ．3．（2024全国高考真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB ，112A B ，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．34．（2024全国高考真题）设 、为两个平面，m n 、为两条直线，且m .下述四个命题：①若//m n ，则//n 或//n②若m n ，则n 或n③若//n 且//n ，则//m n④若n 与 , 所成的角相等，则m n 其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④5．（2024北京高考真题）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ，PC PD ）.A ．1B ．2CD6．（2024天津高考真题）一个五面体ABC DEF ．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ，，．则该五面体的体积为（）A B ．142 C ．2D ．142二、填空题7．（2024全国高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为 212r r , 213r r ，则圆台甲与乙的体积之比为．三、解答题8．（2024全国高考真题）如图，四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，2PA AC ，1,BC AB ．(1)若AD PB ，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ，且二面角A CP D ，求AD ．9．（2024全国高考真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ，4,CD AD BC AE M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.10．（2024上海高考真题）如图为正四棱锥,P ABCD O 为底面ABCD 的中心．(1)若5,AP AD ，求POA 绕PO 旋转一周形成的几何体的体积；(2)若,AP AD E 为PB 的中点，求直线BD 与平面AEC 所成角的大小．参考答案1．C【分析】根据线面平行的性质可判断AB 的正误，根据线面垂直的性质可判断CD 的正误.【详解】对于A ，若//m ，//n ，则,m n 平行或异面或相交，故A 错误.对于B ，若//,//m n ，则,m n 平行或异面或相交，故B 错误.对于C ，//, m n ，过m 作平面 ，使得s ，因为m ，故//m s ，而s ，故n s ，故m n ，故C 正确.对于D ，若//, m n ，则m 与n 相交或异面，故D 错误.故选：C.2．B【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r 即故3r ，故圆锥的体积为1π93.故选：B.3．B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高3h ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM 进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥 P ABC ，1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，根据比例关系可得18P ABC V ，进而可求正三棱锥 P ABC 的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D ==可知1111166222ABC A B C S S 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则 11115233ABC A B C V h ，解得h 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x ，则1AADN AD AM MN x =--=-，可得1DD 结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD,即 221616433x x，解得x 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A M A AD AMÐ==；解法二：将正三棱台111ABC AB C -补成正三棱锥 P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ，则111127P A B C P ABC V V ，可知1112652273ABC A B C P ABC V V，则18P ABC V ，设正三棱锥 P ABC 的高为d，则11661832P ABC V d，解得d ，取底面ABC 的中心为O ，则PO底面ABC ，且AO 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1PO PAO AO.故选：B.4．A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n ，因为//m n ，m ，则//n ，当n ，因为//m n ，m ，则//n ，当n 既不在 也不在 内，因为//m n ，,m m ，则//n 且//n ，故①正确；对②，若m n ，则n 与, 不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与, 分别相交于直线s 和直线t ，因为//n ，过直线n 的平面与平面 的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s 平面 ，t 平面 ，则//s 平面 ，因为s 平面 ，m ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n 与 和 所成的角相等，如果//,// n n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.5．D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF 平面ABCD ，可知PO 平面ABCD ，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设4,PA PB AB PC PD ，分别取,AB CD 的中点,E F ，连接,,PE PF EF ，则,PE AB EF AB ，且PE EF E ，,PE EF 平面PEF ，可知AB 平面PEF ，且AB 平面ABCD ，所以平面PEF 平面ABCD ，过P 作EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ，由平面PEF 平面ABCD EF ，PO 平面PEF ，所以PO 平面ABCD ，由题意可得：2,4PE PF EF ，则222PE PF EF ，即PE PF ，则1122PE PF PO EF ，可得PE PF PO EF，当相对的棱长相等时，不妨设4PA PC ，PB PD因为BD PB PD ，此时不能形成三角形PBD ，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.6．C【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详解】用一个完全相同的五面体HIJ LMN （顶点与五面体ABC DEF 一一对应）与该五面体相嵌，使得,D N ；,E M ;,F L 重合，因为AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．1,2,3AD BE CF ，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1322314，212111142ABC DEF ABC HIJ V 故选：C.7．4【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为12h r r 甲，12h r r乙，所以21211313S S h V h V h S S h 甲甲甲乙乙乙.故答案为：4.8．(1)证明见解析【分析】（1）先证出AD 平面PAB ，即可得AD AB ，由勾股定理逆定理可得BC AB ，从而//AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即可求得tan DFE AD 的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【详解】（1）（1）因为PA 平面ABCD ，而AD 平面ABCD ，所以PA AD ，又AD PB ，PB PA P ，,PB PA 平面PAB ，所以AD 平面PAB ，而AB 平面PAB ，所以AD AB .因为222BC AB AC ，所以BC AB ，根据平面知识可知//AD BC ，又AD 平面PBC ，BC 平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，因为PA 平面ABCD ，所以平面PAC 平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC ，所以DE 平面PAC ，又EF CP ，所以 CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即sin DFEtan DFE 因为AD DC ，设AD x，则CDDE ，又242xCE，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF故22tan 4DFE xxAD9．(1)证明见详解；【分析】（1）结合已知易证四边形EFCM 为平行四边形，可证//EM FC ，进而得证；（2）先证明OA 平面EDM ，结合等体积法M ADE A EDM V V 即可求解.【详解】（1）由题意得，//EF MC ，且EF MC ，所以四边形EFCM 是平行四边形，所以//EM FC ，又CF 平面,BCF EM 平面BCF ，所以//EM 平面BCF ；（2）取DM 的中点O ，连接OA ，OE ，因为//AB MC ，且AB MC ，所以四边形AMCB 是平行四边形，所以AM BC又AD ，故ADM △是等腰三角形，同理EDM △是等腰三角形，可得,,3,OA DM OE DM OA OE又AE 222OA OE AE ，故OA OE .又,,,OA DM OE DM O OE DM 平面EDM ，所以OA 平面EDM ，易知122EDM S在ADE V 中，cos4DEA，所以1sin 22DEA DEA S 设点M 到平面ADE 的距离为d ，由M ADE A EDM V V ，得1133ADE EDM S d S OA ，得d故点M 到平面ADE10．(1)12π(2)π4【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形POA 的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接,,EA EO EC ，可先证BE 平面ACE ，根据线面角的定义得出所求角为 BOE ，然后结合题目数量关系求解.【详解】（1）正四棱锥满足且PO 平面ABCD ，由AO 平面ABCD ，则PO AO ，又正四棱锥底面ABCD 是正方形，由 AD 3AO ，故4PO ，根据圆锥的定义，POA 绕PO 旋转一周形成的几何体是以PO 为轴，AO 为底面半径的圆锥，即圆锥的高为4PO ，底面半径为3AO ，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是21π3412π3（2）连接,,EA EO EC ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由E 是PB 中点，则,AE PB CE PB ，又,,AE CE E AE CE 平面ACE ，故PB 平面ACE ，即BE 平面ACE ，又BD 平面ACE O ，于是直线BD 与平面AEC 所成角的大小即为 BOE ，不妨设6AP AD ，则3BO BE ，sin2BOE，又线面角的范围是π0,2 ，故π4BOE .即为所求.。

07 等差数列与等比数列1.已知{a n}是等比数列,a n>0,且+a3a7=8,则log2a1+log2a2+…+log2a9=().A.8B.9C.10D.11解析▶∵ +a3a7=8,a n>0,且{a n}是等比数列,∴2=8,∴a5=2.∴log2a1+log2a2+…+log2a9=log2[(a1a9)(a2a8)·(a3a7)(a4a6)a5]=log2=9log22=9,故选B.答案▶ B2.在等比数列{a n}中,a n>0,,,+1成等差数列,且a1+2a2=2,则数列{a n}的通项公式为.解析▶设等比数列{a n}的公比为q,由a n>0知q>0,由题意得+=,即a1-a2=a1a2, ∴a1q=1-q.又a1+2a2=2,∴a1+2a1q=2.由-解得或--(舍去),∴数列{a n}的通项公式为a n=-.答案▶a n=-3.如图所示的是“杨辉三角”数图,计算第1行的2个数的和,第2行的3个数的和,第3行的4个数的和 … 则第n行的n+1个数的和为.11第1行12 1 第2行1331第3行1464 1 第4行…解析▶1+1=2,1+2+1=4,1+3+3+1=8,1+4+6+4+1=16,则第n行的n+1个数的和为2n.答案▶2n4.已知数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且S n=( ),n∈N*.(1)求证:数列{a n}是等差数列.(2)设b n=,T n=b1+b2+…+b n,求T n.解析▶(1)∵S n=( ),n N∈*,∴当n=1时,a1=S1=( )(a1>0),解得a1=1;当n≥ 时,由----a n-1,得2a n=+a n--即(a n+a n-1)(a n-a n-1-1)=0,∵a n+a n-1>0,∴a n-a n-1=1(n≥ ).∴数列{a n}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可得a n=n,S n=( ),b n===-.( )∴T n=b1+b2+b3+…+b n=1-+-+…+-=1-=.【例1】设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析▶(法一)设等比数列{a n}的公比为q(q≠0) 则2S2=2(a1+a2)=2(a1+a1q),S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2.因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以3a1+a1+a1q+a1q2=4(a1+a1q),解得q=3,故a n =3n-1.(法二)设等比数列{a n }的公比为q ,由3S 1,2S 2,S 3成等差数列,易得q ≠ 所以4S 2=3S 1+S 3, 即( - )-=3a 1+( - )-, 解得q=3,故a n =3n-1. 答案▶ 3n-1在等差(比)数列问题中,最基本的量是首项a 1和公差d (公比q ),在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组,从而求出这两个量,那么其他问题也就会迎刃而解,这就是解决等差(比)数列问题的基本量的方法,其中蕴含着方程思想的运用.在应用等比数列前n 项和公式时,务必注意公比q 的取值范围.1.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120,设b n =1+log 3a n ,则数列{b n }的前15项和为( ).A .152B .135C .80D .16解析▶ 设等比数列{a n }的公比为q ,由a 1+a 3=30,a 2+a 4=S 4-(a 1+a 3)=90,得公比q==3,首项a 1==3,所以a n =3n ,b n =1log+33n=1+n ,则数列{b n }是等差数列,其前15项和为 ( )=135.故选B .答案▶ B2.设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1=( ).A .2B .-2C .D .-解析▶ 由题意知S 1=a 1,S 2=2a 1-1,S 4=4a 1-6. 因为S 1,S 2,S 4成等比数列,所以 =S 1·S 4,即(2a 1-1)2=a 1(4a 1-6),解得a 1=-.故选D .答案▶ D【例2】(1)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则, … 中最大的项为().A.B.C.D.(2)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a8a13+a9a12=2e(e为自然对数的底数),则ln a1+ln a2+…+ln a20= .解析▶(1)由S15= ()==15a8>0,S16= ()=8(a8+a9)<0,可得a8>0,a9<0,d<0,所以数列{a n}是递减数列,所以a1>a2>…>a8>0,所以0<S1<S2<…<S8,从而0<<<…<.又因为当 ≤n≤ n∈N*时,a n<0,S n>0,即<0,所以是, … 中的最大项.故选C.(2)因为{a n}是等比数列,所以a8a13=a9a12=e,所以ln a1+lna2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)=ln(a1a20)10=10ln(a8a13)=10ln e=10.答案▶(1)C(2)10等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时,经常采用“巧用性质,整体考虑,减少运算量”的思想.1.已知等比数列{a n}满足a n>0,且a3a2n-3=22n(n≥ ) 则当n≥时,log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a2n-1= .解析▶log2a1log+2a2log+2a3+…log+2a2n-1log=2(a1a2a3…a2n-1).设S=a1a2a3…a2n-1,则S=-a2n-2a2n-3 (1)两式相乘,得S2=(a3a2n-3)2n-1=22n(2n-1),所以S=2n(2n-1),故原式=n(2n-1).答案▶n(2n-1)2.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若=3,则= .解析▶显然公比q≠ 则由=( -)-( -)-=--=1+q3=3,得q3=2,所以=--=--=.答案▶【例3】已知数列{a n}的前n项和S n=λ(a n-1),其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)当λ=2时,求a2i.解析▶(1)由题意得a1=S1=λ(a1-1),故λ≠ a1=-,a1≠0.由S n=λ(a n-1),S n+1=λ(a n+1-1),得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0 λ≠0 得a n≠0 所以aa =-,因此{a n}是首项为-,公比为-的等比数列,于是a n=-.(2)由(1)可知,当λ=2时,a n=2n,故a2i=a2+a4+…+a2n= ( -)-= ( - ).判断或证明数列是否为等差、等比数列,一般是依据等差、等比数列的定义,或利用等差中项、等比中项进行判断.利用=a n+1·a n-1(n≥ n∈N*)来证明数列{a n}为等比数列时,要注意数列中的各项均不为0.记S n为等比数列{a n}的前n项和,已知a3=-8,S3=-6.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求S n,并证明对任意的n∈N*,S n+2,S n,S n+1成等差数列.解析▶(1)设数列{a n}的公比为q,由题设可得-( )-解得--故数列{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n=( -)-=-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·-=2-(- )·=2S n,故S n+2,S n,S n+1成等差数列.【例4】设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=λ,S n+1=λS n+λ(n∈N*),其中常数λ>1.(1)求证:数列{a n}是等比数列.(2)若数列{b n}满足b n=logλ(a1a2…a n)(n∈N*),求数列{b n}的通项公式.解析▶(1)当n=1时,S2=λS1+λ,即a2=λ2,∴=λ.当n≥ 时,S n=λS n-1+λ,∴a n+1=S n+1-S n=λ(S n-S n-1)=λa n,即=λ(n≥ ).又∵=λ,∴数列{a n}是首项为λ,公比为λ的等比数列.(2)由(1)得a n=λn,∴a1a2…a n=λ1+2+…+n=( ),∴b n=logλ( )=.解这种题目的一般方法是用“退位相减法”消去S n(或者a n),得到数列{a n}的递推公式(或者是数列{S n}的递推公式),进而求出a n(或者S n)与n的关系式.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n·S n+1,则S n= .解析▶由已知得a n+1=S n+1-S n=S n+1·S n,易知S n≠0 等式两边同时除以S n+1·S n,得-=-1,故数列是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以S n=-.答案▶-一、选择题1.S n是等差数列{a n}的前n项和,若S7-S2=45,则S9=().A.54B.63C.72D.81解析▶(法一)∵S7-S2=45,∴a3+a4+a5+a6+a7=45,∴5a5=45,a5=9,∴S9= ()=9a5=81.(法二)∵S7-S2=45,∴7a1+21d-(2a1+d)=45,即a1+4d=9,∴S9=9a1+36d=9(a1+4d)=9×9=81,故选D.答案▶ D2.已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=(n∈N*),则a2019=().-A.-2B.-1C.2D.解析▶∵数列{a n}满足a1=2,a n+1=-(n N∈*),∴a2=-=-1,a3=-(- )=,a4=-= … 可知此数列具有周期性,周期为3,即a n+3=a n,则a2019=a3=.故选D.答案▶ D3.若S n为数列{a n}的前n项和,且S n=,则等于().A.B.C.D.30解析▶∵当n≥ 时,a n=S n-S n-1=--=( ),∴=5×(5+1)=30.故选D.答案▶ D4.已知等比数列{a n}中,a2=2,a6=8,则a3a4a5=().A.±64B.64C.32D.16解析▶因为a2=2,a6=8,所以由等比数列的性质可知a2a6==16,而a2,a4,a6同号,所以a4=4,所以a3a4a5==64,故选B.答案▶ B5.已知{a n}是公差为4的等差数列,S n是其前n项和.若S5=15,则a10的值是().A.11B.20C.29D.31解析▶因为S5=15,所以5a1+×4=15,所以a1=-5,所以a10=a1+9d=31,故选D.答案▶ D6.观察下列各图,并阅读图形下面的文字.像这样,10条直线相交,最多可形成的交点的个数是().A.40B.45C.50D.55解析▶(法一)n+1(n N∈*)条直线相交,当n= … k …时,最多可形成的交点个数分别是1,1+2,1+2+ … +2+3+…+k ….∴10条直线相交,最多可形成的交点的个数是1+2+…+9=45.(法二)设n(n≥ n∈N*)条直线相交,最多可形成的交点个数为a n,则--…-累加得a10-a2=2+3+…+9,∴a10=1+2+3+…+9=45.故选B.答案▶ B7.《张丘建算经》中“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里.问日行几何?”意思是“现有一匹马行走的速度逐渐变慢,每天走的里数是前一天的一半,连续行走7天,共走了700里路,问每天走的里数为多少?”则该匹马第一天走的里数为().A.B. 00C. 00D.解析▶由题意知这匹马每日所走的路程成等比数列,设该数列为{a n},则公比q=,前7项和S7=700.由等比数列的求和公式得--=700,解得a1= 00,故选B.答案▶ B8.已知等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,且=,则0=().A. 0B.C.D.解析▶(法一)设S n=5n2+2n,则T n=n2+3n.当n=1时,a1=7;当n≥ 时,a n=S n-S n-1=10n-3.∵a1=7符合上式,∴a n=10n-3.同理b n=2n+2.∴0= 0 .故选A.(法二)由=--,得0==== 0 .故选A.答案▶ A9.已知数列{a n}的通项公式为a n=,若数列{a n}为递减数列,则实数k的取值范围为().A.(3,+∞)B.(2,+∞)C.(1,+∞)D.(0,+∞)解析▶因为a n+1-a n=-=--,所以由数列{a n}为递减数列知,对任意n N∈*,a n+1-a n=--<0,所以k>3-3n对任意n N∈*恒成立,所以k∈(0 +∞).故选D.答案▶ D二、填空题10.在等比数列{a n}中,若a1=,a4=-4,则|a1|+|a2|+…+|a n|= .解析▶设等比数列{a n}的公比为q,则a4=a1q3,代入数据得q3=-8,所以q=-2.又等比数列{|a n|}的公比为|q|=2,所以|a n|=×2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-.答案▶2n-1-11.设等差数列5, 0,, 0 …的前n项和为S n,则当S n最大时,n= .解析▶(法一)设该等差数列为{a n},∵公差d= 0-5=-,a1=5,∴a n=5+(n-1)×-=-+ 0.要使S n最大,则00 即- 00- ( ) 00解得 ≤n≤ .又n∈N*,∴ =7或n=8.(法二)∵公差d= 0-5=-,首项为5, ∴S n=5n+(- )×-=-n2+n=--+.∴当n 取最接近 的整数时,S n 最大,即当n=7或n=8时,S n 最大.答案▶ 7或812.在计算机语言中,有一种函数y=INT(x )叫作取整函数,它表示不超过x 的最大整数,如INT(0.9)=0,INT(3.14)=3.已知 =0. ·8571 ·,令a n =INT 0 ,b 1=a 1,b n =a n -10a n-1(n>1且n ∈N *),则b 2019= .解析▶ 依题意得a 1=2,a 2=28,a 3=285,a 4=2857,a 5=28571,a 6=285714,a 7= … 所以b 1=a 1=2.又b n =a n -10a n-1,所以b 2=8,b 3=5,b 4=7,b 5=1,b 6=4,b 7= … 可知数列{b n }是周期为6的周期数列.而2019=336×6+3,所以b 2019=b 3=5.答案▶ 5三、解答题13.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =a n+1-2,a 1=2.(1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式;(2)若数列{b n }满足 - · - ·…· - = (n ∈N *),证明:{b n }是等差数列. 解析▶ (1)当n ≥ 时,由S n =a n+1-2,得S n-1=a n -2,两式相减,得a n+1=2a n ,即=2. 又S 1=a 2-2,a 1=2,∴a 2=S 1+2=4,满足=2, ∴=2对任意的n ∈N *都成立. ∴{a n }是首项为2,公比为2的等比数列.∴a n =2n .(2)∵ - · - ·…· - =, ∴ … - = · ,∴2[(b 1+b 2+…+b n )-n ]=n ·b n , ①∴2[(b 1+b 2+…+b n+1)-(n+1)]=(n+1)b n+1, ②由②-①得2(b n+1-1)=(n+1)b n+1-nb n ,即(n-1)b n+1-nb n +2=0, ③∴ b n+2-(n+1)b n+1+2=0,④由④-③得nb n+2-2nb n+1+nb n=0, ∴b n+2-2b n+1+b n=0,即b n+2-b n+1=b n+1-b n(n∈N*),∴是等差数列.。

1.已知四棱锥P ABCD -的顶点P 在底面的射影恰好是底面菱形ABCD 的两对角线的交点，若3AB =，4PB =，则PA 长度的取值范围为)5,7(解析：如图POB 设x BO =，则216x PO -=，229x AO -=，)3,0(,25.02∈-=x x PA 2.一个半径为1的小球在一个棱长为64的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是_______372解析：OM N PA B如图，当小球贴着底面和三个侧面运动时，它与底面的切点形成一个三角形，这个三角形和底面三角形之间的部分就是在底面上不能接触的部分，设小球同时与底面和左右两侧面都相切，O 为球心，与底面和右侧面切点分别为M,N，平面OMN 与底面棱AB 交于点P，显然OMN AB ⊥，则MPN ∠为二面角的平面角，31cos =∠MPN ，则22tan =∠MPN ,由二倍角公式可求得22tan =∠OPM ,而1==ON OM ，故2=MP ,6=AP ,故四个面不能接触到面积=672])62()64[(43422=-⨯3.在一个密封的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是65,61(解析：必须比如图的三棱锥体积大，然后小于剩余体积，否则根据对称性一样液面是三角形4.一个半径为2的球放在桌面上，桌面上的一点1A 的正上方有一个光源A ，1AA 与球相切，16,AA =球在桌面上的投影是一个椭圆，则这个椭圆的离心率等于______21解析：（单德林双球）设A1A2上切点为T，AB2与球O 切点为P，则44442222++=+=+=b T B P B AB 而2212226B A AB +=22246b ++=5.一个正六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a 的正三角形，这样的两个多面体的内切球的半径之比是一个最简分数nm ，那么积mn 是______6解析：正六面体内切球的球心就是底面正三角形的中心，它到各个侧面的距离就是内切球半径，可以直接求，也可以用体积法求；而正八面体也可以用两种方法求解6.三位学友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选取了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口饮料杯，如图所示．盛满饮料后约定：先各自饮杯中饮料一半．设剩余饮料的高度从左到右依次为1h ，2h ，3h ，则它们的大小关系是．解析：圆锥、圆柱是圆台的特例，故2h 介于1h ，3h 之间，结论是1h ＞2h ＞3h ．7.如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是．)1,21(解析：过D 作AF DG ⊥于G ，则由三垂线定理知，在平面图形中K G D ,,三点共线，下面只需要研究平面图形中F 点与E ，C 分别重合情形即可.8.在矩形ABCD 中，AB =4，BC =3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B –AC –D ，则折起后的BD =________5337解析：注意在平面图形中应用余弦定理求线段长9.已知正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1的棱长为1，以顶点A 为球心，332为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于_______635π解析：（2007全国联赛）如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上，即面AA 1B 1B 、面ABCD 和面AA 1D 1D 上；另一类在不过顶点A 的三个面上，即面BB 1C 1C 、面CC 1D 1D 和面A 1B 1C 1D 1上。

立体几何选择填空压轴题专练A 组一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ABCD【答案】A【解析】记该正方体为''''-ABCD A B C D ，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱'A A ，''A B ，''A D 与平面α所成的角都相等，如图，连接'AB ，'AD ，''B D ，因为三棱锥'''-A AB D 是正三棱锥，所以'A A ，''A B ，''A D 与平面''AB D 所成的角都相等，分别取''C D ，''B C ，'BB ，AB ，AD ，'DD 的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ．GH ，IH ，IJ ，IE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面''AB D 平行，且截正方体所得截面的面积最大，又2======EF FG GH IH IJ JE ，所以该正六边形的面积为26434⨯⨯=，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为4，故选A ． 2．如图，矩形ABCD 中， 2AB AD =， E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻转成1A DE ∆（1A ∉平面ABCD ）．若M 、O 分别为线段1A C 、DE 的中点，则在ADE ∆翻转过程中，下列说法错误的是（ ）A. 与平面1A DE 垂直的直线必与直线BM 垂直B. 异面直线BM 与1A E 所成角是定值C. 一定存在某个位置，使DE MO ⊥D. 三棱锥1A ADE -外接球半径与棱AD 的长之比为定值【答案】C【解析】取CD 的中点F ，连BF,MF,如下图：可知面MBF// 1A DE ,所以A 对。

高中数学空间向量与立体几何一．选择题（共25小题）1．已知平面α的法向量为＝（﹣2，﹣2，1），点A（x，3，0）在平面α内，则点P（﹣2，1，4）到平面α的距离为，则x＝（）A．﹣1B．﹣11C．﹣1或﹣11D．﹣212．已知直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），则直线1与平面α的位置关系是（）A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l∈α3．已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）4．如图，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的法向量是（）A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）5．已知空间向量，，两两相互垂直，且||＝||＝||＝||，若，则x+y+z的取值范围是（）A．B．[﹣1，1]C．D．[﹣2，2]6．已知向量分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则（）A．m＝8，n＝28B．m＝4，m＝28C．D．7．若向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），且与的夹角的余弦值为，则实数x的值为（）A．﹣3B．11C．3D．﹣3或118．已知＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），＝（7，5，m），若，，共面，则实数m的值为（）A．B．14C．12D．9．与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是（）A．（﹣，﹣，）和（，，﹣）B．（﹣，﹣，）C．（，，﹣）D．（﹣，﹣，﹣）或（，，﹣）10．已知O（0，0，0），A（3，﹣2，4），B（0，5，﹣1），若＝，则C的坐标是（）A．（2，﹣，）B．（﹣2，，﹣）C．（2，﹣，﹣）D．（﹣2，﹣，）11．若直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，则m＝（）A．2B．3C．4D．512．若A（m+1，n﹣1，3），B（2m，n，m﹣2n），C（m+3，n﹣3，9）三点共线，则m+n的值为（）A．0B．﹣1C．1D．﹣213．若向量，，则＝（）A．B．C．3D．14．已知向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），且+k与互相垂直，则k＝（）A．1B．C．﹣1D．﹣15．已知向量＝（2，1，﹣3），＝（1，﹣1，2），则+2＝（）A．3B．（4，﹣1，1）C．（5，1，﹣4）D．16．已知三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，则﹣（+）＝（）A．B．C．D．17．在空间直角坐标系中，若A（1，1，0），＝（3，0，1），则点B的坐标为（）A．（﹣5，1，﹣2）B．（7，1，﹣2）C．（3，0，1）D．（7，1，2）18．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝（）A．B．C．D．19．已知向量及则等于（）A．（﹣3，1，﹣2）B．（5，5，﹣2）C．（3，﹣1，2）D．（﹣5，﹣5，2）20．已知向量，，．若，则x的值为（）A．﹣2B．2C．3D．﹣321．设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．3D．422．若向量＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件•＝0，则x的值是（）A．﹣1B．0C．1D．223．空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，若|AO|＝1，则|AB|的最小值为（）A．1B．2C．3D．424．已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A．[0，4]B．[0，2]C．[1，4]D．[1，2]25．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（）A．＝﹣﹣B．＝++C．++＝D．+++＝二．填空题（共5小题）26．若，且，则实数λ＝．27．点P是棱长为4的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是．28．若向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2）的夹角为钝角，则实数x的取值范围为．29．已知＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），若，，共面，则实数λ＝．30．若向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，则λ＝．三．解答题（共10小题）31．棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中点．（1）证明：EF⊥B1C．（2）求cos＜＞．（3）求FH的长．32．设点E，F分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC，BB1的中点．如图，以D为坐标原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．（I）求；（II）若点M，N分别是线段A1E与线段D1F上的点，问是否存在直线MN，使得MN⊥平面ABCD？若存在，求点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．33．已知空间向量＝（a1，a2，a3），＝（b1，b2，b3），定义两个空间向量与之间的距离为d（，）＝|b i﹣a i|．（1）若＝（1，2，3），＝（4，1，1），＝（，，0），证明：d（，）+d（，）＝d（，）（2）已知＝（c1，c2，c3）①证明：若∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣），则d（，）+d（，）＝d（，）．②若d（，）+d（，）＝d（，），是否一定∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣）？请说明理由．34．如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．（1）求过点P，C，B，G四点的球的表面积；（2）求直线DP到平面PBG所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．35．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，Q分别是BB1，BC1中点，点P在线段C1M上，且，（1）用向量表示向量；（2）用向量表示向量；（3）若AP与平面A1BC交于，求出y关于x的函数关系式．36．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与平面A1BA所成的锐二面角（是指不超过90°的角）的余弦值．37．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为．（1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；（2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．38．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2．（Ⅰ）求证：DE⊥A1C；（Ⅱ）求点C到平面A1BE的距离．39．已知四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：BC⊥SD；（Ⅱ）若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．40．（1）用符号表示下来语句，并画出同时满足这四个语句的一个几何图形：①直线l在平面α内；②直线m不在平面α内；③直线m与平面α交于点A；④直线l不经过点A．（2）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，F为棱CC1的三等分点，画出由D1，E，F三点所确定的平面β与平面ABCD的交线．（保留作图痕迹）参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：＝（﹣2﹣x，﹣2，4），||＝＝，||＝＝3，＝﹣2（﹣2﹣x）+4+4＝2x+12，∴cos＜＞＝＝，设AP与平面α所成角为θ，则sinθ＝，∴P到平面α的距离为|AP|•sinθ＝＝，解得x＝﹣1或x＝﹣11．故选：C．2．【解答】解：∵直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），∴＝2∴则与共线，可得：l⊥a．故选：B．3．【解答】解：依题意，（2，﹣1）为直线的一个法向量，∴方向向量为（1，2），故选：D．4．【解答】解：在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，A1（1，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1），＝（0，1，﹣1），＝（﹣1，0，1），设平面A1BC1的法向量是＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，1），∴平面A1BC1的法向量是（1，1，1）．故选：A．5．【解答】解：设||＝||＝||＝||＝r，∵，，两两相互垂直，∴＝＝，∵，∴＝（x+y+z）2＝x2+y2+z2，∴1＝x2+y2+z2，∴（x+y+z）2＝x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz≤3（x2+y2+z2）＝3，当且仅当x＝y＝z＝±时“＝”成立，∴﹣≤x+y+z≤，故选：C．6．【解答】解：∵l1∥l2，∴存在实数使得＝k，∴，解得：m＝8，n＝．故选：C．7．【解答】解：∵向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），∴||＝＝，||＝＝3；•＝x+8﹣10＝x﹣2，且与的夹角余弦值为﹣，∴•3•（﹣）＝x﹣2；整理得x2﹣8x﹣33＝0，解得x＝﹣3或x＝11（不合题意，舍去）；∴x的值为﹣3．故选：A．8．【解答】解：∵＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），∴与不平行，又∵，，三向量共面，则存在实数x，y使＝x+y，即（2x﹣y，﹣x+y，4x﹣2y）＝（7，5，m）即，解得：m＝14，故选：B．9．【解答】解：∵向量＝（﹣1，﹣2，2）的模为||＝＝3，故与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是±，即＝（﹣，﹣，）或﹣＝（，，﹣）．故选：A．10．【解答】解：设点C坐标为（x，y，z），则＝（x，y，z）．又＝（﹣3，7，﹣5），＝，∴x＝﹣2，y＝，z＝﹣．则C的坐标是（﹣2，，﹣）．故选：B．11．【解答】解：∵直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，∴l的方向向量为（2，1，m）与平面α的法向量为（1，，2）平行，∴（2，1，m）＝λ（1，，2）．∴，解得m＝4．故选：C．12．【解答】解：因为＝（m﹣1，1，m﹣2n﹣3），＝（2，﹣2，6），由题意，得∥，所以＝＝，所以m＝0，n＝0，所以m+n＝0．故选：A．13．【解答】解：∵向量，，∴2+＝（4，﹣1，1），∴＝＝3．故选：D．14．【解答】解：∵向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），∴+k＝（﹣1+k，k，1﹣k），∵+k与互相垂直，∴（）•＝﹣1+k+k﹣1+k＝0，解得k＝．故选：B．15．【解答】解：．故选：B．16．【解答】解：如图，取CD中点F，连结AF，EF，∵三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，∴﹣（+）＝﹣＝＝．故选：D．17．【解答】解：在空间直角坐标系中，A（1，1，0），＝（3，0，1），设点B的坐标为B（x，y，z），则＝（x﹣1，y﹣1，z﹣0）＝（3，0，1），解得x＝7，y＝1，z＝2．∴点B的坐标为（7，1，2）．故选：D．18．【解答】解：由题意可得＝＝．故选：D．19．【解答】解：由向量，，所以＝（﹣3，1，﹣2）．故选：A．20．【解答】解：因为向量，，，所以﹣＝（﹣2，3，1）；又，所以•（﹣）＝0，即﹣2×（﹣2）+3x+2×1＝0，解得x＝﹣2．故选：A．21．【解答】解：设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，∴，解得x＝1，y＝﹣2，∴＝（1，1，1）+（1，﹣2，1）＝（2，﹣1，2），∴|+|＝．故选：C．22．【解答】解：因为＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件＝0，即2﹣3x+4＝0⇒x＝2；故选：D．23．【解答】解：∵空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，|AO|＝1，∴A是以O为球心，1为半径的球上的点，∵，∴|OB|＝＝3．∴|AB|的最小值为：|OB|﹣||OA|＝3﹣1＝2．故选：B．24．【解答】解：以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示；设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，则内切球的半径为1，所以•＝（+）•（+）＝（+）•（﹣）＝﹣1∈[0，2]．所以的取值范围是[0，2]．故选：B．25．【解答】解：在C中，由++＝，得＝﹣﹣，则、、为共面向量，即M、A、B、C四点共面；对于A，由＝﹣﹣，得1﹣1﹣1＝﹣1≠1，不能得出M、A、B、C四点共面；对于B，由＝++，得++≠1，所以M、A、B、C四点不共面；对于D，由+++＝，得＝﹣（++），其系数和不为1，所以M、A、B、C四点不共面．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：∵，∴+λ＝（2+6λ，﹣1﹣3λ，2+2λ），由，得：2（2+6λ）+（1+3λ）+2（2+2λ）＝0，解得：λ＝﹣，故答案为：﹣．27．【解答】解：设点O是此正方体的内切球的球心，半径R＝1．∵•≤||||，∴当点P，M，N三点共线时，•取得最大值．当且仅当点P为正四面体的一个顶点时上式取得最大值，∴（•）max＝×＝，故答案为：．28．【解答】解：向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2），因为与夹角为钝角，所以，且cos＜，＞≠﹣1，解得x＜1，所以x的取值范围为（﹣∞，1）．故答案为：（﹣∞，1）．29．【解答】解：由＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），且，，共面，所以存在实数m，n，使得，即（7，λ，5）＝m（﹣2，1，3）+n（3，﹣4，2），列方程组，得，解得，；所以．故答案为：．30．【解答】解：向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，所以存在两个实数x、y使得＝x+y；即，解得；所以λ＝3．故答案为：3．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示；则E（0，0，1），F（1，1，0），B1（2，2，2），C（0，2，0），C1（0，2，2）；（1）∵＝（1，1，﹣1），＝（﹣2，0，﹣2），∴•＝1×（﹣2）+1×0﹣1×（﹣2）＝0，∴⊥，∴EF⊥B1C；（2）由CG＝CD知，C（0，2，0），∴G（0，，0），∴＝（0，﹣，﹣2），∴•＝1×0+1×（﹣）﹣1×（﹣2）＝，||＝，||＝＝，∴cos＜，＞＝＝＝；（3）∵H为C1G的中点，∴H（0，，1），F（1，1，0），∴＝（﹣1，，1），∴||＝＝，即FH的长为．32．【解答】解：（Ⅰ）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为A1（2，0，2），E（1，2，0），D1（0，0，2），F（2，2，1），＝（﹣1，2，﹣2），＝（2，2，﹣1），…（2分）所以；…（4分）（Ⅱ）存在唯一直线MN，使MN⊥平面ABCD；设M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），且，；则（x1﹣2，y1，z1﹣2）＝λ（﹣1，2，﹣2），（x2，y2，z2﹣2）＝t（2，2，﹣1），所以M（2﹣λ，2λ，2﹣2λ），N（2t，2t，2﹣t），故，…（8分）若MN⊥平面ABCD，则与平面ABCD的法向量＝（0，0，1）平行，所以，解得；所以点M，N的坐标分别是（，，），（，，）．…（12分）33．【解答】证明：（1）∵，，，∴，，，∴．（2）①∵∃λ＞0，使，∴∃λ＞0，使得（b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3）＝λ（c1﹣b1，c2﹣b2，c3﹣b3），即∃λ＞0，使得b i﹣a i＝λ（c i﹣b i），其中i＝1，2，3，∴b i﹣a i与c i﹣b i（i＝1，2，3）同为非负数或同为负数．∴，即．②不一定∃λ＞0，使得．反例如下：取，，，，，，则∵，，∴不存在λ＞0，使得．34．【解答】解：（1）由四面体P﹣BCG的体积为．∴PG＝4以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线．∴（2R）2＝16+4+4，∴∴V＝4π×6＝24π．（2）由GB＝GC＝2∴△BGC为等腰三角形，GE为∠BGC的角平分线，作DK⊥BG交BG的延长线于K，∴DK⊥面BPG．由平面几何知识可知：，设直线DP与平面PBG所成角为α∴．（3）∵GB，GC，GP两两垂直，分别以GB，GC，GP为x，y，z轴建立坐标系假设F存在且设F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）∵∴，又直线DF与GC所成的角为900∴∴∴当时满足条件．35．【解答】解：（1）∵，，∴＝．（2）∵，又＝，∴＝＝＝+．（3）由空间向量的基本定理可设，∵四点A1、B、C、N共面，∴k+m+n＝1．∵，∴＝，∴，利用k+m+n＝1，可得，化为即为所求的关系式．36．【解答】解：（1）以{，，}为单位正交基底建立空间直角坐标系A﹣xyz，则由题意知A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，4），D（1，1，0），C1（0，2，4），∴＝（2，0，﹣4），＝（1，﹣1，﹣4），∴cos＜，＞＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．（2）是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量为，∵，∴，取z＝1，得y＝﹣2，x＝2，∴平面ADC1的法向量为＝（2，﹣2，1），设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝||＝，∴平面ADC1与ABA1所成二面角的余弦值为：．37．【解答】证明：（1）＝+，＝+．因为BB1⊥平面ABC，所以•＝0，•＝0．又△ABC为正三角形，所以＜，＞＝π﹣＜，＞＝π﹣＝．因为•＝（+）•（+）＝•+•++•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1+1＝0，所以AB1⊥BC1．解：（2）由（1）知•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1．又||＝＝＝||，所以cos＜，＞＝＝，所以||＝2，即侧棱长为2．38．【解答】（Ⅰ）证明：在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点所以DE∥BC．又AC⊥BC，所以DE⊥AC．在图2中DE⊥A1D，DE⊥DC，且A1D∩DC＝D，则DE⊥平面A1CD．又因为A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面A1CD，且DE⊂平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，且平面A1CD∩平面BCDE＝DC，在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O，所以A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1﹣BCE底面上的高，在△A 1CD中，．在△A 1BE中，，，所以．在梯形BCDE中，．设点C到平面A1BE的距离为h，因为，所以，解得．即点C到平面A1BE的距离为．39．【解答】证明：（Ⅰ）取BC的中点F，连接BD、DF和SF，因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；又SF∩DF＝F，SF⊂平面SDF，DF⊂平面SDF，所以BC⊥平面SDF，又SD⊂平面SDF，所以BC⊥SD；（Ⅱ）解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，SF⊥BC，SF⊂平面SBC，所以SF⊥平面ABCD；又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F﹣xyz，如图所示；不妨设AB＝2，则A（﹣2，，0），B（﹣1，0，0），S（0，0，）；所以＝（1，﹣，0），＝（2，，）；设平面SAB的一个法向量为＝（x，y，z），由，得，令y＝1，得＝（，1，﹣1），又＝＝（﹣，，﹣），所以E（﹣，，），又D（0，，0），所以＝（﹣，﹣，），设直线DE与平面SAB所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．40．【解答】解：（1）l⊂α；m⊄α；m∩α＝A；A∉l；示意图如下：（2）如图，分别延长DB，D1E相交于点L，分别延长DC，D1F相交于点I，直线IL即为所求．。