2022年浙江省数学高考模拟精彩题选——立体几何 Word版含答案

专题验收评估(五) 解析几何(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．经过x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0的圆心，且倾斜角为π6的直线方程为( )A ．x －2y ＝0B ．x －2y ＋3＝0C ．x －3y ＋23－1＝0D ．x －y ＋1＝0解析：选C 已知圆的圆心坐标为(1,2)，所以经过已知圆的圆心，倾斜角为π6的直线方程为x －3y ＋23－1＝0.2．圆(x ＋2)2＋y 2＝4与圆(x －2)2＋(y －1)2＝9的位置关系为( ) A ．内切 B ．相交 C ．外切D ．相离解析：选B 两圆的圆心距离为17，两圆的半径之差为1，之和为5，而1<17<5，所以两圆相交．3．若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1 的离心率为3，则其渐近线方程为( )A. y ＝±2x B ．y ＝±2x C. y ＝±12xD. y ＝±22x 解析：选B 在双曲线中离心率e ＝ca＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝3，可得b a ＝2，故所求的双曲线的渐近线方程是y＝±2x .4．(2021·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条相互垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10解析：选A 抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1,0)， 由题意可知l 1，l 2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l 1的斜率为k ，则l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －1消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2＝2＋4k2，由抛物线的定义可知，|AB |＝x 1＋x 2＋2＝2＋4k 2＋2＝4＋4k2.同理得|DE |＝4＋4k 2，∴|AB |＋|DE |＝4＋4k2＋4＋4k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋k 2≥8＋8＝16，当且仅当1k2＝k 2，即k ＝±1时取等号，故|AB |＋|DE |的最小值为16.5．(2021·宁波效实中学模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP ―→·FP ―→的最大值为( )A.214B ．6C ．8D ．12解析：选B 由题意得F (－1,0)，设P (x ，y )，则OP ―→·FP ―→＝(x ，y )·(x ＋1，y )＝x 2＋x ＋y 2，又点P 在椭圆上，故x 24＋y 23＝1，所以x 2＋x ＋3－34x 2＝14x 2＋x ＋3＝14(x ＋2)2＋2，又－2≤x ≤2，所以当x ＝2时，14(x ＋2)2＋2取得最大值6，即OP ―→·FP ―→的最大值为6.6．过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为( ) A ．2x ＋y －3＝0 B ．2x －y －3＝0 C ．4x －y －3＝0D ．4x ＋y －3＝0解析：选A 依据平面几何学问，直线AB 肯定与点(3,1)，(1,0)的连线垂直，这两点连线的斜率为12，故直线AB 的斜率肯定是－2，只有选项A 中直线的斜率为－2.7．(2021·全国卷Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2 B. 3 C. 2D.233解析：选A 依题意，双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为bx －ay ＝0.由于直线bx －ay ＝0被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，所以|2b |b 2＋a2＝4－1，所以3a 2＋3b 2＝4b 2，所以3a 2＝b 2，所以e ＝1＋b 2a2＝1＋3＝2.8．(2021·河北唐山模拟)平行四边形ABCD 内接于椭圆x 24＋y 22＝1，直线AB 的斜率k 1＝1，则直线AD 的斜率k 2＝( )A.12 B ．－12C ．－14D ．－2解析：选B 设AB 的中点为G ，则由椭圆的对称性知，O 为平行四边形ABCD 的对角线的交点，则GO ∥AD .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 212＝1，x 224＋y222＝1，两式相减得x 1－x 2x 1＋x 24＝－y 1－y 2y 1＋y 22，整理得x 1＋x 22y 1＋y 2＝－y 1－y 2x 1－x 2＝－k 1＝－1，即y 1＋y 2x 1＋x 2＝－12.又G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以k OG＝y 1＋y 22－0x 1＋x 22－0＝－12，即k 2＝－12，故选B.9．已知F 为抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA ―→·OB ―→＝2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( )A ．2B ．3 C.1728D.10解析：选B 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(不妨假设y 1>0，y 2<0)，直线AB 的方程为x ＝ty ＋m ，且直线AB 与x 轴的交点为M (m,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m ，y 2＝x 消去x ，得y 2－ty －m ＝0，所以y 1y 2＝－m .又OA ―→·OB ―→＝2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝2，(y 1y 2)2＋y 1y 2－2＝0，由于点A ，B 在抛物线上且位于x 轴的两侧，所以y 1y 2＝－2，故m ＝2.又F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，于是S △ABO ＋S △AFO ＝12×2×(y 1－y 2)＋12×14×y 1＝98y 1＋2y 1≥298y 1·2y 1＝3，当且仅当98y 1＝2y 1，即y 1＝43时取“＝”，所以△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3.10．(2022·浙江高考)已知椭圆C 1：x2m2＋y 2＝1(m ＞1)与双曲线C 2：x 2n2－y 2＝1(n ＞0)的焦点重合，e 1，e 2分别为C 1，C 2的离心率，则( )A ．m ＞n 且e 1e 2＞1B ．m ＞n 且e 1e 2＜1C ．m ＜n 且e 1e 2＞1D ．m ＜n 且e 1e 2＜1解析：选A C 1的焦点为(±m 2－1，0)，C 2的焦点为(±n 2＋1，0)，∵C 1与C 2的焦点重合，∴m 2－1＝n 2＋1，∴m 2＝n 2＋2，∴m 2＞n 2. ∵m ＞1，n ＞0，∴m ＞n .∵C 1的离心率e 1＝m 2－1m ，C 2的离心率e 2＝n 2＋1n ，∴e 1e 2＝m 2－1m ·n 2＋1n＝m 2－1n 2＋1mn＝m 2－1n 2＋1m 2n 2＝n 2＋12n 2＋2n 2＝n 4＋2n 2＋1n 4＋2n 2＞1＝1.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11．设集合{(x ，y )|(x －1)2＋(y －2)2≤10}所表示的区域为A ，过原点O 的直线l 将A 分成两部分．当这两部分面积之差最大时，直线l 的方程为________，此时直线l 落在区域A 内的线段长为________．解析：区域A 表示以C (1,2)为圆心，半径为10的圆周及其内部，当这两部分面积之差最大时，直线l 应当垂直于直线OC ，而k O C ＝2，所以k l ＝－12，直线l 的方程为y ＝－12x ，即x ＋2y ＝0，此时弦心距OC ＝5，弦长为210－5＝2 5.答案：x ＋2y ＝0 2 512．(2022届高三·金华十校联考)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2相切，则a ，b 的关系是________，双曲线的离心率为________．解析：联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋2，y ＝bax ，得ax 2－bx ＋2a ＝0，令Δ＝0，得b 2＝8a 2，故c 2＝9a 2，e ＝3.答案：b 2＝8a 2313．过点M (1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于________，这时a ，b 的关系是________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，分别代入椭圆方程相减得x 1－x 2x 1＋x 2a2＋y 1－y 2y 1＋y 2b2＝0，依据题意有x 1＋x 2＝2×1＝2，y 1＋y 2＝2×1＝2，且y 1－y 2x 1－x 2＝－12，所以2a 2＋2b 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，得a 2＝2b 2，所以a 2＝2(a 2－c 2)，即a 2＝2c 2，所以e ＝ca ＝22.答案：22a 2＝2b 214．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点，过右焦点F 2的直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B两点，M 是弦AB 的中点，直线OM (O 为原点)的斜率为14，则△ABF 1的周长等于________，斜率k ＝________.解析：依题意得|AF 1|＋|AF 2|＝4，|BF 1|＋|BF 2|＝4，|AF 1|＋(|AF 2|＋|BF 2|)＋|BF 1|＝8，即|AF 1|＋|AB |＋|BF 1|＝8，△ABF 1的周长为8.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减得x 21－x224＋y 21－y 223＝0，即x 1＋x 2x 1－x 24＋y 1＋y 2y 1－y 23＝0.又y 1＋y 2x 1＋x 2＝2y 02x 0＝y 0x 0＝14，因此y 1－y 23＋(x 1－x 2)＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－3，k ＝－3. 答案：8 －315．(2022·全国卷Ⅲ)已知直线l ：x －3y ＋6＝0与圆x 2＋y 2＝12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D 两点，则|CD |＝________.解析：如图所示，∵直线AB 的方程为x －3y ＋6＝0， ∴k AB ＝33，∴∠BPD ＝30°，从而∠BDP ＝60°.在Rt△BOD 中，∵|OB |＝23，∴|OD |＝2.取AB 的中点H ，连接OH ，则OH ⊥AB ， ∴OH 为直角梯形ABDC 的中位线， ∴|OC |＝|OD |，∴|CD |＝2|OD |＝2×2＝4. 答案：416．(2021·全国卷Ⅱ)已知F 是抛物线C ：y 2＝8x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N .若M 为FN 的中点，则|FN |＝________.解析：法一：依题意，抛物线C ：y 2＝8x 的焦点F (2,0)，由于M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N ，M 为FN 的中点，设M (a ，b )(b >0)，所以a ＝1，b ＝22，所以N (0,42)，|FN |＝4＋32＝6.法二：如图，不妨设点M 位于第一象限内，抛物线C 的准线交x 轴于点A ，过点M 作准线的垂线，垂足为点B ，交y 轴于点P ，∴PM ∥OF .由题意知，F (2,0)，|FO |＝|AO |＝2.∵点M 为FN 的中点，PM ∥OF ， ∴|MP |＝12|FO |＝1.又|BP |＝|AO |＝2， ∴|MB |＝|MP |＋|BP |＝3.由抛物线的定义知|MF |＝|MB |＝3， 故|FN |＝2|MF |＝6. 答案：6x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b 17．(2022·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆＞0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．解析：将y ＝b2代入椭圆的标准方程，得x 2a 2＋b 24b2＝1，所以x ＝±32a ，故B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2. 又由于F (c,0)，所以BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ，－b 2，CF ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫c －32a ，－b 2.由于∠BFC ＝90°，所以BF ―→·CF ―→＝0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c －32a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 22＝0，即c 2－34a 2＋14b 2＝0，将b 2＝a 2－c 2代入并化简，得a 2＝32c 2，所以e2＝c 2a 2＝23，所以e ＝63(负值舍去)． 答案：63三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 线l ：y ＝kx ＋p2与抛18.(本小题满分14分)(2021·甘肃高台县一中模拟)如图，设直物线C ：y 2＝2px (p >0，p 为常数)交于不同的两点M ，N ，且当k ＝12时，弦MN 的长为415.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 过点B (1，－1)，求证：直线NQ 过定点．解：(1)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，当k ＝12时，直线l ：y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，即x ＝2y －p 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y －p 2，y 2＝2px ，得y 2－4py ＋p 2＝0.∴y 1＋y 2＝4p ，y 1y 2＝p 2，于是得|MN |＝1＋4|y 1－y 2|＝5×y 1＋y 22－4y 1y 2＝215|p |＝415，由于p >0，所以p ＝2，即抛物线C 的标准方程为y 2＝4x . (2)证明：设点M (4t 2,4t )，N (4t 21，4t 1)，Q (4t 22，4t 2)， 易得直线MN ，MQ ，NQ 的斜率均存在， 则直线MN 的斜率k MN ＝4t －4t 14t 2－4t 21＝1t ＋t 1， 从而直线MN 的方程为y ＝1t ＋t 1(x －4t 2)＋4t ， 即x －(t ＋t 1)y ＋4tt 1＝0.同理可知MQ 的方程为x －(t ＋t 2)y ＋4tt 2＝0，NQ 的方程为x －(t 1＋t 2)y ＋4t 1t 2＝0.又易知点(－1,0)在直线MN 上，从而有4tt 1＝1，即t ＝14t 1，点B (1，－1)在直线MQ 上，从而有1－(t ＋t 2)×(－1)＋4tt 2＝0， 即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14t 1＋t 2×(－1)＋4×14t 1×t 2＝0， 化简得4t 1t 2＝－4(t 1＋t 2)－1.代入NQ 的方程得x －(t 1＋t 2)y －4(t 1＋t 2)－1＝0，即(x －1)－(t 1＋t 2)(y ＋4)＝0. 所以直线NQ 过定点(1，－4)．19．(本小题满分15分)(2021·天津高考)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12.已知A 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B (B 异于点A )，直线BQ 与x 轴相交于点D .若△APD 的面积为62，求直线AP 的方程．解：(1)设F 的坐标为(－c,0)．依题意⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，p2＝a ，a －c ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，c ＝12，p ＝2，于是b 2＝a 2－c 2＝34.所以椭圆的方程为x 2＋4y 23＝1，抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线AP 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)，与直线l 的方程x ＝－1联立，可得点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－2m ，故点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 2＋4y 23＝1消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my ＝0，解得y ＝0或y ＝－6m3m 2＋4. 由点B 异于点A ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4，－6m 3m 2＋4.由Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m ，可得直线BQ 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋4－2m (x ＋1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2m ＝0，令y ＝0，解得x ＝2－3m 23m 2＋2，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3m 23m 2＋2，0. 所以|AD |＝1－2－3m 23m 2＋2＝6m23m 2＋2.又由于△APD 的面积为62， 故12×6m 23m 2＋2×2|m |＝62， 整理得3m 2－26|m |＋2＝0，解得|m |＝63， 所以m ＝±63.所以直线AP 的方程为3x ＋6y －3＝0或3x －6y －3＝0. 20．(本小题满分15分)(2022届高三·安徽皖南八校联考)如图，点A (－2,0)，B (2,0)分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右顶点，P ，M ，N 为椭圆C 上非顶点的三点，直线AP ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－14，AP ∥OM ，BP ∥ON .(1)求椭圆C 的方程；(2)推断△OMN 的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．解：(1)设P (x ，y )，则k 1k 2＝y x ＋2·y x －2＝y 2x 2－4＝－14，化简得y 2＝－x 24＋1，又点P 在椭圆C 上，所以x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y 2＝－b 2a2x 2＋b 2，所以－b 2a 2x 2＋b 2＝－x 24＋1，所以b 2a 2＝14，b 2＝1，则a 2＝4.即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意得直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8ktx＋4t 2－4＝0，Δ＝(8kt )2－4(4k 2＋1)(4t 2－4)＝16(4k 2－t 2＋1)>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝－8kt 4k 2＋1，x 1x 2＝4t 2－44k 2＋1.由于AP ∥OM ，BP ∥ON ，k 1k 2＝－14，所以k OM ·k ON ＝－14，y 1x 1·y 2x 2＝－14，化简得4y 1y 2＋x 1x 2＝0，即4(kx 1＋t )(kx 2＋t )＋x 1x 2＝0，(4k 2＋1)x 1x 2＋4kt (x 1＋x 2)＋4t 2＝0，(4k 2＋1)·4t 2－44k 2＋1－4kt ·8kt 4k 2＋1＋4t2＝0，化简得2t 2－4k 2＝1，此时Δ＝8(8k 2－2t 2＋2)＝8(4k 2＋1)>0，符合题意． |MN |＝1＋k2x 1－x 22＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝1＋k2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kt 4k 2＋12－4×4t 2－44k 2＋1＝22×k 2＋14k 2＋1， 又点O 到直线MN 的距离d ＝|t |k 2＋1，所以△OMN 的面积S ＝12|MN |·d ＝2×k 2＋14k 2＋1×|t |k 2＋1＝2×|t |2t2＝1. 即△OMN 的面积为定值，定值为1.21．(本小题满分15分)如图，椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．当直线AB 经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°.(1)求该椭圆的离心率；(2)设线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点．记△GFD 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2，求S 1S 2的取值范围．解：(1)依题意，设F (－c,0)，则bc＝tan 60°＝ 3.将b ＝3c 代入a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2c .所以椭圆的离心率为e ＝c a ＝12.(2)由(1)，椭圆的方程可设为x 24c 2＋y 23c2＝1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x D ，y D )．依题意，直线AB 不能与x ，y 轴垂直， 故设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋c )， 将其代入3x 2＋4y 2＝12c 2，整理得(4k 2＋3)x 2＋8ck 2x ＋4k 2c 2－12c 2＝0.则x 1＋x 2＝－8ck 24k 2＋3，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2＋2c )＝6ck 4k 2＋3，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4ck24k 2＋3，3ck 4k 2＋3.由于GD ⊥AB ，所以3ck4k 2＋3－4ck 24k 2＋3－x D ·k ＝－1，x D ＝－ck24k 2＋3. 由于△GFD ∽△OED ，所以S 1S 2＝|GD |2|OD |2＝⎝⎛⎭⎪⎫－4ck 24k 2＋3－－ck 24k 2＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3ck 4k 2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫－ck 24k 2＋32＝－3ck22＋3ck2－ck22＝9c 2k 4＋9c 2k 2c 2k 4＝9＋9k2>9. 所以S 1S 2的取值范围是(9，＋∞)．22．(本小题满分15分)(2021·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为22，焦距为2. (1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC的斜率为k 2，且k 1k 2＝24，M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．解：(1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2， 所以a ＝2，b ＝1，因此椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32消去y ，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0，明显Δ>0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－122k 21＋1，所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝1＋k 21·x 1＋x 22－4x 1x 2＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21·1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知sin ∠SOT 2＝rr ＋|OC |＝11＋|OC |r， 而|OC |r＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21·1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t >1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.。

专题04 立体几何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AA1B1 B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∘=c B 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 =ca =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 =CD B1D=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 ．22C ．10D ．5104【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 =r 1r 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=223l ，所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×53l 19l 2×223l =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 1B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BDC ．平面B 1EF //平面A 1ACD ．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⊥DD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，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B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0)，C1(0,2,2)，=(0,1,2)，DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2)，则EF=(―1,1,0),EB1AA1=(0,0,2),AC=(―2,2,0),A1C1=(―2,2,0),设平面B1EF的法向量为m=(x1,y1,z1)，⋅EF=―x1+y1=0，可取m=(2,2,―1)，⋅EB1=y1+2z1=0同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1,―1,―1)，平面A1AC的法向量为n2=(1,1,0)，平面A1C1D的法向量为n3=(1,1,―1)，则m⋅n1=2―2+1=1≠0，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D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2r 2，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 ⋅sin α≤12⋅AC ⋅BD ≤12⋅2r ⋅2r =2r 2（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2r 2又r 2+ℎ2=1则V O―ABCD =13⋅2r 2⋅ℎ=23r 2⋅r 2⋅2ℎ2≤4327当且仅当r 2=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 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．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 =13ℎS +S ′+=13×9×(140×106+180×106+140×180×1012)=3×(320+607)×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 ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．18,BCD ．[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―l436)×l 264―所以V ′=l 3=19l 当3≤l ≤26时，V ′>0，当26<l ≤33时，V ′<0，所以当l =26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 =33时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，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33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．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=33sin60∘,2r 2=43sin60∘，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R 2=25符合题意，所以球的表面积为S =4πR 2=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=23，故PO=36―12=26.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1 cm ，圆台的下底面半径为2 cm ，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)=22π3cm 3．故选：C ．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC ―A 1B 1C 1,AC =AA 1，E ，F 分别是棱BC ,A 1C 1上的点．记EF 与AA 1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 ，tan α=PEFP =PEAB ≤1，tan β=FPPE =ABPE ≥1，tan γ=FPPM ≥FPPE =tan β，所以α≤β≤γ，故选：A ．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1，则（ ）A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90°B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90°C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°【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=22 a,EG=a，则EM =(2a )2+(2a )2=6a ,FM =a 2+(2a )2=3a ，EF =a 2+(22a )2=3a ，EM 2+FM 2=EF 2，则EM ⊥FM ，S △EFM =12EM ⋅FM =322a 2，AC =22a ，则V 3=V A―EFM +V C―EFM =13AC ⋅S △EFM =2a 3，则2V 3=3V 1，V 3=3V 2，V 3=V 1+V 2，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)64033．【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=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B×42×43到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=(42)2×43+4×13×22=1283+25633=64033．15．【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AP=(―1,0,3),BP=(0,―3,3),DP=(0,0,3)，设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则有{→n⋅→AP=―x+3z=0→n⋅→BP=―3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，则cos〈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 =CD BD =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.DE 2+BE 2=BD 2，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,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FH DE =BF BD =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437【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，AC⋅EF，所以AC⊥EF，所以S△AFC=12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，AC=1,因为AD⊥CD，所以DE=12在△DEB中，DE2+BE2=BD2，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n=(x,y,z)，―x+z=0，取y=3，则n=(3,3,3)，―x+3y=0又因为C (―1,0,0),F 0,34，所以CF =1,34所以cos ⟨n ,CF⟩n ⋅CF |n ||CF |621×74=437，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ0≤θ≤所以sin θ=|cos ⟨n ,CF⟩|=437，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.18．【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22．(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ABB1A1，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―A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A―A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=V A1―ABC=13S△ABC⋅A1A=13V ABC―A1B1C1=43，解得ℎ=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC―A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(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=0 m⋅BA=2y=0，可取m=(1,0,―1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0 m⋅BC=2a=0，可取n=(0,1,―1)，则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|12×2=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 =43，所以AC =12，所以O (23,2,0)，B (43,0,0)，P (23,2,3)，C (0,12,0)，所以E 33,1,则AE =33,1,，AB =(43,0,0)，AC =(0,12,0)，设平面AEB 的法向量为n =(x,y,z )⋅AE =33x +y +32z =0n ⋅AB =43x =0，令z =2，则y =―3，x =0，所以n=(0,―3,2)；设平面AEC 的法向量为m =(a,b,c )⋅AE =33a +b +32c =0m ⋅AC =12b =0，令a =3，则c =―6，b =0，所以m =(3,0,―6)；所以cos ⟨n ,m⟩=n m|n ||m |―1213×39=―4313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cos θ=―4313，所以sin θ=1―cos 2θ=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 ―A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为正方形，平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，AB =BC =2，M ，N 分别为A 1B 1，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(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CBB 1C 1，从而可证MN //平面CB B 1C 1.（2）选①②均可证明BB 1⊥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―A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，(2)因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，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⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥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n=(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,AB〉|=42×3=23.若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面MKN，故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥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n=(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,AB〉|=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)5714．【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 =23，∵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∴BM =3,―32,AD =(―2,―23,0),DE =(―2,3,3)设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z )由n ⋅AD =0n ⋅DE =0 ，得―2x ―23y =0―2x +3y +3z =0，取n =(3,―1,3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴sin θ=|cos 〈n ,BM〉|=|n ⋅BM ||n |⋅BM ||33+32+332|3+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．1．（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cos ECF ∠==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 ．30°B ．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 =⨯⨯=△，若A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯，可得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(332BCD V 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．2B C D ．【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，如图，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 ．①③B ．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.【详解】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 =，则sin OFFAC 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11AC 、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 ⊂Q 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 A C ， 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 ==△211112sin 4))32323AC CF ACF EG 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GF ==知，当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r ，所以r ===3π2.故选：D ．9．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E 是棱1DD 的动点，则下列说法正确的（ ）个．①若E 为1DD 的中点，则直线1//B E 平面1A BD ②三棱锥11C B CE -的体积为定值313a③E 为1DD 的中点时，直线1B E 与平面11CDD C。

[A卷]1．(2021·宁波市高三模拟) 用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B.由题意知，用平行于水平面的平面去截球所得的底面圆是看不见的，所以在俯视图中该部分应当是虚线圆，结合选项可知选B.2．下列命题中，错误的是()A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形解析：选B.依据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．3．(2021·台州市高三调考)一个空间几何体的三视图如图所示，其体积为()A．16B．32C．48 D．96解析：选A.由题意作出直观图P-ABCD如图所示，则该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为12×(2＋4)×4＝12，高为4，因此其体积V＝13×12×4＝16.4．(2021·高考全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，所以(5π＋4)r2＝16＋20π，所以r2＝4，r＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.依据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V＝3×2×1＋13×3×2×x＝10，解得x＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为()A．2 3 B． 3C.32D．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S＝32×1＝32.故选C.7．一平面截一球得到直径为2 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是() A．12πcm3B．36πcm3C．646πcm3D．108πcm3解析：选B.由于球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR3＝36π(cm3)．8．(2021·石家庄市第一次模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．64B．72C．80D．112解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.9．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④10．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图，设SA＝y，O′A′＝x，利用平行线截线段成比例，得SA′∶SA＝O′A′∶OA，则(y－10)∶y＝x∶4x，解得y＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40311．(2022·高考课标全国卷Ⅱ改编)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为________．解析：由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2sin 60°＝3，所以V A­B1DC1＝13AD·S△B1DC1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.答案：112．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为________，体积为________．解析：由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝⎛⎭⎫12×2×5＝45，V＝13×22×2＝83.答案：458313．(2021·南昌市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：依据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1. 答案：1∶114．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.答案：4－2π315．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1­EDF的体积为________．解析：由于B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1­EDF ＝V F ­D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不行能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.依据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2021·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D ．56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′­ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝⎛⎭⎫12×12×1＝56，故选D. 3．(2022·高考湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2021·高考山东卷)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B ．4π3 C.5π3D ．2π 解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2021·郑州市第一次质量猜测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P -ABC (如图所示)， 其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ， BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.6．(2021·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，假如AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .由于∠ACB ＝60°，所以∠APB ＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：选A.该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋3，所以选A.8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，P A ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.由于P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .又由于BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，所以BC ⊥AD .又由于AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ­ABC ＝13×12×P A ×S △ABC ＝163.9．某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为________．解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.答案：15210．(2021·洛阳市高三班级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π 11．(2021·绍兴市高三诊断性测试)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，最长的侧棱长为________．解析：依据三视图及有关数据还原该几何体，得该几何体是底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD ，如图，过点P 作PH ⊥AD 于点H ，连接CH .底面面积S 1＝（1＋2）×12＝32，V ＝13×32×1＝12，最长的侧棱长为PB ＝ 3.答案：12312．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3213．(2021·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D -ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π 14．(2021·杭州市联谊学校高三其次次联考)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 的长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，GH ⊥CC 1，EI ⊥CC 1，垂足分别为G ，H ，I ，则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG＝2x 22－4.连接DH ，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝23，即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 3 15．(2021·浙江省名校新高考联盟第一次联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形，则BC ＝________，四棱锥F-OBED的体积为________．解析：取AO的中点M，连接CM，BM，由△OAB，△OAC是正三角形，OA＝1，可知CM⊥AO，BM⊥AO，且BM＝CM＝32，又平面ABED⊥平面ACFD，所以CM⊥平面ABED，所以CM⊥BM，故BC＝62.过点F作FQ⊥OD于点Q，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高．易知FQ＝3，又S△OBE＝12×1×2×32＝32，S△OED＝12×2×2×32＝3，所以S四边形OBED＝32＋3＝332，故V四棱锥F-OBED＝13×332×3＝32.答案：6232。

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题)1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】 (2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD .(1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB⊂平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角．(2)解法一过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点．由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝AB2＋BP2＝6，由余弦定理得cos∠AOP＝OA2＋OP2－AP22OA·OP＝－14，则sin∠AOP＝15 4.设点D到△AOP的距离为h，∵V P－AOD＝V D－AOP，∴13·PG·S△AOD＝13·h·S△AOP，∵PG＝32，S△AOD＝12×2×2·sin2π3＝3，S△AOP＝12×1×2×154＝154，∴h＝215 5，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ，则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP .∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF→，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，－32， AO→＝(－3，1，0)． 设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q 与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝π3，从而∠DD1Q＝π6，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞ (2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是( )A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439答案 (1)B (2)C解析 (1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB＝BE PB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是( )A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22 解析 (1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.2．设P 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角面BDD 1B 1(含边界)内的点，若点P 到平面ABC 、平面ABA 1、平面ADA 1的距离相等，则符合条件的点P ( )A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在答案 A解析 与平面ABC ，ABA 1距离相等的点位于平面ABC 1D 1上；与平面ABC ，ADA 1距离相等的点位于平面AB 1C 1D 上；与平面ABA 1，ADA 1距离相等的点位于平面ACC 1A 1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC 1D 1，平面AB 1C 1D ，平面ACC 1A 1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.5＋12B.5－12C.3＋12D.3－12答案 D解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d ＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D. 4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心答案 A解析因为二面角P－AM－B′与二面角P－AM－C的平面角相等，所以点P到两个平面的距离相等，所以V P－AB′M＝V P－ACM，即V A－PB′M＝V A－PCM.因为两三棱锥的高相等，故S△PB′M ＝S△PCM，故B′P＝CP，故点P为CB′的中点，所以直线AP经过△AB′C的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面P AD为正三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，已知在侧面P AD内存在点Q，满足PQ⊥QD，则当AQ最小时，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62 D.2＋64答案 D解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥QD，则二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋6 4，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为()A.215 3B.4＋2 2C.4＋83 2D.213 3答案 B解析连接B1D1，BC1，由图易得△C1PQ的三边分别在三棱锥B－B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B－B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，最小值为C1′D21＋D1C21＝4＋22，即△C1PQ的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是()A.3＋112 B.3＋ 2C.534D．2 3答案 A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案 π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF ≤12，所以三棱锥D－AEF体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，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________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF . 又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x . ∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x 2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解 (1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ， 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ， 所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)． 设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )， 因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8， 则|cos 〈BA→，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12，解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23， 所以AC ＝23或AC ＝23 3.。

一、单选题二、多选题1. 已知正数a ，b 满足，则的最小值为A ．12B ．8C．D．2. 已知平面向量，，则向量与的夹角为（ ）A．B．C．D．3. 已知球的直径长为12，当它的内接正四棱锥的体积最大时，该四棱锥的高为( )A ．4B ．6C ．8D ．124. 函数与的图象可能是（ ）A．B．C．D．5. 若定义在R上的偶函数满足，则（ ）A．B．C．D．6. 函数的图象与y 轴的交点坐标是（ ）A．B．C．D．7. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ）A ．先横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位长度B ．先横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位长度C．先横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位长度D．先横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位长度8.下列双曲线中，渐近线方程不是的是（ ）A．B．C．D．9. 已知函数（）的最小正周期满足，且是的一个对称中心，则（ ）A．B ．的值域是C ．是的一条对称轴D ．是的一个零点浙江省2022届高考模拟卷数学试题(一)(1)浙江省2022届高考模拟卷数学试题(一)(1)三、填空题四、解答题10.若是函数图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（ ）A．B ．是函数图象的一条对称轴C ．点是函数图象的一个对称中心D ．函数在上单调递减11. 一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，，，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（）A ．面B．与面所成的角为定值C ．三棱锥体积为定值D ．若平面平面，则三棱锥外接球体积为12.已知、分别是双曲线的左、右焦点，过点作双曲线的切线交双曲线于点（在第一象限），点在延长线上，则下列说法正确的是（ ）A．B．C ．为的平分线D．的角平分线所在直线的倾斜角为13. 已知a >b >0，椭圆C 1的方程为＝1，双曲线C 2的方程为＝1，C 1与C 2的离心率之积为，则C 2的渐近线方程为________．14.已知函数是偶函数，则______.15.函数，若对任意恒有，则实数取值范围是 ．16. 已知椭圆的右焦点为，且是椭圆上一点.(1)求椭圆的方程；(2)若过且斜率不为0的直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.17. 已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）讨论的零点的个数，并确定每个零点的取值范围（不要求范围“最小”）.18. 已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线的右支上一点，点关于原点的对称点为，满足，且.(1)求双曲线的离心率；(2)若双曲线过点，过圆上一点作圆的切线，直线交双曲线于两点，且的面积为，求直线的方程.19. 已知椭圆C：的离心率为，且过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知O为坐标原点，A，B，P为椭圆C上不同的三点，若.试问：△ABP的面积是否为定值？如果是，求出这个定值，如果不是，请说明理由.20. 在四棱锥中，，，和都是边长为2的等边三角形，设在底面的射影为．(1)证明：；(2)求二面角的余弦值．21. 某农林科技大学培育出某一小麦新品种，为检验该新品种小麦的最佳播种日期，把一块地均分为，两块试验田（假设，两块试验田地质情况一致），10月10日在试验田播种该新品种小麦，10月20日在试验田播种该新品种小麦，小麦收割后，从这两块试验田收获的小麦中各随机抽取了20份（每份1000粒），并测其千粒重（单位：），按照[20，30)，[30，40)，[40，50]进行分组，得到如下表格．其中千粒重不低于的小麦视为饱满，否则为不饱满．[20，30)[30，40)[40，50]试验田/份479试验田/份7103（1）完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为小麦是否饱满与播种日期有关；10月10日播种10月20日播种合计饱满不饱满合计（2）从，两块试验田的样本中各随机抽取1份小麦，求抽取的2份小麦中至少有1份饱满小麦的概率；（3）用样本估计总体，从试验田随机选取50份（每份1000粒）小麦，记饱满的小麦份数为，求数学期望．参考公式：，其中．（）0.150.100.050.0250.0100.0012.072 2.7063.841 5.024 6.63510.828。

1．(2021·浙江东北三校高三联考)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，a⊂α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若a⊂α，b⊥β，α∥β，则由α∥β，b⊥β⇒b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b，若a⊥b，a⊂α，b ⊥β，则b⊥α或b∥α或b⊂α，此时α∥β或α与β垂直，所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.2．(2021·宁波市高三模拟)设a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若a，b异面，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则α∥β；②若α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∥b，则c∥β；③若a，b为异面直线，a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α.其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选D.对于①，若α与β相交，设交线为l，由于a∥β，a⊂α，故a∥l.同理b∥l，故a∥b，与a，b异面冲突，故α∥β，①正确；对于②，由于α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∥b，所以a∥γ，从而a∥c，则b∥c，又b⊂β，所以c∥β，②正确；对于③，作直线l，使得a∥l，l⊄α，b与l相交，由于a∥α，所以l∥α，又b∥α，得α与直线b，l确定的平面平行，又c⊥a，所以c⊥l，又c⊥b，故c与直线b，l所确定的平面垂直，所以c⊥α，③正确．3．(2021·浙江省一级重点校高三联考)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AC⊥βD．AB∥β解析：选C.对于选项A，∵m∥α，m∥β，α∩β＝l，∴m∥l，又AB∥l，∴AB∥m，A正确；对于选项B，∵AC⊥l，m∥l，∴AC⊥m，B正确；对于选项D，∵AB∥l，且l⊂β，AB⊄β，∴AB∥β，D正确；对于选项C，AC⊥β不肯定成立，如图所示，作CD⊥l，交l于点D，连接AD，∵AC⊥l，∴l⊥平面ACD，故l⊥AD，又α⊥β，AD⊂α，故AD⊥β，∴AC⊥β不肯定成立，故选C.4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD 是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不肯定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.5．已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①平面γ与平面α，β所成的锐二面角相等；②直线a∥b，a⊥α，b⊥β；③a，b是异面直线，a⊥平面α，b⊥平面β，且a∥β，b∥α；④平面α内距离为d的两条平行直线在平面β内的射影仍为两条距离为d的平行线．其中可以推出α∥β的条件为()A．①③B．②④C．②D．③解析：选C.对于①④，平面α与平面β还可以相交；对于③，肯定不能推出α∥β，所以①③④是错误的，易知②正确．故选C.6．(2021·浙江省六校联考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.①当0<CQ<12时，S为四边形；②截面在底面上的投影面积恒为定值34；③存在某个位置，使得截面S与平面A1BD垂直；④当CQ＝34时，截面S与C1D1的交点R满足C1R＝13.其中正确命题的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C.如图所示，当Q点是CC1的中点时，截面经过点D1，当0<CQ<12时，截面APQ与棱DD1相交，即截面是四边形(如图1)，命题①正确；当CQ>12时，截面APQ与棱A1D1，C1D1相交，其在ABCD上的投影的面积随着这两个交点的变化而变化(如图2)，命题②不正确；当Q点为C1点时(如图3)，由于AC1⊥平面A1BD，∴平面APQ⊥平面A1BD，命题③正确；当CQ＝34时，AP的延长线交DC的延长线于点E，连接EQ并延长，交C1D1于R(如图4)，此时，依据相像三角形得C1R＝13，∴命题④正确．因此共有3个命题正确，故选C.7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行8．如图，P A ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E 、F 分别是点A 在PB 、PC 上的正投影，给出的下列结论正确的是________．①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .解析：由题意知P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC . 又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面P AC .所以BC ⊥AF .由于AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ， 所以AF ⊥平面PBC ，所以AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， 所以PB ⊥平面AEF ，所以PB ⊥EF .故①②③正确． 答案：①②③9．已知P A ⊥平面ABCD ，ABCD 是正方形，AB ＝1，P A ＝t (t >0)，当t 变化时，直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值的取值范围是________．解析：把图形补成直四棱柱如图所示，由于BC ⊥平面DCC 1D 1，所以平面PBCD 1⊥平面DCC 1D 1，连接D 1C ，作DE ⊥CD 1，连接PE ，则DE ⊥平面PBCD 1，所以∠DPE 就是PD 与平面PBCD 1所成的角．又DP ＝1＋t 2，DE ＝DC ×DD 1CD 1＝t 1＋t 2，所以sin ∠DPE ＝DE DP ＝t 1＋t 2＝1t ＋1t≤12(当且仅当t ＝1t ，即t ＝1时取等号)，所以0<t 1＋t 2≤12，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12. 答案：⎝⎛⎦⎤0，12 10.(2021·金华市名校高三其次次统考)如图，在三棱锥A -BCD 中，G ，E 分别是△BCD ，△ACD 的重心．给出下列命题：①A ，B ，G ，E 四点共面； ②GE ∥平面ABC ；③GE ＝12AB ；④设三棱锥C -BGE 和三棱锥C -BGA 的体积分别为V 1和V 2，则V 1∶V 2＝1∶3； ⑤若AB ＝AC ＝AD ，且AG ⊥平面BCD ，则△BCD 是等边三角形． 其中正确的命题是________．(写出全部正确命题的序号)解析：由于G ，E 分别是△BCD ，△ACD 的重心，所以延长BG ，AE ，则两者的延长线与CD 的交点均为CD 的中点，记为F .由于BG ∶GF ＝2∶1，AE ∶EF ＝2∶1，所以BG ∶GF ＝AE ∶EF ＝2∶1，故GE ∥AB .所以A ，B ，G ，E 四点共面，GE ∥平面ABC ，所以①②正确．由于GE ∥AB ，所以GE ∶AB ＝EF ∶AF ＝1∶3，所以③错误．易知△BGE 与△BGA 的面积之比为1∶3，而三棱锥C -BGE 和三棱锥C -BGA 同高，所以V 1∶V 2＝1∶3，所以④正确．由于AB ＝AC ＝AD ，且AG ⊥平面BCD ，所以点G 是△BCD 的外心．又已知点G 是△BCD 的重心，所以△BCD 是等边三角形，所以⑤正确．答案：①②④⑤ 11. 如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，且AB ∥CD ，O 是AB 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝CD ＝DA ＝12AB ＝4，M 是P A 的中点．(1)证明：平面PBC ∥平面ODM ； (2)求点A 到平面PCD 的距离．解：(1)证明：由题意，CD ∥BO ，CD ＝BO ， 所以四边形OBCD 为平行四边形， 所以BC ∥OD .又由于AO ＝OB ，AM ＝MP ，所以OM ∥PB . 又OM ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ， 所以OM ∥平面PBC . 同理，OD ∥平面PBC ， 又OM ∩OD ＝O ， 所以平面PBC ∥平面ODM . (2)设点A 到平面PCD 的距离为d . 由于V 三棱锥A -PCD ＝V 三棱锥P -ACD ，即13×12×4×27×d ＝13×12×4×23×4， 所以d ＝4217.12．(2021·陕西省质量监测)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，E 为棱CC 1的中点． (1)求证：B 1D 1⊥AE; (2)求证：AC ∥平面B 1DE .证明：(1)连接BD ， 则BD ∥B 1D 1.由于四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD .由于CE ⊥平面ABCD ， 所以CE ⊥BD . 又AC ∩CE ＝C ， 所以BD ⊥平面ACE . 由于AE ⊂平面ACE ，所以BD ⊥AE ， 所以B 1D 1⊥AE .(2)取BB 1的中点F ，连接AF ，CF ，EF ， 则FC ∥B 1E ， 所以CF ∥平面B 1DE .由于E ，F 是CC 1，BB 1的中点， 所以EF BC . 又BC AD ， 所以EFAD ，所以四边形ADEF 是平行四边形， 所以AF ∥ED .由于AF ⊄平面B 1DE ，ED ⊂平面B 1DE ， 所以AF ∥平面B 1DE ， 由于AF ∩CF ＝F ， 所以平面ACF ∥平面B 1DE . 又由于AC ⊂平面ACF ， 所以AC ∥平面B 1DE . 13．(2021·高考山东卷)如图，三棱台DEF -ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .证明：(1)法一：如图，连接DG ，DC ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH . 在三棱台DEF -ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点， 可得DF ∥GC ，DF ＝GC ， 所以四边形DFCG 为平行四边形， 则O 为CD 的中点．又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD .又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ， 所以BD ∥平面FGH .法二：在三棱台DEF -ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF . 在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 由于BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)连接HE ，EG .由于G ，H 分别为AC ，BC 的中点， 所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC . 又H 为BC 的中点， 所以EF ∥HC ，EF ＝HC ， 因此四边形EFCH 是平行四边形． 所以CF ∥HE .又CF ⊥BC ，所以HE ⊥BC .又HE ，GH ⊂平面EGH ，HE ∩GH ＝H ， 所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH . 14．(2021·洛阳市统考)如图，在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .(1)若BE ＝1，是否在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥A -CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离．解：(1)AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32.理由如下：当λ＝32时，AP →＝32PD →，可知AP AD ＝35，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，则有MP FD ＝AP AD ＝35，又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故MP EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以CP ∥ME .又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，故CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，所以AF ＝x (0<x ≤4)，FD ＝6－x ，故V 三棱锥A -CDF ＝13×12×2×(6－x )x ＝13(－x 2＋6x )， 当x ＝3时，V 三棱锥A -CDF 有最大值，且最大值为3，此时，EC ＝1，AF ＝3，FD ＝3，DC ＝22，在Rt △EFC 中，FC ＝5，在Rt △AFD 中，AD ＝32，在Rt △AFC 中，AC ＝14.在△ACD 中，cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝18＋8－142×32×22＝12，故sin ∠ADC ＝1－⎝⎛⎭⎫122＝32，S △ADC ＝12DA ·DC ·sin ∠ADC ＝12×32×22×32＝3 3.设点F 到平面ACD 的距离为h ，由V 三棱锥A -CDF ＝V 三棱锥F -ADC ， 即3＝13×h ×S △ADC ＝13×h ×33，得h ＝3，故此时点F 到平面ACD 的距离为 3.。

专题验收评估(四) 立体几何与空间向量(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一个几何体的三视图外形都相同、大小均相等，那么这个几何体不行以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．2．(2022·浙江高考)已知相互垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥lD ．m ⊥n解析：选C ∵α∩β＝l ，∴l ⊂β.∵n ⊥β，∴n ⊥l ，故选C. 3．设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不行能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不行能与平面α垂直解析：选B 可以通过观看正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1进行推断，取BC 1为直线m ，平面ABCD 为平面α，由AB ，CD 均与m 垂直知，选项A 错；由D 1C 1与m 垂直且与α平行知，选项C 错；由平面ADD 1A 1与m 平行且与α垂直知，选项D 错．4．(2022届高三·浙江名校联考)一个简洁几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不行能为( )A ．正方形B ．圆C ．等腰三角形D ．直角梯形解析：选D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A 可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B 可能；当几何体是横放的三棱柱时，C 可能．于是只有D 不行能．5．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④解析：选C 对于②，直线m 与平面β可能平行或相交；对于④，直线m 可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．6．(2022·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.7．已知四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的三视图如图所示，则异面直线D 1C 与AC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选D 由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的高为2.∵AD ⊥D 1C ，DC 1⊥D 1C ，AD ∩DC 1＝D ，∴D 1C ⊥平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1，∴异面直线D 1C 与AC 1所成的角为90°.8．已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12 B.π3C.π4D.π6解析：选B 设三棱柱的高为h ，则34×(3)2×h ＝94，解得h ＝ 3.设三棱柱的底面ABC 的中心为Q ，则PQ ＝3，AQ ＝23×32×3＝1.在Rt △APQ 中，∠PAQ 即为直线PA 与平面ABC 所成的角，且tan ∠PAQ ＝3， 所以∠PAQ ＝π3. 9．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 为平行四边形； ②平面α∥平面BCC 1B 1； ③平面α⊥平面BCFE . 其中正确的命题有( ) A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选C 如图，由于在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α，所以AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH＝GF ，所以四边形EFGH 为平行四边形，故①正确；由于EF 与BC 不肯定平行，所以平面α与平面BCC 1B 1平行或相交，故②不正确；由于AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH ＝GF ，且AA 1⊥平面BCFE ，所以EH⊥平面BCFE ，由于EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCEF ，故③正确．10．已知正四周体S ­ABC 的棱长为1，假如一个高为36的长方体能在该正四周体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为( )A.13B.16C.112D.124解析：选D 易知正四周体S ­ABC 的内切球的球心O 必在高线SH 上，延长AH 交BC 于点D ，则D 为BC 的中点，连接SD ，设内切球切SD 于点E ，连接AO .由于H 是正三角形ABC 的中心，所以AH ∶HD ＝2∶1，由于Rt △OAH ∽Rt △DSH ，所以OAOH＝DSDH＝3，可得OA ＝3OH ＝SO ，因此SH ＝4OH ，可得内切球的半径R ＝OH ＝14SH .由于正四周体S ­ABC 的棱长为1，所以在Rt △DSH 中，DS ＝SH 2＋HD 2＝4R2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13×322＝32，解得R 2＝124.要满足一个高为36的长方体能在该正四周体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四周体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x ，y ，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S ，所以4R 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫362＋x 2＋y 2，所以x 2＋y 2≤112，所以S ＝xy ＝x 2＋y 22≤124，当且仅当x ＝y ＝612时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为124. 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上) 11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为3的圆锥的一半，所以该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＝3π6，表面积为S ＝12×π×1×32＋12＋12×π×12＋12×2×3＝3π2＋ 3.答案：3π6 3π2＋ 3 12.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，则异面直线PC 与AB 所成角的大小为________；直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为________．解析：由于AB ∥CD ，所以∠PCD 为异面直线PC 与AB 所成的角．由于PD ⊥平面ABCD ，所以∠PDC ＝π2，又由于PD ＝DC ，所以∠PCD ＝π4.过点B 作BE 垂直CD 于点E ，连接PE ，易证BE ⊥平面PCD ，所以∠BPE 为直线PB 与平面PDC 所成的角，由于 PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，设AD ＝1，则PB ＝PD 2＋DB 2＝12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，BE ＝AD ＝1，所以sin ∠BPE ＝BE PB ＝23. 答案：π4 2313．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______ cm 2，此几何体的体积为______ cm 3.为23，故侧视图解析：由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高中直角三角形的一边长为4，另一边长为23，故侧视图面积S ＝12×4×23＝4 3.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积V A ­BCDE ＝13×23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋4×42＝8 3.答案：4 3 8 314．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A ­BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________，二面角B ­AC ­D 的余弦值为________．×22×22＝14.取解析：由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为12AC 的中点E ，连接BE ，DE ，则AC ⊥BE ，AC ⊥DE ，所以∠BED 就是二面角B ­AC ­D 的平面角．由于AC ＝1，所以BE ＝DE ＝32，所以cos ∠BED ＝错误!＝－错误!.答案：14 －1315．如图，正方体的底面与正四周体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．解析：在正四周体中取CD 的中点为G ，连接FG ，EG ，作FH ⊥平面CDE 于点H .由于正四周体的高FH 在平面EFG 内，且FH 平行于正方体的高，所以可证得平面EFG 平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF 仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个．答案：416．(2021·温州模拟)如图，已知六棱锥P ­ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的结论有________(把全部正确的序号都填上)．解析：由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE .又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD .又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确． 答案：①④17．(2021·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写全部正确结论的编号)解析：法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆． (1,0,0)，CB ―→以设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，又A (0,0,1)，∴AB ―→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ―→|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB ―→·a ||a ||AB ―→|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB ―→·b ||b ||AB ―→|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝2 2，∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12.∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接AD＝2，当直线DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝2，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，∴BF＝DE＝2，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．∴正确的说法为②③.答案：②③三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18．(本小题满分14分)如图，直三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱长为3，AB⊥BC，且AB＝BC＝3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.(1)求证：无论E在何处，总有B′C⊥C′E；(2)当三棱锥B­EB′F的体积取得最大值时，求异面直线A′F与AC所成角的余弦值．解：(1)证明：由题意知，四边形BB′C′C是正方形，连接AC′，BC′，则B′C⊥BC′.又AB⊥BC，BB′⊥AB，BC∩BB′＝B，∴AB⊥平面BB′C′C.∴B′C⊥AB，又AB∩BC′＝B，∴B′C⊥平面ABC′.∵C′E⊂平面ABC′，∴B′C⊥C′E.(2)连接EF，B′E，B′F，A′E，AF，设AE＝BF＝m，则三棱锥B­EB′F的体积为V＝12m(3－m)≤m＋3－m28＝98，当且仅当m＝32时取等号．故当m＝32，即点E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B­EB′F的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．∵EF＝322，AF＝A′E＝352，A′F＝92，∴|cos∠A′FE|＝22，即异面直线A′F与AC所成角的余弦值为22.19．(本小题满分15分)(2021·绍兴模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD 为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A­PB­C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．解：(1)证明：由于底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PA ⊥BD.由于AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.如图，设AC∩BD＝F，连接EF.由于AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝233，FC＝2，从而PCFC＝6，ACEC＝ 6.所以PCFC＝ACEC，又∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.又BD∩EF＝F，所以PC⊥平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．由于二面角A­PB­C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.由于BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD是正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.设D到平面PBC的距离为d.由于AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD ∥平面PBC ，A ，D 两点到平面PBC 的距离相等， 即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.20．(本小题满分15分)已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A ­PC ­D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，如图所示， ∵PH ⊥平面ABCD ，∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，则AC ―→＝(1,1,0)，DC ―→＝(1，－1,0)．设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －22＋h 2＝12， ∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0， ∵0<a <2，∴a ＝1，∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)． ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(1,0，－1)． 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，取x 1＝1，得平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)． 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，取x 2＝1，得平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13.由图可知二面角A ­PC ­D 的平面角为钝角， ∴二面角A ­PC ­D 的余弦值为－13.21．(本小题满分15分)(2021·绍兴调研)如图1，四周体PABC 中，BC ＝BP ＝1，AC ＝AP ＝3，AB ＝2.将△PAB 沿直线AB 翻折至△P 1AB ，使点A ，P 1，B ，C 在同一平面内(如图2)，点M 为PC 的中点．(1)求证：直线PP 1∥平面MAB ； (2)求证：PC ⊥AB ；(3)求直线PA 与平面P 1PC 所成角的大小． 解：(1)证明：连接CP 1交直线AB 于点E ，连接ME . ∵AC ＝AP 1，BC ＝BP 1， ∴△ABC ≌△ABP 1，∴CE ＝EP 1，∴点E 为CP 1的中点．又点M 为PC 的中点，∴ME ∥PP 1. 又ME ⊂平面MAB ，PP 1⊄平面MAB ， ∴PP 1∥平面MAB .(2)证明：∵BC ＝BP ，AC ＝AP ，M 为PC 的中点， ∴BM ⊥PC ，AM ⊥PC .又BM ∩AM ＝M ， ∴PC ⊥平面ABM ，∴PC ⊥AB .(3)∵BC ＝BP 1＝1，AC ＝AP 1＝3，∴P 1C ⊥AB . 又PC ⊥AB ，∴AB ⊥平面PCP 1，∴∠APE 为直线PA 与平面PCP 1所成的角．∵AB ＝2，∴AE ＝32，∴sin ∠APE ＝32，故∠APE ＝60°.∴直线PA 与平面P 1PC 所成的角为60°.22.(本小题满分15分)(2021·台山一中模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．(1)求证：CD∥平面A1EB；(2)求证：AB1⊥平面A1EB；(3)求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值．解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，OD.由于O为AB1的中点，D为AB的中点，所以OD∥BB1，且OD＝12BB1.又由于E是CC1的中点，所以EC∥BB1，且EC＝12BB1.所以EC∥OD且EC＝OD.所以四边形ECDO为平行四边形，故EO∥CD.又由于CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，所以CD∥平面A1BE.(2)证明：由于三棱柱的各侧面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC.所以BB1⊥平面ABC.由于CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.由已知得AB＝BC＝AC，所以CD⊥AB.所以CD⊥平面A1ABB1.由(1)可知EO∥CD，所以EO⊥平面A1ABB1.所以EO⊥AB1.由于侧面ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B.又EO∩A1B＝O，所以AB1⊥平面A1BE.(3)取A1C1的中点F，连接B1F，EF.在三棱柱ABC­A1B1C1中，由于BB1⊥平面ABC，所以侧面ACC1A1⊥底面A1B1C1.由于底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1的中点，所以B1F⊥A1C1，所以B1F⊥侧面ACC1A1.所以∠FEB1即为B1E与平面AA1C1C所成的角．设棱长为1，则B1F＝32，B1E＝52，在Rt△B1FE中，sin∠B1EF＝B1FB1E＝155.故直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为155.。

1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010 D ．22 解析：选C.如图，E 为BC 的中点．由于M 、N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，故MN ∥B 1C 1且MN ＝12B 1C 1.故MN ∥BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以EN ∥BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝52. 在△ANE 中，依据余弦定理，得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×52＝3010.2.在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，点P 在线段AD ′上运动，则异面直线CP 与BA ′所成的角θ的取值范围是( )A ．0<θ<π2B ．0≤θ<π2C ．0≤θ≤π3D ．0<θ≤π3解析：选D.连接CD ′(图略)，则异面直线CP 与BA ′所成的角θ等于∠D ′CP .由题图可知，当点P 与点A 重合时，θ＝π3，当点P 无限接近点D ′时，θ趋近于0.由于是异面直线，故θ≠0.故选D.3．(2021·台州市高三调考)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝1，AB ＝BC ＝2.若M 为四周体C 1BCD 内的点(包含边界)，则直线A 1M 与平面A 1B 1C 1D 1所成角的余弦的最小值为( )A.23B ．22C.63 D ．223解析：选C.长方体的底面对角线的长度为22，设底面对角线的交点为N ，要使线面角的余弦值最小，则线面角最大，可得当点M 位于点N 处时，直线A 1M 与平面A 1B 1C 1D 1所成角θ最大，则cos θ＝63. 4．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12 B ．π3 C.π4 D ．π6解析：选B.如图，设P 0为底面ABC 的中心，连接PP 0，由题意知PP 0为直三棱柱的高，∠P AP 0为P A 与平面ABC 所成的角，S △ABC ＝12×(3)2·sin 60°＝334.∵三棱柱的体积V ＝94，∴334·PP 0＝94， ∴PP 0＝ 3.又P 0为底面ABC 的中心，则AP 0等于正△ABC 高的23，又易知△ABC 的高为32，∴AP 0＝23×32＝1.在Rt △P AP 0中，tan ∠P AP 0＝PP 0AP 0＝31＝3，∴∠P AP 0＝π3，故选B.5．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB 1与平面AB 1C 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2解析：选A.取B 1C 1的中点D ，连接AD ，A 1D ，∵BB 1∥AA 1，∴AA 1与平面AB 1C 1所成的角等于BB 1与平面AB 1C 1所成的角．∵侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，∴三棱柱ABC -A 1B 1C 1是正三棱柱，则B 1C 1⊥A 1D ，B 1C 1⊥AA 1，∴B 1C 1⊥平面AA 1D ，∴平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，∴AA 1与平面AB 1C 1所成的角为∠A 1AD ，∵AA 1＝3，A 1D ＝3，∴tan ∠A 1AD ＝33， ∴∠A 1AD ＝π6，∴BB 1与平面AB 1C 1所成的角为π6.故选A.6．已知点E ，F 分别在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值等于( )A.32 B ．13 C.23 D ．23解析：选D.如图，补全截面图形为AEFG ，且D 1G ＝2GD ，AG ∥EF ，延长FG 与直线CD 交于H ，则AH 为面AEF 与面ABC 的交线．∵GD ⊥面ABC ，作DM ⊥AH 于M ，连接GM ， ∴∠GMD 为所求二面角的平面角．设正方体的棱长为a ，GD ＝12FC ＝12×23a ＝13a ，DM ＝DH ·AD AH ＝a ·a 2a ＝22a ，∴tan ∠GMD ＝GD DM ＝13a22a ＝23.7．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为________．解析：连接A 1C 1(图略)，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角． ∵AB ＝BC ＝2，∴A 1C 1＝AC ＝22，又AA 1＝1，∴AC 1＝3，∴sin ∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13.答案：138．若P 是△ABC 所在平面外一点，PB ＝PC ＝AB ＝AC ，M 是线段P A 上一点，N 是线段BC 的中点，则∠MNB ＝________.解析：如图，连接AN ，PN .∵PB ＝PC ＝AB ＝AC ，N 为BC 边的中点， ∴PN ⊥BC ，AN ⊥BC ，又PN 交AN 于N 点， ∴BC ⊥平面P AN .明显，MN 在平面P AN 内， 则BC ⊥MN ，∴∠MNB ＝90°.答案：90°9．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是________．解析：如图，不妨设三棱柱ABC -A 1B 1C 1的棱长为1， 取BC 的中点E ，连接AE ，DE . ∵CC 1⊥底面ABC ， ∴侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .又E 为BC 的中点，且△ABC 为正三角形，∴AE ⊥BC ， 由两平面垂直的性质定理知，AE ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠ADE 就是AD 与平面BB 1C 1C 所成的角． 设AB ＝a ，则AE ＝32a ，DE ＝a2，则tan ∠ADE ＝3， ∴∠ADE ＝60°. 答案：60°10．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心O ，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于________．解析：如图所示，过点B 1作平面ABC 的垂线，垂足为D ，连接AD ，则∠B 1AD 就是所求的线面角．连接A 1B ，A 1C ，由题意知三棱锥A 1-ABC 为正四周体，设棱长为a ，则AB 1＝3a .连接AO ，A 1O ，则棱柱的高A 1O ＝a 2－AO 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫23×32a 2＝63a . 由于A 1B 1∥平面ABC ，所以B 1D ＝A 1O ＝63a . 在Rt △AB 1D 中，sin ∠B 1AD ＝B 1D AB 1＝23，故AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为23. 答案：2311．(2021·温州市高三其次次测试)如图所示，在三棱锥D -ABC 中，AB ＝BC ＝CD ＝1，AC ＝3，平面ACD ⊥平面ABC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：CD ⊥平面ABC ；(2)求直线BD 与平面ACD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：过点B 作BH ⊥AC 于点H ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ， ∴BH ⊥平面ACD ， ∴BH ⊥CD ，又CD ⊥BC ，BH ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面ABC .(2)∵BH ⊥平面ACD ，连接DH ，则∠BDH 为直线BD 与平面ACD 所成的角， ∵AB ＝BC ＝1，AC ＝3， ∴∠ABC ＝120°.∴BH ＝12AB ＝12，又BD ＝2，∴sin ∠BDH ＝BH BD ＝24，∴直线BD 与平面ACD 所成角的正弦值为24. 12．(2021·高考浙江卷)1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1­BD ­B 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，连接AE ，A 1E ， 由题意得A 1E ⊥平面ABC ， 所以A 1E ⊥AE .由于AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A ，DE ＝A 1A ， 所以四边形A 1AED 为平行四边形． 故A 1D ∥AE .又由于AE ⊥平面A 1BC ， 所以A 1D ⊥平面A 1BC . 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F . 由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°， 得A 1B ＝A 1A ＝4.由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等． 由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1­BD ­B 1的平面角． 由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43，由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－18.13．(2021·浙江省一级重点校高三联考)如图所示是几何体F ABCE 及其三视图，正视图和侧视图是直角梯形，俯视图是直角三角形， G 是线段BF 上一点．(1)当G 为BF 的中点时，求证：EG ∥平面ABC ； (2)求直线BE 与平面ABF 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接EG ，取AB 的中点D ，连接GD ，CD . 由于GB ＝GF ，BD ＝AD ， 所以AF 2GD .由三视图可知AF2CE ，所以GDCE ，所以四边形GDCE 是平行四边形， 所以CD ∥EG .由于EG ⊄平面ABC ，CD ⊂平面ABC ， 所以EG ∥平面ABC .(2)由三视图可知，AB ＝BC ＝AF ＝2，CE ＝1，BC ⊥AB ，AF ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，所以AF ⊥BC ，又AF ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面ABF .过点E 作EQ ∥BC ，交平面ABF 于点Q ，连接BQ ，则EQ ⊥平面ABF ，所以∠QBE 为直线BE 与平面ABF 所成的角． 可知EC ∥BQ ，∠QBE ＝∠BEC ，在Rt △BCE 中，sin ∠BEC ＝BC BE ＝25＝255.所以直线BE 与平面ABF 所成角的正弦值为255.14．(2021·宁波市高三模拟)如图，在四周体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，DC ＝BC ，M 是AD 的中点，P ，Q 分别是BM 与CD 的中点．(1)求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值；(2)在线段BD 上是否存在点E ，使得平面PQE ⊥平面BCM ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)由于AD ⊥平面BCD ，所以AD ⊥BC ，又BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面ADC ，又BC ⊂平面BCM ，所以平面BCM ⊥平面CDM .又平面BCM ∩平面CDM ＝CM ，过点Q 作QH ⊥CM 于点H ，连接PH ，则QH ⊥平面BCM ，在Rt △CDM 中，可得QH ＝55，取BD 的中点F ，连接PF ，QF ，在Rt △PFQ 中，可得PQ ＝52. 设直线PQ 与平面BCM 所成的角为θ，所以sin θ＝QH PQ ＝25.(2)由(1)知QH ⊥平面BCM ，延长PH 交BC 的延长线于点N ，连接NQ 并延长交BD 于点E ，连接PE . 易得平面NPE ⊥平面BCM ，点E 即是所要找的点．过点P 作PR ∥BC 交CM 于点R ，过点D 作DG ∥NE 交BC 的延长线于点G . 下面计算点E 的具体位置．在Rt △QHC 中，QH ＝55，QC ＝1，所以CH ＝255， 又在△MBC 中，PR ∥BC 且PR ＝12BC ＝1，CM ＝2MR ＝5，所以MR ＝52，所以RH ＝CM －MR －HC ＝510.又PR ∥CN ，所以PR CN ＝HRHC ，于是CN ＝4.又QN ∥DG ，所以CQ CD ＝CN CG ＝12，于是CG ＝8，所以CN ＝NG ＝4.在△BDG 中，由于NE ∥DG ，所以DE DB ＝GN GB ＝44＋4＋2＝25，又DB ＝22，所以DE ＝425.所以在线段BD 上存在点E ，当DE ＝425时，平面PQE ⊥平面BCM .。

第2讲空间中的平行与垂直(建议用时：60分钟)一、选择题1．在下列命题中，不是公理的是()．A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上全部的点都在此平面内D．假如两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析选项A是面面平行的性质定理．答案 A2．(2022·辽宁卷)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()．A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析法一若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，由于直线与平面垂直时，它垂直于平面内任始终线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错；法二如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，用平面ABCD表示α.A项中，若m为A′B′，n为B′C′，满足m∥α，n∥α，但m与n是相交直线，故A错．B项中，m⊥α，n⊂α，∴m⊥n，这是线面垂直的性质，故B正确．C项中，若m为AA′，n为AB，满足m⊥α，m⊥n，但n⊂α，故C错．D项中，若m为A′B′，n为B′C′，满足m∥α，m⊥n，但n∥α，故D错．答案 B3．(2021·丽水模拟)已知两条直线a，b与两个平面α，β，b⊥α，则下列命题中正确的是()．①若a∥α，则a⊥b；②若a⊥b，则a∥α；③若b⊥β，则α∥β；④若α⊥β，则b∥β.A．①③B．②④C．①④D．②③解析过直线a作平面γ使α∩γ＝c，则a∥c，再依据b⊥α可得b⊥c，从而b⊥a，命题①是真命题；下面考虑命题③，由b⊥α，b⊥β，可得α∥β，命题③为真命题．故正确选项为A.答案 A4．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中确定能推出m⊥β的是()．A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β解析依据定理、性质、结论逐个推断．由于α⊥β，m⊂α⇒可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．答案 B5．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确的个数有()．A．1 B．2 C．3 D．4解析①中m，n可能异面或相交，故不正确；②由于m∥α，n⊥β且α⊥β成立时，m，n 两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；③由于m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；④分别垂直于两个垂直平面的两条直线确定垂直，正确．故选B.答案 B6．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()．A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线冲突，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.答案 D7．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在面ABC上的射影H 必在()．A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部解析∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB上，故选A.答案 A二、填空题8．设α和β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．其中为真命题的是________(写出全部真命题的序号)．解析由①知α内两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，故①为真命题；由线面平行的判定定理知，②为真命题；对于③，如图，α∩β＝l，a ⊂α，a⊥l，但不愿定有α⊥β，故③为假命题；对于④，直线l与平面α垂直的充分必要条件是l与α内的两条相交直线垂直，故④为假命题．综上所述，真命题的序号为①②.答案①②9．(2021·金华调研)下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出全部符合要求的图形序号)．。

第3讲 立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟) 一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM→＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM( )．A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，选D. 答案 D2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )．A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析 MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋BC →＋23DA →， 又CD →是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN →·CD →＝23B 1B →＋BC →＋23DA →·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又MN ⊄面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B3．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是 ( )．A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析 选项A 正确，由于SD 垂直于底面ABCD ，而AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥SD ；再由四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ；而BD 与SD 相交，所以，AC ⊥平面SBD ，AC ⊥SB . 选项B 正确，由于AB ∥CD ，而CD ⊂平面SCD ，AB ⊄平面SCD ，所以AB ∥平面SCD . 选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，易知SA 与平面SBD 所成的角就是∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角就是∠CSO ，易知这两个角相等．选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于∠SCD ，而DC 与SA 所成的角是∠SAB ，这两个角不相等． 答案 D4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于 ( )．A.64B.104C.22D.32解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1，0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB1→||BO →|＝64.答案 A5．(2022·新课标全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为 ( )． A.110 B.25 C.3010D.22解析 法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1，1,2)，N (0,1,2)，∴BM→＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綉12B 1C 1綉BD ，因此有ND 綉BM ，则ND 与NA 所成角即为异面直线BM 与AN 所成角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.答案 C6．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB→的值为( )．A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数 解析 AP→可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→. 其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1； AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直， 这时AP →·AB→＝0； AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°， 这时AP →·AB→＝2×1×cos π4＝1， 最终AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C. 答案 C7．(2021·浙江卷)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，。

考点测试42 空间点、直线、平面间的位置关系一、基础小题1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件答案 A解析“两条直线为异面直线”⇒“两条直线无公共点”．“两直线无公共点”⇒“两直线异面或平行”．故选A.2．下列命题正确的个数为( )①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析经过不共线的三点可以确定一个平面，∴①不正确；两条平行线可以确定一个平面，∴②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，∴③正确；命题④中没有说清三个点是否共线，∴④不正确．3. 如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案 D解析∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.依据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．4．以下四个命题中：①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案 B解析①正确，否则三点共线和第四点必共面；②错，如图三棱锥，能合题意但A、B、C、D、E不共面；③错，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错．5．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．肯定是异面直线B．肯定是相交直线C．不行能是平行直线D．不行能是相交直线答案 C解析由已知得，直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不行能为平行直线，若b∥c，则a ∥b，与已知a、b为异面直线相冲突．6．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是( )A．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点答案 C解析对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a∩b＝∅，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A冲突．7. 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是( )A．45° B．60°C．90° D．120°答案 B解析如图，连接AB1，易知AB1∥EF，连接B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连接GH，则GH∥AB1∥EF.设AB＝BC＝AA1＝a，连接HB，在△GHB中，易知GH＝HB＝GB＝22a，故两直线所成的角即为∠HGB＝60°.8. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(把你认为正确的结论的序号都填上)．答案③④解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．二、高考小题9．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析解法一：如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确，选D.解法二：由于l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l 与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线冲突，故l至少与l1，l2中的一条相交，选D.10．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析由于直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.11．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论肯定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4；若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.三、模拟小题12．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行C．垂直D．异面答案 C解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案 A解析由于DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又由于AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，由于OM ⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.14．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四周体ABCD(如图2)，则在空间四周体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )A ．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案 C解析在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又由于BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C.15．下列正方体或四周体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析解法一：(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”推断)对选项A，易推断PR∥SQ，故点P、Q、R、S共面；对选项B，易推断QR∥SP，故点P、Q、R、S共面；对选项C，易推断PQ∥SR，故点P、Q、R、S共面；而选项D中的RS、PQ为异面直线，故选D.解法二：如图，可知选项A、B中的四点共面．对于选项C，易知可构成平行四边形．故选D.16．三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1与AC、AB所成的角均为60°，∠BAC＝90°，且AB＝AC＝AA1，则A1B与AC1所成角的正弦值为( )A．1 B．13C．33D．63答案 D解析如图所示，把三棱柱补形为四棱柱ABDC－A1B1D1C1，连接BD1，A1D1，则BD1∥AC1，则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角，设AB＝a，在△A1BD1中，A1B＝a，BD1＝3a，A1D1＝2a，∴sin∠A1BD1＝63，故选D.17．若α、β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．(写出全部真命题的序号)①若直线m⊥α，则在平面β内，肯定不存在与直线m平行的直线；②若直线m⊥α，则在平面β内，肯定存在很多条直线与直线m垂直；③若直线m⊂α，则在平面β内，不肯定存在与直线m垂直的直线；④若直线m⊂α，则在平面β内，肯定存在与直线m垂直的直线．答案②④解析对于①，若直线m⊥α，假如α、β相互垂直，则在平面β内，存在与直线m平行的直线，故①错误；对于②，若直线m⊥α，则直线m垂直于平面α内的全部直线，则在平面β内，肯定存在很多条直线与直线m垂直，故②正确；对于③，若直线m⊂α，则在平面β内，肯定存在与直线m垂直的直线，故③错误，④正确．一、高考大题1．四周体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四周体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H. (1)求四周体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．解(1)由该四周体的三视图可知BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四周体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．2．一个正方体的平面开放图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)推断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.解(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：由于ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH.由于ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH. 由于EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.二、模拟大题3．如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．(1)求证：PC⊥AD；(2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由；(3)求点D到平面PAM的距离．解(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由于ABCD是∠ABC＝60°的菱形，所以∠ADC＝60°，AD＝CD，所以△ACD是正三角形，所以OC⊥AD，又△PAD是正三角形，所以OP⊥AD，又OC∩OP＝O，OC⊂平面POC，OP⊂平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.(2)存在．当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面．证明：取棱PB的中点Q，连接QM，QA，由于M为PC的中点，所以QM∥BC，在菱形ABCD中，AD∥BC，所以QM∥AD，所以A，Q，M，D四点共面．(3)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离，由(1)可知PO⊥AD，由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P－ACD的高，在Rt△POC中，PO＝OC＝3，PC＝6，在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝6，边PC上的高AM＝PA2－PM2＝102，所以S△PAC＝12PC·AM＝12×6×102＝152，设点D 到平面PAC 的距离为h ，由V D －PAC ＝V P －ACD ，得13S △PAC ·h ＝13S △ACD ·PO ，即13×152·h ＝13×34×22×3，解得h ＝2155，所以点D 到平面PAM 的距离为2155.4. 如图所示，平面四边形ADEF 所在的平面与梯形ABCD 所在的平面垂直，AD ⊥CD ，AD ⊥ED ，AF ∥DE ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2AD ＝2ED ＝xAF .(1)若四点F 、B 、C 、E 共面，AB ＝a ，求x 的值； (2)求证：平面CBE ⊥平面EDB .解 (1)∵AF ∥DE ，AB ∥DC ，AF ∩AB ＝A ，DE ∩DC ＝D ， ∴平面ABF ∥平面DCE .∵四点F ，B ，C ，E 共面，∴FB ∥CE ， ∴△ABF 与△DCE 相像．∵AB ＝a ，∴ED ＝a ，CD ＝2a ，AF ＝2ax，由相像比得AF ED ＝AB CD ，即2ax a ＝a 2a， 所以x ＝4.(2)证明：不妨设AB ＝1，则AD ＝AB ＝1，CD ＝2，在Rt △BAD 中，BD ＝2，取CD 中点为M ，则MD 与AB 平行且相等，连接BM ，可得△BMD 为等腰直角三角形，因此BC ＝2，由于BD 2＋BC 2＝CD 2，所以BC ⊥BD ，又由于平面四边形ADEF 所在的平面与梯形ABCD 所在的平面垂直，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，ED ⊥AD ，所以ED ⊥平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又由于BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面EDB ，∵BC ⊂平面ECB ，∴平面CBE ⊥平面EDB .5．如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由于AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，所以F 是SB 的中点．又由于E 是SA 的中点，所以EF ∥AB .由于EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .同理EG ∥平面ABC .又EF ∩EG ＝E ， 所以平面EFG ∥平面ABC .(2)由于平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ，又AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ， 所以AF ⊥平面SBC ，由于BC ⊂平面SBC ，所以AF ⊥BC .又由于AB ⊥BC ，AF ∩AB ＝A ，AF ，AB ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB . 由于SA ⊂平面SAB ，所以BC ⊥SA .6. 如图，在直二面角E －AB －C 中，四边形ABEF 是矩形，AB ＝2，AF ＝23，△ABC 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，点P 是线段BF 上的一点，PF ＝3.(1)证明：FB ⊥面PAC ；(2)求异面直线PC 与AB 所成的角的余弦值． 解 (1)证明：易得FB ＝4， cos ∠PFA ＝cos ∠BFA ＝32， 在△PAF 中，PA ＝PF 2＋FA 2－2PF ·FA ·cos∠PFA＝9＋12－2×3×23×32＝ 3. ∵PA 2＋PF 2＝3＋9＝12＝AF 2，∴PA ⊥BF .∵平面ABEF ⊥平面ABC ，平面ABEF ∩平面ABC ＝AB ，AB ⊥AC ，∴AC ⊥平面ABEF . ∵BF ⊂平面ABEF ，∴AC ⊥BF . ∵PA ∩AC ＝A ，∴BF ⊥平面PAC .(2)过P 作PM ∥AB ，PN ∥AF ，分别交BE ，BA 于M ，N ，∠MPC 或其补角为PC 与AB 所成的角．连接MC ，NC . 易得PN ＝MB ＝32，AN ＝32，NC ＝AN 2＋AC 2＝52，BC ＝22，PC ＝PN 2＋NC 2＝7，MC ＝MB 2＋BC 2＝352，cos ∠MPC ＝14＋7－3542·12·7＝－327＝－3714.∴异面直线PC 与AB 所成的角的余弦值为3714.。

2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟 (浙江卷)数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B = 若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高球的表面积公式 24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设集合{}2,4,8,16A =，{}5B x x =≤，则()R A B ⋂=（ ） A ．{}2,4B ．{}4,8C ．{}8,16D ．{}2,162．设1i z =-（i 为虚数单位），则2||z z +=（ ） A．BCD ．23．已知,,,0x y R p q ∈>，则“,x p y q <<”是“x y p q +<+”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．83π+B ．4π+C ．823π+D ．24π+5．已知实数x ，y 满足约束条件2202340310x y x y x y -+≥⎧⎪++≥⎨⎪+-≤⎩，则||x y -的最大值是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．46．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是AB 和11A D 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．1A C 与EF 共面，1//AC 平面1FDCB ．1AC 与1DC 垂直，1//AC 平面1FDC C ．1A C 与EF 异面，EF ⊥平面1FDC D ．EF 与1DC 垂直，EF ⊥平面1FDC7．函数()()sin 24xx xf x e+=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．8．对任意x ，R y ∈，恒有sin cos 2sin cos 2424x y x y x y ππ-+⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则713sin cos 2424ππ等于（ ） AB．14CD9．如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线10．已知数列{}n a 满足11a =，(()*102,m m m -=≥∈N ，且()*2sin3n n n a b n π=∈N ，则数列{}n b 的前21项和为（ ） A ．1472-B．C．-D ．-96非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。