2024屆五年高考數(shù)學（理）真題分類訓練：專題八 立體幾何

第頁吧版本八立體幾何考點21空間幾何體的結構、三視圖、表面積和體積題組一一、選擇題1.[2023全國卷乙，5分]如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該零件的表面積為(D)A.24 B.26 C.28 D.30[解析]作出該零件的直觀圖如圖所示，該零件可看作是長、寬、高分別為2，2，3的長方體去掉一個長、寬、高分別為2，1，1的長方體所得，其表面積為2×2×2+2.[2023天津，5分]在三棱錐P?ABC中，線段PC上的點M滿足PM=13PC,線段PB上的點N滿足PN=23PBA.19 B.29 C.13 [解析]如圖，因為PM=13PC,PN=23PB,所以S△PMNS△PBC=12PM?PN?sin∠BPC12PC?PB?sin∠BPC=PM?PN3.[2023全國卷乙，5分]已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=2π3，若△PABA.π B.6π C.3π D.[解析]在△AOB中，AO=BO=3，∠AOB=2π3，由余弦定理得AB=3+3?2×3×3×?12=3,設等腰三角形PAB4.[2022新高考卷Ⅰ，5分]南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5A.1.0×109m3 B.1.2×109m[解析]由已知得該棱臺的高為157.5?148.5=9m,所以該棱臺的體積V5.[2022全國卷甲，5分]如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1,則該多面體的體積為(B)A.8 B.12 C.16 D.20[解析]三視圖對應的幾何體是放倒的直四棱柱，如圖，直四棱柱的高為2，底面是上底為2，下底為4，高為2的梯形，所以體積V=S?=12×2+6.[2022新高考卷Ⅱ，5分]已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為(A.100π B.128π C.144π [解析]由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為23×32×33=3，23×32×43=4.設該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1,O2，連接O1O2,則O1O2=1,其外接球的球心O在直線O1O2上.設球O的半徑為R,當球心O7.[2022新高考卷Ⅰ，5分]已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤A.[18,814] B.[274,81[解析]設該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底邊長為a，高為?，依題意，得36π=43πR3，解得R=3.由題意可得l2=?2+22a2,R2=??R2+22a2,解得?=l22R=l26,a2=2l2?l418,所以正四棱錐的體積V=13a2?=18.[2021全國卷甲，5分]在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E，F(xiàn)，G.該正方體截去三棱錐A?EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應的側視圖是(A. B. C. D.[解析]根據(jù)題目條件以及正視圖可以得到該幾何體的直觀圖，如圖，結合選項可知該幾何體的側視圖為D.9.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知圓錐的底面半徑為2,其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為(B)A.2 B.22 C.4 D.4[解析]設圓錐的母線長為l，因為該圓錐的底面半徑為2，所以2π×2解得l=22，故選10.[2020全國卷Ⅰ，5分]埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐（如圖所示）.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(C)A.5?14 B.5?12 C.[解析]設正四棱錐的高為?，底面正方形的邊長為2a，斜高為m，依題意得?2=12×2a×m，即?2=am①，易知?11.[2020全國卷Ⅱ，5分]如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應的點為M,在俯視圖中對應的點為N,則該端點在側視圖中對應的點為(A)A.E B.F C.G D.H[解析]由三視圖知，該幾何體是由兩個長方體組合而成的，其直觀圖如圖所示，由圖知該端點在側視圖中對應的點為E，故選A.第11題圖12.[2020全國卷Ⅲ，5分]如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是(C)A.6+42 B.4+42 C.[解析]由三視圖知該幾何體為如圖所示的三棱錐P?ABC，其中PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=第12題圖13.[2020天津，5分]若棱長為23的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為(CA.12π B.24π C.36π [解析]設外接球的半徑為R，易知2R=3×23=6，所以R=【方法技巧】多面體與球切、接問題的常見求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題進行求解.（2）若球面上四點P,A,B,C構成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a,PB=b,PC=（3）正方體的內切球的直徑等于正方體的棱長.（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑等于正方體的面對角線長.14.[2020全國卷Ⅰ，5分]已知A,B,C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓.若⊙O1的面積為4π,AB=A.64π B.48π C.36π [解析]如圖所示，設球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π=πr2，解得r=2，又AB=BC=AC=OO1，所以ABsin6015.[2019全國卷Ⅰ，5分]已知三棱錐P?ABC的四個頂點在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠A.86π B.46π C.26[解析]解法一因為點E,F分別為PA,AB的中點，所以EF//PB因為∠CEF=90°，所以EF⊥取AC的中點D，連接BD,PD,如圖1所示易證AC⊥平面BDP,所以PB⊥AC，又AC∩CE=C，AC,CE?平面PAC所以PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA=所以PA⊥PC，即PA,PB,PC兩兩垂直，將三棱錐P?ABC放在正方體中,如圖1所示.因為AB=2，所以該正方體的棱長為2，所以該正方體的體對角線長為6，所以三棱錐P?ABC的外接球的半徑R=62圖1解法二經(jīng)分析可作出如圖2所示的示意圖，圖2其中O1為P在△ABC內的正投影，設PA=PB=PC=a，球O在△ACP中，PA=PC=a，AC因為E為PA的中點，所以CE=A因為∠CEF=所以CE2+EF2=C在Rt△PO1A中，由PA2=P在Rt△OO1A中，由OA2=OO12①+②得2R=6，即R所以球O的體積V=4【方法技巧】本題以三棱錐的外接球為背景，考查幾何體的結構特征、球的體積的計算.求幾何體的外接球的半徑主要有兩個方法：一是將幾何體補成長方體，借助長方體的體對角線長為外接球的直徑求解；二是找出球心的位置，利用平面幾何的知識求外接球的半徑.二、填空題16.[2023新高考卷Ⅰ，5分]在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=2[解析]解法一如圖所示,設點O1,O分別為正四棱臺ABCD?A1B1C1D1上、下底面的中心,連接B1D1,BD,則點O1,O分別為B1D1,BD的中點,連接O1O,則O1O即正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的高,過點B1作B1E⊥BD,垂足為E解法二如圖,將正四棱臺ABCD?A1B1因為AB=2,A1B1=1,AB//A1B1,所以A1,B1,C1,D1分別為PA,PB,PC,PD的中點,又A1A=2,所以PA=22,即PB=22.連接BD,取BD的中點為O,連接PO,則PO⊥平面17.（2020全國卷Ⅲ，5分）已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為23π[解析]易知半徑最大的球即為該圓錐的內切球.圓錐PE及其內切球O如圖所示，設內切球的半徑為R，則sin∠BPE=ROP=BEPB=13，所以OP=3R，所以18.[2019天津，5分]已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，側棱長均為5.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為π4[解析]由題可得，四棱錐底面對角線的長為2,則圓柱底面的半徑為12，易知四棱錐的高為5?1=2題組二一、選擇題1.[2022全國卷甲，5分]甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π,側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙.若S甲SA.5 B.22 C.10 D.5[解析]因為甲、乙兩個圓錐的母線長相等，所以結合S甲S乙=2可知，甲、乙兩個圓錐側面展開圖的圓心角之比是2:1.不妨設兩個圓錐的母線長為l=3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1,r2，高分別為?1,?2，則由題意知，兩個圓錐的側面展開圖剛好可以拼成一個周長為6π的圓，所以2πr1=4π,22.[2022北京，4分]已知正三棱錐P?ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內部的點構成的集合.設集合T={Q∈SA.3π4 B.π C.2π [解析]設O為△ABC的中心，連接PO,AO，在正三角形ABC中，AO=23×32×6=23，在Rt△POA中，PO=PA2?AO2=36?12=263.[2022全國卷乙，5分]已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為(C)A.13 B.12 C.33 [解析]該四棱錐的體積最大即該四棱錐底面所在圓面和頂點O組成的圓錐體積最大.設圓錐的高為?0<?<1，底面半徑為r，則圓錐的體積V=13πr2?=13π1??2?，則V′=14.[2022天津，5分]如圖，“十字歇山”是由兩個直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面形狀是頂角為120°、腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為(DA.23 B.24 C.26 D.27[解析]如圖，△HCD,△FEB,△IDE,△GBC均是頂角為120°、腰為3的等腰三角形，易得其高均為32，底面BCDE是邊長為33的正方形，所以V三棱柱=125.[2021新高考卷Ⅱ，5分]北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導航系統(tǒng)中，地球靜止同步軌道衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的最短距離），把地球看成一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道所在平面所成角的度數(shù)，地球表面能直接觀測到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星的點的緯度的最大值記為α，該衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積S=2πr21?cosαA.26% B.34% C.42% [解析]如圖所示，圓O的半徑為6400km,點P是衛(wèi)星所在位置，由題意可知OP=36000+6400=42400km，PA與圓O相切，切點為A,則∠POA=α，所以cosα=OA6.[2021北京，4分]對24小時內降落在平地上的積水厚度mm進行如下定義：積水厚度/mm0～10～25～50～等級小雨中雨大雨暴雨小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，如圖所示，則這一天的雨水屬于哪個等級(B)A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨[解析]作出截面圖如圖所示，設圓錐形容器中水面的半徑為rmm,則r100=150300,所以r=50mm，所以24小時所接雨水的體積V=[13π×502×150]mm37.[2021全國卷甲，5分]已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC=BC=1A.212 B.312 C.24 [解析]如圖所示，因為AC⊥BC,所以AB為截面圓O1的直徑，且AB=2.連接OO1，則OO1⊥面ABC8.[2020北京，4分]某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為(D)A.6+3 B.6+23 C.12[解析]將三視圖還原為直觀圖（圖略），知該三棱柱是正三棱柱,其高為2，底面是邊長為2的等邊三角形，正三棱柱的上、下兩個底面的面積均為12×2×2×sin60°=129.[2020全國卷Ⅱ，5分]已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面ABCA.3 B.32 C.1 D.3[解析]由等邊三角形ABC的面積為934，得34AB2=934，得AB=3，則△ABC的外接圓半徑r=23×32AB=33AB=3【方法技巧】（1）若等邊三角形ABC的邊長為a，則△ABC的面積為34a2；（2）球的截面的性質：若球的半徑為R，截面圓的半徑為二、填空題10.[2023新高考卷Ⅱ，5分]底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為28.[解析]如圖所示，正四棱錐P?ABCD的底面邊長為4，用平行于底面的平面截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐P?A′B′C′D′后，得到正四棱臺A′B′C′D′?ABCD，且A′B′=2，AB=4.記O′，O分別為正四棱臺A′B′C′D′?ABCD上、下底面的中心，H′，H分別為A′B′,AB的中點，連接PO,PH,O′H′,OH11.[2023全國卷甲，5分]在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F分別為AB[解析]如圖，線段EF過正方體的中心，所以以EF為直徑的球的球心即正方體的中心，球的半徑為EF2,而正方體的中心到每一條棱的距離均為EF2,所以以EF12.[2021全國卷乙，5分]以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依次為③④（答案不唯一，②⑤也可）（寫出符合要求的一組答案即可）.[解析]根據(jù)“長對正、高平齊、寬相等”及題圖中數(shù)據(jù)，可知題圖②③只能是側視圖，題圖④⑤只能是俯視圖，則組成某個三棱錐的三視圖，所選側視圖和俯視圖的編號依次是③④或②⑤.若是③④，則原幾何體如圖1中三棱錐A?BCD；若是②⑤，則原幾何體如圖2中三棱錐E13.[2020新高考卷Ⅱ，5分]棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中,M,N分別為棱BB[解析]如圖，易知V三棱錐A1?D1MN=V三棱錐D1?A1MN,由正方體的結構特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D114.[2020新高考卷Ⅰ，5分]已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°[解析]在直棱柱ABCD?A1B1C1D1中，如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1=C1D1=2.分別取B1C1,BB1,CC1的中點M，G，H，連接D1M,D1G,D1H,則易得D1G=D1H=22+12=5,D1M⊥側面BCC1B1,且D15.[2020江蘇，5分]如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm,高為2cm,內孔半徑為0.5cm,則此六角螺帽毛坯的體積是123[解析]正六棱柱的體積為6×34×22×216.[2019江蘇，5分]如圖，長方體ABCD?A1B1C1D1的體積是120，E[解析]因為長方體ABCD?A1B1C1D1的體積是120，所以CC1?S四邊形17.[2019全國卷Ⅲ，5分]學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型.如圖，該模型為長方體ABCD?A1B1C1D1挖去四棱錐O?EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB=BC=6[解析]由題意得，四棱錐O?EFGH的底面積為4×6?4×12×2×3=又長方體ABCD?A1B1C1D1的體積為18.[2019全國卷Ⅱ，5分]中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有26個面，其棱長為2?1圖1圖2[解析]依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面.注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設題中的半正多面體的棱長為x，則22x+x+22x考點22空間點、直線、平面之間的位置關系題組一、選擇題1.[2023全國卷乙，5分]已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形,若二面角C?AB?D為150°，則直線CDA.15 B.25 C.35 [解析]如圖所示，取AB的中點M，連接CM，DM，則CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即為二面角C?AB?D的平面角，于是∠CMD=150°.又CM,DM?平面CMD,CM∩DM=M,所以AB⊥平面CMD.設AB=2，則CM=1，MD=3，在△CMD中，由余弦定理可得CD=3+1?2×3×1×?32=7.延長CM，過點D作CM的垂線，設垂足為H，則∠HMD=30°，DH=12DM=32，MH2.[2023全國卷甲，5分]已知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC=PD=3，∠PCAA.22 B.32 C.42 [解析]如圖，取CD,AB的中點分別為E,F，連接PE,EF,PF，因為PC=PD,所以PE⊥CD,又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD,又PE∩EF=E,所以CD⊥平面PEF，又AB//CD,所以AB⊥平面PEF,又PF?平面PEF，所以AB⊥PF,所以PA=PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA3.[2022全國卷乙，5分]在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,FA.平面B1EF⊥平面BDD1 C.平面B1EF//平面A1AC [解析]如圖，對于選項A，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，因為E,F分別為AB，BC的中點，所以EF//AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF,BD∩DD1=D，從而EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故選項A正確；對于選項B，因為平面A1BD∩平面BDD1=//平面A1C1D，又平面AB1C與平面B1EF有公共點B1，所以平面A14.[2022全國卷甲，5分]在長方體ABCD?A1B1C1D1中,已知B1D與平面A.AB=2AD B.AB與平面ABC.AC=CB1 D.B1[解析]如圖，連接BD,易知∠BDB1是直線B1D與平面ABCD所成的角，所以在Rt△BDB1中，∠BDB1=30°，設BB1=1，則B1D=2，BD=3.易知∠AB1D是直線B1D與平面AA1B1B所成的角，所以在Rt△ADB1中，∠AB1D=30°，因為B1D=2，所以AD=1,AB1=3，所以在Rt△ABB1中，AB=2，所以5.[2022浙江，4分]如圖,已知正三棱柱ABC?A1B1C1，AC=AA1,E,F分別是棱BC,A1C1上的點.記EF與AA1所成的角為α,EFA.α≤β≤γ B.β≤α≤γ[解析]由題意設AA1當點E,F分別與點B,A1重合時（如圖1），連接A1B，EF與AA1所成的角為∠AA1B,此時是一個平面角，不是異面直線所成角）即α=∠AA1B，所以α=45°.因為AA1⊥平面ABC，所以EF與平面ABC所成角為∠A1BA，即β=∠A1BA，所以β=45°．取BC的中點G，連接FG,AG，則由△ABC為正三角形知AG⊥BC．又由AA1⊥平面ABC，知圖1當點F與點A1重合且點E為BC中點時（如圖2），連接AE,A1E．易知EF與AA1所成的角為∠AA1E，即α=∠AA1E;EF與平面ABC所成角為∠A1EA，即β=∠A1EA；二面角F?BC圖2綜合上面E,F的兩種特殊位置知，α≤β≤γ6.[2021全國卷乙，5分]在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為B1A.π2 B.π3 C.π4 [解析]解法一如圖，連接C1P,因為ABCD?A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以有C1P⊥解法二以B1為坐標原點，B1C1，B1A1，B1B所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，則B0,0,2，P1,1,0，D12,2解法三如圖所示，連接BC1,A1B,A1P,PC1，則易知AD1//BC1，所以直線PB與AD1所成角等于直線PB與BC1所成角.根據(jù)P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1,P故選D.7.[2021浙江，4分]如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1，M，NA.直線A1D與直線D1B垂直，直線B.直線A1D與直線D1B平行，直線C.直線A1D與直線D1B相交，直線D.直線A1D與直線D1B異面，直線[解析]解法一連接AD1，則易得點M在AD1上，且AD1⊥A1D.因為AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直.在△ABD1解法二以點D為坐標原點，DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系.設AB=2，則A12,0,2,D0,0,0,D10,0,2,B2,2,0，所以M1,0,1,N1,1,1，所以A1D=?2,0,?2,D1B=2,2,?2，MN=0,1,0，所以A1D?D1B=?4+8.[2020新高考卷Ⅰ，5分]日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球（球心記為O）,地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為(BA.20° B.40° C.50° [解析]過球心O、點A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針所在直線，EF為點A處的水平面，GF⊥CD,CD//OB，∠AOB=40°，∠9.[2019全國卷Ⅱ，5分]設α，β為兩個平面，則α//β的充要條件是(A.α內有無數(shù)條直線與β平行 B.α內有兩條相交直線與β平行C.α，β平行于同一條直線 D.α，β垂直于同一平面[解析]對于A，α內有無數(shù)條直線與β平行，當這無數(shù)條直線互相平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確.綜上可知選B.10.[2019全國卷Ⅲ，5分]如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(A.BM=EN，且直線BM，B.BM≠EN，且直線BM，C.BM=EN，且直線BM，D.BM≠EN，且直線BM，[解析]取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD=CD，所以EO⊥平面ABCD.設正方形ABCD的邊長為2,則EO=3,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4，得EN=2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP=32,CP=32,所以BM2=MP2+BP11.[2019浙江，4分]設三棱錐V?ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點）.記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P?AC?BA.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ C.β<[解析]由題意，不妨設該三棱錐的側棱長與底面邊長相等，因為點P是棱VA上的點（不含端點），所以直線PB與平面ABC所成的角β小于直線VB與平面ABC所成的角，而直線VB與平面ABC所成的角小于二面角P?AC?B的平面角γ，所以β<γ；因為AC?平面ABC，所以直線PB與直線AC所成的角α大于直線PB與平面ABC所成的角β二、填空題12.[2020全國卷Ⅱ，5分]設有下列四個命題：p1：p2:p3:p4：若直線l?平面α,直線m⊥平面α則下述命題中所有真命題的序號是①③④.①p1∧p③?p2∨p[解析]解法一對于p1，由題意設直線l1∩l2=A，l2∩l3=B，l1∩l3=C，則由l1∩l2=A，知l1，l2共面，設此平面為α，由B∈l2,l2?α，知B∈α，由C∈l1,l1?α，知C∈α，所以l3?α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命題.對于p2，當A,B,C三點不共線時，過A,B,C三點有且僅有一個平面；當A,B,C三點共線時，過A,B,C的平面有無數(shù)個，所以解法二對于p1，由題意設直線l1∩l2=A，l2∩l3=B，l1∩l3=C，則A,B,C三點不共線，所以此三點確定一個平面α，則A∈α,B∈α,C【易錯警示】解答本題時，需注意以下易錯點：（1）判斷命題p2時，忽視三點在同一條直線上的情況，從而誤認為p2為真命題；（2）判斷命題p313.[2019北京，5分]已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m;②m//以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題:若l⊥m，l⊥α,則[解析]若l⊥α,l⊥m,則m//α,顯然①③?②正確；若l⊥m,m//α，則l//α,l與α相交但不垂直都可以，故①②?③不正確；若l⊥α,m//α,則l三、解答題14.[2020江蘇，14分]如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,（1）求證：EF//平面AB[答案]因為E,F分別是AC,B1C所以EF//A又EF?平面AB1C1,A所以EF//平面AB（2）求證：平面AB1C⊥[答案]因為B1C⊥平面ABC，AB?所以B1C又AB⊥AC,B1C?平面AB1C,AC所以AB⊥平面AB又因為AB?平面ABB所以平面AB1C⊥15.[2019江蘇，14分]如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分別為BC求證：（1）A1B1//[答案]因為D,E分別為BC,AC的中點，所以ED//AB在直三棱柱ABC?A1B1所以A1B又因為ED?平面DEC1,A1B所以A1B1//（2）BE⊥C[答案]因為AB=BC,E為AC所以BE⊥AC因為三棱柱ABC?A所以C1C⊥平面又因為BE?平面ABC所以C1C因為C1C?平面A1ACC1,AC?所以BE⊥平面A1因為C1E?平面A1AC考點23利用空間向量求線面角題組一解答題1.[2023全國卷甲，12分]如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB（1）證明：A1C[答案]如圖，過A1作A1D⊥C∵A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC又∠ACB=∴AC⊥∵A1C,AC?平面ACC∴BC⊥平面AC∵A1D?平面ACC又CC1,BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，又CC1=AA1=2∴A1又在三棱柱ABC?A1B1∴A1（2）已知AA1與BB1的距離為2，求AB[答案]如圖，連接A1B，由（1）易證A1B=A1B1,故取∵AA1與BB1又A1D=1∴A1C=A1C1建立空間直角坐標系C?xyz則C0,0,0,A2,0,0∴CB=0,3,0設平面BCC1B1則n?CB→=0,n?CC1→=0∴平面BCC1B1設AB1與平面BCC1B則sinθ=|cos?n,∴AB1與平面BCC12.[2022全國卷甲，12分]如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD//AB，AD=DC=（1）證明:BD⊥PA[答案]如圖所示，取AB中點O，連接DO,CO,則OB=DC又DC//OB,所以四邊形DCBO又BC=OB所以四邊形DCBO為菱形,所以BD⊥CO同理可得，四邊形DCOA為菱形,所以AD//CO所以BD⊥AD.因為PD⊥底面ABCD，BD?底面ABCD又AD∩PD=D,AD,PD?平面ADP,所以BD因為PA?平面ADP,所以BD⊥（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值.[答案]由（1）知BD⊥AD，又AB=2AD所以三角形ADO為正三角形.過點D作垂直于DC的直線為x軸，DC所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A32,?12,0,B3則AB=0,2,0,AP=(?32,設平面PAB的法向量n=x則AB→令x=2，則y=0,z=設直線PD與平面PAB所成的角為α，則sinα=|cos?n,DP?|=n?DPn?DP=3.[2022全國卷乙，12分]如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC（1）證明：平面BED⊥平面ACD[答案]因為AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB因為E為AC的中點，所以AC⊥BE，AC又BE∩DE=E，BE,DE?平面BED,所以AC⊥平面BED，又AC?平面ACD（2）設AB=BD=2，∠ACB=60°，點F在BD上，當△[答案]由（1）可知，AC⊥平面BED.連接EF,因為EF?平面BED,所以AC⊥EF,當△AFC的面積最小時，點F到直線AC因為AB=BC=2,∠ACB=60°，所以△ABC為正三角形，則因為AD=CD,AD⊥CD，所以△ADC所以DE2+BE在Rt△BED中，當EF的長度最小時，EF⊥BD，解法一以E為坐標原點，EA,EB,ED所在的直線分別為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標系E?xyz則A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，C?1,0,則DF=0,y,z?1,FB=0,3?y,?z設平面ABD的法向量為n=x則n?不妨取y1=1,則x1=3,記CF與平面ABD所成的角為α,則sinα=|cos?CF,n?|=CF?nCF解法二因為DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BE?平面因為VD?ACB=VC?ADB，所以13×1在△ABD中，因為BA=BD=2,AD所以d=2因為AC⊥平面BED,EF?平面BED，所以AC⊥EF記CF與平面ABD所成的角為α，則sinα=4.[2021浙江，15分]如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=15,M,N分別為（Ⅰ）證明:AB⊥PM[答案]因為底面ABCD是平行四邊形，∠ABC=120°，BC=4,AB=1所以CM=2，CD=1易得CD⊥DM又PD⊥DC，且PD∩DM=D,PD,所以CD⊥平面PDM因為AB//CD所以AB⊥平面PDM又PM?平面PDM所以AB⊥PM（Ⅱ）求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.[答案]解法一由（Ⅰ）知AB⊥平面PDM所以∠NAB為直線AN與平面PDM連接AM，因為PM⊥MD，PM所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥因為∠ABC=120°，AB=所以由余弦定理得AM=7又PA=15，所以PM所以PB=PC=23連接BN,結合余弦定理得BN=11連接AC,則由余弦定理得AC=21在△PAC中，cos∠PNA+cos∠CNA=所以AN=15所以在△ABN中，cos∠BAN設直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ=cos∠解法二因為PM⊥MD，PM所以PM⊥平面ABCD連接AM,則PM⊥AM因為∠ABC=120°，AB=所以AM=7又PA=15,所以PM由（Ⅰ）知CD⊥DM過點M作ME//CD交AD于點E，則ME故可以以M為坐標原點，MD,ME,MP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A?3,2,0,所以N32,?12易知平面PDM的一個法向量為n=0設直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ=|cos?AN,5.[2020新高考卷Ⅰ，12分]如圖，四棱錐P?ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為（1）證明：l⊥平面PDC[答案]因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面因為AD//BC，AD?平面PBC，所以AD//由已知得l//AD因此l⊥平面PDC（2）已知PD=AD=1,Q為l上的點，求PB[答案]以D為坐標原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz則D0,0,0，C0,1,0，B1由（1）可設Qa,0,1設n=x,y,z是平面QCD可取n=?所以cos?n,PB?=設PB與平面QCD所成角為θ，則sinθ=因為331+2aa2+1≤63，當且僅當a題組二解答題1.[2022北京，14分]如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB（Ⅰ）求證：MN//平面BCC[答案]解法一如圖，設點P為AB的中點，連接PN,PM,因為N為AC的中點，所以PN為△ABC所以PN//BC又M為A1B所以PM//B因為BB1∩BC=B,PM∩PN=P,BB1，BC?平面BCC1B1又MN?平面MPN所以MN//平面BCC解法二如圖，取BC的中點D，連接B1D，DN在三棱柱ABC?A1B1C1因為M，N，D分別為A1B1，AC，所以B1M//AB，B1M=1則B1M//DN所以四邊形B1MND為平行四邊形，因此B1D//MN.又MN?平面BCC1B1，B（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.條件①：AB⊥MN條件②：BM=MN注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.[答案]因為側面BCC1B1又因為平面BCC1B1⊥平面ABB1A所以CB⊥平面ABB1A1，而AB?平面選條件①：由（Ⅰ）得B1D//MN，因為AB⊥又B1D∩CB=D，所以在三棱柱ABC?A1B1C1中，BA故以B為坐標原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B因為AB=BC=BB1=2,所以B0,0所以BN=1,1,0，設平面BMN的法向量為n=x由BN→?n=0,BM→?n=設直線AB與平面BMN所成角為θ，則sinθ=|cos?n,所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為23選條件②：由（Ⅰ）知B1B//MP,CB//NP,而又因為AB=BC=2在△MPB和△MPN中，BM=MN，NP=BP，因此∠MPN=∠MPB=90°，即在三棱柱ABC?A1B1C1中，BA故以B為坐標原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B則B0,0,0,N1,1所以BN=1,1,0,設平面BMN的法向量為n=x由BN→?n=0,BM→?n=0,得x+y=0則sinθ=|cos?n,所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為232.[2022浙江，15分]如圖，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?（Ⅰ）證明：FN⊥AD[答案]因為ABCD是直角梯形，∠BAD=所以∠ABC=90°,即AB⊥BC.因為所以∠DCF=90°,即DC⊥FC.如圖，在AB邊上作AH=2,連接DH，易得DH⊥AB，在Rt△DAH在DC邊上作DG=2，連接EG，易得GE⊥DC,在Rt△EGD中,因為∠EDG=60易知二面角F?DC?B的平面角為∠FCB=60°又N為BC的中點，所以FN⊥BC.因為DC⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC又FN?平面BCF，所以DC⊥因為BC⊥FN，BC∩DC=C，故又AD?平面ABCD，故FN⊥（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值.[答案]如圖，取AD的中點K，連接NK，以N為坐標原點，以NK，NB，NF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則B0,3,0，A5,3,0設平面ADE的法向量為n=x則n?AD→=取x=3,則y=?1,z=3,即n=3,?1,3是平面因為BM=3,?32,323.[2020全國卷Ⅱ，12分]如圖，已知三棱柱ABC?A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M,N分別為BC,B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C（1）證明：AA1//MN,且平面A1[答案]因為M,N分別為BC，B1C1的中點，所以MN//CC1因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A所以平面A1AMN⊥平面（2）設O為△A1B1C1的中心.若AO//平面EB1C1[答案]由已知得AM⊥BC.以M為坐標原點，MA的方向為x軸正方向，MB為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系M?xyz,則AB=連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形，故PM=233由（1）知平面A1AMN⊥平面作NQ⊥AM,垂足為Q，則NQ⊥平面設Qa,0,0,則NQ=4?233?a2,Bsinπ2?＜n,所以直線B1E與平面A1AMN4.[2020天津，15分]如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，點D，E（Ⅰ）求證:C1M依題意，以C為原點，分別以CA，CB,CC1的方向為x軸，y軸，可得C0,0,0，A2,0,0,B0,2[答案]依題意，C1M=1,1,0所以C1M（Ⅱ）求二面角B?B[答案]依題意，CA=2,0,0是平面BB1設n=x,y,z為平面DB不妨設x=1,可得n因此有cos＜CA，n＞=CA?nCAn=所以二面角B?B1E?（Ⅲ）求直線AB與平面DB1[答案]依題意，AB=?由（Ⅱ）知n=1,?1,2為平面DB1所以，直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為考點24利用空間向量求二面角題組一解答題1.[2023新高考卷Ⅰ，12分]如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.點A2,B2，C2，D2分別在棱AA（1）證明：B2C[答案]解法一依題意，得B2C所以B2C解法二以點C為坐標原點，CD,CB,CC1所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B20,2,2,C所以B2C2=0所以B2C2=A（2）點P在棱BB1上，當二面角P?A2C2?[答案]建立空間直角坐標系，建系方法同（1）中解法二，設BP=n0≤n所以PA2=2,設平面PA2C2所以{PA2?令x1=n?1設平面A2C2D2由（1）解法二知，A2C2=?所以{A2C2令y2=1，得所以cos150整理得n2?4n+3=0所以BP=1或BP所以B2P2.[2022天津，15分]如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=AB=AC=2,AC⊥AB,D（Ⅰ）求證：EF//平面ABC[答案]因為ABC?A1B1C1是直三棱柱,且AC⊥AB,所以AB,AA1,AC兩兩垂直,所以分別以AB,AA1因為AB=AC=AA1=2,且D,E分別為A1B1,AA1中點,所以E0,1,所以EF=1易知平面ABC的一個法向量為,n=0且EF?平面ABC,所以EF//平面ABC（Ⅱ）求直線BE與平面CC1[答案]B2,0,0,C10,2,2設平面CC1D的法向量為n1=x1,y1,z1,則{n1?C設直線BE與平面CC1D所成的角為θ,則sinθ=|cos?即直線BE與平面CC1D所成角的正弦值為（Ⅲ）求平面A1CD與平面C[答案]A10,2,0,所以A1C=0,?則{n2?A1C=0令y2=1,則z2=設平面A1CD與平面CC1D的夾角為α所以平面A1CD與平面CC1D3.[2021全國卷乙，12分]如圖，四棱錐P?ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M（1）求BC;[答案]因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點D設BC=t，則At,0,0，Bt所以PB=t,1,?因為PB⊥AM，所以PB?AM=?t22+1=0，得t=2（2）求二面角A?PM[答案]易知C0,1,0，由（1）可得AP=?2,0,設平面APM的法向量為n1={n1?AP令x1=2，則z1=2,y1=設平面PMB的法向量為n2={n2?CB得x2=0，令y2=1，則z2=cos?n1所以二面角A?PM?B【方法技巧】（1）運用空間向量求空間角的一般步驟：①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；②求出相關點的坐標；③寫出向量的坐標；④結合公式進行論證、計算；⑤轉化為幾何結論.（2）求空間角時需注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是兩直線的方向向量的夾角β，cosα4.[2021新高考卷Ⅰ，12分]如圖，在三棱錐A?BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD,O（1）證明：OA⊥CD[答案]因為AB=AD,O為BD的中點，所以OA又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD，所以AO又CD?平面BCD,所以AO⊥（2）若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E?BC?D[答案]解法一因為△OCD是邊長為1的正三角形，且O為BD的中點，所以OC=所以△BCD是直角三角形，且∠BCD=90°,BC如圖，過點E作EF//AO，交BD于F，過點F作FG⊥BC，垂足為G因為AO⊥平面BCD所以EF⊥平面BCD又BC?平面BCD,所以EF⊥又FG⊥BC，且EF∩FG=F，EF,FG?平面EFG則∠EGF為二面角E?所以∠EGF=45°因為DE=2EA所以EF=23OA,DF=因為FG⊥BC，CD⊥BC則GFCD=23所以EF=GF=23所以VA?解法二如圖所示，以O為坐標原點，OB,OA所在直線分別為x,z軸，在平面BCD內，以過點O且與BD垂直的直線為y軸建立空間直角坐標系.因為△OCD是邊長為1的正三角形，且O為BD所以OC=OB所以B1,0,0,D設A0,0,a，a>0由題意可知平面BCD的一個法向量為n=0設平面BCE的法向量為m=x因為BC=?32,所以{m?BC=令x=1，則y=3,z因為二面角E?BC?D所以cos45°得a=1，即OA因為S△BCD所以VA?5.[2020全國卷Ⅰ，12分]如圖,D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD.△ABC是底面的內接正三角形，P為DO（1）證明：PA⊥平面PBC[答案]設DO=a,由題設可得PO=66a,AO=33a,AB=又PA2故PA⊥PC又PB∩PC=P,PB,PC?所以PA⊥平面PBC（2）求二面角B?PC[答案]以O為坐標原點，OE的方向為y軸正方向，OE為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz由題設可得E0,1,0，A0,?1,0，C所以EC=?32,?設m=x,y,{m?EP=0,m?由（1）知AP=0,1,22則cos?n,易知二面角B?PC所以二面角B?PC?E【易錯警示】求二面角的余弦值的易錯點：一是求平面的法向量出錯，應注意點的坐標求解的準確性；二是公式用錯，把利用向量求線面角與二面角搞混，導致結果出錯;三是空間想象能力薄弱，求出兩法向量的夾角的余弦值后，誤以為該值就是所求二面角的余弦值，因忽視對二面角的平面角為銳角、鈍角的判斷導致結果出錯.求出兩法向量的夾角的余弦值后，一定要判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，從而得出正確的結論.6.[2019全國卷Ⅰ，12分]如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°（1）證明：MN//平面C1[答案]連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME//又因為N為A1D的中點,所以ND由題設知A1B1DC,可得平行四邊形A1B1CD，所以B1CA1D,故又MN?平面C1DE,所以MN//（2）求二面角A?M[答案]由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系DA2,0,0,A12,0,4,M1,3,2設m=x,y,z所以?x+3y?設n=p,q,r所以?3q=0,于是cos?m,n?=m?nm題組二解答題1.[2023全國卷乙，12分]如圖，三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2,BC=22，PB=PC=6,BP,AP,BC的中點分別為D,E,O（1）證明：EF//平面ADO[答案]如圖，以B為坐標原點，BA,BC所在直線分別為x,y軸，建立平面直角坐標系，則B0,0，A2,0，C0,設AF=λAC，則易得F?2λ+2,22λ.因為BF⊥AO，所以BF?又E,D分別為AP,BP的中點，所以EF//PC,OD//PC又OD?平面ADO，EF?平面ADO，所以EF//平面（2）證明：平面ADO⊥平面BEF[答案]AO=AB2+BO2所以AD2=AO由于EF//OD，所以AO又BF⊥AO,BF∩EF=F，BF?平面BEF所以AO⊥平面BEF又AO?平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF（3）求二面角D?AO[答案]如圖，以B為坐標原點，BA,BC所在直線分別為x,y軸，建立空間直角坐標系，則B0,0,0,A2,0因為PB=PC，BC=22，所以設P則BE=BA由（2）知AO⊥BE,所以AO?BE=又PB=6，BP=x,2,z,所以x由D為BP的中點，得D?12,2設平面DAO的法向量為n1=則{n1?AD=0,n1?AO取a=1,則n1=1易知平面CAO的一個法向量為n2=設二面角D?AO?C的大小為θ所以sinθ=1?12=22.[2022新高考卷Ⅰ，12分]如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1（1）求A到平面A1BC[答案]設點A到平面A1BC的距離為?因為直三棱柱ABC?A所以VA1又△A1BC的面積為22所以?=2,即點A到平面A1BC（2）設D為A1C的中點，AA1=AB，平面A1BC[答案]如圖，取A1B的中點E，連接AE，則AE因為平面A1BC⊥平面ABB1A1所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，又A所以AA1⊥BC，因為AA1∩AE所以BC⊥AB以B為坐標原點，分別以BC,BA,BB1的方向為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系B由（1）知，AE=2，所以AA1=因為△A1BC的面積為22，所以22所以A0,2,0，B0,0,0，C2則BD=1,1,設平面ABD的法向量為n=x則{n?BD=令x=1，得n又平面BDC的一個法向量為AE=0所以cos?AE,n?=AE?nAE?n=所以二面角A?BD?C3.[2021新高考卷Ⅱ，12分]如圖，在四棱錐Q?ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=2，QD=（1）證明：平面QAD⊥平面ABCD[答案]在△QDC中，因為QD2+C又CD⊥AD，QD∩AD=D，QD，AD?平面QAD因為CD?平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD（2）求二面角B?QD[答案]分別取AD,BC的中點O,E，連接OE，QO，因為QD=QA=5又平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD所以QO⊥平面ABCD，所以QO⊥易知OE⊥AD所以直線OE,OD,OQ兩兩垂直，故以O為坐標原點，OE，OD,OQ所在直線分別為x,y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B2,?1,0,D易知OQ=Q所以Q0,所以BQ=?設平面BQD的法向量為n=x則{BQ?n=0,BD?n=0易知m=1,0,所以cos?m,n?=m所以二面角B?QD?A4.[2021北京，13分]如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1，點E為A1D（Ⅰ）求證：點F為B1C[答案]因為ABCD?A1B1又CD?平面A1B1C1D1所以CD//平面A1又CD?平面CDE，平面CDE∩平面A所以CD//EF，所以EF又點E為A1D1的中點，所以點F為（Ⅱ）若點M為棱A1B1上一點，且二面角M?CF?E[答案]以點D為坐標原點，以DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z設正方體的棱長為2，則C0,2,0,E設A1M=t，則t∈[設平面CEF的法向量n=x因為CF=1,0,2，EF=0,2,0，所以n?CF→=0設平面MCF的法向量m=x2,y2,z2，又MF=?1,2?t,0，所以因為二面角M?CF?E的余弦值為53，所以cos?n,m?=n?mn5.[2020全國卷Ⅲ，12分]如圖,在長方體ABCD?A1B1C1D1中，點E,F分別在棱DD1（1）證明：點C1在平面AEF設AB=a,AD=b,AA1=c,如圖，以[答案]連接C1F,則C10,0,0,Aa,b,c,Ea因此EA//C1F,即A,E,F所以點C1在平面AEF（2）若AB=2,AD=1,AA[答案]由已知得A2,1,3,E2,0,2,F0,1,1,設n1=x,y{n1?AE=0,n設n2為平面A1{n2?AE=因為cos?n1,n2?=n16.[2019天津，13分]如圖，AE⊥平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD⊥AB（Ⅰ）求證：BF//平面ADE依題意，可以建立以A為原點，分別以AB，AD，AE的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系（如圖），可得A0,0,0，B1,設CF=??[答案]依題意，AB=1,0,0是平面ADE的法向量，又BF=0,2,?，可得BF?AB（Ⅱ）求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；[答案]依題意，BD=?1,1,0設n=x,y,z為平面BDE的法向量，則n?BD→=0,n?所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為49（Ⅲ）若二面角E?BD?F的余弦值為13[答案]設m=x,y,z為平面BDF不妨令y=1,可得m由題意，有cos?m,n?=所以，線段CF的長為87題組三解答題1.[2023天津，15分]如圖，在三棱臺ABC?A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA（1）求證:A1N//平面[答案]解法一（幾何法）連接MN.因為M,N分別是BC,AB的中點，所以MN//AC且MN=12AC=1，即有MN∥又MC1?平面C1MA，A1N?平面C解法二（向量法）以A為坐標原點，AB,AC,AA1所在的直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A則有A0,0,0,M1,1,0所以A1N=1,0,?2設平面C1MA的法向量n=x,y,z，則{n?AM=0n又A1N?平面C1MA，所以A（2）求平面C1MA與平面AC[答案]由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的法向量為AN=1,0,0，平面C1MA的一個法向量為n=2,?2,（3）求點C到平面C1MA[答案]易得C0,2,0,則MC=?1,1,2.[2023新高考卷Ⅱ，12分]如圖，三棱錐A?BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠（1）證明：BC⊥DA[答案]如圖，連接DE,AE,因為DC=DB,且E為BC