2024屆五年高考數(shù)學(xué)真題分類訓(xùn)練：專題八 立體幾何

第頁專題八立體幾何考點(diǎn)24空間幾何體的結(jié)構(gòu)題組一、選擇題1.[2022北京，4分]已知正三棱錐P?ABC的六條棱長(zhǎng)均為6，S是△ABC及其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合.設(shè)集合T={Q∈SA.3π4 B.π C.2π [解析]設(shè)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=262.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知圓錐的底面半徑為2,其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為(B)A.2 B.22 C.4 D.4[解析]設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，因?yàn)樵搱A錐的底面半徑為2，所以2π×2解得l=22，故選3.[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(gè)正四棱錐.如圖所示，以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為(C)A.5?14 B.5?12 C.[解析]設(shè)正四棱錐的高為?，底面正方形的邊長(zhǎng)為2a，斜高為m，依題意得?2=12×2a×m，即?2=am①，易知?4.[2023新高考卷Ⅰ，5分]（多選題）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有(ABD)A.直徑為0.99mB.所有棱長(zhǎng)均為1.4mC.底面直徑為0.01m，高為1.8D.底面直徑為1.2m，高為0.01[解析]由于棱長(zhǎng)為1m的正方體的內(nèi)切球的直徑為1m>0.99m，所以選項(xiàng)A正確；由于棱長(zhǎng)為1m的正方體中可放入棱長(zhǎng)為2m的正四面體，且2>1.4，所以選項(xiàng)B正確；因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為1m，體對(duì)角線長(zhǎng)為3m，3<1.8，所以高為1.8m的圓柱體不可能整體放入正方體容器中，所以選項(xiàng)C不正確；由于正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為3m，而底面直徑為1.2m的圓柱體，其高0.01m二、填空題5.[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EF6.[2023全國卷甲，5分]在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，O為A[解析]由該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，可知球O的半徑應(yīng)介于該正方體的棱切球半徑和外接球半徑之間（包含棱切球半徑和外接球半徑）.設(shè)該正方體的棱切球半徑為r，因?yàn)锳B=4，所以2r=2×4，所以r=22；設(shè)該正方體的外接球半徑為R，因?yàn)锳B=4，所以2R7.[2023全國卷乙，5分]已知點(diǎn)S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA=[解析]解法一如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A,因?yàn)椤鰽BC將三棱錐S?ABC補(bǔ)形為正三棱柱SB1C1?ABC，由題意知SA為側(cè)棱，設(shè)球心為O，連接OO1,OA又球的半徑R=OA=2，OA2=O解法二如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A,因?yàn)椤鰽BC設(shè)三棱錐S?ABC的外接球球心為O，連接OO1,則OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以O(shè)O1//SA，連接OS，OA，由題意知OS=OA=2.過O作SA的垂線，設(shè)垂足為H，則四邊形AO所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2=O8.[2020新高考卷Ⅰ，5分]已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60°[解析]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(diǎn)M，G，H，連接D1M,D1G,D1H,則易得D1G=D1H=22+12=5,D1M⊥B1C1,且D1M=3.由題意知G,9.[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(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)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(xué)的對(duì)稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有26個(gè)面，其棱長(zhǎng)為2?1圖1圖2[解析]由題圖2可知從上數(shù)第一層與第三層各有9個(gè)面，共18個(gè)面，第二層有8個(gè)面，所以該半正多面體共有面18+8如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為x,則AB=BE=x,延長(zhǎng)CB，與FE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G,延長(zhǎng)BC,交正方體的棱長(zhǎng)于點(diǎn)H,由半正多面體的對(duì)稱性可知，△BGE為等腰直角三角形，所以BG=CH=22x,所以GH=2×【方法技巧】本題的題眼有兩處：一是半正多面體的組成——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，需提煉出半正多面體的棱長(zhǎng)均相等；二是將半正多面體放到正方體中去觀察其特征——它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體的表面上，需提煉出GH=考點(diǎn)25空間幾何體的表面積和體積題組一一、選擇題1.[2023全國卷甲，5分]在三棱錐P?ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA=PB=2A.1 B.3 C.2 D.3[解析]如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA=PB=2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD=CD=3，又PC=6，所以PD2+CD2=PC2，所以PD⊥2.[2022新高考卷Ⅰ，5分]南水北調(diào)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(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，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(tái)的高為157.5?148.5=9m,所以該棱臺(tái)的體積V3.[2021新高考卷Ⅱ，5分]正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為(D)A.56 B.282 C.563 D.[解析]如圖所示，在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)O1,O分別為上、下底面的中心，連接OA,O1A1,OO1，則由題意可知O1O⊥底面ABCD，OA=22,O1A1=2.過點(diǎn)A1作A1E//OO1,交AO于點(diǎn)4.[2021北京，4分]對(duì)24小時(shí)內(nèi)降落在平地上的積水厚度mm進(jìn)行如下定義：積水厚度/mm0～10～25～50～等級(jí)小雨中雨大雨暴雨小明用一個(gè)圓錐形容器接了24小時(shí)的雨水，如圖所示，則這一天的雨水屬于哪個(gè)等級(jí)(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(shè)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(shí)所接雨水的體積V=[13π×502×150]mm35.[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(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC，AC=BC=1A.212 B.312 C.24 [解析]如圖所示，因?yàn)锳C⊥BC,所以AB為截面圓O1的直徑，且AB=2.連接OO1，則OO1⊥面ABC，OO6.[2020天津，5分]若棱長(zhǎng)為23的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為(CA.12π B.24π C.36π [解析]設(shè)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(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)（一般為接、切點(diǎn)）或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題進(jìn)行求解．（2）若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)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(nèi)切球的直徑等于正方體的棱長(zhǎng)．（4）球和正方體的棱相切時(shí)，球的直徑等于正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)．7.[2020全國卷Ⅰ，5分]已知A,B,C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙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(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以4π=πr2，解得r=2，又AB=BC=AC=OO1，所以ABsin60【方法技巧】求解球的表面積問題的關(guān)鍵在于過好雙關(guān)：一是“方程關(guān)”，能借用圖形，利用已知三角形的外接圓的面積，得三角形的邊長(zhǎng)，從而由勾股定理求出R2的值；二是“公式關(guān)”，能應(yīng)用球的表面積公式S二、填空題8.[2023新高考卷Ⅰ，5分]在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB=2[解析]如圖所示,設(shè)點(diǎn)O1,O分別為正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1上、下底面的中心,連接B1D1,BD,則點(diǎn)O1,O分別為B1D1,BD的中點(diǎn),連接O1O,則O1O即正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的高,過點(diǎn)B1作B1E⊥BD,垂足為E9.[2021全國卷甲，5分]已知一個(gè)圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側(cè)面積為39π[解析]設(shè)該圓錐的高為?，則由已知條件可得13×π×62×?=30π，解得【方法技巧】圓錐的體積公式為V圓錐=13πr2?，圓錐的側(cè)面積公式為10.[2020新高考卷Ⅱ，5分]棱長(zhǎng)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(jié)構(gòu)特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1[2020江蘇，5分]如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長(zhǎng)為2cm,高為2cm,內(nèi)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6×34×22×212.[2019天津，5分]已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為5.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)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(duì)角線的長(zhǎng)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.[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(shè)等腰三角形PAB2.[2023天津，5分]在三棱錐P?ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM=13PC,線段PB上的點(diǎn)N滿足PN=23PBA.19 B.29 C.13 [解析]如圖，因?yàn)镻M=13PC,PN=23PB,所以S△PMNS△PBC=12PM?PN?sin∠BPC12PC?PB?sin∠BPC=PM?PN3.[2022新高考卷Ⅱ，5分]已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為33和43，其頂點(diǎn)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(tái)上、下底面的外接圓的半徑分別為23×32×33=3，23×32×43=4.設(shè)該棱臺(tái)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(shè)球O的半徑為R,當(dāng)球心O4.[2022全國卷甲，5分]甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)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?yàn)榧?、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，所以結(jié)合S甲S乙=2可知，甲、乙兩個(gè)圓錐側(cè)面展開圖的圓心角之比是2:1.不妨設(shè)兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)為l=3，甲、乙兩個(gè)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(gè)圓錐的側(cè)面展開圖剛好可以拼成一個(gè)周長(zhǎng)為6π的圓，所以2πr1=4π,25.[2022全國卷乙，5分]已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，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(diǎn)O組成的圓錐體積最大.設(shè)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′=16.[2022新高考卷Ⅰ，5分]已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)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(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底邊長(zhǎng)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=13a27.[2022天津，5分]如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)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(zhǎng)為33的正方形，所以V三棱柱=128.[2021新高考卷Ⅱ，5分]北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)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(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)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(cè)到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星的點(diǎn)的緯度的最大值記為α，該衛(wèi)星信號(hào)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(diǎn)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(diǎn)為A,則∠POA=α，所以cosα=OA9.[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(diǎn)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(zhǎng)為a，則△ABC的面積為34a2；（2）球的截面的性質(zhì)：若球的半徑為R，截面圓的半徑為10.[2019全國卷Ⅰ，5分]已知三棱錐P?ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠A.86π B.46π C.26[解析]解法一因?yàn)辄c(diǎn)E,F分別為PA,AB的中點(diǎn)，所以EF//PB因?yàn)椤螩EF=90°，所以EF⊥取AC的中點(diǎn)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?yàn)镻A=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?yàn)锳B=2，所以該正方體的棱長(zhǎng)為2，所以該正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)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(nèi)的正投影，設(shè)PA=PB=PC=a，球O在△ACP中，PA=PC=a，AC因?yàn)镋為PA的中點(diǎn)，所以CE=A因?yàn)椤螩EF=所以CE2+EF2=C在Rt△PO1A中，由PA2=P在Rt△OO1A中，由OA即R+?R??①+②得2R=6，即R所以球O的體積V=411.[2023新高考卷Ⅱ，5分]（多選題）已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P?A.該圓錐的體積為π B.該圓錐的側(cè)面積為43C.AC=22 D.△[解析]在△PAB中,由余弦定理得AB=23，如圖，連接PO,易知圓錐的高?=PO=1，底面圓的半徑r=AO=BO=3.對(duì)于A，該圓錐的體積V=13πr2?=π，故A選項(xiàng)正確；對(duì)于B，該圓錐的側(cè)面積S側(cè)=πr?PA=23π，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C，取AC的中點(diǎn)H，連接PH,OH,因?yàn)镺A=OC，所以O(shè)H⊥AC，同理可得PH⊥AC，則二面角P?AC?O的平面角為∠PHO=45°，所以O(shè)H=PO=1,AH=CH=A12.[2022新高考卷Ⅱ，5分]（多選題）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD,FB//ED,AB=ED=2FB.記三棱錐E?ACD,F?ABC,F?ACEA.V3=2V2 B.V3=V1[解析]如圖，連接BD交AC于O，連接OE,OF．設(shè)AB=ED=2FB=2，則AB=BC=CD=AD=2，F(xiàn)B=1．因?yàn)镋D⊥平面ABCD，F(xiàn)B//ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1=VE?ACD=13S△ACD×ED=13×12×2×2×2=43，V2=VF?ABC=12VE?ACD=23．因?yàn)镋D⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD=D，ED,BD?平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF．因?yàn)镺E,OF?平面二、填空題13.[2023新高考卷Ⅱ，5分]底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為28.[解析]如圖所示，正四棱錐P?ABCD的底面邊長(zhǎng)為4，用平行于底面的平面截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐P?A′B′C′D′后，得到正四棱臺(tái)A′B′C′D′?ABCD，且A′B′=2，AB=4.記O′，O分別為正四棱臺(tái)A′B′C′D′?ABCD上、下底面的中心，H′，H分別為A′B′,AB的中點(diǎn)，連接PO,PH,O′H′,OH14.[2020全國卷Ⅲ，5分]已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)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(nèi)切球.圓錐PE及其內(nèi)切球O如圖所示，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則sin∠BPE=ROP=BEPB=13，所以O(shè)P=3R，所以15.[2019全國卷Ⅲ，5分]學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1挖去四棱錐O?EFGH后所得的幾何體，其中O為長(zhǎng)方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，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(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1的體積為考點(diǎn)26空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系題組一一、選擇題1.[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(duì)于選項(xiàng)A，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，因?yàn)镋,F分別為AB，BC的中點(diǎn)，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(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)槠矫鍭1BD∩平面BDD1=//平面A1C1D，又平面AB1C與平面B1EF有公共點(diǎn)B1，所以平面A12.[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?yàn)锳BCD?A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點(diǎn)，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP，又BP?平面B1BP，所以C1P⊥解法二以B1為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則B0,0,2，P1,1,0，D12,23.[2020新高考卷Ⅰ，5分]日晷是中國古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球（球心記為O）,地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為(BA.20° B.40° C.50° [解析]過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，GF⊥CD,CD//OB，∠AOB=40°，∠4.[2019全國卷Ⅱ，5分]設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α//β的充要條件是(A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)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(duì)于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對(duì)于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對(duì)于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長(zhǎng)方體的相鄰兩個(gè)側(cè)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．5.[2022新高考卷Ⅰ，5分]（多選題）已知正方體ABCD?A1BA.直線BC1與DAB.直線BC1與CAC.直線BC1與平面BBD.直線BC1與平面ABCD所成的角為[解析]在正方體ABCD?A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1?平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，連接B1C,則B1C⊥BC1，因?yàn)镃D∩B1C=C，CD，B1C?平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1,DA1?平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，BC1二、填空題6.[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(gè)論斷：①l⊥m;②m//以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題:②③?①.[解析]若l⊥m，l⊥α,則m//α.（答案不唯一）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三、解答題7.[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?yàn)镋,F分別是AC,B1C的中點(diǎn)，所以EF又EF?平面AB1C1,A所以EF//平面AB（2）求證：平面AB1C⊥[答案]因?yàn)锽1C⊥平面ABC，AB?平面ABC又AB⊥AC,B1C?平面AB1C,AC所以AB⊥平面AB又因?yàn)锳B?平面ABB所以平面AB1C⊥題組二一、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(diǎn)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(shè)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(zhǎng)CM，過點(diǎn)D作CM的垂線，設(shè)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(zhǎng)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(diǎn)分別為E,F，連接PE,EF,PF，因?yàn)镻C=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全國卷甲，5分]在長(zhǎng)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(shè)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?yàn)锽1D=2，所以AD=1,AB1=3，所以在Rt△ABB1中，AB=2，所以4.[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(diǎn).記EF與AA1所成的角為α,EFA.α≤β≤γ B.β≤α≤γ[解析]由題意設(shè)AA1當(dāng)點(diǎn)E,F分別與點(diǎn)B,A1重合時(shí)（如圖1），連接A1B，EF與AA1所成的角為∠AA1B,（此時(shí)是一個(gè)平面角，不是異面直線所成角）即α=∠AA1B，所以α=45°.因?yàn)锳A1⊥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(diǎn)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(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)A1重合且點(diǎn)E為BC中點(diǎn)時(shí)（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≤γ5.[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(diǎn)M在AD1上，且AD1⊥A1D.因?yàn)锳B⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1=A,所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直.在△ABD1中，由中位線定理可得MN//AB解法二以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)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?D1B6.[2019全國卷Ⅲ，5分]如圖，點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD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(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)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+BP7.[2019浙江，4分]設(shè)三棱錐V?ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，P是棱VA上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）.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(shè)該三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，因?yàn)辄c(diǎn)P是棱VA上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)），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?yàn)锳C?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β8.[2021新高考卷Ⅱ，5分]（多選題）如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點(diǎn)，P為所在棱的中點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是(A.B.C.D.[解析]對(duì)選項(xiàng)A，B，C，D中的正方體建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)各正方體的棱長(zhǎng)均為2.對(duì)于A，有M2,0,2,N0,2,2,O1,1,0,P0,2,1,則MN=?2,2,0,OP=?1,1,1,MN?OP=4≠0,所以MN與OP不垂直,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)于B，有M0,0,2,N2,0,0,O1,1,0,P2,0,1,則MN=2,0,?2,OP=1,?1,1,MN?OP=0，所以MN⊥OP,所以選項(xiàng)B正確;對(duì)于C，有M2,2,2,N0,2,0，O1,1,0,P0,0,1，則MN=?2,0,?2,OP=?1,?1,1，9.[2021新高考卷Ⅰ，5分]（多選題）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1,點(diǎn)PA.當(dāng)λ=1時(shí)，B.當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐C.當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD.當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A[解析]BP=λ對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P在棱CC1上運(yùn)動(dòng)，如圖1所示，此時(shí)△AB1P圖1對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)μ=1時(shí)，點(diǎn)P在棱B圖2則VP?A1BC對(duì)于選項(xiàng)C，取BC的中點(diǎn)D，B1C1的中點(diǎn)D1，連接DD1，A1B，則當(dāng)λ=12時(shí)，點(diǎn)P在線段DD1上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A1P⊥BP,則A1P2+BP2=A解法一由多選題特征，排除A,C，故選BD.解法二對(duì)于選項(xiàng)D,易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1.設(shè)AB1與A1B交于點(diǎn)K，連接PK，要使A1B⊥平面A解法三對(duì)于選項(xiàng)D，分別取BB1,CC1的中點(diǎn)E,F，連接EF，則當(dāng)μ=12時(shí)，點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng).以點(diǎn)C1為原點(diǎn)建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系C1?xyz，則B0,1,1，B10,1,0,A132,12,0,P0,1?λ,12,所以A1B=?32圖3二、解答題10.[2022全國卷甲，12分]小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長(zhǎng)為8（單位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA（1）證明:EF//平面ABCD[答案]如圖，分別取AB,BC的中點(diǎn)M,N，連接EM,FN,MN，∵△EAB與△FBC∴EM⊥AB,FN⊥BC又平面EAB與平面FBC均垂直于平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB,平面FBC∩平面ABCD=BC,EM?平面EAB∴EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面∴EM//FN，∴四邊形EMNF為平行四邊形，又MN?平面ABCD，EF?平面ABCD,∴EF//（2）求該包裝盒的容積（不計(jì)包裝盒材料的厚度）.[答案]如圖，分別取AD,DC的中點(diǎn)P,Q，連接PM,PH,PQ,QN,QG，AC,BD．由（1）知EM⊥平面ABCDFN⊥平面ABCD，同理可證得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM=FN易得AC⊥BD，MN//AC,PM//又PM=QN=MN=PQ=12BD=42∴V四棱柱∵AC⊥BD,∴AC⊥∵EM⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，又EM,PM?平面PMEH，且EM∩∴AC⊥平面PMEH則點(diǎn)A到平面PMEH的距離d=1∴V四棱錐∴該包裝盒的容積V=V考點(diǎn)27空間向量與立體幾何題組一解答題1.[2023新高考卷Ⅰ，12分]如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.點(diǎn)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(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD,CB,CC1線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B20,2,2,C20所以B2C2=0所以B2C2=A（2）點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P?A2C2?[答案]建立空間直角坐標(biāo)系，建系方法同（1）中解法二，設(shè)BP=n0≤n所以PA2=2,設(shè)平面PA2C2所以PA2→?令x1=n?1設(shè)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.[2023天津，15分]如圖，在三棱臺(tái)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?yàn)镸,N分別是BC,AB的中點(diǎn)，所以MN//AC且MN=12AC=1，即有MN∥A1C1，所以四邊形又MC1?平面C1MA，A1N?平面C解法二（向量法）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系A(chǔ)則有A0,0,0,M1,1,0所以A1N=1,0,?2設(shè)平面C1MA的法向量n=x,y,z，則n?AM→=0,又A1N?平面所以A1N//平面（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(gè)法向量為n=2（3）求點(diǎn)C到平面C1MA[答案]易得C0,2,0,則MC=?1,1,3.[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(diǎn)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因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BD?底面ABCD,所以PD又AD∩PD=D,AD,PD?平面ADP,所以BD因?yàn)镻A?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(diǎn)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(biāo)系，則A32,?12,0,B3則AB=0,2,0,設(shè)平面PAB的法向量n=x則AB→令x=2，則y=0,z=設(shè)直線PD與平面PAB所成的角為α，則sinα=cos?n,DP?=n?DP4.[2022北京，14分]如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)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(shè)點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，連接PN,PM,因?yàn)镹為AC的中點(diǎn)，所以PN為△ABC所以PN//BC又M為A1B1的中點(diǎn)，所以因?yàn)锽B1∩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(diǎn)D，連接B1D，DN在三棱柱ABC?A1B1C1因?yàn)镸，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(gè)條件中選擇一個(gè)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(gè)解答計(jì)分.[答案]因?yàn)閭?cè)面BCC1B1又因?yàn)槠矫鍮CC1B1⊥平面ABB1A所以CB⊥平面ABB1A1，而AB?平面選條件①：由（Ⅰ）得B1D//MN，因?yàn)锳B⊥又B1D∩CB=D，所以在三棱柱ABC?A1B1C1中，BA故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系B因?yàn)锳B=BC=BB1=2,所以B0,0所以BN=1,1,0，設(shè)平面BMN的法向量為n=x由BN→?n=0,BM→?n=設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，則sinθ=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?yàn)锳B=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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系B則B0,0,0,N1,1所以BN=1,1,0,設(shè)平面BMN的法向量為n=x由BN→?n=0,BM→?n=0,得x+y=0則sinθ=所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為235.[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?yàn)镼D2+C又CD⊥AD，QD∩AD=D，QD，AD?平面QAD因?yàn)镃D?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(diǎn)O,E，連接OE，QO.因?yàn)镼D=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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，則B2,?1,0,D易知OQ=Q所以Q0,所以BQ=?設(shè)平面BQD的法向量為n=x則BQ→?n=令x=1，則n易知m=1,0,所以cos?m,易知二面角B?QD所以二面角B?QD?A6.[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?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點(diǎn)D設(shè)BC=t，則At,0,0，Bt所以PB=t,1,?因?yàn)镻B⊥AM，所以PB?AM=?所以BC=2.（一題多解:也可以先得出BD⊥AM，從而在矩形ABCD（2）求二面角A?PM[答案]易知C0,1,0，由（1）可得AP=?2,0,設(shè)平面APM的法向量為n1=n1?AP→令x1=2，則z1=2,y1=設(shè)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?B7.[2020全國卷Ⅰ，12分]如圖,D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO（1）證明：PA⊥平面PBC[答案]設(shè)DO=a,由題設(shè)可得PO=66a,AO=33a,AB=又PA2+PC又PB∩PC=P,PB,PC?所以PA⊥平面PBC（2）求二面角B?PC[答案]以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE的方向?yàn)閥軸正方向，OE為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz由題設(shè)可得E0,1,0，A0,?1所以EC=?32,?設(shè)m=x,y,m?EP→=0,m?由（1）知AP=0,1,22則cos?n,所以二面角B?PC?E【易錯(cuò)警示】求二面角的余弦值的易錯(cuò)點(diǎn)：一是求平面的法向量出錯(cuò)，應(yīng)注意點(diǎn)的坐標(biāo)求解的準(zhǔn)確性；二是公式用錯(cuò)，把利用向量求線面角與二面角搞混，導(dǎo)致結(jié)果出錯(cuò);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(duì)二面角的平面角為銳角、鈍角的判斷導(dǎo)致結(jié)果出錯(cuò)．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(jié)論.8.[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?yàn)镸,E分別為BB1所以ME//B1C又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn),所以ND由題設(shè)知A1B1∥DC,可得B1C∥A1D又MN?平面CDE1,所以MN//（2）求二面角A?M[答案]由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系DA2,0,0,A12,0,4A1M=?1,3,?設(shè)m=x,y,z所以?x+3y?設(shè)n=p,q,r所以?3q=0,于是cos?m,n?=m?nm題組二解答題1.[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?yàn)镈C=DB,且E為BC的中點(diǎn),所以DE因?yàn)椤螦DB=∠ADC=60°,所以△ADB≌△可得AC=AB,故AE因?yàn)镈E∩AE=E,DE,AE?平面ADE,所以BC又DA?平面ADE,所以BC⊥（2）點(diǎn)F滿足EF=DA,求二面角D[答案]由（1）知，DE⊥BC,AE不妨設(shè)DA=DB因?yàn)椤螦DB=∠ADC=60由題可知△DBC為等腰直角三角形,故DE=因?yàn)锳E⊥BC,所以AE在△ADE中,AE2+ED2=AD2,所以AE以E為坐標(biāo)原點(diǎn),ED所在直線為x軸,EB所在直線為y軸,EA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖，則D2,0,0,B0,2,0設(shè)FxF,yF,zF,因?yàn)镋F=DA,所以xF,yF,zF所以FA=2設(shè)平面DAB的法向量為m=x則DA→?m=0,BA→?m=0,設(shè)平面ABF的法向量為n=x則FA→?n=0,BA→?n=0,即2x所以cos＜m,記二面角D?AB?F的大小為θ故二面角D?AB?F2.[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=90°∵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(biāo)系C?xyz則C0,0,0,A2,0,0∴CB=0,3,0設(shè)平面BCC1B1則n?CB→=取x=1,則y=0∴平面BCC1B1設(shè)AB1與平面BCC1B則sinθ=∴AB1與平面BCC13.[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(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為?因?yàn)橹比庵鵄BC?A所以VA1又△A1BC的面積為22所以?=2,即點(diǎn)A到平面A1BC（2）設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1=AB，平面A1BC[答案]如圖，取A1B的中點(diǎn)E，連接AE，則AE因?yàn)槠矫鍭1BC⊥平面ABB1A1所以AE⊥平面A1BC，所以又AA1⊥平面所以AA1⊥BC，因?yàn)锳A1∩AE所以BC⊥AB以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC,BA,BB1的方向?yàn)閤,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B由（1）知，AE=2，所以AA1=因?yàn)椤鰽1BC的面積為22，所以22所以A0,2,0，B0,0,0，C2則BD=1,1,設(shè)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(gè)法向量為AE=0所以cos?AE,n?=AE?nAE則sinθ=所以二面角A?BD?C4.[2021北京，13分]已知正方體ABCD?A1B1C1D1，如圖，點(diǎn)E為A1D（Ⅰ）求證：點(diǎn)F為B1C[答案]因?yàn)锳BCD?A所以CD//C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(diǎn)E為A1D1的中點(diǎn)，所以點(diǎn)F為（Ⅱ）若點(diǎn)M為棱A1B1上一點(diǎn)，且二面角M?CF?E[答案]以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則C0,2,0,E設(shè)A1M=t，則t∈[設(shè)平面CEF的法向量n=x因?yàn)镃F=1,0,2，EF=0,2,0，所以n?CF→=0設(shè)平面MCF的法向量m=x2,y2,z2令y2=1，則x2=2?t因?yàn)槎娼荕?CF?E所以cos?n,因?yàn)閠∈[0,2]，所以t=15.[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?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，∠ABC=120°，BC=4,AB=1所以CM=2，CD=1，∠DCM又PD⊥DC，且PD∩DM=D,PD,所以CD⊥平面PDM又AB//CD，所以AB⊥平面又PM?平面PDM，所以AB⊥（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?yàn)镻M⊥MD，PM⊥CD所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥因?yàn)椤螦BC=120°，AB=所以由余弦定理得AM=7又PA=15，所以PM所以PB=PC連接BN,結(jié)合余弦定理得cos∠PCM=BC2連接AC,則由余弦定理得AC=21在△PAC中，結(jié)合余弦定理得PA所以AN=15所以在△ABN中，cos∠BAN設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ=cos∠解法二因?yàn)镻M⊥MD，PM⊥CD所以PM⊥平面ABCD連接AM,則PM⊥AM因?yàn)椤螦BC=120°，AB=所以AM=7又PA=15,所以PM由（Ⅰ）知CD⊥DM過點(diǎn)M作ME//CD交AD于點(diǎn)E，則ME故可以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系,則A?3,2,0,所以N32所以AN=3易知平面PDM的一個(gè)法向量為n=0設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ=6.[2020全國卷Ⅲ，12分]如圖,在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E,F分別在棱DD1（1）證明：點(diǎn)C1在平面AEF設(shè)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(diǎn)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(shè)n1=x,yn1?AE→=0,n設(shè)n2為平面A1n2?A1E因?yàn)閏os?n1,n2?=n17.[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(shè)平面PAD與平面PBC的交線為（1）證明：l⊥平面PDC[答案]因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面因?yàn)锳D//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(diǎn)，求PB[答案]以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則D0,0,0，C0,1,0，由（1）可設(shè)Qa,0,1設(shè)n=x,y,z是平面QCD可取n=?所以cos?n,設(shè)PB與平面QCD所成角為θ，則sinθ=因?yàn)?31+2aa所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為638.[2019天津，13分]如圖，AE⊥平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD⊥AB（Ⅰ）求證：BF//平面ADE[答案]依題意，可以建立以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AE的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得A0,0,0，B1,0,0設(shè)CF=??>0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(shè)n=x,y,z為平面BDE的法向量，則n?BD→=0因此有cos?CE,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(shè)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(zhǎng)為87題組三解答題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(diǎn)分別為D,E,O（1）證明：EF//平面ADO[答案]如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA,BC所在直線分別為x,y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則B0,0，A2,0，C0,設(shè)AF=λAC，則易得F?2λ+2,22λ.因?yàn)锽F⊥AO，所以BF?又E,D分別為AP,BP的中點(diǎn)，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(biāo)原點(diǎn)，BA,BC所在直線分別為x,y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0,A2,0因?yàn)镻B=PC，BC=22，所以設(shè)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(diǎn)，得D?12,2設(shè)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(gè)法向量為n2=設(shè)二面角D?AO?C的大小為θ所以sinθ=1?12=22.[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?yàn)锳D=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，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(shè)AB=BD=2，∠ACB=60°，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)△[答案]由（1）可知，AC⊥平面BED.連接EF,因?yàn)镋F?平面BED,所以AC⊥EF,當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，點(diǎn)F到直線AC因?yàn)锳B=BC=2,∠ACB=60°，所以△ABC為正三角形，則因?yàn)锳D=CD,AD⊥CD，所以△ADC所以DE2+BE在Rt△BED中，當(dāng)EF的長(zhǎng)度最小時(shí)，EF⊥BD，解法一以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系E?xyz，則A1,0,0,B0,3,0,易得DF=12,FB=32，所以3DF=FB.設(shè)F0,y,z，則DF=0,y,z設(shè)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?=解法二因?yàn)镈E⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BE?平面因?yàn)閂D?ACB=VC?ADB，所以13×1在△ABD中，因?yàn)锽A=BD=2,AD所以d=2因?yàn)锳C⊥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=3.[2022新高考卷Ⅱ，12分]如圖，PO是三棱錐P?ABC的高，PA=PB,AB⊥AC,（1）證明：OE//平面PAC[答案]如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接DP,DO,DE．因?yàn)锳P=PB，所以PD因?yàn)镻O為三棱錐P?ABC的高，所以PO⊥平面因?yàn)锳B?平面ABC，所以PO⊥又PO,PD?平面POD，且PO∩PD=P，所以AB因?yàn)镺D?平面POD，所以AB⊥又AB⊥AC，AC,OD,AB?平面ABC,所以因?yàn)镺D?平面PAC，AC?平面PAC，所以O(shè)D//平面因?yàn)镈,E分別為BA，BP的中點(diǎn)，所以DE//PA因?yàn)镈E?平面PAC，PA?平面PAC，所以DE//平面PAC．又OD,DE?平面ODE，OD∩DE=D又OE?平面ODE，所以O(shè)E//平面PAC（2）若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3[答案]連接OA，因?yàn)镻O⊥平面ABC，OA,OB?平面ABC，所以PO⊥OA所以O(shè)A=OB易得在△AOB中，∠OAB=∠ABO=30°又∠ABC=∠所以在Rt△ABC中，AC=以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC所在直線分別為x軸,y軸，以過A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A0,0,0，B43,0,0所以AE=33,1,32