立体几何解答题专项训练-2022届高三数学三轮冲刺复习

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高考数学三轮冲刺立体几何专项模拟试卷(含解析)

高考数学三轮冲刺立体几何专项模拟试卷(含分析)高考数学三轮冲刺立体几何专项模拟试卷（含分析）本试卷分第Ⅰ卷(选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分，共150 分，考试时间120 分钟．第Ⅰ卷一、选择题 (本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的 )→→→→ →1． (2013 肇·庆模拟 )在△ ABC 中，已知 |AB|＝ |BC|＝ |CA|＝ 2，则向量 AB·BC＝()A ． 2B．－ 2C．2 3D．－2 3【分析】→ →2π→ →2向量 AB，则 AB＝ 2× 2× cos π＝－ 2.与BC的夹角为3·BC3【答案】B214 2．(2013 东·营模拟 )已知等比数列 { a n } ，若存在两项 a m，a n使得 a m·a n＝ a3，则m ＋的最n 小值为 ()35A. 2 B ．397C.4D.6【分析】由等比数列的性质知 m＋ n＝ 6，则1＋4＝11＋4(m＋ n) ＝15＋4m n≥3，n n＋m n 6 m6m24m n当且仅当n＝m，即 m＝ 2， n＝ 4 时等号成立．【答案】A3．在正四周体 P－ ABC 中， D ，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下边四个结论中不成立的 ()A ． BC∥平面 PDFB．DF ⊥平面 PAEC．平面 PDE⊥平面 ABCD．平面 PAE⊥平面 ABC【分析】若平面 PDF ⊥平面 ABC，则极点P 在底面的射影在DF 上，又由于正四周体的极点在底面的射影是底面的中心，所以结论不可立，应选 C.【答案】C4． (2013 济·宁模拟 )点 M、 N 分别是正方体ABCD — A1B1C1D1的棱 A1B1、A1D1的中点，用过 A、 M、 N 和 D、 N、 C1的两个截面截去正方体的两个角后获得的几何体以以下图1，则高考数学三轮冲刺立体几何专项模拟试卷(含分析)图 1A ．①②③B ．②③④C．①③④ D ．②④③【分析】依据三视图的定义可知选 B.【答案】Bx＋ 2y≥ 0，5． (2013 枣·庄模拟 )设 z＝ x＋y，此中实数 x， y 知足x－y≤0，若 z 的最大值为6，0≤ y≤ k，则 z 的最小值为 ()A．－ 3B．－ 2C．－ 1 D ．0x＋ 2y≥ 0，【分析】由 z＝ x＋ y 得 y＝－ x＋ z，作出x－ y≤0，的地区 BCO，平移直线 y＝0≤ y≤k，y＝ x，当直线经过 C 时，直线的截距最大，此时 z＝ 6，由解得y＝－ x＋ 6，x＝ 3，所以 k＝ 3，解得 B(－ 6,3)，代入 z＝ x＋ y 得最小值为z＝－ 6＋3＝－ 3，选 A.y＝ 3，【答案】A6．(2013 ·标全国卷Ⅰ课)如图 2，有一个水平搁置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内灌水，当球面恰巧接触水面时测得水深为 6 cm，假如不计容器厚度，则球的体积为()图 2500 πcm 3866 πcm 3A. 3 B ． 3 C. 1 372 π D. 2 048 π3 cm 33cm 31 1 ．设【分析】如图，作出球的一个截面，则 MC ＝ 8－6＝ 2(cm) ，BM ＝ AB ＝ × 8＝ 4(cm)22球的半径为 R cm ，则 R 2＝ OM 2＋ MB 2＝ (R － 2)2＋ 42，∴R ＝ 5，435003＝ 3∴V 球＝ 3π× 5 π (cm)．【答案】 A7． (2013 ·汾模拟临 )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，则以下四种地点关系中，不必定成立的是()A ． AB ∥ m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥ β【分析】由于 m ∥α，m ∥β， α∩ β＝l ，所以 m ∥l.由于 AB ∥l ，所以 AB ∥m ，故 A 必定正确．由于 AC ⊥l ，m ∥l ，所以 AC ⊥ m ，进而 B 必定正确．由于 AB ∥l ，l? β， AB?β.所以 AB ∥β.故 C 也正确．由于 AC ⊥ l ，当点 C 在平面 α内时， AC ⊥β成立，当点 C 不在平面 α内时， AC ⊥ β不成立，故 D 不必定成立．【答案】D8．在正三棱柱 ABC— A B C中，D 是 AC 的中点， AB ⊥ BC ，则平面 DBC1与平面 CBC111111所成的角为 ()A．30°B．45°C．60° D ．90°【分析】→ →y 轴和 z 轴的正方向成立空间直角以 A 为坐标原点， AC，AA1的方向分别为坐标系．设底面边长为 2a，侧棱长为2b，则 A(0,0,0)， C(0,2a,0)，D (0， a,0)， B( 3a， a,0)， C1 (0,2a,2b)， B1(3a， a,2b)．→→→ →由 AB1⊥ BC1，得 AB1·BC1＝ 0，即 2b2＝ a2.设 n 1＝ (x， y，z)为平面 DBC 1的一个法向量，→→则 n 1·DB ＝ 0， n1·DC 1＝ 0.3ax＝ 0，又 2b2＝a2，令 z＝ 1，即ay＋ 2bz＝ 0.解得 n1＝(0 ，－2， 1)．同理可求得平面CBC1的一个法向量为 n 2＝ (1，3， 0)．利用公式 cos θ＝|n 1·n2|2，得θ＝ 45 °. |n＝212【答案】B第Ⅱ卷二、填空题 (本大题共 6 小题，每题 5 分，共30 分，把答案填在题中横线上)π9．已知函数f(x)＝ Asin ωx＋6 (A＞ 0，ω＞ 0)的最小正周期为2，且 f(0) ＝3，则函数f(3)＝ ________.【分析】ω＝2ππ3得 A＝2 3，2＝π，由 f(0)＝ Asin6＝ππ所以 f(x)＝ 2 3sin πx＋6，所以 f(3)＝ 23sin 3π＋6＝－ 3.【答案】－ 310．设三棱柱的侧棱垂直于底面，全部棱的长都为a，极点都在一个球面上，则该球的表面积为 ________．【分析】设球心为 O ，正三棱柱上底面为△ ABC ，中心为 O ′ ，由于三棱柱全部棱的长都为 a ，则可知 OO ′ ＝ a， O ′A ＝ 32 3 a ，又由球的有关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝21a ，6所以球的表面积为4 πR 2＝73πa 2.【答案】723πa11． (2013 南·通模拟 )对于直线 m ，n 和平面 α，β有以下四个命题：①若 m ∥ α， n ∥β， α∥ β，则 m ∥n ；②若 m ∥ n ，m? α， n ⊥ β，则 α⊥β；③若 α∩ β＝ m ，m ∥ n ，则 n ∥α且 n ∥ β；④若 m ⊥ n ，α∩β＝ m ，则 n ⊥α或 n ⊥ β.此中假命题的序号是 ________．【分析】命题① m 与 n 也可订交或异面，所以①是假命题；命题②由条件可得 m ⊥ β，又 m? α，故 α⊥β，所以②是真命题；命题③也可获得 n? α或 n? β，所以③错；命题④由已知只好获得 n 垂直 α与 β内的一条直线，没法判断 n ⊥ α或 n ⊥ β，所以命题④错．【答案】①③④12． (2013 陕·西高考 )某几何体的三视图如图 3 所示，则其体积为 ________．图 3【分析】原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为 1，高为 2，1× π× 12× 2× 1 π ∴其体积为 32＝ 3.【答案】π313．对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有以下分解方式：22＝ 1＋ 323＝ 3＋ 532＝ 1＋ 3＋533＝ 7＋ 9＋1142＝ 1＋ 3＋5＋ 743＝ 13＋ 15＋ 17＋ 1952＝ 1＋ 3＋5＋ 7＋ 953＝ 21＋ 23＋ 25＋ 27＋ 29依据上述分解规律，若m3(m∈N * )的分解中最小的数是73，则 m 的值为 ________．【分析】由所给等式知， m3分解中第 1 个数为数列3,5,7，中第 2＋ 3＋4＋＋ (m－1)＋ 1 项，即m2－ m1 个数为 m2－ m＋1，由 m2－ m＋ 1＝ 73 得 m＝项，进而 m3分解中第29.【答案】914． (2013 ·昌模拟南 )三棱锥S— ABC 中，∠ SBA＝∠ SCA＝ 90°，△ ABC 是斜边AB＝ a 的等腰直角三角形，则以下结论中：图 4①异面直线SB 与 AC 所成的角为90°.②直线 SB⊥平面 ABC ；③平面 SBC⊥平面 SAC；1④点 C 到平面 SAB 的距离是2a.此中正确结论的序号是 ________．【分析】由题意知 AC⊥平面 SBC，故 AC⊥ SB，SB⊥平面 ABC，平面 SBC⊥平面 SAC，①②③正确；取 AB 的中点 E，连结 CE，可证得 CE⊥平面 SAB，故 CE 的长度即为 C 到平1面 SAB 的距离2a，④正确．【答案】①②③④三、解答题 (本大题共 6 小题，共 80 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12 分 )(2013 深·圳模拟 )在△ ABC 中，角 A， B，C 所对边的边长分别是a， b， c.π且△ ABC 的面积等于 3，求 cos(A＋ B)和 a，b 的值；312(2)若 B 是钝角，且cos A＝5， sin B＝13，求 sin C 的值．π【解】(1) ∵A＋ B＋C＝π， C＝3，∴A＋ B＝π－ C，π1∴cos(A＋ B)＝cos( －πC)＝－ cos C＝－ cos 3＝－2.由余弦定理及已知条件得，a2＋ b2－ ab＝ 4，1又由于△ABC 的面积等于3，所以2absin C＝3，得 ab＝4.联立方程组a2＋ b2－ ab＝4，ab＝ 4，解得 a＝ 2， b＝2.312(2)∵B 是钝角，且 cos A＝5， sin B＝13，∴sin A＝1－ cos2A＝32＝4 1－55，cos B＝－2B＝－12 25 1－ sin1－13＝－13，∴sin C＝ sin[ －π(A＋ B)] ＝ sin(A＋ B)4×53×1216＝ sin Acos B＋ cos Asin B＝5－13 ＋513＝65.16． (本小题满分12 分)(2013青·岛模拟 )在如图 5 所示的多面体ABCDE 中， AB⊥平面ACD ， DE⊥平面 ACD ，且 AC＝ AD ＝ CD ＝DE＝ 2， AB＝ 1.图 5(1)请在线段CE 上找到点 F 的地点，使得恰有直线BF ∥平面 ACD ，并证明这一结论；(2)求多面体ABCDE 的体积．【解】(1) 以下图，由已知AB⊥平面 ACD， DE⊥平面 ACD ，∴AB∥ED ，1设 F 为线段 CE 的中点， H 是线段 CD 的中点，连结BF 、FH 、 AH ，则 FH 綊2ED，又1AB＝2ED ，∴FH 綊 AB，∴四边形 ABFH 是平行四边形，∴ BF ∥AH ，又由于 BF ?平面 ACD， AH ? 平面 ACD ，∴BF∥平面 ACD.(2)取 AD 中点 G，连结 CG.由于 AB ⊥平面 ACD ，∴CG⊥ AB，又 CG⊥AD ，∴CG⊥平面 ABED ，即 CG 为四棱锥C— ABED 的高，求得CG＝3，1 1＋2∴V C—ABED＝3·2·2· 3＝3.17．(本小题满分 14分 )(2013黄·冈模拟 )如图 6，三棱柱 ABC— A1B1 C1的侧面 AA1B1B 为正方形，侧面 BB1C1C 为菱形，∠CBB1＝60°， AB⊥ B1C.(1)求证：平面 AA1 B1 B⊥平面BB 1C1C；(2)若 AB＝ 2，求三棱柱ABC—A1B1C1的体积．图 6【解】(1) 由侧面 AA1B1B 为正方形，知AB⊥ BB1.又 AB⊥ B1 C， BB1∩ B1C＝B1，所以 AB ⊥平面 BB1C1C，又 AB? 平面 AA 1B1B，所以平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C.(2)由题意， CB ＝CB 1，设 O 是 BB1的中点，连结CO，则 CO⊥ BB1.1 133由 (1)知， CO ⊥平面 AA B B ，且 CO ＝ 2 BC ＝ 2 AB ＝ 3. 1 1 22 3 111 ·CO ＝ 3 .连结 AB ，则 VC —ABB＝ 3S △ABB ·CO ＝6AB 11111 12 3由于 VB — ABC ＝VC —ABB ＝ 3VABC — A B C ＝ 3 ，故三棱柱 ABC — A 1 B 1C 1 的体积 VABC — A 1B 1C 1＝2 3.18．(本小题满分 14 分 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n ＝ 2a n － 2，数列 { b n } 知足 b 1＝ 1，且 b n ＋1＝ b n ＋ 2.(1)求数列 { a } ， { b } 的通项公式；n nn1－－ 1 n n 1＋－ 1 n n n2n(2)设 c ＝2 a － 2 b ，求数列 { c } 的前 2n项和T.【解】(1)当 n ＝ 1， a 1＝2；当 n ≥2 时， a n ＝ S n － S n －1＝ 2a n － 2a n －1 ，∴a n ＝ 2a n －1.∴{ a n } 是等比数列，公比为 2，首项 a 1＝ 2，∴a n ＝ 2n .由 bn ＋1 ＝b ＋2，得 { b } 是等差数列，公差为 2.n n又首项 b 1＝ 1，∴b n ＝ 2n －1.2nn 为奇数，(2)c n ＝－ 2n － 1n 为偶数，∴T 2n ＝ 2＋ 23＋＋22n －1－ [3＋ 7＋＋ (4n － 1)]22n ＋ 1－ 2＝－2n 2－ n.319． (本小题满分 14 分 )如图 7 所示， PA ⊥平面 ABC ，点 C 在以 AB 为直径的⊙ O 上， ∠CBA ＝ 30°， PA ＝ AB ＝ 2，点 E 为线段 PB 的中点，点 M 在弧 AB 上，且 OM ∥ AC.图 7(1)求证：平面MOE ∥平面 PAC.(2)求证：平面PAC⊥平面 PCB.(3)设二面角M— BP—C 的大小为θ，求 cos θ的值．【解】(1) 由于点 E 为线段 PB 的中点，点O 为线段 AB 的中点，所以OE∥PA.由于 PA? 平面 PAC，OE ?平面 PAC，所以 OE ∥平面 PAC.由于 OM ∥AC，由于 AC ? 平面 PAC， OM?平面 PAC，所以 OM ∥平面 PAC.由于 OE? 平面 MOE ，OM? 平面 MOE，OE∩OM＝O，所以平面 MOE ∥平面 PAC.(2)由于点 C 在以 AB 为直径的⊙ O 上，所以∠ACB＝ 90 °，即 BC⊥ AC.由于 PA⊥平面 BAC，BC ? 平面 ABC，所以 PA⊥ BC.由于 AC ? 平面 PAC， PA? 平面 PAC， PA∩AC＝ A，所以 BC ⊥平面 PAC.由于 BC? 平面 PCB，所以平面 PAC⊥平面 PCB.(3)如图，以 C 为原点， CA 所在的直线为x 轴， CB 所在的直线为y 轴，成立空间直角坐标系 C— xyz.由于∠CBA＝ 30 °， PA＝ AB＝ 2，所以 CB ＝2cos 30 ＝°3， AC＝ 1.延伸 MO交 CB于点 D.由于 OM ∥AC，所以 MD ⊥CB，MD＝ 1＋1＝3，2213CD＝2CB＝2 .33所以 P(1,0,2) ， C(0,0,0)， B(0，3，0)， M 2，2，0 .→→3， 0)．所以 CP＝ (1,0,2)， CB＝ (0，设平面 PCB 的法向量m＝ (x， y， z)．→m·CP＝ 0，由于→m·CB＝ 0.x， y，z ·1， 0， 2 ＝0，x＋ 2z＝ 0，所以即x， y，z ·0， 3， 0 ＝ 0，3y＝ 0.令 z＝ 1，则 x＝－ 2， y＝ 0.所以 m＝ (－ 2,0,1)．同理可求平面 PMB 的一个法向量n＝ (1，3， 1)．m·n1所以 cos〈m，n 〉＝|m|·|n|＝－5.1由于二面角 M— BP— C 为锐二面角，所以cos θ＝5.图 820．(本小题满分14 分 )(2013 天·津高考 )如图 8，四棱柱 ABCD — A1B1C1D1中，侧棱 A1A ⊥底面 ABCD ， AB∥ DC，AB ⊥AD ， AD＝ CD ＝ 1， AA1＝ AB＝2， E 为棱 AA1的中点．(1)证明 B1C1⊥CE；(2)求二面角11的正弦值；B -CE -C1 1 1所成角的正弦值为2，求线段 AM(3)设点 M 在线段 C E 上，且直线 AM 与平面 ADD A6的长．【解】如图，以点 A 为原点，以AD ，AA1，AB 所在直线为x 轴、 y 轴、 z 轴成立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0) ，B(0,0,2) ， C(1,0,1) ， B1(0,2,2) ， C1(1,2,1) ， E(0,1,0) ．→→→→＝ 0，所以 B1 111＝(1,0，－1)，CE＝(－1,1－1) ，于是 B11·CE(1)证明：易得 B C C C ⊥CE.→(2)B1C＝ (1，－ 2，－ 1)．设平面 B1CE 的法向量 m＝ (x，y， z)，→x－2y－ z＝ 0，m·B1C＝ 0，则即消去 x，得 y＋ 2z＝ 0，→－x＋ y－ z＝ 0.m·CE＝ 0，不如令 z＝ 1，可得一个法向量为m＝ (－ 3，－ 2,1)．由 (1)知， B1C1⊥ CE，又 CC1⊥ B1C1，可得 B1C1⊥平面 CEC1，→故 B1C1＝ (1,0，－ 1)为平面 CEC1的一个法向量．→－ 4－2 7→m·B C1→21于是 cos〈m，B1C1〉＝1＝＝，进而 sin〈 m， B1 C1〉＝.→714× 2711所以二面角 B1—CE—C 1 的正弦值为21. 7→→＝(1,1,1)．(3)AE＝(0,1,0)， EC1→→→ → →设 EM＝λEC1＝ (λ，λ，λ)， 0≤ λ≤ 1，有 AM ＝AE＋ EM＝ (λ，λ＋ 1，λ)．→可取 AB＝ (0,0,2) 为平面 ADD 1A1的一个法向量．设θ为直线 AM 与平面 ADD 1A1所成的角，则→→→ →|AM ·AB|sin θ＝ |cos〈 AM， AB〉|＝→ →|AM||AB|＝2λ＝λ，2222λ＋λ＋1＋λ×23λ＋ 2λ＋1于是λ＝2，解得λ＝1(负值舍去 )，3λ＋ 2λ＋1632所以 AM＝ 2.。

微专题6 立体几何中的折叠问题(解析版)-2022届高三数学三轮靶向复习专题(新高考版)

微专题6 立体几何中的截面问题知识梳理1．截面问题(1) 正方体的基本斜截面：正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形．(2) 圆柱体的基本截面：(3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题．考向导航目录类型一确定截面的形状 (1)类型二确定截面的个数 (4)类型三计算截面图形的面积或周长 (7)典例精讲类型一确定截面的形状【例1】在正方体中，为的中点，E为棱D D上的动点（不包括端点），过点B，E，F的1平面截正方体所得的截面的形状不可能是()A ．四边形B ．等腰梯形C ．五边形D ．六边形【考点】LJ ：平面的基本性质及推论【分析】不妨设正方体的棱长为1，分102DE <，12DE =，112DE <<三类画出图形得答案．【解答】解：不妨设正方体的棱长为1 当102DE<时，截面为四边形BFEM ；特别的，当12DE =时，截面为等腰梯形1BFEC ；当112DE <<时，截面为五边形BFENK ，不可能为六边形．故选：D ．【点评】本题考查平面的基本性质及推论，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．【例2】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱BC 的中点，用平行于体对角线1BD 且过点A ，M 的平面去截正方体1111ABCD A B C D -，得到的截面的形状F 是( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．五边形 D ．以上都不对【分析】画出图形，设截面为α，设BD AM O =，P 为1DD 的靠近于1D 的三等分点，N为1CC 的靠近于C 的三等分点，由1//BD α，推出//MN AP 推出截面AMNP 为梯形．【解答】解：如图，设截面为α，设BD AM O =，P 为1DD 的靠近于1D 的三等分点，N 为1CC 的靠近于C 的三等分点，由1//BD α可得平面1BDD 与α的交线平行于1BD ，所以α⋂平面1DBD OP =，又平面α与两平行平面11AA D D ，11BB C C 的交线应互相平行， α∴⋂平面11BB C C MN =，由//MN AP 且MN AP ≠可得截面AMNP 为梯形，故选：B ．【点评】本题考查平面的基本性质的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，是中档题．【变式1-1】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 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 ，则下列命题正确的是()①三棱锥1P AA Q -的体积为定值；②当12CQ =时，S 为等腰梯形；③当314CQ <<时，S 为六边形； ④当1CQ =时，S 6． A ．①④B ．①②③C ．②③④D ．①②④【分析】①通过计算点P 到平面1AAQ 的距离，利用体积公式计算即可； ②通过条件可得1//PQ AD ，从而得出结论； ③当314CQ <<时，S 为五边形，故③错误； ④通过条件可知S 为平行四边形1APC R ，利用面积计算公式即得结论．【解答】解：①点P 到平面1AAQ 的距离24h =， ∴11111211233212P AA Q AA QV S h -==⨯⨯=，故①正确．②当12CQ =时，1//PQ AD ，S 为等腰梯形1APQD ，故②正确． ③当314CQ <<时，S 为五边形，故③错误． ④设11A D 的中点为R ，当1CQ =时，S 为平行四边形1APC R ，易得S 6④正确．故选：D ．【点评】本题考查点到直线的距离公式，棱锥的体积公式，面积公式，注意解题方法的积累，属于中档题．【变式1-2】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 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 ，则下列命题正确的是()A ．当102CQ <<时，S 为四边形B ．当12CQ =时，S 为等腰梯形 C ．当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足113C R =D ．当314CQ <<时，S 为六边形【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．【解答】解：如图当12CQ =时，即Q 为1CC 中点，此时可得1//PQ AD ，221151()2AP QD ==+=，故可得截面1APQD 为等腰梯形，故B 正确；由上图当点Q 向C 移动时，满足102CQ <<，只需在1DD 上取点M 满足//AM PQ ，即可得截面为四边形APQM ，故A 正确；当34CQ =时，如图，延长1DD 至N ，使112D N =，连接AN 交11A D 于S ，连接NQ 交11C D 于R ，连接SR ，可证//AN PQ ，由11NRD QRC ∆∆∽，可得1111::1:2C R D R C Q D N ==，故可得113C R =，故C 正确；由C 可知当314CQ <<时，只需点Q 上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS ，显然为五边形，故D 错误；故选：ABC ．【点评】本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题．易错警示在判断截面形状时,如果对截面与几何体的各个面是否存在交线,交线是什么形状,交线的位置等情况分析不清,那么容易导致判断错误,因此要结合空间中线面平行、面面平行的判定定理和性质定理等进行分析判断.类型二确定截面的个数【例3】设四棱锥P ABCD -的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面(α ) A ．不存在B ．只有1个C ．恰有4个D ．有无数多个【分析】若要使截面四边形1111A B C D 是平行四边形，我们只要证明1111//A B C D ，同时1111//A D B C 即可，根据已知中侧面PAD 与侧面PBC 相交，侧面PAB 与侧面PCD 相交，根据面面平行的性质定理，我们易得结论．【解答】证明：由侧面PAD 与侧面PBC 相交，侧面PAB 与侧面PCD 相交，设两组相交平面的交线分别为m ，n ，由m ，n 确定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为1A ，1B ，1C ，1D 则由面面平行的性质定理得： 1111////A B m D C ，1111////A D n B C ，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下移动，则这样的平面α有无数多个．故选：D ．【点评】本小题主要考查棱锥的结构特征、面面平行的性质定理等基础知识，考查了转化思想，属于基础题．【例4】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD 与BC 相交．若平面α截此四棱锥得到的截面是一个平行四边形，则这样的平面(α ) A ．不存在B ．恰有1个C ．恰有5个D ．有无数个【分析】由线线平行且相等证明为平行四边形．【解答】解：在平面ABCD 中作线段//MN AB ，交AD 、BC 于点M 、N ；在平面PAB 中作//EF AB ，交PA 、PB 于点E 、F ；使MN EF =．则四边形EFNM 为平行四边形；这样的平行四边形显然可以做无数个，且平行四边形所在平面可为α．故选：D ．【点评】本题考查了学生作图、识图的能力，属于基础题．【变式2-1】祖暅原理也就是“等积原理”，它是由我国南北朝杰出的数学家祖冲之的儿子祖暅首先提出来的，祖暅原理的内容是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知，两个平行平面间有三个几何体，分别是三棱锥、四棱锥、圆锥（高度都为)h ，其中：三棱锥的底面是正三角形（边长为)a ，四棱锥的底面是有一个角为60︒的菱形（边长为)b ，圆锥的体积为V ，现用平行于这两个平行平面的平面去截三个几何体，如果截得的三个截面的面积相等，那么，下列关系式正确的是( ) A ．4323:2:1V Va b a b == B ．4323:1:2V Va b a b == C ．4323,,:2VVa b a b hh=== D ．4323,,:2VVa b a b hh===【分析】由祖暅原理可知：三个几何体的体积相等，设圆锥的底面半径为r ．则22213131333V h h h r π=⨯=⨯=⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：由祖暅原理可知：三个几何体的体积相等，设圆锥的底面半径为r ．则22213131333V h h h r π=⨯=⨯=⨯⨯，由2133V h =⨯，解得43V a h =由2133V h =⨯，解得23Vb h=由22131333V h h =⨯=⨯，解得:2a b ．故选：C ．【点评】本题主要考查祖暅原理的应用，由题意易知，三个几何体的体积相等，从而构建了变量间的等量关系，根据选项合理选择方程，从而易知正确选项．【变式2-2】在下列四个命题中，其中正确命题的是( )A ．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥C ．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台【分析】直接利用棱柱、棱锥、棱台的结构特征逐一核对四个选项得答案．【解答】解：选项A 不符合棱柱的结构特征，可取一个简单的组合体说明错误，如下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱；选项B 不符合棱锥的结构特征，应该是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形；选项C 不符合棱台的结构特征，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点；用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台，正确．故选：D ．【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，考查了棱柱、棱锥、棱台的结构特征，是基础题．类型三计算截面图形的面积或周长【例5】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 是线段1BD 上（不含端点）的任意一点，点E 是线段1A B 的中点，点F 是平面ABCD 内一点，则下面结论中正确的有( ) A ．//CD 平面1PBCB ．以1A 为球心、2为半径的球面与该正方体侧面11DCCD 的交线长是2π C ．||||EP PF +的最小值是23 D ．||||EP PF +的最小值是23【分析】利用线线平行可得线面平行可判断A ，求出球面与面11DCC D 的交线长可判断B ，求出||||EP PF +的最小值可判断C ，D ．【解答】解：平面1PBC 即为平面11BC D ，11//CD C D ，11C D ⊂平面11BC D ，CD ⊂/平面11BC D ，//CD ∴平面1PBC ，故A 正确；11A D ⊥平面11DCC D ，以1A 为球心、2为半径的球面与该正方体侧面11DCC D 的交线即为以1D 为圆心，1为半径的圆在面11DCC D 内的部分，故其交线长为12142ππ⨯⨯=，故B 正确；点F 是平面ABCD 内一点，||PF 的最小值即为P 到面ABCD 的距离，即过点P 向BD 作垂线，垂足即为F ，把平面11BA D 绕1BD 旋转平与1BDD 在同一平面内，如图所示，由正方体1111ABCD A B C D -的可知112DBA DBD ∠=∠，又2211121cos cos 22cos 12(33DBA DBD DBD ∠=∠=∠-=⨯=，122sin DBA ∴∠=又2BE ，||||EP PF +的最小值即为E 到BD 的距离，||||EP PF ∴+的最小值为2222233=．故C 错误，D 正确．故选：ABD ．【点评】本题考查线面平行的证明，点运动和轨迹问题，距离和的最小值的求法，属中档题．【例6】已知在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，以点E 为球心，10Γ，则下列结论正确的是( ) A ．Γ与面11ABB A 6πB ．直线1BD 被Γ266C ．若点H 为Γ上的一个动点，则1HD 的最小值为810D ．Γ与截面11BDD B 的交线长为423【分析】由球的相关性质知，重点在于由球心向平面或直线作垂线，从而找到圆心，从而依次解答．【解答】解：BE ⊥平面11ABB A ，∴平面11ABB A 截Γ所得小圆半径1046r =-为B ，故Γ与面11ABB A 62πA 正确，点E 到直线1BD 的距离等于点C 到直线1BD 424126243⨯= 故直线1BD 被Γ截得的线段长为82662103-B 正确， 221(42)2610D E =+=>，1HD ∴的最小值为610C 错，过点E 作1EO BD ⊥于点1O ，连接11B O ，则2BE =，112O B EO ==，1132O B =连接ED ，在BD 上取2DF ，则10EF所以点F 在该球上，在1BB 上取6BG ，则122GO =10GE = 所以点G 在该球上，故Γ与截面11BDD B 的交线弧的端点为F 、G ，且1120FO G ∠=︒，所以Γ与截面11BDD B 的交线弧长为2223π⨯故D 对，故选：ABD ．【点评】本题考查了立体几何相关知识的应用，球与多面体问题，考查了空间想象力，属于难题．【变式3-1】正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，以其体对角线的交点O 21径的球与正方体表面的交线长为．【分析】根据球与正方体的关系，作出轴截面，进行求解即可．【解答】解：依题意，球心O 到正方体表面的距离为1，设正方形ABCD 的中心为1O ，正方形ABCD 所在平面裁球O 所得的圆的半径22231r R d ->．故球O 与每一个面的交线均为四段圆弧，且13EO F π∠=．故四段圆弧的圆心角之和为2()4233πππ-⨯=，故一个面上的交线长223433l π==，则643836π⨯=， 83π【点评】本题主要考查球与正方体的位置关系，作出轴截面是解决本题的关键，是中档题．【变式3-2】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，以A 23方体表面的交线长为．【分析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上；另一类在不过顶点A 的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果．【解答】解：正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：ABCD 、11AA DD 、11AA BB 为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为6π， 1111A B C D 、11B BCC 、11D DCC 为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，由于截面圆半径为3r 2π． ∴这条曲线长度为：233533362ππ⋅+⋅=． 53．【点评】本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键，是中档题．【变式3-3】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，以顶点A 43个球，则球面与正方体的表面相交所得到的各段曲线的长度之和等于53．【分析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上；另一类在不过顶点A 的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果．【解答】解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上，即面11AA B B 、面ABCD 和面11AA D D 上；另一类在不过顶点A 的三个面上，即面11BB C C 、面11CC D D 和面1111A B C D 上．在面11AA B B 上，交线为弧EF 且在过球心A 的大圆上，因为43AE ，12AA =，则16A AE π∠=．同理6BAF π∠=，所以6EAF π∠=，故弧EF 43236π=，而这样的弧共有三条．在面11BB C C 上，交线为弧FG 且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B 23，2FBG π∠=，所以弧FG 2332π=．这样的弧也有三条．于是，所得的曲线长为2335333+=． 53．【点评】本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键，属中档题．巩固训练1．已知球O 2的正方体1111ABCD A B C D -的各个面都相切，则平面1ACD 截此球所得的截面面积为( ) A ．3πB ．23π C ．π D ．43π 【分析】由题意可得：球O 的半径2R =球心O 为正方体的中心，可得：点O 到平面1ACD 的距离116d BD =．平面1ACD 截此球所得的截面圆的半径22r R d =- 1ACD 截此球所得的截面面积．【解答】解：由题意可得：球O 的半径2R =球心O 为正方体的中心，可得：点O 到平面1ACD 的距离11162366d BD ==．∴平面1ACD 截此球所得的截面圆的半径223r R d =-= ∴平面1ACD 截此球所得的截面面积213r ππ==．故选：A ．【点评】本题考查了正方体与其内切球及其截面圆的性质、等边三角形的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．2．已知球O 与棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的各面都相切，则平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积为( ) A 23B 3C 23D 3 【分析】求出平面1ACB 截此球所得的截面的圆的半径，即可求出平面1ACB 截此球所得的截面的面积，由此能求出平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积．【解答】解：由题意，球心与B 的距离为12332⨯=B 到平面1ACB 的距离为123233⨯，球的半径为1，球心到平面1ACB 2333=∴平面1ACB 12133-=∴平面1ACB 截此球所得的截面的面积为2233S ππ=⨯=，球心O 截面圆的距离2313d =-=， ∴平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积：112323333V Sd ππ=⨯=⨯=．故选：C ．【点评】本题考查圆锥的体积的求法，考查正方体及内切球的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，球O 与该正方体的各个面相切，则平面1ACB 截此球所得的截面的面积为．【分析】由题意画出图形，求出平面1ACB 截此球所得的截面圆的半径，则答案可求．【解答】解：正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，如图，设E 、F 、G 分别为球O 与平面ABCD 、平面11BB C C 、11AA B B 的切点，则等边三角形EFG 为平面1ACB 截此球所得的截面圆的内接三角形，由已知可得2EF EG GF ==∴平面1ACB 截此球所得的截面圆的半径26r =． ∴截面的面积为262(3ππ⨯=．故答案为：23π．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．4．已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，球O 与该正方体的各个面相切，则以平面1ACB 截此球所得的截面为底面，以O 为顶点的圆锥体积为．【分析】直径为4，且AC ，1AB ，1CB 的中点在所求的截面圆上，所求截面为此三点构成的边长为22由此能求出以O 为顶点，以平面1ACB 截此球所得的截面为底面的圆锥体积．【解答】解：因为球与各面相切，所以直径为4，且AC ，1AB ，1CB 的中点在所求的截面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2 由正弦定理知26R =83S π=， ∴以O 为顶点，以平面1ACB 截此球所得的截面为底面的圆锥体积为：18116343336V π=⨯⨯⨯．163．【点评】本题考查圆锥的体积的求法，考查正方体、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是中档题．5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是空间中任意一点． ①若点P 是正方体表面上的点，则满足1||2AP =的动点轨迹长是34π；②若点P 是线段1AD 上的点，则异面直线BP 和1B C 所成角的取值范围是[,]32ππ；③若点P 是侧面11BCC B 上的点，P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，则P 的轨迹是椭圆；④过点P 的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，则平面α截正方体所得截面的最大面积是33以上说法正确的有 ①④ ．【分析】满足1||2AP =的动点P 的轨迹是以A 为圆心，以12为半径的3个14圆弧，求出动点轨迹长可判断①；证明1B C ⊥面11ABC D ，可得1B C BP ⊥ 可判断②；若P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，则点P 在线段1CC 上可判断③；作出平面α为截正方体的正六边形求出其面积可判断④，进而可得正确答案．【解答】解：对于①：满足1||2AP =的动点P 的轨迹是以A 为圆心，以12为半径的3个14圆弧，因此动点轨迹长是11332424ππ⨯⨯⨯=，故①正确：对于②：如图：连接1BC ，则11B C BC ⊥，因为AB ⊥面11BCC B ，1B C ⊂面11BCC B ，所以1AB B C ⊥，因为1ABBC B =，所以1B C ⊥面11ABC D ，因为P 是线段1AD 上的点，则BP ⊂面11ABC D ，可得1B C BP ⊥，所以异面直线BP 和1B C 所成角恒为2π，故②不正确；对于③：过点P 作PM BC ⊥于点M ，则P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为1PM PC +，当点P 在线段1CC 上时， 1112PM PC PC PC CC +=+==，当点P 不在线段1CC 上时，112PM PC PC PC +>+=此时不满足P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，所以P 的轨迹是线段1CC ，故③不正确；对于④：过点P 的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，只需过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：111A P A R AQ ==，则平面PQR 与正方体过点1A 的三条棱所成的角都相等，若点E ，F ，G ，H ，M ，N 别为相应棱的中点，则平面//EFGHMN 平面PQR ，且六边形EFGHMN 2，所以正六边形的面积为：236(2)33= 故④正确；故答案为：①④．【点评】本题考查空间中异面直线所成的角，考查学生的分析推理能力，属于难题．6．已知正四面体ABCD 的棱长为2，平面α与棱AB ，CD 均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( ) A ．1B 2C 3D ．2【分析】作出α截此正四面体所得截面，证明是长方形，然后长方形面积表示为某一边长的函数可解决此题．【解答】解：如图所示：作//MN AB ，交BC 、AC 于点M 、N ，过点N 作//NQ CD ，交AD 于点Q ，过点Q 作//QP AB 交BD 于点P ，连接MP ，看得到平行四边形MNQP ．取CD 中点O ，连接AO 、BO ，由AC AD BC BD ===，可得OA CD ⊥、OB CD ⊥，于是得到CD ⊥平面AOB ，则得到AB CD ⊥，所以MN NQ ⊥，则平行四边形MNQP 是长方形．设(0,2)MN x =∈，可知CMN ∆、BMP ∆都是等边三角形，所以MC x =，则2MP MB x ==-，∴长方形MPNQ 的面积2(2)2S x x x x =-=-+，当1x =时，S 取得最大值21211-+⨯=．故选：A ．【点评】本题考查线线、线面平行或垂直，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．7．已知正四面体ABCD 的棱长为2，所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和是( ) A ．33+B ．4C ．3D 3【分析】根据题意，到正四面体ABCD 四个顶点距离相等的截面分为两类：一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个；另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个．因此作出示意图，其中E 、F 、G 、H 、I 是各条棱的中点，根据题中数据分别算出EFG ∆与四边形EGHI 的面积，从而可得所有满足条件的截面面积之和．【解答】解：设E 、F 、G 分别为AB 、AC 、AD 的中点，连结EF 、FG 、GE ，则EFG ∆是三棱锥A BCD -的中截面，可得平面//EFG 平面BCD ，点A 到平面EFG 的距离等于平面EFG 与平面BCD 之间的距离，A ∴、B 、C 、D 到平面EFG 的距离相等，即平面EFG 是到四面体ABCD 四个顶点距离相等的一个平面．正四面体ABCD 中，象EFG ∆这样的三角形截面共有4个．正四面体ABCD 的棱长为2，可得1EF FG GE ===， EFG ∴∆是边长为1的正三角形，可得13sin 602EFG S EF FG ∆=︒=．取CD 、BC 的中点H 、I ，连结GH 、HI 、IE ，EI 、GH 分别是ABC ∆、ADC ∆的中位线，∴1//2EI AC =，//12GH AC =，得//EI GH =，可得四边形EGHI 为平行四边形，又AC BD =且AC BD ⊥，//12EI AC =，//12HI BD =，EI HI ∴=且EI HI ⊥，可得四边形EGHI 为正方形，其边长为112AC =，由此可得正方形EGHI 的面积1EGHI S =．BC 的中点I 在平面EGHI 内，B ∴、C 两点到平面EGHI 的距离相等．同理可得D 、C 两点到平面EGHI 的距离相等，且A 、B 两点到平面EGHI 的距离相等．A ∴、B 、C 、D 到平面EGHI 的距离相等，可得平面EGHI 是到四面体ABCD 四个顶点距离相等的一个平面．正四面体ABCD 中，象四边形EGHI 这样的正方形截面共有3个．因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于34343133EFG EGHI S S ∆+=+⨯=+ 故选：A ．【点评】本题给出棱长为2的正四面体，求到它的各个顶点等距离的所求截面之和．着重考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，属于中档题．8．已知正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，CD 的中点，则正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截的截面面积是( ) A ．49π B ．43π C ．32π D ．23π 【分析】将正四面体放入相应的正方体中，由题意可得球心在EFG 上，正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截得的截面为球的大圆，则面积可求．【解答】解：如图，将正四面体放入正方体中，E 、G 分别为AB 、CD 的中点，E ∴、G 为正方体左右侧面的中心，∴正方体的外接球即正四面体的外接球，球心为EG 的中点， ∴正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截的截面即为大圆，正四面体ABCD 的棱长为22 得外接球的半径222(2)(2)(2)6R ++==，∴大圆面积为：2263(2R πππ=⨯=．故选：C ．【点评】本题考查多面体外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了分割补形法，是中档题．9．如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( ) A ．1B 2C 3D ．2【分析】将四面体ABCD 补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形MNKL ，有2NK KL +=，进而由基本不等式即可得解．【解答】解：将四面体ABCD 补成正方体AODP HBGC -，其示意图如图所示：已知EF α⊥，记平面α截该四面体得到的截面为四边形MNKL ，由题意得，////NK AD ML ，////KL BC MN ，所以四边形MNKL 为平行四边形，且易得2NK KL +=，因为AD BC ⊥，所以NK KL ⊥，故2()12MNKL NK KL S NK KL +=⋅=四边形，当且仅当1NK KL ==时，取等号，故选：A ．【点评】本题考查平面的基本性质及推论，其中涉及到基本不等式的应用，用了割补法，属于中档题．10．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”、它能在：两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触、因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面休是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为62；用过A，B，C三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为．【分析】根据题意，勒洛四边形能容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，设该求与勒洛四面体的一个切点为E，连接BE，则B，O，E三点共线，且O为该球球心，也是正四面体ABCD的中心，再求正四面体的外接球半径即可得到勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，再结合勒洛四面体的构成可知过A，B，C三点的截面面积为3个半径为2，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，再计算即可得到答案．【解答】解：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，所以，由四面体的性质可知该球球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，则B，E，O三点共线，此时2BE=，BO为正四面体的外接球的半径，由于正四面体ABCD的棱长为22的正方体中截出，所以正四面体ABCD2即正方体体对角线的一半，所以6BO=，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径62OE=；根据勒洛四面体的构成可知，过A，B，C三点的截面面积为3个半径为2，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，所以所得截面的面积为223π-故答案为：62-；223π-【点评】本题考查多面体与球体内切外接问题，数形结合思想，属于中档题．。

2022版高考数学3年高考2年模拟立体几何第三节空间向量在立体几何中的应用

ABC DA 1B 1C 1D 1 O第三节空间向量在立体几何中的应用第一部分三年高考荟萃2022年高考题一、选择题1（2022全国卷2理）（11）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱、、所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个（B ）有且只有2个（C ）有且只有3个（D ）有无数个【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连62+62-62+21a -21a -22843(62)a <+=+62+621C S ABC-345474343AE =323sin 4ABF ∠=ABCD 1111A B C D 1ACD 2333236311D ACD D ACDV V --=111133ACD ACD S DO S DD ∆∆⋅=⋅12211133sin 60(2)22ACD S AC AD a ∆==⨯=21122ACD S AD CD a ∆==A B C SEFα•AB•β1312333ACD ACD S DD a DO a S a∆∆===13sin 3DO DD θ==6cos 3θ=1,O O111136cos 1/32O O O OD OD ∠===2334338331111A B C D 23332363BCD ∆17arccos25R 18arccos25R 13R π415R π12255455R 455R 45R 22217225OM ON MN OM ON +-=17arccos 25R O ABC -321S S S <<321S S S <<()y f x =()y f x =()y f x =()y f x =l αβ--AB α⊂B l ∈AB l AB β34l αβ--AB β30sin 30AD 34AC AB =3cmα•AB•βCD【答案】4【解析】设球半径为r ，则由3V V V +=球水柱可得33224863r r r r πππ⨯+⨯=⨯,解得r=46（2022湖南理数）13．图3中的三个直角三角形是一个体积为203cm 的几何体的三视图，则h = cm ．7（2022湖北理数）13圆柱形容器内部盛有高度为8cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm 。

2022年高考数学预测模拟押题三解析几何解答题新人教版

2022年高考预测试题三解析几何解答题版本：新课标人教A 、B适用省份：山东、广东、宁夏、海南2022年高考对解析几何的考查主要包括以下内容：直线与圆的方程、圆锥曲线等，在高考试卷中一般有1~2个客观题和1个解答题，其中客观题主要考查直线斜率、直线方程、圆的方程、直线与圆的位置关系、圆锥曲线的定义应用、标准方程的求解、离心率的计算等，而解答题则主要考查直线与椭圆、抛物线等的位置关系问题，经常与平面向量、函数与不等式交汇等，考查一些存在性问题、证明问题、定点与定值、最值与范围问题等，解析几何试题的特点是思维量大、运算量大，所以应加强对解析几何重点题型的训练。

问题设置的方向为：（1）以椭圆为入口，求标准方程；（2）几何性质；（3）范围或最值性问题。

解题的策略有：1、注意直线倾斜角范围、设直线方程时注意斜率是否存在，可以设成，包含斜率不存在情况，但不包含斜率为0情况。

注意截距为0的情况；注意点关于直线对称问题（光线的反射问题）；注意证明曲线过定点方法（两种方法：特殊化、分离变量）2、注意二元二次方程表示圆的充要条件、善于利用切割线定理、相交弦定理、垂径定理等平面中圆的有关定理解题；注意将圆上动点到定点、定直线的距离的最值转化为圆心到它们的距离；注意圆的内接四边形的一些性质以及正弦定理、余弦定理。

以过某点的线段为弦的面积最小的圆是以线段为直径，而面积最大时，是以该点为线段中点。

3、注意圆与椭圆、三角、向量（注意利用加减法转化、利用模与夹角转化、然后考虑坐标化）结合；4、注意构建平面上的三点模型求最值，一般涉及“和”的问题有最小值，“差”的问题有最大值，只有当三点共线时才取得最值；5、熟练掌握求椭圆方程、双曲线方程、抛物线方程的方法：待定系数法或定义法，注意焦点位置的讨论，注意双曲线的渐近线方程：焦点在轴上时为，焦点在轴上时为；注意化抛物线方程为标准形式（即22221(08x y b b +=<<0MA MB ⋅=b c=a =2b c ==22184x y +=(0,2)M l l y kx m =+1122(,),(,)A x y B x y 22184x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩222(21)4280k x kmx m +++-=2121222428,2121km m x x x x k k -+=-=++0MA MB ⋅=1122(,2)(,2)0x y x y -⋅-=1212122()40x x y y y y +-++=121212()()2()40x x kx m kx m kx m kx m +++-++++=221212(1)(2)()(2)0k x x k m x x m ++-++-=22222284(1)(2)()(2)02121m km k k m m k k -++--+-=++2m ≠2222(1)(2)4(21)(2)0k m k m k m ++-++-=320m +=23m =-23-22:(4)()16()C x y m m N *-+-=∈43160x y --=2222:1(0)x y E a b a b+=>>532)1,3(A 的值及椭圆E 的方程；（2）设Q 为椭圆E 上的一个动点，求AQ AC ⋅的取值范围解析：（1）因为直线01634=--y x 交圆C 所得的弦长为,532所以圆心),4(m C 到直线43160x y --=的距离等于12,5=即5125|16344|=-⨯-⨯m ，所以4,4m m ==-或（舍去）。

2024数学高考前冲刺题《立体几何》含答案

黄金冲刺大题03 立体几何1．（2024·黑龙江·二模）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是1AB 的中点，P 是11B C 的中点．(1)证明：//MN 平面1A CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．2．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,BAD M ∠=︒是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M ABC -的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．3．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11AA C C ⊥平面1,2ABC AB AC BC AA ====，1A B =．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面1A DB ；(2)求平面11A AB 与平面11ACC A 夹角的余弦值．4．（2024·山西晋中·三模）如图，在六面体ABCDE 中，BC BD ==，EC ED ⊥，且EC ED ==AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE CD ⊥.(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．5．（2024·辽宁·二模）棱长均为2的斜三棱柱111ABC A B C -中，1A 在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱11A B （包含端点）上的动点．(1)求点P 到平面1ABC 的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线1BC 与平面α所成角的正弦值的取值范围．6．（2024·重庆·模拟预测）在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB CD ∥，90BAD ︒∠=，2CD AB =，PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得//PD 平面AMC ．(1)证明：2PM BM =；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD P AC B --的余弦值．7．（2024·安徽·模拟预测）2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG CDEHF -是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD 是矩形，8AB =m ，4=AD m ，1ED CF ==m ，且ED ，CF 都垂直于平面ABCD ，5GA GB ==m ，HE HF =，平面ABG ⊥平面ABCD ．(1)求点H 到平面ABCD 的距离；(2)求平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值．8．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE 为菱形，2AC BC ==，120ACB ∠=︒，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且2AF FB =，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若60EAC ∠=︒，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求AN AF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．9．（2024·安徽·二模）将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90︒，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为 DF 上一点，若二面角C AM E --的余弦值为13，求MAD ∠．10．（2024·安徽黄山·二模）如图，已知AB 为圆台下底面圆1O 的直径，C 是圆1O 上异于,A B 的点，D 是圆台上底面圆2O 上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，2DA DC AC ===，4BC =，E 是CD 的中点，2BF FD = ．(1)证明：2//DO BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）正四棱台1111ABCD A B C D -的下底面边长为1112A B AB =，M 为BC 中点，已知点P 满足()1112AP AB AD AA λλλ=-+⋅+ ，其中()0,1λ∈．(1)求证1D P AC ⊥；(2)已知平面1AMC 与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当23λ=时，求直线DP 与平面1AMC 所成角的正弦值．12．（2024·辽宁·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A ⊥底面1,2ABC AC AA ==，1,AB BC =，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：1AB 平面1BEC ；(2)若1π3A AC ∠=，求二面角1A BE C --的余弦值.13．（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，DCP 是等边三角形，π4DCB PCB ∠∠==，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：//MN 平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.14．（2024·广东梅州·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，PAD 为等边三角形，//AD BC ，AD AB ⊥，22AD AB BC ===．(1)求证：AD PC ⊥；(2)点N 在棱PC 上运动，求ADN △面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得//AM 平面BDQ ，求PQ QC的值．15．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，圆台12O O 的轴截面11A ACC 为等腰梯形，111224,AC AA AC B===为底面圆周上异于,A C 的点，且,AB BC P =是线段BC 的中点.(1)求证：1C P //平面1A AB .(2)求平面1A AB 与平面1C CB 夹角的余弦值.16．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C ⊥底面ABC ，且AB AC =，11A B A C =．(1)证明：1AA ⊥平面ABC ；(2)若12AA BC ==，90BAC ∠=︒，求平面1A BC 与平面11A BC 夹角的余弦值．17．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD ，PA BC ==，24CD AB ==.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足2PE ED = ，求二面角P EF B --的正弦值.18．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，6,4PO AC ==.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且2OM =，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，PA PC =，PB PD ==M 是线段PC 上的点，且4PC MC = ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20．（2024·湖南·二模）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的菱形，160,ABC BD ∠=⊥ 平面11AC D .(1)求四棱柱1111ABCD A B C D -的体积；(2)设点1D 关于平面11AC D 的对称点为E ，点E 和点1C 关于平面α对称（E 和α未在图中标出），求平面11AC D 与平面α所成锐二面角的大小.21．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，60,1,3,DAB PCB CD AB PC ∠=∠=︒===，平面PCB ⊥平面ABCD ，F 为线段BC 的中点，E 为线段PF 上一点.(1)证明：PF AD ⊥；(2)当EF 为何值时，直线BE 与平面PAD .22．（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形ABCD 中，24AB BC ==，60ABC ∠=︒，E 为CD 的中点，将ADE V 沿AE 折起，连结BD ，CD ，且4BD =，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE ⊥平面ABCE ；(2)在图2中，若点F 在棱BD 上，直线AF 与平面ABCE F 到平面DEC 的距离．23．（2024·福建·模拟预测）如图，在三棱锥-P ABC 中，,,3,PA PB AB BC AB BC ⊥⊥==P AB C --的大小为θ，PAB θ∠=.(1)求点P 到平面ABC 的距离；(2)当三棱锥-P ABC 的体积取得最大值时，求：（Ⅰ）二面角P AB C --的余弦值；（Ⅱ）直线PC 与平面PAB 所成角.24．（2024·浙江杭州·二模）如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，60,244,DAB BC PQ AB M ∠=︒===为BC 的中点，,,PQ BC PD DC QB MD ⊥⊥∥．(1)证明：90ABQ ∠=︒；(2)若多面体ABCDPQ 的体积为152，求平面PCD 与平面QAB 夹角的余弦值．25．（2024·浙江嘉兴·二模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，PA ⊥平面,ABCD PA QD ，222,60BC AB PA ABC ∠==== .(1)证明：平面PCD ⊥平面PAC ；(2)若PQ =，求平面PCQ 与平面DCQ 夹角的余弦值.26．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥-P ABC 中，4AB =，2AC =，60CAB ∠=︒，BC AP ⊥.(1)证明：平面ACP ⊥平面ABC ；(2)若2PA =，4PB =，求二面角P AB C --的平面角的正切值.27．（2024·河北沧州·一模）如图，在正三棱锥A BCD -中，4BC CD BD ===，点P 满足AP AC λ= ，(0,1)λ∈，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且//AD α，//BC α.(1)证明：(0,1)λ∀∈，四边形PQST 总是矩形；(2)若4AC =，求四棱锥C PQST -体积的最大值.28．（2024·湖北·二模）如图1．在菱形ABCD 中，120ABC ∠=︒，4AB =，AE AD λ= ，(01)AF AB λλ=<< ，沿EF 将AEF △向上折起得到棱锥P BCDEP -．如图2所示，设二面角P EF B --的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P BCD -和四棱锥P BDEF -的体积之比为95？(2)当θ为何值时，()0,1λ∀∈，平面PEF 与平面PFB 的夹角ϕ29．（2024·湖北·模拟预测）空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，1AB =，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足//PQ α，P Q n ⊥且PQ m ⊥，（i ）求直线m ，n 与平面α的夹角之和；（ii ）设()01PQ d d =<<，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数()f d ．30．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，四棱台1111ABCD A B C D -，底面ABCD 为一个菱形，且120BAD ︒∠=.底面与顶面的对角线交点分别为O ，1O . 1122AB A B ==，11BB DD =1AA 与底面夹角余弦值为(1)证明：1OO ⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕1OO 旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与1DC 的夹角正弦值为θ的值(90θ︒<)；(3)求旋转后1AA 与1BB 的夹角余弦值.黄金冲刺大题03 立体几何1．（2024·黑龙江·二模）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是1AB 的中点，P 是11B C 的中点．(1)证明：//MN 平面1A CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析【分析】（1）建立如图空间直角坐标系A xyz -，设平面1A CP 的一个法向量为(,,)n x y z =，利用空间向量法证明0MN n ⋅= 即可；（2）利用空间向量法即可求解点线距.【详解】（1）由题意知，1AA ⊥平面ABC ，60BAC ︒∠=，而AB ⊂平面ABC ，所以1AA AB ⊥，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥ y 轴，建立如图空间直角坐标系A xyz -，则11(0,0,0),(2,0,0),(0,0,2),(2,0,2)A B C A B ，得33((1,0,1),(22M N P ，所以11312),((,22AC A P MN =-==- ，设平面1A CP 的一个法向量为(,,)n x y z = ，则1120302n A C x z n A P x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，得1y z ==-，所以(1,1)n =- ，所以11((1(1)02MN n ⋅=-⨯+⨯+⨯-= ，又MN 不在平面1A CP 内即//MN 平面1A CP ；（2）如图，连接PM ，由（1）得(0,0,2)PM =-，则2MN PM ⋅=- ，2MN PM == ，所以点P 到直线MN的距离为d =.2．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,BAD M ∠=︒是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M ABC -的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD的距离为（2）证明出BO AD ⊥，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】（1）如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为PAD 是正三角形，所以PO AD ⊥．又因为平面PAD ⊥底面,ABCD PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，所以PO ⊥平面ABCD，且PO =．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD12π22sin 23ABC S =⨯⨯⨯=△所以三棱锥M ABC -的体积为1132=．（2）连接,BO BD ，因为π3BAD ∠=，所以ABD △为等边三角形，所以BO AD ⊥，以O 为原点，,,OA OB OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(()()(),1,0,0,,P A B C -，所以((),,,2,0,0M AM PB BC ⎛⎛-=-==- ⎝⎝ ．设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =，则00PB n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x =-=⎪⎩，解得0x =，取1z =，则1y =，所以()0,1,1n = ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin cos AM θ=即AM 与平面PBC ．3．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11AA C C ⊥平面1,2ABC AB AC BC AA ====，1A B =．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面1A DB ；(2)求平面11A AB 与平面11ACC A 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BD AC ⊥，根据平面11ACC A ⊥平面ABC 得出BD ⊥平面11ACC A ，1BD A D ⊥，利用勾股定理得出1AC A D ⊥，从而证明AC ⊥平面1A DB ；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面11A AB 的法向量和平面11ACC A 的一个法向量，利用向量求平面11A AB 与平面11ACC A 的夹角余弦值．【详解】（1）证明：因为D 为AC 中点，且2AB AC BC===，所以在ABC 中，有BD AC ⊥，且BD =，又平面11ACC A ⊥平面ABC ，且平面11ACC A 平面ABC AC =，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面11ACC A ，又1A D ⊂平面11ACC A ，则1BD A D ⊥，由1A B =BD =，得1A D =，因为1AD =，12AA =，1A D =，所以由勾股定理，得1AC A D ⊥，又AC BD ⊥，11,,A D BD D A D BD =⊂ 平面1A DB ，所以AC ⊥平面1A DB ；（2）如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D xyz -，可得1(1,0,0),A A B ，则(()1,AA AB =-=- ，设平面11A AB 的法向量为(,,)n x y z = ，由100n AA x n AB x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =1y =，1z =，所以)n = ,由（1）知，BD ⊥平面11ACC A ，所以平面11ACC A的一个法向量为(0,BD =，记平面11A AB 与平面11ACC A 的夹角为α，则||cos ||||n BD n BD α⋅= ，所以平面11A AB 与平面11ACC A4．（2024·山西晋中·三模）如图，在六面体ABCDE中，BC BD ==，EC ED ⊥，且EC ED ==AB平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE CD ⊥.(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析【分析】（1）设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；（2）证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】（1）设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接,ME MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ME ∥．同理AE MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE MB ，AB ME ∥.因为CD AE ⊥，AE MB ，所以CD MB ⊥，又BC BD ==，所以M 为棱CD 的中点在CDE 中，EC ED =，MC MD =，所以CD ME ⊥，由于AB ME ∥，故CD AB ⊥.而CD AE ⊥，AB AE A = ，,AB AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面.CDE （2）由（1）可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD AM ⊥.而点A 到直线CD 的距离为，故AM =在等腰直角三角形CDE 中，由EC ED ==得2, 1.CD MC MD ME ====在等腰三角形BCD 中，由1MC MD ==，BC BD ==，得BM =在平行四边形ABME 中，AE BM ==1AB EM ==，AM =由余弦定理得222cos 2·EM AE AM MEA EM AE +-∠==，所以cos BME ∠=2BE ==.因为22222221BE ME BM +=+==，所以BE ME ⊥.因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面.CDE 如图，以E 为坐标原点，,,EC ED EB 分别为,,x y z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则())()()0,0,0,,,0,0,2,2,E C D B A F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以()(),0,2,.CD DB FB ⎫===⎪⎪⎭ 设平面BCD 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m CD m DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111020z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩.则可取12x =，得(2,m = .设平面BDF 的法向量为()222,,n x y z = ，则00n FB n DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222020y z z +=⎪+=⎩.取21z =，则()n =- ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ所以平面BDF 与平面BCD5．（2024·辽宁·二模）棱长均为2的斜三棱柱111ABC A B C -中，1A 在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱11A B（包含端点）上的动点．(1)求点P 到平面1ABC 的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线1BC 与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(2)2[5.【分析】（1）以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面1ABC 的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.（2）由向量共线求出向量AP 的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】（1）依题意，1A O ⊥平面ABC ，OB AC ⊥(底面为正三角形)，且1A O OB ==以O 为原点，1,,OB OC OA 的方向分别为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则11(0,0,0),(0,1,0),(0,2),(0,1,0),O A C A B C -，1AC = ，1(BC = ，1AA = ，由11//A B AB ，11A B ⊄平面1ABC ，AB ⊂平面1ABC ，则11//A B 平面1ABC ，即点P 到平面1ABC 的距离等于点1A 到平面1ABC 的距离，设(,,)n x y z = 为平面1ABC的一个法向量，由113020n AC y n BC y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取3z =，得(1,n = ，因此点1A 到平面1ABC的距离1||||AA n d n ⋅=== 所以点P 到平面1ABC．（2）设111A P A B λ= ，[0,1]λ∈，则111,1AP AA A P AA AB λλλ=+=+=+=+ ，由AP α⊥，得AP 为平面α的一个法向量，设直线1BC 与平面α所成角为θ，则111||sin |cos ,|||||BC AP BC AP BC AP θ⋅=〈〉=== 令5t λ=-，则5t λ=-，[4,5]t ∈，则sin θ====，由[4,5]t ∈，得111[,54t ∈，于是21752557()[,]38762516t -+∈，5]2，则2sin [5θ∈，所以直线1BC 与平面α所成角的正弦值的取值范围是2[5.6．（2024·重庆·模拟预测）在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB CD ∥，90BAD ︒∠=，2CD AB =，PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得//PD 平面AMC ．(1)证明：2PM BM =；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCDP AC B --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB EB CD ED=，由线面平行的性质得PD EM ∥，根据三角形相似可得12EB BM ED PM ==，即2PM BM =（2）设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在PAB 中过点M 作MF PO ∥交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则MCF ∠为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG AC ⊥于点G ，则PGO ∠是二面角P AC B --的平面角，根据条件求解即可【详解】（1）证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在EAB 与ECD 中，∵AB CD ∥，∴AB EB CD ED=，由2CD AB =，得2ED EB =，又∵//PD 平面AMC ，而平面PBD 平面AMC ME =，PD ⊂平面PBD ，∴PD EM ∥，∴在PBD △中，12EB BM ED PM ==，∴2PM BM =；（2）设AB 的中点O ，在正PAB 中，PO AB ⊥，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ⋂底面ABCD AB =，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在PAB 中过点M 作//MF PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴MCF ∠为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF =，设6AB a =，则MF =，∴11CF a =，BF a ==，则在直角梯形ABCD 中，5AF a =，而12CD a =，则AD ==，在底面ABCD 上过点O 作OG AC ⊥于点G ，则PGO ∠是二面角P AC B --的平面角，易得3OA a =，AC =，在梯形ABCD 中，由3OA AC a OG AD OG =⇒=OG =，在Rt POG △中，PG =，∴cos OG PGO PG ∠==．7．（2024·安徽·模拟预测）2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG CDEHF -是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD 是矩形，8AB =m ，4=AD m ，1ED CF ==m ，且ED ，CF 都垂直于平面ABCD ，5GA GB ==m ，HE HF =，平面ABG ⊥平面ABCD ．(1)求点H 到平面ABCD 的距离；(2)求平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】（1）取,AB CD 的中点,M N ，证得平面//ADE 平面MNHG ，得到//AE GH ，再由平面//ABG 平面CDEHG ，证得//AG EH ，得到平行四边形AGHE ，得到GH AE =，求得4HN =，结合⊥HN 平面ABCD ，即可求解；（2）以点N 为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG 和平面AGHE 的法向量(1,3,4)n = 和(1,3,4)m =- ，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）如图所示，取,AB CD 的中点,M N ，连接,,GM MN HN ，因为GA GB =，可得GM AB ⊥，又因为平面ABG ⊥平面ABCD ，且平面ABG ⋂平面ABCD AB =，GM ⊂平面ABG ，所以GM ⊥平面ABCD ，同理可得：⊥HN 平面ABCD ，因为ED ⊥平面ABCD ，所以//ED HN ，又因为ED ⊄平面MNHG ，HN ⊂平面MNHG ，所以//ED 平面MNHG ，因为//MN AD ，且AD ⊄平面MNHG ，MN ⊂平面MNHG ，所以//AD 平面MNHG ，又因为AD DE D ⋂=，且,AD DE ⊂平面ADE ，所以平面//ADE 平面MNHG ，因为平面AEHG 与平面ADE 和平面MNHG 于,AE GH ，可得//AE GH ，又由//GM HN ，//AB CD ，且AB GM M = 和CD HN N = ，所以平面//ABG 平面CDEHG ，因为平面AEHG 与平面ABG 和平面CDEHF 于,AG EH ，所以//AG EH ，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH AE =，因为AE ===，所以GH =在直角AMG，可得3GM ===，在直角梯形GMNH中，可得34HN ==，因为⊥HN 平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.（2）解：以点N 为原点，以,,NM NC NH 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,4,1),(0,4,1),(4,0,3),(0,0,4)E F G H -，可得(0,4,3),(0,4,3),(4,0,1)HE HF HG =--=-=- ，设平面BFHG 的法向量为(,,)n x y z = ，则40430n HG x z n HF y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，取4z =，可得1,3x y ==，所以(1,3,4)n = ，设平面AGHE 的法向量为(,,)m a b c = ，则40430m HG a c m HE b c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，取4c =，可得1,3a b ==-，所以(1,3,4)m =- ，则4cos ,13m n m n m n ⋅=== ，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE 为菱形，2AC BC ==，120ACB ∠=︒，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且2AF FB =，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若60EAC ∠=︒，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求AN AF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)913AN AF =(3)【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理得到CF AC ⊥，再根据面面垂直的性质证明；（2）以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C xyz -，利用向量的坐标运算根据00MN CD MN AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，列方程求解即可；（3）利用向量法求面面角，然后根据tan α>.【详解】（1）2222cos 12AB AC BC AC BC ACB AB =+-⋅⋅∠==，2AF FB =，所以AF =1233CF CA CB =+ ，22214449993CF CA CB CA CB =++⋅= ，222416433AC CF AF +=+==，则CF AC ⊥，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE 平面ABC AC CF =⊂，面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；（2）以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C xyz -，由60EAC ∠=︒，可得120DCA ∠=︒，2DC =，所以()(()0,0,0,,2,0,0,C D A F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以AF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，(CD =- ，设2,0AN AF λλ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，则22,0N λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设CM CD μ=，则()M μ-，22,MN λμ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭ ，由题知，223004442003MN CD MN AF λμμλμλ---=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨--+=⋅=⎪⎪⎩⎩，解得913λ=，213μ=-，故913AN AF =；（3）()B -，设EAC θ∠=，则()22cos ,0,2sin E θθ-，()32cos ,2sin BE θθ=- ，可取平面ABC 的法向量()0,0,1n = ，则sin cos ,n BE n BE n BEα⋅====⋅，cos α=，则tan α=>整理得210cos 9cos 20θθ-+<，故21cos ,52θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，CF ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()2cos ,0,2sin CD θθ=-，()CB =- ，记平面CDF 的法向量为()1,,n x y z =，则有112cos 2sin 0000x z n CD y n CF θθ-+=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩⎩，可得()1sin ,0,cos n θθ= ，记平面CBD 的法向量为()2,,n a b c =，则有222cos 2sin 0000a c n CD a n CB θθ⎧-+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨-=⋅=⎪⎪⎩⎩ ，可得)2,sin n θθθ= ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则12cos cos ,n n γ== 21cos ,52θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2321sin ,425θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故cos γ=．9．（2024·安徽·二模）将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90︒，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE；(2)点M 为 DF 上一点，若二面角C AM E --的余弦值为13，求MAD ∠．【答案】(1)证明见解析(2)45MAD ︒∠=【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得BD AF ⊥，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，设MAD α∠=，1AB =，利用空间向量法求出二面角C AM E --的余弦值，13=，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】（1）由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF AB ⊥，平面ABCD ⋂平面ABEF AB =，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD AF ⊥，因为ABCD 是正方形，所以BD AC ⊥，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC AF A ⋂=，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .（2）由（1）知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设MAD α∠=，1AB =，则()0,0,0A ，()cos ,sin ,0M αα，()1,0,1C ，()0,1,1E ，故()cos ,sin ,0AM αα= ，()1,0,1AC = ，()0,1,1AE = 设平面AMC 的法向量为()111,,m x y z = ，则0m AC ⋅= ，0m AM ⋅= 故111100x z x cos y sin αα+=⎧⎨+=⎩，取1sin x α=，则1cos y α=-，1sin z α=-所以()sin ,cos ,sin m ααα=--设平面AME 的法向量为()222,,n x y z = ，0n AE ⋅= ，0n AM ⋅= 故222200y z x cos y sin αα+=⎧⎨+=⎩，取2sin x α=，则2cos y α=-，2cos z α=所以()sin ,cos ,cos n ααα=- ，所以cos ,m n = ，13=，化简得：22sin 29sin 270αα-+=，解得sin 21α=或7sin 22α=（舍去）故45α=︒，即45MAD ∠=︒.10．（2024·安徽黄山·二模）如图，已知AB 为圆台下底面圆1O 的直径，C 是圆1O 上异于,A B 的点，D 是圆台上底面圆2O 上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，2DA DC AC ===，4BC =，E 是CD 的中点，2BF FD = ．(1)证明：2//DO BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证21//DO OO ，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.（2）建系，利用向量法，求解法向量1(1,2n =-与方向向量(1,4,DB =-的夹角，即可求解．【详解】（1）证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，1OO ，12O O ，DA DC =Q ，O 为AC 中点，DO AC ∴⊥，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ⋂平面ABC AC =，DO ⊂平面DAC,DO ∴⊥平面ABC ，12//DO O O ∴，12DO O O =，故四边形12DOO O 为矩形，21//DO OO ∴，又O ，1O 分别是AC ，AB 的中点，1//OO BC ∴，2//DO BC ∴；（2）C 是圆1O 上异于A ，B 的点，且AB 为圆1O 的直径，BC AC ∴⊥，1OO AC ∴⊥，∴如图以O为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =(1A ∴,0,0),(1B -,4,0),(1C -,0,0),D ，∴1(2E -，设(F x ,y ,)z ，∴(1,4,)BF x y z =+-，(,)FD x y z =--- ，由2BF FD =，得14(,33F -，∴44(,33AF =- ，∴(1,4,DB =-，3(2AE =- ，设平面AEF 法向量为111(,,)n x y z = ，则1111130244033n AE x n AF x y z ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-++=⎪⎩，取1(1,2n =- ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin |cos ,|n DB θ=<>= ∴直线BD 与平面AEF11．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）正四棱台1111ABCD A B C D -的下底面边长为1112A B AB =，M 为BC 中点，已知点P 满足()1112AP AB AD AA λλλ=-+⋅+ ，其中()0,1λ∈．(1)求证1D P AC ⊥；(2)已知平面1AMC 与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当23λ=时，求直线DP 与平面1AMC 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【分析】（1）方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】（1）方法一：∵1112A B AB =，∴112AA AB AA AD ⋅=⋅== ．∵1112D A AD AA =-- ∴()()111111122D P D A AP AB AD AA λλλ⎛⎫=+=-+-+- ⎪⎝⎭ ∴()()()11111122D P AC AB AD AA AB AD λλλ⎡⎤⎛⎫⋅=-+-+-⋅+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ ()()()22111111122AB AD AB AA AD AA λλλλ⎛⎫=-+-+-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭ ()()1181841022λλλ⎛⎫=-+-+-= ⎪⎝⎭．∴1D P AC ⊥ ，即1D P AC ⊥．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h，则有)A，)B，()C，()D，1A h⎫⎪⎪⎭，1C h⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1D h⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()M，()AC=-()()()110,,,2AP h λλλλ⎛⎫⎛⎫=-+-+=⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1D A h⎫=-⎪⎪⎭，11D P D A AP h hλ⎛⎫=+=-⎪⎪⎝⎭．故1AC D P⋅=，所以1D P AC⊥．（2）设平面ABCD的法向量为()0,0,1n=，设平面1AMC的法向量为(),,m x y z=，()AM=，1AC h⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，则有1AM mAC m⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即x y hz⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令x=，则(),3m=．又题意可得3cos,7m n==，可得2h=．因为23λ=，经过计算可得40,0,3P⎛⎫⎪⎝⎭，12D⎛⎫⎪⎪⎝⎭，143D P⎫=⎪⎭．将2h=代入，可得平面1AMC的法向量()m=．设直线DP与平面1AMC所成角的为θsin cos DP θ= 12．（2024·辽宁·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A ⊥底面1,2ABC AC AA ==，1,AB BC =，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：1AB 平面1BEC ；(2)若1π3A AC ∠=，求二面角1A BE C --的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）连接1BC ，交1B C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；（2）由已知可知，1AA C △为等边三角形，故1A E AC ⊥，利用面面垂直的性质定理可证得1A E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点N ，连接NE ，因为侧面11BCC B 是平行四边形，所以N 为1B C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以1//NE AB，因为1AB ⊄面1BEC ，NE ⊂面1BEC ，所以1//AB 面1BEC .（2）连接1AC ，1A E ，因为1π3A AC ∠=，12AC AA ==，所以1AA C △为等边三角形，12AC =，因为点E 为线段AC 的中点，所以1A E AC ⊥，因为侧面11ACC A ⊥底面ABC ，平面11ACC A 平面ABC AC =，1A E ⊂平面11ACC A ，所以1A E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF AC ⊥，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，1EA 的方向为,,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,0,0E，1,02B ⎫-⎪⎪⎭，(10,C ，所以1,02EB ⎫=-⎪⎪⎭，(10,EC = ，设平面1BEC 的法向量为(),,m x y z = ，则110220m EB x y m EC y ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令1x =，则2y z ==-，所以平面1BEC的法向量为()2m =- ，又因为平面ABE 的法向量为()0,0,1n =，则cos ,m n == ，经观察，二面角1A BE C --的平面角为钝角，所以二面角1A BE C --的余弦值为13．（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，DCP 是等边三角形，π4DCB PCB ∠∠==，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：//MN 平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.（2）过P 作PQ BC ⊥于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）取PC 中点E ，连接,ME BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得1//,2ME DC ME DC =，又1//,2BN CD BN CD =，则//,ME BN ME BN =，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是//MN BE ，而MN ⊄平面,PBC BE ⊂平面PBC ，所以//MN 平面PBC .（2）过P 作PQ BC ⊥于点Q ，连接DQ ，由π,,4DCB PCB CD PC QC QC ∠=∠===，得QCD ≌QCP △，则π2DQC PQC ∠=∠=，即DQ BC ⊥，而2224PQ DQ PQ DQ PD ==+==，因此PQ DQ ⊥，又,,DQ BC Q DQ BC =⊂ 平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .（3）由（2）知，直线,,QC QD QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线,,QC QD QP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(C P D M A -，((2,0,0),(0,CM AD DP === ，设平面PAD 的一个法向量(,,)n x y z =，则200n AD x n DP ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩ ，令1y =，得(0,1,1)n = ，设CM 与平面PAD 所成角为θ，||sin |cos ,|||||CM n CM n CM n θ⋅=〈〉=== 所以CM 与平面PAD14．（2024·广东梅州·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，PAD 为等边三角形，//AD BC ，AD AB ⊥，22AD AB BC ===．(1)求证：AD PC ⊥；(2)点N 在棱PC 上运动，求ADN △面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得//AM 平面BDQ ，求PQ QC的值．【答案】(1)证明见解析(3)4【分析】（1）取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH AD ⊥，再由PH AD ⊥，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；（2）连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到12CG AG =，再根据线面平行的性质得到12CF FM =，在PBC 中，过点M 作//MK PC ，即可得到2MK CQ =，最后由2PQ MK =即可得解.【详解】（1）取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则//AH BC 且AH BC =，又AD AB ⊥，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH AD ⊥，又PAD 为等边三角形，所以PH AD ⊥，PH CH H = ，,PH CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD PC ⊥.（2）连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD HN ⊥，所以12ADH S AD HN HN =⋅= ，要使ADN △的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN PC ⊥时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH HC ⊥，在Rt HPC 中，2CH =，PH =PC ==当HN PC ⊥时PH CH HN PC ⋅===所以ADN △.（3）连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为//AD BC 且22AD BC ==，所以CGB AGD ∽，所以12CG BC AG AD ==，因为//AM 平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ 平面ACM GF =，所以//GF AM ，所以12CF CG FM AG ==，在PBC 中，过点M 作//MK PC ，则有2MK MF CQ CF==，所以2PQ MK =，所以24PQ MK CQ ==，即4PQ QC =15．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，圆台12O O 的轴截面11A ACC 为等腰梯形，111224,AC AA AC B ===为底面圆周上异于,A C 的点，且,AB BC P =是线段BC 的中点.(1)求证：1C P //平面1A AB .(2)求平面1A AB 与平面1C CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】（1）取AB 的中点H ，连接1,A H PH ，证明四边形11A C PH 为平行四边形，进而得1C P //1A H ，即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】（1）取AB 的中点H ，连接1,A H PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH //1,2AC PH AC =.在等腰梯形11A ACC 中，11A C //111,2AC A C AC =，所以HP //1111,A C HP A C =，所以四边形11A C PH 为平行四边形，所以1C P //1A H ，又1A H ⊂平面11,A AB C P ⊄平面1A AB ，所以1C P //平面1A AB .（2）因为,AB BC =故2O B AC ⊥，以直线22,O A O B ，21O O 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形11A ACC 中，111224AC AA AC ===，此梯形的高为h ==因为11111,2A C AC A C =//AC ，则()()(()210,0,0,2,0,0,,0,2,0,O A A B ()(12,0,0,C C --，所以11(1,(2,2,0),(2,2,0),(1,2,BC BC AB A B =--=--=-=- .设平面1A AB 的法向量为(),,m x y z =，则220,20,x y x y -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令1y =，得m ⎛= ⎝ .设平面1C CB 的法向量为(),,n a b c = ，则20,220,a b a b ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩令a =1)n =- .设平面1A AB 与平面1C CB 的夹角为θ，则1cos cos 7θ= .16．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C ⊥底面ABC ，且AB AC =，11A B A C =．(1)证明：1AA ⊥平面ABC ；(2)若12AA BC ==，90BAC ∠=︒，求平面1A BC 与平面11A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）取BC 的中点M ，连结MA 、1MA ，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得BC ⊥平面1A MA ，进而由11A A B B 得1B B BC ^，再证明1B B ⊥平面ABC 即可得证.（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于1A B 的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.【详解】（1）取BC 的中点M ，连结MA 、1MA ．因为AB AC =，11A B A C =，所以BC AM ⊥，1BC A M ⊥，由于AM ，1A M ⊂平面1A MA ，且1AM A M M ⋂=，因此BC ⊥平面1A MA ，因为1A A ⊂平面1A MA ，所以1BC A A ⊥，又因为11A A B B ，所以1B B BC ^，。

(浙江专用)高考数学三轮冲刺抢分练压轴大题突破练(二)立体几何-人教版高三全册数学试题

(二)立体几何1.如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．(1)证明连接AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SB⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SB，因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，连接SE.由SA′∥CD可知，平面SCD即为平面SCDA′.因为CD⊥侧面ADD′A′，AE⊂侧面ADD′A′，所以CD⊥AE，又因为AE⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD⊂平面SCD，所以AE⊥平面SCD，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt△ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt△DAA ′中，AE ＝x1＋x2.因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x2，解得x ＝1，即SB 的长为1.2.(2019·某某模拟)如图，棱锥P －ABCD 的底面是菱形，AB ＝2，∠DAB ＝π3，侧面PAB 垂直于底面ABCD ，且△PAB 是正三角形．(1)求证：PD ⊥AB ；(2)求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值． (1)证明取AB 的中点O ，连接OD ，OP ，由题意知，△ABD 为等边三角形，所以AB ⊥OD ，又△PAB 是等边三角形，所以AB ⊥OP ，又OP ∩OD ＝O ，OP ，OD ⊂平面POD ，所以AB ⊥平面POD ，又PD ⊂平面POD ，所以PD ⊥AB .(2)解方法一如图，由(1)知，PO ⊥AB ，PO ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，平面PAB ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P (0,0，3)，B (1,0,0)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， BD →＝(－1，3，0)，PD →＝(0，3，－3)， PC →＝(2，3，－3)．设平面PBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －3z ＝0，取y ＝1，得x ＝3，z ＝1，即n ＝(3，1,1)，设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC →〉|＝2310×5＝65，所以直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为65. 方法二设点C 到平面PBD 的距离为h ，直线PC 与平面PBD 所成的角是θ，则sin θ＝h PC.同方法一得，PO ⊥平面ABCD ，PD ＝PO 2＋DO 2＝6，又PB ＝2，BD ＝2，所以cos∠PBD ＝BD 2＋PB 2－PD 22BD ·PB ＝14，所以sin∠PBD ＝154，所以S △PBD ＝12PB ·BD ·sin∠PBD ＝152，由V C －PBD ＝V P －BCD ，即13S △PBD ·h ＝13S △BCD ·PO ，得13·152·h ＝13·3·3，h ＝2155，又PD ⊥AB ，AB ∥CD ，所以PD ⊥CD ，所以PC ＝PD 2＋CD 2＝10，所以sin θ＝h PC ＝65. 所以直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为65. 3．(2019·某某十四中月考)如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1所有的棱长均为2，A 1B ＝6，A 1B ⊥AC .(1)求证：A 1C 1⊥B 1C ；(2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．(1)证明方法一取AC的中点O，连接A1O，BO，则BO⊥AC，∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B⊂平面A1BO，BO⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO，连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM，又OM⊂平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C，∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C.方法二连接AB1，BC1，∵四边形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1，又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，AB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴A1B⊥平面AB1C，又B1C⊂平面AB1C，∴A1B⊥B1C，又四边形B1BCC1是菱形，∴BC1⊥B1C，又A1B∩BC1＝B，∴B1C⊥平面A1BC1，∴B1C⊥A1C1.(2)解∵A1B⊥AB1，A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，∴A1B⊥平面AB1C，又A1B⊂平面ABB1A1，∴平面AB1C⊥平面ABB1A1，∵平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，∴AC在平面ABB1A1内的射影为AB1，∴∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角，由(1)知A1C1⊥B1C，又A1C1∥AC，∴B 1C ⊥AC ，∵AB 1＝2AM ＝2AB 2－BM 2＝10， ∴在Rt△ACB 1中， cos∠B 1AC ＝AC AB 1＝210＝105， ∴直线AC 和平面ABB 1A 1所成角的余弦值为105. 4．(2019·浙南联盟模拟)在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，二面角A －BC －B 1的平面角为60°，BB 1＝CC 1.(1)求证：A 1A ⊥BC ；(2)求直线AB 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．(1)证明延长AA 1，BB 1，CC 1交于点S ，取棱BC 的中点O ，连接AO ，SO .因为BB 1＝CC 1，B 1C 1∥BC ，故SB ＝SC .又O 是棱BC 的中点，故BC ⊥SO .因为AB ＝AC ，所以BC ⊥AO ，又SO ，AO ⊂平面SAO ，且SO ∩AO ＝O ，因此BC ⊥平面SAO ，又A 1A ⊂平面SAO ，所以A 1A ⊥BC .(2)解方法一由(1)知，∠AOS 为二面角A －BC －B 1的平面角，即∠AOS ＝60°，作AH ⊥SO ，垂足为H ，连接BH .因为BC ⊥平面SAO ，AH ⊂平面SAO ，所以BC ⊥AH ，又SO ∩BC ＝O ，SO ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故AH ⊥平面BCC 1B 1，从而∠ABH 为直线AB 与平面BCC 1B 1所成的角．不妨设AB ＝2，则AO ＝3，AH ＝AO sin∠AOS ＝32，所以sin∠ABH ＝AH AB ＝34.方法二如图，以O 为原点，OA ，OB 所在直线为x 轴，y 轴，过点O 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，由(1)，∠AOS 为二面角A －BC －B 1的平面角，则∠AOS ＝60°，设BC ＝2，SO ＝a (a >0)，则点A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (0，－1,0)，S ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，32a .所以AB →＝(－3，1,0)，CB →＝(0,2,0)，OS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，32a ，设n ＝(x ，y ，z )为平面BCC 1B 1的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·OS →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，a 2x ＋32a ·z ＝0，令x ＝3，则z ＝－1，即n ＝(3，0，－1)．设θ是直线AB 与平面BCC 1B 1所成的角，则sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |＝34.5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，则∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ，MF ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，MF ⊥CM ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF . 设EA ＝a ，则BD ＝BC ＝AC ＝2a ，所以在Rt△ABC 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以在直角梯形ABDE 中，DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝π2，所以MF ＝EM ·MDDE＝2a .在Rt△CMF 中，tan∠FCM ＝MFMC＝1，又因为∠FCM ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以∠FCM ＝π4，故CM 与平面CDE 所成的角是π4.方法二如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a ,0,0)，B (0,2a ,0)，E (2a ,0，a )， D (0,2a ,2a )，M (a ，a ,0)．(1)证明因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a ,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM .(2)解设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0. 因为CE →＝(2a ,0，a )，CD →＝(0,2a ,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2，即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22，因为〈n ，CM →〉∈[0，π]，所以〈n ，CM →〉＝π4.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝π4，因此直线CM 与平面CDE所成的角是π4.6．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE . (2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2，即⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ， ∵MA ∶MB ＝AE ∶BF ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝AB 2＋BF 2＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，FA →＝FE →＋EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.即直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.。

高中届高考数学三轮复习冲刺模拟试题15 试题

高考数学三轮复习冲刺模拟试题15立体几何中的向量方法一、选择题1．a ＝(2，4，－5)，b ＝(3，x ，y )，假设a ∥b ，那么x ＋y ＝( ) A ．－9B ．－92C ．－3D ．－32解析：由a ∥b ，得32＝x 4＝y －5，解得x ＝6，y ＝－152，故x ＋y ＝6－152＝－32.答案：D2．a ＝(－1，2，1)，b ＝(2，－1，1)，那么|a ＋t b |的最小值是( ) A ．2 3 B.322C. 6D ．3 2解析：由得a ＋tb ＝(2t －1，2－t ，t ＋1)，所以|a ＋tb |2＝(2t －1)2＋(2－t )2＋(t ＋1)2＝6t 2－6t ＋6＝6(t 2－t )＋6＝6(t －12)2＋92≥92，所以|a ＋tb |的最小值为322.答案：B3．二面角αl β的大小为60°，点B 、C 在棱l 上，A ∈α，D ∈β，AB ⊥l ，CD ⊥l ，AB ＝BC ＝1，CD ＝2，那么AD 的长为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D. 3解析：由题意知|AB →|＝|BC →|＝1，|CD →|＝2，AB →⊥BC →，CD →⊥BC →，〈AB →，CD →〉＝120°，AD →＝AB →＋BC →＋CD →，那么|AD →|2＝|AB →|2＋|BC →|2＋|CD →|2＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＋2AB →·CD →＝1＋1＋4＋2×1×2×cos 120°＝4，故|AD →|＝2.答案：A4．如下图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，那么直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：利用向量法求解．不妨令CB ＝1，那么CA ＝CC 1＝2.可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)， ∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55>0. ∵BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案：A5．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，那么直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：由AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3可得AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC .又由直棱柱的性质可知BB 1⊥平面ABC .如图，以B 为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱BB 1的长为h ，那么E (0，0，h2)，A (0，1，0)，C 1(3，0，h )，D (32，12，h 2)，故DE →＝(－32，－12，0)．因为BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C ，故BA →＝(0，1，0)是平面BB 1C 1C 的一个法向量．设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为θ，那么sin θ＝|cos 〈BA →，DE →〉|＝|BA →·DE →|BA →|·|DE →||＝121×〔－32〕2＋〔－12〕2＋02＝12. 又因为θ∈[0，π2]，所以θ＝π6.答案：A二、填空题6．如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1的各条棱长都相等，且CC 1⊥底面ABC ，M 是侧棱CC 1的中点，那么异面直线AB 1和BM 所成的角为________．解析：由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2，BA →＝a ，BB 1→＝b ，BC →＝c ，那么|a |＝|b |＝|c |＝2，且〈a ，c 〉＝π3，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝π2，所以a ·c ＝2×2×cosπ3＝2，a ·b ＝b ·cAB 1→＝b －a ，BM →＝c ＋12b ，所以AB 1→·BM →＝(b －a )·(c ＋12b )＝b ·c ＋12b 2－a ·c－12a ·b ＝0，故〈AB 1→，BM →〉＝π2，即异面直线AB 1与BM 所成的角为π2. 答案：π27．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别是C 1D 1，CC 1的中点，那么直线B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值为________．解析：以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，那么B 1(2，2，2)，N (0，2，1)，NB 1→＝(2，0，1)，又M (0，1，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，那么DB →＝(2，2，0)，DM →＝(0，1，2)，可得平面BDM 的一个法向量n ＝(2，－2，1)，因为cos 〈n ，NB 1→〉＝n ·NB 1→|n ||NB 1→|＝53，故直线B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值是53. 答案：538．如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，那么二面角A PB C 的余弦值大小为________．解析：以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴建立空间直角坐标系C xyz ，因为A (1，0，0)，B (0，2，0)，C (0，0，0)，P (1，0，1)，∴AP →＝(0，0，1)，PB →＝(－1，2，－1)，CB →(0，2，0)，设平面APB 的法向量为n 1(x 1，y 1，z 1)，平面PBC 的法向量为n 2(x 2，y 2，z 2)，那么⎩⎨⎧z 1＝0，－x 1＋2y 1－z 1＝0，⎩⎨⎧2y 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0，∴n 1＝(2，2，0)，n 2＝(－1，0，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝－26×2＝－33， ∴二面角A PB C 的余弦值为33. 答案：33三、解答题9．三棱锥P ABC 中，∠BAC ＝90°，PA ＝PB ＝PC ＝BC ＝2AB ＝2. (1)求证：平面PBC ⊥平面ABC ； (2)求二面角B AP C 的余弦值．解析：(1)证明：取BC 的中点O ，连接AO 、PO ，因为△ABC 为直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ，又知PA ＝PB ＝PC ，OP 为公一共边，那么△POA ≌△POB ≌△POC ，所以∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°，所以PO ⊥OB ，PO ⊥OA .又OB ∩OA ＝O ，所以PO ⊥平面ABC .又因为PO ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABC .(2)过O 作OD ⊥BC ，交AC 于点D ，以O 为坐标原点建立如下图的空间直角坐标系，那么A (32，－12，0)，B (0，－1，0)， C (0，1，0)，P (0，0，3)，BA →＝(32，12，0)，BP →＝(0，1，3)，CA →＝(32，－32，0)，CP →＝(0，－1，3)．设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，那么由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥BA→n 1⊥BP →，得⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋12y ＝0y ＋3z ＝0，令x ＝1，得平面PAB 的一个法向量为n 1＝(1，－3，1)．同理可求得平面PAC 的一个法向量为n 2＝(3, 3，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝6565，故二面角B AP C 的余弦值为6565. 10．如图，在四棱锥S ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD .(1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)假设SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解析：(1)证明∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD ，∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE .∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3， ∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC ， ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．那么E (0，0，0)，C (0，23，0)，S (0，0，1)，B (2，0，0)，∴CE →＝(0，－23，0)，CB →＝(2，－23，0)，CS →＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0n ·CS →＝0，即⎩⎨⎧2x －23y ＝0－23y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝3，z ＝23，∴平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1，23)．设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，那么sin θ＝|n ·CE→|n |·|CE →||＝14，∴直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14.11．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1AD C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在一点E ，使AE 与DC 1成60°角？假设存在，确定E 点位置；假设不存在，说明理由．解析：(1)连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线，所以A 1B ∥OD ，因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)由ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA 、BC 、BB 1两两垂直．以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立如下图的空间直角坐标系B xyz .设BA ＝2，那么B (0，0，0)，C (2，0，0)，A (0，2，0)，C 1(2，0，1)，D (1，0，0)，所以AD →＝(1，－2，0)，AC 1→＝(2，－2，1) 设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，那么有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC 1→＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2，1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0，0，1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1AD C 是锐二面角，所以二面角C 1AD C 的余弦值为23.(3)假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0，2，1)，B 1(0，0，1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2，1)，DC 1→＝(1，0，1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以 |cos 〈AE →，DC 1→〉|＝|AE →·DC 1→|AE →|·|DC 1→|＝12.即|1〔λ－2〕2＋1·2|＝12，解得λ＝1或者λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

广东省2022-2022届高考数学三轮复习冲刺模拟试题 (5) 含答案

高考数学三轮复习冲刺模拟试题05三角函数02三、解答题 1．已知函数.（1）求函数图象的对称轴方程；（2）求的单调增区间.（3）当时,求函数的最大值，最小值.2．如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边作两个锐角，它们的终边分别与单位圆交于两点．已知的横坐标分别为．（1）求的值；（2）求的值．3．设函数22()(sin cos )2cos(0)f x x x x ωωωω=++>的最小正周期为23π. (Ⅰ)求ω的值; (Ⅱ)求()f x 在区间-63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上的值域; (Ⅲ)若函数()y g x =的图像是由()y f x =的图像向右平移2π个单位长度得到,求()y g x =的单调增区间.4．在△ABC中,a,b,c 分别为角A,B,C 的对边,A 为锐角,已知向量→p =(1,3cos 2A ),→q =(2sin 2A,1-cos2A),且→p ∥→q .(1)若a 2-c 2=b 2-mbc,求实数m 的值;(2)若a=3,求△ABC 面积的最大值,以及面积最大是边b,c 的大小.5．设函数22()cos()2cos ,32xf x x x R π=++∈.(Ⅰ) 求()f x 的值域;(Ⅱ) 记△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c,若()1f B =,1b =,c =求a 的值.6．已知向量⎪⎭⎫⎝⎛-=-=21,cos 3),1,(sin x b x a ,函数()x f +=)(·2-a (1)求函数)(x f 的最小正周期T 及单调减区间(2)已知c b a ,,分别是△ABC 内角A,B,C 的对边,其中A 为锐角,4,32==c a 且1)(=A f ,求A,b 和△ABC 的面积S7．已知函数1sin cos )2sin sin 32()(2+⋅-=xx x x x f .（Ⅰ）求()f x 的定义域及最小正周期；（Ⅱ）求()f x 在区间[,]42ππ上的最值.8． (本小题满分13分)在△ABC 中，A ，C 为锐角，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，且32=,5cos A sinC 。

2022年高考数学考前30天三轮专题提分必练绝密十二

专3 C，则该几何体的体积为
2022二轮精品提分必练
图12－8
A．4 m3 m3 C．3 m3 m3
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图12－9
3．一个几何体的三视图如图12－9所示，则这个几何体的体积是
B．1
D．2
4．棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AB、A1D1的中点，则经过E、F的球截面的面积最小值是
π π π
5．若体积为8的正方体的各个顶点均在一球面上，则该球的体积为________结果保留π．
6．若圆锥的表面积为a平方米，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面的直径为________．
7．一个几何体的三视图如图12－10所示，则该几何体的体积等于________．
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图12－10
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图12－11
8．如图12－11，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点3 m3，高为n，正四棱锥的高为h，则由错误!解得h＝错误!n，
故1不正确．
正四棱锥的体积V1＝错误!m2·错误!n＝错误!m2n，
正四棱柱的体积V2＝m2·n，
则若2正确，应有V水＝错误!V2－V1．
∵错误!V2－V1＝错误!错误!＝错误!m2n，
又V水＝a＝错误!m2·h＝错误!m2·错误!n＝错误!m2n，
∴V水＝错误!V2－V1，故2正确．
综上，应选24．。

高中届高考数学三轮复习冲刺模拟试题5 试题

高考数学三轮复习冲刺模拟试题05空间向量与立体几何〔时间是：60分钟满分是100分〕一、选择题〔每一小题5分，一共50分〕1.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 11B A =a ，11D A =b ，A A 1=c ，那么以下向量中与M B 1相等的向量是〔〕 A.－21a +21b +c B.21a +21b +c C.21a －21b +c D.－21a －21b +c 2.以下等式中，使点M 与点A 、B 、C 一定一共面的是〔〕 A.OC OB OA OM --=23 B.OC OB OA OM 513121++=C.0=+++OC OB OA OMD.0=++MC MB MA3.空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于1，点E 、F 分别是AB 、AD 的中点，那么DC EF ⋅等于〔〕A.41 B.41- C.43 D.43-)2,,1(λ=a ，)1,1,2(-=b ，a 与b 的夹角为060，那么λ的值是〔〕1 C)2,1,1(-=OA ，)8,2,3(=OB ，)0,1,0(=OC ，那么线段AB 的中点P 到点C 的间隔为〔〕 A.213 B.253 C.453 D.4536、在以下命题中，不正确的个数为〔〕 ①．b a b a +=-是a 、b 一共线的充要条件； ②．假设a ∥b ，那么存在唯一的实数λ，使λ=a ·b ；③．对空间任意一点O 和不一共线的三点A 、B 、C ，假设OC OB OA OP --=22，那么P 、A 、B 、C 四点一共面；④．假设｛c b a ,,｝为空间的一个基底，那么{a c c b b a +++,,}构成空间的另一个基底； ⑤．│〔a ·b 〕c │＝│a │·│b │·│c │A ．2B ．3C ．4D ．57、⊿ABC 的三个顶点分别是)2,1,1(-A ，)2,6,5(-B ，)1,3,1(-C ，那么AC 边上的高BD 长为( )A.5B.41C.4D.528、非零向量12e e ，不一共线，假如1222122833e e e e e e =+=+=-，，AB AC AD ，那么四点，，，A B C D 〔〕Ａ．一定一共圆Ｂ．恰是空间四边形的四个顶点心Ｃ．一定一共面Ｄ．肯定不一共面9、(1,2,3)OA =，(2,1,2)OB =，(1,1,2)OP =，点Q 在直线OP 上运动，那么当QA QB ⋅获得最小值时，点Q的坐标为〔〕 A ．131(,,)243B ．123(,,)234C ．448(,,)333D ．447(,,)33310、在直三棱柱111A B C ABC -中，2BAC π∠=，11AB AC AA ===. Ｇ与Ｅ分别为11A B 和1CC 的中点，Ｄ与Ｆ分别为线段AC 和AB 上的动点〔不包括端点〕. 假设GD EF ⊥，那么线段DF 的长度的取值范围为〔〕A. 1⎫⎪⎭B.1, 25⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C. 1,⎡⎣ D. 二、填空题〔每一小题4分，一共16分〕11、设)3,4,(x =a ，),2,3(y -=b ，且b a //，那么=xy . 12、向量)1,1,0(-=a ，)0,1,4(=b ，29=+b a λ且0λ>，那么λ=________.13、a ＝〔3，1，5〕，b ＝〔1，2，－3〕，向量c 与z 轴垂直，且满足c ·a ＝9，c ·，4-=b ，D 'A'C 'B'DAQ那么c ＝．14、如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.，M 在EF 上．且AM ∥平面BDE .那么M 点的坐标为。

高考数学三轮冲刺点对点试卷立体几何综合题文试题

立体几何综合题〔文〕制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日1．如下图，在多面体111ABC A B C -中， ,,D E F 分别是1,,AC AB CC 的中点， 4AC BC ==， 42AB =， 12CC =，四边形11BB C C 为矩形，平面ABC ⊥平面11BB C C ， 11//AA CC〔1〕求证：平面DEF ⊥平面11AAC C ；〔2〕求直线EF 与平面ABC 所成的角的正切值.2．如图，在四棱锥P ABCD -中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且23BAD π∠=，点M 是侧棱PC 的中点.〔1〕求证：直线PA 平面MDB ；〔2〕假设PB PD ⊥，三棱锥P ABD -63，求PA 的值. 3．如图,在所有棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中, D 、1D 分别是BC 和11B C 的中点.〔1〕求证： 11A D ∥平面1AB D ；〔2〕假设平面ABC⊥平面11BCC B , 160O B BC ∠=,求三棱锥1B ABC -的体积.4．如图,矩形ABCD 中, 22AB =, 2AD =, M 为DC 的中点,将DAM ∆沿AM折到D AM ∆'的位置, AD BM '⊥．〔1〕求证：平面D AM '⊥平面ABCM ；〔2〕假设E 为D B '的中点,求三棱锥A D EM -'的体积．5．如图,以A 、B 、C 、D 、E 为顶点的六面体中, ABC ∆和ABD ∆均为等边三角形,且平面ABC ⊥平面ABD , EC ⊥平面ABC , 3,2EC AB ==．(Ⅰ)求证: //DE 平面ABC ；(Ⅱ)求此六面体的体积．6．在四棱锥P ABCD -中,底面是边长为2的菱形, 060BAD ∠=, 3PB PD ==, 11PA =, AC BD O ⋂=.〔1〕设平面ABP ⋂平面DCP l =,证明： //l AB ；〔2〕假设E 是PA 的中点,求三棱锥P BCE -的体积P BCE V -.7．在三棱柱111ABC A B C -中,侧棱1BB ⊥底面111A B C , D 为AC 的中点, 1112A B BB ==, 111AC BC =, 1160AC B ∠=︒.〔1〕求证： 1//AB 平面1BDC ；〔2〕求多面体111A B C DBA 的体积.8．如图,在正三棱柱111ABC A B C -中, 4AB =, 16AA =, E , F 分别为1BB , AC 的中点.〔1〕求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A ；〔2〕求几何体1AA EBC 的体积.9．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形, PA ⊥底面ABCD , PA PB =, ,E F 分别是,PA PB 的中点.〔1〕在图中画出过点,E F 的平面α,使得//α平面PCD 〔须说明画法,并给予证明〕；〔2〕假设过点,E F 的平面//α平面PCD 且截四棱锥P ABCD -所得截面的面积为322,求四棱锥P ABCD -的体积.10．如图,在三棱柱111ABC A B C -中,底面△ABC 是等边三角形,且1AA ⊥平面ABC , D 为AB 的中点.(Ⅰ) 求证：直线1BC ∥平面A 1CD ；(Ⅱ) 假设12AB BB ==,E 是1BB 的中点,求三棱锥1A CDE -的体积．11．如图, AB 为圆O 的直径,点E F 、在圆O 上, //AB EF ,矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直.2AB =, 1EF =.〔Ⅰ〕求证：平面DAF ⊥平面CBF ；〔Ⅱ〕设几何体F ABCD -、F BCE -的体积分别为12V V 、,求12V V ：的值.12．在四棱锥P ABCD -中, PA ⊥平面ABCD , //AD BC , AD DC ⊥, 2AD DC PA ===, 4BC =, E 为PA 的中点, M 为棱BC 上一点．〔Ⅰ〕当BM 为何值时,有//EM 平面PCD ；〔Ⅱ〕在〔Ⅰ〕的条件下,求点P 到平面DEM 的间隔．13．如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,平面PAD ⊥底面ABCD ,且PAD ∆是边长为2的等边三角形, 13,PC M =在PC 上,且PA 面MBD .〔1〕求证: M 是PC 的中点；〔2〕求多面体PABMD 的体积.14．如图1,在矩形ABCD 中, 4,2AB AD ==, E 是CD 的中点,将ADE ∆沿AE 折起,得到如图2所示的四棱锥1D ABCE -,其中平面1D AE ABCE ⊥平面.〔I 〕证明: 1BE D AE ⊥平面；〔II 〕求三棱锥1C BD E -的体积.15．三棱锥P ABC -中,PA ⊥面ABC ,D 是PC 的中点,PD DB ⊥,2, 4.PA AC AB ===(Ⅰ)求证：AB AC ⊥(Ⅱ)假设G 是PB 的中点,那么平面ADG 将三棱锥P ABC -分成的两局部的体积之比.16. 如图,矩形CDEF 所在的平面与直角梯形ABCD 所在的平面垂直,且////1,,1,2,, 3.,2AB CD BC CD AB BC CD MB FC MB FC P Q =⊥====分别为,BC AE 的中点．〔I 〕求证：//PQ 平面MAB ；〔II 〕求证：平面EAC ⊥平面MBD ．17. 如图,在三棱锥C P -AB 中,PA ⊥PB ,C C A ⊥B ,PA =PB ,C C A =B ,D 、E 、F 分别是C P 、C A 、C B 的中点．〔I 〕证明：平面D F//E 平面PAB ；〔II 〕假设2C 2AB =P =,求三棱锥C P -AB 的体积．18. 如图,在矩形11C CDD 中,111////CC BB AA ,2,1,21====AA BC AD AB ,将在矩形11C CDD 沿11,BB AA 分别将四边形C C BB D D AA 1111,折起,使1CC 与1DD 重合〔如下图〕〔Ⅰ〕在三棱柱111C B A ABC -中,取AB 的中点F ,求证：⊥CF 平面11A ABB ；〔Ⅱ〕当E 为棱1CC 中点时,求证：//CF 平面1AEB .CC1A1B1E19. 如下图,在边长为12的正方形11ADD A 中,点,B C 在线段AD 上,且3,4AB BC ==,作11//BB AA ,分别交111,A D AD 于点1B ,P .作11//CC AA ,分别交111,A D AD 于点1C ,Q .将该正方形沿11,BB CC 折叠,使得1DD 与1AA 重合,构成如图的三棱柱111ABC A B C -. 〔1〕求证：AB ⊥平面11BCC B ；〔2〕求四棱锥A BCQP -的体积.制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日。

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(1)求证:EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值。
16、在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAB为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PB＝PC＝2，CD＝AD＝1，E为线段AB的中点，过直线CE的平面与线段PA，PD分别交于点M，N．
（1）求证：MN⊥PB；
（2）若直线PC与平面CEMN所成的角的余弦值为，求的值．
17、如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，， .
(1)求证:EF∥平面SAD.
(2)若G为线段AB上一动点,求平面EFG与平面ABCD间最小锐二面角的余弦值.
15、如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.
（1）求证：；
（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
立体几何解答题专项训练
1、在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且 .
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的大小；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离.
2、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD= ，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AB=CD=BC=CF=1。
（1）证明：平面平面 .
（2）若，求二面角的余弦值.
11、如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，，把沿向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示；且平面平面．
（1）证明：；
（2）在（1）的条件下求二面角的余弦值．
12、如图，，分别是圆台上下底面的圆心，是下底面圆的直径，，点是下底面内以为直径的圆上的一个动点（点不在上）.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.
18、如图，在梯形中，，现将所在平面沿对角线翻折，使点B翻折至点E，且成直二面角．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值.
13、在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l．
（1）证明：；
（2）已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由．
14、如图,四棱锥S-ABCD,E、F分别为BS、CD中点,ABCD为菱形,∠BAD=60°,△SAD为正三角形,AB= 2,面SAD⊥面ABCD.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
7、如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，．
(1)证明：平面平面PBD；
(2)直线PC上是否存在一点M使得二面角为直二面角，若存在，求出M点的位置；若不存在，请说明理由．
8、如图甲，三棱锥，均为底面边长为､侧棱长为的正棱锥，且A､B､C､D四点共面（点P，Q在平面的同侧），，交于点O.
（1）证明：平面平Байду номын сангаас ；
（2）如图乙，设，的延长线交于点M，求二面角的余弦值.
9、如图，在中，，斜边，现将绕AC旋转一周得到一个圆锥，BD为底面圆的直径，点P为圆锥的内切球O与CD的切点，为圆锥底面圆周上异于B，D的一点．
(1)求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
10、如图，在三棱柱中，，，， .
19、如图，在多面体中，四边形是菱形，，平面，，且 .
（I）求证：平面；
（Ⅱ）已知点G在CF上，当时，求直线DG与平面BDE所成角的正弦值.
20、如图，三棱锥中，平面平面，，，点，分别是棱，的中点，点是的重心.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
(1)求证:EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值。
3、如图，在四棱锥中，，底面，是边长为2的菱形，，正所在平面与底面垂直．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4、如图所示，已知四棱锥中，底面是矩形，平面底面且为中点.点P在平面ABCD上的投影在线段AD上.
设平面的法向量，
则，取，得，
设平面与平面所成角的大小为，
则，，
∴平面与平面所成角的大小为 .
(3)点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，
设则，，，，
，
解得，∴线段的长为 .
设平面的法向量，
则，取，得，
又，所以 .
2、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD= ，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AB=CD=BC=CF=1。
(1)求证：；
(2)若与底面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.
5、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面ABCD，F为AB的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
6、在如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面，，，为与的交点，点H为棱的中点.
解：(1)证明：∵平面平面，平面平面，
平面，，所以直线平面 .
以为原点，，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
由题可知为平面的一个法向量，所以 .
又因为平面，平面 .
(2) ，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
21、已知四棱锥中，底面是平行四边形，，分别是的中点， .
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
参考答案
1、在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且 .
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的大小；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离.