通关达标卷八立体几何(A卷)-【勤径学升】2025年高考一轮复习数学通关卷（人教A版）

见此图韩眼戴性样骨所源然脂量学习饮件，臭及一抢蛋习邪原+ G.紫心壶是中回特有的手T制迹周上工艺局，其料作始于明朝正德年 12,在直国棱柱ABCD-AB,CD,中，AA-AD-2AB-2,AB 通关达标卷八 风禁砂壶的壶型众多，经典的有丙施童，相球壶，石氯壶活幸等其 AD,且P为C℃，中点.Q为AA:上一动点，周 立体几何(A卷) 中在置桌的壶体可以近红看成一个调台，如图给出了一个石黑壶的 相关数据单位)，耶么i该壶约量大盛水最为 A,IPQE[,而 满分，150分时间，120会钟 A.68a.cm' B.152=cm C.2010#mD.201xcm 岛三检篮AQP丝，的体假为号 一，选择驱，本驱具4小题，每小题分，共0分。在每小题给出的 7,已知F形A风CD,AB一1，BC-5,沿对角线AC将△ABC折 四个这项中，只有一项是符合驱日要求的 C,存在底Q使得D,与平面QPH集直 老，若平面ABC与平面CD质成角的余被数为一青，購县与D L,下用说法正确的是 口存在点Q使视A,与平雀QP,原真 之闻距离为 A.在空间中，2有公共点的两第直线五相平行 私校柱的侧候长都相等，刺直都是平行四边形 A.1 B C. n四 害打 G用一个平山去酸园锥，得到一个保维和一个图台 然U知直三棱且ACA,B,C的六个颜点都在球O的表面上，若 三，填空题，本共4小题，每小盟5分，共20分 山，以直箱三角据一边为能转轴，其余内边藏转一周所得的旋转 AB=1.-2,∠A3C-60,A,A=3,圳球0的张积是（ 3,如国，已知正三棱柱ACAB'C的底直边长为1cm,侧面积 体是属靠 C.s n要 为9：，螺一质点自点4出发，沿登三棱柱韵侧所绕行一周到 线二，已知m,n表示不同的直视，，表示不同的平而，联下列正确 二，选择圆，本丽典4小整，每小哪5分，其0分。在每小驱给出的 达点A'的最短路线的长为 的为 选项中，有多项符合题日要术。全部惑财的得5分，部分透网 A.若w∥a成3，刚是 取若a几一m,Haw示明mu 的得2分，有选错的得0分 C若m⊥a,稀⊥，期w▣ D若a⊥马Ca,湘m日 A.如图，在棱花均相等的正四楼维PD中0为底面正方无的中 内 3,4,6,/是直线a是平面，雨下列说法正确的是 .M,N分别为陵A,PB的中点，列断下到结论E商的是( A.若1平行于：内的无数条直线.期∥： A.M∥PC B.MN∥平面PCD C.OM⊥平国AD D平面MNOg平面PCD 乱若a末在平面度内，螂：a C,若46，二，则ae 第1山影唐 带14思因 1.若a:C。.鳝a平行于a内的无数条直线 1.如图，平面a∥平童A△PAB所在的平面与年，分到交于CD 4.知周，在直三棱住AC-AC,AB=保C一(C,AC,E为 和AB,若PWC=?,A=3.CD=1.则AB= C的中点，F为BC的中点，国异面直线AF与CE所成角的正常 1,如图.度三校柱ABCABC中，AB-BC2,AA=4 植为 ∠AB,C,一o,期直线A,C与平面AABB所成角的正弦值 第9题悟 第拉题国 第1道 10.如图，在直三棱柱ABC-A B,C中，AC=BC,D为AB的中 为 点，下列说法中正确的有 A.CD⊥平霍AB,A B.C8平而A,DC 、平而A,DC⊥平面ABBA,DA,D∥平面CC L.如图，在四面体ABD中，AB=CD一区，AC=AD=C BD一5，若用一个与AB,CD都平行的平面。酸报四面体，下 第5脑刚 第道周 彩说法中正确的有 5.如溶，A是调0的直径，C是测国上不司于A,B的任意一点 A.异面直线AB与CD所成的角为0 1G.顶点为P的图笔的轴就面是等餐直角三希形：A是底面图周上 PA⊥平图A,则国面体PABC的四个面中，直角三角形的 队平面：载四直体ACD所得载直棋长木零 的点，非是底面属内的点，O为底霍周圆心，AB⊥0B,逐足为 C.平直：截四宝体A风D所得截翟不可能为正方形 数为 B.OH I PB.秉足为H,丑PA4.C是PA的中点，期当三搜 B.2 .8 n,4 几接调面体的外接球半轻为号 能0-HC的体积最大时，OB的长为 两黄一种通美春·数学·则A沁2公 见比酒标熙能绘？科者轻娟源的智能学习伏什，突装一轮蛋习难。 国，解答题，本题其6小题，共0分。解苦应写出文字说明，证明过 9,(12分)如周.四边形A1D是平行四边形∠CA=三，四边 21.(12分)如图，在梯那AD中，AB1C,A8∥CD,E,F分别 程过清算步覆 是C.AD的中点，且AB:=2)=沿EF将DFE折 1了，《10分)如图，四棱崔P1拟D中，测我PAD为等边三角形.且 慧ABEF是保形，BE放AF,庄AB上AF.B=BE=。AF=I, 起至C,DFE,连接AD,C,得到多面体ABEFD C,M是A日 垂直于底面ABCD.AB=-BC-AD,∠iD-∠A=90 BC'一反，平在ACD⊥平面ABEF 的电点N是你上点且N=L (1)证明：平面CMN∥平面AD,F, (1处明：直线C及平面PAD: (11求证：ACLEP: (?)米直线C与平面E下D属成的正蕊慎 (2)若AD,一22，求直线C与平西C,MN所或角的正弦值 (2)若△CD的面为2,7，求四楼锥户ACD的体积. 18,(12分)1图，四边形ABD为矩形，且AD-2,AB一1.PA上 20,(12分)如国，在因棱银PA议力中，能围AD是边长为于22.(12分)如图，在三棱挂ABC-A,B,C中，A4⊥底面ABC 平面ABCD.PA=1,E为的中点 的正方形，侧面PAD是正三角形.侧面PAD⊥底面ABCD.平 AA,=C=2AB=,2AC,点M为BC的中点， (1)求证：PE⊥DE: 面PBCn平重PAD-L. (11正明：AC平面A,M: (2若点G为PA的中点.正调：3：半m (1山判断！与C的位置关系并给予F明： 《2求平街P以与平面PAD所成二周角的余盆值， (2AC上是香存在点N:使=面角BAMN的大小为三，若 存在来然的值：话不存在，情昆明理尚。 24必高号一掉星美喜·数学·时A见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 14.号 解析 根据题意画出图象，如图， C D △B ∵AD为BC边上的高，∴AD⊥BC. ∵AB=2,∠ABC=30°,则BD=√3, ∴BD=÷BC,∴AD=AB+BD-AB+÷BC=AB+ ÷(AC-AB)=2AB++AC 又∵Ab=λAB+μAC,∴a=2·μ=÷,故λ-μ=÷. 15.②① 解析 设等差数列(a.)的公差为d,d<0.则 3·aa4=+(-), 故T=号(÷-÷)+÷(-)+⋯+÷(-)= ÷(÷-a) =5.4=分·a5.a- 解得{q={q-2(合去), 所以a,=-2n+8,故a?=2,故①错误； s: n(6-2n+8) 7n-n2,故②正确；2 n(a,+n-2)=n(-2n+8+n-2)=6n-n2,故③错误； S,=7n-n2=-(n-2)+,n∈N*,则当n=3或n=4 时，S,取得最大值，所以S,≤S?=12,故④正确. 16.[3,4]解析 由f(x)=sin x-号=0可得sin x= 2,故x=2kπ+吾或x=2kπ+,其中k∈Z. 连续的14个零点为 26x+晋：26r+,26π+12,2kn+1⋯,2kπ+晋+12x, 2kπ+3+12π, 若2kπ-7F<a≤2kπ+晋，则2kπ+F+12π<b<2kx+晋+ 14π,此时3<b-a<4. 若2kπ+晋<a≤2kπ+,则2kπ++14π<b<2kπ++ 14π, 此时QT<b-a<4,故<b-a< 17.解(1)“面数f(o)=“￥十“为奇函数， :. 即a-3-a·31=-a-1+a·3, 即x=至时函数有最小值，最小值为0. 当a>4时，函数 f(x)的增区间为(o,—2-γa—4a) 20.解 (1)由b=2√Zc及正弦定理，得sin B=2√2sin C. (“-2+{6=.+), 因为A=章，所以 sin B=sin(-C)=2√2sin C. 减区间为(“-2-4-,2+-),∴2a·(3?-1)=1-3, 可得a=-号 所以竖o C+经an C=2、Zsn C,整理得督oC-2an C, (2)由(1)可知， 即 tan C-3. ①当a≤4时，函数 f(x)单调递增，又由f(1)=0,可得此时 (2)由(1)可知 fo=·3~÷ 3?-132—1 =-2-g -号(3-1)-1 函数只有一个零点为x=1; (2)由(1)可知 tan C=号，则o<C<吾， 所以sn c=√m ctc=√mc- 由五级号 所以b=2√2c=4./2. ②当a>4时，由x?x?=l>0,z?>x?,可得O<x?<1<x?, 又由f(1)=0,由函数的单调性可知f(x?)>f(1)=0,f(x?) <f(1)=0, 由32-1≠0,得x≠0,所以3>0且32≠1, 当O<x<1且0<x<e-÷时， 可得Inx<1ne-,有lnx+2<0, 可得f(x)<lnx+a-2=Inx+2<0, 当x>e2时，f(a)>1nx-2>lne2-2=2-2=0, 可知此时函数 f(x)有且仅有3个零点. 由上知，当a≤4时，函数 f(x)有且仅有一个零点； 所以-1<3?-1<0或3?-1>0, 所以3二<-1或二>0, 响心 所以-号-3>或-÷-3<-号， 所以函数 f(z)的值域为(-~,-2)U(2,+~). 所以△ABC的面积为S=÷sinA=÷×4√Z×2×空=4. 21.解(1)∵f(x)=cos x-acos x+axsin x, 18.解(1)证明；由已知a=2,a,=2-a(n≥2),得a.-1= ∴f(0)=1-a=1,∴a=0. (2)证明：要证f(x)≤2ax,即证 sinx-axcos x≤2ax,只需 证sinx≤ax(2+cos x),∵2+cosx>0,也就是要证 当a>4时，函数f(x)有且仅有3个零点. 1-六 通关达标卷八 立体几何(A卷) 以aT===,+ =1+aT· z+-aa<0. 令g(x)=z+bo x-ax, 1.B 解析 选项 A,没有公共点的两条直线可以异面，错误；由 棱柱的定义容易判断B正确；选项C,用平行于圆锥底面的平 面去截圆锥，得到一个圆锥和圆台，C错误；选项 D,若以直角 三角形的斜边为旋转轴，则得到的图形是同底面的两个圆锥，-0-2g’(x)=cos x(2+cos x)-— sin x((2+cos x) D错误.所以a|-=1,所以数列{3)是以1为首项，1 为公差的等差数列. 2.B 解析 选项 A,若m//a,α//β,则m//β或mCβ,故 A—a, :a≥÷∴((v<2+x+)-÷-32+aD<0. 错误； (2)由(1)可得a二x=n,则a.-1=合，所以e=2a+D= -+· 选项 B,∵n//β,过直线n作平面γ,使得a∩y=a,3//γ,如下 ∴g(x)在[0,+～]上为减函数，∴g(x)≤g(0)=0, ∴sin x-axcos x≤2ax,得证. 图所示： n 22.解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+～), 所以 S。=(1-2)+(2-3)+(3-+)+⋯+ (2-+)=1-+1=+T fa)=÷-qfy-+(2-4*+. βm 在一元二次方程x2+(2-a)x+1=0中，△=(2-a)2-4= ∵n//a,nCy,a∩y=a,则n//a,2-4a=a(a-4). 19.解(1)f(x)=m·n=2cosx+√3sin 2x=2×1+cgS2x+ √3sin 2x=2sin(2x+否)+1,所以该函数的最小正周期为 空-m ∵β//y,α∩β=m,a∩y=a,则m//a,故m//n,故B正确；①当a<0时，f(x)≥0,此时函数f(x)单调递增，增区间为 选项C,若m⊥α,m⊥n,则n//a或nCa,故C错误；(0,+～),没有减区间； 选项D,若a⊥β,ma,则m与β相交(不一定垂直)或mβ或 m//β,故 D错误.故选 B. ②当O≤a≤4时，f(x)≥0,此时函数f(x)单调递增，增区间 为(0,+0),没有减区间； 3.D 解析 选项A,当1平行于a内的无数条直线时，若lCa,③当a>4时，一元二次方程x2+(2-a)x+1=0有两个不 由2kx-空<2x+F≤2kπ+(k∈Z)→kπ-3≤x<kπ+ 则l与α不平行，所以A错误；相等的根， 分别记为x?,z?(x?>x?),有x?+x?=a-2,x?x?=1>0,可 选项B,当a不在平面a内时，a与a有可能相交，所以B错误；吾(k∈Z), 选项C,当a//b,bCa时，若aCa,则a与a不平行，所以C 错误； 得x?>x?>0, 所以该函数的最小正周期为π,单调递增区间为 4,x=a-2+ya-4a.有x?=4-2=kn-吾，kπ+F](k∈Z), 选项 D,当a//b,bCa时，由线面平行的性质可知a平行于a 可得此时函数f(x)的增区间为(0,x?),(x?,+),减区间为 内的无数条直线，所以 D正确.故选 D. (2)当x∈[0.晋]时，2x+晋∈[音.晋],所以当2x+晋= 4.B 解析 在直三棱柱ABC-A?B?C?中，连接BF,如图，因为 E为BC的中点，F为B,C?的中点，所以C?F//BE,C?F (x?,x?). 综上所述，当a≤4时，函数f(x)的增区间为(0,+～),没有 号，即x=晋时函数有最大值，最大值为3;当2x+吾一晋， 减区间； =BE, 高考一轮通关卷·数学·RJA ~63 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 G 8.C 解析 在△ABC中，AB=1,BC=2,∠ABC=60°,BA F 则AC=√AB2+BC°-2AB·BCcos 60° =√I+4-2×1×2×÷=后， 则 AC2+AB2=BC°,所以AC⊥AB, CEB 则四边形BECF为平行四边形，即有BF//C?E,因此∠AFB 如图将三棱柱 ABC-A?B?C;补全为长方体，其长，宽，高分别 是异面直线AF与C;E所成角或其补角， 为√3,1,3, 因为 BB?⊥平面 ABC,ABC平面ABC,则 AB⊥BB.又 AB C ⊥BC,BB?∩BC=B,BB?,BCC平面BCC,B,即有AB⊥平 面 BCC?B. A?f YB 又 BFC平面 BCCB,所以AB⊥BF,令AB=2,则BF=√5, CAF=3, 所以异面直线AF与C.E所成角的正弦值为sn∠AFB-#一号 B 5.D 解析 因为PA⊥平面ABC,ABC平面 ABC,ACC平面 则外接球的半径R-豆-,ABC,BCC平面ABC, 所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC, 所以球O的体积是4πR3=13√13: 所以△PAB,△PAC为直角三角形. 又因为AB是圆O的直径， 9.ABD 解析 选项 A,连接AC过O点，如图所示： 所以 BC⊥AC,△ABC为直角三角形. 备 因为PA∩AC=A,PAC平面PAC,ACC平面PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. M< N n2 c又 PCC平面 PAC, 所以 BC⊥PC,则△PBC为直角三角形. A B 综上所述，四面体 P-ABC的四个面都是直角三角形. 因为O,M分别为AC,AP的中点，所以OM//PC,故A正确； 6.B 解析由题意得上底面半径为4,面积S?=π×42=16π, 选项B,因为M,N分别为PA,PB的中点，所以MN//AB. 又因为AB//CD,所以MN//CD. 因为 MN±平面 PCD,CDC平面PCD,MN//CD, 所以 MN//平面 PCD,故B正确； 下底面半径为6,面积 S?=π×62=36π,圆台高h为6, 则圆台的体积V=3(S+S?+√SS?)h=÷×(16π+36π+ √16π×36π)×6=152π(cm3). 7.C 解析 过B和D分别作BE⊥AC,DF⊥AC, 选项C,因为OM//PC,四棱锥P-ABCD中棱长均相等， 所以∠DPC=60°,即直线OM与PD所成角为60°,即 MO不 垂直PD, ∵AB=1,BC=√3, ∴AC-2.÷AB·BC-÷AC·BE∴BE-DF-, 所以 MO不垂直平面PAD,故C错误； 选项 D,由A知OM//PC,OM±平面PCD,PCC平面PCD, 所以OM//平面 PCD, 则AE=CF=2,即 EF=2-1=1. ∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为一号， :cos(EB,FD)=-+∵BD-BE+EF+FD, ∴BD=(BE+EF+FD)2=BE+EF+FD+2BE·EF +2·Fb+2D·FD=÷+1+÷-2×F×× 由B知MN//平面PCD,且MN∩OM=M,所以平面MNO// 平面 PCD,故D正确. 10.ABC 解析 因为三棱柱ABC-A,B,C,是直三棱柱， 所以AA?⊥平面ABC.又 CDC平面ABC,所以AA?⊥CD. 又AC=BC,D为AB的中点，所以CD⊥AB,且AB∩AA,= A,AB,AA?C平面ABB?A?,所以CD⊥平面ABB,A?. 又CDC平面 A,CD,所以平面A,DC⊥平面ABB,A?,故 AC 都正确； (-3)=3,则|BD|=√3, 即 B与D之间距离为√3.故选 C. 尽 连接AC?交A,C于点O,再连接DO,可知DO为△ABC?的BK C 中位线， E >C 所以 DO//BC?.又 DOC平面A,DC,BC在平面A?DC外，E D b 所以 BC?//平面 A?DC,故B正确； 选项 D,因为AC;=(-2,1,2),所以AC,也不可能平行于n,A, G B 故 D错误. 0 13.3√2 解析 将正三棱柱 ABC-A'B'C'沿侧棱展开，其侧面 展开图如图所示，cA< D A' B' C' A' B 假设A?D//平面BCC?B,因为平面A?ABB,∩平面 BCC,B, =BB?,A?DC平面A?ABB,所以A?D//BB?, A B C A? 而 BB//A,A,所以A?D//A?A,而A,D∩A?A=A?, 依题意AB=BC=CA?=1cm,由侧面积为9cm2, 所以假设不成立，因此选项D不正确.故选 ABC. 所以 Cmc·AA′=9,则AA'=3 cm, 11.ABD 解析 选项A,如图1,取CD中点M,△ACD为等腰 三角形，那么CD⊥AM,同理，CD⊥BM,且AM∩BM=M, 依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A'的最短路线为 |AA′l=√AA+A,A=√3+3=3√2(cm).AM,BMC平面ABM,那么CD⊥平面 ABM,而 ABC平面 14.音 解析 由题意，平面0//平面B.△PAB所在的平面与ABM,∴CD⊥AB,A正确；选项 B,如图2,设平面α与四面 体ABCD的各棱的交点分别为E,F,G,H,由AB//平面α, 且ABC平面ABD,两个平面的交线为HG,则AB//HG,同 理、FG//CD,·一·一開,得HG+HE=√2, a,β分别交于CD和AB,根据面面平行的性质，可得CD// AB,所以器P 因为 PC=2,CA=3,CD=1,所以AB=CFCPA-125-音.∴周长为2√2,B正确；选项C,E,F,G,H为各棱中点时，截 是业来务受州正方形，C的说选项D分图图形体的外 接球为长、宽、高分别为1,1,2的长方体的外接球，半径r= 雲.D正确，放选ABD 尚。15. 解析 由条件可知平面ABC上平面A,ABB,且平面 ABC∩平面 A?ABB?=AB,∵BC⊥AB,∴BC⊥平面 A?ABB?,∴∠CA?B是直线A?C与平面A?ABB,所成角， A.c=√E+2+F=2,Gsn∠CAB=AC-2-A B CA A 2G A, B B< >D >D p以M M C C c 图 1 图 2 图 3 BA12.AB 解析因为在直四棱柱 ABCD-A,B,C?D?中，AB⊥ AD,所以 DA,DC,DD,两两垂直，所以以D为坐标原点， DA为x轴，DC为y轴，DD?为ε轴，建立空间直角坐标系 D-xye, 16. 解析 ∵AB⊥OB,AB⊥OP,∴AB⊥平面 POB. ∵ABC平面 PAB,∴平面PAB⊥平面 POB,且平面 PAB∩平 面 POB=PB.选项 A,P(0,1,1),Q(2,0,q),所以 二oA |PQl=√(q-1)2+5,且q∈[0,2], C?B 所以|PQl∈[√5,√6],故A正确； 选项 B.Veom=Vomm=÷×1× ip A] C√B ∵OH⊥PB,OHC平面 POB,∴OH⊥平面 PAB. 又 HCC平面 PAB,PAC平面 PAB,∴OH⊥HC,OH ⊥PA. ∵C是PA的中点，PO=OA,PO⊥OA,∴OC⊥PA, ∴PA⊥平面 HOC,即 PC为三棱锥P-HOC的高. ×2×2=3,故B正确； 又PC=OC=2,∴OH2+HC2=0C2=4, ∴S?mx=÷OH×HC<÷×OHHC-1, 当且仅当HO=HC时，S最大，即Vopc=Vpgco最大， 选项C,BP=(-2,0,-1),BΩ=(0,-1,q-2),BD= (-2,-1,2),设平面QPB,的法向量n=(x,y,z),且 -g+ 此时，HO=√2,∴HO=÷OP,∴∠HPO=30°,∴OB=OP· tan 30=2:G.-2),所以BD,不可能平行于n,故C错误； 64～高考一轮通关卷·数学·RJA H C 0 A 17.解 (1)证明：在底面ABCD中，因为∠BAD=∠ABC=90°, 所以 BC//AD.又 BC±平面 PAD,ADC平面 PAD, 所以直线 BC//平面 PAD. (2)在等边三角形PAD中，过P作PE⊥AD,垂足为E, E DA B C 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面ABCD= AD,PEC平面PAD,所以PE⊥平面 ABCD. 在直角梯形ABCD中，连接CE,又AB=BC=≥AD,则四边 形ABCE为正方形. 设AB=x,则PE=√3x,BC=CE=x.在Rt△PED,Rt△PCE, Rt△DCE中，lPD|=|PC|=√Z2+(√3x)2=2x,|DC|= √x+x=√2x. 又Sm=2.7,即·√u2-(竖)=2.,7,解得x=2 或x=-2(舍去),底面ABCD的面积S易n=÷(BC+ AD)·AB==x2=6. 又PE=2√3,则V?-=÷S≠·PE=÷×6×2√3 =4√3. 18.证明(1)连接 AE,∵E为BC的中点，EC=CD=1, ∴△DCE为等腰直角三角形，由此可得∠DEC=45°,同理 ∠AEB=45°,∴∠AED=180?-(∠DEC+∠AEB)=90°, 即 DE⊥AE.又∵PA⊥平面 ABCD,且 DEC平面 ABCD, ∴PA⊥DE.又∵AE∩PA=A,AE,PAC平面 PAE,∴DE 上平面 PAE.又∵PEC平面PAE,∴PE⊥DE. (2)取 PA,PD的中点G,H,连接EG,GH,CH,∵G,H是 PA,PD的中点，在△PAD中，可得GH//AD,且GH= ÷AD.又∵E是BC的中点，且四边形ABCD为短形， ∴EC//AD,且EC=÷AD,∴EC,GH平行且相等，可得四 边形 ECHG是平行四边形，∴EG//CH. 又∵CHC平面 PCD,EG±平面 PCD,∴EG//平面 PCD. P Gk H A >D B E C 19.解 (1)证明：因为AB=1,BC=√2,∠CBA=4, 由余弦定理得AC2=AB+BC2-2AB·BCCos∠CBA=1+2 -2×1×√E×≌=1.所以AC=1,则AC+AB=BC”,所以 ∠BAC=2,即 AC⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABEF,平面 ABCD∩平面ABEF=AB,ACC平面ABCD,所以AC上平面 ABEF.又 EFC平面ABEF,所以AC⊥EF. (2)如图建立空间直角坐标系，则E(1,1,0),F(0,2,0),C(0,0, 1),D(-1,0,1),所以EC=(-1,-1,1),E=(-1,1,0),E =(-2,-1,1), 设平面EFD的法向量为n=(x,y,z), (n·EF=-x+y=0, 所以 令x=1,则n=(1,1,3)n·Eb=-2x-y+x=0, 设直级EC与平面EFD所成角为0.图5m0-. 万元= ,故直线 EC与平面 EFD 所成角的正弦 为 以 上?⋯ F B生 E 20.解 (1)l//BC. 证明：“底面ABCD为正方形，∴AD//BC. ∵BC±平面PAD,ADC平面PAD,∴BC//平面 PAD. ∵BCC平面 PBC,平面 PBC∩平面PAD=1,∴l//BC. (2)取 AD的中点O,BC的中点G,连接OP,OG, 依题意 PO⊥AD,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧面 PAD∩底面 ABCD=AD,POC侧面 PAD,∴PO⊥底面 ABCD.又四边形 ABCD是正方形，∴OG⊥AD. 建立如图所示空间直角坐标系，则P(0,0,√3),B(2,-1, 0),C(2,1,0),G(2,0,0). 文 1 A< 6 方方 B C C 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),PB=(2,-1,-√3),BC 22.解 (1)证明：连接AB,与A?B交于点O,则O为AB?的中 点，连接 OM,因为点M为B?C?的中点，所以OM//AC.因 为OMC平面 A,BM,AC丈平面 A,BM,所以 AC//平 =(0,2,0), -0 面 A,BM. (2)因为BC=√2AB=√2AC,所以AB2+AC2=BC2,所以 AB⊥AC,如图建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=1,则:n=(誓o,1), B(1,0,0),A,(0,0√2),M(云，V2),设N(O.a,0),0≤a∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面 PAD∩底面ABCD=AD,XG⊥ AD,OGC平面ABCD,∴OG⊥平面 PAD,∴平面 PAD的法向 ≤1,所以B成，=(-1,0√E),A.M=(号，号0),A=量为m=(2,0,0). 设平面 PBC与平面PAD所成二面角为θ,显然二面角为锐 (0,a,-√2).设平面 BA,M的一个法向量为m=(xj,y?, 二面角， 2),则有· 取 x?=√2,得m= (V2,-√2,1),设平面A,MN的一个法向量为n=(x?,y?,.取 x:-一√豆，得 n∴平面 PBC与平面PAD所成二面角的余独值为一. e),则有·21.解 (1)证明：因为AB//CD,E,F分别是BC,AD的中点，所以 EF//CD//AB. 又AB=2CD=4,所以EF=AB+CD=3. =(-√2,√2,a). 因为106(m.n)1=T1:厅。一竖，解得a又 EN=1,M是AB的中点，所以FN=AM=2, 所以四边形 FNC?D,和四边形AMNF均为平行四边形， 所以 D?F//CN,AF//MN. 一号或a=-6(合),此时合-2,所以AC上存在点N,当 -2时，二面角B-A,M-N的大小为子. 又 D?FC平面AD?F,C?N≠平面AD?F,所以C,N//平面 AD?F.同理可得MN//平面AD,F. 又C?N∩MN=N,CNC平面C?MN,MNC平面C?MN,所 以平面C?MN//平面AD,F. +2 C; A M (2)在多面体ABEFD?C?中，EF⊥BE,EF⊥CE. 又 BE∩C?E=E,所以EF⊥平面 BC?E, 所以 AB⊥平面BC?E,所以AB⊥BC. B ok 由(1)知C,M//AD,,C;M=AD,=2√2. A长 因为 BM=2,所以BC?=2. 又 BC?=C?E=2,所以∠BEC=60°。 以 E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ct*zD? BKx 通关达标卷九 立体几何(B卷) 1.B 解析 ∵a//β,lCa,利用面面平行的性质定理可得l//β. 2.A 解析 如图，空间四边形ABCD,因为EFC平面ABC, GHC平面ACD, M. E A M β E/ 则N(1,0,0),C?(0,1,√3),M(2,2,0),B(0,2,0),所以BC; =(0,-1,√3),NC=(-1,1,√3),N=(1,2,0). 设平面 C?MN 的法向量为 m =(x,y,z),则 -x+y+√3x=0,今V=1,得m=(-2,1,-√3), C B F 所以点 M平面 ABC,且 MC平面ACD,而平面ABC∩平面 ACD=AC,x+2y=0. 所以点M∈直线AC.因为AC与BD为异面直线，所以M设直线 BC?与平面C?MN所成角为θ,则 m1 所以直线BC,与平图C.MN所成角的正装值有坚 直线 BD. 3.D 解析 选项 A,由面面平行的性质可以得到线面平行，A 正确；选项B,由线面平行的性质得到线线平行，B正确；选项 C,设a∩β=n,因为a⊥β,设aa,且a⊥n,则有a⊥β.因为m 高考一轮通关卷·数学·RJA ~65