专题16～17 立体几何 程序算法与框图-遇见最美的数学系列——23真题汇编

专 16 几 150. (2023全国乙卷理(文)) 图， 纸上绘 的一个零件的三 图， 正方 的边 为 1， 该零件的 表 积为 ( ) A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 151. (2023全国甲卷理) 四棱 P-ABCD中， ABCD为正方 ，AB= 4,PC=PD= 3,∠PCA= 45°， △PBC的 积为 ( ) A. 2 2 B. 3 2 C. 4 2 D. 5 2 152. (2023全国甲卷理) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E，F 为CD，A1B1的中点， 以EF为直 的球 与正方 每 棱的交点 数为 ． 153. (2023全国乙卷理)已知 PO的 为 3，O为 ，PA，PB为 的母线，∠AOB= 120°，若△PAB的 积 于 9 34 ， 该 的 积为 ( ) A. π B. 6π C. 3π D. 3 6π 154. (2023全国乙卷理)已知△ABC为 直角三角 ，AB为斜边，△ABD为 边三角 ，若二 角 C- AB-D为 150°， 直线CD与 ABC所成角的正 为 ( ) A. 15 B. 2 5 C. 3 5 D. 2 5 155. (2023全国甲卷文) 三棱 P-ABC中，△ABC 边 为 2的 边三角 ，PA=PB= 2,PC= 6， 该棱 的 积为 ( ) A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 156. (2023新高考Ⅱ卷)已知 的 点为P， 为O，AB为 直 ，∠APB= 120°，PA= 2，点C 上，且二 角P-AC-O为 45°， ( ) A. 该 的 积为 π B. 该 的 积为 4 3π C. AC= 2 2 D. △PAC的 积为 3 32 157. (2023新高考Ⅰ卷)下 物 中，能 被整 放入棱 为 1( ：m)的正方 容器 (容器 忽 不 计)内的 ( ) A. 直 为 0.99m的球 B. 所 棱 为 1.4m的四 C. 直 为 0.01m，高为 1.8m的 柱 D. 直 为 1.2m，高为 0.01m的 柱 158.（2023北京卷） 我国 统建 之一，蕴 丰富的数学元 ．安装灯 可以勾勒出建 轮 廓， 之 ． 图，某 可 为一个五 ，其中两个 全 的 ，两个 全 的 三角 ．若AB= 25m,BC=AD= 10m，且 所 的 、 三角 所 的 与 ABCD 的 角的正 为 14 5 ， 该五 的所 棱 之 为 ( ) A. 102m B. 112m C. 117m D. 125m 159. (2023天津卷) 三棱 P-ABC中，线段PC上的点M满足PM= 13 PC，线段PB上的点N满足PN = 23 PB， 三棱 P-AMN 三棱 P-ABC的 积之比为 ( ) A. 19 B. 2 9 C. 1 3 D. 4 9 160. (2023全国甲卷文) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，AB= 4,O为AC1的中点，若该正方 的棱与球O 的球 公共点， 球O的 的取 围 ． 161. (2023全国乙卷文)已知点S,A,B,C 为 2的球 上，△ABC 边 为 3的 边三角 ，SA⊥ ABC， SA= ． 162. (2023新高考Ⅱ卷) 边 为 4的正四棱 被 行于其 的 所截，截 一个 边 为 2，高为 3的正四棱 ，所 棱台的 积为 ． 163.（2023上海卷） 间中 三个点A、B、C，且AB=BC=CA= 1， 间中任取 2个不 的点D，E(不 虑这两个点的 )， 它们与A、B、C 成为一个正四棱 的五个 点， 不 的取法 种． 164. (2023新高考Ⅰ卷) 正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2,A1B1= 1,AA1= 2， 该棱台的 积为 ． 33 165.（2023北京卷） 图， 三棱 P-ABC中，PA⊥ ABC，PA=AB=BC= 1，PC= 3． (1) 证：BC⊥ PAB； (2) 二 角A-PC-B的 ． 166. (2023新高考Ⅰ卷) 图， 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2,AA1= 4．点A2,B2,C2,D2 棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2= 1,BB2=DD2= 2,CC2= 3． (1)证 ：B2C2∥A2D2； (2)点P 棱BB1上， 二 角P-A2C2-D2为 150°时， B2P． 167.（2023上海卷）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB⊥AD，AB⎳CD，AB= 2，AD= 3，CD= 4． (1)证 ：直线A1B⎳ DCC1D1； (2)若该四棱柱的 积为 36， 二 角A1-BD-A的 ． 34 168. (2023新高考Ⅱ卷) 图，三棱 A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC= 60°，E 为BC的中点． (1)证 ：BC⊥DA； (2)点F满足EF  =DA  ， 二 角D-AB-F的正 ． 169. (2023全国乙卷理(文)) 图， 三棱 P-ABC中，AB⊥BC，AB= 2，BC= 2 2，PB=PC= 6， BP，AP，BC的中点 为D，E，O，AD= 5DO，点F AC上，BF⊥AO. (1)证 ：EF⎳ ADO； (2)证 ： ADO⊥ BEF； (3) 二 角D-AO-C的正 . 170. (2023全国甲卷文) 图， 三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥ ABC,∠ACB= 90°． (1)证 ： ACC1A1⊥ BB1C1C； (2)设AB=A1B,AA1= 2， 四棱 A1-BB1C1C的高． 35 171. (2023全国甲卷理) 三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1= 2，A1C⊥ ABC，∠ACB= 90°，A1 BCC1B1的距离为 1． (1) 证：AC=A1C； (2)若直线AA1与BB1距离为 2， AB1与 BCC1B1所成角的正 ． 172. (2023天津卷)三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥ ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1= 2,A1C1= 1， M ,N BC,BA中点. (1) 证：A1N⎳ C1MA； (2) C1MA与 ACC1A1所成 角的 ； (3) 点C C1MA的距离． 36 专 17 法与 图 173. (2023全国甲卷文(理))执行下边的 图， 输出的B= ( ) A. 21 B. 34 C. 55 D. 89 37 专 16 几 150. (2023全国乙卷理(文)) 图， 纸上绘 的一个零件的三 图， 正方 的边 为 1， 该零件的 表 积为 ( ) A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 【答案】D 【解析】如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC= 2，AA1= 3， 点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M ,N为所在棱的中点， 则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-A1B1C1D1去掉长方体ONIC1-LMHB1之后所得的几何体， 该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少 2个边长为 1的正方形， 其表面积为：2× 2× 2 + 4× 2× 3 - 2× 1× 1 = 30. 故选：D. 151. (2023全国甲卷理) 四棱 P-ABCD中， ABCD为正方 ，AB= 4,PC=PD= 3,∠PCA= 45°， △PBC的 积为 ( ) A. 2 2 B. 3 2 C. 4 2 D. 5 2 【答案】C 【解析】法一： 129 连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图， 因为底面ABCD为正方形，AB= 4，所以AC=BD= 4 2，则DO=CO= 2 2， 又PC=PD= 3，PO=OP，所以△PDO≅△PCO，则∠PDO=∠PCO， 又PC=PD= 3，AC=BD= 4 2，所以△PDB≅△PCA，则PA=PB， 在△PAC中，PC= 3,AC= 4 2 ,∠PCA= 45°， 则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2- 2AC ⋅PCcos∠PCA= 32+ 9- 2× 4 2 × 3× 22 = 17， 故PA= 17，则PB= 17， 故在△PBC中，PC= 3,PB= 17 ,BC= 4， 所以 cos∠PCB= PC 2+BC2-PB2 2PC ⋅BC = 9+ 16- 17 2× 3× 4 = 1 3 ， 又 0<∠PCB< π，所以 sin∠PCB= 1- cos2∠PCB = 2 23 ， 所以△PBC的面积为S= 12 PC ⋅BCsin∠PCB= 1 2 × 3× 4× 2 2 3 = 4 2 . 法二： 连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图， 因为底面ABCD为正方形，AB= 4，所以AC=BD= 4 2， 在△PAC中，PC= 3,∠PCA= 45°， 则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2- 2AC ⋅PCcos∠PCA= 32+ 9- 2× 4 2 × 3× 22 = 17，故PA= 17， 所以 cos∠APC= PA 2+PC2-AC2 2PA ⋅PC = 17+ 9- 32 2× 17 × 3 =- 1717 ，则PA  ⋅PC  = PA   PC   cos∠APC= 17 × 3 × - 1717 =-3， 130 不妨记PB=m,∠BPD= θ， 因为PO  = 12 PA  +PC   = 12 PB  +PD   ，所以 PA  +PC   2= PB  +PD   2， 即PA  2+PC  2+ 2PA  ⋅PC  =PB  2+PD  2+ 2PB  ⋅PD  ， 则 17+ 9+ 2× -3 =m2+ 9+ 2× 3×mcosθ，整理得m2+ 6mcosθ- 11= 0①， 又在△PBD中，BD2=PB2+PD2- 2PB ⋅PDcos∠BPD，即 32=m2+ 9- 6mcosθ，则m2- 6mcosθ- 23 = 0②， 两式相加得 2m2- 34= 0，故PB=m= 17， 故在△PBC中，PC= 3,PB= 17 ,BC= 4， 所以 cos∠PCB= PC 2+BC2-PB2 2PC ⋅BC = 9+ 16- 17 2× 3× 4 = 1 3 ， 又 0<∠PCB< π，所以 sin∠PCB= 1- cos2∠PCB = 2 23 ， 所以△PBC的面积为S= 12 PC ⋅BCsin∠PCB= 1 2 × 3× 4× 2 2 3 = 4 2 . 故选：C. 152. (2023全国甲卷理) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E，F 为CD，A1B1的中点， 以EF为直 的球 与正方 每 棱的交点 数为 ． 【答案】12 【解析】不妨设正方体棱长为 2，EF中点为O，取AB，BB1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG, EG,OM ,ON ,MN，如图， 由题意可知，O为球心，在正方体中，EF= FG2+EG2= 22+ 22= 2 2， 即R= 2， 则球心O到BB1的距离为OM= ON 2+MN 2= 12+ 12= 2， 所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有 1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有 1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 12. 故答案为：12 153. (2023全国乙卷理)已知 PO的 为 3，O为 ，PA，PB为 的母线，∠AOB= 131 120°，若△PAB的 积 于 9 34 ， 该 的 积为 ( ) A. π B. 6π C. 3π D. 3 6π 【答案】B 【解析】在△AOB中，∠AOB= 120°，而OA=OB= 3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥ AB，如图， ∠ABO= 30°，OC= 32 ,AB= 2BC= 3，由△PAB的面积为 9 3 4 ，得 1 2 × 3×PC= 9 3 4 ， 解得PC= 3 32 ，于是PO= PC 2-OC2= 3 32  2 - 32  2 = 6， 所以圆锥的体积V= 13 π×OA 2×PO= 13 π× ( 3 ) 2× 6= 6π. 故选：B 154. (2023全国乙卷理)已知△ABC为 直角三角 ，AB为斜边，△ABD为 边三角 ，若二 角 C- AB-D为 150°， 直线CD与 ABC所成角的正 为 ( ) A. 15 B. 2 5 C. 3 5 D. 2 5 【答案】C 【解析】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB， 又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED= 150°， 显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC， 因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE， 直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE， 132 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB= 2，则CE= 1,DE= 3，在△CDE中，由余弦定理 得： CD= CE 2+DE 2- 2CE ⋅DEcos∠CED= 1+ 3- 2× 1× 3 × - 32 = 7， 由正弦定理得 DE sin∠DCE = CD sin∠CED，即 sin∠DCE= 3sin150° 7 = 3 2 7 ， 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE= 1- sin2∠DCE = 1- 3 2 7  2 = 5 2 7 ， 所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为 35 . 故选：C 155. (2023全国甲卷文) 三棱 P-ABC中，△ABC 边 为 2的 边三角 ，PA=PB= 2,PC= 6， 该棱 的 积为 ( ) A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】取AB中点E，连接PE,CE，如图， 因为△ABC是边长为 2的等边三角形，PA=PB= 2， 所以PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E， 所以AB⊥平面PEC， 又PE=CE= 2× 32 = 3，PC= 6， 故PC2=PE 2+CE 2，即PE⊥CE， 所以V=VB-PEC+VA-PEC= 1 3 S△PEC ⋅AB= 1 3 × 1 2 × 3 × 3 × 2= 1， 故选：A 156. (2023新高考Ⅱ卷)已知 的 点为P， 为O，AB为 直 ，∠APB= 120°，PA= 2，点C 上，且二 角P-AC-O为 45°， ( ) A. 该 的 积为 π B. 该 的 积为 4 3π C. AC= 2 2 D. △PAC的 积为 3 【答案】AC 133 【解析】依题意，∠APB= 120°，PA= 2，所以OP= 1,OA=OB= 3， A选项，圆锥的体积为 13 × π× 3  2× 1= π，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为 π× 3 × 2= 2 3π，B选项错误； C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD， 则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角， 则∠PDO= 45°，所以OP=OD= 1， 故AD=CD= 3- 1= 2，则AC= 2 2，C选项正确； D选项，PD= 12+ 12= 2，所以S△PAC= 1 2 × 2 2 × 2= 2，D选项错误. 故选：AC. 157. (2023新高考Ⅰ卷)下 物 中，能 被整 放入棱 为 1( ：m)的正方 容器 (容器 忽 不 计)内的 ( ) A. 直 为 0.99m的球 B. 所 棱 为 1.4m的四 C. 直 为 0.01m，高为 1.8m的 柱 D. 直 为 1.2m，高为 0.01m的 柱 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为 0.99m< 1m，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为 2m，且 2> 1.4， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为 3m，且 3< 1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C正确； 对于选项D：因为 1.2m> 1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC=E， 可知AC= 2 ,CC1= 1,AC1= 3 ,OA= 32 ，则 tan∠CAC1= CC1 AC = OE AO ， 即 1 2 = OE 3 2 ，解得OE= 64 ， 134 且 6 4  2 = 38 = 9 24 > 9 25 = 0.6 2，即 6 4 > 0.6， 故以AC1为轴可能对称放置底面直径为 1.2m圆柱， 若底面直径为 1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点 为M， 可知：AC1⊥O1M ,O1M= 0.6，则 tan∠CAC1= CC1 AC = O1M AO1 ， 即 1 2 = 0.6 AO1 ，解得AO1= 0.6 2， 根据对称性可知圆柱的高为 3- 2× 0.6 2 ≈ 1.732- 1.2× 1.414= 0.0352> 0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 158.（2023北京卷） 我国 统建 之一，蕴 丰富的数学元 ．安装灯 可以勾勒出建 轮 廓， 之 ． 图，某 可 为一个五 ，其中两个 全 的 ，两个 全 的 三角 ．若AB= 25m,BC=AD= 10m，且 所 的 、 三角 所 的 与 ABCD 的 角的正 为 14 5 ， 该五 的所 棱 之 为 ( ) A. 102m B. 112m C. 117m D. 125m 【答案】C 【解析】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M， 连接OG,OM， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO， 所以 tan∠EMO= tan∠EGO= 145 . 135 因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC， 因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E， 所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，. 同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形， 所以由BC= 10得OM= 5，所以EO= 14，所以OG= 5， 所以在直角三角形EOG中，EG= EO2+OG2= 14 2+ 52= 39 在直角三角形EBG中，BG=OM= 5，EB= EG2+BG2= 39 2+ 52= 8， 又因为EF=AB- 5- 5= 25- 5- 5= 15， 所有棱长之和为 2× 25+ 2× 10+ 15+ 4× 8= 117m. 故选：C 159. (2023天津卷) 三棱 P-ABC中，线段PC上的点M满足PM= 13 PC，线段PB上的点N满足PN = 23 PB， 三棱 P-AMN 三棱 P-ABC的 积之比为 ( ) A. 19 B. 2 9 C. 1 3 D. 4 9 【答案】B 【解析】如图，分别过M ,C作MM⊥PA,CC⊥PA,垂足分别为M,C.过B作BB⊥平面PAC，垂足为 B，连接PB,过N作NN⊥PB,垂足为N. 因为BB⊥平面PAC，BB⊂平面PBB，所以平面PBB⊥平面PAC. 又因为平面PBB∩平面PAC=PB，NN⊥PB，NN⊂平面PBB，所以NN⊥平面PAC，且BB⎳NN. 在△PCC中，因为MM⊥PA,CC⊥PA，所以MM⎳CC，所以 PM PC = MM  CC = 13 ， 在△PBB中，因为BB⎳NN，所以 PNPB = NN BB = 23 ， 所以 VP-AMN VP-ABC = VN-PAMVB-PAC = 1 3 S△PAM ⋅NN  1 3 S△PAC ⋅BB  = 1 3 ⋅ 1 2 PA ⋅MM  ⋅NN 1 3 ⋅ 1 2 PA ⋅CC  ⋅BB = 29 . 故选：B 160. (2023全国甲卷文) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，AB= 4,O为AC1的中点，若该正方 的棱与球O 的球 公共点， 球O的 的取 围 ． 136 【答案】[2 2 ,2 3] 【解析】设球的半径为R. 当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含 正方体，导致球面和棱没有交点， 正方体的外接球直径 2R为体对角线长AC1= 42+ 42+ 42= 4 3，即 2R= 4 3 ,R= 2 3，故Rmax= 2 3； 分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M ,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为 4的正方形，且O为正方形 MNGH的对角线交点， 连接MG，则MG= 4 2，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小 值为 2 2 . 综上，R∈ [2 2 ,2 3]. 故答案为：[2 2 ,2 3] 161. (2023全国乙卷文)已知点S,A,B,C 为 2的球 上，△ABC 边 为 3的 边三角 ，SA⊥ ABC， SA= ． 【答案】2 【解析】如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC， 设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为 r， 则 2r= AB sin∠ACB = 3 3 2 = 2 3，可得 r= 3， 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA= 2,OO1= 12 SA， 因为OA2=OO21+O1A2，即 4= 3+ 14 SA 2，解得SA= 2. 故答案为：2. 137 162. (2023新高考Ⅱ卷) 边 为 4的正四棱 被 行于其 的 所截，截 一个 边 为 2，高为 3的正四棱 ，所 棱台的 积为 ． 【答案】28 【解析】方法一：由于 2 4 = 1 2 ，而截去的正四棱锥的高为 3，所以原正四棱锥的高为 6， 所以正四棱锥的体积为 1 3 × 4× 4 × 6= 32， 截去的正四棱锥的体积为 1 3 × 2× 2 × 3= 4， 所以棱台的体积为 32- 4= 28. 方法二：棱台的体积为 1 3 × 3× 16+ 4+ 16× 4 = 28. 故答案为：28. 163.（2023上海卷） 间中 三个点A、B、C，且AB=BC=CA= 1， 间中任取 2个不 的点D，E(不 虑这两个点的 )， 它们与A、B、C 成为一个正四棱 的五个 点， 不 的取法 种． 【答案】9 【解析】如图所示，设任取 2个不同的点为D、E， 138 当△ABC为正四棱锥的侧面时，如图，平面ABC的两侧分别可以做ABDE作为圆锥的底面，有 2种情况， 同理以BCED、ACED为底面各有 2种情况，所以共有 6种情况； 当△ABC为正四棱锥的截面时，如图，D、E位于AB两侧，ADBE为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以BDCE、ADCE为底面各有 1种情况，所以共有 3种情况； 综上，共有 6+ 3= 9种情况． 故答案为：9． 164. (2023新高考Ⅰ卷) 正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2,A1B1= 1,AA1= 2， 该棱台的 积为 ． 【答案】 7 6 6 【解析】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高， 因为AB= 2,A1B1= 1,AA1= 2， 则A1O1= 12 A1C1= 1 2 × 2A1B1= 2 2 ,AO= 1 2 AC= 1 2 × 2AB= 2， 故AM= 12 AC-A1C1 = 2 2 ，则A1M= A1A 2-AM 2= 2- 12 = 6 2 ， 所以所求体积为V= 13 × (4+ 1+ 4× 1 ) × 6 2 = 7 6 6 . 故答案为： 7 6 6 . 165.（2023北京卷） 图， 三棱 P-ABC中，PA⊥ ABC，PA=AB=BC= 1，PC= 3． (1) 证：BC⊥ PAB； (2) 二 角A-PC-B的 ． 139 【答案】(1)证明见解析；(2) π3 【解析】(1)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，同理PA⊥AB， 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB= PA2+AB2= 2，BC= 1,PC= 3， 所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB， 又因为BC⊥PA，PA∩PB=P， 所以BC⊥平面PAB. (2)由 (1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB， 以A为原点，AB为 x轴，过A且与BC平行的直线为 y轴，AP为 z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)， 所以AP  = (0,0,1),AC  = (1,1,0),BC  = (0,1,0),PC  = (1,1, -1)， 设平面PAC的法向量为m = x1,y1,z1 ，则 m ⋅AP  = 0 m ⋅AC  = 0  ，即 z1= 0, x1+ y1= 0,  令 x1= 1，则 y1=-1，所以m  = (1, -1,0)， 设平面PBC的法向量为 n = x2,y2,z2 ，则 n ⋅BC  = 0 n ⋅PC  = 0  ，即 y2= 0 x2+ y2- z2= 0  ， 令 x2= 1，则 z2= 1，所以n  = (1,0,1)， 140 所以 cos m ,n = m ⋅n m n  = 1 2 × 2 = 12 ， 又因为二面角A-PC-B为锐二面角， 所以二面角A-PC-B的大小为 π3 . 166. (2023新高考Ⅰ卷) 图， 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2,AA1= 4．点A2,B2,C2,D2 棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2= 1,BB2=DD2= 2,CC2= 3． (1)证 ：B2C2∥A2D2； (2)点P 棱BB1上， 二 角P-A2C2-D2为 150°时， B2P． 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【解析】(1)以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为 x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图， 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1)， 所以B2C2  = (0, -2,1),A2D2  = (0, -2,1)， 所以B2C2  ∥A2D2  ， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. (2)设P(0,2,λ) (0≤ λ≤ 4)， 则A2C2  = (-2, -2,2),PC2  = (0, -2,3- λ),D2C2  = (-2,0,1)， 设平面PA2C2的法向量 n  = (x,y,z)， 141 则 n ⋅A2C2  =-2x- 2y+ 2z= 0 n ⋅PC2  =-2y+ (3- λ)z= 0  ， 令 z= 2，得 y= 3- λ,x= λ- 1， 所以n = (λ- 1,3- λ,2)， 设平面A2C2D2的法向量m  = (a,b,c)， 则 m ⋅A2C2  =-2a- 2b+ 2c= 0 m ⋅D2C2  =-2a+ c= 0  ， 令 a= 1，得 b= 1,c= 2， 所以m = (1,1,2)， 所以 cos n,m  = n ⋅m  n m  = 6 6 4+ (λ- 1)2+ (3- λ)2 = cos150° = 32 ， 化简可得，λ2- 4λ+ 3= 0， 解得 λ= 1或 λ= 3， 所以P(0,2,1)或P(0,2,3)， 所以B2P= 1. 167.（2023上海卷）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB⊥AD，AB⎳CD，AB= 2，AD= 3，CD= 4． (1)证 ：直线A1B⎳ DCC1D1； (2)若该四棱柱的 积为 36， 二 角A1-BD-A的 ． 【答案】(1)证明见解答；(2)arctan 2 133 ． 【解析】(1)证明：根据题意可知AB⎳DC，AA1⎳DD1，且AB∩AA1=A， 所以可得平面A1ABB1⎳平面DCC1D1，又直线A1B⊂平面A1ABB1， 所以直线A1B⎳平面DCC1D1； (2)设AA1= h，则根据题意可得该四棱柱的体积为 12 × (2+ 4) × 3× h= 36， 所以 h= 4，因为A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD内过A作AE⊥BD，垂足点为E， 则A1E在底面ABCD内的射影为AE， 所以根据三垂线定理可得BD⊥A1E， 142 故∠A1EA即为所求， 在Rt△ABD中，AB= 2，AD= 3，所以BD= 4+ 9= 13， 所以AE= AB×ADBD = 2× 3 13 = 6 13 ，又A1A= h= 4， 所以 tan∠A1EA= A1A AE = 46 13 = 2 133 ， 所以二面角A1-BD-A的大小为 arctan 2 133 ． 168. (2023新高考Ⅱ卷) 图，三棱 A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC= 60°，E 为BC的中点． (1)证 ：BC⊥DA； (2)点F满足EF  =DA  ， 二 角D-AB-F的正 ． 【答案】(1)证明见解析；(2) 33 ． 【解析】(1)连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①， 因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC= 60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE⊂平面ADE， 所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA． (2)不妨设DA=DB=DC= 2，因为BD⊥CD，所以BC= 2 2 ,DE=AE= 2． 所以AE 2+DE 2= 4=AD2，所以AE⊥DE，又因为AE⊥BC,DE∩BC=E，DE,BC⊂平面BCD所以 AE⊥平面BCD． 以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为 x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 143 设D( 2 ,0,0),A(0,0, 2 ),B(0, 2 ,0),E(0,0,0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为 n1  = x1,y1,z1 ,n2  = x2,y2,z2 ， 二面角D-AB-F平面角为 θ,而AB  = 0, 2 , - 2 ， 因为EF  =DA  = - 2 ,0, 2 ，所以F - 2 ,0, 2 ，即有AF  = - 2 ,0,0 ， 所以 - 2x1+ 2z1= 0 2y1- 2z1= 0  ，取 x1= 1，所以n1  = (1,1,1)； 2y2- 2z2= 0 - 2x2= 0  ，取 y2= 1，所以n2  = (0,1,1)， 所以，cosθ = n1  ⋅n2    n1   n2    = 2 3 × 2 = 63 ，从而 sinθ= 1- 6 9 = 3 3 ． 所以二面角D-AB-F的正弦值为 33 ． 169. (2023全国乙卷理(文)) 图， 三棱 P-ABC中，AB⊥BC，AB= 2，BC= 2 2，PB=PC= 6， BP，AP，BC的中点 为D，E，O，AD= 5DO，点F AC上，BF⊥AO. (1)证 ：EF⎳ ADO； (2)证 ： ADO⊥ BEF； (3) 二 角D-AO-C的正 . 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) 22 . 【解析】(1)连接DE,OF，设AF= tAC，则BF  =BA  +AF  = (1- t)BA  + tBC  ，AO  =-BA  + 12 BC  ，BF⊥ AO， 则BF  ⋅AO  = [(1- t)BA  + tBC  ] ⋅ -BA  + 12 BC   = (t- 1)BA  2+ 12 tBC 2  = 4(t- 1) + 4t= 0， 解得 t= 12 ，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点， 144 于是DE⎳AB,DE= 12 AB,OF⎳AB,OF= 1 2 AB，即DE⎳OF,DE=OF，则四边形ODEF为平行四边 形， EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO， 所以EF⎳平面ADO. (2)由 (1)可知EF⎳OD，则AO= 6 ,DO= 62 ，得AD= 5DO= 30 2 ， 因此OD2+AO2=AD2= 152 ，则OD⊥AO，有EF⊥AO， 又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF， 则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)过点O作OH⎳BF交AC于点H，设AD∩BE=G， 由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH= 13 AH， 又由 (2)知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D-AO-C的平面角， 因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心， 即有DG= 13 AD,GE= 1 3 BE，又FH= 1 3 AH，即有DH= 3 2 GF， cos∠ABD= 4+ 32 - 15 2 2× 2× 62 = 4+ 6-PA 2 2× 2× 6 ，解得PA= 14，同理得BE= 62 ， 于是BE 2+EF 2=BF 2= 3，即有BE⊥EF，则GF 2= 13 × 6 2  2 + 62  2 = 53 ， 从而GF= 153 ，DH= 3 2 × 15 3 = 15 2 ， 在△DOH中，OH= 12 BF= 3 2 ,OD= 6 2 ,DH= 15 2 ， 于是 cos∠DOH= 6 4 + 3 4 - 15 4 2× 62 × 3 2 =- 22 ，sin∠DOH= 1- - 2 2  2 = 22 ， 所以二面角D-AO-C的正弦值为 22 . 145 170. (2023全国甲卷文) 图， 三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥ ABC,∠ACB= 90°． (1)证 ： ACC1A1⊥ BB1C1C； (2)设AB=A1B,AA1= 2， 四棱 A1-BB1C1C的高． 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【解析】(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC, 所以A1C⊥BC, 又因为∠ACB= 90°，即AC⊥BC， A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1， 又因为BC⊂平面BCC1B1, 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. (2)如图， 过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O. 因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BCC1B1， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O. 146 因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC, 所以A1C⊥BC,A1C⊥AC, 又因为A1B=AB，BC为公共边， 所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC. 设A1C=AC= x，则A1C1= x， 所以O为CC1中点，OC1= 12 AA1= 1, 又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA12, 即 x2+ x2= 22，解得 x= 2， 所以A1O= A1C12-OC12= 2 2- 12= 1， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为 1． 171. (2023全国甲卷理) 三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1= 2，A1C⊥ ABC，∠ACB= 90°，A1 BCC1B1的距离为 1． (1) 证：AC=A1C； (2)若直线AA1与BB1距离为 2， AB1与 BCC1B1所成角的正 ． 【答案】(1)证明见解析；(2) 1313 ; 【解析】(1)如图， 因为A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC， 所以A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1， 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 147 过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BCC1B1 因为A1到平面BCC1B1的距离为 1，所以A1O= 1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1= 2， 设CO= x，则C1O= 2- x， 因为△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1= 2， CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC21 =C1A21，A1C2+A1C21 =C1C2， 所以 1+ x2+ 1+ (2- x)2= 4，解得 x= 1， 所以AC=A1C=A1C1= 2， 所以AC=A1C (2)因为AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC， 所以Rt△ACB≌Rt△A1CB 所以BA=BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， 由直线AA1与BB1距离为 2，所以BD= 2 因为A1D= 1，BD= 2，所以A1B=AB= 5， 在Rt△ABC，所以BC= AB2-AC2= 3， 延长AC，使AC=CM，连接C1M， 由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形， 所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC， 所以C1M⊥AM 则在Rt△AC1M中，AM= 2AC,C1M=A1C，所以AC1= (2AC)2+A1C2， 在Rt△AB1C1中，AC1= (2AC)2+A1C2，B1C1=BC= 3， 所以AB1= (2 2 )2+ ( 2 )2+ ( 3 )2= 13 , 又A到平面BCC1B1距离也为 1， 所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 1 13 = 1313 . 172. (2023天津卷)三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥ ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1= 2,A1C1= 1， M ,N BC,BA中点. 148 (1) 证：A1N⎳ C1MA； (2) C1MA与 ACC1A1所成 角的 ； (3) 点C C1MA的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2) 23 ;(3) 4 3 【解析】(1) 连接MN ,C1A.由M ,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN⎳AC，且MN= AC2 = 1， 由棱台性质，A1C1⎳AC，于是MN⎳A1C1，由MN=A1C1= 1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则 A1N⎳MC1， 又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N⎳平面C1MA. (2)过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接MF,C1E. 由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面ACC1A1， 则ME⊥平面ACC1A1. 由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF，于是AC1⊥平 面MEF， 由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面C1MA与平面ACC1A1所成角即∠MFE. 又ME= AB2 = 1，cos∠CAC1= 1 5 ，则 sin∠CAC1= 25 ，故EF= 1× sin∠CAC1= 25 ，在Rt△MEF中， ∠MEF= 90°，则MF= 1+ 45 = 3 5 ， 于是 cos∠MFE= EFMF = 2 3 149 (3) [方法一：几何法] 过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R. 由题干数据可得，C1A=C1C= 5，C1M= C1P2+PM 2= 5，根据勾股定理，C1Q= 5- 22  2 = 3 2 2 ， 由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q,C1P⊂平面 C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ. 又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q,AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面 C1MA. 在Rt△C1PQ中，PR= PC1 ⋅PQ QC1 = 2 ⋅ 22 3 2 2 = 23 ， 又CA= 2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍， 即点C到平面C1MA的距离是 4 3 . [方法二：等体积法] 150 辅助线同方法一. 设点C到平面C1MA的距离为 h. VC1-AMC= 1 3 ×C1P×S△AMC= 1 3 × 2× 1 2 × 2  2= 23 ， VC-C1MA= 1 3 × h×S△AMC1= 1 3 × h× 1 2 × 2 × 3 2 2 = h 2 . 由VC1-AMC=VC-C1MA⇔ h 2 = 2 3 ，即 h= 4 3 . 专 17 法与 图 173. (2023全国甲卷文(理))执行下边的 图， 输出的B= ( ) A. 21 B. 34 C. 55 D. 89 【答案】B 【解析】当 k= 1时，判断框条件满足，第一次执行循环体，A= 1+ 2= 3，B= 3+ 2= 5，k= 1+ 1= 2； 当 k= 2时，判断框条件满足，第二次执行循环体，A= 3+ 5= 8，B= 8+ 5= 13，k= 2+ 1= 3； 当 k= 3时，判断框条件满足，第三次执行循环体，A= 8+ 13= 21，B= 21+ 13= 34，k= 3+ 1= 4； 当 k= 4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B= 34． 故选：B. 专 18 与 数方 ( 修) 174. (2023全国乙卷文(理)) 直角 系 xOy中，以 点O为 点，x轴正 轴为 轴建 系， 曲线C1的 方 为 ρ= 2sinθ π4 ≤ θ≤ π 2 ，曲线C2： x= 2cosα y= 2sinα  (α为 数， π 2 < α< π). 151