单元质量测试（五）-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

单元质量测评（五） 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ 对点 平面图形的直观图 球的体积 空间两点间的距离 异面直线所成的角 平行垂直关系的综合应用 线面平行的应用 简单几何体的外接球；棱锥的体积；球的表面积 点到平面距离公式的应用 平行垂直关系的综合应用 平行垂直关系的综合应用 2 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 空间角、平行垂直关系、组合体体积的综合 应用 圆台的体积 由空间向量解决线面平行 问题 直线与平面所成的角；棱柱的体积 直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角 直线与平面垂直的判定；点到平面距离公式的应用 共点问 题；直线与平面所成的角；二面角 翻折与探索性问题；线线垂直的判定；直线与平面所成 的角 平面与平面垂直的判定；点到平面距离公式的应用；平面与平面的夹角 3 时间：120分钟　　　满分：150分 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．任意三角形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 解析：如图所示，将斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC是钝角三角形． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 5．(2024·陕西商洛模拟)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中错误的是(　　) A．AE⊥CE B．BC∥平面ADE C．平面ADE⊥平面BCE D．DE⊥平面BCE 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径， BC，AD都是母线，因为E是底面圆周上异于A，B的一点，所以AE ⊥BE.因为BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为BC∩ BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面 BCE，所以AE⊥CE，A正确；因为BC∥AD，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC∥平面ADE，B正确；因为AE⊥平面BCE，AE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，C正确；点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同的直线，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，所以DE∥AE，与DE∩AE＝E矛盾，D错误．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 7．(2025·湖北部分市州高三上期末联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，平面ABCD内一动点Q满足QA＝2QB，当三棱锥Q－DD1A的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为(　　) A．24π B．27π C．54π D．56π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列结论正确的是(　　) A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n B．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n C．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β D．若m⊥α，m∥n，α∥β，则n⊥β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析：对于A，过直线m作平面γ分别与α，β交于a，b，则由线面平行的性质知m∥a∥b，所以a∥β，又由线面平行的性质知a∥n，所以m∥n，所以A正确；对于B，由m⊥α，n⊥β，知m，n垂直于两平面交线，则m与n所成的角等于二面角的平面角的大小，为90°，所以B正确；对于C，m⊥n，m⊥α，n∥β，可能α∥β，所以C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，由于α∥β，则n⊥β，所以D正确．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 10．(2024·湖北襄阳五中高三模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是(　　) A．B1G⊥BC B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1 C．A1H∥平面AEF D．B1G与EF是相交直线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．(2025·山东泰安肥城市高三开学考试)已知两个圆台甲、乙的上底面半径均为r，下底面半径均为2r，圆台的母线长分别为3r和5r，则圆台甲、乙的体积之比为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 解：(1)证明：∵BM⊥AD，CN⊥AD，∴BM∥CN， 在四棱锥D－ABCN中，CN⊂平面CDN，BM⊄平面CDN，∴BM∥平面CDN， 又BM⊂平面BMEF，平面BMEF∩平面CDN＝EF，∴BM∥EF，∴EF∥CN. ∵CN⊥DN，CN⊥AN，DN∩AN＝N，DN，AN⊂平面ADN， ∴CN⊥平面ADN，∴EF⊥平面AND，又DA⊂平面ADN，∴EF⊥DA. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 (2)存在，E为棱DN上靠近N的四等分点．理由如下： ∵DA＝DN，AM＝MN＝1，连接DM， ∴DM⊥AN， ∵CN⊥平面ADN，CN⊂平面ABCN， ∴平面ADN⊥平面ABCN， 又平面ADN∩平面ABCN＝AN，DM⊂平面ADN， ∴DM⊥平面ABCN. 如图，以M为坐标原点，MA，MB，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 解：(1)证明：设平面BHQ交上底面于BW，W在线段PG上，因为上、下底面平行，故HQ∥BW， 又PF∥平面BHQ，PF⊂平面PGF，平面BHQ∩平面PGF＝BW， 所以PF∥BW，所以HQ∥PF， 由题意可知PF⊥PG，PF⊥GH， 又GH∩PG＝G，GH，PG⊂平面PGH， 所以PF⊥平面PGH，所以HQ⊥平面PGH， 又HQ⊂平面BHQ，所以平面BHQ⊥平面PGH. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：设截面圆的半径为r，球的半径为R，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πr2＝π，,R2＝1＋r2，))解得r＝1，R＝eq \r(2)，所以球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)×π×(eq \r(2))3＝eq \f(8\r(2)π,3).故选D. 2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为(　　) A.eq \f(4\r(3)π,3) B.eq \f(4\r(2) π,3) C.eq \f(8\r(3) π,3) D.eq \f(8\r(2) π,3) 3．(2024·江苏南京一中高三模拟)如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A.eq \r(3) B.eq \r(2) C．1 D.eq \r(3－\r(2)) 解析：∵eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BF,\s\up14(→))＋eq \o(FE,\s\up14(→))＋eq \o(ED,\s\up14(→))，∴|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＝|eq \o(BF,\s\up14(→))|2＋|eq \o(FE,\s\up14(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up14(→))|2＋2eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(FE,\s\up14(→))＋2eq \o(FE,\s\up14(→))·eq \o(ED,\s\up14(→))＋2eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(ED,\s\up14(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，故|eq \o(BD,\s\up14(→))|＝eq \r(3－\r(2)).故选D. 4．(2025·河北保定定州中学高三开学考试)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M与BN所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2) 解析：解法一：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1(2，0，2)，M(1，1，0)，B(2，2，0)，N(1，1，2)，得eq \o(MA1,\s\up14(→))＝(1，－1，2)，eq \o(BN,\s\up14(→))＝(－1，－1，2)．设向量eq \o(MA1,\s\up14(→))与eq \o(BN,\s\up14(→))的夹角为θ，则直线A1M与BN所成角的余弦值为|cosθ|＝eq \f(|\o(MA1,\s\up14(→))·\o(BN,\s\up14(→))|,|\o(MA1,\s\up14(→))||\o(BN,\s\up14(→))|)＝eq \f(4,\r(6)×\r(6))＝eq \f(2,3).故选C. 解法二：连接D1M，易得D1M∥NB，则∠A1MD1或其补角为直线A1M与BN所成的角，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在△A1MD1中，A1M＝eq \r(6)，D1M＝eq \r(6)，A1D1＝2，由余弦定理，得cos∠A1MD1＝eq \f(6＋6－4,2×6)＝eq \f(2,3)，所以直线A1M与BN所成角的余弦值为eq \f(2,3).故选C. 6．如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB∥α，设α与SM交于点N，则eq \f(SN,SM)的值为(　　) A.eq \f(4,3) B.eq \f(3,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4) 解析：连接MB交AC于点D，连接ND，NA，NC，MC，则平面NAC即为平面α，因为SB∥α，SB⊂平面SMB，平面SMB∩α＝DN，所以SB∥DN，因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，所以∠ABM＝∠BMC＝30°，MC＝BC＝eq \f(1,2)AB，所以MC∥AB且MC＝eq \f(1,2)AB，所以eq \f(DM,DB)＝eq \f(MC,AB)＝eq \f(1,2)，又SB∥DN，所以eq \f(MN,SN)＝eq \f(DM,DB)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(SN,SM)＝eq \f(2,3).故选C. 解析：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，B(3，3，0)，设Q(x，y，0)，由QA＝2QB可知，eq \r(（x－3）2＋y2)＝2eq \r(（x－3）2＋（y－3）2)，整理得(x－3)2＋(y－4)2＝4，所以点Q的轨迹是平面ABCD内，以(3，4，0)为圆心，2为半径的圆，如图，点Q到平面DD1A的距离的最大值为6，此时点Q在AB的延长线上，且BQ＝3，QA⊥平面DD1A，QA＝6，等腰直角三角形DD1A外接圆的半径为r＝eq \f(3\r(2),2)，所以三棱锥Q－DD1A外接球的半径R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(QA,2)))2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)＋32)＝eq \f(3\r(6),2)，所以三棱锥Q－DD1A外接球的表面积为S＝4πR2＝54π.故选C. 8．(2024·北京人大附中三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体，如图2所示．已知三棱柱ABF－CDE和BDG－ACH是两个完全相同的直三棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，EF，GH交于点I，AF＝BF＝a，AF⊥BF，则点G到平面ACEF的距离是(　　) A.eq \f(\r(3),3)a B.eq \f(1,2)a C.eq \f(\r(2),2)a D.eq \f(\r(2),4)a 解析：取AC的中点M，连接MI，过G作MI的垂线交MI的延长线于点K，取AB的中点N，连接FN，由已知，M，I分别为AC，EF的中点，因为ABF－CDE是直三棱柱，所以AF⊥AC，EF∥AC，且EF＝AC，所以FI∥AM，且FI＝AM，所以四边形AMIF为平行四边形，又AF⊥AC，所以四边形AMIF为矩形，所以EF⊥MK，又EF⊥GH，MK∩GH＝I，MK，GH⊂平面KIG，所以EF⊥平面KIG，又KG⊂平面KIG，所以EF⊥KG，又KG⊥MK，EF∩MK＝I，EF，MK⊂平面ACEF，所以KG⊥平面ACEF，所以点G到平面ACEF的距离 等于线段KG的长度，设为h.在Rt△ABF中，AF⊥BF，AF＝BF＝a，所以AB＝eq \r(a2＋a2)＝eq \r(2)a，∠FAB＝eq \f(π,4)，因为四边形AMIF为矩形，所以MI∥AF，又三棱柱BDG－ACH是直三棱柱，所以AB∥HG，且HG＝AB＝eq \r(2)a，所以∠KIG＝∠FAB＝eq \f(π,4)，IG＝eq \f(\r(2),2)a，又KG⊥IK，所以sin∠KIG＝eq \f(KG,IG)＝eq \f(h,\f(\r(2),2)a)＝eq \f(\r(2),2)，解得h＝eq \f(1,2)a，所以点G到平面ACEF的距离是eq \f(1,2)a.故选B. 解析：连接AD1，D1E，GC1，BC1，HE，GB，如图所示．对于A，由于B1C1∥BC，所以∠GB1C1是异面直线B1G与BC所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，则B1G＝eq \r(12＋22＋22)＝3，GC1＝eq \r(5)，B1C1＝2，所以B1G2＝GCeq \o\al(2,1)＋B1Ceq \o\al(2,1)，所以∠GC1B1＝eq \f(π,2)，所以∠GB1C1≠eq \f(π,2)，A错误；对于B，根据正方体的性质可知，EF∥BC1∥AD1，所以A，F，E，D1四点共面，所以平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，B正确；对于C，根据正方体的性质可知A1D1＝HE，A1D1∥HE，所以四边形A1HED1是平行四边形，所以A1H∥D1E，由于D1E⊂平面AEF，A1H⊄平面AEF，所以A1H∥平面AEF，C正确；对于D，由于B1G与平面AEF相交，EF⊂平面AEF，其不过B1G与平面AEF的交点，所以B1G与EF是异面直线，D错误．故选BC. 11．(2024·江西红色十校高三联考)如图，在多面体ABCDGEF中，平面ABCD∥平面EFG，侧面ADGE是正方形，CD⊥平面ADGE，四边形ABCD与四边形CDGF是全等的直角梯形，AD∥BC，CD∥GF，AD＝CD＝DG＝2BC＝2，则下列结论正确的是(　　) A．DG⊥AB B．异面直线BF与EG所成角的正弦值是eq \f(\r(6),6) C．直线CE与平面BEF所成角的正弦值是eq \f(5\r(3),9) D．多面体ABCDGEF的体积为eq \f(13,3) 解析：对于A，由正方形ADGE，得DG⊥AD，由CD⊥平面ADGE，DG⊂平面ADGE，得CD⊥DG，又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，则DG⊥平面ABCD，而AB⊂平面ABCD，所以DG⊥AB，A正确；对于B，显然BC∥AD∥EG，则∠CBF即为异面直线BF与EG所成的角(或其补角)，过点F作FH∥DG交CD于点H，连接BH，又GF∥CD，则四边形DGFH为平行四边形，则FH＝DG＝2，DH＝GF＝BC＝1，有CH＝BC＝1，又BC⊥CD，于是BH＝eq \r(2)，显然FH⊥平面ABCD，BC，BH⊂平面ABCD，则FH⊥BC，FH⊥BH，BF＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，而FH∩CD＝H，FH，CD⊂平面CDGF，于是BC⊥平面CDGF，又CF⊂平面CDGF，从而BC⊥CF，cos∠CBF＝eq \f(\r(6),6)，所以sin∠CBF＝eq \f(\r(30),6)，B错误； 对于C，以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，eq \o(BE,\s\up14(→))＝(1，－2，2)，eq \o(BF,\s\up14(→))＝(－1，－1，2)，设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up14(→))·n＝x－2y＋2z＝0，,\o(BF,\s\up14(→))·n＝－x－y＋2z＝0，))令x＝2，得n＝(2，4，3)，而eq \o(CE,\s\up14(→))＝(2，－2，2)，设直线CE与平面BEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq \o(CE,\s\up14(→))〉|＝eq \f(|n·\o(CE,\s\up14(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(CE,\s\up14(→))|))＝eq \f(|2×2－4×2＋3×2|,\r(29)×2\r(3))＝eq \f(\r(87),87)，C错误； 对于D，由C项分析知，BE＝3，在△BEF中，BF＝eq \r(6)，EF＝eq \r(5)，由余弦定理得cos∠BFE＝eq \f(5＋6－9,2\r(30))＝eq \f(\r(30),30)，则sin∠BFE＝eq \f(\r(870),30)，则S△BEF＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(5)×eq \f(\r(870),30)＝eq \f(\r(29),2)，又CE＝2eq \r(3)，直线CE与平面BEF所成角的正弦值是eq \f(\r(87),87)，因此点C到平面BEF的距离为2eq \r(3)×eq \f(\r(87),87)＝eq \f(2\r(29),29)，所以V多面体ABCDGEF＝VE－ABCD＋VE－CDGF＋VC－BEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×2×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×2×2＋eq \f(1,3)×eq \f(\r(29),2)×eq \f(2\r(29),29)＝eq \f(13,3)，D正确．故选AD. 解析设圆台甲的高为h1，圆台乙的高为h2，则h1＝eq \r(（3r）2－（2r－r）2)＝2eq \r(2)r，h2＝eq \r(（5r）2－（2r－r）2)＝2eq \r(6)r，所以圆台甲的体积V1＝eq \f(1,3)(πr2＋4πr2＋2πr2)×2eq \r(2)r＝eq \f(14\r(2),3)πr3，圆台乙的体积V2＝eq \f(1,3)(πr2＋4πr2＋2πr2)×2eq \r(6)r＝eq \f(14\r(6),3)πr3，所以圆台甲、乙的体积之比为eq \f(V1,V2)＝eq \f(\f(14\r(2),3)πr3,\f(14\r(6),3)πr3)＝eq \f(\r(3),3). eq \f(\r(3),3) 解析：如图，不妨设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AC,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，依题意，eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(2,3)a，eq \o(MA1,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝c－eq \f(2,3)a，eq \o(MC,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝b－eq \f(2,3)a，因为eq \o(A1N,\s\up14(→))＝meq \o(A1C1,\s\up14(→))＝mb，所以eq \o(BN,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(A1N,\s\up14(→))＝c－a＋mb，又BN∥平面A1CM，故eq \o(BN,\s\up14(→))，eq \o(MA1,\s\up14(→))，eq \o(MC,\s\up14(→))必共面，即存在λ，μ∈R，使eq \o(BN,\s\up14(→))＝λeq \o(MA1,\s\up14(→))＋μeq \o(MC,\s\up14(→))，即c－a＋mb＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(2,3)a))＋μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2,3)a))，从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)（λ＋μ）＝－1，,μ＝m，,λ＝1，))解得m＝eq \f(1,2). 13．(2024·山东济南一模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，eq \o(AM,\s\up14(→))＝2eq \o(MB,\s\up14(→))，eq \o(A1N,\s\up14(→))＝meq \o(A1C1,\s\up14(→))，且BN∥平面A1CM，则m的值为________． eq \f(1,2) 14．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M，N，P分别为棱A1A，A1B1，A1D1上的动点，且满足eq \f(A1M,A1A)＝eq \f(A1N,A1B1)＝eq \f(A1P,A1D1)，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为________；若以△MNP为一底面的正三棱柱(底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱)的另一底面的三个顶点也在正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为________． eq \f(2,9) 解析：连接A1C1，B1D1，则A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，∵eq \f(A1N,A1B1)＝eq \f(A1P,A1D1)，∴NP∥B1D1，则A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1.∵A1C⊥平面MNP，∴过点M作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱，设eq \f(A1M,A1A)＝x(0<x<1)，则正三角形MNP的边长MN＝eq \r(2)x，在△A1AC中，eq \f(AM,AA1)＝eq \f(AO,AC)＝eq \f(MO,A1C)＝1－x，∴MO＝eq \r(3)(1－x)，∴V正三棱柱＝S△MNP·MO＝eq \f(3,2)(x2－x3)，x∈(0，1)，V′＝eq \f(3,2)(2x－3x2)，令V′＝0，解得x＝eq \f(2,3)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))时，V随x的增大而增大，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))时，V随x的增大而减小，∴Vmax＝Veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9). 四、解答题(本题共5小题，共77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13分)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形A1ADD1为矩形，且平面A1ADD1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝AD＝A1A＝eq \f(1,2)CD，∠DAB＝eq \f(π,2)，M，E分别为AD1，B1C的中点． (1)证明：ME∥平面DCC1D1； (2)求AE与平面B1BCC1所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，分别取AD，BC的中点H，P，连接MH，PH，PE， 则MH∥DD1，MH＝eq \f(1,2)DD1，PE∥BB1，PE＝eq \f(1,2)BB1，PH∥CD， 因为BB1∥DD1，BB1＝DD1， 所以MH∥PE，MH＝PE， 所以四边形MHPE为平行四边形， 所以ME∥PH，又PH∥CD，所以ME∥CD， 因为CD⊂平面DCC1D1，ME⊄平面DCC1D1， 所以ME∥平面DCC1D1. (2)因为四边形A1ADD1为矩形， 所以DD1⊥AD， 因为平面A1ADD1⊥平面ABCD， 且平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，DD1⊂平面A1ADD1， 所以D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥CD， 因为AB∥CD，∠DAB＝eq \f(π,2)，所以CD⊥AD. 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2)))， 所以eq \o(BB1,\s\up14(→))＝(0，0，1)，eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2))). 设平面B1BCC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BB1,\s\up14(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up14(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－x＋y＝0，)) 令x＝1，则y＝1，所以n＝(1，1，0)， 所以cos〈eq \o(AE,\s\up14(→))，n〉＝eq \f(\o(AE,\s\up14(→))·n,\a\vs4\al(|\o(AE,\s\up14(→))||n|))＝eq \f(1,\f(\r(11),2)×\r(2))＝eq \f(\r(22),11)， 所以AE与平面B1BCC1所成角的正弦值为eq \f(\r(22),11). 16．(2024·福建泉州实验中学高三模拟)(本小题满分15分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，BC＝eq \r(2)，AB＝CC1＝2，∠BCC1＝eq \f(π,4)，点E在棱BB1上． (1)证明：C1B⊥平面ABC； (2)若BE＝λBB1，试确定λ的值，使得点C到平面AC1E的距离为eq \f(4\r(5),5). 解：(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝eq \r(2)，CC1＝2，∠BCC1＝eq \f(π,4)， 在△BCC1中，由余弦定理，得 C1B＝eq \r(4＋2－2×2×\r(2)×cos\f(π,4))＝eq \r(2)， 即有C1B2＋BC2＝CCeq \o\al(2,1)， 于是C1B⊥BC， 又AB⊥侧面BB1C1C，C1B⊂侧面BB1C1C，则AB⊥C1B， 又BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC， 所以C1B⊥平面ABC. (2)由(1)知，BC，BA，BC1两两垂直，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，C(eq \r(2)，0，0)，A(0，2，0)，C1(0，0，eq \r(2))，B1(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(CC1,\s\up14(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(C1A,\s\up14(→))＝(0，2，－eq \r(2))，eq \o(C1E,\s\up14(→))＝eq \o(C1B,\s\up14(→))＋λeq \o(BB1,\s\up14(→))＝eq \o(C1B,\s\up14(→))＋λeq \o(CC1,\s\up14(→))＝(－eq \r(2)λ，0，eq \r(2)λ－eq \r(2))， 设平面AC1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1A,\s\up14(→))＝2y－\r(2)z＝0，,n·\o(C1E,\s\up14(→))＝－\r(2)λx＋（\r(2)λ－\r(2)）z＝0，)) 令y＝λ，得n＝(eq \r(2)(λ－1)，λ，eq \r(2)λ)， 点C到平面AC1E的距离 d＝eq \f(|\o(CC1,\s\up14(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2（λ－1）＋2λ|,\r(2（λ－1）2＋λ2＋2λ2))＝eq \f(4,\r(5))， 解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(3,10)， 所以当λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(3,10)时，点C到平面AC1E的距离为eq \f(4\r(5),5). 17.(本小题满分15分)如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，E，F分别为AA1，AB的中点． (1)求证：直线D1E，CF，DA交于一点； (2)若直线D1E与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，求二面角E－CD1－B的余弦值． 解：(1)证明：连接EF，A1B，因为E，F分别为AA1，AB的中点， 所以EF∥A1B，且EF＝eq \f(1,2)A1B， 因为ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形， 所以BC∥AD∥A1D1，且BC＝AD＝A1D1，即四边形A1BCD1是平行 四边形， 所以A1B∥D1C，且A1B＝D1C，所以EF∥D1C，且EF≠D1C，即四 边形EFCD1为梯形，所以D1E与CF交于一点，记为P， 因为P∈平面ABCD，P∈平面ADD1A1，所以P在平面ABCD与平面ADD1A1的交线上， 又因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，所以P∈DA， 故直线D1E，CF，DA交于一点． (2)因为直线D1E与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，即直线D1E与平面A1B1C1D1所成的角为eq \f(π,4)，故∠ED1A1＝eq \f(π,4)， 所以A1E＝A1D1＝2，所以AA1＝4， 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，D1(0，0，4)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(2，1，0)，所以eq \o(CF,\s\up14(→))＝(2，－1，0)，eq \o(CB,\s\up14(→))＝(2，0，0)，eq \o(CD1,\s\up14(→))＝(0，－2，4)，设平面PCD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up14(→))＝2x1－y1＝0，,n·\o(CD1,\s\up14(→))＝－2y1＋4z1＝0，)) 令x1＝1，则y1＝2，z1＝1，故n＝(1，2，1)， 设平面BCD1A1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up14(→))＝2x2＝0，,m·\o(CD1,\s\up14(→))＝－2y2＋4z2＝0，)) 令z2＝1，则y2＝2，故m＝(0，2，1)， 所以cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(4＋1,\r(6)×\r(5))＝eq \f(\r(30),6)，故二面角E－CD1－B的余弦值为eq \f(\r(30),6). 18．(本小题满分17分)如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝eq \r(2)，现沿CN将△CDN折起使△ADN为正三角形，过BM的平面与线段DN，DC分别交于E，F. (1)求证：EF⊥DA； (2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为eq \f(3,4)？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 则D(0，0，eq \r(3))，B(0，1，0)，M(0，0，0)，N(－1，0，0)，eq \o(DB,\s\up14(→))＝(0，1，－eq \r(3))，eq \o(BM,\s\up14(→))＝(0，－1，0)，eq \o(ND,\s\up14(→))＝(1，0，eq \r(3))， 设eq \o(NE,\s\up14(→))＝λeq \o(ND,\s\up14(→))(0＜λ＜1)，则E(λ－1，0，eq \r(3)λ)，eq \o(ME,\s\up14(→))＝(λ－1，0，eq \r(3)λ)， 设平面BMEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up14(→))＝－y＝0，,n·\o(ME,\s\up14(→))＝（λ－1）x＋\r(3)λz＝0，)) 不妨令x＝eq \r(3)λ， 则z＝1－λ，n＝(eq \r(3)λ，0，1－λ)， 设直线DB与平面BMEF所成的角为α，则有 sinα＝|cos〈n，eq \o(DB,\s\up14(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DB,\s\up14(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(DB,\s\up14(→))|))＝eq \f(|\r(3)（λ－1）|,2\r(3λ2＋（1－λ）2))＝eq \f(3,4)， 解得λ＝eq \f(1,4)或－eq \f(1,2)(舍去)． ∴eq \o(NE,\s\up14(→))＝eq \f(1,4) eq \o(ND,\s\up14(→))，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为eq \f(3,4)，E为棱DN上靠近N的四等分点． 19．(2025·河北部分地区高三摸底考试)(本小题满分17分)如图1，直角梯形ABED中，AB＝AD＝1，DE＝2，AD⊥DE，BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180°后得到几何体M，如图2，其中GF，HE分别为上、下底面的直径，点P，Q分别在圆弧eq \o(GF,\s\up18(︵))，eq \o(HE,\s\up18(︵))上，直线PF∥平面BHQ. (1)证明：平面BHQ⊥平面PGH； (2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值为eq \r(2)，求点P到平面BHQ的距离； (3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为eq \f(1,3)，求HQ. (2)由(1)知，HQ⊥平面PGH，连接GQ， 所以∠HGQ是直线GQ与平面PGH所成的角， 所以tan∠HGQ＝eq \f(HQ,HG)＝eq \r(2)⇒HQ＝eq \r(2)HG＝eq \r(2)， 又HQ⊥QE，HE＝2， 所以QE＝eq \r(HE2－HQ2)＝eq \r(22－（\r(2)）2)＝eq \r(2)， 所以CQ⊥HE，即Q为圆弧eq \o(HE,\s\up18(︵))的中点， 所以由HQ∥PF知，P为圆弧eq \o(GF,\s\up18(︵))的中点，故PG＝PF＝eq \r(2)， 所以WH＝eq \r(HG2＋GW2)＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2)， 因为PF∥平面BHQ，所以点P到平面BHQ的距离即为点F到平面BHQ的距离， 又由圆柱的结构性质可知FC∥BH，FC⊄平面BHQ，BH⊂平面BHQ， 所以FC∥平面BHQ，所以点F到平面BHQ的距离即为点C到平面BHQ的距离，设该距离为d， 因为VC－BHQ＝eq \f(1,3)S△BHQ×d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)WH×HQ×d＝eq \f(1,6)×eq \f(\r(6),2)×eq \r(2)×d＝eq \f(\r(3),6)d， VB－HCQ＝eq \f(1,3)S△HCQ×CB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×HC×CQ×CB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)， 又VC－BHQ＝VB－HCQ，所以eq \f(\r(3),6)d＝eq \f(1,6)⇒d＝eq \f(\r(3),3)，即点P到平面BHQ的距离为eq \f(\r(3),3). (3)过Q作QK垂直于底面，由(2)知HQ⊥QE，所以以QE，QH，QK所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz， 则Q(0，0，0)，设H(0，b，0)，E(a，0，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，1))，a2＋b2＝4，且a，b∈(0，2)， 所以eq \o(QH,\s\up14(→))＝(0，b，0)，eq \o(QE,\s\up14(→))＝(a，0，0)，eq \o(QB,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，1))， 设平面BHQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(QH,\s\up14(→))＝0，,m·\o(QB,\s\up14(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(by1＝0，,\f(a,2)x1＋\f(b,2)y1＋z1＝0，))取x1＝2，可得m＝(2，0，－a)， 设平面BEQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(QE,\s\up14(→))＝0，,n·\o(QB,\s\up14(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax2＝0，,\f(a,2)x2＋\f(b,2)y2＋z2＝0，)) 取y2＝2，可得n＝(0，2，－b)，设平面BHQ与平面 BEQ的夹角为θ， 则cosθ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|ab|,\r(4＋a2)\r(4＋b2))＝eq \f(1,3)，又a2＋b2＝4，所以a＝b＝eq \r(2)， 所以H(0，eq \r(2)，0)，所以HQ＝eq \r(2). $$