作业11 立体几何-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考数学真题分类特训

◆并项求和法 解:(１)设等比数列{an}的首项为a１,公比为q(q＞１)． 因为 a２＋a４＝２０ a３＝８{ ,即 a１q＋a１q３＝２０ a１q２＝８{ , 解得q＝２,a１＝２．所以an＝２n． (２)由于２１＝２,２２＝４,２３＝８,２４＝１６,２５＝３２,２６＝６４,２７ ＝１２８, 所以b１ 对应的区间为:(０,１],则b１＝０; b２,b３ 对应的区间分别为:(０,２],(０,３],则b２＝b３＝１,即 有２个１; b４,b５,b６,b７ 对应的区间分 别 为:(０,４],(０,５],(０,６], (０,７],则b４＝b５＝b６＝b７＝２,即有２２ 个２; b８,b９,􀆺,b１５对应的区间分别为:(０,８],(０,９],􀆺,(０, １５],则b８＝b９＝􀆺＝b１５＝３,即有２３ 个３; b１６,b１７,􀆺,b３１对应的区间分别为:(０,１６],(０,１７],􀆺, (０,３１],则b１６＝b１７＝􀆺＝b３１＝４,即有２４ 个４; b３２,b３３,􀆺,b６３对应的区间分别为:(０,３２],(０,３３],􀆺, (０,６３],则b３２＝b３３＝􀆺＝b６３＝５,即有２５ 个５; b６４,b６５,􀆺,b１００对应的区间分别为:(０,６４],(０,６５],􀆺, (０,１００],则b６４＝b６５＝􀆺＝b１００＝６,即有３７个６． 所以S１００＝１×２＋２×２２＋３×２３＋４×２４＋５×２５＋６×３７ ＝４８０． 考点４　与数列有关的新定义问题 解:(１)设 {an}公 差 为 d,{bn}公 比 为 q(q≠０),则 ２＋d＝２q＋１ ２＋２d＝２q２{ ,解得 d＝３ q＝２{ ． 故an＝２＋３(n－１)＝３n－１,bn＝２n． (２)由题知集合 Tn 中的元素为t＝∑ n i＝１ piaibi,其中pi∈ {０,１}, 当所有的pi＝１时,t取最大值,即tmax＝∑ n i＝１ aibi＝∑ n i＝１ [(３i －１)×２i]． 计算tmax与an＋１bn＋１ 记S＝tmax＝∑ n i＝１ (３i－１)×２i, 则S＝∑ n i＝１ (３i－１)×２i＝２×２１＋５×２２＋􀆺＋(３n＋１) ×２n, ２S＝∑ n i＝１ (３i－１)×２i＋１＝２×２２＋５×２３＋􀆺＋(３n－４)× ２n＋(３n－１)×２n＋１, －S＝∑ n i＝１ (３i－１)×２i－∑ n i＝１ (３i－１)×２i＋１ ＝４＋３×(２２＋２３＋􀆺＋２n)－(３n－１)×２n＋１ ＝４＋３×４× (１－２n－１) １－２ － (３n－１)×２n＋１ ＝(８－６n)×２n－８． 则tmax＝S＝(６n－８)×２n＋８＝(３n－４)×２n＋１＋８． 易知an＋１bn＋１＝[３(n＋１)－１]×２n＋１＝(３n＋２)×２n＋１． 当n≥１时,an＋１bn＋１－tmax＝６×２n＋１－８≥６×２１＋１－８＝ １６＞０,所以∀t∈Tn,均有t＜an＋１bn＋１． 由题知集合Tn 中的元素为t＝∑ n i＝１ piaibi＝p１a１b１＋p２a２b２ ＋􀆺＋pnanbn,其中pi∈{０,１}, 每个aibi 项在所有元素的和式中出现的次数为２n－１． 所以Tn 中所有元素之和为２n－１S＝２n－１[(３n－４)×２n＋１ ＋８]＝(３n－４)×４n＋２n＋２． 作业１１　立体几何 考点１　空间几何体的结构特征、 表面积与体积 ◆几何体的结构特征 １．D　四棱锥的底面是边长为４的 正方形,且 PA＝PB＝４,PC＝ PD＝２ ２,如图,设AB,CD 的中 点分别为E,F,则 PE⊥AB,PF ⊥CD,连接EF,∵EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF＝F,EF ⊂平面PEF,PF⊂平面PEF,∴CD⊥平面PEF,又CD ⊂平面ABCD,∴平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF ∩平面ABCD＝EF．过点P 作PO⊥EF 于点O,则PO ⊂平面PEF,则PO⊥平面ABCD．在△PEF 中,由题可 求得PE＝２ ３,PF＝２,EF＝４,∴PE２＋PF２＝EF２, ∴∠EPF＝９０°,根 据 面 积 相 等 可 得 PO􀅰EF＝PE􀅰 PF,即４PO＝２ ３×２,得PO＝ ３． ２．解析:以A为顶点,若△ABC为正四棱锥的侧面,有两种情 况,若△ABC为正四棱锥的对角面,有一种情况,共三种情 况;同理,以B、C为顶点,也各有三种情况,∴共９种． 答案:９ ◆几何体的表面积 C　考查信息问题,考查卫星信号覆盖的问题,计算过程 结合简单的三角函数和球的表面积公式,属于中档题． cosα＝ ６４００６４００＋３６０００ ＝ ８ ５３ , S ４πr２ ＝ １－cosα２ ＝ ４５ １０６ ≈４２％． ◆几何体的体积 １．B　由题意,侧面积相等,则圆锥的母线长是圆柱高的２ 倍,即２ ３,故其底面半径为３,所以圆锥的体积为１３×π ×３２× ３＝３ ３π．故选择:B． ２．B　设棱台高为h,且三条侧棱延长后交于一点O,则由 已知得AB＝３A１B１, 则O 到上底的距离为 １２h ,O 到 下 底 的 距 离 为 ３２h ,又 SABC＝９ ３,SA１B１C１＝ ３, 所以１ ３ 􀅰９ ３􀅰３２h－ １ ３ 􀅰 ３􀅰１２h＝ ５２ ３⇒h＝ ４ ３ ,上底 中心到顶点 A１ 的距离为 ２ ３ ,所以所求正切值为 １ ２h ２ ３ ＝ ３ ４h＝１． ３．C　 用 一 个 完 全 相 同 的 五 面 体 HIJＧLMN(顶 点 与 五 面 体 ABCＧ DEF 一一对应)与该五面体相嵌, 使得D,N;E,M;F,L 重合, 因为 AD∥BE∥CF,且 两 两 之 间 距离为１．AD＝１,BE＝２,CF＝３, 则形成的新组合体为一个三棱柱, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１１ 数学 该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为１的等 边三角形,侧棱长为１＋３＝２＋２＝３＋１＝４, VABCＧDEF＝ １ ２VABCＧHIJ＝ １ ２× １ ２×１×１× ３ ２×４＝ ３ ２． ４．A　取AB 中点E,连接PE, CE,如图, ∵△ABC 是 边 长 为 ２ 的 等 边三角形, PA＝PB＝２, ∴PE⊥AB,CE⊥AB,又 PE,CE⊂平面PEC, PE∩CE＝E, ∴AB⊥平面PEC, 又PE＝CE＝２× ３２＝ ３ ,PC＝ ６, 故PC２＝PE２＋CE２,即PE⊥CE, 所以V＝VB－PEC＋VA－PEC＝ １ ３S△PEC 􀅰AB ＝１３× １ ２× ３× ３×２＝１． 故选 A． ５．B　 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 ３４ , 解得PC＝３ ３２ ,于是PO＝ PC２－OC２ ＝ ３ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ６, 所以圆锥的体积V＝ １３π×OA ２×PO＝ １３π× (３)２× ６＝ ６π．故选B． ６．B　 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PMPC＝ MM′ CC′＝ １ ３ , 在△PBB′中,因为BB′∥NN′,所以PNPB＝ NN′ BB′＝ ２ ３ , 所以 VP－AMN VP－ABC ＝ VN－PAM VB－PAC ＝ １ ３S△PAM 􀅰NN′ １ ３S△PAC 􀅰BB′ ＝ １ ３× １ ２PA 􀅰MM′( ) 􀅰NN′ １ ３× １ ２PA 􀅰CC′( ) 􀅰BB′ ＝２９． 故选B． ７．解析:本题考查了柱体体积的求法． 设底面边长为a,高为h,则a２＋a２＝(４ ２)２, ∴a＝４, ∵h２＋(４ ２)２＝９２, ∴h＝７, ∴V＝Sh＝a２h＝１１２． 答案:１１２ ８．解析:如 图,将 一 半 的 几 何 体 分 割 成 直 三 棱 柱 ARF－ BHT 和四棱锥B－HTSE 后结合体积公式可求几何体 的体积． 先证明一个结论:如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ, 平面α∩β＝l,则l⊥γ． 证明:设α∩γ＝a,β∩γ＝b,在平面γ取一点O,O∉a,O ∉b 在平面γ 内 过O 作 直 线m,使 得 m⊥α,作直线n,使得n⊥b, 因为平面α⊥平面γ,m⊂γ,故 m ⊥α,而l⊂α,故m⊥l, 同理n⊥l,而 m∩n＝O,m,n⊂γ, 故l⊥γ． 下面回归问题． 如图,连 接 BE,因 为 AB⊥ BC 且 AF ∥BC,故 AF⊥ AB,同 理 BC ⊥ CD,EF ⊥ED, 而AB＝BC＝８,AF＝CD＝ ４,故直角梯形ABEF 与直角梯形CBED 全等, 故∠BEF＝∠BED＝４５°, 在直角梯形ABEF 中,过B 作BT⊥EF,垂足为T, 则四边形ABTF 为矩形,且△BTE 为以∠BTE 为直角 的等腰直角三角形, 故EF＝FT＋TE＝AB＋BT＝AB＋AF＝１２, 平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面ABEF＝AF, AF⊥AB, AB⊂平面ABEF,故AB⊥平面RAF, 取AF 的中点为M,BE 的中点为U,CD 的中点为V,连 接RM,MU,SU,UV, 则 MU∥RS,同理可证RM⊥平面ABEF,而RM⊂平面 RMUS, 故平 面 RMUS⊥ 平 面 ABEF,同 理 平 面 VUS⊥ 平 面 ABEF, 而平面RMUS∩平面VUS＝SU,故SU⊥平面ABEF, 故RM∥SU,故四边形RMUS 为平行四边形,故 MU＝ RS＝１２ (８＋１２)＝１０． 在平 面 ABHR 中 过B 作BH ∥AR,交 RH 于 H,连 接 HT． 则四边 形 ABHR 为 平 行 四 边 形,且 RH∥AB,RH＝ AB,故RH∥FT,RH＝FT, 故四边形RFTH 为平行四边形, 而BH ⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH ＝B,BT,BH ⊂ 平 面BHT, 故AB⊥平面BHT,故平面ARF∥平面BHT, 而AR＝BH,RF＝HT,AF＝BT,故△ARF≌△BHT, 故几何体ARF－BHT 为直棱柱, 而S△ARF＝ １ ２×４× ５ ２( ) ２ －４＝３,故VARF－BHT＝ ８×３＝２４, 因为AB∥EF,故EF⊥平面ARE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１１ 详解详析 而EF⊂平面RSEF,故平面ARF⊥平面RSEF, 在平面ARF 中过A 作AG⊥RF,垂 足 为 G,同 理 可 证 AG⊥平面RSEF, 而１ ２AG×RF＝３ ,故 AG＝１２１５ ,故VB－HTES ＝ １ ３ × １２ ５ × １ ２ (２＋４)×５２＝６ , 由对称性可得几何体的体积为２×(２４＋６)＝６０, 答案:６０ ９．解 析:由 题 意 知 h甲 h乙 ＝ ２２－１２ ３２－１ ＝ ３ ２ ２ ,V甲 V乙 ＝ h甲 h乙 ＝ ３(r１－r２) ２ ２(r１－r２) ＝ ６４． 答案:６ ４ １０．解析:如图,将正四棱台 ABCD－A１B１C１D１ 补成正四 棱锥,则AO＝ ２, SA＝２ ２,OO１＝ ６ ２ , 故V＝１３ (S１＋S２＋ S１S２)h, V＝１３ (２２＋１２＋ ２２×１２)× ６２＝ ７ ６ ６ ． 答案:７ ６ ６ １１．解析:由题意易求正四棱锥的高为６,V棱台 ＝ V大四棱锥 －V小四棱锥 ＝１３×４×４×６－ １ ３×２×２×３ ＝２８． 答案:２８ ◆球的相关问题 １．解析:设铁球半径为r,根据题意, 有４r２＝(９－２r)２＋(８－２r)２, 即４r２－６８r２＋１４５＝０, 即(２r－２９)(２r－５)＝０, 解得:r＝５２ 或２９ ２ (舍)． 答案:５ ２ ２．解析:设正方体的棱长为１,则EF ＝ ２,球 的 半 径 为 ２２ ,而 球 心 到 每 条棱的距离均为 ２ ２ ,因此球与每条 棱都有且只有１个交点,一共１２条 棱,故共１２个交点． 答案:１２ ３．解析:设球的半径为R．当球O 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 与体对角线的交点, 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．综上可知,球O的半径R的取值范围是[２ ２,２ ３]． 答案:[２ ２,２ ３] ４．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＝ ABsin∠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＝ １ ２SA , 因为OA２＝OO２１＋O１A２,即４＝３＋ １ ４SA ２,解得SA＝２． 答案:２ 考点２　空间线面关系 ◆空间线面关系的判断 １．C　本题考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平 面的位置关系．A 中,m∥α,n⊂α,m 与n 可能平行或异 面,故 A错误;B中,m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B错误;D:m ⊂α,α⊥β,则m 不一定垂直于β,故 D错误． ２．A　对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,正确;对于②,若 m⊥n,当n⊂α或n⊂β时,结论不一定成立,错误;对于 ③,若n∥α且n∥β,根据线面平行的性质知,m∥n,正 确,对于④,若n与α,β所成的角相等,m 与n 不一定垂 直,错误． ３．C　对于 A,B,若 m∥α,n∥α,则 m 与n 可能平行、相交 或异面,故 A,B错误;对于 C,D,若 m∥α,n⊥α,则 m⊥ n,且m 与n 可能相交,也可能异面,故 C正确,D错误． ４．C　连接 AC,BD 交于O,连 接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°, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１１ 数学 则由余弦定理可得PA２＝AC２＋PC２－２AC􀅰PCcos∠PCA ＝３２＋９－２×４ ２×３× ２２＝１７ , 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＝１２PC 􀅰BCsin∠PCB ＝１２×３×４× ２ ２ ３ ＝４ ２． 故选 C． ◆空间角 １．C　 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, 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＝ CE２＋DE２－２CE􀅰DEcos∠CED ＝ １＋３－２×１× ３× － ３２ æ è ç ö ø ÷ ＝ ７, 由正弦定理 DE sin∠DCE＝ CD sin∠CED , 得sin∠DCE＝ ３sin１５０° ７ ＝ ３ ２ ７ , 显 然 ∠DCE 是 锐 角,cos∠DCE＝ １－sin２∠DCE＝ １－ ３ ２ ７ æ è ç ö ø ÷ 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． ２．AC　 如 图,由 ∠APB ＝ １２０°,AP＝２ 可 知,底 面 直 径AB＝２ ３,高PO＝１,故该 圆锥的体积为π,故 A对;该 圆锥的侧面积为２ ３π,故 B 错;连接CB,取AC中点为Q,连接QO,PQ,易证二面角 P－AC－O 的平面角为∠PQO＝４５°,所以 QO＝PO＝ １,PQ＝ ２,所以BC＝２,所以AC＝２ ２,故 C对;S△PAC ＝１２AC 􀅰PQ＝２,故 D错．故选 AC． ◆空间距离 解析:过P 作PD⊥AC 于D,PE⊥ BC于E,PO⊥平面ABC于O． 连接OD,OE,∵PD＝PE＝ ３,PC ＝２,∴CD＝CE＝１． 由题意,四边形ODCE 为圆内接四 边形,又∠ACB＝９０° ∴四边形ODCE 为正方形, ∴OD＝１, ∴PO＝ PD２－OD２＝ ３－１＝ ２． 即点P 到平面ABC 的距离为 ２． 答案:２ 考点３　空间中的平行关系与垂直关系 ◆空间中的平行关系 １．解:(１)∵PO⊥底面,AB＝２, ∴∠PAB＝π３ ,OA＝１, ∴PA＝２, ∴S侧 ＝πrl＝２π． (２)证明:∵AC ︵ ＝π３ ,OA＝１, ∴∠AOC＝π３ , ∵CD∥AB, ∴∠DCO＝∠AOC＝π３ , ∵OC＝OD, ∴△OCD 为等边三角形, ∴CD＝OD＝OB, ∵CD∥OB, ∴四边形OCDB 是平行四边形, ∴OC∥BD, ∵OC⊄平面PBD,BD⊂平面PBD, ∴OC∥平面PBD, ∵AO＝OB,PQ＝AQ, ∴OQ∥PB, ∵OQ⊄平面PBD,PB⊂平面PBD, ∴OQ∥平面PBD, ∵OC∩OQ＝O,OC⊂平面OCQ,OQ⊂平面OCQ, ∴平面PBD∥平面OCQ, ∵QM⊂平面OCQ, ∴QM∥平面PBD． ２．解:(１)连接DE,OF,设AF＝tAC,则BF → ＝BA → ＋AF → ＝(１ －t)BA → ＋tBC →,AO→＝－BA→＋１２BC →, BF⊥AO, 则BF →􀅰AO→＝[(１－t)BA→＋tBC→]􀅰 －BA → ＋１２BC → ( )＝(t－１)BA→ ２ ＋１２tBC →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, 于是DE∥AB,DE＝１２AB ,OF∥AB, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１１ 详解详析 OF＝１２AB ,即DE∥OF,DE＝OF, 则四边形ODEF 为平行四边形, EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,所以EF ∥平面ADO ． (２)过P 作PM 垂直FO 的延长线交于点M, 因为PB＝PC,O 是BC 中点,所以PO⊥BC, 在 Rt△PBO 中,PB＝ ６,BO＝１２BC＝ ２ , 所以PO＝ PB２－OB２＝ ６－２＝２, 因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC, 又PO∩OF＝O,PO,OF⊂平面POF, 所以BC⊥平面POF ,又PM⊂平面POF, 所以BC⊥PM,又BC∩FM＝O,BC,FM⊂平面ABC, 所以PM⊥平面ABC, 即三棱锥P－ABC的高为PM, 因为∠POF＝１２０°,所以∠POM＝６０°, 所以PM＝POsin６０°＝２× ３２＝ ３ , 又S△ABC＝ １ ２AB 􀅰BC＝１２×２×２ ２＝２ ２ , 所以VP－ABC＝ １ ３S△ABC 􀅰PM＝１３×２ ２× ３＝ ２ ６ ３ ． ◆空间中的垂直关系 １．BD　易知 AD⊥平面BCC１B１,若 AD⊥A１C,则A１C∥平面BCC１B１ (或在该面内),显 然 不 成 立,故 A 选 项 错 误．由 BC⊥AD 和BC⊥ AA１,AD∩AA１＝A,AD,AA１⊂平 面AA１D,且BC⊄平面 AA１D,可 知BC⊥ 平 面 AA１D,又 ∵B１C１ ∥BC,∴B１C１ ⊥ 平 面 AA１D,故B选项正确．过A１ 且与AD 平行的线为A１D１ (D１ 为B１C１ 中点),而非A１B１,故C选项错误．由CC１∥ AA１ 知 D选项正确．故本题正确选项为BD． ２．解:(１)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． 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＝ １ ２AA１＝１ , 又因为A１C⊥AC,所以A１C２＋AC２＝AA２１, 即x２＋x２＝２２,解得x＝ ２, 所以A１O＝ A１C２１－OC２１＝ (２)２－１２＝１, 所以四棱锥A１－BB１C１C的高为１． ３．解:(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⊂平面ABC,A１A⊥平面 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 所成角即为∠MFE． 又 ME＝AB２ ＝１ ,cos∠CAC１＝ １ ５ , 则sin∠CAC１＝ ２ ５ ,故EF＝１×sin∠CAC１＝ ２ ５ , 在 Rt△MEF 中,∠MEF＝９０°,则 MF＝ １＋４５＝ ３ ５ , 于是cos∠MFE＝EFMF＝ ２ ３． (３)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＋PM２ ＝ ５, 根 据 勾 股 定 理 得,C１Q ＝ ５－ ２ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝３ ２２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 数学 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． ４．解:(１)取 CD 中 点E,连 接 D１E,A１B∥D１E,D１E⊂平面 DCCD,AB⊄ 平 面 DCC１D１, ∴A１B∥平面DCC１D１． (２)底 面 积 为 ９,∴AA１＝４, BD＝ １３,A 到BD 的距离 d＝２×３ １３ ＝ ６ １３ , tanθ＝AA１d ＝ ２ １３ ３ ⇒θ＝arctan ２ １３ ３ ,即二面角A１－ BD－A 的大小为arctan２ １３３ ． ◆折叠、截面问题和探究性问题中的位置关系 ABD　对于 A,球体直径为０．９９＜１,故球体可以放入正 方体容器内,故 A正确; 对于B,连接正方体的面对角线,可以得到一个正四面 体,其棱长为 ２＞１．４,故B正确; 对于 C,底面直径为０．０１m,可以忽略不计,但高为１．８ ＞ ３,３为正方体的体对角线的长,故 C不正确; 对于 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＝ ３ ２ , 则tan∠CAC１＝ CC１ AC＝ OE AO , 即１ ２ ＝OE ３ ２ ,解得OE＝ ６４ ,且 ６ ４ æ è ç ö ø ÷ 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 ＝０．６AO１ ,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． 考点４　空间向量与立体几何 ◆利用空间向量求线线角 １．C　如图取AB、D１C１ 的中点分别为F,E． 连接EF,则AD１∥FE．设B１D∩EF＝O,连接B１F． 则OF＝１２D１A＝ １ ２ ３＋１＝１． B１O＝ １ ２B１D＝ １ ２ １ ２＋１２＋(３)２＝ ５２ , B１F＝ (３)２＋ １ ２( ) ２ ＝ １３２ ． 由余弦 定 理 得:cos∠FOB１＝ １２＋ ５ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － １３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ２×１× ５２ ＝ － ５５． ∴异面直线AD１ 与DB１ 所成角的余弦值为 ５ ５． ２．解:(１)证明:由PA⊥平面ABCD 可得PA⊥AB． 又AB⊥AD,AD∩PA＝A,所以 AB⊥平面PAD,又∵ AB⊂PAB,故平面PAB⊥平面PAD． (２)易知AB,AD,PA 两两垂直,以A 为坐标原点,AB → 方 向为x 轴正方向,AD → 方向为y 轴正方向,AP → 方向为z 轴 正方向建立空间直角坐标系,易得A(０,０,０),B(２,０, ０),C(２,２,０),D(０,３＋１,０),P(０,０,２)． (ⅰ)设球心O(x,y,z),由OB＝OC＝OD＝OP 可得 (x－ ２)２＋y２＋z２＝(x－ ２)２＋(y－２)２＋z２ (x－ ２)２＋y２＋z２＝x２＋(y－ ３－１)２＋z２, (x－ ２)２＋y２＋z２＝x２＋y２＋(z－ ２)２ ì î í ïï ï 解 得 y＝ １,x＝z＝０,显然点O(０,１,０)为直线AD 上的点,AD⊂ 平面ABCD,所以点O(０,１,０)在平面ABCD 上． (ⅱ)AC → ＝(２,２,０),PO → ＝(０,１,－ ２),直线AC与PO所 成角的余弦值等于cos‹AC →,PO→›＝ AC →􀅰PO→ |AC → ||PO → | ＝ ２ ６× ３ ＝ ２３． ◆利用空间向量求线面角 １．解:(１)取PA 的中点N,PB 的中点M,连接FN、MN, ∵△ACD 与 △ABC 为 等 腰 直 角 三 角 形 ∠ADC＝９０°, ∠BAC＝９０° 不妨设AD－CD＝２,∴AC＝AB＝２ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 详解详析 ∴BC＝４,∵E、F 分别为BC、PD 的中点, ∴FN＝１２AD＝１ ,BE＝２,∴GM＝１, ∵∠DAC＝４５°,∠ACB＝４５°, ∴AD∥BC, ∴FN∥GM, ∴四边形FGMN 为平行四边形, ∴FG∥MN, ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB; (２)∵PA⊥平面ABCD,以A 为原点,AC、AB、AP 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AD＝CD＝２,则 A(０,０,０),B(０,２ ２,０),C(２ ２,０, ０),D(２,－ ２,０),P(０,０,２ ２), ∴AB → ＝(０,２ ２,０),DC → ＝(２,２,０),CP → ＝(－２ ２,０,２ ２), 设平面PCD 的一个法向量为n＝(x,y,z) ∴ DC →􀅰n＝０ CP →􀅰n＝０{ ,∴ ２x＋ ２y＝０ －２ ２x＋２ ２z＝０{ 取x＝１,∴y＝－１,z＝１,∴n＝(１,－１,１) 设AB 与平面PCD 成的角为θ 则sinθ＝|cos‹AB →,n›|＝|AB →,n| |AB →,n| ＝ |０×１＋２ ２×(－１)＋０×１| ２ ２􀅰 １２＋(－１)２＋１２ ＝ ２ ２ ２ ２× ３ ＝ ３３ ,即AB 与 平面PCD 所成角的正弦值为 ３３． ２．解:(１)连接PO,因为PＧABCD 是正四棱锥,所以底面ABＧ CD是正方形,且PO⊥底面ABCD, 因为AD＝３ ２,所以AO＝OD＝OB＝OC＝３, 因为AP＝５,所以PO＝ AP２－AO２＝４, 所以△POA 绕OP 旋转一周形成的几何体是以３为底 面半径,４为高的圆锥, 所以V圆锥 ＝１３Sh＝ １ ３π×３ ２×４＝１２π． (２)如图建立空间直角坐标系, 因为AP＝AD,由题知PＧABＧ CD 是 正 四 棱 锥,所 以 该 四 棱 锥各棱 长 相 等,设 AB＝ ２a, 则 AO＝OD＝OB＝OC＝a, PO＝ AP２－AO２＝a, 可得O(０,０,０),P(０,０,a),A (０,－a,０),B(a,０,０),C(０,a, ０),D(－a,０,０),E a２ ,０,a２( ) , 则BD→＝(－２a,０,０),AC→＝(０,２a,０),AE→＝ a２,a, a ２( )． 设n＝(x１,y１,z１)为平面AEC的法向量,则 n􀅰AC→＝０ n􀅰AE→＝０{ ⇒ ２a􀅰y１＝０ a ２ 􀅰x１＋a􀅰y１＋ a ２ 􀅰z１＝０{ ,令x１＝１,则 y１＝０,z１＝－１,所以n＝(１,０,－１), 则cos‹n,BD→›＝ n􀅰BD → |n||BD→| ＝ －２a |２a||２| ＝－ ２２ , 设直线BD 与平面AEC 所成角为θ,因为sinθ＝|cos‹n, BD→›|＝ ２２,θ∈ ０, π ２[ ] ,所以θ＝ π ４． ３．解:(１)如 图,∵A１C⊥ 底 面 ABC,BC⊂平面ABC, ∴A１C⊥BC,又 BC⊥AC, A１C,AC ⊂ 平 面 ACC１A１, A１C∩AC＝C, ∴BC⊥平面ACC１A１,又BC ⊂平面BCC１B１, ∴ 平 面 ACC１A１ ⊥ 平 面BCC１B１, 过A１ 作A１O⊥CC１ 交CC１ 于O,又平面ACC１A１∩平面 BCC１B１＝CC１,A１O⊂平面ACC１A１, ∴A１O⊥平面BCC１B１,∵A１ 到平面BCC１B１ 的距离为 １,∴A１O＝１, 在 Rt△A１CC１ 中,A１C⊥A１C１,CC１＝AA１＝２, 设CO＝x,则C１O＝２－x, ∵△A１OC,△A１OC１,△A１CC１ 为 直 角 三 角 形,且 CC１ ＝２, CO２＋A１O２＝A１C２,A１O２＋OC２１＝C１A２１,A１C２＋A１C２１ ＝C１C２, ∴１＋x２＋１＋(２－x)２＝４,解得x＝１, ∴AC＝A１C＝A１C１＝ ２,∴AC＝A１C． (２)连接A１B,由(１)易证A１B＝A１B１,故取BB１ 的中点 F,连接A１F,∵A１A 与B１B 的距离为２, ∴A１F＝２, ∴A１C＝AC＝ ２,AB＝A１B１＝ ５,BC＝ ３, 建立 空 间 直 角 坐 标 系 C－ xyz如图所示 C(０,０,０),A(２,０,０),B(０, ３,０),B１ (－ ２,３,２), C１(－ ２,０,２), ∴CB → ＝(０,３,０),CC１ → ＝ (－ ２,０,２), AB１ → ＝(－２ ２,３,２), 设平面BCC１B１ 的法向量为n＝(x,y,z),则 n􀅰CB → ＝０ n􀅰CC１ → ＝０{ 即 ３y＝０ － ２x＋ ２z＝０{ ,令x＝１, 则y＝０,z＝１ 所以,平面BCC１B１ 的一个法向量为: n＝(１,０,１), ∴cosθ＝|cos‹n,AB１ →›|＝ |n 􀅰AB１ → | |n|􀅰|AB１ → | ＝ １３１３ ． 故 AB１ 与平面BCC１B１ 所成角的正弦值为 １３ １３ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 数学 ◆利用空间向量求二面角 １．解:(１)证明∵A′E∥D′F,D′F⊂平面CD′F,A′E⊄平面 CD′F, ∴A′E∥平面CD′F, 同理可证EB∥平面CD′F, 又∵EB∩A′E＝E,且 EB⊂ 平 面 A′EB,A′E⊂ 平 面 A′EB, ∴平面A′BE∥平面CD′F． 又∵A′B⊂平面A′EB, ∴A′B∥平面CD′F． (２)设 AD ＝m．建 立 如 图 所 示 空 间 直 角 坐标 系,则 C (m,m, ０),B(２m, ０,０), D′ m ２ ,m,３２m æ è ç ö ø ÷,E(０,０,０),F(０,m,０), BC → ＝(－m,m,０),CD′ → ＝ －m２ ,０, ３２m æ è ç ö ø ÷, EF → ＝(０,m,０),D′F → ＝ －m２ ,０,－ ３２m æ è ç ö ø ÷, 设 平 面 BCD′ 的 法 向 量 为 a ＝ (x１,y１,z１ ),则 a􀅰BC → ＝０, a􀅰CD′ → ＝０,{ 即 －mx１＋my１＝０ －m２x１＋ ３ ２z１＝０{ , 令z１＝１,则x１＝ ３,y１＝ ３,a＝(３,３,１)． 设平面EFD′A′的法向量为b＝(x２,y２,z２),则 b􀅰EF → ＝０, b􀅰D′F → ＝０,{ 即 y２＝０ －m２x２－ ３ ２z２＝０{ ,令z２＝１,则x２＝ － ３,y２＝０,b＝(－ ３,０,１) 所以cosθ＝|cos‹a,b›|＝|－３＋１| ７× ４ ＝ ７７ 所以sinθ＝ ４２７ ． ２．解:(１)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥BC． 又AD⊥PB,且 AP∩BP＝P,所以AD⊥平面PAB．在 △ABC中,因为AC＝２,BC＝１,AB＝ ３,所以AC２＝BC２＋ AB２,即AB⊥BC,又AP⊥BC,且AP∩AB＝A,所以BC⊥ 平面PAB．因此,AD∥BC,又AD⊄平面PBC,BC⊂平面 PBC,所以AD∥平面PBC． (２)过 D 点 作 DE∥PA,则 DE⊥平面ABCD,以D 为坐 标原点,分别以 DA,DC,DE 为x轴,y轴,z轴建立空间直 角坐标系． 设DA＝m,DC＝n,其中m２＋ n２＝４,则A(m,０,０),C(０,n, ０),P(m,０,２), 所以AP→＝(０,０,２),CP→＝(m,－n,２),DC→＝(０,n,０)． 设 平 面 APC 的 法 向 量 为 n ＝ (x,y,z),则 ２z＝０, mx－ny＋２z＝０,{ 令x＝n,则y＝m,所以n＝(n,m,０); 设平面DPC的法向量为v＝(x,y,z),同理可得v＝(２, ０,－m)． 因为二面角 AＧPCＧD 为锐二面角,所以其余弦值为 ７７ , 因此 ７ ７ ＝|cos ‹n,v›|＝ ２n m２＋n２ ４＋m２ ,解 得 m＝ ３,即AD＝ ３． ３．解:(１)△AEF 中,AE＝２５AD＝２ ３ , AF＝１２AB＝４ ,∠EAF＝３０° ∴cos∠EAF＝AE ２＋AF２－EF２ ２AE􀅰AF ＝ １２＋１６－EF２ ２×２ ３×４ ＝ ３２ ,∴EF＝２ ∴EF２＋AE２＝AF２,∴AE⊥EF,∴PE⊥EF,DE⊥EF PE∩DE＝E,PE,DE⊂平面PDE,∴EF⊥平面PDE 又∵PD⊂平面PDE,∴EF⊥PD． (２)DE＝５ ３－２ ３＝３ ３,CD＝３,∠CDE＝９０°,∴CE２ ＝３６,CE＝６ PE＝AE＝２ ３,∴PE２＋CE２＝PC２,∴PE⊥CE 又∵PE⊥EF,EF∩CE＝E,EF,CE⊂平面 DEF,∴PE ⊥平面DEF,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP 两两垂直 以EF,ED,EP 分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角 坐标系EＧxyz P(０,０,２ ３),D(０,３ ３,０),F(２,０,０),A(０,－２ ３,０), B(４,２ ３,０),C(３,３ ３,０),则PD→＝(０,３ ３,－２ ３), CD→＝(－３,０,０),PB→＝(４,２ ３,－２ ３),BF→＝(－２, －２ ３,０) 设平面PCD 的法向量n１＝(x１,y１,z１) n１􀅰PD →＝０ n１􀅰CD →＝０{ ,∴ ３ ３y１－２ ３z１＝０ －３x１＝０{ 不妨设y１＝２,则z１＝３,x１＝０,n１＝(０,２,３) 设平面PBF 的法向量n２＝(x２,y２,z２) n２􀅰PB →＝０ n２􀅰BF →＝０{ ∴ ４x２＋２ ３y２－２ ３z２＝０ －２x２－２ ３y２＝０{ 不妨设x２＝３,则y２＝－１,z２＝１,n２＝(３,－１,１) 设平面PCD 与平面PBF 所成的二面角为α cos‹n１,n２ ›＝ n１􀅰n２ |n１||n２| ＝ １ １３× ５ ＝ ６５６５ ,sinα ＝８ ６５６５ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２１ 详解详析 ４．解:(１)证明:∵BC∥AD,AD＝４,BC＝２． 又 M 为AD 的中点,∴DM＝２ ∴BC􀱀DM, ∴四边形BCDM 为平行四边形, ∴BM∥CD, ∵BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, ∴BM∥平面CDE． (２)取AM 的中点G,连接BG,FG, 在△ABM 中,AB＝BM＝AM＝２, ∴BG⊥AD,且BG＝ ３, ∵M 为AD 的中点,∴EF􀱀DM ∴四边形 MDEF 为平行四边形, ∴FM＝DE＝AF＝ １０, ∴△AMF 为等腰三角形 ∴FG⊥AM 且FG＝３, 在△BGF 中,BG＝ ３,FG＝３, 又FB＝２ ３, ∴BG２＋FG２＝FB２ ∴BG⊥FG ∴以 G 为 坐 标 原 点,GB,GD, GF 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B(３,０,０),F(０,０,３),M(０,１,０),E(０,２,３), ∴MB→＝(３,－１,０),ME→＝(０,１,３),MF→＝(０,－１,３) 设平面FBM 的法向量为m＝(x１,y１,z１) 则 m⊥MB→, m⊥MF→,{ ∴ ３x１－y１＝０, －y１＋３z１＝０,{ 令z１＝１,则y１＝３,x１＝ ３, ∴平面FBM 的一个法向量为m＝(３,３,１)． 设平面EBM 的法向量为n＝(x２,y２,z２), 则 n⊥MB→, n⊥ME→,{ ∴ ３x２－y２＝０, y２＋３z２＝０,{ 令z２＝－１,则y２＝３,x２＝ ３, ∴平面EBM 的一个法向量为n＝(３,３,－１), 设二面角FＧMBＧE 的大小为α,则 cosα＝|cos‹m,n›|＝ m 􀅰n |m||n| ＝ １１ １３ , ∴sinα＝４ ３１３ ． ∴二面角FＧBMＧE 的正弦值为４ ３１３ ． ５．解:(１)取PD 的中点为S,连接SF,SC,则SF∥ED,SF ＝１２ED＝１ , 而ED∥BC,ED＝２BC,故SF∥BC,SF＝BC,故四边形 SFBC为平行四边形, 故BF∥SC,而BF⊄平面PCD,SC⊂平面PCD, 所以BF∥平面PCD． (２)因为ED＝２,故AE＝１,故AE∥BC,AE＝BC, 故四边形AECB为平行四边形,故CE∥AB,所以CE⊥平 面PAD, 而PE,ED⊂平 面 PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而 PE ⊥ED, 故建立如图所示的空间直角 坐标系, 则A(０,－１,０),B(１,－１, ０),C(１,０,０),D(０,２,０),P (０,０,２), 则PA→＝(０,－１,－２),PB→＝ (１,－１,－２),PC→＝(１,０,－２), PD→＝(０,２,－２), 设平面PAB 的法向量为m＝(x,y,z), 则由 m􀅰PA→＝０ m􀅰PB→＝０{ ,可得 －y－２z＝０ x－y－２z＝０{ ,取m＝(０,－２,１), 设平面PCD的法向量为n＝(a,b,c), 则由 n􀅰PC→＝０ n􀅰PD→＝０{ 可得 a－２c＝０ ２b－２c＝０{ ,取n＝(２,１,１), 故cos‹m,n›＝ －１ ５× ６ ＝－ ３０３０ , 故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为 ３０３０ ． ６．解:(１)如图,以C 为原点,分 别 以CD,CB,CC１ 为x,y,z轴建立 平面直角坐标系,则A２(２,２,１), C２(０,０,３),D２(２,０,２), P(０,２,t),(０≤t≤t), B２(０,２,２),则B２C２ → ＝(０,－２, １),A２D２ → ＝(０,－２,１),因此B２C２ → ＝A２D２ → 且B２C２ → 与A２D２ → 无 公 共 点,所以B２C２ → ∥A２D２ →,所以B２C２ ∥A２D２． (２)由(１)得A２C２ → ＝(－２,－２,２),A２D２ → ＝(０,－２,１), A２P → ＝(－２,０,t－１),设n１＝(x１,y１,z１),n２＝(x２,y２, z２)分 别 为 平 面 A２C２D２,A２C２P 的 法 向 量,则 －２x１－２y１＋２z１＝０ －２y１＋z１＝０{ ,则n１＝(１,１,２), 同理n２＝(t－１,３－t,２), 则 ３ ２＝ ６ ６× (t－１)２＋(３－t)２＋４ ⇒t２－４t＋３＝０, 则t＝１或t＝３,则B２P＝|２－t|＝１． ７．解:(１)证明:连接AE、DE,设 DA ＝ DB ＝ DC ＝ ２,∠ADB ＝ ∠ADC ＝ ６０°,所 以 △ADB ≌ △ADC,因此AB＝AC＝ ２,又因 为BE＝CE,所以AE⊥BC,DE⊂ 平面ADE,同理DE⊥BC, 又AE∩DE＝E,AE,DE⊂平面ADE, 所以BC⊥平面ADE,又AD⊂平面ADE, 所以BC⊥AD． (２)由DA＝DB＝DC＝ ２,∠BDC＝９０°, 由(１)DE⊥BC,AB＝AC＝ ２,则DE＝BE＝CE＝AE＝ １,可得 AE２＋DE２＝AD２,因此 AE⊥DE,由(１)AE⊥ BC,又DE∩BC＝E,DE,BC⊂平面BDC, 所以AE⊥平面BDC． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２１ 数学 因此 以 E 为 原 点,分 别 以 ED、EB、EA 为x 轴、y轴、 z轴建立空间直角坐标系, 则D(１,０,０), A(０,０,１),E(０,０,０), B(０,１,０), 因为EF → ＝DA → ＝(－１,０, １),AE → ＝(０,０,－１),所以DB → ＝(－１,１,０),AB → ＝(０,１, －１),AF → ＝(－１,０,０),设平面 ABD,平面 ABF 的法向 量分别是m＝(x,y,z),n＝(a,b,c), 所以 m􀅰DB → ＝－x＋y＝０ m􀅰AB → ＝y－z＝０{ ,取x＝１,则m＝(１,１,１),同 理n＝(０,１,１), 设平面ABD 与平面ABF 的夹角为θ, 则cosθ＝ |m 􀅰n| |m|􀅰|n|＝ ２ ３􀅰 ２ ＝ ６３ ,所以sinθ＝ ３３ , 即二面角D－AB－F 的正弦值为 ３３． ８．解:(１)连 接 DE,OF,设 AF ＝tAC(０＜t＜１),则BF → ＝BA → ＋AF → ＝(１－t)BA → ＋tBC →,AO→ ＝－BA → ＋１２BC →, BF⊥AO, 则BF →􀅰AO→＝[(１－t)BA→＋t BC →]􀅰 －BA→＋１２BC → ( )＝(t－１)BA →２＋１２tBC →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, 于是DE∥AB,DE＝ １２AB ,OF∥AB,OF＝ １２AB ,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＝ ３０２ , 因此OD２＋AO２＝AD２＝１５２ ,则OD⊥AO,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＝１３AH , 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＝１３AD ,GE＝１３BE , 又FH＝１３AH ,即有DH＝３２GF , 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 BE２ ＋EF２ ＝BF２ ＝３,即 有 BE⊥EF,则 GF２ ＝ １ ３× ６ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ６ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝５３ , 从而GF＝ １５３ ,DH＝３２× １５ ３ ＝ １５ ２ , 在△DOH 中,OH＝１２BF＝ ３ ２ ,OD＝ ６２ ,DH＝ １５２ , 于是cos∠DOH＝ ６ ４＋ ３ ４－ １５ ４ ２× ６２× ３ ２ ＝－ ２２ , sin∠DOH＝ １－ － ２２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ２２ , 所以二面角D－AO－C的正弦值为 ２２． ◆利用空间向量求空间距离 １．解:(１)以 D 为原点,DA、DC、DD１ 所在直线分别为x、 y、z轴建立空间直角坐标系 由已知可得D(０,０,０),B(４,４,０)、G(０,４,３),E(２,０,４)、 F(２,４,４),EF → ＝(０,４,０),BE → ＝(－２,－４,４),,GF → ＝(２, ０,１),BG → ＝(－４,０,３) 设D 平面BEF 的法向量为n＝(x１,y１,z１) BE →􀅰n＝０ EF →􀅰n＝０{ ,⇒ －２x１－４y１＋４z１＝０ ４y１＝０{ , 取x１＝２,则y１＝０,z１＝１, ∴n＝(２,０,１), ∴GF → ＝n,∴GF → ∥n, ∴GF⊥平面BEF (２)设平面EBG 的法向量为m＝(x２,y２,z２) 则 －２x２－４y２＋４z２＝０, －４x２＋３z２＝０{ 令z２＝４,则x２＝３,y２＝ ５ ２ ,z２＝４, cos‹m,n›＝ ３×２＋５２×０＋４×１ ２２＋１２× ３２＋ ５２( ) ２ ＋４２ ＝４５． (３)由(１)知EF⊥平面BCC１B１,FB⊂平面BCC１B１, ∴EF⊥FB, 易知S△BEF＝ １ ２EF 􀅰BF＝１２×４× ４ ２＋２２＝４ ５, 又DE → ＝ (２,０,４),则 D 到 平 面 BEF 的 距 离 为d＝ |DE →􀅰n| |n| ＝ ８ ５ , 由棱锥的体积公式知:VD－BEF ＝ １ ３d×S△BEF ＝ １ ３ × ８ ５ ×４ ５＝３２３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２１ 详解详析 ２．解析:(１)取CB１ 中点P,连接 NP,MP, 由 N 是B１C１ 的中点,故 NP∥CC１,且 NP＝ １ ２CC１ , 由 M 是 DD１ 的 中 点,故 D１M＝ １ ２DD１ ＝ １ ２CC１ ,且 D１M∥CC１, 则有D１M∥NP 且D１M＝NP, 故四边形D１MPN 是平行四边形,故D１N∥MP, 又 MP⊂平面CB１M,D１N⊄平面CB１M, 故D１N∥平面CB１M; (２)以A 为原点建立如图所示空 间直角坐标系,有A(０,０,０)、B(２, ０,０)、B１ (２,０,２)、M(０,１,１)、 C(１,１,０)、C１(１,１,２),则有CB１ → ＝(１,－１,２)、CM→＝(－１,０,１), BB１ →＝(０,０,２), 设 平 面 CB１M 与 平 面 BB１CC１ 的法 向 量 分 别 为 m＝ (x１,y１, z１)、n＝(x２,y２,z２), 则有 m􀅰CB１ →＝x１－y１＋２z１＝０ m􀅰CM→＝－x１＋z１＝０{ , n􀅰CB１ →＝x２－y２＋２z２＝０ n􀅰BB１ →＝２z２＝０{ , 分别取x１＝x２＝１,则有y１＝３、z１＝１、y２＝１,z２＝０, 即m＝(１,３,１),n＝(１,１,０), 则cos‹m,n›＝ m 􀅰n |m||n|＝ １＋３ １＋９＋１􀅰 １＋１ ＝２ ２２１１ , 故平 面 CB１M 与 平 面 BB１CC１ 的 夹 角 的 余 弦 值 为２ ２２ １１ ; (３)由BB１ →＝(０,０,２),平面CB１M 的法向量为m＝(１,３, １), 则有 |BB１ →􀅰m| |m| ＝ ２ １＋９＋１ ＝２ １１１１ , 即点B 到平面CB１M 的距离为 ２ １１ １１ ． 作业１２　平面解析几何 考点１　直线与圆 ◆直线的方程、距离问题 B　由直线y＝k(x＋１)过定点(－１,０),要使距离最大, 则当y＝k(x＋１)与(０,１)和(－１,０)的连线垂直时可得 最大距 离 为 (０,１)和 (－１,０)两 点 之 间 的 距 离 d＝ (０＋１)２＋(１－０)２＝ ２,故选B． ◆圆的方程 １．C　令x－y＝k,则x＝k＋y, 代入原式化简得２y２＋(２k－６)y＋k２－４k－４＝０, 因为存在实数y,则Δ≥０, 即(２k－６)２－４×２(k２－４k－４)≥０, 化简得k２－２k－１７≤０, 解得１－３ ２≤k≤１＋３ ２, 故x－y的最大值是３ ２＋１．故选:C． ２．解析:x２＋(y－２)２＝m＋４,r２＝ππ＝１ ,由题意m＋４＝１ ⇒m＝－３． 答案:－３ ◆直线与圆的位置关系 １．B　与直线y＝ ３x＋２距离为１的直线为l１:y＝ ３x＋４ 和l２:y＝ ３x,圆 心 M(０,－２)到l１ 的 距 离 为 d１ ＝ |－２－４| １２＋(３)２ ＝３,到l２ 的距离为d２＝ |－２| １２＋(３)２ ＝１．依 题可知圆与l１,l２ 的交点总个数为２,据草图可知圆应与 l２ 相交,与l１ 相离,故１＜r＜３,选B． ２．C　因为a,b,c成等差数列,所以a－２b＋c＝０,直线ax＋by ＋c＝０恒过P(１,－２),当PC⊥AB时,|AB|取得最小值,此 时|PC|＝１,|AB|＝２ ５－|PC|２＝４． ３．D　圆x２＋y２－２x＋６y＝０的标准方程为(x－１)２＋(y ＋３)２＝１０,圆心坐标为(１,－３),因此圆心到直线x－y ＋２＝０的距离d＝ |１＋３＋２| |１２＋(－１)２| ＝３ ２． ４．D　由e＝ ５,则c ２ a２ ＝a ２＋b２ a２ ＝１＋b ２ a２ ＝５, 解得b a ＝２ , 渐近线y＝－２x与圆无法相交, 所以双曲线的一条渐近线不妨取y＝２x, 则圆心(２,３)到渐近线的距离d＝|２×２－３| ２２＋１ ＝ ５５ , 所以弦长|AB|＝２ r２－d２＝２ １－１５＝ ４ ５ ５ ． ５．B　由题可知,圆的方程可化为(x－２)２＋ y２＝５,故圆心B(２,０),A(０,－２),如图, 设切点为 M,N,AB＝２ ２,BM＝ ５,故 AM＝ ３,sin∠MBA＝AMAB ＝ ３ ２ ２ ,cos ∠MBA＝ ５ ２ ２ ,sinα＝sin(π－α)＝sin∠NBM＝ sin２∠MBA＝２× ３ ２ ２ × ５ ２ ２ ＝ １５４ ． 故选B． ６．解析:由题知圆(x＋２)２＋y２＝３和曲线y２＝２px关于x 轴对称,不妨设切线方程为y＝kx,k＞０, 所以 |２k| １＋k２ ＝ ３,解得k＝ ３,由 y＝ ３x y２＝２px{ , 解得 x＝０ y＝０{ 或 x＝２p３ y＝２ ３p３ ì î í ïï ï , 所以|OP|＝ ２p３( ) ２ ＋ ２ ３p ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝４p３＝８ , 解得p＝６．当k＝－ ３时,同理可得． 答案:６ ７．解析:由圆心为(０,２),半径为１的圆与直线x＝±my相 切可得|±２m| １＋m２ ＝１,解得m＝ ３３． 答案:３ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２１ 数学 　 　　　　　　　作业１１　立体几何 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　立体几何是高中数学中的重要内容,也是高考的必考内容,但其往往是许多学生在高中数学 学习中的拦路虎．因为它不仅需要学生熟练掌握概念、公式、定理、方法等相关的基础知识、还需要 具备较强的逻辑思维能力和空间想象能力．高考对立体几何的考查应关注如下问题: (１)简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体,可以单独考 查,如几何体的识别,距离和截面面积的计算;也可以与体积、表面积结合考查,重点考查简单 几何体的表面积或体积,一般为小题,多为低档题．球与简单几何体的切接问题或与之有关的 最值问题,题型为选择题或填空题,这是一类重点问题,有时难度相对较大． (２)小题形式多考查平行与垂直的判定与性质,多为基础题,对于截面问题的考查,难度 则有提升;解答题,第一小题多为证明线线、线面、面面垂直与平行;第二问,多数是利用空间 向量的相关知识解决空间角的问题,为中档题． 考点１　空间几何体的结构特征、表面积与体积 ◆几何体的结构特征 １．(２０２４􀅰北京卷,８)如 图,在 四 棱 锥 PＧABＧ CD 中,底 面 ABCD 是边 长 为 ４ 的 正 方 形,PA＝PB＝４,PC＝PD＝２ ２,该棱锥的 高为 (　　) A．１ B．２ C．２ D．３ ２．(２０２３􀅰上海卷,１２)已知空间中有三点A、 B、C满足AB＝BC＝CA＝１,再取两个点, 使得这两点与点 A,B,C 可以组成正四棱 锥,则不同的取法有　　　　种． ◆几何体的表面积 (２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,４)北斗三号全球卫星 导航系统是我国航天事业的重要成果,在卫 星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位 于地球赤道所在平面,轨道高度为３６０００ km(轨道高度是指卫星到地球表面的距 离)．将地球看作是一个球心为O,半径r为 ６４００km 的球,其上点 A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直 接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的 纬度最大值为α,记卫星信号覆盖地球表面 的表 面 积 为 S＝２πr２ (１－cosα)(单 位: km２),则S占地球表面积的百分比约为 (　　) A．２６％ B．３４％ C．４２％ D．５０％ ◆几何体的体积 １．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,５)已知圆柱和圆锥的 底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均 为 ３,则圆锥的体积为 (　　) A．２ ３π B．３ ３π C．６ ３π D．９ ３π ２．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,７)已知正三棱台ABCＧ A１B１C１ 的体积为 ５２ ３ ,AB＝６,A１B１＝２,则 AA１ 与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A．１２ B．１ C．２ D．３ ３．(２０２４􀅰天津卷,９)一 个五 面 体 ABCＧDEF． 已知 AD∥BE∥CF, 且两两之间距离为１． AD＝１,BE＝２,CF＝ ３,则该五面体的体积 为 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４ 作业１１　立体几何 A．３６ B． ３ ３ ４ ＋ １ ２ C．３２ D． ３ ３ ４ － １ ２ ４．(２０２３􀅰全国甲卷(文),１０)在三棱锥 PＧ ABC 中,△ABC是边长为２的等边三角形, PA＝PB＝２,PC＝ ６,则该棱锥的体积为 (　　) A．１ B．３ C．２ D．３ ５．(２０２３􀅰全国乙卷(理),８)已知圆锥PO 的 底面半径为 ３,O为底面圆心,PA,PB 为圆 锥的母线,∠AOB＝２π３ ,若△PAB 的面积等 于９ ３ ４ ,则该圆锥的体积为 (　　) A．π B．６π C．３π D．３ ６π ６．(２０２３􀅰天津卷,８)在三棱锥P－ABC中,线段 PC上的点M 满足PM＝１３PC ,线段PB上的 点N 满足PN＝２３PB ,则三棱锥PＧAMN 和三 棱锥P－ABC的体积之比为 (　　) A．１９ B． ２ ９ C．１３ D． ４ ９ ７．(２０２５􀅰上海卷,７)如图,在正四棱柱ABCD －A１B１C１D１ 中,BD＝４ ２,DB１＝９,则该 正四棱柱的体积为　　　． ８．(２０２５􀅰北京卷,１４)某科技兴趣小组通过 ３D打印机的一个零件可以抽象为如图所示 的多面体,其中ABCDEF 是一个平行多边 形,平面ARF⊥平面 ABC,平面TCD⊥平 面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥CD,BC ∥DE∥ST∥AF．若AB＝BC＝８,AF＝CD ＝４,RA＝RF＝TC＝TD＝５２ ,则该多面体 的体积为　　　　． ９．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１４)已知圆台甲、乙的上 底面半径均为r１,下底面半径均为r２,圆台的 母线长分别为２(r２－r１),３(r２－r１),则圆台甲 与乙的体积之比为　　　　． １０．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１４)在正四棱台ABＧ CD－A１B１C１D１ 中,AB＝２,A１B１＝１,AA１ ＝ ２,则该棱台的体积为　　　　． １１．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１４)底面边长为４的 正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截 去一个底面边长为２,高为３的正四棱锥, 所得棱台的体积为　　　　． ◆球的相关问题 １．(２０２５􀅰全国二卷,１４)一个底面半径为４ cm,高为９cm 的封闭圆柱形容器(容器壁 厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球, 则铁球半径的最大值为　　　　cm． ２．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１５)在正方体ABCD －A１B１C１D１ 中,E,F 分别为AB,C１D１ 的 中点,以EF为直径的球面与该正方体的棱 共有　　　　个公共点． ３．(２０２３􀅰全国甲卷(文),１６)在正方体ABCD －A１B１C１D１ 中,AB＝４,O 为AC１ 的中点, 若该正方体的棱与球O 的球面有公共点, 则球O的半径的取值范围是　　　　． ４．(２０２３􀅰全国乙卷(文),１６)已知点S,A,B, C均在半径为２的球面上,△ABC 是边长 为３的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA ＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６４ 数学 考点２　空间线面关系 ◆空间线面关系的判断 １．(２０２５􀅰天津卷,４)已知 m,n为两条直线, α,β为两个平面,则下列结论中正确的是 (　　) A．若m∥α,n⊂α,则m∥n B．若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C．若m∥α,m⊥β,则α⊥β D．若m⊂α,α⊥β,则m⊥β ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１０)设α,β为两个平 面,m,n为两条直线,且α∩β＝m．下述四个 命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β;②若m⊥n,则 n⊥α或n⊥β;③若n∥α且n∥β,则m∥n; ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n．其中 所有真命题的编号是 (　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ ３．(２０２４􀅰天津卷,６)若m,n为两条直线,α为 一个平面,则下列结论中正确的是 (　　) A．若m∥α,n∥α,则m⊥n B．若m∥α,n∥α,则m∥n C．若m∥α,n⊥α,则m⊥n D．若m∥α,n⊥α,则m 与n 相交 ４．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１１)在四棱锥 P－ ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,AB＝４, PC＝PD＝３,∠PCA＝４５°,则△PBC 的面 积为 (　　) A．２ ２ B．３ ２ C．４ ２ D．５ ２ ◆空间角 １．(２０２３􀅰全国乙卷(理),９)已知△ABC 为等 腰直角三角形,AB为斜边,△ABD 为等边三 角形,若二面角C－AB－D为１５０°,则直线CD 与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A．１５ B． ２ ５ C．３５ D． ２ ５ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,９)(多选)已知圆锥的 顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直径, ∠APB＝１２０°,PA＝２,点C在底面圆周上, 且二面角P－AC－O为４５°,则 (　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为４ ３π C．AC＝２ ２ D．△PAC的面积为 ３ ◆空间距离 (２０１９􀅰全国Ⅰ卷(文),１６)已知∠ACB＝ ９０°,P 为平面ABC 外一点,PC＝２,点P 到 ∠ACB两边AC,BC的距离均为 ３,那么P 到平面ABC 的距离为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７４ 作业１１　立体几何 考点３　空间中的平行关系与垂直关系 ◆空间中的平行关系 １．(２０２５􀅰上海卷,１８)如图, P 是圆锥的顶点,O 是底 面圆心,AB 是底面直径, 且AB＝２． (１)若直线 PA 与圆锥底 面的所成角为π ３ ,求圆锥 的侧面积; (２)已知Q 是母线PA 的中点,点C、D 在底 面圆周上,且弧AC ︵ 的长为π ３ ,CD∥AB．设点 M 在 线 段 OC 上,证 明:直 线 QM ∥ 平 面PBD． ２．(２０２３􀅰全国乙卷(文), １９)(１２分)如图,在三棱 锥 P－ABC 中,AB⊥ BC,AB＝２,BC＝２ ２, PB＝PC＝ ６,BP,AP, BC的中点分别为D,E,O,点F 在AC 上, BF⊥AO． (１)求证:EF∥平面ADO; (２)若∠POF＝１２０°,求三棱锥P－ABC 的 体积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８４ 数学 ◆空间中的垂直关系 １．(２０２５􀅰全国一卷,９)(多选)在正三棱柱ABC －A１B１C１ 中,D为BC的中点,则 (　　) A．AD⊥A１C B．B１C１⊥平面AA１D C．AD∥A１B１ D．CC１∥平面AA１D ２．(２０２３ 􀅰 全 国 甲 卷 (文),１８)(１２ 分)如 图,在 三 棱 柱 ABC－ A１B１C１ 中,A１C⊥平面 ABC,∠ACB＝９０°． (１)证明:平面ACC１A１ ⊥平面BB１C１C; (２)设AB＝A１B,AA１＝２,求四棱锥A１－ BB１C１C的高． ３．(２０２３􀅰天津卷,１７) (１５分)如图,在三棱台 ABC－A１B１C１ 中,已 知 A１A⊥平面 ABC, AB⊥AC,AB＝AC＝ AA１＝２,A１C１＝１,M, N 分别是线段BC,AB 的中点． (１)求证:A１N∥平面C１MA; (２)求平面C１MA 与平面ACC１A１ 所成角 的余弦值; (３)求点C到平面C１MA 的距离． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９４ 作业１１　立体几何 ４．(２０２３􀅰上海卷,１７)已 知直四棱柱 ABCD－ A１B１C１D１,AB∥DC, AB⊥AD,AB＝２,AD ＝３,DC＝４． (１)求证:A１B∥平面DCC１D１; (２)若直四棱柱的体积为３６,求二面角A１－ BD－A 的大小． ◆折叠、截面问题和探究性问题中的位置 关系 (２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１２)(多选)下列物体中,能 够被整体放入棱长为１(单位:m)的正方体容 器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (　　) A．直径为０．９９m的球体 B．所有棱长均为１．４m的四面体 C．底面直径为０．０１m,高为１．８m 的圆 柱体 D．底面直径为１．２m,高为０．０１m 的圆 柱体 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０５ 数学 考点４　空间向量与立体几何 ◆利用空间向量求线线角 １．(２０１８􀅰全国Ⅱ卷(理),９)在长方体ABCD －A１B１C１D１ 中,AB＝BC＝１,AA１＝ ３,则 异面直线AD１ 与DB１ 所成角的余弦值为 (　　) A．１５ B． ５ ６ C．５５ D． ２ ２ ２．(２０２５􀅰全国一卷,１７)如 图,在四棱锥 P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AB ⊥AD,BC∥AD． (１)证明:平面PAB⊥平面PAD; (２)若PA＝AB＝ ２,BC＝２,AD＝１＋ ３, 且点P,B,C,D 均在球O 的球面上． (ⅰ)证明:点O在平面ABCD 内; (ⅱ)求直线AC与PO 所成角的余弦值． ◆利用空间向量求线面角 １．(２０２５􀅰北京卷,１７)如图,在四棱锥 P－ ABCD 中,△ABC与△ADC 均为等腰直角 三角形,∠BAC＝９０°,∠ADC＝９０°,E 为 BC 的中点． (１)若 F,G 分别为线段PD,PE 中点,求 证:FG∥平面PAB; (２)若PA⊥平面 ABCD,PA＝AC,求 AB 与平面PCD 所成角的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １５ 作业１１　立体几何 ２．(２０２４􀅰 上海卷,１７)(１４ 分)本题共有２个小题,第 １小题满分６分,第２小题 满分８分． 如图,在正四棱锥 PＧABCD 中,O 为底面 ABCD 的中心． (１)若AP＝５,AD＝３ ２,求△POA 绕PO 旋转一周形成的几何体的体积; (２)若 AP＝AD,E 为PB 的中点,求直线 BD 与平面AEC 所成角的大小． ３．(２０２３ 􀅰 全 国 甲 卷 (理),１８)(１２分)在三 棱 柱 ABC－A１B１C１ 中,AA１＝２,A１C⊥底 面 ABC,∠ACB ＝ ９０°,A１ 到平面BCC１B１ 的距离为１． (１)求证:AC＝A１C; (２)若直线AA１ 与BB１ 距离为２,求 AB１ 与平面BCC１B１ 所成角的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２５ 数学 ◆利用空间向量求二面角 １．(２０２５􀅰 全 国二卷,１７) (１５ 分)如 图,在 四 边 形 ABCD 中,AB∥CD,∠DAB＝９０°,F 为CD 的中 点,点E 在AB 上,EF∥AD,AB＝３AD, CD＝２AD,将四边形EFDA 沿EF 翻折至 四边形EFD′A′,使得面EFD′A′与面EFＧ CB 所成的二面角为６０°． (１)证明:A′B∥平面CD′F． (２)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二 面角的正弦值． ２．(２０２４􀅰 新课标 Ⅰ 卷,１７)(１５ 分)如 图,四 棱 锥 PＧABＧ CD 中,PA⊥ 底 面 ABCD,PA＝AC＝ ２,BC＝１,AB＝ ３． (１)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (２)若AD⊥DC,且二面角AＧCPＧD 的正弦 值为 ４２ ７ ,求AD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３５ 作业１１　立体几何 ３．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１７)(１５分)如图,平面 四边形ABCD 中,AB＝８,CD＝３,AD＝５ ３,∠ADC＝９０°,∠BAD＝３０°,点E,F 分 别满足AE → ＝２５AD → ,AF → ＝１２AB → ,将△AEF 沿EF 翻折至△PEF,使得PC＝４ ３． (１)证明:EF⊥PD; (２)求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角 的正弦值． ４．(２０２４􀅰全国甲卷(理), １９)(１２分)如图,在以A, B,C,D,E,F 为顶点的五 面体中,四边形ABCD 与 四边形ADEF 均为等腰梯形,EF∥AD, BC∥AD,AD＝４,AB＝BC＝EF＝２,ED＝ １０,FB＝２ ３,M 为AD 的中点． (１)证明:BM∥平面CDE; (２)求二面角FＧBMＧE 的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４５ 数学 ５．(２０２４􀅰 北京卷,１７) (１４分)已知四棱锥PＧ ABCD,AD∥BC,AB ＝BC＝１,AD＝３,DE ＝PE＝２,E 是AD 上 一点,PE⊥AD． (１)若 F 是 PE 中 点,证 明:BF ∥ 平 面PCD． (２)若AB⊥平面PAD,求平面PAB 与平 面PCD 夹角的余弦值． ６．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１８)(１２ 分)如图,在正四棱柱ABCD－ A１B１C１D１ 中,AB＝２,AA１＝ ４．点 A２,B２,C２,D２ 分别在棱 AA１,BB１,CC１,DD１ 上,AA２ ＝１,BB２＝DD２＝２,CC２＝３． (１)证明:B２C２∥A２D２; (２)点P 在棱BB１ 上,当二面角P－A２C２－ D２ 为１５０°时,求B２P． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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