专题9 立体几何-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

(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． 第４节　与数列有关的新定义问题 １．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． ２．解析:(１)若m＝５,则对于任意n∈{１,２,３,４,５}, a２＝１＝１,a１＝２＝２,a１＋a２＝２＋１＝３,a３＝４,a２＋a３＝１ ＋４＝５, 所以Q 是５－连续可表数列; 由不存在任意连续若干项之和相加为６, 所以Q 不是６－连续可表数列; (２)反证法:假设k的值为３,则a１,a２,a３ 最多能表示a１, a２,a３,a１＋a２,a２＋a３,a１＋a２＋a３ 共６个数字,与Q 为８ －连续可表数列矛盾,故k≥４; 现构造Q:１,２,３,４可以表达出１,２,３,４,５,６,７,８这８个 数字,即存在k＝４满足题意,故k的最小值为４; (３)以下先证明k≥６; 从５个正整数中,取一个数字只能表示自身,最多可表示 ５个数字, 取连续两个数字最多能表示４个数字,取连续三个数字 最多能表示３数字,取连续四个数字最多能表示２数字, 取连续五个数字最多能表示１数字, 所以对任意给定的５个整数,最多可以表示５＋４＋３＋２ ＋１＝１５个正整数,不能表示２０个正整数,即k≥６． 若k＝６,最多可以表示６＋５＋４＋３＋２＋１＝２１个正整数, 由于Q 为２０－可表数列,且a１＋a２＋a３＋􀆺＋ak＜２０, 所以有一项必为负数, 既然５个正整数都不能连续可表１－２０个正整数, 那么中间若插入一个负数项,更不能连续表示１－２０的 正整数． 所以至少要有６个正整数连续可表１－２０个正整数． 所以至少６个正整数和一个负数才能满足题意, 故k≥７． 分析:本题的关键就是:理解“数列Q 中的连续若干项的 和可以表达任意的n∈{１,２,􀆺,m}” 专题九　立体几何 第１节　空间几何体的结构特征、 表面积与体积 考点１　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．B　根据底面周长等于侧面展开图弧长,设母线为l,底 面半径为r,则有２πr＝１８０°３６０° 􀅰２πl,化简得l＝２r＝２ ２, 答案选B． ３．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７１ 详解详析 考点２　几何体的表面积 １．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％． ２．解析:设圆锥的高为h,母线长为l,则 V＝１３Sh＝ １ ３πr ２􀅰h＝１２πh＝３０π⇒h＝５２ , 所以l＝ ５２( ) ２ ＋６２＝ ５２( ) ２ ＋ １２２( ) ２ ＝１３２ , 所以S侧 ＝πrl＝６×１３２π＝３９π , 故答案为:３９π． 答案:３９π 考点３　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, 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 ３ ４ , 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．C　如 图,甲、乙 两 个 圆 锥 的 侧 面展开图刚好拼成一个圆,设圆 的半径(即 圆 锥 母 线)为３,甲、 乙两个圆锥的底面半径分别为 r１,r２,高分别为h１,h２,则２πr１ ＝４π,２πr２＝２π,则r１＝２,r２＝ １,由勾股定理,得h１＝ ５ ,h２＝ ２ ２,所以 V甲 V乙 ＝ １ ３πr ２ １h１ １ ３πr ２ ２h２ ＝ r２１h１ r２２h２ ＝ ２ ２× ５ １２×２ ２ ＝ １０． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６７１ 最新真题分类特训􀅰数学 ８．CD　设 AB＝ED＝２FB＝２,则V１＝ １ ３ ×２×２＝ ４ ３ , V２＝ １ ３×２×１＝ ２ ３． 连 接 BD 交AC 于 M,连 接 EM、 FM,则 FM＝ ３,EM＝ ６,EF＝３,∴EM２ ＋FM２ ＝ EF２,∴EM⊥FM． 故S△EMF＝ １ ２ 􀅰 ３􀅰 ６＝３ ２２ ,V３＝ １ ３S△EMF ×AC＝２ , V３＝V１＋V２,２V３＝３V１,故选 CD． ９．A　记△ABC的外接圆圆心为O１,由AC⊥BC,AC＝BC ＝１,知O１ 为AB 的中点,且AB＝ ２,O１C＝ ２ ２ ,又球的 半径为 １,所 以 OA＝OB＝OC＝１,所 以 OA２＋OB２＝ AB２,OO１＝ ２ ２ ,于是OO２１＋O１C２＝OC２,所以有OO１⊥ O１C,OO１⊥AB,进 而 OO１⊥平 面 ABC,所 以VO－ABC ＝ １ ３S△ABC 􀅰OO１＝ １ ３ 􀅰１ ２ 􀅰１􀅰１􀅰 ２２＝ ２ １２ ,故选 A． １０．D　考查棱台体积的计算．如图,高 h＝ ２２－(２)２＝ ２,∴V＝ １３ (S上 ＋ S上 S下 ＋S下 )h＝ １３ × ２ ４２＋４×２＋２２( )＝２８ ２３ ． １１．B　按相似,小圆锥的底面半径r＝ ２００ ２ ２ mm＝５０mm , 故V小锥 ＝１３×π×５０ ２×１５０mm３＝５０３􀅰πmm３, 积水厚度h＝V小锥S大圆 ＝ ５０３􀅰π π􀅰１００２ mm＝１２．５mm,属于中 雨,选B． １２．B　如图所示,设两个圆 锥 的 底 面 圆 圆 心 为 点D, 设 球 的 半 径 为 R,则 ４πR３ ３ ＝ ３２π ３ ,可得R＝２, 因 为 圆 锥 AD 和 圆 锥 BD 的高之比为３∶１,即 AD＝３BD, 所以,AB＝AD＋BD＝ ４BD＝４, 所以,BD＝１,AD＝３, 因为CD⊥AB,则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD ＝９０°,所以,∠CAD＝∠BCD, 又因为∠ADC＝∠BDC,所以,△ACD∽△CBD, 所以,AD CD＝ CD BD ,∴CD＝ AD􀅰BD＝ ３, 因此,这两个 圆 锥 的 体 积 之 和 为 １ ３π×CD ２􀅰(AD＋ BD)＝１３π×３×４＝４π． 故选:B． １３．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 １４．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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７７１ 详解详析 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, 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 １５．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 １６．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 １７．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 １８．解 析:(１)由 于 AD ＝CD,E 是 AC 的 中 点,所 以AC⊥DE． 由于 AD＝CD BD＝BD ∠ADB＝∠CDB { ,所以△ADB≌△CDB, 所以AB＝CB,故AC⊥BE, 由于DE∩BD＝D,DE,BD⊂平面BED, 所以AC⊥平面BED, 由于AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD． (２)依 题 意 AB＝BD＝BC＝２, ∠ACB＝６０°,三角形ABC是等边 三角形, 所以 AC＝２,AE＝CE＝１,BE ＝ ３, 由于AD＝CD,AD⊥CD,所以三角形 ACD 是等腰直 角三角形,所以DE＝１． DE２＋BE２＝BD２,所以DE⊥BE, 由于AC∩BE＝E,AC,BE⊂平面ABC, 所以DE⊥平面ABC． 由于△ADB≌△CDB,所以∠FBA＝∠FBC, 由于 BF＝BF ∠FBA＝∠FBC, AB＝CB{ 所以△FBA≌△FBC, 所以AF＝CF,所以EF⊥AC, 由于S△AFC＝ １ ２ 􀅰AC􀅰EF,所以当EF 最短时,三角 形AFC的面积最小值． 过E 作EF⊥BD,垂足于F, 在 Rt△BED 中,１２ 􀅰BE􀅰DE＝ １２ 􀅰BD􀅰EF,解得 EF＝ ３２ , 所以DF＝ １２－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１２ ,BF＝２－DF＝３２ , 所以BF BD＝ ３ ４． 过F 作FH⊥BE,垂足为 H,则FH∥DE,所以FH⊥ 平面ABC,且FHDE＝ BF BD＝ ３ ４ , 所以FH＝３４ , 所以VF－ABC＝ １ ３ 􀅰S△ABC􀅰FH＝ １ ３× １ ２×２× ３× ３ ４ ＝ ３４． 答案:(１)证明详见解析　(２)３４ １９．解析:(１)过 点 E 作 EE′⊥AB 于 点 E′,过 点 F 作 FF′⊥BC于点F′,连接E′F′． ∵底面 ABCD 是 边 长 为 ８的 正 方 形,△EAB、△FBC 均为正 三 角 形,且 它 们 所 在 的 平 面 都 与 平 面 ABCD 垂直, ∴EE′⊥AB,FF′⊥BC, ∴EE′⊥平面ABCD,FF′⊥平面ABCD, ∴EE′∥FF′且EE′＝FF′ ∴四边形EE′F′F 为平行四边形 ∴EF∥E′F′,∵E′F′⊂平面ABCD, ∴EF∥平面ABCD． (２)同理,过点G,H 分别作 GG′⊥CD,HH′⊥DA,交 CD,DA 于 点G′,H′,连 接 F′G′,G′H′,H′E′,AC,由 (１)及 题 意 可 知,G′,H′分 别为CD,DA 的中点,EFＧ GH－E′F′G′H′为长方体, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７１ 最新真题分类特训􀅰数学 故该包装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组 合而成． 由底面ABCD 是边长为８的正方形可得:E′F′＝H′E′ ＝１２AC＝４ ２ , ∴ 所 求 该 包 装 盒 的 容 积 为 V ＝ VEFGH－E′F′G′H′ ＋４VA－EE′H′H ＝E′F′×E′H′×EE′＋４×１３×SEE′H′H × １ ４AC ＝４ ２×４ ２×４ ３＋４３×４ ２×４ ３×２ ２ ＝６４０ ３３ (cm３)． 答案:(１)见解析;(２)６４０ ３３ cm ３ ２０．解析:(１)证明:∵PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD, ∴PD⊥AM． ∵PD⊥AM,PB⊥AM,PB∩PD＝D,PB⊂平面PBD, PD⊂平面PBD, ∴AM⊥平面PBD． 又∵AM⊂平面PAM． ∴平面PAM⊥平面PBD． (２)∵M 为BC 的中点, ∴BM＝１２AD ,且AB＝DC＝１①． ∵AM⊥平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AM⊥BD． 则有∠BAM＋∠MAD＝９０°,∠MAD＋∠ADB＝９０°, 即∠BAM＝∠ADB, 则有△BAM∽△ADB,则有BMAB＝ AB DA② , 将①式代入②,解得 AD＝ ２．所以S▱ABCD ＝AD􀅰DC ＝ ２×１＝ ２． VP－ABCD ＝ １ ３S▱ABCD 􀅰PD＝１３× ２×１＝ ２ ３． 答案:(１)见解析;(２)VP－ABCD ＝ ２ ３ ２１．解析:(１)因为在△ABD 中, AB＝AD,O 为BD 中点,所 以AO⊥BD 因 为 平 面 ABD ⊥ 平 面 BCD,且 平 面 ABD∩ 平 面 BCD＝BD, AO⊂平面ABD,AO⊥BD, 所以AO⊥平面BCD, 又因为CD⊂平面BCD,所以AO⊥CD． (２)方法一:由题意可得CD＝１,BD＝２,∠BDC＝６０° 在△BCD 中,由余弦定理得BC＝ ３． 所以CD２＋BC２＝BD２, 所以△BCD 为直角三角形,且∠C＝９０° 以C为坐标原点,CD 为x 轴,CB 为y 轴,过C 作z 轴 垂直于平面BCD,建系如图 设E 点纵坐标为m 因为DE＝２EA,由相似可得E ２ ３ ,３ ３ ,m æ è ç ö ø ÷, 易得C(０,０,０),B(０,３,０), 所以BC → ＝(０,－ ３,０),CE → ＝ ２ ３ ,３ ３ ,m æ è ç ö ø ÷, 设平面BCE 法向量n１＝(a,b,c), 由n１􀅰BC → ＝０,n１􀅰CE → ＝０,得n１＝ － ３ ２m ,０,１( ) ; 易得平面 BCD 法 向 量n２＝(０,０,１),所 以 cos４５°＝ n１􀅰n２ |n１|􀅰|n２| ＝ １ ９ ４m ２＋１ ,所以m＝２３ , 由相似易得AO＝１, 所以VA－BCD ＝ １ ３Sh＝ １ ３×１× ３× １ ２×１＝ ３ ６． 方法二:几何法 如图,取 OD 的 三 等 分 点 F,使得２OF＝DF,取BC 的三等 分 点G,使 得 ２CG ＝BG, 连 接 EF、FG、EG,因 为 ２AE＝DE,所以△AOD∽ △EFD,所以AO∥EF, 由(１)知,AO⊥平面BCD,所以 EF⊥平面 BCD,所以 EF⊥BC,EF⊥FG, 又有OD＝１,所以OB＝１,OF＝１３ ,DF＝２３ ,BF＝４３ , 所以２DF＝BF, 所以△BCD∽△BGF,所以GF∥CD,并且GF＝２３CD ＝２３ , 因为OB＝OD＝OC,所以BC⊥CD,所以GF⊥BC． EF⊥BC,GF⊥BC,EF⊂平面 EFG,GF⊂平面 EFG, EF∩GF＝F 所以BC⊥平面EFG,所以BC⊥EG, 所以∠EGF 即 为 二 面 角E－BC－D 的 平 面 角,所 以 ∠EGF＝４５°, 又因为EF⊥FG,所以ΔEFG 为等腰直角三角形,所以 EF＝FG＝２３ , 由相似易得AO＝１,∴VA－BCD ＝ １ ３Sh＝ １ ３×１× ３× １ ２×１＝ ３ ６． 答案:(１)见解析;(２)３６ 考点４　球的相关问题 １．C　同一圆面上,内接四边形 为正方 形 时 面 积 最 大,假 设 底面 是 边 长 为a 的 正 方 形, 底面所在圆面的半径为r,则 r＝ ２２a ,所 以 该 四 棱 锥 的 高 h＝ １－a ２ ２ ,所以体积V＝ １ ３ a ２ １－a ２ ２ ＝ ４ ３ a２ ４ 􀅰a ２ ４ １－ a２ ２( ) ≤ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７１ 详解详析 ４ ３ a２ ４＋ a２ ４＋１－ a２ ２ ３ æ è çç ö ø ÷÷ ３ ＝４３ １ ３( ) ３ ＝４ ３２７ , 当且仅当a ２ ４＝１－ a２ ２ ,即a２＝４３ 时,等号成立,所以该四 棱锥的高h＝ １－a ２ ２＝ １－ ２ ３＝ ３ ３ ,故选 C． ２．C　∵球的体积为３６π,所以球的半径R＝３, 设正四棱锥的底面边长为２a,高为h,则l２＝２a２＋h２,３２ ＝２a２＋(３－h)２, 所以６h＝l２,２a２＝l２－h２ 所以正四棱锥的体积V＝ １３Sh＝ １ ３ ×４a ２×h＝ ２３ × l２－l ４ ３６( )× l２ ６＝ １ ９ l ４－l ６ ３６( ) , 所以V′＝１９ ４l ３－l ５ ６( )＝ １ ９l ３ ２４－l２ ６( ) , 当３≤l≤２ ６时,V′＞０,当２ ６＜l≤３ ３时,V′＜０,所以当l ＝２ ６时,正四棱锥的体积V 取最大值,最大值为６４３ , 又l＝３时,V＝２７４ ,l＝３ ３时,V＝８１４ , 所以正四棱锥的体积V 的最小值为２７４ ,所以该正四棱锥 体积的取值范围是 ２７ ４ ,６４ ３[ ]．故选 C． ３．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 ４．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 ５．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] ６．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 第２节　空间线面关系 考点１　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°, 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０８１ 最新真题分类特训􀅰数学 ５．BC　考查正方体中垂直关系的判定,属于基础题．正确 的选项BC可通过正方体体对角线和与它不相交的面对 角线垂直,迅速地判断出来,错误的选项 AD可以通过平 移到同一个三角形中,所夹角的对边并不是最大边来排 除,也可以简单建系,求一下方向向量乘积,并判断它是 否为零来判断． 考点２　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． ３．D　B１D 与平面ABCD 所成的角即∠B１DB,B１D 与平 面AA１B１B 所成的角即∠DB１A, 则∠B１DB＝∠DB１A＝３０°,设B１D＝２,则AD＝B１B＝ １,由长方体对角线长公式l２＝a２＋b２＋c２,得 AB＝ ２, 从而AB１＝ ３,AB＝ ２AD,AB 与平面AB１C１D 所成的 角∠B１AB 的正弦值为 １ ３ ,AC＝ ３＞ ２＝CB１,B１D 与 平面 BB１C１C 所 成 的 角 ∠DB１C 的 正 弦 值 为 ２ ２ ,即 ∠DB１C＝４５°． ４．ABD　如图,在正方体 ABCD－ A１B１C１D１ 中,因 为 BC１ ⊥B１C, BC１ ⊥A１B１,所 以 BC１ ⊥ 平 面 A１B１CD,所 以 BC１ ⊥DA１,BC１ ⊥CA１,故 选 项 A,B 均 正 确;设 A１C１∩B１D１ ＝O,因 为 A１C１ ⊥ 平面BB１D１D,所以直线BC１ 与 平 面 BB１D１D 所 成 的 角 为 ∠C１BO,在直角△C１BO 中,sin∠C１BO＝ C１O BC１ ＝ １２ ,故 ∠C１BO＝３０°,故选项 C 错误;直线BC１ 与平面 ABCD 所 成 的 角 为 ∠C１BC＝４５°,故 选 项 D 正 确．综 上, 选 ABD． ５．A　作直线FG⊥AC于G,连接EG(如图１),因为FG⊥ 平面ABC,根据线面垂直的性质定理,得FG⊥EG,因此 α＝∠EFG,β＝∠FEG． tanα＝EGFG＝ EG AC≤１ ,tanβ＝ FG EG＝ AC EG≥１ ,易 知 AC≥ EG,因此得到β≥α, 作FH∥B１C１ 交A１B１ 于 H,连接BH,CF,作FM⊥BC 于M,连接GM(如图２),得到γ＝∠FMG 因此,tanγ＝FGMG＝ AC MG ,由于EG≥MG,可得β≤γ． 综上,α≤β≤γ,故选 A． ６．D　如图,设正方体棱长为２,则 PB＝ ６,PC１ ＝ ２,BC１ ＝２ ２, 则 PB２ ＋ PC２１ ＝ BC２１,在 Rt △PBC１ 中,sin∠PBC１＝ PC１ BC１ ＝ ２ ２ ２ ＝ １２ ,所 以 直 线 PB 与AD１ 所成的角为 π ６． ７．解:(１)证 明:在 △DCM 中,DC＝１,CM ＝２,∠DCM ＝６０°, ∴△DCM 为直角三角形,∠MDC＝９０°,即DM⊥DC, 由题 意 DC⊥PD 且 PD ∩PM ＝D,PD,DM ⊂ 平 面PDM, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８１ 详解详析 ∴DC⊥平面PDM,又AB∥DC,∴AB⊥平面PDM ∵PM⊂平面PDM,∴AB⊥PM． (２)由PM⊥MD,PM⊥AB 得PM⊥平面ABCD, ∴PM⊥MA, MA＝ AB２＋BM２－２AB􀅰BMcos∠ABC ＝ ７,PM＝ PA２－MA２＝ １５－７＝２ ２ 作AD 中点E,连接 ME,则 ME,DM,PM 两两垂直 以 M 为坐 标 原 点,DM 为x 轴,EM 为y 轴,PM 为z 轴, 建立空间直角坐标系,则 A (－ ３,２,０),P(０,０,２ ２), D(３,０,０),M(０,０,０),C (３,－１,０) 又 N 为 PC 中 点,所 以 N ３ ２ ,－１２ ,２ æ è ç ö ø ÷, AN → ＝ ３ ３ ２ ,－５２ ,２ æ è ç ö ø ÷, 由(１)得CD⊥平面PDM,所以平面PDM 的法向量n＝ (０,１,０), 从而直线 AN 与平面PDM 所成角的正弦值为sinθ＝ |AN →􀅰n| |AN → ||n| ＝ ５ ２ ２７ ４＋ ２５ ４＋２ ＝ １５６ 考点３　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 第３节　空间中的平行关系与垂直关系 考点１　空间中的平行关系 １．A　 对 于 A 选 项:在 正 方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,因 为 EF 分别为AB,BC的中点,易 知 EF⊥BD,EF⊥DD１,又 BD∩DD１＝D,从而 EF⊥平 面B１BDD１,又 因 为 EF⊂ 平 面B１EF,所 以 平 面 B１EF⊥ 平面 BDD１,所 以 A 选 项 正 确;对于B选项:因为平面A１BD∩平面BDD１＝BD,由 上述过程易知平面B１EF⊥平面 A１BD 不成立;对于 C 选项:由题意 知 直 线 AA１ 与 直 线 B１E 必 相 交,故 平 面 B１EF 与平面A１AC有公共点,从而 C选项错误;对于 D 选项:连 接 AC,AB１,B１C,易 知 平 面 AB１C∥ 平 面 A１C１D,又因为平面 AB１C 与平面B１EF 有公共点B１, 故平面AB１C与平面B１EF 不平行,所以 D选项错误． ２．A　 连 接 AD１,易 证 M 在AD１ 上,在 正 方 形 ADD１A１ 中,AD１ ⊥A１D, AB⊥平面ADD１A１ A１D⊂平面ADD１A１} ⇒ AB ⊥ A１D,AB ∩ AD１ ＝ A ⇒ A１D⊥平面D１AB D１B⊂平面D１AB} ⇒ A１D ⊥ D１B,在正方形AA１D１D 中, D１M＝MA D１N＝NB}⇒ MN∥AB MN⊄平面ABCD AB⊂平面ABCD }⇒MN∥平面ABCD, 取AA１ 交点E,连接 NE,易证EB＝ED１,ED＝EB,且 N 为BD１,B１D 的交点,故 NE⊥平面BDD１B１,MN 与 NE 相交,故 MN 与BDD１B１ 不垂直,故选择 A． ３．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． ４．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, OF＝１２AB ,即DE∥OF,DE＝OF, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８１ 最新真题分类特训􀅰数学 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 ． 考点２　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．BD　由点P 满足BP → ＝λBC → ＋μBB１ →, 可知点P在正方形BCC１B１ 内． A 选项,当λ＝１时,可知点P 在线段 CC１(包括端点)上运动． △AB１P 中,AB１ ＝ ２,AP ＝ １＋μ ２,B１P ＝ １＋(１－μ) ２,因此周长L＝AB＋AP＋B１P 不为定值; 所以选项 A错误． B选项,当μ＝１时,可知点P 在线段B１C１(包括端点)上 运动． 由 图 可 知,线 段 B１C１ ∥ 平 面 A１BC,即点P 到平面A１BC的距 离处 处 相 等,△A１BC 的 面 积 是 定值,所以三棱锥P－A１BC的体 积为定值,所以选项B正确． C选项,当λ＝１２ 时,分别取线段 BC,B１C１ 中点 为 D,D１,可 知 点 P 在 线 段 DD１ (包 括 端 点)上 运动． 很显然若点P 与D 或D１ 重合,均满足题意,所以选项C 错误． D选项,当μ＝ １ ２ 时,分别取线段BB１,CC１ 中点为 M, N,可知点P 在线段DD１(包括端点)上运动． 此时,有且只有点P 与N 点重合时,满足题意． 所以选项 D正确． 因此,答案为BD． ３．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８１ 详解详析 ４．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 , 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． ５．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 ． ６．解:(１)因为AB＝BC＝２,所以BE⊥AC,又因为是直三 棱锥ABC－A１B１C１,不妨设AC＝２a, 因为BF⊥A１B１,所以BF⊥AB,连接AF, E,F 分别为AC 和CC１ 的中点,则 AF２＝BF２＋AB２, ⇒４a２＋１＝５＋４⇒a２＝２⇒a＝ ２, 所以BE＝ BC２－EC２＝ ２, 所以VF－EBC ＝ １ ３S△BEC 􀅰FC＝ １３ × １ ２ × ２× ２×１ ＝１３． (２)连 接 A１E,取 BC 中 点 为 H,连接EH,B１H, 因为E,H 分别为AC,BC的中 点,所以EH∥AB, 又因为 A１B１∥AB,所以 A１B１ ∥EH,所以A１EHB１ 共面, 易知DE⊂平面A１EHB１, 易 知 △FCB≌ △HBB１,所 以 BF⊥HB１, 又因为BF⊥A１B１,且A１B１∩HB１＝B１, 所以BF⊥平面A１EHB１,所以BF⊥DE． 考点３　折叠、截面问题和探究性问题中的位置关系 １．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 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４８１ 最新真题分类特训􀅰数学 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． ２．B　过点 P 作 底 面 射 影 点O,则 由题意,CO＝２ ３,PC＝６,∴PO ＝２ ６,当CO 上存在 一 点Q 使 得PQ＝５,此时QO＝１,则动点Q 在以 QO 为半径,O 为圆心 的 圆 里,所以面积为π． 第４节　空间向量与立体几何 考点１　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 ï ï ïï 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． 考点２　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 ∴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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５８１ 详解详析 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 ． ４．解:(１)∵PD⊥底面ABCD, ∴PD⊥BD, 取AB 中点E,连接DE,可知BE＝１２AB＝１ , ∵CD∥AB, ∴CD􀱀BE, ∴ 四 边 形 BCDE 为 平 行 四 边形, ∴DE＝CB＝１, ∵DE＝１２AB , ∴△ABD 为直角三角形,AB 为斜边, ∴BD⊥AD, ∵PD∩AD＝D, ∴BD⊥平面PAD, ∴BD⊥PA． (２)由(１)知,PD,AD,BD 两两垂直,BD＝ AB２－AD２＝ ３, 建立 空 间 直 角 坐 标 系 如 图所示,则D(０,０,０), A(１,０,０),B(０,３,０), P(０,０,３), ∴PD → ＝(０,０,－ ３),PA → ＝(１,０,－ ３),AB → ＝(－１,３,０), 设平面 PAB 的 法 向 量 为n＝(x,y,z)则 PA →􀅰n＝０ AB →􀅰n＝０{ , 即 x－ ３z＝０ －x＋ ３y＝０{ , 不妨设y＝z＝１,则n＝(３,１,１), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６８１ 最新真题分类特训􀅰数学 设 PD 与 平 面 PAB 的 所 成 角 为 θ,则 sinθ＝ cos‹PD →,n› ＝|PD →􀅰n| |PD → ||n| ＝|－ ３| ３× ５ ＝ ５５ , ∴PD 与平面PAB 的所成的角的正弦值为 ５５． ５．解:(１)取 BC 中 点 D,连 接 B１D,DN．在 三 棱 柱 ABC－ A１B１C１ 中,A１B１∥AB,A１B１ ＝AB,因为 M,N,D 分别 为 A１B１,AC,BC 的 中 点,所 以 B１M ∥AB,B１M ＝ １ ２ AB , DN∥AB,DN ＝ １２AB ,即 B１M∥DN 且B１M＝DN,所以四边形 B１MND 为平行 四边形,因此B１D∥MN． 又 MN⊄平面BCC１B１,B１D⊂平面BCC１B１, 所以 MN∥平面BCC１B１． (２)选条件① 因为侧面BCC１B１ 为正方形,所以CB⊥BB１, 又因为平面BCC１B１⊥平面ABB１A１,且平面BCC１B１∩ 平面ABB１A１＝BB１, 所以CB⊥平面 ABB１A１,而 AB⊂平 面 ABB１A１,所 以 CB⊥AB 由(１)得B１D∥MN,又因为AB⊥MN, 所以AB⊥B１D, 而B１D∩CB＝D,所以AB⊥平面BCC１B１, 在三棱柱ABC－A１B１C１ 中,BA,BC,BB１ 两两垂直, 故分别以BC,BA,BB１ 为x 轴,y 轴,z 轴,如 图 建 立 空 间直角坐标系, 因为AB＝BC＝BB１＝２,则 B(０,０,０),N(１,１,０), M(０,１,２),A(０,２,０), 所以BN → ＝(１,１,０),BM → ＝(０, １,２),AB → ＝(０,－２,０), 设平面BMN 的法向量n＝ (x,y,z), 由BN →􀅰n＝０,BM→􀅰n＝０,得 x＋y＝０ , y＋２z＝０,{ 令x＝２, 得n＝(２,－２,１)． 设直线AB 与平面BMN 所成角为θ, 则sinθ＝|cos‹n,AB →›|＝ |n􀅰AB → | |n|􀅰|AB → | ＝|４|３×２＝ ２ ３ ,所以 直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值为２３． 选条件②: 取AB 中点H,连接 HM,HN, 因为 M,N,H 分别为A１B１,AC,AB 的中点, 所以B１B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB１,故 NH⊥MH． 又因为AB＝BC＝２,所以 NH＝BH＝１． 在△MHB 和△MHN 中,BM＝MN,NH＝BH,公共边 MH,那么△MHB≌△MHN, 因此 ∠MHN＝ ∠MHB＝９０°,即 MH ⊥AB,故 B１B ⊥AB． 在三棱柱ABC－A１B１C１ 中,BA,BC,BB１ 两两垂直, 故分 别 以 BC,BA,BB１ 为 x轴,y 轴,z 轴,如 图 建 立 空间直角坐标系, 因为 AB＝BC＝BB１ ＝２, 则B(０,０,０),N(１,１,０), M(０,１,２),A(０,２,０), 所以BN → ＝(１,１,０),BM → ＝ (０,１,２), AB → ＝(０,－２,０), 设平面BMN 的法向量n＝(x,y,z), 由BN →􀅰n＝０,BM→􀅰n＝０,得 x＋y＝０ , y＋２z＝０,{ 令x＝２,得n＝ (２,－２,１)． 设直线AB 与平面BMN 所成角为θ, 则sinθ＝|cos‹n,AB →›|＝ |n􀅰AB → | |n|􀅰|AB → | ＝|４|３×２＝ ２ ３ ,所以 直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值为２３． ６．解:(１)过点E、D 分别做直线 DC、AB 的垂线EG、DH 交于点G、H(图略), ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形,AB∥DC,CD ∥EF,AB＝５,DC＝３,EF＝１,∠BAD＝∠CDE＝６０°, ∴DG＝AH＝２,∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝ ９０°,则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形, ∴在 Rt△EGD 和 Rt△DHA 中,EG＝DH＝２ ３, ∴FC＝BC＝２ ３． ∵DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB＝C, ∴DC⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F－DC－B 的平面 角,则∠BCF＝６０°, ∴△BCF 是正三角形,由DC⊂平面ABCD,得平面ABＧ CD⊥平面BCF． ∵N 是BC 的中点 ∴FN⊥BC,且平面ABCD∩平面BCF＝BC, ∴FN⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD, ∴FN⊥AD． (２)过 点 N 做AB 平 行 线 NK,以点 N 为原点,NK、 NB、NF 所 在 直 线 分 别 为 x 轴、y轴、z轴建立空间直 角坐标系N－xyz． ∵A(５,３,０),B(０,３, ０),D(３,－ ３,０),E(１,０,３),则 M ３,３２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷ ∴BM → ＝ ３,－ ３２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷,AD → ＝(－２,－２ ３,０), DE → ＝(－２,３,３) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７８１ 详解详析 设平面ADE 的法向量为n＝(x,y,z) 由 n􀅰AD → ＝０ n􀅰DE → ＝０{ ,得 －２x－２ ３y＝０ －２x＋ ３y＋３z＝０{ ,取n＝(３,－１,３) 设直线BM 与平面ADE 所成角为θ ∴sinθ＝|cos‹n,BM →›|＝ |n􀅰BM → | |n|􀅰|BM → | ＝ ３ ３＋ ３２＋ ３ ３ ２ ３＋１＋３􀅰 ９＋３４＋ ９ ４ ＝ ５ ３ ７􀅰２ ３ ＝５ ７１４ ． 所以直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值为５ ７１４ ． ７．解析:(１)以 A 为 原 点,AB, AD,AA１ 分别为x,y,z轴,建 立如图空间直角坐标系, 则A(０,０,０),A１(０,０,２),B (２,０,０),C (２,２,０), D(０,２,０),C１(２,２,２),D１(０, ２,２), 因为E 为棱BC 的中点,F 为 棱CD 的中点,所以E(２,１,０),F(１,２,０), 所以D１F → ＝(１,０,－２),A１C１ → ＝(２,２,０), A１E → ＝(２,１,－２), 设平面A１EC１ 的一个法向量为m＝(x１,y１,z１), 则 m􀅰A１C１ → ＝２x１＋２y１＝０ m􀅰A１E → ＝２x１＋y１－２z１＝０{ , 令x１＝２,则m＝(２,－２,１), 因为D１F →􀅰m＝２－２＝０,所以D１F → ⊥m, 因为D１F⊄平面A１EC１,所以D１F∥平面A１EC１; (２)由(１)得,AC１ → ＝(２,２,２), 设直线AC１ 与平面A１EC１ 所成角为θ, 则sinθ＝ cos‹m,AC１ →› ＝ m􀅰AC１ → |m|􀅰|AC１ → | ＝ ２ ３×２ ３ ＝ ３９ ; (３)由正方体的特征可得,平面AA１C１ 的一个法向量为 DB → ＝(２,－２,０), 则cos‹DB →,m›＝ DB →􀅰m |DB → |􀅰|m| ＝ ８ ３×２ ２ ＝２ ２３ , 所以二面角A－A１C１－E 的正弦值为 　　　　　　　　　 　　　　　　　　 　 １－cos２‹DB →,m›＝ １ ３． 答案:(１)证明见解析;(２)３９ ;(３)１３ 考点３　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)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８１ 最新真题分类特训􀅰数学 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 ． 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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８１ 详解详析 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． 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→＋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,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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０９１ 最新真题分类特训􀅰数学 (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． ９．解:(１)设A 到平面A１BC的距离为h, VA１－ABC ＝ １ ３S△ABC 􀅰A１A＝ １ ３VABC－A１B１C１ ＝ １ ３ ×４ ＝４３ , VA－A１BC＝ １ ３S△A１BC 􀅰h＝１３×２ ２ 􀅰h, 所以１ ３×２ ２ 􀅰h＝ ４３ ,所 以h＝ ２,所 以 A 到 平 面 A１BC的距离为 ２． (２)取A１B 的中点E,连接AE, 因为AA１＝AB,所以AE⊥A１B, 因为 平 面 A１BC⊥ 平 面 ABB１A１,平 面 A１BC∩ 平 面 ABB１A１＝A１B, 所以AE⊥平面A１BC,AE＝ ２,则 AA１＝AB＝２,所以 AE⊥BC, 因为直三棱柱ABC－A１B１C１ 所以A１A⊥BC, 因为AE∩AA１＝A,所 以 BC⊥平 面 ABB１A,所 以 BC ⊥AB, 由VABC－A１B１C１＝ １ ２AB 􀅰BC􀅰A１A＝ １ ２×２×BC×２＝ ４,所以BC＝２, 以BC为x 轴,BA 为y 轴, BB１ 为z轴,建立如图所示 的空间直角坐标系, 所以B(０,０,０),A(０,２,０), C(２,０,０),A１ (０,２,２),E (０,１,１),D(１,１,１)． 平面BDC的一个法向量为 n１＝AE → ＝(０,－１,１),平面 BDA 的法向量设为n２＝(x,y,z), BA → ＝(０,２,０),BD → ＝(１,１,１), BA →􀅰n２＝０ BD →􀅰n２＝０{ ,所以 ２y＝０ x＋y＋z＝０{ ,所以y＝０, 设x＝１,则z＝－１,所以n２＝(１,０,－１), 所以cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１|􀅰|n２| ＝－１２ , 设二 面 角 A －BD －C 的 平 面 角 为α,则 sinα＝ １－cos２α＝ ３２ , 所以二面角A－BD－C的正弦值为 ３２． １０．解析:(１)连接OA、OB,因为PO 是三棱锥P－ABC 的 高,所以PO⊥平面 ABC,所以 PO⊥OA,PO⊥OB,所 以∠POA＝∠POB＝９０°,又PA＝PB,PO＝PO,所以 △POA≌△POB,所以 OA＝OB,作 AB 中点D,连接 OD、DE,则有OD⊥AB,又AB⊥AC,所以OD∥AC,又 因为OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,所以OD∥平面 PAC,又D、E 分别为AB、PB 的中点,所以,在△BPA 中,DE∥PA,又因为DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC, 所以DE∥平面 PAC,又 OD、DE⊂平 面 ODE,OD∩ DE＝D,所 以 平 面 ODE∥ 平 面 PAC,又 OE⊂ 平 面 ODE,所以OE∥平面PAC; (２)过点D 作DZ∥OP,以DB 为x 轴,DO 为y 轴,DZ 为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系． 因为PO＝３,PA＝５,由(１)AO＝OB＝４, 又∠ABO＝∠CBO＝３０°,所以OD＝２,DB＝２ ３,所以 P(０,２,３),B (２ ３,０,０),A (－２ ３,０,０), E ３,１,３２( ) ,设AC＝a,则C(－２ ３,a,０), 平面AEB 的法向量设为n１＝(x,y,z),直线 AB 的方 向向量可设为a＝(１,０,０), 直线DP⊂平面AEB,直线DP的方向向量为b＝(０,２,３) a􀅰n１＝０ b􀅰n１＝０{ ,所以 x＝０ ２y＋３z＝０{ , 所以x＝０,设y＝３,则z＝－２, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １９１ 详解详析 所以n１＝(０,３,－２); 平面AEC的法向量设为n２＝(x,y,z),AC → ＝(０,a,０), AE → ＝ ３ ３,１,３２( ) AC →􀅰n２＝０ AE →􀅰n２＝０{ ,所以 ay＝０ ３ ３x＋y＋３２z＝０ { ,所以y＝０,设 x＝ ３,则z＝－６, 所以n２＝(３,０,－６); 所以cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１|􀅰|n２| ＝ １２ １３× ３９ ＝４ ３１３ 二面角C－AE－B 的平面角为θ,则sinθ＝ １－cos２θ ＝１１１３ , 所以二面角C－AE－B 的正弦值为１１１３ 答案:(１)见解析　(２)１１１３ １１．解析:(１)连接BD,∵PB⊥ AM,PD⊥平面ABCD, AM ⊂ 平 面 ABCD,∴PD ⊥AM． ∵PB∩PD＝P,∴AM⊥平 面PBD,∴AM⊥BD, ∴∠ABD＝∠DAM． 又∵∠DAM＝∠AMB ∴∠ABD＝∠AMB, ∵∠DAM＋∠MAB＝９０°,∴∠ADB＝∠MAB, ∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴ADAB＝ BA BM ,∴ １２BC ２＝１,∴ BC＝ ２． (２)由题意可知,以D 为 原点DA →,DC→,DP→为x, y,z轴正方向建立空间 直角坐标系． 可得A(２,０,０),B(２, １,０), M ２ ２ ,１,０ æ è ç ö ø ÷,P (０,０, １),AP → ＝(－ ２,０,１) AM → ＝ － ２２ ,１,０ æ è ç ö ø ÷, BM → ＝ － ２２ ,０,０ æ è ç ö ø ÷, BP → ＝(－ ２,－１,１), 设 平 面 AMP 法 向 量 为 m ＝ (x１,y１,z１ ), ∴ m􀅰AP → ＝０ m􀅰AM → ＝０{ , － ２x１＋z１＝０ － ２２x１＋y１＝０ { , ∴令x１＝ ２,则y１＝１,z１＝２, ∴m＝(２,１,２), 设平面BMP 法向量为n＝(x２,y２,z２), 同理可得n＝(０,１,１),∴cos‹m,n›＝ m 􀅰n |m||n|＝ ３ ７× ２ ＝３ １４１４ ; 设二面角 A－PM －B 的 平 面 角 为θ,所 以 sinθ＝ １－cos２‹m,n›＝ １－９１４＝ ７０ １４ ． １２．解析:(１)因 为 E,F 是 直 三 棱 柱 ABC－A１B１C１ 中 AC 和CC１ 的 中 点,且 AB＝BC ＝２, 所以 CF＝１,BF＝ ５,连 接 AF,由 BF⊥A１B１ 且 AB∥ A１B１,则BF⊥AB,于是 AF ＝３, 所以,AC＝２ ２,由 AB２＋BC２＝AC２,则BA⊥BC,故 如图所示,建立空间直角B－xyz坐标系; 于是A(２,０,０),B(０,０,０),C１(０,２,２),E(１,１,０), F(０,２,１)． 设B１D＝m,则D(m,０,２)． 于是,BF → ＝(０,２,１),DE → ＝(１－m,１,－２), 则BF →􀅰DE→＝０,所以BF⊥DE; (２)易知平面BB１C１C的法向量为n１＝(１,０,０); 又DE → ＝(１－m,１,－２),EF → ＝(－１,１,１), 设平面DEF 的法向量n２＝(x,y,z), 则 n２⊥EF n２⊥DE{ ⇒ (１－m)x＋y－２z＝０, －x＋y－z＝０,{ 令x＝３,则y＝m＋１,z＝２－m, 于是,平面DFE 的法向量为n２＝(３,m＋１,２－m), 于是|cos‹n１,n２›|＝ |n１n２| |n１||n２| ＝ ３ ２ m－１２( ) ２ ＋２７２ , 当m＝１２ 时,平面BB１C１C 与平面DFE 所成的二面角 的余弦值最大为 ６ ３ ,此时其正弦值最小为 ３ ３． 答案:(１)略　(２)３３ １３．解:立体几何仍然是证明和求二面角的常规综合题型, 考查学生对线面位置关系证明的判定定理和性质,以 及利用空间向量求夹角的应用,这类题型在平时的练 习中都会遇到,学生答题需要注意各个判定和性质的 应用条件,建系的位置以及空间向量的坐标运算,整体 难度不大． (１)证明:取AD 中点E,连接QE、EC． ∵QD＝QA, ∴QE⊥AD; 由题 知,QE＝ QD２－DE２ ＝２,EC２ ＝ ED２＋DC２ ＝ ５, ∴QE２＋EC２＝QC２; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９１ 最新真题分类特训􀅰数学 ∴QE⊥EC; 又∵AD,EC⊂ 平 面 ABCD 且 AD∩EC＝E, ∴QE⊥平面ABCD; 又∵QE⊂平面QAD, ∴平面QAD⊥平面ABCD． (２)取 BC 中点F,连接 EF,如 图所 示,以 E 为 原 点,EA 为x 轴,EF 为y 轴,EQ 为z 轴建立 空间直角坐标系． 由题知,B(１,２,０),Q(０,０,２), D(－１,０,０),A(１,０,０),QB → ＝ (１,２,－２),QD → ＝(－１,０,－２)． 设平面BQD 的法向量为n＝(x０,y０,z０)． 则有 QB →􀅰n＝０ QD →􀅰n＝０{ ⇒ x０＋２y０－２z０＝０ －x０－２z０＝０{ , 令x０＝２,则y０＝－２,z０＝－１． ∴n＝(２,－２,－１)． 设平面 QDA 的 法 向 量 为m＝(x１,y１,z１),易 知 平 面 QDA 的法向量为m＝(０,１,０)． 设二面角B－QD－A 的大小为θ, |cosθ|＝|cos‹n,m›|＝ －２ １􀅰 ４＋４＋１ ＝２３． 因为二面角B－QD－A 为锐二面角,所以二面角B－ QD－A 的余弦值为２３． 考点４　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． 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 ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９１ 详解详析 ３．解:(１)证 明:因 为 ABCD－A１B１C１D１ 为 正 方 体,所 以 A１D１∥B１C１,CD∥C１D１． 又因为CD⊄平面 A１B１C１D１,C１D１⊂平面 A１B１C１D１, 所以CD∥平面A１B１C１D１． 因为平面CDEF∩平面 A１B１C１D１＝EF,且CD⊂平面 CDEF,所以CD∥EF,故C１D１∥EF． 所以四边形EFC１D１ 为矩形,又点E 为A１D１ 中点,故 C１F＝D１E＝ １ ２A１D１＝ １ ２C１B１ , 故点F 为B１C１ 的中点． (２) 因 为 ABCD － A１B１C１D１ 为 正 方 体,故 DA,DC,DD１ 两两垂直, 以D 为坐标原点,分别以 DA,DC,DD１ 所 在 直 线 为x轴,y轴,z轴建立空 间直角坐标系, 令 正 方 体 ABCD － A１B１C１D１ 的棱长为２,设A１M → ＝λA１B１ →(０≤λ≤１)． 则C(０,２,０),E(１,０,２),F(１,２,２),M(２,２λ,２),CE → ＝ (１,－２,２),CF → ＝(１,０,２),CM → ＝(２,２λ－２,２)． 设平面CEF 的法向量为n１＝(x１,y１,z１), 则 CE →􀅰n１＝０ CF →􀅰n１＝０{ ,即 x１－２y１＋２z１＝０ x１＋２z１＝０{ ,故y１＝０, 令z１＝－１,x１＝２,可取n１＝(２,０,－１)． 设平面CMF 的法向量为n２＝(x２,y２,z２), 则 CM →􀅰n２＝０ CF →􀅰n２＝０ { ,即 ２x２＋(２λ－２)y２＋２z２＝０ x２＋２z２＝０{ , 令z２＝－１,则x２＝２,y２＝ １ １－λ , 可取n２＝ ２, １ １－λ ,－１( )． 设二面角 M－CF－E 为θ,且θ为锐角, 故cosθ＝|cos‹n１,n２›|＝ n１􀅰n２ |n１|􀅰|n２| ＝ ４＋１ ２２＋(－１)２􀅰 ２２＋ １１－λ( ) ２ ＋(－１)２ ＝ ５３ , 解得λ＝１２∈ [０,１], 故 A１M A１B１ ＝１２． 专题十　平面解析几何 第１节　直线与圆 考点１　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． 考点２　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 ３．解析:设点A(０,０),B(４,０),C(－１,１),D(４,２),圆过其 中三点共有四种情况,解决办法是两条中垂线的交点为 圆心,圆心到任一点的距离为半径． (１)若圆过A、B、C三点,则圆心在直线x＝２上,设圆心 坐标 为 (２,a),则 ４＋a２ ＝９＋ (a－１)２ ⇒a＝３,r＝ ４＋a２＝ １３, 所以圆的方程为(x－２)２＋(y－３)２＝１３． (２)若圆过A、B、D 三点,同(１)设圆心坐标为(２,a),则４ ＋a２＝４＋(a－２)２⇒a＝１,r＝ ４＋a２＝ ５,所以圆的方 程为(x－２)２＋(y－１)２＝５． (３)若圆过A、C、D 三点,则线段AC 的中垂线方程为y ＝x＋１,线段AD 的中垂线方程为y＝－２x＋５,联立得 x＝４３ y＝７３ ì î í ïï ï ⇒r＝ １６９＋ ４９ ９＝ ６５ ３ , 所以圆的方程为 x－４３( ) ２ ＋ y－７３( ) ２ ＝６５９． (４)若圆 过 B、C、D 三 点,则 线 段 BD 的 中 垂 线 方 程 为 y＝１,线 段 BC 中 垂 线 方 程 为 y ＝５x－７,联 立 得 x＝８５ y＝１ { ⇒r＝ ８５－４( ) ２ ＋１＝１３５ , 所以圆的方程为 x－８５( ) ２ ＋(y－１)２＝１６９２５． 答案:(x－２)２＋(y－３)２＝１３或(x－２)２＋(y－１)２＝５ 或 x－４３( ) ２ ＋ y－７３( ) ２ ＝６５９ 或 x－８５( ) ２ ＋(y－１)２ ＝１６９２５ 考点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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４９１ 最新真题分类特训􀅰数学 　 　　　　　　　专题九　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． 第１节　空间几何体的结构特征、表面积与体积 [考点１]　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．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,３)已知圆锥的底面半 径为 ２,其侧面展开图为一个半圆,则该圆 锥的母线长为 (　　) A．２ B．２ ２ C．４ D．４ ２ ３．(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． [考点２]　几何体的表面积 １．(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％ ２．(２０２１􀅰全国甲卷(文),１４)已知一个圆锥的 底面半径为６,其体积为３０π,则该圆锥的侧 面积为　　　　． [考点３]　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６ 第二部分　专题九　立体几何 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 (　　) 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．(２０２２􀅰全国甲卷(理),９)甲、乙两个圆锥的 母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为 ２π,侧面积分别为S甲 和S乙 ,体积分别为V甲 和V乙 ,若 S甲 S乙 ＝２ ,则V甲 V乙 ＝ (　　) A．５ B．２ ２ C．１０ D．５ １０４ ８．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷, １１)(多选)如图,四边 形 ABCD 为 正 方 形, ED⊥平面 ABCD,FB ∥ ED,AB ＝ ED ＝ ２FB． 记 三 棱 锥 E－ACD,F－ABC,F－ACE 的体积分别 为V１,V２,V３,则 (　　) A．V３＝２V２ B．V３＝V１ C．V３＝V１＋V２ D．２V３＝３V１ ９．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１１)已知A,B,C 是 半径为１的球O 的球面上的三个点,且AC ⊥BC,AC＝BC＝１,则三棱锥O－ABC 的 体积为 (　　) A．２１２ B． ３ １２ C．２４ D． ３ ４ １０．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,５)正四棱台的上、下 底面的边长分别为２,４,侧棱长为２,则其 体积为 (　　) A．２０＋１２ ３ B．２８ ２ C．５６３ D． ２８ ２ ３ １１．(２０２１􀅰北京卷,８)定 义:２４ 小时内降水在 平地上积水厚度(mm) 来判断降雨程度,其中 小雨(＜１０mm),中雨 (１０mm－２５ mm),大 雨 (２５ mm－５０ mm),暴雨(５０mm－１００mm),小明用一 个圆锥形容器接了２４小时的雨水,如图, 则这天降雨属于哪个等级 (　　) A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８６ 最新真题分类特训􀅰数学 １２．(２０２１􀅰天津卷,６)两个圆锥的底面是一个 球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体 积为３２π ３ ,两个圆锥的高之比为１∶３,则这 两个圆锥的体积之和为 (　　) A．３π B．４π C．９π D．１２π １３．(２０２５􀅰上海卷,７)如图,在正四棱柱ABＧ CD－A１B１C１D１ 中,BD＝４ ２,DB１＝９,则 该正四棱柱的体积为　　　． １４．(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　　　　． １５．(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　　　　． １６．(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　　　　． １７．(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　　　　． １８．(２０２２􀅰全国乙卷(文), １８)(１２分)如图,四面体 ABCD 中,AD⊥CD,AD ＝CD,∠ADB＝∠BDC, E 为AC 的中点． (１)证明:平面BED⊥平面ACD; (２)设AB＝BD＝２,∠ACB＝６０°,点F 在 BD 上,当△AFC 的面积最小时,求三棱 锥F－ABC的体积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９６ 第二部分　专题九　立体几何 １９．(２０２２􀅰 全 国 甲 卷 (文),１９)(１２分)小 明同学参加综合实 践活动,设计了一个 封闭的包装盒,包装 盒如图所示:底面 ABCD 是边长为８(单 位:cm)的 正 方 形,△EAB,△FBC, △GCD,△HDA 均为正三角形,且它们所 在的平面都与平面ABCD 垂直． (１)证明:EF∥平面ABCD; (２)求该包装盒的容积(不计包装盒材料 的厚度)． ２０．(２０２１􀅰全国乙卷(文), １８)(１２分)如图,四棱锥 P－ABCD 的底面是矩 形,PD⊥底面ABCD,M 为 BC 的 中 点,且 PB ⊥AM． (１)证明:平面PAM⊥平面PBD; (２)若PD＝DC＝１,求四棱锥P－ABCD 的体积． ２１．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,２０) (１２分)如图,在三棱锥 A－BCD 中,平面 ABD ⊥平面BCD,AB＝AD, O为BD 的中点． (１)证明:OA⊥CD; (２)若△OCD 是边长为１的等边三角形, 点E 在棱AD 上,DE＝２EA,且二面角E －BC－D 的大小为 ４５°,求三棱锥 A－ BCD 的体积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ 最新真题分类特训􀅰数学 [考点４]　球的相关问题 １．(２０２２􀅰全国乙卷(理),９)已知球O 的半径 为１,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均 在球O 的球面上,则当该四棱锥的体积最 大时,其高为 (　　) A．１３ B． １ ２ C．３３ D． ２ ２ ２．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,８)已知正四棱锥的侧 棱长为l,其各顶点都在同一球面上,若该球 的体积为３６π,且３≤l≤３ ３,则该正四棱锥 体积的取值范围是 (　　) A．１８,８１４ é ë êê ù û úú B． ２７ ４ ,８１ ４ é ë êê ù û úú C．２７４ ,６４ ３ é ë êê ù û úú D．[１８,２７] ３．(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． ４．(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． ５．(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　　　　． ６．(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 ＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第２节　空间线面关系 [考点１]　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 ５．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１０)(多选)如图,在正 方体中,O 为底面的中心,P 为所在棱的中 点,M,N 为正方体的顶点．则满足 MN⊥ OP 的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 第二部分　专题九　立体几何 [考点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 ３．(２０２２􀅰全国甲卷(理),７)在长方体ABCD－ A１B１C１D１ 中,已知B１D与平面ABCD和平面 AA１B１B所成的角均为３０°,则 (　　) A．AB＝２AD B．AB 与平面AB１C１D 所成的角为３０° C．AC＝CB１ D．B１D 与平面BB１C１C所成的角为４５° ４．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,９)(多选)已知正方体 ABCD－A１B１C１D１,则 (　　) A．直线BC１ 与DA１ 所成的角为９０° B．直线BC１ 与CA１ 所成的角为９０° C．直 线 BC１ 与 平 面 BB１D１D 所 成 的 角 为４５° D．直线BC１ 与平面ABCD 所成的角为４５° ５．(２０２２􀅰浙江卷,８)如图,已知 正三棱柱ABC－A１B１C１,AC ＝AA１,E,F 分别是棱BC, A１C１ 上的点．记EF 与AA１ 所成的角为α,EF 与平面 ABC所成的角为β,二面角F－BC－A的平面 角为γ,则 (　　) A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β ６．(２０２１􀅰全国乙卷(理),５)在正方体ABCD －A１B１C１D１ 中,P 为B１D１ 的中点,则直线 PB 与AD１ 所成的角为 (　　) A．π２ B． π ３ C．π４ D． π ６ ７．(２０２１􀅰 浙江卷,１９) (１５ 分)如图,在四棱 锥P－ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形, ∠ABC＝１２０°,AB＝ １,BC＝４,PA＝ １５, M,N 分别是BC,CP 的中点,PD⊥DC, PM⊥MD (１)证明:AB⊥PM; (２)求直线 AN 与平面PDM 所成角的正 弦值． [考点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　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 最新真题分类特训􀅰数学 第３节　空间中的平行关系与垂直关系 [考点１]　空间中的平行关系 １．(２０２２􀅰全国乙卷(理),７)在正方体ABCD －A１B１C１D１ 中,E,F 分别为AB,BC 的中 点,则 (　　) A．平面B１EF⊥平面BDD１ B．平面B１EF⊥平面A１BD C．平面B１EF∥平面A１AC D．平面B１EF∥平面A１C１D ２．(２０２１􀅰浙江卷,６)如图,已知 正方体 ABCD－A１B１C１D１, M,N 分别是A１D,D１B 的中 点,则 (　　) A．直 线 A１D 与 直 线 D１B 垂直,直线 MN∥平面ABCD B．直线A１D 与直线D１B 平行,直线 MN⊥ 平面BDD１B１ C．直线A１D 与直线D１B 相交,直线 MN∥ 平面ABCD D．直线A１D 与直线D１B 异面,直线 MN⊥ 平面BDD１B１ ３．(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． ４．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 第二部分　专题九　立体几何 [考点２]　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．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,１２)(多选)在正三棱柱 ABC－A１B１C１ 中,AB＝AA１＝１,点P 满足 BP → ＝λBC → ＋μBB１ → ,其中λ∈[０,１],μ∈ [０,１],则 (　　) A．当λ＝１时,△AB１P 的周长为定值 B．当μ＝１时,三棱锥P－A１BC 的体积为 定值 C．当λ＝１２ 时,有且仅有一个点P,使得A１P ⊥BP D．当μ＝ １ ２ 时,有且仅有一个点 P,使得 A１B⊥平面AB１P ３．(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． ４．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７ 最新真题分类特训􀅰数学 ５．(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． ６．(２０２１􀅰全国甲卷(文), １９)(１２分)已知直三棱 柱ABC－A１B１C１ 中,侧 面 AA１B１B 为 正 方 形, AB＝BC＝２,E,F 分别 为AC 和CC１ 的 中 点, BF⊥A１B１． (１)求三棱锥F－EBC的体积; (２)已知 D 为棱A１B１ 上的点,证明:BF ⊥DE． [考点３]　折叠、截面问题和探究性问题中 的位置关系 １．(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 ２．(２０２２􀅰北京卷,９)已知正三棱锥P－ABC 的六条棱长均为６,S是△ABC 及其内部的 点构成的集合．设集合 T＝{Q∈S|PQ≤ ５},则T 表示的区域的面积为 (　　) A．３π４ B．π C．２π D．３π 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７ 第二部分　专题九　立体几何 第４节　空间向量与立体几何 [考点１]　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． [考点２]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６７ 最新真题分类特训􀅰数学 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 PＧABＧ CD 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７７ 第二部分　专题九　立体几何 ４．(２０２２ 􀅰 全 国 甲 卷 (理),１８)(１２分)在四 棱锥 P－ABCD 中, PD⊥底面ABCD,CD ∥AB,AD＝DC＝CB ＝１．AB＝２,DP＝ ３． (１)证明:BD⊥PA; (２)求 PD 与 平 面 PAB 所 成 的 角 的 正 弦值． ５．(２０２２􀅰 北京卷,１７) (１４分) 如图,在 三 棱 柱 ABC － A１B１C１ 中,侧 面 BCC１B１ 为正方形,平 面 BCC１B１ ⊥ 平 面 ABB１A１,AB＝BC＝ ２,M,N 分别为A１B１,AC的中点． (１)求证:MN∥平面BCC１B１; (２)再从条件①、条件②这两个条件中选择 一个作为已知,求直线AB 与平面BMN 所 成角的正弦值． 条件①:AB⊥MN; 条件②:BM＝MN; 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按 第一个解答计分． ６．(２０２２􀅰浙江卷,１９) (１５ 分)如 图,已 知 ABCD 和CDEF 都 是直角梯形,AB∥ DC,EF∥CD,AB＝ ５,DC＝３,EF＝１,∠BAD＝∠CDE＝６０°, 二面角F－DC－B 的平面角为６０°,设 M、 N 分别是AE,BC的中点． (１)证明:FN⊥AD; (２)求直线 BM 与平面ADE 所成角的正 弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７ 最新真题分类特训􀅰数学 ７．(２０２１􀅰天津卷,１７)如 图,在棱长为２的正方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,E 为棱BC 的中点, F为棱CD 的中点． (１)求 证:D１F ∥ 平 面A１EC１; (２)求直线AC１ 与平面A１EC１ 所成角的正 弦值． (３)求二面角A－A１C１－E 的正弦值． [考点３]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７ 第二部分　专题九　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０８ 最新真题分类特训􀅰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． ７．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,２０) (１２分)如图,三棱锥A－ BCD 中,DA＝DB＝DC, BD ⊥ CD,∠ADB ＝ ∠ADC＝６０°,E 为BC 的中点． (１)证明:BC⊥DA; (２)点F满足EF → ＝DA → ,求二面角D－AB－ F的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８ 第二部分　专题九　立体几何 ８．(２０２３􀅰全国乙卷(理), １９)(１２分)如图,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,AD＝ ５DO,点F 在 AC 上,BF⊥AO． (１)证明:EF∥平面ADO． (２)证明:平面ADO⊥平面BEF． (３)求二面角D－AO－C的正弦值． ９．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,１９) (１２ 分)如 图,直 三 棱 柱 ABC－A１B１C１ 的 体 积 为 ４,△A１BC的面积为２ ２． (１)求A 到平面A１BC的距 离; (２)设 D 为A１C 的中点,AA１＝AB,平面 A１BC⊥平面ABB１A１,求二面角A－BD－C 的正弦值． １０．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷, ２０)(１２ 分)如 图,PO 是三棱锥P－ABC 的 高,PA＝PB,AB⊥AC,E 为PB 的中点． (１)证明:OE∥平面PAC; (２)若∠ABO＝∠CBO＝３０°,PO＝３,PA ＝５,求二面角C－AE－B 的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８ 最新真题分类特训􀅰数学 １１．(２０２１􀅰 全 国 乙 卷 (理),１８)(１２ 分)如 图,四棱锥 P－ABＧ CD 的 底 面 是 矩 形, PD ⊥ 底 面 ABCD, PD＝DC＝１,M 为 BC 的 中 点,且 PB ⊥AM． (１)求BC; (２)求二面角A－PM－B 的正弦值． １２．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１９) (１２分)已知直三棱柱ABC －A１B１C１ 中,侧面 AA１B１B 为正方形,AB＝BC＝２,E,F 分别为AC和CC１ 的中点,D 为 棱 A１B１ 上 的 点,BF ⊥A１B１． (１)证明:BF⊥DE; (２)当 B１D 为 何 值 时,面 BB１C１C 与 面 DFE 所成的二面角的正弦值最小? １３．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１９) (１２ 分)在 四 棱 锥 Q－ ABCD 中,底 面 ABCD 是正 方 形,若 AD＝２, QD＝QA＝ ５,QC＝３． (１)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (２)求二面角B－QD－A 的平面角的余 弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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