专题8 立体几何-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训试卷

专题八立体儿何 考点一空间几何体的结构、表面积与体积 [真题题组·实战集训] 一、选择题 整 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.23π B.3√3π C.63π D.9√3π 紧 2.(2024·新课标Ⅱ卷，7)已知正三棱台ABCA,B,C的体积为号，AB=6,A,B=2,则AA与 平面ABC所成角的正切值为 ( A号 B.1 C.2 D.3 3.(2024·北京卷，8)如图，在四棱锥P-ABCD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 ( 布 A.1 B.2 C.2 D.3 4.(2024·天津卷，9)一个五面体ABC-DEF.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 ( g+ 製 御 c号 D. 5.(2023·全国甲卷（文），10)在三棱锥PABC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 6.(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，∠A0B=行若△PAB的面积等于9，则该圆维的体积为 () A.元 B.√6π C.3π D.3√6π 7.（2023·天津卷，8)在三棱锥PABC中，线段PC上的点M满足PM=号PC,线段PB上的点N 满足PN=号PB,则三棱锥PAMN和三棱锥P-ABC的体积之比为 ( A R号 C.3 61 8.(多选)(2023·新课标I卷，12)下列物体中，能够被整体放人棱长为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 9.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，9)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PACO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 10.(2022·新高考I卷，4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入 某水库，已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2;水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水 位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65) () A.1.0×10°m3 B.1.2×10°m3 C.1.4×103m3 D.1.6×10°m3 11.(2022·全国甲卷，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2x,侧面积 V吧一 分别为Sm和S么，体积分别为V和V2,若3=2，则V】 () A.5 B.2√2 C./10 D.510 4 12.(2022·新高考Ⅱ卷，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都 在同一球面上，则该球的表面积为 ( A.100π B.128π C.144π D.192π 13.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，11)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,V,则 A.V3=2V2 B.V:=V C.V3=V1+V: D.2V3=3V 二、填空题 14.(2025·上海卷，7)如图，在正四棱柱ABCD一A1B1CD1中，BD=4√2，DB1=9,则该正四棱 柱的体积为 B 62 15.(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⊥I BC,AB∥EF∥RS∥CD,BC∥DE∥ST∥AF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC =TD=号，则该多面体的体积为 16.(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(r2一r1),3(r2一r1),则圆台甲与乙的体积之比为 17.(2024·北京卷，14)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中 升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数 列，底面直径依次为65mm、325mm、325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 mm,升量器的高为 mm.(不计量器的厚度) 18.(2023·新课标I卷，14)在正四棱台ABCD-A1BC1D1中，AB=2,AB1=1,AA1=√2，则该 棱台的体积为 19.(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 20.(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. 21.(2023·全国甲卷（文），16)在正方体ABCD-A1BC1D1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 [真题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(2022·新高考I卷)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≤≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是 () A[18] [剁 c[劉 D.[18,27] 2.(2022·全国乙卷，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 C③ 3 D 2 63 3.(2022·北京卷，9)已知正三棱锥P一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.买 B.π C.2π D.3π 4.(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36000k(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=2xr2(1一cosa)(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% 5.(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+123 B.282 n282 6.(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 200mm 雨程度，其中小雨(<10mm),中雨(10mm~25mm),大雨(25mm~50 mm),暴雨(50mm100mm),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨300mm 水，如图，则这天降雨属于哪个等级 150mm A.小雨 B.中雨 C.大雨 D暴雨 7.(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 8.(2021·全国甲卷，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一ABC的体积为 A号 B得 C② 二、填空题 9.(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= 10.(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 11.(2021·上海卷，9)在圆柱中，底面圆半径为1，高为2，上顶面圆的直径为AB,C是下底面圆 弧上的一个动点，绕着底面圆周转，则△ABC的面积的范围为 64 考点二空间点、直线、平面之间的位置关系及空间向量 [真题题组·实战集训1] 一、选择题 1.(2025·天津卷，4)已知m,n为两条直线，a,B为两个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,nCa,则m∥n B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥3 C.若m∥a,m⊥B,则a⊥B D.若mCa,a⊥3，则m⊥3 2.(多选)(2025·全国一卷，9)在正三棱柱ABC-AB,C中，D为BC的中点，则 A.AD⊥AC B.B,C⊥平面AAD 整 C.AD∥A1B D.CC1∥平面AAD 3.(2025·全国二卷，14)一个底面半径为4cm,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. 紧 4.(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，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的长为行，CD ∥AB.设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD 和 数 御 65 5.(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： (I)求直线AC与PO所成角的余弦值. 6.(2025·全国二卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD, D ∠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 D A',使得面EFD'A'与面EFCB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. 66 7.(2025·天津卷，17)如图正方体ABCD-A1BC1D1的棱长为4，E,F分别为 A1D1,C1B1的中点，CG=3C1G. (I)求证：GF⊥平面EBF; (Ⅱ)求平面EBF与平面EBG二面角的余弦值； (Ⅲ)求三棱锥D一BEF的体积 67 8.(2025·北京卷，17)如图，在四棱锥P一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. 68 [真题题组·实战集训2] 1.(2024·全国甲卷，10)设a,3为两个平面，m,n为两条直线，且a∩B=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B;②若m⊥n,则nLa或n⊥B;③若n∥a且n∥B,则m∥n:④若n与 α，3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 2.(2024·天津卷，6)若m,n为两条直线，a为一个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,n∥a,则m⊥n B.若m∥a,n∥a,则m∥n C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 整 3.(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 紧 A.22 B.3√2 C.42 D.52 4.(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CAB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( A号 B号 c D号 5.(2022·全国乙卷，7)在正方体ABCD-A,BC,D1中，E,F分别为AB,BC的中点，则() 的 A.平面B,EF⊥平面BDD B.平面B,EF⊥平面A,BD 布 C.平面BEF∥平面A1AC D.平面BEF∥平面AC1D 6.(2022·全国甲卷，7)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平 D 面ABCD和平面AAB,B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=CB D.B1D与平面BB1CC所成的角为45 数 阳 7.(多选)(2022·新高考I卷，9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 A.直线BC1与DA1所成的角为90i B.直线BC1与CA1所成的角为90 C.直线BC与平面BBD,D所成的角为45 D.直线BC与平面ABCD所成的角为45 8.(2022·浙江高考，8)如图，已知正三棱柱ABCA1BC1,AC=AA1,E,F分别 是棱BC,AC1上的点.记EF与AA1所成的角为a,EF与平面ABC所成的 黑 角为B,二面角FBCA的平面角为Y,则 A.a≤Y B.a≤Y C.y≤a D.a≤y≤3 9.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷，10)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 10.(2021·浙江卷，6)如图，已知正方体ABCD-A1B1CD1,M,N分别是 AD,DB的中点，则 A.直线A1D与直线D,B垂直，直线MN∥平面ABCD B.直线AD与直线D,B平行，直线MN⊥平面BDDB, C.直线A,D与直线DB相交，直线MN∥平面ABCD D.直线A,D与直线D,B异面，直线MN⊥平面BDDB 11.(2021·全国乙卷，5)在正方体ABCD-A1BCD1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD 所成的角为 () A. B c D.君 12.(多选)(2021·新高考I卷，12)在正三棱柱ABCA1B,C中，AB=AA1=1,点P满足BP= ABC+uBB1,其中A∈[0,1]∈[0,1]，则 ( ) A.当A=1时，△AB,P的周长为定值 B.当a=1时，三棱锥PA,BC的体积为定值 C.当A=时，有且仅有一个点P,使得A,P⊥BP D.当=2时，有且仅有一个点P,使得A,B⊥平面AB,P 二、解答题 13.(2024·新课标I卷，17)(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面 ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: ()②若ADLDC,且二面角ACP-D的正弦值为受，求AD, 70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； (Ⅲ)以下先证明≥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，取连续三个数宇 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5十4十3十2 十1=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6十5+4十3+2+1=21个正整数， 由于Q为20-可表数列，且a1十a2十a十…十a<20, 所以有一项必为负数， 既然5个正整数都不能连续可表1一20个正整数， 那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1一20的 正整数. 所以至少要有6个正整数连续可表1一20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. 专题七不等式 1.c 由号≥2台导≥0日当<0日 x-1 (x-1)x+2)≤0台-2≤x<1. {x-1≠0 2.C由基本不等式结合特例即可判断， 对于A,当a=b时，a2十b=2ab,故A错误；对于B、D, 取a-，6-子，此时日+-2+4-6< 1 =8 -品+古-2+46>4-故 B、D错误：对于C,由基本不等式可得a十>2ab>√ab, 故C正确.故选：C 3.c由2+y-列=1得(-)+（停）=1 -=eos0 -9n叶cs0 n9 y= 故x+y=3sin0+cos0=2sin(0+6)e[-2,2],故A 错，B对； +y-(停叶m0'+(八-n9- 3c0s20+ 音=号sim(29-9)+∈[2] .2 (共中mg=号）故C对，D错。 4,解析：本题考查了分式不等式的解法 .(x-3)(x-1)<0 ∴.1<x<3 ∴.原不等式的解集为{x|1<x<3},即(1,3). 答案：(1,3) 11 5解折：a>0,6>0,a+名-1,0<a<1,b>1da=1 6计是=6计产=6-1++22 26-(高)+2=4. 当且仅当6=6-1，即6=2a=2时，等号成主 答案：4 6.解折：取x=-名，得号(2a+b)-名(2a+b)-1<0,即 2a十b≥-4. b 另-方面，取2a+6=-4,一22a+D=-2,此时6= -4,a=0, (2a+b)x2+bx-a-1≤0即-4x2-4x-1≤0，亦即(2x 十1)2≥0，显然恒成立，符合题意.故2a十b的最小值为 -4. 答案：一4 7,解析：将不等式分解因式得(x一3)(x十1)<0，解得一1 <x<3. 答案：(-1,3) 8.解析：|x-2|<1→-1<x-2<1→1<x<3. 答案：(1,3) 专题八立体几何 考点一 实战集训1 1.B由题意，侧面积相等，则圆雏的母线长是圆柱高的2 倍，中23，故其底面半径为3，所以圆维的体积为号×x ×3×√3=3√3元.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=3AB1, 则0到上底的距离为受人，0到下底的距离为受，又 Se=93,SA,9=3, 所以9月-号·=号h=上底 3 中心到顶点A的距离为号，所以所求正切值为 21 3 9=1 3.D四棱锥的底面是边长为4的 正方形，且PA=PB=4,PC= PD=2√瓦，如图，设AB,CD的中 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB ⊥CD,连接EF,,EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF C平面PEF,PFC平面PEF,∴.CD⊥平面PEF,又CD C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 2 C平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中，由题可 求得PE=25,PF=2,EF=4,∴PE+PF=EF,∴ ∠EPF=90°，根据面积相等可得PO·EF=PE·PF, 即4P0=2√5×2，得P0=√5. 4.C用一个完全相同的五面休 H HIJ-LMN(顶点与五面体ABC 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， 该三棱柱的直裁面（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=2十2=3+1=4， V=Vm=××1X1X号×4= 2 5.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,CEC平面PEC, PENCE=E, ∴AB⊥平面PEC, 又PE=CE=2x9=,PC=6, 故PC=PE+CE,即PE⊥CE, 所以V=V-mtV,-m=君S6m·AB -号×号×5×5X2-1.故选A 6.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， PA )A ∠AB0-30,0C-号，AB-2BC-3,由△PAB的南积 为得号×3xPC=99, 4 解得PC= 5,于是P0=c0c- -(=6 所以圆维的体积V=号xX0A×P0=号xX3)X √=√6元，故选B. 17 7.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 N B 接PB,过N作NN'⊥PB, 垂足为N'. 因为BB⊥平面PAC,BB'C平面PBB, 所以平面PBB⊥平面PAC. 又因为平面PBB∩平面PAC=PB,NN⊥PB,NN C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P_MM=1 PC-CCT=3 在△PBB中，周为BB∥NN,片以号器-韶-号， 所以=驰=3aw·NN 专S6e·BE 吉X(合PA·M:NN2 专×（合PA·CC·BB 故选B 8.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，其枚长为√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 >√5，W5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AC的中点O作OE⊥AC,设OE∩AC=E, C 0 0 A M E C 可知AC=2,CC,=1,4C,=3,0A= 21 则wnCAC-瓷-8器， 中疗9唱解得0E=5(=号-是>是 √23 4 2 0.6,即5>0.6， 4 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O,与正方体的下底面的切点为 M,可知：AG⊥0M,0,M-0.6,则m∠CAC-是 -=0M」 AO· 中方器部举A0,=062, 根据对称性可知圆柱的高为√3一2X0.6√2≈1.732一 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 9.AC如图，由∠APB =120°，AP=2可知， 底面直径AB=25,高 C PO-1,故该圆锥的体 ---07- 积为,故A对，该圆A 0 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一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： Sac-含AC,PQ-2,故D错，放选AC 10.C由题意S1=140km2,S,=180km2,h=(157.5- 148.5)m=9m,代入棱台体积公式V=号(S,十S十 √S,S)h,可得：V≈1.4X10°m3,故选C. 11.C如图，甲、乙两个圆维的 侧面展开图刚好拼成一个 圆，设圆的半径（即圆锥母 甲 线)为3，甲、乙两个圆维的 0 底面半径分别为r1,r2,高分 120° 别为h1,h2,则2πr1=4π Z 2r3=2元，则71=2，r2=1, B 由勾股定理，得h1=5,h2 =22,所以7： 3 xriln rih= 1 2×5=o. h2 rih:1×2√2 12.A由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3， 下底面所在平面裁球所得圆的半径是4， 则轴截面中由几何知识可得√R2一32+√R一4=1 ①或√R-32-√R2-4=1② ①无解，②的解为R2=25, 因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π，故选A. 35 43 0 0. 174 13.CD设AB=ED=2FB=2,则V=子×2X2=号 4 V:=号×2X1=导，连站BD交AC于M,连结EM、 FM,则FM=√5，EM=√6，EF=3,∴.E+FM= EF2,.EM⊥FM. 故5w=名5·6=32=吉5 an XAC- 2,V3=V1+V2,2V3=3V1,故选CD. 14.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a2十a2=(4√2)2， a=4, h+(4√②)2=92， .h=7, .V=Sh=a2h=112. 答案：112 15.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一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Y,平面B⊥平面y, 平面a∩B=l,则l⊥X 证明：设a∩y=a,8ny=b,在平面y取一点O,O年a,O 氏b 在平面Y内过O作直线m,使得 m⊥a,作直线n,使得n⊥b, 因为平面a⊥平面Y,mCY,故m ⊥&，而lCa,故m⊥l, 同理n⊥l,而m∩n=O,m,nCy, m 故⊥Y. 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, CV D 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， EF=FT+TE=AB+BT=AB+AF=12, 平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面ABEF= AF,AF⊥AB, ABC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RMC平 面RMUS, 故平面RMUS⊥平面ABEF,同理平面VUS⊥平面 ABEF, 而平面RMUS∩平面VLUS=SU,故SU⊥平面ABEF, 故RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形，故MU= RS=2(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,BHC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一BHT为直棱柱， 一4=3，故VAe-Hr=8X 3=24, 因为AB∥EF,故EF⊥平面ARE 而EFC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, 而合AGxRF-=3,故AG=0故V。-m=号×号× 22+0x号-6： 由对称性可得几何体的体积为2×(24十6)=60， 答案：60 16,解析：由题高知=-点，=点= hz √32-122'V元h元 3(m1-r2)6 22(m1-r2) 4 省案 17.解析：设升量器的高为h1,底面半径为r1,容积为V1, 斗量器的高为2，底面半径为2，容积为V2,斜量器的 高为，成面丰径为，客教为V,因=驾m 325mm%-325am6-230mm, V=所A,=(管），(mm,V=h= (受)，mm).水=A=(2)×230mm). :V1,V,V成等比数列且公比q=10,∴.V,·q2=V, 中（停）广x·A·10=(要)×30，席得有-罗 2 mm,V2·q=V3,即 ()·0=(受)× 230π，解得h2=23mm.∴.斗量器的高h2=23mm,升量 器的高么- mm. 答案：23 11 18.解析：如图，将正四棱台ABCD 一A1B,C1D1补成正四棱锥，则 A0=√2， sA=2i.00=9, 故V=号S,+5十Sh, V=(2+1+2x×5-76 3 2 6 答案7 19.解析：由题意易求正四棱维的高为6，V做台=V太m能做 Vm=号×4X4X6-子×2X2X3=28, 答案：28 20.解析：设正方体的棱长为1，则EF 一，球的半径为盟而球心到李 B 条粮的E离均为号，国北球与每 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 21.解析：设球的半径为R.当球 D 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 0 M 球面和棱没有交点，正方体的 D 外接球直径2R为体对角线长 AC=√4+4+4=45， 即2R=4V5,R=2√3，故Rx=23; 分别取侧棱AA1,BB,,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， 25]. 答案：[2√2,23] 实战集训2 1.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1产=2a2十h2, 32=2a2+(3-h)2, 所以6h=2,2a2=2-h 所以正四梭锥的体积V=子Sh=号×4如XA=号× (-6)×台-(-) 所以v=日(r-后)专P(2。) 当3≤1≤2√6时，V'>0,当2√6<≤3√3时，V<0,所以 当1=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值 为， 5 又1=3时，V=7,l=35时，V-81」 4 所以正四校维的体积V的最小值为头，所以接正四技维 体积的取值范围是 [保]故意C 2.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 0 径为则r三2a,所以裤四棱维 的高受，所以体款V =·-) +台侣-” 3 4=1 当且仅当 ,即。2=手时，等号成立，所以该四 3 3 3.B过点P作底面射影点O,则 由题意，CO=2V3,PC=6, ∴.PO=2√6，当C0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为國 A 心的國里，所以面积为x, 4.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 6400 8 S 面积公式，属于中档题.co8a=6400+36000-53'4x7 =1-急≈42%， 2 5,D考查棱台体积的计算.如图，高h -√2-W2=E,v=}(5.+ Ss+s,h=号× 2(4+4×2+2)=282 3 200 2 6B按相似，小圆维的底面半径r=立mm=50mm,故 V4e-3×xX502×150mm-502xmm, ®水厚度A=S:-010mm=12.5mm,属于中雨 选B. 7.B根据底面周长等于侧面展开图孤长，设母线为，底 面*径为，则有2器·2，化满得1=2=2亿，答案 选B. 8.A记△ABC的外接圆园心为O,由AC⊥BC,AC=BC 1知0为AB的中点，且AB=巨.0C-号，又球的率径为 1,所以0A=0B=0C=1,所以0N+0B=AB,00=号。 11 于是00+OC=0C,所以有O0⊥OC,O0⊥AB,进而 00⊥平面ABC,所以o-c=号Sc·0=号·合 1 11·号-温起入 9.解析：如图，将三棱锥S一ABC转 化为直三棱柱SMN一ABC, M 设△ABC的外接圆圆心为O,半 径为r, AB 则2r= 3=25,可 sinZACB 2 得r=√3， 设三棱锥S一ABC的外接球球 心为O,连接OA,OO1,则OA= 2,00,=2sA, 因为0A2=00+0,A,即4=3+SA,解得SA=2. 答案：2 10.解析：以A为顶点，若△ABC为正四棱维的侧面，有两种 情况，若△AB℃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 1,解析：SAc=受AB:A=A, 'h∈[2，w5], ∴.S△Bc∈[2，W5]. 答案：[2,5] 考点二 实战集训1 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∥a,nCa,m与n可能平行或异 面，故A错误；B中，m⊥a,m⊥B,则a∥B,故B错误：D:m Ca,a⊥B,则m不一定垂直于B,故D错误. 2.BD易知AD⊥平面BCC1B,若 D AD⊥AC,则AC∥平面BCC,B, (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,AAC平 D 面AA1D,且BC中平面AA1D,可 A B 知BC⊥平面AA1D,又B1C∥BC,∴B1C⊥平面 AAD,故B选项正确.过A1且与AD平行的线为A1D (D,为B:C中点)，而非AB1,故C选项错误.由CC∥ AA知D选项正确.故本题正确选项为BD. 3.解析：设铁球半径为r,根据题意， 有42=(9-2r)2+(8-2r)2, 即4r2-68r2+145=0, 即(2r-29)(2r-5)=0, 解得-昌或驾（合）. 答案：号 6 4.解：(1)POL面，AB=2, ÷.∠PAB=5,0A=1, ∴.PA=2, .Sw=rrl=2π. (2)证明：AC=号，0A=1, LA0C=号 :CD∥AB, ∴∠DCO=∠AOC= 3, 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过平面PBD,BDC平面PBD, .OC∥平面PBD, AO=OB,PQ=AQ, ∴OQ∥PB, :OQ吐平面PBD,PBC平面PBD, ∴OQ∥平面PBD, :OCn0Q-O,OCC平面OCQ,OQC平面OCQ, .平面PBD∥平面OCQ, ,QMC平面OCQ, ∴.QM∥平面PBD 5.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. ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂克，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方向为之轴 正方向建立空间直角坐标系，易得A(0,0,0),B(W2,0, 0),C(2,2,0),D(0√3+1,0)，P(0,0√2). (1)设球心O(x,y,z),由OB=OC=OD=OP可得 (x-√2)2+y+2=(x-2)2+(y-2)2+ (x-√2)2+y2+22=x2+(y-3-1)2+x2,解得y (x-√2)2+y2+x2=x2+y2+(z-√2) 1,x=z=0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的点，ADC 平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面ABCD上. (i)AC=(W2,2,0),PO=(0,1,-√2)，直线AC与PO所 成角的余孩值等于cos(AC,PO=AC.P四 =2 IACIIPO6X√5 ② 3 6.解：(1)证明：A'E∥DF,DFC平面CDF,A'E丈平面 CD'F. .A'E∥平面CDF, 同理可证EB∥平面CDF, 17 又：EB∩A'E=E,且EBC平面A'EB,A'EC平面 A'EB, .平面A'BE∥平面CDF 又A'BC平面AEB, .AB∥平面CDF. (2)设AD D =m.建立 如图所示 空间直角 D 0 坐标系，则 C (m,m,A 0),B(2m,0,0), D(受m9mB00.0.F0,m0 Bc=(-mm0.cd-(受0，） 设平面BCD的法向量为a=(x4,y,1),则 Ia·BC=0, 1-mx1十my1=0 即 ac-，中受+=0 令名1=1，则x1=√3，y=3,a=(W3,W3,1). 设平面EFDA'的法向量为b=(xy2,名2)，剥 b·EF=0, 1=0 即 令2=1，则x2= b·DF=0, 受494=0 -√3，y1=0,b=(-3,0,1) 所以cos0-|cos(a,b1=-3+1-7 7X√ 7 所以sing=y厘 7 7.解：(1)以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、 y、之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,为名) rBE·n=0 (-2x1-4y+4z1=0 (EF·n=0(4y1=0 取x1=2,则y1=0,31=1, .n=(2,0,1), .GF=n,∴GF∥n, .GF⊥平面BEF (2)设平面EBG的法向量为m=(x2y,名) 则厂2五-4y:+4长，=0， -4x2十3x2=0 5 令=4，则x=3,4=2=4, 3X2+号×0+4×1 cos(m,n〉= (3)由 4 2+T×3+(停)+4 (1)知EF⊥平面BCCB,FBC平面BCCB,∴.EF ⊥FB, 易知Sag=EF,BF=号X4X+2=45, 又DE=(2,0,4),则D到平面BEF的距离为d= lDE·n=8 n 5 由楼维的体积公式知：VD-BEF=了dXSomr=号× 层×15-号 3 B阴 Di. 8.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-AD-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过平面PAB,MNC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、x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),DW2,一√2,0)，P(0,0,2√2)， ∴AB=(0,22,0),DC=(2,2,0),CP=(-22,0,2 2), 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z) 11 tDC·n=0 (2x+√2y=0 CP·n=0-2√2x+2√2z=0 取x=1,.y=-1,x=1,.n=(1,-1,1) 设AB与平面PCD成的角为0 则sin0=|cos(AB,n)|= AB·n |AB|·|n 0x1+25x-+oX4=2点后-，即AB与 22·+(-1)+1平 平面PCD所成角的正孩值为号 实战集训2 1.A对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,正确：对于②，若 m⊥n,当n二a或n二B时，结论不一定成立，错误；对于 ③，若n∥a且n∥B,根据线面平行的性质知，m∥n,正 确，对于④，若n与a,B所成的角相等，m与n不一定垂 直，错误. 2.C对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平行、相交 或异面，故A,B错误：对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m⊥ n,且m与n可能相交，也可能并面，故C正确，D错误. 3,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=C0=22, 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=4N2,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA2=AC+PC-2AC· P0 oZPCA-=32+9-2X4E×3x号-17， PA=√17，则PB=/17, 故在△PBC中，PC=3,PB=√17，BC=4, 所以cos∠PCB=PC+BC-PB_9+16-171 2PC·BC 2×3×4 3 又O<∠PCB<π， 所以sin∠PCB=V1-cos∠PCB=2yE, 3 所以△PBC的面积为S-PC·BCin∠PCB =号×8X4x2g2=4.故选C 4.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一AB一D的平面角， 即∠CED=150°， 8 显然CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE,于是AB⊥平面 CDE,又ABC平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平而CDE∩平面ABC =CE, 直线CDC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=√CE+DE-2CE·DEcos∠CED 1+3-2×1×w5× 2 DE CD 由正孩定理sinDCE sin/CED' 得sin∠DCE=Bsin150°=￥E √7 2万1 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=√1-sin∠DCE= /1- (2万 2 所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为5.故 5 选C. 5.A对于A选项：在正方体 D ABCD-A1B1C,D1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 D 面B,BDD1,又因为EFC平 面BEF,所以平面B,EF⊥A E B 平面BDD1,所以A选项正 确：对于B选项：因为平面A,BD∩平面BDD=BD,由 上述过程易知平面B,EF⊥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 BEF与平面A1AC有公共点，从而C选项错误；对于D 选项：连接AC,AB:,B,C,易知平面AB1C∥平面 A1CD,又因为平面ABC与平面B1EF有公共点B1, 故平面ABC与平面B,EF不平行，所以D选项错误. 6.DB,D与平面ABCD所成的角即∠B,DB,B,D与平 面AA,B1B所成的角即∠DB,A, 则∠B1DB=∠DB1A=30°，设B,D=2,则AD=B,B= 1,由长方体对角线长公式2=a2十b2十2，得AB=√瓦， 从而AB1=√3，AB=√2AD,AB与平面AB1CD所成的 角∠BAB的正孩值为后AC=5>E=CB,BD与 平面BB,CC所成的角∠DB,C的正孩值为号，中 ∠DB1C=45°. 7.ABD如图，在正方体ABCD-A1BCD,中，因为BC ⊥BC,BC1⊥A,B,所以BC⊥平面A1BCD,所以BC ⊥DA1,BC⊥CA1,故选项A,B均正确；设A,C∩B,D, =O,因为AC1⊥平面BB,DD,所以直线BC,与平面 BB1DD所成的角为∠CBO,在直角△C,BO中，sin 17 ∠cB0-2-7k∠c0 =30°，故选项C错误；直线BC A 与平面ABCD所成的角为 ∠C,BC=45°，故选项D正确.综 上，选ABD. 8.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a= ∠EFG,B=∠FEG. m-瓷-照≤1，an=器-瓷≥1，易知AC≥ EG,因此得到Ba, 作FH∥B,C,交AB,于H,连接BH,CF,作FM⊥BC 于M,连接GM(如图2)，得到Y=∠FMG 国此，mY器-瓷由于EG≥MG,可得Kx 综上，a≤≤，故选A. C B 图1 图2 9,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. 10.A连接AD,易证M在AD1上，在正方形ADD,A AB⊥平面ADD,A)→AB⊥A,D, 中，AD⊥AD,A,DC平面ADD,A] A1D⊥平面DAB) AB∩AD1=A→ →AD⊥D1B,在 D1BC平面D1AB 正方形AADD中， DM=MA) MN∥AB DN=NBJ →MNt平面ABCD →MN∥平面ABCD, ABC平面ABCD 取AA1交点E,连接NE,易证 EB=ED,ED=EB,且N为 A BD,B,D的交点，故NE⊥平 面BDDB,MN与NE相交， 故MN与BDD,B1不垂直，故 D公- 选择A. 11.D如图，设正方体棱长为2，则 PB=6,PC1=√2，BC=2√E, 则PB2+PC=BC, 在Rt△PBC,中，sin∠PBC,= 瓷-品-名所以重线阳 与AD,所成的角为吾 0 12.BD由点P满足B驴=ABC+4B, BB1,可知点P在正方形 BCCB1内. A选项，当A=1时，可知点P在线 段CC,(包括端点)上运动. △ABP中，AB,=√2，AP= 1+,B,P=√1+(1-)， 因此周长L=AB+AP+B,P不 为定值：所以选项A错误. B选项，当4=1时，可知，点P在 线段B1C(色括端点)上运动. 由图可知，线段BC∥平面 A,BC,即点P到平面A,BC的 距离处处相等，△ABC的面积 A 是定值，所以三校锥P一A1BC 的体积为定值，所以选项B B 正确 C选项，当一号时，分翻取战 段BC,B,C1中点为D,D,可 知点P在线段DD1(包括端点) 上运动. 很显然若点P与D或D重合，A,下 均满足题意，所以选项C错误 D造项，当以=号时，分别取线 B 段BB1,CC1中点为M,N,可知 点P在线段DD,(包括端点)上A 运动. D 此时，有且只有点P与N,点重 合时，满足题意。 C N(P) 所以选项D正确 因此，答聚为BD. 13.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=√5，所以AC=BC +AB,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,BCC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m 十n=4,则A(m,0,0),C(0, ,0),P(m,0,2), 18 所以AP=(0,0,2),CP=(m,-,2),D=(0,n,0). 设平面APC的法向量为n=(x,y,￥)，则 12x=0, 令x=n,则y=m,所以n=(n,m, mz-ny+2z=0, 0)； 设平面DPC的法向量为v=(x,y,x),同理可得v=(2, 0,-m). 因为二面角APCD为锐二面角，所以共余按值为， 周光号-osa,1-+4中示，部释m 2n 7 √5，即AD=5. 14,解：(I△AEF中，AE=号AD=2, AF-2AB=4,∠EAF=-30 ∴coS∠EAF=AE+AF-EF 2AE·AF 装25买-9-2 ∴EF+AE=AF,∴AE⊥EF,PE⊥EF,DE⊥EF PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,∴.EF⊥平面PDE 又，PDC平面PDE,,.EF⊥PD. (2)DE-55-25-3√5，CD=3,∠CDE-90°， ∴CE=36,CE=6 PE=AE=2√3，∴PE+CE=PC,∴PE⊥CE 又：PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CEC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Exyz P(0,0,23),D(0,33,0),F(2,0,0),A(0,-23,0),B(4, 2√3,0)，C(3,33,0),则PD=(0,3√3，-23)，CD= (-3,0,0),PB=(4,23,-2√3)，BF=(-2,-23,0) 设平面PCD的法向量n1=(王1y1,1) 033%-232,=0 %·PD=0 {m1·ci=0…-3x,=0 不妨设y1=2,则1=3，x1=0,n1=(0,2,3) 设平面PBF的法向量n2=(y,） m·PB=0.4x,+25-23=0 m·萨=0“{-2x,-25=0 不妨设2=3，则=-1，%=1，n=(5,-1,10 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为a n1·n2 1 c0s《n,m:）=m= √/65 √13×5 65，sin -8V65 65 15.解：(1)证明：BC∥AD,AD=4,BC=2. 又M为AD的中点，.DM=2 :BC LDM, .四边形BCDM为平行四边形， .BM∥CD, :BM平面CDE,CDC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 LDM ,四边形MDEF为平行四边形， .FM=DE=AF=√Io, .△AMF为等腰三角形 .FG⊥AM且FG=3, 在△BGF中，BG=√3，FG= 3,又FB=2√3， ∴.BG+FG=FB .BG⊥FG ∴以G为坐标原点，GB,GD, GF所在直线分别为x轴，y 轴，x轴建立空间直角坐标系 如图， 则BW3,0,0),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=(x1y1,) 对m1a小5-=0， {m1M市，“{-为+3x1=0, 令1=1，则y=3x1=√5， .平面FBM的一个法向量为m=(W3,3,1). 设平面EBM的法向量为n=(x2y2,22), 令=-1，则y2=3,2=3, .平面EBM的一个法向量为n=(W5,3,一1)， 设二面角FMB-E的大小为&，则 cos a=Icos(m,n)|= m·n 六sina=43 13 二面角FBME的正孩值为4图 13· 实战集训3 1.解：(1)取PD的中点为S,连接SF,SC,则SF∥ED,SF =号ED=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丈平面PCD,SCC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,EDC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·P= ,可得/一y-2红=0 m·PB=0 {x-y-2=0取m=(0,-2,1), 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), 剥由nP心 可得/a-2c= {n·Pi=0w{2h-2c=0 取n=(2,1,1), 故cos〈m,n)= -1 =-V30 5×6 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余孩值为 30 2.解析：(1)取CB1中点P,连接NP,MP, 由N是B,G的中点，故NP/CG,且Np=2CC, 由M是DD,的中点，故D,M=号DD,=CC,且 1 DM∥CC, 则有D1M∥NP且D,M=NP, 故四边形DMPN是平行四边形，故DN∥MP, 又MPC平面CBM,DN丈平面CBM, 故D,N∥平面CB,M; (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, A 0,0)、B(2,0,2)、M(0,1,1) C(1,1,0)、C(1,1,2),则有CB =(1,-1,2)、CM=(-1,0,1), BB1=(0,0,2), 设平面CB,M与平面BB,CC B 的法向量分别为m=(x1,, 名1)、n=(x2为2z红)， 181