单元检测(十) 空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2025年高考数学单元过关检测（A版）

2024一2025学年度单元过关检测（十） 数学·空间向量与立体几何 (考试时间120分钟，落分150分)】 一，选择题{本鬣共。小题，都小题3分，共和分.在每小题始出的四个选项中，只有一项是 符合圆日要求的】 题号 6 78 签案 1.如图，在三棱柱ABC-A:BC,中，M为AC的中点，设B函=a,BB,=b,B=e 期C= A.2a+2b-2c B.a+28-Ze C.2a+b-2e D.a-2b+2e 2.已知向量a=(1,0,一1)，m《0,1,1》,则。在b上的投影向量为 Ao.名动 ao.-停- C40,-1,-1》 n(日.-》 3.在空间直角坐标系0xz中，点A(0,1,-1D:点B(一1,1,2)美于y轴对称的点为C,荆 ACI- A B.6 C. D.2 4.在棱长为2的正方体ABCD-A,BCD,中，AA·C- A.22 且，42 C.2 D,4 5.已知在直三棱柱ABC-A:B,C1中，∠ABC一120°，AB一2，BC=CC,一1，则异面直线 AB:与BC,所我角的余弦值为 A号 45 5 c a9 单元垃关检测十】数学第1页{具8页) 衡水真 五，如图，在棱长为2的正方体ABD-A,B,C:D:中，E为规段D心，的中点，F为规殿 BB,的中点，离直线PC:到平面AB,E的压离为 《1 c号 a 7,如图，在长方体ABCD-A,BCD,中，点E是棱上的动点（端点除外），喇《) A.不存在点E,使得C⊥DE B,空同电与三条直线A:D,EC,BB,都相交的直线有且只有1条 C过点E与平直DAE和半面DAEC所成角都等于。的直线有且只有1条 D过点E与三条棱A日，AD.AA,所成的角都相等的直线有且只有4% 点.正四面体ABCD棱长为6，A产-A丽+AC+eA可，且：+y十上-1，以A为球心且半 径为1的球面上有两点M,N,M瓜-AN,期PM+PN的量小植为 A.24 且25 C.48 D.50 二，蔻译题（本题共3小题，每小题6分，共1落分.在年小题给出的选项中，有多项符合题月 要表.全银透对的得“分，的分选对的得部分分，有选铅的得0分] 道号 10 11 答案 9,已知直线了的方向向量为n=《1.0:一1》：A(2,1,一3》为线I上一点，若点P(一1,0， 一2)为直线外一点，则严到直线/上任宣一点Q的距离可能为 A.2 B万 C.豆 D.1 题花鞋 单元过关检测（十）数学第2页（共8夏！ A 10,如图，直三棱柱AC-A:B,C中，AB=AC=M:∠BC=0',D,E分别为A:C: 四，解苦题（本题共5小题，共7分.解苦应写出文字说期、证明过程或演算步骤】 A,B的中点，则下列结论正确的有 15.(18分)已知向量a-《1,2,一2)，b-(1,一2,4)，e=(3,m,m). (1)求ce(a,b)的值1 (2)若ae,求附，n的值. A.DE∥B,C 昆直线DE与平菌A:C所皮角的正丝值为号 C平直A1B与平面ABC夹角的会织值为 DDE与AA,断成角为智 11.已知正方体AD一A,H,CD1的棱长为3，E,F,G分别为棱BB,DD1,CC的点，且 2 BE-B,DF一DD0G-导CC,若点P为正方体内部（含边界）点，调是：A正 一2A下+山A产，以，必为实数，则下列说法正确的是 〔) A,点P的转连为菱形AF及其内蒂 品当1一1时，点P的纯连长度为6 GA,P最木值为 D当N=立时，直线AP与平面ACD所成角的正整值的数大值为 11 三，填空藏{本整共3小蓝，每小赠5分，共5分】 12.知向量e=(2,1,2),h=《一1,2,1)，联2e+b的生标是 13.如图，四面体ACD的每条棱长宿等干，M,N分别是AB,CD上的动点，别MN的 ,此时eos(MN,Di)一 1.正三棱锥S-ABC中，底在边长AB一2，测按AS一3，向量a,b筒是a·a+AC一是· ABb·b十AC)=b·A5,期Ia=b的量大值为 单元垃关粉湖十】做第3面具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测十)数学第4页（共8面 16,(15分)如图，在直四棱住ABCD-A:B:C:D,中，ABCD,AB⊥AD,AM,=AB 17,(15分)如图，在四棱mP-ACD中，居而AHCD是正方彩，PA=AB=2,且PA⊥ -2AD一2CD一4，E,F,G分别为腰DD,AD,BB,的中点，建立如图断求的室可 底面ACD,点F是棱PD的中点，平面ABF与棱PC交于点E 直角坐标系. (1)RPC与平面ABE所成角的正弦值： (1)求CG·E乎钩值： (2)在线段PB上是吾存在一点G,使海直线G与直线AF所成角为45？若存在，试 (2)证明：C,E,下，G四点共面 说月点G的位置，若不存在，情说明理由 单元垃关粉测十】做第5面具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测十)数学第5页（共8面！ 18,(17分》如图，在四校eP-ACD中，PA⊥平面ABCD,E为PD上一点，且P正 1,(17分)在空间直角坐标系0-灯中，任制一个平面的方程宿能表示成A,十B,十C,十 -P元0A<1),BC∥AD,AB⊥AD,AB-BC-1,PA-AD-2 D=0,其中A,B,C,DER,A=+B+C0,且m=(A,B,C》为该平面的法闻量.已如 ①若五一号求异面直线A迟，CD所度角的大小： 集合P-x,yt)|1xlG1,lyl1,z1},Q-x,y.a)e十lyl+1xl2), T=红y=川x1+y+=2,y+=2,=+x2, 2当1为网值时，二图角C-AE-D的余弦值为 (1)设集合M一红，y,)z一时，记PM中所有点构成的图形的面积为S1,Q门M 中所有点钩成的图形的面积为5，，求5，和5，的值， (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V,P门Q中所有点物业的几何体的体 积为V,求V和V的值. (3)记集合T中所有点构成的几匀体为W. D求W的体积V,的值： ②求W的相第（有公共核）两个面所成二面角的大小，并眉出W的面数和棱数 A 单元垃关粉湖十】做第T页具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测十)数学第悬页（共8面·数学· 参考答案及解析 所以P0= 2×4=23. 则截面a为四边形NCTA1, D 在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为 ×43 8 2√3，此即为梯形ABCD的高， 所以梯形ABCD的面积S佛AD一 4+8 2 ×25 123, 平面ABCD∥平面A1B:C1D1,截面a∩平面 故VpAm=3×125X25=24. ABCD=NC,截面a∩平面A1B1CD1=A:T, 19.(1)证明：正方体中AA1∥BB:,AA1丈平面 则NC∥A,T,同理TC∥A1N, BB,D,BB1C平面BB1D,所以AA1∥平 所以四边形NCTA1为平行四边形， 面BBD, 即截面α的形状为平行四边形. 则E点到平面BB:D的距离为定值， ②当截面α的面积取得最小值时，即平行四边 又△BBD的面积为定值， 形NCTA,面积最小，△A1NC面积最小， 所以三棱锥E一BB,D1的体积是定值. 则点N到AC的距离最短， 因为VB,-En,=VE-B,D, M为线段A,C的中点，则M点为正方体的中 所以三棱锥B,一BED1的体积是定值. 心，当N为线段AB的中点时， (2)解：这样的E点不存在，理由如下： 由MA=MB,有MN⊥AB,由A1N=CN,有 若B:D⊥平面BED1,由BDC平面BED:, MN⊥A,C, 则有B,D⊥BD, 则MN是两条异面直线AB与A:C的公垂 而正方体中，四边形DBB,D1是矩形不是菱形， 线段， B,D⊥BD1不成立， 此时点N到A1C的距离最短，△A1NC面积最 所以不存在点E,使得B:D⊥平面BED1. 小，截面NCTA:面积最小. (3)解：①截面a与棱C1D1相交于点T,连接 所以当被面a的面积取得最小值时，点N为 AT,CT,AN,CN, AB中点 2024一2025学年度单元过关检测（十）数学·空间向量与立体几何 一、选择题 +2BA+2BB1=2a+2b-2c. 1.A【解析】连接BC1,如图所示， 2.A【解析】根据题意，a在b上的投彩向量为 C ag=×0,-o-7》月 b·b=2X2 3.C【解析】点B(-1,1,2)关于y轴对称的点 为C(1,1,-2),而点A(0,1,-1), 所以AC1=√(1-0)+(1-1)+一2-(-1) =2. 因为CA1=2CM=2(BM-BC), 4.D【解析】在棱长为2的正方体ABCD- B-号成+BC-号B+C+丽)， A1B1C,D1中，易知|AA1|=2,|BC1=22. 所以BC=2BM-BA-BB,所以CA=-2BM 因为AA=B丽，B丽与BC的夹角为年， 41 A 衡水真题密卷 单元过关检测 所以AA与BC的夫角为， 则A(2,0,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2) E(0,0,1),F(2,2,1), 所以AA·BC=AA·BCcos FC=(-2,0,1),AE=(-2,0,1), 2x22× AB1=(0,2,2),C1B1=(2,0,0), 2 =4. 设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z), D n·AE=-2x+z=0, 则 B n·AB,=2y+2x=0, 令x=2,则n=(1,一2,2)， 设点C1到平面AB1E的距离为d, D 则d=1n…CE_1a,-22…(2,0012 A B n √1十4+4 3 5.C【解析】以点B为坐标原点，BA所在直线为 x轴，过B且垂直面ABB:A1的直线为y轴， 故直线FC,到平西AB,E的E高为号 BB,所在直线为之轴建立如图所示的空间直角 坐标系， 7.D【解析】在长方体ABCD一A1B1C,D1中， 则Aea0.B000a,0,1.c(-号号. AB=2AD=2AA 对于A,当E为AB的中点时，连接DE,则 所以aB=(-20D.Bc-(号小 ∠AED=∠BEC=45°，即有EC⊥DE, 而DD1⊥平面ABCD,ECC平面ABCD,则EC 故异面直线AB1与BC1所成角日的余弦值为 ⊥DD1,又DE∩DD1=D,DE,DD1C平 1AB1·BCI 2 /10 面DD1E, AB1·|BC1V5X25 因此EC⊥平面DD1E,而D1EC平面DD1E,则 42 EC⊥DE,故A错误： B 对于B,连接BD,B:D1,设BD∩EC=K, BB:∥CC1∥DD1,则平面BDD1B1与直线 EC交于K, 点K在线段BD上，不含端点，则直线D1K与 直钱BB1相交，同理直钱A1E与直线BB 6.C【解析】因为AE∥FC,FC1丈平面 相交， AB1E,AEC平面AB1E, 因此直线D1K,A:E分别与三条直线A:D,, 所以FC1∥平面AB,E, EC,BB1都相交，故B错误； 因此直线FC:到平面AB1E的距离等于点C D 到平面AB,E的距离. 如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x 轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系， G H B 对于C,AB⊥平面ADD1A1,而AD:C平面 E ADD1A1,则AB⊥AD1,又AB⊥AD, 于是∠DAD1是二面角D1-AE-D的平面角， D 且∠DAD,= 显然∠DAD1的平分线与平面D1AE和平面 *42 ·数学· 参考答案及解析 DAEC所威角海等于营过点E与此直线平行的 2(AB+yAC+AD)*+2 =2(xAB+y'AC:+*AD*+ 直线特合要求，这样的直线只有1条； 2xyA店，AC+2yAD.AC+ 半平面D1AE与半平面DAEC的反向延长面所 2xAB·AD)+2 成二面角的角平分面与平面D,AE和平面 =2(36.x+36y2+36x2+36xy+36yz+36.xx)+2 DABC所成角海号于行 =74-72(xy+yz+xx), 因为x+y十z=1,所以1=x2+y2+*2+2xy+ 在此角平分面内过点E与平面D1AE和平面 2yx+2xz23(xy+yz+x), DABC所成角都等于营的直钱有2条， 当且仅当x=y=x=3取等号， 因此过点E与平面D1AE和平面DAEC所成角 斯等于誓的直线有3条，故C错误： 此时xy十yz十x≤3， 1 所以PM+PN≥74-24=50， 对于D,建立如图所示的空间直角坐标系，直线 故PM+PN的最小值为50. AB,AD,AA1的方向向量分别为(1,0,0)，(0,1， 二、选择题 0),(0,0,1), 9.AB【解析】由题设条件可知，AP=(-3,一1， 设过点E的直线I的方向向量为a=(x,y,z), 1),所以n·AP=1×(-3)+0×(-1)+(-1) 由直线I与直线AB,AD,AA1所成的角分别都 ×1=-4, 相等， 设n与AP的夹角为0,0∈[0，x], 得 |xl 则cos0= n·AP -4 2√22 元十y十x2√十y+g√2+y+g 1nl·|Ap|2×1I 11 于是|x=ly=|xl,不令|x=1, 有a=(1,1,1)或a=(-1,1,1)或a=(1,-1, 所以sin0= 1 2√221 -33 1)或a=(1,1,-1),显然使得|x|=|y|=|z|= 11 11 1成立的向量a有8个， 所以点P到直线l的距离d=|A户|sin日=√/T× 其余4个分别与上述4个向量共线，所以过点E 38-5, 与三条棱AB,AD,AA:所成的角都相等的直线 1 有且只有4条，故D正确」 故P到直线L上任意一，点Q的距离要大于或等 D 于 10.BC【解析】如图，以A为坐标原点，以AB, B AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间 D 直角坐标系，设AB=2, E B 8.D【解析】因为正四面体ABCD的棱长为6， 所以AB.AC=|AB1AC1cos60°=18， 同理可得AB·AD=|AB||AD1cos60°=18， AC·AD=AC1|AD1cos60°=18， 又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点 B M,N.AM-AN, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0, 所以|AM1=AN=1, 2),B1(2,0,2),C1(0,2,2),D(0,1,2),E(1,0,1). 由AP=xAB+yAC+zAD, 对于选项A:可得DE=(1,-1,-1),B1C= PM:+PN:-(PA+AM)+(PA+AN)*- (-2,2,-2), PA2+2PA·AM+AM+PA+2PA·AN+ AN:=2PA*+AM+AN:+2PA.(AM+AN)= 因为二22 子-号≠二号，所以D呢与BC不牛行 ·43 A 衡水真题密卷 单元过关检测 所以DE与B1C不平行，故A错误； 边形，所以AF∥EG,AF=EG, 对于选项B:可得A1B=(2,0,-2),BC=(-2,2,0), 所以四边形AFGE是平行四边形， 设平面A:BC的法向量为n=(x,y,z), 所以AE=FG, n·A1B=2x-2z=0, 当A=1时，AP=AE+uAF→A庐= AE+uAF, n·BC=-2x+2y=0, 所以AP-AE-E心，即EP=EG 令x=1,则y=z=1,可得n=(1,1,1), P在线段EG上，P的轨迹长度为线段EG的 则cos(n,DE=n·D应 -1 n·|DE5X3' 长，即为/10，故B正确， 对于C,由AP=1A正十uA下知，P在菱形 所以直线DE与平面A1BC所成角的正弦值为 AEFG内， 3,故B正确； 所以|A1P|的最小值即为点A1到平面AEFG 对于选项C:可得平面ABC的法向量为m=(0,0, 的距离， 1), 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐 标系， n·m 15 则cos(n,m)=n·m3X13' 则A(3,0,0),F0,0,1),E(3,3,1), A1(3,0,3), 所以平面A1BC与平面ABC夹角的余弦值为 可得AF=(-3,0,1),AE=(0,3,1), 3,故C正确； AA1=(0,0,3), 设平面AFGE的法向量为n1=(a,b,c), 对于选项D:因为AA1=(0,0,2), n1·AF=-3a+c=0, 可得cos(AA,DE) AA:·DE 则 1AA1·1D n1·AE=36+c=0, -2 取c=3,可得a=1,b=-1, 2×w3 3 所以n1=(1,-1,3), 所以A:到平面AEFG的距离为d= 则DE与AA,所成角的余孩值为日 3 n1·AAi 9 91I n1 W1+1+3 11,故C错误： 所以DE与AM,所成角不为子，故D错误. 11.ABD【解析】对于A,因为AP=2A正+A正， D 由空间向量基本定理可知，AP,A正，A下共面， G 所以点P的轨迹为平面AEFG与正方体的交 线，即菱形AEFG及其内部，所以P在菱形 AEFG内，故A正确： M-2 D C B G 对于D,当u=2时，A庐-XA正+A→A户 F 正+证， 分别取AF,EG的中点M,N,连接MN,P在 B 线段MN上， 对于B,取CC1上一点H,使得CH= 3CC,连 M(受0，》N(层3，》，所以= 接EH,FH,HB 易证四边形AFHB和四边形BHGE是平行四 0<A<1),可得P(层3+) ·44 ·数学· 参考答案及解析 平面ABCD的法向量为m=(0,0,1), 最小值， a-(2双a+号》 此时BM-AB=,BN-BC- 2a, 设AP与面ABCD所成角为0， 所以sin0=cos(A户，m)= A护·m 所以MN=BN---子- a |AP1·m A+号 又M=2AC+2AD-2A丽，D丽 ++6+T 9 花-，-号，=a 设1=中因为A∈o,,则4∈[仔： 1 所以M.D=(2AC+2A市-A)· 则A-分代入化筒可得如9= (A店-A)=号(AC,A店+A市·A店 AB:-AC.AD-AD:+AB.AD)= √/18t2-18t+10 (a'cos60°+a2cos60°-a3-a'cos60- 1 当t=2时，直线AP与平面ABCD所成角的正 a2+a'cos60)=-2a 铁值的最大位为俨故D正球 所以cos(MN,D)= MN DB 三、填空题 MNDBI 12.(3,4,5)【解析】向量a=(2,1,2),b=(-1,2, 1),则2a+b=2(2,1,2)+(-1,2,1)=(3,4, 2 5). 2aXa 2 2a:-之【解析】由题意可知，AB,AC,A 14.4【解析】已知正三棱维S一ABC, 则AS=BS=CS=3,且AB=BC=CA=2, 三个向量两两间的央角为60°， 由a·(a十AC)=a·AB化简得a=a·CB, 当M,N分别是AB,CD的中点时，MN取得最 由b·(b+AC)=b·A5化简得b=b·C5. 小值，理由如下： 设a=CM,b=CN,代入a=a·CB,b2 b·CS, 分别化简得M元.MB=0,且NC.N5=0. 故点M在以BC为直径的球面上， B 1 半径n=2BC=1:点N在以SC为直径的缘面上， 因为M,N分别是AB,CD的中点， 半径，=C5=号，分别取线段BC,SC的中 MN-AN-AM-7 (AC+AD)-2AB. 点E,F,则EF-BS-号， 则M·A店=C+)-·A店 la-blm-MNIm =IEFl+ri+r:-2 3 号C.+币，店-)= (acos 6+o6a. 所以MN⊥AB,同理可证MN⊥CD. 由异面直线公垂线的性质可知，此时MN取得 ·45· A 衡水真题密卷 单元过关检测 则PC=(2,2,-2),AB=(0,2,0) 因为四边形ABCD是正方形， 所以AB∥CD, 因为CDC平面PCD,AB正平面PCD, 所以AB∥平面PCD. 因为平面ABEF∩平面PCD=EF,ABC平面 ABEF, 所以AB∥EF, 所以EF∥CD. 四、解答题 因为点F是棱PD的中点， a·b 15,解：)cosa,b)=a·b 所以点E是棱PC的中点，则E(1,1,1), 1,2,-2)·(4,-2,4)=4-48=-4 则AE=(1,1,1). W1+4+4×W√16+4+16 3×6 9 设平面ABE的法向量为n=(x,y,x), (2)因为a∥c,所以设a=Ac, n·AB=2y=0, /P=0, 即(1,2，-2)=1(3，m,n), 则 n.AE=x+y+*=0, x=-x, 3=1, 故m=2,解得m=6, 取x=1,则n=(-1,0,1). n=-6. 设PC与平面ABE所成角为0， an=-2, 16.解：(1)因为AA1=AB=2AD=2CD=4, 则sin0=|cs(m,P心1=-2+0-21=V6 √2X/12 3 所以C(2,0,2),E(2,2,0),F(1,4,0),G(0,2,4), 所以CG=(-2,2,2),EF=(-1,2,0), 所以CG.EF=-2×(-1)+2×2+0=6. 所以PC与平面ABE所成角的正弦值为 (2)证明：由(1)得，CE=(0,2,一2)， (2)易知F(1,0,1),则AF=(1,0,1),EP= 0=-2m一n, (-1,-1,1),PB=(0,2,-2), 令CE=mCG+nEF,即2=2m十2n, 设PG=PB=(0,2x,-2x),A∈[0,1]， -2=2m, 则EG=EP+PG=(-1,2x-1,1-2x) 解得m=一1， 若直线EG与直线AF所成角为45°， n=2, EG.AF 所以CE=-CG+2EF 则cos(EG,AF)= IEG1·|AF 故C,E,F,G四点共面. 17.解：(1)因为底面ABCD是正方形，且PA⊥底 -1+0+1-2λ 面ABCD, √/1+(2x-1)+(1-2A)7√/1+I 所以PA,AD,AB两两垂直， 21 如图，以点A为原点，以AD,AB,AP方向分 √/8x-8x+3 别为x,y,x轴正方向建立空间直角坐标系， 解得A=或（合）， 故线段PB上存在一点G,使得直线EG与直线 AF所成角为45°， 此时P心-号P丽，即点G是线段PB的中点 18.解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所 在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2), 所示的空间直角坐标系Axyz, ·46 ·数学· 参考答案及解析 19.解：(1)集合M={(xy,x)|x=0)表示xOy平 面上所有的点， P={(x,y,x)|川x≤1，|y≤1，x|≤1}表 示（士1，士1，士1）这八个顶点形成的正方体内 所有的点， 而P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截 B 面内所有的点 发现其是边长为2的正方形，因此S:=4. 则A(0,0,0),B(1,00),C(1,1,0),D(0,2, 对于Q=(x,y,x)||x|+|y|+|x|≤2}，当 0)P(0,0,2) x,y,z>0时， ①由X-号知E为PD的中点，所以E01,D, x+y+x=2表示经过(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0， 所以AE=(0,1,1),CD=(-1,1,0), 2)的平面在第一象限的部分 所以cos(A正，CD) 由对称性可知Q表示（士2,0,0），(0，士2,0)， 0×(-1)+1×1+1×0 (0,0,±2)， 1 √0+1+1×-1)+1+02' 这六个顶点形成的正八面体内所有的点， 所以异面直线AE,CD所成角为60° 而Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的 (2)由PE-APD-A(0,2,-2)=(0,2λ，-21)， 截面内所有的点 所以AE=(0,2,-2X)+(0,0,2)=(0,2x,-2公+2)， 它是边长为2√2的正方形，因此S2=8. 设平面ACE的法向量为n1=(x,y,x), (2)记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体的 AC·n1=0,nx+y=0, 体积分别为V1,V2, 则 即 AE.n1=0,2y+(-2x+2)z=0, 考虑集合Q的子集Q'= {(x,y,x)|x+y+x≤2，x≥0，y≥0，x≥0)， 令x=1,得平面ACE的一个法向量为n1=（1, 即为三个坐标平面与x十y十之=2围成的四 -1 面体。 四面体四个顶点分别为(0,0,0)，(2,0,0)，(0， 由已知可得AB⊥平面ADE, 2,0),(0,0,2), 所以平面ADE的一个法向量为n2=AB=(1, 0,0), 此四面体的体积为V。-号×2× ni·nz 所以cos(n1,n:)= In:Tin.T= (侵×2x2)=亭 入 1X1+(-1)×0+1-x×0 由对称性知，V,=8V。= 3， P+-+(】 ×√+0+0 考虑到P的子集P'构成的几何体为棱长为1 的正方体， √6 即P'={(xy,x)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}， +( 6 Q=(x,y,z)|x十y+x≤2，x≥0，y≥0，x≥0}， 显然P‘∩Q'为两个几何体公共部分， 2 解得1=3或1=2，因为0<1<1，所以入 c2 3 记Q(1,1,0),Q2(1,0,1),Q,(0,1,1), Q4(1,1,1). 所以，当X-号时，二面角C-AB-D的余弦值 容易验证Q1,Q:,Q,在平面x十y十x-2上，同 时也在P'的底面上 则P'∩Q'为截去三棱锥Q,一Q:Q,Q,所剩下 *47 A 衡水真题密卷 单元过关检测 的部分。 如图所示，即为T所构成的图形， P'的体积V,'=1×1×1=1,三棱锥Q。 其中正方体ABCD一IJML即为集合P所构成 Q.Q:Q,的体积为。88-号X1X号 的区域。 E一ABCD构成了一个正四棱锥， ax1)- 其中E到面ABCD的距离为2， 故p'∩Q'的体积Vpng=Vp'-Va,-Q9, V--号x1×2x2-台，V=V,+ 1 1 6ve-am=8+6x等16， 0 由对称性知，V,=8Vrng-3 由题意可知，面EBC方程为x十x一2=0， 其法向量n1=(1,0,1), 面ECD方程为y十x-2=0, 其法向量n2=(0,1,1), n1·n2 故cos(n1,n:)=n,,=2. (3) 由图知两个相邻的面所成角为钝角， 故H相邻两个面所成角为 由图可知共有12个面，24条棱， A *48