(18)立体几何的综合-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习周测卷（A）

高三一轮复习周测卷/数学 (十八)立体几何的综合 （考试时间120分钟，满分150分) 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的) 1.已知m,n是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则m∥a的一个充分条件是 A.m∥n,n∥a B.∥β，a∥3 C.m⊥n,n⊥&，ma D.m∩n=A,n∥a,m寸& 2.如图，在八面体ABCDEF中，平面ABE,ACF均垂直于底面ABC,且AE=BE =AF=CF,则下列向量中与向量EF在平面ABC上的投影向量相等的是 A号A脑 B.2AC C.BC D.-BC-AC 3.如图1，一个圆柱形笔筒的底面直径为8cm,(笔筒壁的厚度忽略不计)，母线长为12cm,该圆柱 形笔筒的直观图如图2所示，AB,CD分别为该圆柱形笔简的上底面和下底面直径，且AB CD,则三棱锥A一BCD的体积为 A.96 cm3 B.108 cm3 C.128cm3 D.256 cm3 图1 图2 4.如图，平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°， 则直线AC,FB所成角的余弦值为 A号 B. C.0 D.16 4 5.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条 侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在 堑堵ABC-A1B1C,中，AC⊥BC,且AA1=AB=2.其中不正确的是 A.四棱锥B一A1ACC1为“阳马” B.四面体A1CCB为“鳖臑” C E C四棱锥B一A,ACC,体积的最大值为号 D.过A点作AE⊥AB于点E,过E点作EF⊥AB交A1C于点F,连接 AF,则AB⊥平面AEF 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 6.已知正方形ABB1A,的边长为12，其内有两点P,Q,点P到边AA1,AB1的距离分别为3,2，点 Q到边BB1,AB的距离也是3和2.现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A1B1重合（如图）.则 此时P,Q两点间的距离为 A.61+π A 3 A 3 B.6V2x P2 2.2 C.63x 人 D.5v4+x 7.一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD,BC 将这两个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF,AE,CF,AC,若点G是平面ACF 上的动点，则EG的最小值为 A.25 B.√3 C.6√3 B D.4 图1 图2 8.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,二面角P-CD-A的大小为45°，AD+ CD=2,若点P,A,B,C,D均在球O的表面上，则球O的表面积最小值为 A.3π B.86 7π C 0 2π 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD 的中点，在此几何体中，下列结论正确的是 A.平面EFGH∥平面ABCD B.BC∥平面PAD C.AB∥平面PCD D.平面PAD∥平面PAB 10.已知直线a,b和平面a,3,a与3的夹角为0，则 A.若a⊥a,b⊥B,则a与b所成角为0 B.若a∥a,b∥B,则a与b所成角为0 C.若aCa,则a与B所成角最大值为受-0 D.若6L,则6与a所成角为5-0 三一轮复习周测卷十八 数学第2页（共4页） 囚 11.如图，在正方体ABCD一A1B1E1D1中，E,F,G分别为AB,BC,AA1的中点，则 A.D1F⊥AB1 D B.BC1∥平面EFG B C直线D,P与G所成角的余弦值为号 D.若AB=2,则棱台AEG一DCD1的表面积为13 班级 姓名 分数 题号 2 3 5 6 8 9 10 11 答案 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知直线1的方向向量为m=(1,一2,0)，且1过点A(1,1,0),则点P(-2,2,一1)到1的距离 为 13.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，通过将连接部分紧密拼接，使 E 整个结构能够承受较大的重量，并具有优异的抗震能力.其中，木楔 子的运用极大地增加了榫卯连接的牢固性.木楔子是一种简单的机 械工具，用于填充器物的空隙，使其更加稳固.如图为一个木楔子的 直观图，其中四边形ABCD是正方形，EF∥AB,且△ADE,△BCF 均为正三角形，EF=2AB=8,则ED与BF所成角的大小为 14.在正方体ABCD一A'B'C'D'中，AB=4,E为棱BC的四等分点（靠近点B),F为棱A'D的四 等分点（靠近点A'),过点C,E,F作该正方体的截面，则该截面的周长是 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE 号A.A-a.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=45. (1)证明：CD∥平面PEF; (2)证明：EF⊥PD: (3)求五棱锥P-BCDEF的体积. 16.(本小题满分15分) 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A,C⊥底面ABC,∠ACB=90°，AA1=4,A1到平面BCC1B 的距离为2. C B (1)证明：平面BCC1B1⊥平面AA1C1C; (2)证明：△A1AC为等腰三角形； (3)已知AA1与BB1的距离为4，求AB1与平面BCCB1所成角的正 弦值. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 17.(本小题满分15分) 如图，在三棱台ABC-A,B1C1中，△A,B1C1和△ABC都为等腰直角三角形，AC=4,CC1= AC1=2,∠ACC1=∠BCC1=∠CBA=90°，G为线段AC的中点，H为线段BC上的点，且 A,B∥平面CGH. (I)求证：点H为线段BC的中点； C (2)求二面角B-AA1一C的余弦值. 18.(本小题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ADC=90°，且AD=CD=PD= 2AB=2. (1)求证：AB⊥平面PAD; (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值； (3)在棱PB上是否存在点G(G与P,B不重合)，使得DG与平面PBC 所成角的正弦值为号？者存在，求常的值；者不存在，请说明理由。 19.(本小题满分17分) 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦 定理：如图1，由射线PA,PB,PC构成的三面角P一ABC,记∠APC=α，∠BPC=B,∠APB= Y,二面角A一PC-B的大小为0，则cosy=cos acos3+sin asin Bcos9.如图2，四棱柱 ABCD-A1BC1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，AA1=2√3，AB=2,且A1点在底 面ABCD内的投影为AC的中点O. D D- B 图1 图2 (1)求cos∠A1AB的值； (2)设直线AA,与平面ABCD内任意一条直线的夹角为9，证明：5≤≤受： (3)在直线CC上是否存在点P,使BP∥平面A,CD?若存在，求出点P的位置；若不存在， 请说明理由， 三一轮复习周测卷十八 数学第4页（共4页） A高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习周测卷/数学（十八） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ，运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 知识点 值 (主题内容) ⅢNV M① ②③④⑤⑥ 档次 系数 判断命题的充分条 1 选择题 6 件、线面关系有关 易 0.90 命题 2 选择题 5 多面体，投影向量 易 0.85 情境题，锥体体积的 3 选择题 5 0.78 有关计算 易 异面直线夹角的向 4 选择题 5 易 0.75 量求法 线面垂直，线线垂 5 选择题 5 中 直、锥体体积 0.70 6 选择题 5 旋转体，两点间距离 中 0.60 7 选择题 5 折叠中的最值问题 中 0.55 多面体与球体外接 8 选择题 5 中 0.40 问题 面面平行、线面平行 9 选择题 6 中 0.65 的判定 异面直线所成的角， 10 选择题 6 线面角的概念及 中 0.55 辨析 11 选择题 6 空间位置关系综合 中 0.40 点到直线距离的向 12 填空题 5 易 0.85 量求法 求楔型结构中异面 13 填空题 中 0.60 直线所成的角 立体几何中的截面 14 填空题 5 难 0.30 问题 证明线线垂直、线面 15 解答题 13 平行、锥体体积的有 易 0.80 关计算 ·111· ·数学· 参考答案及解析 面面垂直，空间垂直 16 解答题 15 中 0.70 的转化，线面角 17 解答题 15 平行、垂直关系，求 中 0.60 二面角 证明线面垂直、求面 18 解答题 17 面角、已知线面角求 中 0.40 其他量 立体几何新定义、存 19 解答题 17 在性问题、空间垂直 难 0.18 关系 香考誉案及解析 一、选择题 1.C【解析】对于A,由m∥n,n∥a,可得mca或m∥ B a,故A错误；对于B,由m∥B,a∥B,可得mCa或m ∥a,故B错误；对于C,由m⊥n,n⊥a,m过a,可得m ∥a,故C正确；对于D,由m∩n=A,n∥a,m史a,可 得，a相交或m∥a,故D错误.故选C. 2.C【解析】取P,Q分别为AC,AB的中点，连接FP, EQ,PQ, 4.D【解析】取AB的中点O,连接OD,四边形ABCD 为菱形，∠DAB=60°，所以DO⊥AB,由于平面AB CD⊥平面ABEF,且两平面交线为AB,DO⊥AB, DOC平面ABCD,故DO⊥平面ABEF,又四边形 ABEF为正方形，故以O为坐标原点，AB为y轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形ABEF 的边长为2，则A(0,一1,0)，B(0,1,0),F(2,-1,0), C(0,2√3)，故AC=(0,33),BF=(2,-2,0), 因为AE=BE=AF=CF,所以EQ⊥AB,FP⊥AC, 因为平面ABE⊥平面ABC,平面ABE∩平面ABC= D AB,EQC平面ABE,所以EQ⊥平面ABC,同理可得 FP⊥平面ABC,所以向量EF在平面ABC上的投影 向量为Q立，且Q市=之B心.故选C 3.C【解析】由AB⊥CD,易得BC=AC=BD=AD, 取AB的中点O,连接OC,OD,则AB⊥OC,AB⊥ OD,又OC∩OD=O,OC,ODC平面OCD,所以AB 则cos(AC,B亦)=AC.B市 -6 1平面0CD,所以n=子Sam·AB=子×司 AC·BF-2√3X2√2 ×8×12×8=128cm3.故选C. ,放直线AC,FB所成角的余张值为故选D 5.C【解析】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的 ·112· 高三一轮复习A ·数学· 三棱柱称为“堑堵”，∴.在堑堵ABC-AB1C中，AC 可补成棱长为3的正方体，如图， ⊥BC,侧棱AA⊥平面ABC,A选项，.AA1⊥BC, 又AC⊥BC,且AA∩AC=A,则BC⊥平面 A1ACC,.四棱锥B-A1ACC为“阳马”，故A正 确；B选项，由AC⊥BC,即AC⊥BC,又AC⊥ CC,且BC∩CC=C,AC⊥平面BBCC,. A1C⊥BC,则△ABC为直角三角形，又由BC⊥平 D 面AACC,得△ABC为直角三角形，由“堑堵”的定 义可得△AC1C为直角三角形，△CCB为直角三角 则可得AC=AF=FC=EF=EA=EC=3√2，设点E 形，四面体A1CCB为“鳖糯”，故B正确；C选项， 在底面有4=AC+BC≥2AC·BC,即AC·BC≤ 到平面ACF的距离为，则VE-cr=号·Sr·力 2,当且仅当AC=BC=√2时取等号，VB-A1cc,= -=VE-4VE-8c,即5×5X(32)·A=3-4 3 4 号SAm,XBC=3 AA.XACX BC=号ACX BC-≤ ×号××3X3X8,解得6=25，所以BG的最小 号，最大值为号，故C错误：D选项，：AE1AB,EF 值为23.故选A ⊥AB,AE∩EF=E,AE,EFC平面AEF,∴AB⊥ 8.C【解析】由题设，A,B,C,D在一个圆上，故∠ADC 平面AEF,故D正确.故选C +∠ABC=180°，又AB⊥BC,所以∠ADC=90°，即 6.C【解析】过点P作平行于底面的截面圆O,过点 AD⊥CD,故AC是四边形ABCD外接圆的直径， Q作平行于底面的截面圆O2,OO,=6,设圆柱的底 面圆半径为，则2xr=12,解得r=,于是 0,市，0，d=2+2-2,由P0=pd+0d+0,à. 1- 得1PQ1=√(PO,+OO,+O2Q) =√/2r2+O022+2P0·O2Q 由PA⊥平面ABCD,BC,CD,ACC平面ABCD,则 =√2x(）+62+2x(9)c0s号 PA⊥BC,PA⊥CD,PA⊥AC,由PA∩AB=A,PA, =6V3+元，所以P,Q两点间的距离为53+元 ABC平面PAB,则BC⊥平面PAB,PBC平面 PAB,则BC⊥PB,由PA∩AD=A,PA,ADC平面 故选C PAD,则CD⊥平面PAD,PDC平面PAD,则CD⊥ PD,故△PBC,△PCD,△PCA都是以PC为斜边的 3 直角三角形，故PC的中点O为P-ABCD的外接球 2 01 球心，且∠PDA为二面角P-CD-A的平面角，故 ∠PDA=45°，因为∠PDA=45°，AD十CD=2,令AD =x且0<x<2,则PA=x,CD=2-x,故AC '02 √/AD+CD=√/2x-4x十4，所以外接球半径R= S=子VPm+AC-名·Va干=子· 7.A【解析】点G是平面ACF上的动点，所以EG的 最小值即点E到平面ACF的距离，由题意，几何体 V3(-专)+音当x=号时，R ,此时球O 3 ·113· ·数学· 参考答案及解析 的表面积的最小值为4π /6 故选C 二、选择题 9.ABC【解析】如图所示，把平面展开图还原为四 棱锥， C a 设a∩l=C,在直线a上取点A,过点A作AB⊥B于 D 点B,作OA⊥1于点O,连接OB,因为AB⊥B,lCB, 所以AB⊥I,又OA⊥1，OA∩AB=A,所以I⊥平面 OAB,又OBC平面OAB,所以OB⊥I,则∠AOB即 为a与B所成锐二面角的平面角，则∠AOB=0,因 B 对于A,由EF∥AB,EF丈平面ABCD,ABC平面 为AB⊥B,aCa,所以∠ACB即为a与B所成角的 ABCD,所以EF∥平面ABCD,又EH∥AD,同理可 平面角，则1an∠ACB=能≤A BCOB =an0,当且仅当 证EH∥平面ABCD,又EF∩EH=E,EF,EHC平 a⊥l时取等号，所以a与B所成角最大值为0，故C 面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正 不正确：对于D,如图. 确；对于B,因为BC∥AD,BC丈平面PAD,ADC平 面PAD,所以BC∥平面PAD,故B正确；对于C,因 为AB∥CD,AB￠平面PCD,CDC平面PCD,所以 AB∥平面PCD,故C正确：对于D,由平面PAD与 平面PAB有公共点P,故平面PAD与平面PAB不 平行，故D不正确.故选ABC 10.AD【解析】对于A,如图 因为b⊥B,a与B所成锐二面角为0，所以b与c所成 角为受-，故D正确.故选AD, 11.ABD【解析】对于A,因为AB⊥AB,AB:⊥ AD,A1B∩AD1=A1,AB,ADC平面 ABCD1,所以AB⊥平面A1BCD,又因为DFC 平面ABCD1,所以DF⊥AB,故A正确： 因为a⊥a,b⊥B,a与B所成锐二面角为0，所以a与 D C b所成角为0，故A正确；对于B,若a∥a,b∥B,此时 不能确定a与b所成角，如直线a∥b时，此时a与b 所成角为0，故B错误；对于C,设平面a,β的交线为 直线l,当a∥l时，a与B所成角为0，当a与I不平 行时， E 对于B,如图，过E,F,G的平面截正方体所得的截 面为正六边形EFNLHG,且H,L,N分别为各边 中点， ·114· 高三一轮复习A ·数学· D C 因为EF∥AB,EF=2AB=8,所以四边形ABFG为 平行四边形，所以BF∥AG,同理可得ED∥CG,所 以∠AGC为异面直线ED与BF所成的角或其补 角，AC=4V2,AG=CG=4,即AC=AG+CG,所 以∠AGC=受，即ED与BF所成角的大小为受. E B 1.智+8【解折】设G为AB的三等分点，靠近B 3 因为BC1∥FN,FNC平面EFG,BC丈平面EFG, 点，连接GE,并延长交DA延长线于点P,设H为 所以BC1∥平面EFG,故B正确；对于C,如图，连接 A'A的三等分点，靠近A'点，连接FH,并延长交 DF,DC,因为DC∥EG,所以直线D1F与EG所 DA的延长线于点Q,则△GBE∽△GAP,由于BE 成角为∠FDC,因为FC⊥D1C,所以cos∠FDC BS,故C销误： =1,GB=专，AG=号，故AP=2,同理求得AQ D C 2,故P,Q两点重合，则PG=2GE=2√1+（号） A B -号故PE=PG+GE=号+号=5，而rC √4+3=5，故PE=FC,同理可得PF=EC,即 四边形PECF为平行四边形，连接HG,则五边形 GHFCE即为过点C',E,F所作的正方体的截面， 由题意可知CF=CE=5,GE=FH=号，HG= 对于D,S=S△AEG十SACD1十S格形GD1D十S格形ADcE十 Sm,=2X1X1+号×2X2+号×(1+2)×2 √()广+()-8故该裁面的周长是5+5 3 +号×1+2)×2+号×WE+22)×22-13,故 ++号+8y-+8E 3 3 3 3 D正确.故选ABD. 三、填空题 B 12.√6【解析】依题意，AP=(-3,1,一1)，所以点 P(-2,2,-1)到1的距离d √-T--(后- D 13. 【解析】如图，取EF的中点G,连接AG, CG,AC, 四、解答题 G 15.解：(1)由AB=8,AD=55,A龙=2AD,A京 D 昌诚 得AE=2√3，AF=4, 又∠BAD=30°， 在△AEF中，由余弦定理得 ·115· ·数学· 参考答案及解析 EF=√/AE+AF-2AE·AFcos∠BAD 则五棱锥P-BCDEF的体积为19. (13分) 16.解：(1)因为AC⊥平面ABC,BCC平面ABC, =√16+12-2×4×25×5=2， (2分) 所以A1C⊥BC, 所以AE2+EF2=AF, 又因为∠ACB=90°， 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以AC⊥BC, 又因为CD⊥AD, 因为AC∩AC=C,且AC,A1CC平面AACC, 所以CD∥EF, 所以BC⊥平面AACC, 又CD寸平面PEF,EFC平面PEF, 又因为BCC平面BCCB, 所以CD∥平面PEF, (5分) 所以平面BCCB⊥平面AA1CC (3分) (2)由(1)知，EF⊥PE,EF⊥DE, (2)过A:作AH⊥CC,垂足为H, 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, 因为平面BCCB⊥平面AACC,平面BCCB∩ 所以EF⊥平面PDE, 平面AACC=CC,且A1HC平面AACC, 又PDC平面PDE, 所以A,H⊥平面BCCB, 故EF⊥PD. (7分) 所以A1H=2, (4分) 因为A1C⊥平面ABC,且ACC平面ABC, 所以AC⊥AC, 又因为A:C1∥AC, 所以ACLA:C, E G 在Rt△ACC中，可得CC=4=2AH, 所以H为CC1的中点， 所以△ACC,为等腰直角三角形， (3)由上可知，CD⊥平面PED, 所以AC=A1C, 所以CD⊥PD, 又由四边形ACCA为平行四边形， 所以AC=AC且AC∥AC, PD=√PC-CD=√39， 所以AC=AC, 又PE=AE=2√5，ED=3√3， 所以△AAC为等腰三角形. (7分) 且PE+ED=PD, (3)以C为坐标原点，CA,CB,CA所在直线分别为 所以PE⊥ED, (8分) x轴，y轴，x轴建立空间直角坐标系， 由(I)知，EF⊥PE,且EF∩ED=E,EF,EDC平面 在平面BCCB:内过H作HQ∥BC,交BB:于点 BCDEF, Q,连接AQ,如图所示， 由此得PE⊥底面BCDEF,PE即为五棱锥的高， 由CC⊥A,H,CC⊥HQ,且CC=BB1,CC (9分) ∥BB, 过B点作BG∥EF, 又由AH∩HQ=H,AH,HQC平面AHQ, 因为F为AB的中点，所以EF为△ABG的中位线， 所以CC⊥平面AHQ,BB⊥平面AHQ,(9分) 则BG=2EF=4, 因为AQC平面AHQ, S五边形KDEF=S格形FG十S格形CDGB= ×(2+4)× 1 所以BB⊥AQ, 25+×(3+4)x= 所以AQ=4, 在Rt△AHQ中，HQ=25, V= 1 =-×号X2=19, 1 3 可得AC=AC=2√2， ·116· 高三一轮复习A ·数学· 则A(22,0,0),B(-2√E,25,22),C(-2√2， (2)过点G作GM⊥AA,交AA于M,连接BM,BG, 0,2√2)，B(0,25,0), 所以AB=(-42,2√5,2√2)，CB=(0,25,0), CC=(-2√2,0,22)， 0 设平面BCCB:的一个法向量为n=(x,y,), n·CB=2√3y=0 则 n.CC=-2√2x+22=0 令x=1,可得y=0,z=1, 由∠CCA=∠BCC=90°， 所以n=(1,0,1) (12分) 得CC⊥BC,CC1⊥AC, 设直线AB:与平面BCCB:所成的角为0， 由(1)知，CC∥AG, 则sin9=|cos(AB,n=AB·nl 则AG⊥BC,AG⊥AC, ABI 又AC,BCC平面ABC, -42+22 于是AG⊥平面ABC, √/(-4√2)+(23)2+(2√2)2×√2+1 而BGC平面ABC, =13 13 则AG⊥BG, (8分) 又△ABC为等腰直角三角形，G为斜边AC的 所以AB,与平面5CCB,所成角的正弦值为否 中点， (15分) 即AC⊥BG,且BG=2, 而AC∩AG=G,AC,AGC平面ACC1A, 因此BG⊥平面ACCA, (10分) 由AAC平面ACC1A1, 得BG⊥AA, 由GM⊥AA,,BG∩GM=G,BG,GMC平面BGM, 得AA⊥平面BGM, 则AA⊥BM, 1 于是∠BMG为二面角B一AA1-C的平面角， (12分) 17.解：(1)连接AC,设AC∩CG=O,连接 在△AGA1中，A1G⊥AC,A1G=AG=2,GM HO,AG, ⊥AA, 由A1B∥平面CGH,A1BC平面ACB,平面A1CB 则GM=√E, ∩平面CGH=OH, 得AB∥OH, 在△BMG中，BG⊥GM,BG=2,GM=√2， 三棱台ABC-ABC中，有AC∥AC, 则BM=√BG+G=√6， 又G为线段AC的中点， 则CG=2AC=2=CA, 从面∠G-微得9， (15分) 于是四边形ACCG为平行四边形， 所以二面角B-AA一C的余弦值为， 即O是A1C的中点， 18.解：(1)因为PD⊥平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以点H是BC的中点. (5分) 所以PD⊥AB, ·117· ·数学· 参考答案及解析 又因为AB∥CD,∠ADC=90°， 、2 所以AD⊥AB, 则有3一1 DG.ml DGIXIml 而AD∩PD=D,AD,PDC平面PAD, 即2 121+21十4-4x 3 所以AB⊥平面PAD. (4分) √4似+入+(2-21)FX√1干4+41 (2)因为PD⊥平面ABCD,AD,CDC平面ABCD, 解得λ= 8或X=0(舍去). 所以PD⊥CD,PD⊥AD, 而CD⊥AD, 脚路÷ (17分) 于是建立如图所示的空间直角坐标系， 19.解：(1)连接BO, 则D(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,1,0), 由已知得A1O⊥平面ABCD,BO⊥AC, C(0,2,0), D 由(1)可知AB⊥平面PAD, 所以平面PAD的一个法向量为AB=(0,1,0), (6分) 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,), PB=(2,1,-2),PC=(0,2,-2), m·PB=0 则有{ m·Pt=o 又AOC平面AACC, 12x+y-2x=0 所以平面AACC⊥平面ABCD, 即 2y-2x=0 所以二面角A,一AC-B的大小为90°， 令x=1,则m=(1,2,2), (8分) 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 设平面PAD与平面PBC夹角为0， 所以∠BAC=30°， AB.m 2 又AB=2, 则cos0= |AB|×|m|1×√1+4+4 3 所以AO=/3, 即平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为子， 2 在Rt△AA0中，cos∠AAO=A0=E=1 (11分) AA2√5=2· 由三面角余弦定理可得 cos∠A1AB=cos∠A1 AOcos∠BAC+sin∠A1AO· sin∠BACcos901 G =as∠AA0s∠BAC-含×号-9 (5分) D (2)依题意可得0<≤受， 设平面ABCD内任一条直线为l, 若1过A点时，记AC与1的夹角为 (3)设PG=λPB(1∈(0,1)，G(x,y,z), 于是有(x,y,之-2)=1(2,1，-2)， 9(09≤受）， 即G(2λ，A,2-2x),DG=(2x,A,2-21), 则cos9=c0s∠A AOcos91, 由(2)可知平面PBC的一个法向量为m= 因为cos∈[0,1]， (1,2,2), (13分) 所以cosP=cos∠A1 AOcos9≤cos∠A1AO= 假设DG与平面PBC所成角的正孩值为号， c0s， ·118· 高三一轮复习A ·数学· 又0<受， D 所以号≤≤受： 若l不过A点时，过A点作1'使得1'∥1，记AC与 2- 的夹角为：(0≤g≤受）： 则cosp=cos∠A1 AOcos9, 因为cos o2∈[0,1]， 所以cosP=cos∠A1 AOcos2≤cos∠AAO= 则A(3,0,0),B(0,1,0),A(0,0,3), cos号， C1(-2√5,0,3)，D(0,-1,0),C(-√5,0,0)， 则CC=(,0,-3), 又0<≤受， 设CP=CC=A(W5,0,-3),即P(-25+√5x, 所以于≤≤受， 0,3-3λ)， 综上可得晋≤<受 则BP=(-25+3x,-1,3-3x), (11分) 设n=(x,y,z)为平面A1CD的一个法向量， D AC=(-2√5,0,0)，DA=(0,1,3), n·ACi=-23x=0 则 B n·DAi=y+3x=0 D 不妨设x=1,可得n=(0,-3,1), (15分) 要使BP∥平面AC1D, 则BP·n=3+3-3x=6-3x=0, (3)以O为坐标原点，以OA,O,OA为x,y,x轴建 解得λ=2， 即存在点P,点P在线段CC1的延长线上，CP= 立空间直角坐标系， 2CC1. (17分) ·119·