卷12 立体几何初步-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优化卷·数学（十二） 卷12立体几何初步 本卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共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.(2024·全国)设a、3为两个平面，m、n为两条直线，且a∩3=m.下述 四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B ②若m⊥n,则n⊥a或n⊥3 ③若n∥&且n∥3，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·北京)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 () A.1 B.2 C.√2 D.√5 3.用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D 是B'C的中点，且A'D'∥y轴，B'C∥x'轴，A'D'=B'C=2,那么 S△ABC= () y A B D C x" A.√2 B.2 C.2√2 D.4 4.(2024·天津)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之 间距离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为() 6 B.331 4十2 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（十二）12-1】 c D. 52 5.(2024·全国)已知正三棱台ABC-A,B,C,的体积为3，AB=6,A,B,= 2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 () 1 A.2 B.1 C.2 D.3 6.(2024·全国)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√5π B.3√5π C.6√5π D.9√5π 7.(2024·上海)定义一个集合2，集合中的元素是空间内的点集，任取 P1,P2,P3∈2，存在不全为0的实数入1，入2，入3，使得入1OP1+入OP2+ 入OP3=0.已知(1,0,0)∈2，则(0,0,1)2的充分条件是 () A.(0,0,0)∈2 B.(-1,0,0)∈2 C.(0,1,0)∈2 D.(0,0,-1)∈2 8.如图①所示，将两个直角三角形拼在一起得到四边形ABCD,且AC= BC三)AD=1,AC⊥AD,现将△ACD沿AC折起，使得点D到达点 P处，且二面角P-AC-B的大小为60°，连接BP,如图②所示，若三 棱锥P-ABC的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为() D ② A.4π B.5π C.6π D.7π 二、选择题：本题共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.(2022·全国)已知正方体ABCD-A1B,C1D1,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BB,D,D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 10.(2023·全国)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径， 【12-2】 ∠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 11.(2023·全国)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 三、填空題：本題共3小题，每小題5分，共15分 12.(2024·全国)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 13.(2024·北京)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. 14.“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的 角不同时，可以得到不同的截口曲线”，利用这个原理，小强在家里用 两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图 1),光锥的一条母线恰好与墙面垂直.图2是一个射灯投影的直观图， 圆锥PO的轴截面APB是等边三角形，椭圆O1所在平面为α，PB⊥ α，则椭圆O1的离心率为 图1 图2 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 【12-3】 算步骤。 15.(本小题满分13分) (2023·全国)如图，在三棱柱ABC-A1B,C1中，A,C⊥底面ABC, ∠ACB-90°，AA,=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. A (1)证明：A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的 正弦值. 16.(本小题满分15分) (2024·全国)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5 ,∠ADC=90.∠BAD-30.点E,F满足A正-AD.AF-号 AB,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4√5. （1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 【12-4】 17.(本小题满分15分) (2024·天津)已知四棱柱ABCD-AB,C,D1中，底面ABCD为梯形， AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA,=2,AD=DC= 1.N是B1C,的中点，M是DD1的中点. 7D1 D B (1)求证D1N∥平面CB,M; (2)求平面CB,M与平面BB,CC1的夹角余弦值； (3)求点B到平面CBM的距离 18.(本小题满分17分) (2024·上海)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心. E B∈ (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 【12-5】 19.(本小题满分17分) 如图，在直三棱柱ABC-A,B,C1中，AB=AC=AA1=1,AB⊥AC, AA1垂直于平面ABC.点P,E,F分别为边A,C1,AA1,AC上的动 点（不包括顶点），且满足AE=AF-A,P. A1 P (1)求三棱锥B,-A,PE的体积的最大值； (2)记平面BEF与平面BCP所成的锐二面角为0，当0最小时， 求cos0的值，并说明点P所处的位置. 【12-6】最新5年高考真题分类优 则(4k2+1)-(4k1+2)=3,即k2-k1=1. 所以可能的(k1,2)恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m -1,m),对应的(i,j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m -2,4m十1)，总共m个. 所以这(m十1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足命 题2的恰好有m个. 这就得到同时满足命题1和命题2的(i,j)的个数 为(m+1)2-m. 当我们从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j (i<j)时，总的选取方式的个数等于 (4m+2)(4m+1) 2 =(2m+1)(4m+1). 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,…,am+2是 (i,j)一可分数列的(i,j)至少有(m十1)2一m个. 所以数列a1,a2,…,a1m+2是(i,j)一可分数列的概 率P一定满足 (m+1)2-m m2+m+1 P.≥2m+1)(4m+1D =2m+1D(4m+D之 1 m2+m+4 (m+2) 1 (2m+1)(4m+2)2(2m+1)8 这就证明了结论， 答案：(1)(1,2)，(1,6)，(5,6) (2)证明见解析 (3)证明见解析 卷12立体几何初步 1.A对①，当nCa,因为m∥n,mB,则n∥B, 当nC3,因为m∥n,mCa,则n∥a, 当n既不在a也不在B内，因为m∥n,mCa,mCB, 则n∥a且n∥3，故①正确； 对②，若m⊥n,则n与a,3不一定垂直，故②错误； 对③，过直线n分别作两平面与a,B分别相交于直 线s和直线t, 因为n∥a,过直线n的平面与平面a的交线为直线 s,则根据线面平行的性质定理知n∥s, 同理可得n∥t,则s∥t,因为s正平面B,tC平面B, 则s∥平面B, 因为sC平面a,a∩3=m,则s∥m,又因为n∥s,则 m∥n,故③正确： 对④，若a∩B=,n与a和B所成的角相等，如果n ∥a,n∥3，则m∥n,故④错误； 综上只有①③正确，故选A 2.D如图，底面ABCD为正 方形， 当相邻的棱长相等时，不妨 设PA=PB=AB= 4,PC=PD=22 分别取AB,CD的中，点E,F,连接PE,PF,EF 则PE⊥AB,EF⊥AB,且PE∩EF=E,PE,EFC 平面PEF, 可知AB⊥平面PEF,且ABC平面ABCD, 【 化卷(26一ZT)·数学答案 所以平面PEF⊥平面ABCD, 过P作EF的垂线，垂足为O,即PO⊥EF, 由平面PEF∩平面ABCD=EF,POC平面PEF, 所以PO⊥平面ABCD, 由题意可得：PE=2√W3,PF=2,EF=4,则PE+ PF2=EF2,即PE⊥PF, 则2PE·PF=号P0·EF,可得PO-PEPF EF =5, 所以四棱锥的高为√. 当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4,PB= PD=22, 因为BD=4√2=PB十PD,此时不能形成三角形 PBD,与题意不符，这样情况不存在.故选D. 3.D根据题意，把直观图还原出 A 原平面图形为等腰三角形，如图 所示， 其中AD⊥BC,AD=2A'D'= 4,BC=B'C'=2, 原平面图形的面积为SAB= B D C 1 号BC·AD=7X2×4=4.故 选D. 4.C用一个完全相同的五面体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 H 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， D 该三棱柱的直截面（与侧棱垂 A---- 直的截面)为边长为1的等边 三角形，侧棱长为1十3=2+2 =3+1=4, 1 ☑e=,VHw)X,X1X1XX4e 1 尽C 5.B解法1：分别取BC,BC1的中点D,D,则AD =33,A1D1=√3， 1 1 可知SA=)×6×6X号=93，SAM,B,C=2 X2X3=3, 设正三棱台ABC-A,B,C1的高为h, 1 则VcA,A,S=3(93+W5+VB×)h= 号解得6= 3 如图，分别过A1,D1作底 A 面垂线，垂足为M,V,设 D AM=x, A- 则AA,=√/AM+A,M 】 最新5年高考真题分类优 -Vx+16 3 DN=AD-AM-MN=2 3-x, 可得DD,=√DN+DN=√25-)'+ 3 结合等腰格形BCC,B可得BB=(,) +DD:, 中x2+(05-)+号+4：解得x= 4√3 所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan AM ∠AAD=AM=1: 解法2：将正三棱台ABC- A1B1C1补成正三棱 锥P-ABC,则A1A与平 面ABC所成角即为PA与 A 平面ABC所成角， ,PA AB 1 因为P片=AB=3,则 Vp-489-=1 VP-ABC 271 52 可知V487,g=3,则V,-A=18, 设正三棱锥P-ABC的高为d, 1 则V。c=三aX之义6X6X=18,解形d 2 23, 取底面ABC的中心为O,则PO⊥底面ABC,且AO =25, 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO 侣-1截选B 6.B设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长 为√r+3, 而它们的侧面积相等，所以2πrX√3=πrX√/3十r 即25=√3+r2, 1 故？=3，故圆维的体积为3πX9XVB=3VBπ，故 选B. 7.C由题意知这三个向量OP1,OP2,OP3共面，即这 三个向量不能构成空间的一个基底， 由空间直角坐标系易知(0,0,0)，(1,0,0)，(0,0,1) 三个向量共面，则当(-1,0,0)，(1,0,0)∈2无法推 出(0,0,1)2，故A错误： 由空间直角坐标系易知（一1,0,0），(1,0,0)，(0,0， 1)三个向量共面，则当(0,0,0)，(1,0,0)∈2无法推 出(0,0,1)2，故B错误： 由空间直角坐标系易知(1,0,0)，(0,0,1)，(0,1,0) 三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由(1,0,0)，(0,1,0)∈2能推出(0,0,1)2， 由空间直角坐标系易知(1,0,0)，(0,0,1)，(0,0， 1)三个向量共面， 【 6 化卷(26一ZT)·数学答案 则当(0,0，-1)(1,0,0)∈2无法推出(0,0,1)庄2， 故D错误.故选C. 8.B过点C作CE∥PA且CE=PA,连接PE、BE, 则四边形ACEP为平行四边形， 所以AC∥PE,因为AC⊥AP,所以AC⊥CE,又 AC⊥BC, 所以∠BCE是二面角P- AC-B的平面角， 即∠BCE=60°， 在△BCE中，由余弦定理可 得BE2=BC+CE2-2BC ·CEcos60°=1+4-2X1 ×2×2=3, B 即BE=√3，所以BE十BC=CE2,所以BC⊥BE, 又因为BC⊥AC,AC∥PE, 所以BC⊥PE,PE∩BE=E,PE,BEC平面PBE, 所以BC⊥平面PBE,PBC平面PBE,所以BC ⊥PB, 所以PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径， 所以外接球的本经R=号PC=号VP时C 1 2 所以外接球的表面积S=4πR2=4πX 2 =5m. 故选B. 9.ABD如图，连接BC、 D BC1,因为DA1∥BC, 所以直线BC,与B,C所 A B 成的角即为直线BC1与 DA1所成的角， 因为四边形BB,C1C为 正方形，则B,C⊥BC1, D 故直线BC,与DA,所成 的角为90°，A正确： B 连接A1C,因为AB1⊥平面BB1C1C,BC1C平面 BB,C1C,则A1B1⊥BC1, 因为BC⊥BC1,AB1∩B,C=B1,所以BC1⊥平 面AB,C, 又因为A1CC平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B 正确； 连接AC1,设AC1∩B1D1=O,连接BO, 因为BB,⊥平面AB,C1D1,COC平面 AB,C1D1,则CO⊥BB, 图为C1OLB1D1,B1D1∩B1B=B1,所以C1O⊥平 面BB1D1D, 所以∠C,BO为直线BC与平面BB,D,D所成 的角， 设正方休狼长为1，则C0=号，0=厄，如 C101 ∠CB0=BC=2· 所以，直线BC1与平面BBDD所成的角为30°，故 C错误； 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC 2 】 最新5年高考真题分类优 与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45°，故D正 确.故选ABD 10.AC依题意，∠APB=120°，PA=2,所以OP=1, OA=OB=√3， 1 圆锥的体积为3XπX (W)×1=π，A选项 正确； 圆锥的侧面积为π×√3X2 =2√5π，B选项错误； 设D是AC的中点，连接OD,PD, 则AC⊥OD,AC⊥PD, 所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角， 则∠PDO=45°，所以OP=OD=1, 故AD=CD=√/3-I=√2，则AC=2√2，C选项 正确； 1 PD=√+T=E,所以SaPe=2X2 x/ =2,D选项错误.故选AC 11.ABD因为0.99m<1m,即球体的直径小于正方 体的棱长， 所以能够被整体放入正 方体内，故A正确： 因为正方体的面对角线 长为2m,且√2>1.4， 所以能够被整体放入正 方体内，故B正确： 因为正方体的体对角线 长为√5m,且5<1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 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=E,CC1=1,4C,=3,0A= 2,则tan CC OE ∠CAC1=ACAO 即-0E,解得OE=5, 9 √2√ 2 25=0.6°，即 4>0.6, 故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的 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，设圆柱的底面圆心为O,,与正方体的下底 面的切，点为M, 可知：AC1⊥O1M,O1M=0.6,则tan∠CAC1= CC OM AC-AO' 即1=0.6 PV2AO,解得A0,=0,6, 根据对称性可知圆柱的高为 化卷(26一ZT)·数学答案 √5-2×0.6√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. 12.解析：由题意可得两个圆台的高分别为 hp=√2(r1-r2)-(m1-r2)F=3(r1-r2), h元=√[3(r1-r2)-(r1-r2)尸=22(1-r2), 所以V 号(S,+S+S5)-A 1 3(S:+S1+√SS)h. V3(1-r2)6 2√2(r1-r2)4 省案号 13.解析：设升量器的高为h1,斗量器的高为h2(单位 都是mm), ×230 则 =10, 115 故h2=23mm,h1=2 mm. 管案：236.5或5 14.解析：设AB=2r,由于PB⊥a,所以PB⊥AM,在 等边三角形PAB中， 点M为PB的中点，于是AM=√3r,在平面&中， 由椭圆的对称性可知， AO,=M0,=2r,连接O0,P0,延长PO,与 AB交于，点Q, 由于O,O1为中点，所以在△ABM中，PM=r, Mo,= 2, 由勾股定理可得|PO1|=√PM'+IMO1下= V+- 在△PQ0中，P0=5r,P0,- 1 2r,001=2,由 余弦定理可得 IPO1+IPO12-10013 cos∠OPO1= 21PO1I·1POI 3√2I √7 14, 2×2rXBr 在R△PQ0中，由于cos∠OPO1=PQ: PO IPOI 所以|PQ= cos∠OP013√/2I 3, 14 3 】 最新5年高考真题分类优 F PO 于是有PQ 2 3 27 4 371 设椭圆O,短轴的两个顶 点为G,H,连接PG,PH 分别交圆锥于E,F, 由于△PGHC∽△PEF,所 M IPGI IPOI 3 以PE=1PQ=4' 由于PE为圆锥母线，所以 PE=PA=2r, 从而有PG1=是PE=是X2= 3 , 在Rt△PGO1中，由勾股定理可得 GO =√TPG2-PO √)可-. 所以在椭圆O1中，a=1M0,1= 2r,b=G011= √2 2, 则=a-6-√停-（停）= 1 则离心率为e= 2”1 a 2 3 答案：3 15.解析：(1)如图， C :A1C⊥底面ABC,BC C面ABC,∴.A,C ⊥BC, 0 又BC⊥AC,AC,ACC M 平面ACCA1,AC∩AC =C, .BC⊥平面ACC1A1, 又BCC平面BCC1B1, .平面ACC1A1⊥平面BCCB1, 过A,作A,O⊥CC1交CC1于O, 又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1OC平 面ACC1A1, .A,O⊥平面BCC1B A1到平面BCC1B1的距离为1，，.AO=1, 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A,C1,CC1=AA1=2, 设CO=x,则CO=2一x, :△A1OC,△A1OC1,△A1CC为直角三角形，且 CC,=2, CO2+AO2=AC2,A O+OC=CA,A C2 +A,C1=C1C, ,.1+x2十1+(2-x)2=4,解得x=1, .AC=A,C=A,C1=√2，.AC=AC 6 化卷(26一ZT)·数学答案 (2):AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC, .Rt△ACB≌Rt△ACB,.BA=BA1 过B作BD⊥AA1,交AA1于D,则D为AA 中点， 由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2 A D=1,BD=2,..A B=AB=V5, 在R△ABC中，.BC=√AB-AC=√3， 延长AC,使AC=CM,连接C1M, 由CM∥A,C1,CM=A,C1知四边形A,CMC1为 平行四边形， .C1M∥AC,∴.C1M⊥平面ABC,又AMC平 面ABC, ∴.CM⊥AM 则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=AC,. AC1=√(2AC)+A1C, 在Rt△AB1C1中，AC1=√(2AC)+A1C,B1C =BC=√3， .AB=√(22)+(2)+3)=√13， 又A到平面BCC1B1距离也为1， 所以AB1与平面BCCB:所成角的正孩弦值为 1 √/13 13 13 答案：(1)证明见解析；(2) 13 2 16.解析：(1)由AB=8,AD=5√3，AE=二AD,AF 5 诚， 得AE=2V3,AF=4,又∠BAD=30°，在 △AEF中， 由余弦定理得 EF = √JAE+AF-2AE·AF cos∠BAD √16+12-2.423. 2 =2, 所以AE2+EF2=AF,则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE,又PE∩DE=E,PE、 DEC平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PDC平面PDE, 故EF⊥PD; (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=35,CD=3, 则CE2=ED2+CD2=36, 在△PEC中，PC=4W3,PE=2√3，EC=6,得EC 十PE2=PC2, 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF= E,EC、EFC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又EDC平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空 间直角坐标系E-xyg, 则E(0,0,0),P(0,0,25),D(0,3√，0)，C (3,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-23,0), 由F是AB的中点，得B(4,2√，0)， 】 最新5年高考真题分类优 所以PC (3,33,-2√5)，PD =(0,3√3，-23)， PB=(4,2√5，-25)，PF=(2,0,-2√3)， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n= (x1y1之1)，m=(x2y2,z2), n·PC=3x1+33y1-23x1=0 则 n·PD=3V3y1-2√3x1=0 [m·PB=4.x2十2W3y2-23x2=0 m·PF=2x2-23x2=0 D D Y 令y1=2,x2=3,得x1=0,之1=3，y2=-1,2 =1, 所以n=(0,2,3),m=(W3,-1,1), m·n 所以|os(m,n)l=mm=万·√1后 5 65: 设平面PCD和平面PBF所成角为0，则sin0= V-c0s'0=8V6丽 65 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值 为唇 17.解析：(1)取CB1的中点为P,连接NP,MP, 由N是BC1的中点，故NP∥CC1,且NP= 1 C℃， 由M是Dn,的中点，故D,M=DD,=CC, 且D,M∥CC1, 则有D1M∥NP、D,M=NP, 故四边形D,MPN是平行四边形，故D1N∥MP, 又MPC平面CB1M,D1N左平面CB1M, 故D,V∥平面CB,M: (2)以A为原，点建立如图所 2小 示空间直角坐标系， 有A(0,0,0)、B(2,0,0)、B N (2,0,2)、M(0,1, B 1)、C(1,1,0)、C1(1,1,2) 一 则有CB1=(1,-1,2)、CM= (-1,0,1)、BB1=(0,0,2), A 设平面CB,M与平面 B BB1CC1的法向量分别为m x =(x1,y1,之1)、n=(x2,y2,22）, 【 6 化卷(26一ZT)·数学答案 m·CB1=x1-y1+2x1=0 则有{ (m·CM=-x1十x1=0 n·CB1=x2一y2+2x2=0 n·BB1=2xg=0 分别取x1=x2=1,则有y1=3、×1=1、y2=1,x2 =0, 即m=(1,3,1)、n=(1,1,0), m·n 1+3 则cos(m,n)=Tm·m个+9+T·√+可 2√22 11 故平面CB1M与平面BB,CC1的夹角余弦值 要 (3)由BB1=(0,0,2),平面CB1M的法向量为m= (1,3,1), |BB,·m 2V1T 则有 m V√1+9+111 即点B到平面CB,M的距离为2 答案：(1证明见解析（2)2(3)2 2√22 11 18.解析：(1)正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD,由AOC 平面ABCD,则POLAO, 又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=3√2可 得，AO=3, 故PO=√/PA2-AO2=4, 根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几 何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥 即圆锥的高为PO=4,底面半径为AO=3, 根据圈维的体积公式，所得圆维的体积是子×x× 32×4=12π. (2)连接EA,EO,EC,由 题意结合正四棱锥的性质 可知，每个侧面都是等边 三角形， E 由E是PB中点，则AE⊥ PB,CE⊥PB, 又AE∩CE=E,AE,CE B C平面ACE, 故PB⊥平面ACE,即BE⊥平面ACE, 又BD∩平面ACE=O, 于是直线BD与平面AEC所成角的大小即 为∠BOE, 不妨设AP=AD=6,则BO=3√2，BE=3,sin ∠BOE=3V 3√2 21 又线面商的范西是[0，号]，故∠0E=至中为 所求， 】 最新5年高考真题分类优 答案：1)12m:(2)买 19.解析：(1)由AA1垂直于平面ABC,且ABC- A1B,C1为直三棱柱，故AA1⊥平面A1B,C1, 故AE为三棱锥E- A P A1B1P的高， 设AE=AF=A1P=t∈ B (0,1),则A1E=1-t, E 由AB⊥AC,故A1B ⊥A1C1 1 则SaA,P=2APX A:B1=2 1 VoMPE=VEMP=3SAMPX(1-1)=61(1 =-》+ 1 故1=2时，三棱维B-APE的体积有最大 值24 (2)由AA1垂直于平面ABC,AB、ACC平 面ABC, 故AA,⊥AB、AA,⊥AC,又AB⊥AC, 故AA1、AC、AB两两垂直， 设AE=AF=AP=t∈(0,1)， 以A为原，点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有A(0,0,0)、B(1,0,0)、E(0,0,t)、F(0,t,0)、P (0,t,1)、C(0,1,0), 故BE=(-1,0,t)、BF=(-1,t,0)、BP=(-1,t, 1)、BC=(-1,1,0), 设平面BEF与平面BCP的法向量分别为m=(x1, y1,之1)n=(x2y22), m·BF=0 n·BP=0 则有 即 m·BE=o n·BC=0 /-x1+ty1=0∫-x2+ty2+x2=0 -x1十tz1=0-x2+y2=0 令x1=t,x2=1,可得y1=1、×1=1,y2=1、×2=1 -t, 故m=(t,1,1),n=(1,1,1-t), 故 cos 0 cos(m,n〉 t+1+1-t W+1+1·√/1+1+(1-t) (t2+2)(t-21+3) 令f(t)=(t2+2)(t2-2t+3),t∈(0,1)， 则f'(t)=2t(t-2t+3)+(t2+2)(2t-2) =2(21-1)(t2-t+2), -+2=(-)+子>0 故当1∈(，号)时)<0， 6 化卷(26一ZT)·数学答案 当1∈（分）时，f) C >0, B 故f)m=f() (任+2)（任-1+3） 81 16 2 8 故c0s0= /(t+2)(t2-21+3) /81 9 W16 由0为锐角时，c0s0随0的增大而减小，故当0最 小时，有c0s0最大， 8 即此时cos0= 1 9,此时1=2，即点P在AC 中点 8 答案：1D24:(2)cos0=9P在AC中点 卷13空间向量与立体几何 1.B BM-BB:+B.M-AA+BA,+BC 产1 之，1之1 1 =AA1-2AB+2AD=-2a十2b+c.故选B. 2.D由a⊥c→a·c=0→x-4+2=0→x=2, 南6→号==>y=-2=1 所以|2a+b|=12(1,1,1)+(1,-2,1)|=|(3,0, 3)川=3√2.故选D. 3.B以BA为x轴，BE 为y轴，BC为x轴建立 D 空间直角坐标系，A(1, 0,0),C(0,0,1). 设CM=tCA, B 则M(t,0,1-t),B(0, A 0,0),F(1,1,0),BN= E tBF,N(t,t,0), 则MN=√0+(1-t)'=√/2t-2t+1(0≤t≤1)， y=2r-2+1e[0,]单消递减ue(合]单 调递增， 所以1=2时，MN最小值为乞，1=0，t=1时，MN 最大值为1，所以MN∈ 1故选B. 4.D设OE=xOB十yOC,由共面向量定理得点E为 平面BCD内任意一点， OA-xOB-yOC=OA-OE=EA, 所以|OA-xOB-yOC|=|EA|, 求|OA-xOB-yOC|的最小值，即求点A到平面 BCD的距离， 设点A到平面BCD的距离为h, 6