专题05：空间向量与立体几何【基础提升练+压轴与特色+综合重点练】讲义-2026届高考数学三轮冲刺一卷通（上海专用）

2026上海高考数学三轮冲刺一卷通【基础提升练+压轴与特色+综合重点练】 专题05 空间向量与立体几何 从近三年高考试题来看，在考查立体几何的高考题目中空间角、距离问题与探究性问题也是常考题型，考查热点为线线角、线面角、二面角、距离的计算，解题的关键是根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题.高考题中一般以解答题为主，难度中等或较大. 2023 2024 2025 考点 T17 14分 （1）证明线面平行 （2）求二面角。 T17 14分 (1) 求几何体积； (2) 求线面角。 T17 14分 （1）求圆锥的侧面积；（2）证明线面平行。 题型01：空间向量的概念与运算 1．（2025·上海徐汇·二模）在空间直角坐标系中，向量若，则 . 2．（2023·上海长宁·统考一模）若向量，，则在方向上的投影向量的坐标为 ． 3．（2024·上海静安·一模）在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 4．（2024·上海奉贤·一模）在四棱锥中，若，则实数组可能是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 题型02：异面直线的判定 6. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ） A. B. C. D. 7.（2025上海宝山区高三三模） 如图所示，长方体中，，P是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ） A. B. C. D. 8．（2024·上海金山·二模）如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（    ）． A． B． C．A、、三点共线 D．直线与相交 题型03：空间直线、平面位置的关系 9．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．（2024·上海静安·二模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（    ） A．若,,则 ； B．若,,,则 ； C．若，，则 ； D．若，，，,则． 11.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 12. （2025上海市金山中学高三三模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（ ） A. 为 B. 为的中点 C. 的轨迹长度为 D. 为的中点 题型04：空间几何体的表面积和体积 13. （2025华东师大三附中高三三模） 圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________． 14. （2025上海市金山中学高三三模）已知圆锥的底面直径和母线长都是2，则该圆锥的侧面积为__________．（结果保留） 15．（24-25高三上·上海松江·期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为 ． 16．（2024·上海青浦·一模）已知圆柱的底面半径为3，高为，圆锥的底面直径和母线长相等. 若圆柱 和圆锥的体积相同，则圆锥的底面半径为 . 17. （2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）如图，矩形中，为AD的中点，，，连接EB，EC，若绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的表面积为__________. 18. （2024青浦区高三三次学业监测）已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积是_______（结果保留π）． 19. （2025上海市格致中学高三三模）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则该鳖臑的体积为________． 题型05：球的体积和表面积 20. （2025上海宝山区高三三模）若球的大圆的面积为，则该球的体积为________ 21. （2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷）将一个圆心角为、面积为的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为_________． 22. 已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且，，，．若点到底面的距离为1，则球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 23．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为. A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题 题型06：空间中的角与距离问题 24.（2026届高三宝山区一模）如图，点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为_____. 25.如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 26．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则 ． 27. （2025复旦大学附属中学高三期末）已知一圆锥的侧面积与底面积的比值为2，则该圆锥的母线与底面所成的角为_____. 28.（2026虹口区高三一模）如图,已知点在表面积为的球的球面上,且, 平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ）. A.异面直线和所成角的大小为 B.直线与平面所成角的大小为 C. D.的面积为 29. （2024上海市曹杨第二中学高三三模）已知圆柱的底面半径为，高为，A、B分别为该圆柱上、下底面圆周上的动点．若直线和该圆柱的轴始终是异面直线，则线段AB长度的取值范围是________． 30．（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 题型07：空间向量的最值与范围问题 31.（2025复旦大学附属中学高三6月检测） 不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ______． 32. （2025建平中学高三下学期三模）在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是__________. 33．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 34. （2024青浦区高三三次学业监测）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（ ）． A B. C. ． D. 35．（2025·上海浦东新·二模）已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 36．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 37．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 38．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 题型08：立体几何中的定值、最值与范围问题 39．（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 40．（2025·上海松江·二模）如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 . 41. （2025七宝中学高三三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 42．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 题型09：立体几何的实际应用问题 43．（2024·上海长宁·二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为立方米，则至少需要 平方米铁皮 44．（2024·上海徐汇·一模）徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 . 45．（2023·上海长宁·统考一模）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部.假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为（    ） A． B． C． D． 46．（2023上·上海·高三上海市进才中学校考期中）庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为 ．    47．（2024·上海奉贤·一模）上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合理的假设： 假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥； 假设2：两圆锥的轴在同一条直线上； 假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计． 截面图如下（图3），其中，，，则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位） 48．（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 . 49．（2024·上海静安·一模）如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为. (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘； (2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 题型10：立体几何与与数列、解析几何等的交汇 50．（2025·上海奉贤·二模）抛物线的准线与圆相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 ． 51．（2023·上海闵行·统考一模）已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ． 52．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 题型11：空间直线、平面平行垂直的证明 53．（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥中，点分别是底边的中点，平面和平面相交于直线. (1)求证：平面； (2)若平面平面是直线上的一点，，求直线与平面所成角的正弦值. 54．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 55．在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 56.（2026届高三松江区一模）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，是边长为的正三角形，侧面底面. (1)证明:； (2)求点到平面的距离. 57．（2025·浙江·一模）如图所示，已知四棱锥平面平面，. (1)证明：平面平面； (2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 58.如图，在三棱台中，平面平面，，． (1)证明； (2)求直线DF与平面DBC夹角的正弦值． 题型12：求空间角与空间距离 59. （2025届上海市大同中学高三三模）如图，在四面体中，为棱上一点，，，，且，，二面角大小为. （1）证明：平面； （2）求的长. 60.在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 61.如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 题型13：立体几何的动点存在性问题 62. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且.. （1）求证：； （2）记棱的中点为，在直线上作出点，使得平面，请说明理由，并求出二面角的大小. 63.如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. (1)证明：； (2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 64. 如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 65. 如图，圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，点是线段的中点，是底面上圆的动点，过作于点，点在圆锥底面形成的曲线为. (1)判断曲线是何种曲线，并求的离心率； (2)在曲线上是否存在异于两点的点，使得平面平面？若存在，求出直线与平面所成角，若不存在，请说明理由. 一、填空题 1．（2024·上海徐汇·一模）已知向量，若，则实数的值为 . 2．（2024·上海崇明·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 ． 3．（2023·上海奉贤·统考一模）在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为 ． 4．（24-25高三上·上海黄浦·期末）在正四面体中，点N是的中心，若，则 ． 5. 如图为正六棱柱，其个侧面的条面对角线所在直线中，与直线异面的共有______条. 6．（2019·上海松江·高三二模）在正方体的所有棱中，任取其中三条，则它们所在的直线两两异面的概率为________ 7.（2025复旦大学附属中学高三6月检测） 已知圆锥底面半径为，母线长为2，点A为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点A出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到A点，则蚂蚁爬行的最短距离为___________． 8. （2025建平中学高三下学期三模）在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是__________. 9．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 10．（2024·上海杨浦·一模）将一个半径为1的球形石材加工成一个圆柱形摆件，则该圆柱形摆件侧面积的最大值为 . 11．（2025·上海嘉定·二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足．当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为 米（精确到0.01米）． 12．（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 ．（结果保留） 二、选择题 13．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ） A． B． C． D． 14．（2026届高三杨浦区一模）若、为两条不同直线，、为两个不同平面，则下列结论中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 15. （2025建平中学高三下学期三模）已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 16.（2026届高三黄埔区一模）设是两个不同的平面,是一条直线,以下命题正确的是( ). A.若,则 B.若,则 C.若,则 D.若,则 17．（24-25高三上·上海浦东新·期末）设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若且，则 D．若，则或 18.在直三棱柱中，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 19.在直三棱柱中，，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 20．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 三、 解答题 21.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，． （1）证明：平面平面； （2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 22.在平面五边形中，，，O为的中点，将四边形沿翻折，形成一个四棱锥，记平面与平面所成二面角的平面角为. (1)证明：无论为何值，直线平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 23.如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 24.三棱柱中，，，侧面，为矩形，，三棱锥的体积为． （1）求侧棱的长； （2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 25.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面． （1）证明：． （2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026上海高考数学三轮冲刺一卷通【基础提升练+压轴与特色+综合重点练】 专题05 空间向量与立体几何 思维导图 题型01：空间向量的概念与运算 题型02：异面直线的判定 题型03：空间直线、平面位置的关系 高阶强基础 题型04：空间几何体的表面积和体积 题型05：球的体积和表面积 题型06：空间中的角与距离问题 题型07：空间向量的最值与范围问题 空间向量与立体几何 题型O8:立体几何中的定值、最值与范围问题 上海特色 题型09：立体几何的实际应用问题 题型10：立体几何与与数列、解析几何等的交汇 题型11：空间直线、平面平行垂直的证明 综合提能力 题型12：求空间角与空间距离 题型13：立体几何的动点存在性问题 考向分析 从近三年高考试题来看，在考查立体几何的高考题目中空间角、距离问题与探究性问题也是常考题型，考查 热点为线线角、线面角、二面角、距离的计算，解题的关键是根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想 解题高考题中一般以解答题为主，难度中等或较大. 2023 2024 2025 T1714分 T1714分 T1714分 考点 (1)证明线面平行 (1)求几何体积； (1)求圆锥的侧面积； (2)求二面角。 (2)求线面角。 (2)证明线面平行。 题型突破 --高阶强基础-一 题型01：空间向量的概念与运算 1.(2025·上海徐汇二模)在空间直角坐标系中，向量a=(-m,6,3),b=(2,m,1),若a/五，则m+n=一 【答案】-4 【分析】根据空间向量平行的坐标表示，结合已知条件，直接计算即可. 【详解】a=(m,63)6=(2,n若a/元，则-m=3-6, 2-T- 解得m=-6,n=2,故m+n=-4. 故答案为：-4 2.(2023·上海长宁统考一模)若向量=(1,0,2)，b=(0,1,-1,则a在b方向上的投影向量的坐标为 【答案】(0，-1， 【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得。 【详解】向量a=(1,0,2),b=(0,1,-1),则ab=-2,b=√2， 所以a在乃方向上的投影向量为 ab b =-b=(0,-1,1) 1b11b 故答案为：(0，-1,1) 3.（2024上海静安.一模)在四棱锥P-ABCD中，AB=4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),则该四棱锥 的高为() A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】C 【分析】求出平面ABCD的一个法向量，再利用点到平面的距离公式即可得到答案 【详解】设平面ABCD的一个法向量i=(x,y,z), i·AB=4x-2y+3z=0 则 ,令y=12,则x=3,z=4,即方=(3,12,4)， n·AD=-4x+y=0 所以该四棱锥的高h=P._-6x3+12×2-8×4-2 V32+122+42 故选：C 4.(2024·上海奉贤.一模)在四棱锥S-ABCD中，若SA=xSB+ySC+zSD,则实数组(x,,z可能是() A.(1,-1,1 B.1,0,-1 C.(1,0,0 D.(1,-1,-1 【答案】A 【分析】利用底面是平行四边形判断A,根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断B、C、D 2 【详解】 对于选项A,若底面ABCD是平行四边形，设AC∩BD=O,则SA+SC=2SO=SB+SD, 因此SA=SB+SD-SC,即(x,y,z)=(1,-1,1),故A正确： 对于选项B,若(x,y,z)=L,0,-1),则xSB+ySC+SD=SB-SD=DB≠SA,故B错误； 对于选项C,若(x,y,z)=(1,0,0),则xSB+ySC+zSD=SB≠SA,故C错误： 对于选项D,若(x,y,z)=L,-1,-1),则xSB+ySC+zSD=SB-SC-SD=CB-SD, 但BC文平面SAD,即SA,SD,CB不共面，因此SA=CB-SD不可能成立，故D错误. 故选：A 5.(2025·上海奉贤.二模)如图，在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，点N在对角线AC上，点M在对角线 AB上，4N=NC,AM=MB,以下命题正确的是() N B A A.MN //BC B.D、N、M三点共线C.D,M与A,C是异面直线 D.DN=NM 【答案】B 【分析】以AB,AD,AA为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体ABCD-A,B,CD,中，令ABa,AD=b,AA=c, AB=AA+AB=-c+a=a-c,AC=AA+AB+BC=-c+a+b=a+b-c, w=a+4不=0+不=a-0+o+6-0=+5+ c, 4 412 3 BC=AD=b,因为a,b,c不共线所以MN与BC不平行，故A错误 nN=4+N-而+}c=+0+6-0---, 4 =-DN,即有M不1D,N,Mm,DN有公共点N, 所以D,、N、M三点共线，B选项正确 因为点N在直线DM上，点N也在直线AC上所以DM与AC是相交直线， 故C选项错误. 因为M=-D,N,所以D,N=3NM,故D选项错误。 3 故选：B 题型02：异面直线的判定 6.如图，下列正方体中，M,N,P,Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面 直线的是() M M O M P 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断 【详解】对于A,如图，PQ/CD/ABI/MN,M,N,P,Q四点共面，A不是： Q M 对于B,如图，MP//GH/1EF/NQ,M,N,P,Q四点共面，B不是： G M H N 对于C,如图，MP//KL//NQ,M,N,P,Q四点共面，C不是； M 对于D,如图，PQ∈平面MPQ,NE平面MPQ,，M∈平面MPQ,M直线PO, 则MN与Q是异面直线，D是 M N 故选：D 7.(2025上海宝山区高三三模)如图所示，长方体ABCD-A,B,CD中，AB=1,AD=2,AA=3,P是 线段A,C,上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是() D A B A.DD B.B.C C.DC D.AC 【答案】D 【解析】 5 【分析】根据给定条件，结合长方体的结构特征及异面直线的意义，逐项判断作答 【详解】在长方体ABCD-ABCD中， D A BB,/DD,当P是A,C,与BD的交点时，BPC平面BDDB,BP与DD,相交，A不是； 当点P与C重合时，BPC平面BCCB,BP与B,C相交，B不是； 当点P与A重合时，因为长方体ABCD-ABCD的对角面ABCD是矩形，此时BP/IDC,C不是： 因为ACC平面ABCD,B生AC,B∈平面ABCD,而PE平面ABCD,因此BP与AC是异面直线，D 是 故选：D 8.(2024上海金山·二模)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD, M是线段ED的中点，则以下命题中正确的是(). E M B A.BM=EN B.CD⊥MN C.A、M、N三点共线 D.直线BM与EN相交 【答案】D 【分析】分别求得BM,EN的长度判断选项A;利用反证法否定选项B和选项C;求得直线BM与EN的位置 关系判断选项D. 【详解】取CD中点F,连接EF,FN,取FD中点H,连接MH,HB,MN, 6 又△ECD为正三角形，则EF⊥CD,MH⊥CD, 又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD, 则EF⊥平面ABCD,MH⊥平面ABCD, 又FNC平面ABCD,HBC平面ABCD, 则EF⊥FN,MH⊥HB, 设AB=a,则EF=2MH=5。 B a,FN=Ia,BH=5a. 5 2 M.ENE 则BM≠EN.故选项A判断错误； 假设CD⊥MN, 又MH⊥CD,MHMN=M,MH,MNc平面MNH, 则CD⊥平面MNH,又NHc平面MNH,则CD⊥NH, 这与CD⊥NF矛盾，故假设不成立，CD,MN不互相垂直. 故选项B判断错误； 由A,N∈平面ABCD,可得直线ANc平面ABCD, 假设A、M、N三点共线，则M∈AN,则M∈平面ABCD, 这与M:平面ABCD矛盾，故假设不成立 故选项C判断错误； 由DM=ME,DN=NB,可得MNIIBE,MN=二BE, 则四边形MNBE为梯形，则直线BM与EN相交.故选项D判断正确. 故选：D 题型03：空间直线、平面位置的关系 9.(2024上海长宁.二模)已知直线a,b和平面a,则下列判断中正确的是() A.若a/1a,b11a,则a/1b B.若a/1b,b11a,则a/1a C.若a/a,b⊥a,则a⊥b D.若a⊥b,b∥a,则a⊥a 【答案】C 【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂 直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误， 【详解】A:若a/1a,b/1Q,则两直线平行或异面或相交，故A错误； B:若a/b,b/1a,当直线a在平面a内时，则直线a不平行于平面a,故B错误； C:若a/1a,设过a的平面与a相交于c,则a11c, 又因为b⊥a,cca,所以b⊥c,所以b1a,所以a⊥b,故C正确： D:若a⊥b,b∥a,则a⊥a或a/1a或aCa,故D错误； 故选：C 10.(2024上海静安·二模)设m,n是两条不同的直线，a,6是两个不同的平面，下列命题中真命题是() A.若m/1a,n/la,则m∥n; B.若mca,ncB,m/n,则a/IB; C.若m⊥a,n/1a,则m上n; D.若mca,nca,m/1B,n/1B,则a//B, 【答案】c 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案. 【详解】若m/la,n/1a,则m∥n或m与n相交或m与异面，故A错误； 若mca,ncB,m∥n,则au1/B或a与B相交，故B错误； 若m⊥a,n/la,由直线与平面垂直的性质可得m⊥n,故C正确： 若mca,nca,m/1B,n/1B,当m与相交时，有a//B,否则，a与B不一定平行，故D错误. 故选：C 11.已知m,n是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列命题正确的为() A.若m/1oa,n/1a,则m∥n B.若m⊥，B⊥a,则m/1B C.若m⊥a,a/1B,则m⊥B D.若m,nca,m11B,n1/B,则a/B 【答案】C 【解析】A:由m/la,n/1a,则m,n平行、异面、相交均可能，错， B:由m⊥a,B⊥a,则m/B或mcB,错， C:由m⊥a,a/1B,结合线面垂直、面面平行的性质有m⊥B,对， D:由m,nca,m1/B,n1IB,要使a/1B,根据面面平行的判定定理，条件还需m,n相交，错. 故选：C 12.(2025上海市金山中学高三三模)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，点M,N分别是棱 BC,CC,的中点，动点P在正方形BCCB(包括边界)内运动，则PA∥平面AMN的一个充分非必要条 件是() D C B P D M A.P为C B.P为BC,的中点 C.P的轨迹长度为V2 D.P为BB,的中点 【答案】D 【解析】 【分析】取线段B,C1,BB,的中点E,F,求证平面AEF∥平面AMN,即可逐一分析选项 【详解】取线段BC,BB,的中点E,F,连接AE,EF,AF,BC,EM,则EFIBC, 因点M,N分别是棱BC,CC,的中点，则MNI∥BC,则EFMN, 因EF丈平面AMN,MNc平面AMN,则EF∥平面AMN, 因EMI∥BB,EM=BB,AA IIBB,AA,=BB,则EMI∥AA,EM=AA, 则四边形AAEM为平行四边形，则A,E∥AM, 又A,E￠平面AMN,AMC平面AMN,则AE∥平面AMN, 又AE∩EF=E,AE,EFc平面AEF,则平面AEF∥平面AMN, 故欲使P在正方形BCCB(包括边界)内，且PA∥平面AMN, 则点P必在线段EF上； A选项：当P为C时，无法得出PA平面AMN，故A错误； B选项：当P为BC的中点，无法得出PA∥平面AMN,故B错误； C选项：P的轨迹长度为√2，无法说明点P在线段EF上， 但若PA∥平面AMN,则P的轨迹长度为√ 2 9 则P的轨迹长度为V三是PA∥平面AMN的必要不充分条件，故C错误； 2 D选项：P为BB的中点，即点P,F重合时，必有PA∥平面AMN, 但PA∥平面AMN时，P不一定为BB的中点， 故P为BB,的中点是PA∥平面AMN的充分不必要条件，故D正确 故选：D D B --- B 题型04：空间几何体的表面积和体积 13.(2025华东师大三附中高三三模)圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为， 【答案】24πcm 【解析】 【分析】根据圆柱轴截面可求得圆柱的半径和高，即可求得圆柱表面积 【详解】由圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形可知， 该圆柱上底面直径为4cm,半径为2cm,高为4cm: 根据圆柱表面积公式可得S=2πrr+h)=2π×2×2+4)=24πcm2 故答案为：24πcm2. 14.(2025上海市金山中学高三三模)己知圆锥的底面直径和母线长都是2，则该圆锥的侧面积为 ·(结果保留π) 【答案】2π 【解析】 【分析】由圆锥的底面直径得出圆锥的底面半径，再利用母线长和底面半径结合侧面积公式求解。 【详解】.圆锥的底面直径d=2r=2, ∴.圆锥的底面半径r=1, 又母线长1=2， ∴.S=πrl=π12=2π， 10 故答案为：2元. 15.（24-25高三上·上海松江·期末)已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的高为， 【答案】4 【分析】根据给定条件，利用侧面积公式求出母线长，进而求出圆锥的高。 【详解】圆锥的底面半径r=3,设其母线长为l,则πrl=15π，解得l=5, 所以该圆锥的高h=VP-r2=V52-32=4: 故答案为：4 16.(2024:上海青浦.一模)己知圆柱M的底面半径为3，高为、3，圆锥N的底面直径和母线长相等.若圆柱 M和圆锥N的体积相同，则圆锥N的底面半径为一 【答案】3 【分析】求出圆柱M的体积，设圆锥N的底面半径为r,求出圆锥的高为√r,从而得到圆锥的体积，得到 方程，求出答案 【详解】圆柱M的体积为π32×√3=9√3π， 设圆锥N的底面半径为r,则母线长为2，故圆锥的高为√2r)2-r2=V3, 则5=5， 5,故52=95，解得r=3, 3 3 故圆锥N的底面半径为3. 故答案为：3 17.(2025年华东师范大学第一附属中学高三三模)如图，矩形ABCD中，E为AD的中点，AB=1, BC=2,连接EB,EC,若BEC绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的表面积为」 B E 【答案】4π+22元 【解析】 【分析】BEC绕直线AD旋转一周，形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体，其表面积有三 者的侧面积组成，代入圆柱和圆锥侧面积公式，可得答案 11 【详解】因为矩形ABCD中，E为AD的中点，AB=1,BC=2, 所以EB=EC=2√2，BEC绕直线AD旋转一周， 形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体， 圆柱的底面半径r=1,母线长1=2，故侧面积为：2πr1=4π， 圆锥的底面半径r=1,母线长1=√2，故侧面积为：π1=√2π， 组合体的表面积由三者的侧面积组成， 故组合体的表面积S=4π+2√2π 故答案为：4π+2√2π 18.(2024青浦区高三三次学业监测)已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积是一（结 果保留π). 【答案】 3 【解析】 【分析】做轴截面，根据母线与底面半径求出圆锥的高，计算体积即可 【详解】如下图做出轴截面： r=] h=V2-r2=√5 h= 代入圆锥体积公式：V=1元 3 故答案为： 32 19.(2025上海市格致中学高三三模)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖懦.己 知在鳖懦A-BCD中，BC=CD=4,AB⊥平面BCD,当该鳖懦的外接球的表面积为48π时，则该鳖腸 的体积为 【答案】 32 3 【解析】 12 【分析】利用已知条件将三棱锥放入长方体中可求出三棱锥的高，再应用体积公式计算求解 【详解】 B C 如图，根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中， 则三棱锥A一BCD外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R, :三棱锥A-BCD的外接球的表面积为48π，：4πR2=48π，.R=2V3, :BC=CD=4,2V5=V42+42+AB2,解得AB=4, '480m=7S.c0AB=}×x4x4x4=32 1 11 30 32 3 32 故答案为： 3 题型05：球的体积和表面积 20.(2025上海宝山区高三三模)若球的大圆的面积为9π，则该球的体积为 【答案】36π 【解析】 【分析】根据球的大圆的面积，先计算出球的半径，进而可得球的体积. 【详解】设球的半径为R, 则球的大圆面积为9元R2, 解得R=3, 故该球的体积V=4πR3-36阮， 故答案为36元 【点晴】本题考查了球的体积公式，面积公式，属于基础题， 21.(2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷)将一个圆心角 2红、面积为3玩的扇形卷成一个圆锥， 则此圆锥内半径最大的球的表面积为 【答案】2π 【解析】 13 【分析】由已知可求圆锥底面圆的半径与母线，设轴截面的内切圆半径为”，进而由 S△Bc=S△4OB+SABOC+S△4oC,可求得r,进而可求得球的表面积 πRL=3π 【详解】设圆锥底面半径为R,母线长为L,则2πR2π，解得R=1,L=3, 易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， M B 其中AB=AC=3,BC=2,且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为0，由于AM=2√2， 故Sac=)×2×2W5=2N2, 2 设内切圆半径为，则Sc=S.0s+S,c+Soc=)AB-r+号ACr+BC-r 2 解得r=V② 其表面积为S=4πr2=4元 √2 =2元 2 故答案为：2元 22.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球O的表面上，且AB⊥AP,CB⊥AP,CB⊥AB, AB=BC=2.若点P到底面ABC的距离为1，则球O的表面积为(). A.3π B.9π C.12π D.24元 【答案】B 【解析】 【分析】依据线面垂直的判定定理来确定线面垂直关系，再利用长方体的体对角线与外接球直径的关系求出 球的直径，进而求出球的半径和表面积 【详解】因为AB⊥AP,CB⊥AP,CB∩AB=B,CB,ABC平面ABC,所以PA⊥底面ABC, 因为点P到底面ABC的距离为1.所以AP=1, 因为CB⊥AP,CB⊥AB,AB∩PA=A,AB,PAC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB,而PBc平面PAB,故BC⊥PB,∠PBC=∠PAC=90°， 14 即该球的直径为CP=√AB2+CB2+AP2=√22+22+12=3 所以球的半径为RS=4红R2=9 故选：B ------->0 B 23.(2024上海徐汇·二模)三棱锥P-ABC各顶点均在半径为2√2的球0的表面上， AB=AC=2√2，∠BAC=90,二面角P-BC-A的大小为45，则对以下两个命题，判断正确的是() ①三棱锥0-4BC的体积为8；②点P形成的轨迹长度为26π· A.①②都是真命题 B.①是真命题，②是假命题 C.①是假命题，②是真命题 D.①②都是假命题 【答案】A 【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O和△PBC外心O2的位 置，利用垂直关系证明O,是A0中点，利用体积公式判断①，根据O,P为定长判断P点轨迹是圆，判断②. 【详解】由题意知AB=AC=2V2,∠BAC=90,故BC=4, 设△ABC外心为O,则O为BC的中点，设△PBC外心为O2,如图， 则OO,⊥平面ABC,OO2⊥平面PBC, :BCC平面ABC,BCc平面PBC, O01⊥BC,O02⊥BC, :002∩001=0,002,00，c平面0002，.BC⊥平面0002， 15 又因为AO⊥BC,则AOC平面OOO2,即A,O,0,O2四点共面， 则BC1平面OAO, 连接O,O2,则∠AO,O2为二面角P-BC-A的平面角， :二面角P-BC-A的大小为45°，∠A0,O2=45°， 而A0,1BC,0,4=BC=2,因为00,1平面PBC,O,0,c平面PBC, 故0021002，而0,0=V0A-042=2,则0,0=√2， 在△A002中，（A02)=(A0)+(0,02)-2A0·0,02c0s45°=2， 则A0,=V2,故0A=2V2=A02+002,即A,02,0三点共线， 且O2是OA的中点； 则x×00×5e方×2×x22x25-号做0是真合题： 又：0，P=V0p2-(00,)2=V8-2=6, :点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为√6的圆， :轨迹长度为2√6π，故②真命题， 故选：A。 【点晴】关键点晴：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出A,O2,0三点共线，及说明O2是OA得中 点，从而确定点P形成的轨迹 题型06：空间中的角与距离问题 24.(2026届高三宝山区一模)如图，点P在圆柱O的底面圆O的圆周上，AB为圆O的直径， ∠AOP=120,OA=3,AB与底面圆O所成的角为30，则异面直线AB与AP所成角的余弦值为 【答案】3 4 【解析】建立如图所示空间直角坐标系： 16 A B ◇ P(0,0,0,B(3,0,0),A0,3V3,0,40,3V3,2V3 所以4B=（3,-3W5,-25,AP=(0,-3V3,0 27 3 所以cos0= 4V3×354 25.如图，正八面体ABCDEF由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，M,N分别为棱AD,AC的中 点，则直线BN和FM夹角的余弦值为() N D A. 、5 3 8.5 C.15 D.5 6 6 【答案】C 【解析】：正八面体ABCDEF由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2， :正八面体的8个面均为边长是2的等边三角形，面BCDE是边长为2的正方形， 连接8D,EC交于点0，则8D1EC,1oc=l00=Ec=x25=5, 连接AF,则AF交BD于点0,0A=l0F=VAC-10C=22-(2=V2, 以O为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ZA M B D 17 :N-52,5w-05,3 2 02,2 V2x2+2x32 .cos(BN,FM)= BN.FM 2 2 √15 BW·FM 32 6, 2 :直线BN和FM夹角的余弦值为√ 6 故选：C 26.（2024上海崇明.二模)己知底面半径为1的圆柱，0是其上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同 的点，BC是母线.若直线0A与BC所成角的大小为，则BC= 【答案】 3 【分析】因为AD11BC,且AD=BC,得到直线OA与BC所成角即为直线OA与AD所成角在直角△OAD中， 即可求解 【详解】如图所示，因为ADI1BC,且AD=BC 则直线01与8C所成角即为直线01与4D所成角的大小为了，可符∠01D 3 在直角△04D中，可得4D=1=5 tan73,即BC= 3 3 故答案为： 3 D B 27.(2025复旦大学附属中学高三期末)己知一圆锥的侧面积与底面积的比值为2，则该圆锥的母线与底面 所成的角为 【答案】亚拼60 【解析】 【分析】利用侧面积和底面积公式即可求出1=2，即可求出圆锥的母线与底面所成的角α的余弦值 18 【详解】设圆锥的底面半径为”，母线长为1，则底面积S1=πr2,侧面积S2=πrl, 由题知： S2==2,得1=2r, S,πr2 r 1 设圆锥的每线与底面所成的角，则c0sa一72，得a-了 故答案为：3 元 28.(2026虹口区高三一模)如图，已知点A日BCD在表面积为12π的球O的球面上，且O∈BD OA⊥平面BCD,点E为BC中点，当二面角A-BC-D的大小为匹时，则有() 3 A异面直线AE和CD所成角的大小为 6 B.直线EA与平面ABD所成角的大小 6 C.sin2∠ABE)= 2 B D 3 D.△BED的面积为√2 【答案】D 第15题图 【解析】设半经为，所以4元r2=12元，故r=√5 A 因为二面角A-BC-D的大小为交，所以∠AE0= 3 3 故A0=V3,E0=1,AE=2, B k-r-” D 对于A,因为OE∥CD异面直线AE和CD所成角的大小为 3 对于B,做EQ⊥BD,连接AQ,所以直线EA与平面ABD所成 角是 ∠EQA 故QE= BE.EO√6 BO 3 所以cos∠QAE=E-V5 ,故直线EA与平面ABD所成角是arccos AE 3 对于C,连接AB,设∠ABE=C,故AB=V6,BE=√2，AE=2, 在Rt△ABE中，sina= 6 所以sin2a=2 sina cosa= 2v2 3 3 19 对于D,SABED=xE0-BD=x6×25=N2故D正确 23 29.(2024上海市曹杨第二中学高三三模)已知圆柱的底面半径为1，高为3，A、B分别为该圆柱上、下底 面圆周上的动点.若直线AB和该圆柱的轴始终是异面直线，则线段AB长度的取值范围是」 【答案】(3,3） 【解析】 【分析】根据圆柱的结构特征及异面直线定义，数形结合判断线段长度范围 【详解】如下图CD=AE=OO'=3,AC=DE=2, 要使直线AB与该圆柱的轴始终互为异面直线，则B不能与D,E重合， 假设B能与D,E重合，若B与E重合时线段AB长度最小为3； 若B与D重合时线段AB长度最大为√9+4=√13， 综上，线段AB长度的取值范围是3，V3 B 故答案为： (3,13 30.(2025·上海徐汇·二模)已知PA1平面ABC,，△ABC是直角三角形，且AB=AC=2,PA=4,则点P到 直线BC的距离是 【答案】3√2 【分析】取BC中点为D,连接PD,AD,通过证明BC⊥PD,从而证明点P到BC的距离为PD,再结合已 知条件求出PD即可 【详解】取BC中点为D,连接AD,PD,如下所示： A D 20 因为ABC为等腰三角形，又D为BC中点，故BC⊥AD; 因为PA⊥平面ABC,BCc面ABC,故BC⊥PA: 又AD,PAc面PAD,ADPA=A,故BC⊥面PAD,又PDC面PAD,故PD⊥BC, 故点P到直线BC的距离，即为PD; 在△48c中，4D-8C-xv2B=5, 因为PA⊥平面ABC,ADc面ABC,故PA⊥AD,则△PAD为直角三角形： 在△PAD中，PA=4,AD=√2，故PD=VPA+AD2=V16+2=3N2, 故点P到直线BC的距离为3√2 故答案为：3√2 -------上海特色 题型07：空间向量的最值与范围问题 31.(2025复旦大学附属中学高三6月检测)0不与A,B,C,D共面，并且ABCD四点在一个平面上， 19 2OD=xOA+yOB+OC(x,y>0),则二+一的最小值为 x y 【答案】16 【解析】 【分析】由向量共面定理有x+y=1,再应用基本不等式“1”的代换求最小值 【详解】由题设2OD-xOA-yOB=OC,O不与A,B,C,D共面，且ABCD四点共面， 所以2-x-y=1,可得x+y=1,且x,y>0, 所以1+9-2+9x+)=10+上+9x≥10+2，上.9x=16, xy x y x y Vx y 13 当且仅当x=4)=4时取等号，则最小值为16， 故答案为：16 32.(2025建平中学高三下学期三模)在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC=BC=AA=2,点P为侧 面ABB,A,上的任意一点，则PC.PC的取值范围是 【答案】[2,4] 21 【解析】 【分析】根据空间向量法计算数量积结合二次函数最值计算求解 【详解】如图取AB中点为原点O,建立空间直角坐标系，设P(x,0,z, 其中-1≤x≤1,0≤z≤2，C0,V3,0,C(0,V3,2, PC=-x,5,-z,P℃=（-x,V5,2-z,P.P℃=x2+3+z2-2z=x2+(z-1)2+2, 当x=±1，且z=0或z=2时，PC.PC取最大值4， 当x=0,且z=1时，PC·PC取最小值2，所以PC·PC的取值范围为2,4 故答案：[2,4] 33.(2024-上海嘉定.一模)已知空间向量0B,0B,0B,两两垂直，若空间点A满足AB=AB=AB=1,记 OP=OB+0B,+0B,且AP≤1，则OA的取值范围为一 【等】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得1OA=3-P心，进而求出范围 2 【详解】由空间向量OB,OB,0B,两两垂直，得0B·0B,=0B,·0B,=0B,·0B=0 AB =AB:=AB;=1,OP=OB:+OB:+OB,. 则3=AB2+|AB,2+|ABP=(0B-0A)2+(0B,-0A)2+(0B,-0A)2 =30AP-20A·(0B+0B,+0B)+0B2+0B,P+|0B, =30AP-20A.0p+(0B+0B,+0B)2-2(0B·0B,+0B,0B,+0B,0B) =30A2-20A.0P+|0PP=210A2+10A2-20A.0p+|0pP =20A2+(0A-0P)2=210A2+|AP2,而0≤APK1, 22 因此oa=3-e,,1Oae,51。 2 2 所以O的取值范润为机 故答案为：几 34.(2024青浦区高三三次学业监测)已知边长为2的正四面体A-BCD的内切球（球面与四面体四个面都 相切的球)的球心为O,若空间中的动点P满足OP=xOC+yOB+zOD,x、八、z∈[0,1，则点P的轨迹 所形成的几何体的体积为(). A2 c..23 0.3 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】点P的轨迹是以OC,OB,OD为邻边的平行六面体，求出以OC,OB为邻边的平行四边形面积 和点D到平面BOC距离，由柱体的体积公式即可得出答案， 【详解】空间中的动点P满足0p=x0C+yOB+z0D,x、八、z∈[0,1， 则点P的轨迹是以OC,OB,OD为邻边的平行六面体， 将正四面体A-BCD放入如图所示的正方体A,BC,D-AB,CD,中， 则正四面体A一BCD的内切球心O为正方体的中心， 设正方体的棱长为a,所以a2=2,所以a=√2， 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， iea回，ai同，cao4aa.o99鸟 所以OB √222 2,22 m{9 BC=-2+(-2-2, 23 6 （6 所以cos∠BOC= o"+od"Bc" -22 2 2 208.0c √6.√6 3 2× 22 所以sin∠B0C=V-cos2∠B0c 2V2 3 所以以OC,OB为邻边的平行四边形面积为： s=2×3o丽ocn∠0c-92932 设平面B0C的法向量为万=（x,y,z, 分·OB=V2x+V2+V②】 z=0 2 则 n.c=-2x+2,2 2x+2y- =0 2 取x=1,可得y=0,z=-1,所以元=(1,0，-)，DB=(2,2,0), 又因为点D到平面BOC距离为d= D8_2-1 √2 以OC,OB,OD为邻边的平行六面体的体积为：V=S·d=√2x1=√2 故选：A ZA D B 35.(2025上海浦东新·二模)己知a、五、c为空间中三个单位向量，且a.b=b.c=c.a=0,若向量p满足 1-2年号，1p-24多则向量万与向量C头角的最小管为 (用反三角表示) 【答案】arccos5 【分析】由题意可设设i=100,6=01.0,=00小，D=xy小，结合p-2卧号D-2诉多求符 24 X=y和2x+:=4x-子，再结合向量夹角得坐标表示即可求解 7 【详解】可设ā=(1,0,0)，b=(0,1,0,c=(0,0,1,设p=x,y,z, 则p-2a=(x-2,y,z,p-2b=(x,y-2,z, (x-2}2+y2+2=9 4 所以 e+-2- 两式相减可得：x=y,再代入第一个式子， 7 可得：2x2+2=4x4 设向量p与向量C夹角为O, 7 4x- 2x2 4 2x2 2 则cos6= Vx2+y2+z 7 47 V4x-4 x 4x2 易知对于y= 1 +4当1-8即x=7取得最大值 6 4x2 xx 7 8 7 此时 1- 4_7取得最大值 4 x 4x2 即cos6的最大值为2 ,x=。时取得， 81 再由余弦函数的单调性可知8的最小值为arccos三 故答案为：arccos- 4 36.(24-25高三上.上海浦东新.期末)已知空间中三个单位向量0A、04,、0A,, 0A0A=0A0A=0A·0A=0,P为空间中一点，且满足0P.0A=1,0P.0A=2,0P.0A=3,则 点P个数的最大值为 【答案】8 【分析】以0为原点，分别以OA、OA,、OA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设 P(x,y,z),表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果 【详解】由题意得，0A10A,0A10A,0A10A,且04=0A=0A=1. 25 P 以0为原点，分别以OA、OA、OA,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 0A=(1,0,0),0A3=(0,1,0),0A=(0,0,1). 设P(x,y,z),则0P=(x,y,z), 0P.0A=x=1,|0p.0A=y=2,0p.0A=4=3, x=±1，y=2,z=±3， 点P坐标可能为1,2,3)，(（-1,2,3)，(1，-2,3)，(-1，-2,3)，(1,2，-3)，(-1,2，-3)，(1，-2，-3)，（-1，-2，-3)， 故点P个数的最大值为8. 故答案为：8 37.(2024上海长宁.一模)点P、M、N分别位于正方体ABCD-A'B'C'D'的面上，AB=1,则PM.PN的最 小值是 【答案】 11-0.5 【分析】建立空间直角坐标系可得PM.PN的坐标表达式，配方后可得最值. 【详解】如图建立以D为原点的空间直角坐标系， 设P(xo,20),Mx,y,2),N(x2y2,2),其中x,y,z,(i=0,1,2)[0,1 则PM=(x-片-o,-2o),PN=(x2-05-o,2-2 则PM·PW=(x-x)(x2-x)+(y-%)(2-%)+(3-)(32-2) =x后-(x+x3)x+x2+哈-（y+y2)+%3+z6-（名+z2)z0+22 ”两 4 4 26 4 4 4 -6--x% 4 4 专项，当且收当6生5%=”，名华时取等号。 2 2 则为使PM.PN最小，则应使MN尽量的大，且P为MN中点， 又点P、M、N均位于正方体表面上，则P、M、N在正方体同一面上， 则当MN为正方体一面的对角线，P为对角线中点时，满足题意， 此时四=万，则-≥-} 故答案为：一2 ZA D B B 【点睛】关健点睛：本题解题的关键是建立坐标系利用坐标计算得P丽.丽之一，再由取等条件得到P 、M、N位置关系从而得解. 38.(2025上海普陀.二模)在棱长为4的正方体4BCD-4BCD,中，N=2M=)4C,若一动点G满足 GN=V2GM,则三棱锥G-A,B,D,体积的最大值为 【答案】32+86 3 【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，得出M,N,A,C的坐标，设G(x,y,z),根据已知 G=√2GM列出方程，化简得出点G的轨迹为球进而结合图象即可得出点G到平面ABD的最大距离， 结合体积公式即可得出答案， 【详解】 27 A D B C D T C X 如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有A(0,0,0),C4,4,4) 又A=2AM=AC, 2 所以M(1,1,1),N(2,2,2). 设G(x,y,z)，则GN=(2-x,2-y,2-z),GM=(1-x,1-y,1-z）· 因为GW=2GM, 代入可得(2-x)2+(2-y)2+(2-z)2=2[1-x)2+1-y)2+1-z)2], 整理可得x2+y2+z2=6, 即G在以点A为球心，=√6为半径的球上. 又RABD,的面积为S.4方 1 ×4×4=8, 平面ABCD到平面AB,C,D,的距离为4， 所以G到平面ABD,的最大距离为dx=4+r=4+V6 体积最大值为/=号×S.4a×da-×8x4+⑥)=32+8v6 3 3 故答案为： 32+8W6 题型08：立体几何中的定值、最值与范围问题 39.(2024上海宝山一模)如图，正四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面ABCD边长为1，E为AD上任意一点， F为CC中点，若棱CD上至少存在一点P使得PE⊥PF,则棱长AA的最大值为() 28 D PC A B F D E B A.2 B.1 c.√2 D.2 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设出点P、E、F的坐标，结合已知条件得到方程n2-n+2h2=0,根据方程 解的情况求出的取值范围即可求解 【详解】根据已知条件，以D为坐标原点，DA、DC、DD,分别为x、y、z轴的空间直角坐标系， 3 D 设正四棱柱的高为2h,令E(m,0,0),F(0,l,h),P(0,n,2h), 所以PE=(m-n,-2h),PF=(0,1-n,-h), 因为PE⊥PF,所以PE.PF=0,即-n(1-n)+-2h)-h)=0, 整理得：n2-n+2h2=0,因为棱CD上至少存在一点P使得PE⊥PF, 所以关于n得的方程n2-n+2h2=0,n至少有一个解， 即△=--4x1x2≥0，整理：1-8a产≥0，解得_-琴#h号 又因为>0，所以0<么≤2，所以陵长44的最大值为2=2号 故选：A 40.(2025·上海松江.二模)如图在三棱锥P-ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=3,PB=2,PC=1,设 M是底面ABC内一点，定义∫(M)=(m,n,p),其中m,n,P分别表示三棱锥M-PAB,三棱锥M-PBC,三棱 锥M-PC4的体积若/M)=列，且：+≥12恒成立，则正实数的最小值为 2 x y 29 D M B 【答案】1 【分析】根据给定的信息求出三棱锥P-ABC的体积，进而求出x+y,再利用基本不等式“1"的妙用求出最 小值，并建立不等式求解 【详解】在三棱锥P-ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=3,PB=2,PC=1, 则x+y+子-c=PA:PB-PC=1,解得x+y=行又x>0,y>0a>0, 1 3 因此9+-3+Xx+功=3a+1+四+5≥3a+1+2Wa. x y 当且仅当y=二时取等号，由2+1≥12恒成立，得3a+1+20)212, 1 x y 于是(Na+1)2≥4，解得a≥1，所以正实数a的最小值为1. 故答案为：1 41.(2025七宝中学高三三模)已知长方体ABCD-AB,CD,中，AB=2,BC=2V2,AA=3,P为矩形 A,B,C,D,内一动点，设二面角P-AD-C为O,直线PB与平面ABCD所成的角为B,若a=B,则三棱 锥P-ABC体积的最小值是」 【答案】 22 【解析】 【分析】根据题意，判断得P的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线A,C,和抛物线段的方 程，由题意，计算点P到线段A,C,的最短距离，再由等体积法计算三棱锥P-ABC最小体积 【详解】如图，作PM⊥平面ABCD,垂足为M,再作MN⊥AD,垂足为N, 连接PN,PB,PM,因为ADC平面ABCD,故AD⊥PM, 而NM∩PM=M,NM,PMC平面PMN,故AD⊥平面PMN, 而PNc平面PMW,故AD⊥PN,故∠PNM为P-AD-C的平面角， 则a=∠PNM,阝=∠PBM,由a=阝，则∠PNM=∠PBM, 30 D C B 又MN、MBc平面ABCD,故PM⊥MN,PM⊥MB,则MN=MB, 由抛物线定义可知，M的轨迹为以B为焦点，以AD为准线的抛物线一部分， 所以P的轨迹为以B,为焦点，以AD为准线的抛物线一部分， 当点P到线段B,D距离最短时，三角形PB,D,面积最小，即三棱锥P-BBD体积最小， 取C,D,中点O为原点，建立如图所示平面直角坐标系， B 则C1,22),D,-1,22,B(1,0),A(-1,0) 则直线A,C,的方程为：y=√2(x+1),即√2x-y+√2=0， 港物线的方程为y2=4红→y=20<y<2小，则/=左 由题，令在=，释=分代入y=2,释7=，所以点r的￥标为行可 所以动点P到直线B,D,的最短距离为 xa- d= 6, V1+2 6 1 为4C2+2W2P=23,所以24c=VuG3X3X-x23xV6Y 62 所以三棱锥P-ABC体积的最小值为5 31 故答案为： 岭 2 42.(2024上海虹口二模)如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°.若 AB=AA=2,点M为棱CC的中点，点P在A,B上，则线段PA,PM的长度和的最小值为 D A D 【答案】V9+2N10 【分析】取DC的中点N,连接MN、AN、BM、DC,首先证明A,B∥MN,即可A、B、M、N四点共 面，连接AM,AC,求出∠A,BM=90°，将△ABA,绕A,B翻折，使得平面ABA与平面A,BMN共面，连接 AM交A,B于点P,最后利用余弦定理计算可得. 【详解】取DC的中点N,连接MN、AN、BM、D,C, 因为点M为棱CC的中点，所以MNIID,C,又AD,∥BC且AD,=BC, 所以AD,CB为平行四边形，所以ABDC, 所以A,BI∥MN,即A、B、M、N四点共面，连接AM,AC, 则AB=V22+22=22,BM=V22+12=V5, 因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°，所以∠ADC=120°， 所以AC=V22+22-2×2×2c0s120°=2V3, 所以AM=25+1P=, 所以AB2+BM2=AM2,即AB⊥BM,所以∠ABM=90°， 将△ABA,绕A,B翻折，使得平面ABA与平面A,BMN共面，连接AM交A,B于点P, 则PA+PM≥AM, 又∠ABM=135°， 在△ABM中AM2=AB2+BM2-2AB·BM cos∠ABM, 32 即AM2=22+(N5-2×2×V5× =9+2V10, 所以AM=V9+2N10: 即线段PA、PM的长度和的最小值为V9+2√10 D D B 故答案为：V9+2√10 题型09：立体几何的实际应用问题 43.(2024上海长宁.二模)用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为刀立方米，则至少需 要 平方米铁皮 【答案】3π 【分析】由柱体的体积公式可得2.h=1,再求出圆柱形容器的表面积，由基本不等式求解即可. 【详解】设圆柱形容器的底面半径为r,高为h, 所以圆柱形容器的体积为V=2.h=π，所以r2.h=1, 所以圆柱形容器的表面积为：S=元2+2元rh=π(r2+rh+rh≥3元·r4h2=3元， 当且仅当r2=h,又r2.h=1,即r=h=1时等号成立， 故至少需要3π平方米铁皮. 故答案为：3π. 44.（2024,上海徐汇·一模)徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观 展并拍照留念图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上、下底面直径 分别为30cm和26cm,下面圆台的上、下底面直径分别为24cm和18cm,且两个圆台侧面展开图的圆弧所对 的圆心角相等若上面圆台的高为8cm,则该花盆上、下两部分母线长的总和为 cm 33 【答案】5√7 【分析】设出圆台的母线长及底面半径，根据圆台的母线长公式1=√+(-2)尸结合条件即得。 【详解】设上面圆台的母线长为4，上面半径为片=15cm,下半圆半径为5=13cm,高为h=8cm, 根据圆台的母线长公式1=V+(5-52)2,带入数值计算得到1=V82+15-13)2=68=27cm: 设下面圆台的母线长为Z,上面半径为5=12cm,下半圆半径为r4=9cm, 由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到二=5一，带入数值计算得到 4-5-业_2-9x27-icm, r-3 15-13 所以该花盆上、下两部分母线长的总和为2V17+3√17=5√17cm: 故答案为：5√17 45.(2023上海长宁.统考一模)豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬 空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T若忽略三角形豆腐ABC的厚度，设 AB=3,BC=4,AC=5,点P在△ABC内部.假设对于任意点P,满足PQ≤1的点Q都在T内，且对于T内任意 一点Q,都存在点P,满足PQ≤1，则T的体积为() A.12+7π 6.12+22m C.14+7π 3 D.14+22x 3 【答案】B 【分析】由题意可知：T是由三个半圆柱，三个球体的一部分和一个直三棱柱构成，根据圆柱、球和棱柱的 体积公式分别求得各个部分几何体的体积即可加和得到结果. 【详解】空间中，T在垂直于平面ABC的角度看，如下图所示： 34 B 其中：BCDF,ACEI和ABGH区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱； CDE,BFG,AHI区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为C,B,A: ABC区域内的几何体是高为2的直三棱柱 因为四边形BCDF和ACEI为矩形，则∠DCB=∠ECA=?: 可得LDCE=2π-π-∠ACB=π-LACB, 同理可得：∠FBG=元-∠ABC,∠HAI=π-∠CAB, 所以LDCE+LFBG+∠HAI=3π-∠ACB+∠ABC+∠CAB=3π-π=2π， 可得CDE,BFG,AH1区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球， 则CDE,BFG,AHI区域内的几何体的体积之和=4×1=号π； 3 3 又因为8CDF,ACEI和ABGH区域内的几何体的体积之和=2元x1×(3+4+5)=6: ABC区域内的直三棱柱体积V=二×3×4×2=12， 所以T的体积为4元+6m+12=12+2五. 故选：B 【点晴】关键点晴：本题考查立体几何中的体积问题，解题关键是能够根据T的形状，进而由对应几何体的 体积公式求得结果 46.(2023上·上海高三上海市进才中学校考期中)庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为 单檐庑殿顶与重檐庑殿顶.单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面 体FE-ABCD的形状（如图②），若四边形ABCD是矩形，AB∥EF,且AB=CD=2EF=2BC=8, EA=ED=FB=FC=3,则五面体FE-ABCD的表面积为 35 正脊 垂脊 ② ① 【答案】32+16V5/16V5+32 【分析】根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积。 【详解】分别取AD,BC的中点G,H,连接GH,FH, E D 过点F作AB的垂线FI,垂足为I, 因为FB=FC=3,BC=4,所以FH⊥BC,所以FH=√5， 根据对称性易得△FBC≌△EAD, 所以Sac=号BCx FH=)x4x5=2N5, 在R△FBm中，B=8,4=2,所以H=NFB-Br=5, 2 1 B三5EF+AB)×FI三5×(4+8)×V5 又S矩形HBCD=AB×BC=32, 所以SFE-ABcD=2S△FBc+2S棉形EB+S矩形ABCD=32+16V5. 故答案为：32+165· 47.（2024上海奉贤.一模)上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹 铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的 质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合 理的假设： 假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥； 假设2：两圆锥的轴在同一条直线上： 假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计. 截面图如下（图3），其中O,O,=20cm,O,O,=18cm,AB=16cm,则制作100个这样的惊鸟铃的铃身至少需 36 要千克铜.（铜的密度为8.9g/cm3)(结果精确到个位） B 图1 图2 图3 【答案】120 【分析】利用锥体的体积公式可求得结果。 【详解】由题意可知，圆锥O,O3的底面半径为8cm,高为20cm, 圆锥O,O,的底面半径为8cm,高为18cm, 因为100×5×πx82x20-18)×8.9÷1000≈119.236， 3 所以，制作100个这样的惊鸟铃的铃身至少需要120千克铜. 故答案为：120 48.(2024.上海奉贤.二模)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体 ABCD-A,B,CD中挖去一个四棱锥0-EFGH,其中O为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中 点，AB=BC=4cm,A4=2cm,3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料 的质量为 8. D O-- D B 【答案】132 【分析】根据几何体形状分别求出长方体体积和四棱锥0-EFGH的体积，相减得出模型体积即可求得所需 原料的质量 【详解】易知四棱锥0-EFGH的底面积S0m=SxcA-4S.cr=4×2-4×)×2x1=4, 高为h=2cm, 37 所以四棱锥0-EFGH的体积为'。-rom=3 4x2= 3cm3, 长方体ABCD-A,B,C,D,为V=4×4×2=32cm3, 因此该模型的体积为32-8_88c 33 所以该模型所需原料的质量为 3×0.9=132 3 8 故答案为：132 49.(2024.上海静安一模)如图的封闭图形的边缘由抛物线T和垂直于抛物线对称轴的线段AB组成.己知 AB=4,抛物线的顶点到线段AB所在直线的距离为2 C D (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘： (2)在该封闭图形上截取一个矩形CDEF,其中点C、D在线段AB上，点E、F抛物线『上.求以矩形CDEF为侧 面，CF为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线Γ的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 【答案】(1)详见解析： (3)证明见解析. 【分析】(1)建立坐标系，求抛物线下的方程及AB的方程即可： (2)结合圆柱的性质及体积公式求出圆柱的体积表达式，再求其最值； (3)结合导数的几何意义求切线方程，再求两切线交点，由此证明结论 【详解】(1)如图建立平面直角坐标系x0y, 设抛物线厂的方程为y=ax2,x∈[-2,2] 则曲线Γ过点(2,2)，所以2=4a,故a= 2 38 所以，曲线r的方程为y=,xe-22, 线段AB的方程为y=2,x∈-2,2]， 2接g(xy)则DE=2-, 以CF为母线的圆柱的底面半径满足2x=2π1， 所以5= π 所以住的体泉万=（目）2-片〔2x- 所以g=-2 所以，当x=反时。其休积取得最大值子 (3)证明：因为函数y=二x的导函数y=x, 所以，抛物线Γ上任意一点(x,)的切线斜率为x, 设l,12是抛物线Γ上两条相互垂直的切线，切点分别为x,少)，x2,y2), 则其方程分别为：y-y=x(x-x),2:y-2=x2(x-x2)· 且xx2=-1, 消去x,解得天y方小。 因为长：得=司 故抛物线Γ的任何两条相互垂直的切线的交点都在直线y=一】上， 题型10：立体几何与与数列、解析几何等的交汇 50.(2025.上海奉贤.二模)抛物线x2=4y的准线与圆x2+y2=r2相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一 个几何体，则该几何体的表面积为： 【答案】4π 【分析】利用抛物线的性质求准线，利用相切求半径，即可用球的表面积求解. 【详解】因为抛物线方程为x2=4y,可知准线方程为y=-1, 又由圆x2+y2=r2与准线相切，可知：r=1, 将圆绕直径旋转一周所成的球的表面积为：S=4π， 39 故答案为：4π. 51.(2023·上海闵行统考一模)已知点P在正方体ABCD-A,B,C,D,的表面上，P到三个平面ABCD、 ADD,A、ABB,A中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等， 则满足条件的点P的个数为 A D C D B 【答案】6 【分析】确定P在平面ADC,B,上，根据dp-B,=PQ得到P的轨迹为平面ADC,B,内的一条抛物线，建立坐标 系确定抛物线方程，计算交点得到答案 【详解】若P到平面ABCD、ADD,A距离相等，根据对称性知P在平面ADC,B,上， A D B .0 M D B AD⊥平面AA,B,B,ADC平面ADC,B,,故平面ADC,B,⊥平面AA,B,B, 故P到平面ABB,A,的距离即P到AB,的距离， 设正方体的中心为Q,即d,-4B,=PQ,故P的轨迹为平面ADC,B内的一条抛物线， 不妨取正方体边长为4，AB,中点为M,以MQ所在的直线为x轴， 以线段MQ的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系， 抛物线方程为y2=4x,x=2时，y=±2√2，故抛物线与棱BC,和AD相交， 故共有 个点满足条件 故答案为：6 【点晴】关键点晴：本题考查了立体几何，抛物线的轨迹方程，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和 40 综合应用能力，其中根据题意得到动点的轨迹方程是解题的关键， 52.(2025上海宝山二模)空间中有相互垂直的两条异面直线、12，点A、B∈1，C、D∈12，且 AB=4,CD=1,若DA⊥DB,且AC=BC+2,则二面角D-AB-C平面角的余弦值最小为 【答案】43 9 【分析】先确定点C、D的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得cosLCED的表达式，最后通过换 元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点A、B(焦点)的距离之差的绝对值为定值（小于|AB|)的 点的轨迹为双曲线.由AC=BC+2,可知AC-BC=2, 所以点C在以A、B为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕AB旋转得到的曲面. 因为DA⊥DB，根据直径所对的圆周角是直角，所以点D同时在以AB为直径的球面上 由于4⊥I2,所以C、D在与AB垂直的面上 不妨令C固定在一支双曲线上，设双曲线方程为y-。-1, 3 过C作CE1AB于E,在双曲线)2-苦=1中，变形可得=02-)， 在Rt△CEB(因为CE⊥AB)中，CE的长度可根据坐标关系得到，CE=3y2-3 因为D在过C与AB垂直的面与球的交线上，设球心为O(AB中点)， 由DE2+OE2=4(球的半径的平方为4，根据勾股定理得到此关系)，OE的长度与y有关(E点坐标与C点 纵坐标y有关)，且OE在y轴上的投影长度就是y,所以DE=√4-y2. 在△CED中，根据余弦定理cos∠CED=CE+DE-CD 2.CE.DE 通过CE2=3y2-3,DE2=4-y2代入余弦定理公式化简得到， Cos∠CED= 3y2-3+4-y2-1V5 1 23y2-3)(4-y2) 3V-y4+5y2-43 45 1- 少大 y2 令1=0>0，则ocEn: 3V-412+51-1 55 对于二次函数f()=-412+51-1,其对称轴为t=- 2×仁48’当1=8时，0取得最大值 =-4x+5x-1= 9 8 16 所以c0s∠CED= 1 1 4V5 3V-4t2+5t-13 9 9· 16 41 故答案为：45 9 D --综合提能力-------- 题型11：空间直线、平面平行垂直的证明 53.(2025江西模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，点D,E分别是底边AC,BC的中点，平面PAB和平 面PDE相交于直线I B (I)求证：I/1平面ABC; (2)若平面PAC⊥平面ABC,PA⊥PC,PA=PC=√2，BD1AC,BD=2,Q是直线1上的一点，|PQ=V5,求直 线CQ与平面PBC所成角的正弦值 【答案】(1)证明见解析 o5号 15 【分析】(1)由三角形中位线定理可得DEI1AB,则DEI/平面PAB,再利用线面平行的性质得DEII,最 后由线面平行的判定定理可证得结论； (2)由己知可证得DA,DB,DP两两垂直，所以以D为原点，分别以DA,DB,DP为x轴，y轴，z轴建立如图所 示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可 【详解】(1)证明：因为点D,E分别是底边AC,BC的中点，所以DEI1AB, 因为ABC平面PAB,DE4平面PAB,所以DE/I平面PAB, 因为平面PAB和平面PDE的交线为I,DEc平面PDE, 所以DE11, 42 因为DEc平面ABC,I4平面ABC, 所以I/平面ABC (2)因为PA=PC,点D为AC的中点，所以PD⊥AC, 因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PDc平面PAC, 所以PD⊥平面ABC, 因为AC,BDC平面ABC,所以PD⊥AC,PD⊥BD, 又BD⊥AC 所以以D为原点，分别以DA,DB,DP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， B 因为PA⊥PC,PA=PC=V2,所以PD=AD=CD=I,又BD=-2, 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,0,0),P(0,0,1), 由(1)可知111AB,因为AB=√AD+BD=P+22=√5=P0, 若P0=AB=（-1,2,0),又P(0,0,1),所以Q-1,2,),所以C0=(0,2,1) 若P0=BA=(1,-2,0),又P0,0,1),所以Q1,-2,1),所以C0=(2,-2,1) 因为PB=(0,2,-1),PC=（-1,0,-1),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z）, PB.i=2y-z=0 则 ,不妨取y=1,解得n=(-2,1,2), PC.=-x-z=0 设直线CQ与平面PBC所成角为O, 当0点的坐标为(1,2,1)时，C0=(0,2,1) -2×0+1×2+2×1 则sin0=cos(Cg,)》 n.co 4v5 V(-2)2+12+22×V02+22+12 15； 当0点的坐标为(1，-2,1)时，C0=(2,-2,1), 则sin0=cos(Cg,) n.co -2×2+1×(-2)+2×1 V(-22+1P+22×V2+(-2y2+下9 43 所以直线CQ与平面PBC所成角的正弦值为45或： 159 54.(2025·内蒙古呼和浩特模拟预测)如图，在三棱台ABC-A,B,C,中，平面AA,C,C⊥平面ABC, AA=AC=C C=2,AC=4,BA=BC. A B (1)证明：A,B⊥AC1; (2)求直线BB,与平面BAC所成角的正弦值的最大值， 【答案】(1)证明见解析 唱 【分析】(1)根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到AC,⊥BO,作出辅助线易得AC,⊥AO, 可证明AC,⊥平面AOB,再根据线面垂直的定义即可证得AB⊥AC: (2)取AC中点M,易知直线OB,OC,OM两两垂直，建立空间直角坐标系，设OB=aa>0),再分别求出 直线BB,的方向向量与平面BAC法向量，由线面角的夹角公式结合基本不等式求最大值即可. 【详解】(1)在三棱台ABC-AB,C,中，取AC的中点O,连接BO,AO,CO, 由BA=BC,得BO⊥AC, 由平面AA,C,C⊥平面ABC,平面AA,C,C∩平面ABC=AC, B0c平面ABC,得BO⊥平面AA,CC, 而ACc平面AACC,则AC1⊥BO, 又A,C,∥AO,A,C=AO=AA,则四边形AAOC,是菱形，故AC⊥A,O, 而A,O∩B0=0,A,O,B0c平面AOB,因此AC⊥平面AOB, 又ABc平面AOB,所以AB⊥AC1. (2)取AC中点M,则OM⊥AC, 44 由平面AA,CC⊥平面ABC,平面AA,C,C∩平面ABC=AC,OMc平面AA,CC, 则OM⊥平面ABC,直线OB,OC,OM两两垂直， 以点O原点，直线OB,OC,OM分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 设0B=aa>0, 则B(a0,0),A(0,-2,0),A(0,-1,5,C(0,15, 4B=a,l,-5,AG=(0,20),AB=(a,2,0) 丽=A+4g-A+号西-a-1间+a,2.0-（号05 AC·i=2y=0 设平面A,BC,的法向量n=(x,八，z),则 4B.i=ax+y-32=0 令x=5,得i=（5,0,a), 设直线BB,与平面BAC所成的角为O, BB· 3 sin=cos(BB,= 20 BB同 +3na2+3 V4 a VBa 5 ≤ Ma2+12)(a2+3) Va+15a2+36 Va+15+36 36 3, 15+2,a2 a 当且仅当a=时等号成立， 故直线B8,与平面B4C所成角的正弦值的最大值为兮 55.(2025湖南一模)在多面体ABCDE中，平面ABE⊥平面BCE,BC⊥CE,∠EBC=30°，BE=2,△ABE是以 BE为斜边的等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，M,N分别为AD,BE的中点， (I)求证：MN⊥CE; (2)求平面ABC与平面ACE的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析， 45 2)v05 35 【分析】(1)利用空间几何中的平行垂直关系，可求证线线垂直，线面垂直，进而得到线线垂直： (2)利用空间向量法来求二面角的夹角余弦值即可 【详解】(1)连接AN, :△ABE是以BE为斜边的等腰直角三角形，N为BE的中点， AN⊥BE, 又平面ABE⊥平面BCE，,平面ABEO平面BCE=BE,ANC平面ABE, :AN⊥平面BCE,又：CEc平面BCE, .AN⊥CE, :四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， :BC//AD,BC//AM, 又：CE⊥BC,CE⊥AM, 又AN∩AM=A,AN,AMC平面AMN, :CE⊥平面AMN,又：MNc平面AMN, CE⊥MN (2)在平面BCE中，过N作NF⊥BE交BC于点F,结合(I)易知NF,NE,NA两两垂直.所以以 NF,NE,NA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示 E8C-30B2.N-BN-NE-1BE-1CE-BE-1ZBEC-60 B 则W0,00,40.0,B0,-10,E0.10.C,,0 正-o1-.50=c-0 46 设平面ACE的法向量为万=x,y,z, iCE=0 3.1 221 E=0 2x+2y=0取x=1,则y=5,2=5, y-z=0, 故i=1,V3,V3是平面ACE的一个法向量， 设平面ABC的法向量为m=(x,,2), m·BA=0 y+31=0, 3,3 取y=-1,则x=V5,z=1, mBC=0 2x+2=0 故平面ABC的法向量为m=(5,-1,, 设平面ABC与平面ACE的夹角为a, 1x5+√3x-1)+3x1 则cosa= m训 V105 V+(5°+×+-12+ 35 故平面ABC与平面ACE的夹角的余弦值为05 35 56.(2026届高三松江区一模)己知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AB/CD, AB=2CD=2,∠ABC=90,PBC是边长为2的正三角形，侧面PBC⊥底面ABCD B (1)证明：PA⊥BD; (2)求点D到平面PAB的距离 【解析】(I)如图所示：取BC中点H,联结PH,AH 8 因为AB=2CD=2,∠ABC=90,PBC是边长为2的正三角形 所以∠DCB=90,BH=CD=l,PH⊥BC 所以ABH兰BCD 所以∠BAH=∠CDB 所以AH⊥BD 因为侧面PBC⊥底面ABCD 所以PH⊥底面ABCD 所以PH⊥BD 因为PHAH=H 所以BD⊥面PAH 所以PA⊥BD: (2)因为侧面PBC⊥底面ABCD,∠ABC=90 所以AB⊥面PBC 所以AB⊥PB 因为'n-ABD=',-ABP m5wH-方4880-阴-2x2x5.2 1 3 -m=smh=×5B-8Ph=5×x2×2x5-25 3 32 32 3 解得：h=3 所以D到平面PAB的距离为√3 57.(2025浙江一模)如图所示，己知四棱锥B-ACC,A,AA,⊥平面ABC,CC1⊥平面ABC, BA⊥AC,AB=AC=CC=2AA. C A M B 48 (1)证明：平面A,BC,⊥平面BCC; (2)设M为BC,的中点，求直线AM与平面A,BC所成角的正弦值 【答案】(1)证明见解析 ②② 3 【分析】(1)法一：取BC中点N,连接AM,MN,AN,，利用已知可证A,M⊥平面BCC,进而可证结论；法 二：建立空间直角坐标系，求得平面BCC与平面A,BC,的一个法向量，利用向量法可求得平面A,BC⊥平面 BCC: (2)法一：建立空间直角坐标系，求得平面A,BC,的一个法向量，利用向量法可求得直线AM与平面A,BC,所 成角的正弦值法二：结合(1)法二：利用向量法可求得直线AM与平面ABC,所成角的正弦值 【详解】(I)法一：取BC中点N,连接A,M,MW,AN M B 因为AA∥CC,且AA=CC,MN∥CC且MN=CC,所以AA∥MN且AA,=MN,所以四边形AMNA为 平行四边形，所以AM∥AN 因为AB=AC所以AN⊥BC,又因为AW⊥CC,且BC∩CC,=C,所以AN⊥平面BCC, 故AM⊥平面BCC,A,MC平面A,BC,所以平面A,BC,⊥平面BCC 法二：不妨设AB=2,以A为原点，分别以AB,AC,AA,为x,y,z轴建系， M 则B(2,0,0),C(0,2,0),C(0,2,2),A(0,0,1, 所以BA=（-2,0,1),AC=(0,2,1,BC=(-2,2,0,CC=(0,0,2), 设平面BCC的法向量为n=(x,y,z) 49 [-2x+2y=0 由 BC·n=0 所以2z=0 ,令x=1,则y=1,z=0, CC.n =0 所以平面BCC的一个法向量n=(1,1,0), 设平面A,BC,的法向量i=(a,b,c, BA=0 -2a+c=0 由 AC·i=0 2b+c=0，令a=1,则6=-1，c=2, 所以平面A,BC,的一个法向量i=1,-1,2), 因为n,·n=0,故平面A,BC,⊥平面BCC, (2)法一：不妨设AB=2,以A为原点，分别以AB,AC,AA,为x,y,z轴建系， ZA .M 4- C 则B(2,0,0),C(0,2,2),A(0,0,1),M(1,1,1,所以AM=(1,1,1, BA=(-2,0,1,AC=(0,2,1, BA·i=0 由 ,得平面A,BC,的法向量i=(1,-1,2), AC·i=0 设AM与平面A,BC,所成的角为O,则sin0=cosAM,= AM.列1-1+2√2 AM成V3x63, 所以直线AM与平面A8C,所成角的正弦值为√2 3 法二：由M(1,1,1,得AM=(1,1,1, 设AM与平面4，BC,所成的角为O,则sin0=cosAM,= AM列_1-1+2-2 AM:V3x√63 所以直线AM与平面A8C,所成角的正弦值为√ 3 58.如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC,LACB=LACD=45°，DC=2BC=2W2 50 (1)证明EF⊥BD: (2)求直线DF与平面DBC夹角的正弦值， 【解析】(1)过点D作D01AC于点O,连接OB, 因为平面ACFD⊥平面ABC,交线为AC,D0C平面ACFD, 所以D01平面ABC,(易错点) 两平面垂直时，要注意一个平面内垂直于交线的直线才垂直于另一个平面 因为BCC平面ABC,所以DO⊥BC(易错点) 因为LACD=45°，所以CD=2C0, 又DC=2BC=2V2,所以C0=2,BC=V2, 又LACB=45°，在△0BC中， 由余弦定理 B0=v6C+CB2-20C-CBcs45r-=4+2-2x25x5-5 2 故BO+BC2=CO,由勾股定理逆定理得B01BC, 因为D0nB0=0,D0,BOc平面B0D,所以BC⊥平面BOD, 又BDc平面BOD,所以BC⊥BD, 又三棱台ABC-DEF中，EF//BC,所以EF⊥BD; D E B (2)过点O作OH⊥BD于点H,连接CH，, 51 三棱台ABC-DEF中，DFIIAC, 所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线AC与平面DBC所成的角， 因为BC⊥平面BOD,OHC平面BOD,所以BC1OH, 又BDOBC=B,BD,BCC平面BCD,所以OHL平面BCD(易错点)， 注意必须强调两直线相交，此时才有线面垂直 所以LOCH为直线AC与平面DBC所成的角， 由(1)知，D0=2,0B=V2, 因为D01平面ABC,OBC平面ABC,所以D0⊥OB, 由勾股定理得BD=V0D2+OB2=V6, 0H=B00D_22_2V5 所以 BD6 3, 所以 in∠OcH= OH.5 0C3 5 直线DF与平面DBC所成的角的正弦值为3 题型12：求空间角与空间距离 59.(2025届上海市大同中学高三三模)如图，在四面体PABC中，D为棱PC上一点，AD=√2， BBD。4DP0,BCLPC,面D-BC太小为 3 2----- B (1)证明：AD⊥平面PBC: (2)求CD的长 【答案】(1)证明见解析 (2)V14 > 【解析】 52 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理可得答案； (2)利用线面垂直的判定定理、性质定理可得BC⊥AC,把这个三棱锥换成以PBC作底面，以C为坐 标原点，建立空间直角坐标系，设CD=m,求出平面DAB、平面ABC的法向量，由二面角的向量求法可 得答案 【小问1详解】 因为4D=5,4B=26,BD= 3 3 所以AB2=AD2+BD2,即AD⊥BD, 又AD⊥PC,BDOPC=D,BD,PCC平面PBC, 所以AD⊥平面PBC; 【小问2详解】 由AD⊥平面PBC,BCC平面PBC,所以AD⊥BC, 又BC⊥PC,AD∩PC=D,AD,PCC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC,ACC平面PAC,所以BC⊥AC, 把这个三棱锥换成以PBC作底面，以C为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， D0,m,0), 40m2).B=居m,m,Di=00.a-0m, iDA=22=0 设平面DAB的法向量为方=(x,,乙)，则 2 i4B=V专m产x-m-V2=0 2 令y=V5m,则x=m,名=0，所以i= m.V3-m.0 mCA=my2+2z=0 设平面ABC的法向量为m=（x2,y2,22),则 n服=后m,-m:5,=0 2 令y2=√2，则z2=-m,x2=0,所以m=(0,V2,-m 因为二面角D-AB-C的大小为牙 53 n.m -m2 所以cos(i,m训= V3 励 2 2,解得m=4 ×√2+m2 D B P 6O.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PCD,PA⊥AD,PA=AD=2,点E为 线段PD的中点，点F为线段PC上的动点（不含端点）· D E B (I)证明：平面AEF⊥平面PCD: (②若平面AEF与平面PBC的夹角为牙，求点P到平面AEF的距离 【答案】(1)证明见解析 a 【分析】(1)利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案： (2)利用线面垂直的性质定理、判定定理得出PA⊥平面ABCD,以A为原点，AB,AD,AD分别为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PF=入PC(0<入<1)，记PB的中点为G,求出平面AEF、平面PBC的 个法向量，由二面角的斜率求法求出入，再由点面距离的向量求法可得答案 【详解】(1)因为PA⊥AD,PA=AD=2,PE=DE=√2，所以AE⊥PD 又因为平面PAD⊥平面PCD,且平面PADO平面PCD=PD, 所以AE⊥平面PCD,又AEC平面AEF, 所以平面AEF⊥平面PCD; (2)由(1)知，AE⊥平面PCD,CDc平面PCD,所以AE⊥CD, 又因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD,由AD AE=A,AD,AEC平面PAD, 所以CD⊥平面PAD,PAc平面PAD,所以CD⊥PA, 54 又因为PA⊥AD,CD∩AD=D,CD,ADC平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD, 以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， ò E B 则A0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D0,2,0),P(0,0,2,E(0,1,1, 则AE=(0,1,1,AP=(0,0,2),PC=(2,2,-2),PB=(2,0,-2), 设PF=元PC(0<元<1)，则AF=AP+PF=AP+元PC=(2元，2元，2-2元)， m·AE=y+31=0, 设平面AEF的法向量m=(x,y,乙)，则 m·AF=21x+2元y+(2-22)z1=0 令y=元，则x1=1-22,2=-2,故m=(1-22,1,-2), n.PB=2a-2c=0 设平面PBC的法向量i=(a,b,c, i-Pc=2a+2b-2c=0'令a=1,则c=1,6=0, 则平面PBC的法向量元=(1,0,1， 由题意得，osm,训= m =cos 4，即 1-32 -V2 元 2×V622-42+i2' 整理得，3以-2以=0，解得入=号或天=0（合。则项-（号-到 333 所以平面AEF的法向量可取h=-3m=(1,-2,2), AP.R 44 所以点P到平面AEF的距离d= 2V1+4+43 61.如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=90,∠BAC=90°，E为BC 的中点. 55 L)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/I平面PAB: (2)若PA1平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 【解析】(1)取PA的中点N,PB的中点M,连接FN、MN, :aACD与ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,AC=AB=2V2,BC=4 :E、F分别为BC、PD的中点， ..FN-4D-1GM-BE-1 2 且FNIIAD,GMIIBC :∠DAC=45,∠ACB=45°，：AD∥BC, :FN∥GM,.四边形FGMN为平行四边形， :FG∥MN, :FGt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、z轴建立如图所示的空间直角 坐标系， G 设4D=CD=2,则40,0.0，B0,25,0,C25,00,D(5,-2,0,P0,022) :AB=0,22,0,Dc=(2,2,0,CP=(-22,0,22) 设平面PCD的一个法向量为n=(x,八，2)， 56 DC.=0 [N2x+V2y=0 CP.=0 -2V2x+2W2z=0 取x=1,y=-1,2=1,方=(1，-1,1 设AB与平面PCD所成角为8， AB.n 10x1+2W2x(-1)+0×122 sin=cos AB,n> AB. 2V2×12+(-12+1 2 2W2x5=3 则 (易错点) cos0 =cos<AB,i> 若对概念不清，容易错写成 √5 即AB与平面PCD所成角的正弦值为3， 题型13：立体几何的动点存在性问题 62.(2024-25长宁区高三监测练习试卷)图1所示的平行四边形ABCD中，CA=CB=1,CD=√2现将 △DAC沿AC折起，得到如图2所示的三棱锥P-ABC,记棱PC的中点为M,且.PB=√5 图1 图2 (1)求证：AM⊥BC; (2)记棱AB的中点为E,在直线CE上作出点N,使得PN∥平面MAB,请说明理由，并求出二面角 P-NB-A的大小 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析，理由见解析，45， 【解析】 【分析】(1)通过条件证明PA⊥面ABC,进而证明BC⊥面PAC,即可求解： (2)以CA,CB为临边，构造矩形ACBD,通过中位线可说明点D即为点N,再通过二面角平面角的概念求 得∠PNA为二面角P-NB-A的平面角，即可求解 【小问1详解】 57 因为CA=CB=DA=1,CD=AB=V2, CA2+CB2=AB2=2, 所以∠ACB=90°，所以∠DAC=90°，即DA⊥AC,BC⊥CA, 图2中，PA=DA=1,AB=√2，PB=V3, 则PA2+AB2=PB2=3,所以PA⊥AB,又PA⊥AC, 又AB,AC为平面ABC内两条相交直线， 所以PA⊥面ABC,又BC在面ABC, 所以PA⊥BC又BC⊥CA, PA,CA为平面PAC内两条相交直线， 所以BC⊥面PAC,又AM在面PAC内， 所以AM⊥BC 【小问2详解】 B N(F) 以CA,CB为临边，构造矩形ACBF,连接CF,易知过点E, 因为E,M分别为CF,CP的中点， 所以PF//ME,又ME在平面MAB内，PF在平面MAB外，所以PF∥平面MAB, 即点F就是N点， 由(1)知PA⊥面ACBN,BN在面ACBN内， 所以BN⊥PA,又BN⊥AN, AW,PA是平面PAN内两条相交直线， 所以BN⊥面PAN,PN在面PAN内， 所以PN⊥BN,又AN⊥BN, 所以∠PNA为二面角P-NB-A的平面角， 因为PA⊥AN,PA=AN, 58 所以∠PNA=45°， 所以二面角P-NB-A的大小为45°. 63.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC,D为BC的中点，P在底面的投影O落在线段AD上， B (I)证明：AP⊥BC; (2)若BC=8,P0=4,A0=3,OD=2,M在线段AP上，且满足平面AMC1平面BMC,求直线BM与直 线CP夹角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (20 【分析】(1)先应用线面垂直判定定理得出BC⊥平面APO,进而得出线线垂直； (2)法1：建立空间直角坐标系设AM=入AP=(0,32,4入)，进而得出面AMC的法向量再应用面面垂直即可 得出入一？，最后计算异面直线所成交即可：法2：根据图形特征得出边长BM=PBsn∠BPA=4反，再根据 线面垂直得出线线垂直. 【详解】(1)因为AB=AC,D为BC的中点故AD⊥BC,又PO⊥平面ABC,BCc平面ABC,故得 P0⊥BC,PO∩AD=O,PO,ADC平面APO,于是BC⊥平面APO,APC平面APO,从而AP⊥BC (2)法1：以O为坐标原点，以射线0D为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标 系0-)z 则A0=3,0(0,0,0),A0,-3,0),B(4,2,0),C-4,2,0),P(0,0,4 59 于是AP=(0,3,4,BC=(-8,0,0, 令AM=λAP=(0,32,42),所以M=(0,32-3,42),又因为AC=(-4,5,0), 设面AMC的法向量为m=（x,y,z) 「4x+5y=0 所以 3y+4z=0'所以m=(5,4,-3) 又BC=（-8,0,0),BA=（-4,-5,0), 所以BM=BA+AM=-4,32-5,42 设面BMC的法向量为i=x,y,z) 8x=0 所以 -4x+(3-5到y+4z=0'所以i=(0,4,5-32 张据wc1平面8WC,即后i=0,所以天-号 所以西-亚，取=厨+p气4-号)，乎-42， BM.CP=0, 所以CP上BM,得所成角为90度，正弦值为1. 法2：几何法 作BM⊥AP,垂足为M 连CM,由三角形全等得MC⊥PA,MC∩MB=M,MC,MBc平面BMC, 得PA⊥平面BMC,PAc平面AMC,从而平面AMC⊥平面BMC 在R1aP0A中，PA2=A02+OP2=25得A0=3, 在R1△ADB中，AB2=AD2+BD2=41得AB=V4I, 在RtaP0D中，PD2=PO+OD2, 在RtAPDB中，PB2=PD2+BD2 所以PB2=P02+0D2+BD2=36得PB=6, 又cos∠BPA=PA'+PB2-AB21 2PA·PB 31 从而sin∠BPA=25故BM=PBsin∠BP4=4V2,同理CM=42, 3 因为BM2+CM2=BC2,所以∠BMC=90°， 所以BM⊥MC,BM⊥AP,AP∩MC=M,AP,MCC平面AMC,所以BM⊥平面AMC,因为CPc平面AMC, 所以CP1BM,得所成角为90度，余弦值为0 60 64.如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将aBCE沿BC翻折至△BCP,使得 PD=3AB,如图2所示. D M D ⊙ E B 图1 图2 (I)求证：PD⊥BC; (②在直线PD上是香存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为22？ 11 PM 若存在，求出 的值：若不存在，说明理由. DM 【答案】(1)证明见解析 @5或对 【分析】(1)根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明BC⊥平面POD,再由线面垂直性质可得 PD⊥BC; (2)解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果； 解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果 【详解】(1)在图1连接DE交BC于O点，在图2中，易知△BCD、△BCP都是等边三角形，易得D0⊥BC ,PO⊥BC, 又DO∩PO=O,D0,P0c平面POD,可得BC⊥平面POD: 又直线PDc平面POD,所以PD⊥BC. M B B 图1 图2 (2)解法一：假设存在点M,符合题意.设AB=2a,则PD=3a, 则在△P0D中，由OD=OP=√5a,PD=3a,由余弦定理得∠P0D=120°， 由(1)得直线BC⊥平面POD,又AD∥BC,·直线AD⊥平面POD,:ADc平面ADP, :平面ADP⊥平面POD 作0Q⊥PD,垂足为Q,则OQ⊥平面ADP, 61 在aP0D,由0D=0P=V5a,Dp=3a,∠P0D=120°所以O0=5。 2 如图3，取4P中点N,连接BN2N,由QN1/AD.QN=)4D,OB1/4D,OB=)4D,符四边形BN00为 2 平行四边形， 因为OQ⊥平面ADP,所以BN⊥平面ADP, B 图3 则直线BM与平面APD所成角0为∠BN,且BN=OQ=5 0. 由已知6os0=2y2,即n0=-eos0-V6 ,由BN=BMsin∠BMN=V 11 11 a,得BM=。 2 12 =(2a2+f2-2x2axt (2a2+(3a2-(2a2 在△BDM中，设DM=1,由余弦定理得 -a 2 2×2a×3a 即412at+5a=0,解得1三0或1 所以有在直，使特直骏w与平重D所成和的余皮位为己医，北时影-5政 11 DM 解法二（向量法）设AB=2a,则PD=3a,则在△POD中，由OD=OP=√3a,PD=3a, 由余弦定理得∠P0D=120°，作PH⊥D0,垂足为H,连接OH,得LP0H=60°，PH=POsin60°= 3 a, 如图3，以BC的中点O为原点，OB,DB,OZ分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系， 期8a:4a-o小.Dn5a0小，所P0号 因此，D=-2a,0o,而-0-5a0 设平面ADP的法向量为n=x,y,z), 62 i.AD=-2ax=0 则 n.PD=- 53 2 解得x=0,令y=-1,则z=√5即向量i=0,-1,3, 所以BM=BD+DM= 33 a-5a,22a, 设直线Bw与平面4PD所成角为0，则cos0=2V2正，所以n0=人-eos9-V丽 11 11 BM.n 所以sin0=cos(BM,i〉 的 V33 BM× 2922-92+41,解得2=，元= 1 6 6 所议存在点M,使待直线BM与平面APD所成角的余弦值为2Y22，此时=5或 11 DM 65.如图，圆锥的底面半径和高都为2，线段AB是圆锥底面圆O的直径，点C是线段OA的中点，M是底面 上圆O的动点，过M作MN⊥AB于点N,MD=DN,点D在圆锥底面形成的曲线为C D B D (I)判断曲线C是何种曲线，并求G的离心率： (②)在曲线C上是否存在异于AB两点的点E,使得平面AEP⊥平面POE？若存在，求出直线PB与平面PAE 所成角，若不存在，请说明理由。 【答案】)曲线G是椭圆， 2 Q存在，直线PB与平面PHE所成角为号 【分析】1)曲线G是椭圆如图建系，可得圆O的方程，设M(,小，D(x,川，可得二X %=2y'代入圆0 的方程，化简整理，即可得答案 (2)根据条件，分折可得当CE=方40=1时，4E1E0,根据面面垂直的判定定理，即可证明平面AEP1平 面POE;设E(xE,yE),A(-2,O),根据EAEO=0结合椭圆的方程，可求出E点坐标，进而可求出平面PAE的 63 法向量为坐标，根据线面角的向量求法，代数计算，即可得答案 【详解】(1)曲线G是椭圆 以O为圆心，AB为x轴，过O且垂直AB的直线为y轴，建立如图的平面直角坐标系， D B M 可以得到圆0的方程为x2+y2=4, 设M(xo,y),D(x,y月，且 =2代入圆0的方程可得号+y产=1， Xo=x 商心*为：9 (2)由于PO⊥平面AEB,AEC平面AEB,则PO⊥AE 当CE=)40=1时，4、B0在以C为圆心，半径为1的国上，所以4征1E0, 又EOPO=O,E0,P0c平面POE,此时AE⊥平面POE, 又AEc平面AEP,所以平面AEP⊥平面POE 设E(xE,yE）,A(-2,0）,则EA=(-2-xE,-yE), 由EAEO=0,可得(-2-xE,-yE)(-xE,-yE)=0,即xE+2xE+y2=0. 由呢=1-足，得到3x+8x+4=0,解得x6=名或=2（舍去) 3 ZA B 如图，以OP为z轴建立空间直角坐标系，由对称性， A-2,0,0),P0,0,2),B(2,0,0), 64 则AE 4 22 .0. 3 AP=（2,0,2,PB=(2,0,-2 E=0 4.22 设平面PAE的法向量为万=（x,,),则 AP=0 ,即3-3=0, 2x+2z=0 令x=1,则y=V2,=-1,所以i=山，2，-， 设0是直线PB与平面P4所成角，0∈0引， nPB 则sin6= 2 PB 2 故直线PB与平面PAE所成角为 自限时训练 一、填空题 1.(2024上海徐汇.一模)己知向量a=(2,5,1),b=(4,m,5),若a.b=3,则实数m的值为， 【答案】-2 【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解。 【详解】因为a=(2,5,1),b=(4,m,5),所以a.b=2×4+5m+1x5=5m+13=3, 所以m=-2. 故答案为：-2 2.（2024上海崇明.一模)在空间直角坐标系中，点(1,2,3)关于x0y平面的对称点的坐标是 【答案】(1,2，-3) 【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标. 【详解】点(1,2,3)关于x0y平面的对称点的坐标为(1,2，-3)， 故答案为：(1,2，-3). 3.(2023·上海奉贤统考一模)在四面体P-ABC中，若底面ABC的一个法向量为i=(1,1,0),且 CP=(2,2,-1),则顶点P到底面ABC的距离为 【答案】2√2 【分析】根据点面距公式代入计算即可得. .CP 【详解】由点面距公式得d= 2+义=45=25 V12+12√2 65 故答案为：2√2 4.(24-25高三上·上海黄浦·期末)在正四面体ABCD中，点N是ABC的中心，若 DN=1DA+μDB+vBC(2,μ，V∈R),则入+u+V= 【答案】h结 【分析】依题意设0A=a,0B=b,0C=c,利用勾股定理即可得到a=b=c,设该正四面体的棱长为，反， 求出点的坐标，结合DN=入DA+μDB+vBC利用空间向量法计算求解. 【详解】因为在正四面体ABCD中，AB=BC=CA,正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条 射线Ox,Oy,Oz上， 设0A=a,0B=b,0C=c, 由OA,0B,OC两两垂直，得a2+b2=b2+c2=c2+a2, 所以a=b=c,即OA=OB=OC,所以0-ABC是正三棱锥， 设该正四面体的棱长为2，则a=b=c=1，于是A(1,00),B0,10),C(0,0,D(11山， 又点N是A8C的中心，所以N-G》 所以DN= -）,0A=0-l-.08=-10,-.8c=0-1n 333 因为丽=Di+uD5vc.所以（号-号号引A0-l-小+-0-小+v0-小， 2 2 =一u u=- 3 可得 2=-1-v ,得v3' 2 =-2-4+V 1 3 可得2+4+v= ZA 故答案为： 4 66 5.如图为正六棱柱ABCDEF-AB'CD'E'F',其个侧面的12条面对角线所在直线中，与直线A'B异 面的共有条 【答案】≤ 【解析】连接A'D',因为六边形AB'C'D'E'F'为正六边形，所以A'D'IIB'C',故A'D'IIBC F E 所以A',D',B,C四点共面，A'B,CD'不是异面直线 B C 同理可得：EF'与A'B共面，不是异面直线 而A'B/IE'D,又AB,A'F,BC与A'B相交 故12条面对角线中，与AB异面的分别为B'C,CD,D'E,FE',AF'共5条 6.(2019上海松江高三二模)在正方体ABCD-A耳GD的所有棱中，任取其中三条，则它们所在的直线两 两异面的概率为 【借号 【分析】先求出12条棱中任取三条的情况属，再数出符合条件的情况数进一步求出概率 【详解】正方体中共有12条棱，任取其中三条，则可能的结果有C=220种，若它们所在的直线两两垂直，则需要 在“前、后”，“左、右”，“上、下"中各选取一条符合条件的棱共有8中，故 82 p 2205万 故管案为号 【点晴】本题考查组合数，考查线线异面关系，考查概率问题 7.(2025复日大学附属中学高三6月检测)已知圆锥底面半径为；，母线长为2，点4A为底面圆周上一点， 若一只蚂蚁从点A出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到A点，则蚂蚁爬行的最短距离为 【答案】2√2 【解析】 【分析】由圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，结合等腰直角三角形，即可求得最短距离。 【详解】由题意，圆锥底面半径为)，母线长为2， 因为圆锥底面半径为，可得底面周长为2元r=2π× π， 可得圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，如图所示， 67 B() C○ 则三角形OAB为边长为2的等腰直角三角形，所以最短距离为AB=2√2 故答案为：2√2 8.(2025建平中学高三下学期三模)在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=AC=BC=AA=2,点P为侧 面ABB,A上的任意一点，则PC·PC的取值范围是 【答案】[2,4 【解析】 【分析】根据空间向量法计算数量积结合二次函数最值计算求解。 【详解】如图取AB中点为原点0，建立空间直角坐标系，设P(x,0,z, 其中-1≤x≤1,0≤z≤2，C0,V3,0,C(0,V3,2, PC=-x,3,-z,P℃=（-x,V5,2-z,PC.P℃=x2+3+z2-2z=x2+(2-1)2+2, 当x=±1，且z=0或z=2时，PC·PC取最大值4， 当x=0,且z=1时，PC·PC取最小值2，所以PC·PC的取值范围为2,4 故答案：[2,4] 9.(2024上海黄浦.二模)在四面体PABC中，2PD=PA+PB,5PE=2PB+3PC,2PF=-PC+3PA,设四面 体PABC与四面体PDEF的体积分别为K、,则长的值为 68 【答案】710.35 20 【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比， 可得答案 【详解】由2PD=PA+PB,2PD=PA+PB-PA+PA,2(PD-PA=PB-PA,则2AD=AB: 5PE=2PB+3PC,5PE =2PB+3PC-3PB+3PB,5(PE -PB=3(PC-PB,5BE =3BC: 2PF=-PC+3PA,2PF=-PC+3P4-3PC+3PC,2(PF-PC)=3(PA-PC,2CF=3CA: 显然四面体PABC与四面体PDEF共顶点且底面共面，则其高相同可设为h, 结合题意可作图如下： E D 夕 在底面连接FB,作图如下： E B 元则义-c2 由20F=30a,即4C=2, S.rwe FC3,易知 S. 8i则3=D1 由2AD=AB,即BD-1, rBA2,易知 .DuE=1 S.FaC6 由5BE=3BC,即 子则e5C3 EC 2 S.BCF BC5 由BD1,BE3 B42’B=F，则aDE题=二x2三3 SDE-3×2-1 510易知6×号 S.FDE=1-S.OWE-S.ICE-S.DE=7 S.FDE=7x3=7 SFBC S.Fac S.acF S.FBc 30'S.ARC30220 hS.DEF 7 = V、 1 0 hS。ABC 69 7 故答案为： 20 10.(2024·上海杨浦一模)将一个半径为1的球形石材加工成一个圆柱形摆件，则该圆柱形摆件侧面积的最 大值为 【答案】2π 【分析】设圆柱形工件的高为h,底面半径为r,得到圆柱形工件的侧面积为S=2πrh,，再结合基本不等式求 解侧面积的最大值. 【详解】设圆柱形工件的高为，底面半径为，+r产=1， 4 则圆柱形红件的侧面积为S=2wh=2w41-2)=4πVF2(1-r2), 又因为1=产+1-)22P1-r可，当且仅当，2=1-)，=5时等号成立， 所以S=红P0-s4红×2， 故答案为：2π 11.(2025·上海嘉定.二模)某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的 球形景观灯所在球面上.考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度1需满足2√万≤1≤3√5.当纪念碑体 积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为米（精确到0.01米). 【答案】4.90 【分析】由题设可得球的半径为”=3，结合正四棱锥的结构特征及其外接球半径与棱长、底面边长的关系得 6h=P,进而得到纪念碑体积关于1的表达式，应用导数求其最大值，并确定对应的侧棱长 【详解】若球的半径为，则=36，可得r-3,又25≤1≤35。 对于正四棱锥，设底面边长为a,高为h, 则=-受--号，所以号r-,甲=2- 2 2 又h-八+g=r2,则号=6h-,故6h=,即h= 6 纪念碑体积r=3h-名xr-）上-1x 3 3-=5×1一361，令1=112,271， 于y=6,则/=21上=24在12,27刃上单调递减 1212 当12≤t<24时y>0,即y=2-在12,24)上单调递增， 36 当24<1≤27时y<0,即y=-在(24,27上单调递减， 36 70 所以=24-装=192，故-写192-兰，此时1-26490米 36 故答案为：4.90 12.(2025·上海长宁.二模)现有一块正四面体木料P4BC,其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后 底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于√7，则切割好后，木料体积的最大值是 (结果保 留刀) 【答案】32V6m 4 6 【分析】设正四面体定点P在底面ABC的投影为O,连接OA,可得以O为圆心，半径为1的圆在底面ABC 内的部分为底，以P为顶点的几何体即为符合要求的部分，先求解底面面积，PO为高，即可求解切割好后， 木料体积的最大值 【详解】 B 设正四面体定点P在底面ABC的投影为O,则O为正三角形ABC的中心， 连接OA,所以40=2×5×3=5，P0=P4-40-6, 2 若底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于√7， 设PQ=√7，则00=√PQ2-P02=1, 所以以O为圆心，半径为1的圆在底面ABC内的部分为底，以P为顶点的几何体即为符合要求的部分， B 如图以O为圆心，半径为1的圆与底面ABC相交的交点为M,N, 延长OA交BC于E,连接OM,ON, 所以oE=x5×3=5 ,OM=0N=1, 322 71 所以cos∠EOM= OE ,所以∠EOM= OM 2 6 所以∠MON=行，所以△M0N为等边三角形， 所以以O为圆心，半径为1的圆在底面ABC内的部分的面积为 πx1-3x2x1-5 π，3V5 6 12 4 24 所以切好后木体积的最大起兮传6-平， 4 6 故答案为： 3√2，√6π 4 6 二、选择题 13.(2025·上海黄浦二模)如图，在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，设a=AA,b=DB,若a、b、c组 成空间向量的一个基底，则可以是() D A B D A.BB B.BC C.BD D.BD 【答案】B 【分析】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断. 【详解】由a=AA,b=DB,,a、b、c组成空间向量的一个基，得向量ā、b、c不共面， 对于A,在平行六面体ABCD-A,B,CD,中，BB=AA,则BB与a、b共面，A不是； 对于C,BD=BB+B,D=AA-DB,=a-方，BD与a、6共面，C不是； 对于D,BD=BD+DD=a-i+a=2a-方，BD与a、6共面，D不是； 对于B,由DB=DA+DC+DD,得b=DA+DC+a,DA,DC,a不共面， 假设BC与a、6共面，则存在x,y∈R,使得BC,=xa+yb, 而BC=CC-CB=a-DA,则a-DA=xa+y(DA+DC+a), 72 x+y-1=0 整理得(x+y-1)a+(y+1)DA+yDC=0,从而y+1=0,此方程组无解， y=0 假设不成立，因此BC与ā、b不共面，c可以是BC,· 故选：B 14.(2026届高三杨浦区一模)若m、n为两条不同直线，0、B为两个不同平面，则下列结论中正确的是 () A.若m∥a,nc,则m∥n B.若m∥n,nca,则m∥a C.若mca,m⊥B,则a⊥B D.若mca,⊥B,则m⊥B 【解析】若mca,m⊥B,则a⊥B;故选：c. 15.(2025建平中学高三下学期三模)己知m,n是两条直线，0是一个平面，下列命题正确的是() A.若m//a,n/1a,则m/∥n B.若m⊥a,m⊥n,则n//o C.若m⊥a,nCo,则m⊥n D.若m/a,m⊥n,则n⊥a 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线、面关系的判定和性质逐一判断即可 【详解】对A:平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，故A错误； 对B:若m⊥o,m⊥n,则n//o或nC,故B错误； 对C:根据线面垂直的定义可知，C正确： 对D:若m/1a,m⊥n,则直线n与平面o的位置关系不确定，故D错误。 故选：C 16.(2026届高三黄埔区一模)设α，B是两个不同的平面，1是一条直线，以下命题正确的是(). A若1⊥a,a⊥B,则111B B.若l/1a,a//B,则111B C若1⊥，a/1B,则1⊥B D.若1/1a,a⊥B,则1⊥B 【解析】若1⊥a,0/1B,则1⊥B，正确； 故选：C 17.（24-25高三上·上海浦东新·期末)设m、n为两条直线，0、B为两个平面，且a∩B=n.下述四个命 题中为假命题的是() A.若m⊥a,则m⊥n B.若m/1a,则m∥n c.若m/1a且m/1B,则m∥n D.若m∥n,则m/1a或m/B 【答案】B 73 【分析】选项A,利用线面垂直的性质，即可求解；选项B,在正方体中，通过取特例，即可求解；选项C 和D,利用线面平行的性质和判定，即可求解 【详解】对于选项A,因为a∩B=n,所以nc,又m⊥a,所以m⊥n,故选项A是真命题， 对于选项B,如图，取平面ABCD为a,平面ADDA为B,则直线n为直线AD,取BB,为直线m, 显然有m/a,但m与n异面，所以选项B为假命题， D C ⊙ B 对于选项C,在a内任取不在直线n上的一点M,过m,M确定Y,则y∩a=I,因为m/1a,所以m/1L, 同理可得m/几2,1，cB,所以41L2,又12cB,4文B,故/1B, 又lca,a∩β=n,所以l/1n,得到m∥n,故选项C为真命题 对于选项D,因为a∩B=n,所以nc,ncB，,若m￠a,因为m∥n,则m/la, 若mCa,易知mtB，,又m∥n,ncB,所以m/B,故选项D为真命题， 故选：B 18.在直三棱柱ABC-4B,C,中，∠BCA=90,BC=AC=)CC,则4B,与C4所成角的余弦值为() A.V30 10 B. C.30 D.15 15 10 【答案】A 【解析】因为直三棱柱ABC-A,B,C,所以CC,⊥底面ABC, 又CA,CBC底面ABC,所以CC,⊥CA,CC⊥CB, 又因为∠BCA=90,所以CA,CB,CC,两两垂直， 以C为原点，以CA,CB,CC分别为x,y,z轴，建立如图所示直角坐标系， 74 B YB 设8C=AC=CG=l,则C(00,0,4,00,410,2,80,2, 所以AB=(-1,1,2,CA=(1,0,2), 设直线AB,与CA所成角为O, AB·CA 则cos0=cos AB,CA= (-1)×1+1x0+2×2-30 ABCA V1+1+4×V1+0+410, 所以异面直线4B,与C4所成角的余弦值为30 10 故选：A 19在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB⊥AC,AB=AC=√2，AA=4,点M是CC的中点，则直线AC,与 BM所成角的余弦值为() 2 8.2 3 C.5 6 【答案】c 【解析】在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AA,⊥平面ABC, :ACc平面ABC,ABc平面ABC, .AA⊥AC,AA⊥AB,且AB⊥AC :如图建立空间直角坐标系A-z, ZA A B 75 B2,0,0),C(0,2,0,C(0,2,4,则M(0,2,2, 则BM=-V2,V2,2,AC=(0,V2,4, 设直线AC,与BM所成角为O, AC,·BM 则cos0=cos(AC,BM） 10 AC BM 2W2x3V26 故选：C 20.(2025·上海闵行·二模)设n为正整数，空间中n个单位向量构成集合An={a,a2,,an}，若存在实数t, 满足对任意a,eAn,a,eAn,a,≠a,都有a·ā，=t,则当n取得最大值时，t的值为(). B. C. 1 D. 2 3 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合A,中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最 大值，进而求出t值 【详解】令集合An={d,a2,,dn}的各向量起点为0，对应终点依次为A,A2,…,An, 由向量ai∈N,i≤n)为单位向量，则点A,A2,…,An在以0为球心，1为半径的球面上， 由a∈A,ā，∈An,ā，≠ā，得点A,A2,…,An中任意三点不共线， 由t=a1·a2=a2·a3,得OA,(OA-OA)=OA·A,A=0,则0A21AA, 由t=a4a2=a2·a,同理得OA2⊥A4A,而点A,A,A4不共线， 于是点4，A,A,A4不共面，点A,A2,A,A4为球0内接正四面体的4个顶点， 若n25,不妨取n=5,同理得0A⊥AA,0A⊥A4A,OA⊥平面A4A, 又OA,⊥A2A,由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点A,∈平面4,4，A:, 与点A,A2,A,A,不共面矛盾，因此nmx=4,设正四面体AAA3A,的棱长为m, 证△4的外接圆半径为尊0号-。，正四面体的商为，一 3 2m. 3m, 球心到平面44,4的距离为V6m 3m-1,因此6m 2V6 兮m=1P,解得m= 3， 12+12- 26 3 所以1=c0sLA04,=一2x1 1 3 76 故选：C 三、解答题 21.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC. (1)证明：平面PAC⊥平面PBD; (2)点H在棱PC上，当二面角H-DB-C的余弦值为时，求CH CP H D B 【分析】(1)根据已知条件，结合正方形的性质，推得AC⊥平面PBD,再结合面面垂直的判定定理，即可 求证； (2)过H作HE⊥DC交DC于E,过E作EF⊥BD于F,连接HF,结合已知条件，推得EH⊥平面 ABCD,BD⊥平面HEF,∠EFH为二面角H-DB-C的平面角，再结合三角形之间边长之间的关系，即可 求解， 【解答】证明：(1)连结AC, P H D F A B 底面ABCD是正方形， .AC⊥BD 又，侧棱PD⊥底面ABCD,ACc平面ABCD, .PD⊥AC. PD∩BD=D, .AC⊥平面PBD, 77 又：ACc平面PAC, .平面PAC⊥平面PBD. (2)解：过H作HE⊥DC交DC于E, 过E作EF⊥BD于F,连接HF, 在平面PDC中，PD⊥DC,HE⊥DC, ∴.EH/PD, EH⊥平面ABCD, 又BDC平面ABCD,.HE⊥BD, 又：EF⊥BD,EF∩EH=E,BD⊥平面HEF, 又HFC平面HEF,:BD⊥HF, ∠EFH为二面角H-DB-C的平面角， 二面角H-DB-C的余弦值为；， 3 故cos∠EFH=3' sin∠EFH=V1-cos2∠EFH= V-= 2V2 3 2W2 故tan∠EFH=sin∠EFH_ 3=22, coS∠EFH 1 设CH=1CP,则HE=PD,CE=元CD,ED=(I-2)CD. 在RIADFE中，∠FDE=45,:EF=5A-ACD. 2 HE APD 1—=22,元= 2 在RtAHEF中，tan∠EFH= EF 5a-)Dc5a-) 3 2 所以，当=面角-D8-C的余弦值为时8召号 【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于难题. 22.在平面五边形ABCDE中，AB=BC=AC=2CD=2DE=2AE=4,AC/DE,O为AC的中点，将四边形 ACDE沿AC翻折，形成一个四棱锥B-ACDE,记平面ACDE与平面ABC所成二面角的平面角为 0(0<0<π) 78 E B (1)证明：无论O为何值，直线0D11平面ABE; (2)当0=买时，求平面ABE与平面BCD夹角的余弦值， 【答案】(1)证明见解析 时 【分析】(1)由AE110D,即可求证； (2)建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【详解】(1) B D 由题意可知：ED/1AO,ED=AO,所以四边形AODE为平行四边形， 所以AEI/OD,又AEc平面ABE,ODC平面ABE, 所以无论O为何值，直线OD∥平面ABE. (2) E B x 由题意可知：ABC为等边三角形，四边形ACDE为等腰梯形， 取DE的中点F,连接OB,OC,OF,易知两两垂直，如图建立空间直角坐标系， XAB=BC=AC=2CD=2DE=2AE=4, 79 则A0,-2,0,B25,0,0,C(0,2,0),D0,1,5E(0,-1,√5 则AE=(0,15,AB=25,2,0,BC=（-25,2,0,BD=-2W5,15), AE.i=y+√3z=0 设平面ABE的法向量为万=x,y,z,则 AB.n=2√3x+2y=0 令z=5,则y=-3,x=5,所以i=(5,-3,5), BC-m=-23a+2b=0 设平面BCD的法向量为m=(a,b,c),则 BD.m=-23a+b+√3c=0 令a=√5，则b=3,c=5,所以m=V5,3,V, mi3 1 所以平面ABE与平面BCD夹角的余弦值为 m155 23.如图，在斜三棱柱ABC-A,B,C,中，AB⊥AC,AB=AC,侧面BB,CC为菱形，且∠B,BC=60°，点D为 棱A,A的中点，平面ABC⊥平面BB,CC.设平面ABC与平面B,DC的交线为1. B (1)求证：I⊥平面BB,CC; (2)若BC=2,求二面角C-B,D-B的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 24 7 【分析】(1)分别延长B,D,BA交于E,连接CE,则CE即为平面B,CD与平面ABC的交线，利用面面垂直的 性质可得EC⊥平面BBCC,从而有I⊥平面BB,CC: (2)以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面B,DC与面B,DB的法向量，用空间向量求二面角的余 弦值，再转化为正弦值即可. 【详解】(1)分别延长BD,BA,设BAOB,D=E,连接CE,如图， 80 心 C A 则CE即为平面B,CD与平面ABC的交线I, 因为D为棱A,A的中点，AA/BB,,则A是BE的中点， 因为ABC中AB=AC,AB⊥AC,所以BE=2AC,从而EC⊥BC, 因为平面ABC⊥平面BB,CC且交线为BC,ECc平面ABC, 所以EC⊥平面BB,CC,即I⊥平面BB,CC: (2)取B,C的中点G, 因为侧面BB,C,C为菱形，且∠B,BC=60°，所以GC⊥BC, 由(1)知EC1平面BB,C,C,所以GC⊥EC,分别以CB,CE,CG所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， B E 因为BC=2,侧面BB,CC为菱形，且∠B,BC=60°， 所以B(1,0,√3)，E(0,2,0),B(2,0,0), 则CB1=(1,0,V3),CE=(0,2,0),BE=(-2,2,0),BB1=(-1,0,V3), 设平面BDC的法向量为m=(x,y1,2), CB,·m=0 则 CE.m=0 0”所以无1十312=0，可取m=(3,0,1), 2y1=0 设平面B,DB的法向量为n=(x2,y2,22), 81 BE·n=0 -x2+y2=0 则 所以 BB·i=0 -x+52,=0'可取n=(W5,5,), 所以cos<mi5.V5-1V万 2√7 7 所以二面角C-B,D-B的正弦值为 42 7 7 24三棱柱48C-48C,中，4814C,AB=AC=2,侧面44CG,为施形，AB=号，三棱锥 C-ABC的体积为2V5 3 (1)求侧棱AA的长； (2)侧枝C,上是否存在点E,使得直线AB与平面4BC所成角的正弦值为5？若存在，求出线段CE的 5 长；若不存在，请说明理由. 【分析】(1)过A在平面ABBA内作AD⊥B,A,垂足为D,可证AD⊥平面ABC,从而可得 7×2×2×AD=2V3 11 ,可求侧棱AA的长： 32 3 (2)存在E满足题意，CE=2,如图，以AB,AC，AD分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 利用向量法可求线段C,E的长 【解答】解：(1)过A在平面ABBA内作AD⊥B,A,垂足为D, 侧面AACC为矩形，.CA⊥AA,又AB⊥AC, :CA⊥平面ABBA,CAC平面ABC,.平面ABC⊥平面ABB,A, ADC平面ABB,A,.AD⊥平面ABC, AD=5, :2A4B=受4D-若M=2 6 (2)存在E满足题意，CE=2. 理由如下：如图，以AB,AC,AD分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 82 则A(-1,0,V3),B(2,0,0,C(0,2,0,C(-1,2,V3), 设CE=CC,2[0,1],则E(2-1.2,3-V32), .AE=(2-1.2,V3-V32),AB=(3,0,V3),AC=1,2,V3) 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z), 则m:0,即3x-=0 m.4C=0x+2y-V5z=0 令z=√3，则x=y=1, .平面A,BC的一个法向量为m=(1,1,√3)， 设直线AE与平面ABC所成角为0， 则sin0=AE:mL=12-21 √5 |AE2-2元+2√55 解得1=1，∴.存在E满足题意，C,E=2 A 【点评】本题考查空间几何体和体积的计算，考查线面解的求法，考查运算求解能力，属中档题， 25.如图，在四棱台ABCD-A,B,C,D中，底面ABCD是菱形，AB=2AA=2AB,=2,LABC=60°，A4,⊥平 面ABCD. (1)证明：BD⊥CC1· (2)棱BC上是否存在一点E,使得二面角E-AD,-D的余弦值为上？若存在，求线段CE的长，若不存在， 4 请说明理由 A B D E C 【分析】(1)连接AC,AC,根据题意证得BD上AC和AA,⊥BD,利用线面垂直的判定定理，证得BD⊥ 83 平面ACC,A,进而证得BD⊥CC,: (2)建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，由平面法向量的夹角公式列方程即可求解. 【解答】(1)证明：如图，连接AC,AC, A B D B E C 因为ABCD-A,B,C,D,为棱台，所以A,A,C,C四点共面， 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC, 因为AA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以AA⊥BD, 又因为AA∩AC=A,且A4,ACc平面4CC4, 所以BD⊥平面ACCA, 因为CC1c平面ACC,A, 所以BD⊥CC,: (2)解：取BC中点Q,连接AQ, 因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°， 所以△ABC是正三角形， 所以AQ⊥BC,即AQ⊥AD,又AA,⊥平面ABCD, 故以A为原点，分别以AQ,AD,AA,所在直线为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： B y 因为AB=2AA=2AB,=2,∠ABC=60°， 则A(0,0,0,A0,0,1),D,(0,1,1),Q(N3,0,0), 假设点E存在，设点E的坐标为(3,2,0)，其中-121， 84 可得AE=(3,2,0),AD=(0,1,1), 设平面ADE的一个法向量为元=(x,y,z), 则i:正=3x+y=0,取=A,可得y=5,2=5, i·AD=y+z=0 所以平面AD,E的一个法向量为元=(2，-√3，√3)， 不妨取平面ADD,的一个法向量为A⑨=(3,0,0)， 则由题意有|cos<AQ,i>=- 5=},解得九=±而 5×V2+64 5 由于二面角E-AD,-D为锐角，则点E在线段上QC, 听以2=0，即CE=10 5 故棱BC上存在点E,当CB=1-D时， 5 二面角E-AD,-D的余弦值为}. 4 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，属中档题 85