7.4 空间角与距离、空间向量及其应用(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

O专题七立体几何与空间向量 A.直线DC1∥平面ACB 4.(2025广东一模)如图，在直三棱柱ABC B.每条棱所在直线与平面ACB,所成的角 A1BC1中，AB=AC=2√3，∠BAC=120°， 都相等 D为AA1的中点，E为BC1的中点， C.平面ACD1⊥平面ACB D.直线BD⊥平面ACB B. 3.(2025福建厦门二模)如图，在三棱台ABC -A1B1C中，平面AA1C1C⊥平面ABC, AA=AC=CC=2,AC=4,BA=BC. (1)证明：A1B⊥AC1; (2)当直线BB1与平面BA1C所成的角最 (1)证明：DE⊥平面BBCC1; 大时，求三棱台ABC一A1B1C的体积. (2)若BB1=6,求直线A1B与平面DBC 所成角的正弦值. 7.4空间角与距离、空间向量及其应用 过去考什么 山东新高考全练 答案：P446 1.(2020新高考I卷，4,5分；考点1)日晷是 中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面 垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间. 把地球看成一个球（球心记为O),地球上一 点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面 A.20° B.40° C.50° D.90° 所成角，点A处的水平面是指过点A且与 2.(多选)(2022新高考I卷，9,5分；考点1) OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷， 已知正方体ABCD一A1B1C1D,则( 若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬 A.直线BC与DA1所成的角为90 度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所 B.直线BC1与CA1所成的角为90° 成角为() C.直线BC与平面BBDD所成的角为45° 93 实战 实战高考·数学 D.直线BC与平面ABCD所成的角为45° 5.(2022新高考1卷，19,12分；考点1)如图， 3.(多选)(2021新高考I卷，12,5分；考点2) 直三棱柱ABC一A1BC的体积为4， 在正三棱柱ABCA1B1C中，AB=AA1= △A1BC的面积为2√2. 1,点P满足B驴=入BC+uBB,其中λ∈ [0,1],4∈[0,1]，则() B A.当λ=1时，△AB1P的周长为定值 B.当=1时，三棱锥P一A1BC的体积为 定值 C当X=时，有且仅有一个点P,使得AP (1)求，点A到平面A1BC的距离； ⊥BP (2)设D为A1C的中点，AA1=AB,平面 D.当u=时，有且仅有一个点P,使得 A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD C的正弦值. A1B⊥平面AB1P 4.(2025新课标I卷，17,15分；考点1)如图 所示的四棱锥P一ABCD中，PA⊥平面 ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD, (2)PA=AB=√2，AD=1+√3，BC=2,P, B,C,D在同一个球面上，设该球面的球心 为O. (i)证明：O在平面ABCD上； (ii)求直线AC与直线PO所成角的余 弦值 94 O专题七立体几何与空间向量 将来考什么 山东模拟专练 答案：P448 考点闯关) 考点①空间角与距离 平面AFG,并给出证明； 1.(2025山东烟台一模)如图，点C在以AB (2)当AF=CD时，求点F到平面ADE 为直径的半圆的圆周上，∠ABC=60°，且 的距离； BP⊥平面ABC,AB=2BP=4,CD=λCP (0<1<1). (3)若AF=CD,求直线DF与平面ABC 所成角的正弦值. (1)求证：AC⊥BD; (2)当λ为何值时，平面ACP与平面ABD 夹角的余弦值为： 考点2空间向量及其应用 3.(多选)(2024山东淄博二模)如图，在平行 六面体ABCD-A1BCD中，以顶点A为 2.(2024山东淄博一模)如图，多面体 端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角 ABCDEF由一个正四棱锥A一BCDE与一 个三棱锥F一ADE拼接而成，正四棱锥 都是，M为A1C与BD的交点.若A= A一BCDE的所有棱长均为3√2，AF a,AD=b,AA=c,则下列说法正确的 ∥CD. 是() A.Ci=-1。-1, 2a B.CM,AC)=晋 C.BD=a+b+c (1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥ D.AD.BD=1 95 实战 实战高考·数学 4.(多选)(2024山东菏泽一模)如图，在棱长 D.PQ与平面ADD1A1所成角的正切值最 为2的正方体ABCD-A1BCD1中，P为 侧面ADD1A1上一点，Q为B1C的中点， 小为号 则下列说法正确的有( 5.(2025山师附中一模)已知球O的半径等于 D 4,O,O2是球O的某内接圆柱的上、下底面 4 B 圆心，OO2=2,PQ是球O的直径（点O在 PO上，点O2在OQ上)，M为OP的中点， D 若四边形ABCD是圆O1的内接矩形，AE, A若点P为AD的中点，则过P,Q,D三 BF是圆柱的母线，且平面MCD⊥平面 点的截面为四边形 MEF,则AB= B.若点P为A1D的中点，则PQ与平面 6.(2024山东济南一模)在三棱柱ABC BDD,B所成角的正弦值为S A1BC中，AM=2Mi,A1N=mA1C,且 C.不存在点P,使PQ⊥AC BN∥平面ACM,则m的值为 分层闯关) 基础题组 PB·P心=0，则点P的轨迹长为 1.(多选)(2024山东菏泽二模)如图，已知二 3.(2025山东泰安二模)如图，斜四棱柱 面角a一l-B的平面角大小为60°，C∈a,D ABCD一A'B'CD'的底面为菱形，平面 ∈3，AC⊥l,BD⊥L,垂足分别为A,B,若 A'BD⊥平面ABCD,E,F分别为AA',CC AC=BD=2AB=2,则下列结论正确的 的中点。 有() B (1)证明：平面BEF⊥平面A'BD; B D (2)若△ABD,△A'BD都是边长为2的等 A.直线CD与平面B所成角的余弦值 边三角形，求直线BC与平面BEF所成角 为10 5 的正弦值， B.点D到平面α的距离为√3 C.平面BCD与平面a夹角的余弦值为2 D.三棱锥C-ABD外接球的表面积为l9 2.(2024山东聊城一模)已知正四面体ABCD 的棱长为2，动点P满足A卫·CD=0,且 96 O专题七立体几何与空间向量 4.(2025山东淄博一模)如图，在四棱锥S一 5.(2024山东潍坊一模)如图，在四棱台 ABCD中，BC∥AD,AB=BC=1,点E在 ABCD-A1BC1D1中，下底面ABCD是平 AD上，且SE⊥AD,AE=1,DE=2. 行四边形，∠ABC=120°，AB=2A1B1=2, BC=8,A1A=4√2，DD1⊥DC,M为BC的 中点. D E (1)点F在线段SE上，且BF∥平面SCD, M 证明：F为线段SE的中点； (1)求证：平面CDDC⊥平面D1DM; (2)若AB⊥平面SAD,SD与平面SAB所 (2)若D1D=4,求直线DM与平面BCC1B 成的角的余弦值为巴，求SD的长度。 所成角的正弦值 97 实战 实战高考·数学 能力题组 PM于点H,当CH的长度最小时，求入 6.(多选)创意题(2024山东日照一模)如图是 的值 数学家Germinal Dandelin用来证明一个平 面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模 型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个 大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧 E 面和截面都相切，截面分别与球O,球O2 切于点E,F(E,F是截口椭圆C的焦点). 设图中球O,球O2的半径分别为4和1，球 心距OO2|三√/34，则( 8.(2025山东临沂一模)在△NBC中，∠B= 90°，AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图将 △NAD沿AD翻折至△PAD. (1)证明：平面PBC⊥平面PAB. (2)若二面角P-AD一B大小为120°. A.椭圆C的中心不在直线O1O2上 (i)求PA与平面PBC成角的正弦值， B.EF=4 (i)在线段PD上是否存在点E,使得平面 C.直线OO2与椭圆C所在平面所成的角 ABE与平面PDC所成角的余弦值为？ 的正弦值为5y解 34 若存在，确定点E的位置；若不存在，说明 D.椭圆C的离心率为 理由. 7.(2025山师附中一模)如图，四棱锥P一AB CD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面 ABCD,/ABC-60,PA-7AB-1,E,F 分别是线段BD和PC上的动点，且BE λBD,PF=λPC(0≤A≤1). (1)若EF∥PA,求入的值； (2)当入=号时，求直线DF与平面PBC所 成角的正弦值； (3)若直线AE与线段BC交于点M,AH 98 O专题七立体几何与空间向量 培优题组 10.创意题(2024山东济南一模)在空间直角 9.新题型(2025山东日照一模)已知在四面体 坐标系O一xy之中，任何一个平面的方程 P-ABC中，E(i=1,2,3,…,6)分别为所 都能表示成Ax十By+C之+D=0,其中A, 在棱的中点，如图所示 B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0，且n=(A, (1)证明：EE3∥平面PBC. B,C)为该平面的法向量.已知集合P= (2)若E1E2,E3E4,EE6两两垂直，则称四 {(x,y,z)|lx|≤1，|yl≤1，z≤1}，Q= 面体P一ABC为“斜垂四面体” {(x,y,z)l|x|+|y|+|x≤2}，T={(x, ①在斜垂四面体P一ABC中，若E1E2=1, y,z)|x|+y≤2，|y+|x≤2，|z|十 E3E4=2,EE6=3,求直线PA与平面ABC |x|≤2} 所成角的正弦值. (1)设集合M={(x,y,x)之=0}，记P∩M ②在空间直角坐标系O一xy之中，xOy平面 中所有点构成的图形的面积为S,Q∩M 内有椭圆C:苦+x=1,直线y=x-1与 中所有点构成的图形的面积为S2,求S 和S2的值. C交于A,B两点.P为空间中一点，若P一 (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体 ABO为斜垂四面体，求其外接球表面积S 积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的 的最小值，并求出此时的直线方程. 体积为V2,求V1和V2的值. (3)记集合T中所有点构成的几何体 为W. ①求W的体积V3的值； E ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二 面角的大小，并指出W的面数和棱数。 99 实战 实战高考·数学 他省考什么 高考全国视野 答案：P455 真题精练) 3.(2024新课标Ⅱ卷，17,15分)如图，平面四 1.(2024新课标Ⅱ卷，7,5分)已知正三棱台 边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3， ABC-ABC的体积为号，AB=6,AB ∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足 =2,则A1A与平面ABC所成角的正切值 A迹=号AD,A=2A$,将△AEF沿EP 为() 对折至△PEF,使得PC=4√3. A支 B.1 (1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角 C.2 D.3 的正弦值. 2.(2025新课标Ⅱ卷，17,15分)如图，在四边 形ABCD中，AB∥CD,∠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EFDA',使得平面EFDA'与 平面EFCB所成的二面角为60°. 0 4.(2025天津卷，17,15分)正方体ABCD一 E A1B1C1D1的棱长为4，E,F分别为A1D1, (1)证明：AB∥平面CD'F; CB1的中点，CG=3GC. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二 (1)求证：GF⊥平面FBE; 面角的正弦值， (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余 弦值； (3)求三棱锥D一FBE的体积， 100 O专题七立体几何与空间向量 模拟精练 3.(2025湖北模拟)如图，直三棱柱ABC 1.(多选)(2025河北秦皇岛一模)已知在正三 ABC中，A1D=入AC,AD=4AC 棱柱ABC-ABC1中，E为棱BB1的中 (λ，∈(0,1))且平面AB1D1∥平面BDC. 点，F为棱AA1的中点，则() A.A1E∥平面CBF B.若AB=AA1,则AE⊥AC C.若AB=2AA1,则直线A1E与直线C1F 所成角的余弦值为号 (1)求实数λ，μ的值. D.若AB=AA1,则平面CEF与平面ABC (2)若A1C⊥平面AB1D1,AB=√2AA1, 的夹角为30° A1C∩AD1=E. 2.（2025河北保定一模)如图，在圆锥PO中， (i)求证：BD⊥AC A,B,C,E是底面圆O上的四点，D为直线 (ii)求二面角E-BC一D的余弦值： AO与圆O的另一交点，F为母线PD上一 点，且AB=AC=AF=BC=√3，FD=1. (1)证明：平面FBC⊥底面圆O; (2)E为底面圆O的劣弧AB上一点(E与 点A,B均不重合)，且平面EFA与平面 DA所皮角的余弦值为，求∠ADE的 正弦值 A 101答率册 实战高考·数学 7.4空间角与距离 山东新盖 ①B解析画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在 平面的截线，l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA ⊥L,AB是晷针所在直线，m是晷面的截线.依题意，晷面 和赤道平面平行，晷针与晷面垂直. 根据平面平行的性质定理可知∥CD,根据线面垂直的 定义可得AB⊥m. 因为∠AOC=40°，m∥CD,所以∠OAG=∠AOC=40°. 因为∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°， 所以∠BAE=∠OAG=40°，即晷针与，点A处的水平面所 成角为40°. G m 2ABD解析如图，连接B1C.因为DA1∥B1C,所以直 线BC与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的 角.因为四边形BB1CC为正方形，所以B1CLBC,所以 直线BC与DA1所成的角为90°，A正确. 因为A1B1⊥平面BB1CC,BCC D 平面BB1C1C,所以A1B1⊥BC1. A 因为B1C⊥BC,A1B1∩B1C= B1,A1B1,B1CC平面A1B1C,所 以BC⊥平面A1B1C. 又CA1C平面A1B1C,所以BC⊥A CA1,故B正确. 连接A1C,设A1C∩B1D1=O,连接BO. 因为BB1⊥平面A1B1CD1,COC平面A1B1CD1,所 以C1O⊥B1B. 因为CO⊥B1D1,B1D1∩B1B=B1,B1D1,BB1C平面 BB1D1D,所以CO⊥平面BB1D1D, 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1DD所成的角. 设正方体故长为1，则G0-号，BG=v2,mGB0 C1O 1 BC12, 所以直线BC与平面BB1D1D所成的角为30°，故C 错误。 因为CC⊥平面ABCD,所以∠CBC为直线BC1与平面 ABCD所成的角，易得∠CBC=45°，故D正确. 故选ABD. 3BD解析如图. 易知，点P在矩形BCCB1内部（含边界）. 446 空间向量及其应用 考全练了 对于A,当入=1时，B驴=BC+ uBBi=B武+uCC,此时P∈线段 A CC,△AB1P的周长不是定值，故 A错误. 对于B,当u=1时，B驴=ABC十 BB=BB十λB1C,此时P点轨 迹为线段B1C,而B1G∥BC,则 有B1C∥平面A1BC,所以P到平 Q 面A1BC的距离为定值，所以三棱 2y 锥P一A1BC的体积为定值，故B 正确. 对于C,当X=2时，BD-2B心+rBB.分别取BC, B1C的中点Q,H,连接QH,则B驴=B戒十μQi,所以 P点轨迹为线段QH.建立空间直角坐标系如图，则 A1(50,1）,P0,0m,B(0,20）,所以A市-(-， 0-1),B-(0,-2).令A1市.B币=u4-1)=0, 解得=0或u=1,故当，点P在H或Q处时均满足A1P ⊥BP,故C错误. 对于D,当以=合时，B肺=XBC+}B丽.分别取BB, CG的中，点M,N,连接MN,则B萨-BM+λMN,所以 P点轨证为线段MN设P(0,0,号)入因为A(,00), 所以-(-号2)i=(-,2,-）)◆a市. A店-是十0合-0，解得0=合，此时P与N重 合，故D正确 ④(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD, ABC平面ABCD,'.AP⊥AB. ,'AB⊥AD,APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD =A, AB⊥平面PAD. ABC平面PAB,∴.平面PAB⊥平面PAD, (2)(i)证明：方法一：以A为原点，AB,AD,AP分别为 x轴、y轴、Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， B...A D C 则A(0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2,0)，D(0,1+√3， 0),P(0,0W2). 若P,B,C,D在同一个球面上，则|OP|=|OB= |OC=|OD.如图，在平面xAy中， E D -2-17A 1B234x A(0,0),B(W2,0),CW2,2),D(0,1+√3)， ∴线段CD的中底坐标r(竖，)，直线CD的斜率 1=1+B-2=-51,直线CD的垂直平分线EF的 0-√2 √2 斜率k2= √2_√6+2 W3-1 2 直线EF的方程为y-生3_6(x一号）， 2 2 即-6士(x》+ 2 2 当y=1时，16士(。-)+，解得-0 2 .O(0,1),则在立体几何中，O0,1,0) 易求得|OP|=|OB|=|OC1=|ODl=3, ∴.点O在平面ABCD上. 方法二：P,B,C,D在同一个球面上，球心到四个点 的距离相等，在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是 该三角形的外心，作出BC的垂直平分线O1E,分别交 BC,AD于点E,O,连接BO,CO,如下图所示. 由几何知识，得OE=AB=2,BE=CE=AO=号BC 1,OD=AD-AO=√3，BO=CO=√12+(W2)2=√3， .OD=BOh=CO,∴.点O是△BCD的外心. 在Rt△AOP中，AP⊥ AD,AP=√2，由勾股定 理，得PO AP2+AO - =W(W2)2+12=√3， ∴.PO1=BO1=CO=OD=√3， ○实战册参考答案及解析 点O即为点P,B,C,D所在球面的球心O,此时点O 在线段AD上，ADC平面ABCD, .点O在平面ABCD上. (i)解：方法一：由(2)(i)及图，得AC=(√2,2,0)，Pδ= (0,1,-√2). P A D B. C 设直线AC与直线PO所成的角为0， 1AC.Pò 则cos0-AC11δ 0+2×1+0 ② √W2)2+2+0×W0+12+(-V2)23 方法二：由几何知识，得PO=√3，AB⊥AD,BC∥AD, .AB⊥BC. 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理，得AC= √AB2+BC=√(W2)2+22=√6. 过点O作AC的平行线，交BC的延长线于点C1,连接 ACI,PC1, 则OC1=AC=√6，直 线AC与直线PO所成 的角即为△POC中 ∠POC或其补角. PA⊥平面ABCD, A .D AC1C平面ABCD, .PA⊥AC. 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=BC+CC=2+1=3,由 勾股定理，得AC√AB2+BC=√(W2)2+32=√1I. 在Rt△APC中，PA=√2，由勾股定理，得 PC√PA2+AC-√(W2)2+(√11)2=√13. 在△POC1中，由余弦定理，得 PC=PO+OC-2P0·OC1cos∠POC,即（√13）2= (W3)2+(W6)2-2√3X√6cos∠POC,解得cos∠POC= 3 ∴.直线AC与直线PO所成角的余弦值为 oPOC ⑤解：(1)因为三棱柱ABC-A1B1C的体积V=4,所以 VaA-c=3V- 447 答案册 实战高考·数学 在直三棱柱ABC-A1B1C中，设点A到平面A1BC的 距离为九，则由VAAC=VA-ABC,得号SAAC·h= 2号A=号，解得A=厄，所以点A到平面A1BC的距离 2√2， 为W2. (2)如图，取A1B的中点E,连接AE. 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABBA1,平面A1BC∩平面 ABB1A1=A1B,且AEC平面ABB1A1, 所以AE⊥平面A1BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C中，BB1⊥平面ABC. 由BCC平面A1BC,BCC平面ABC可得AE⊥BC,BB1 ⊥BC 又AE,BB1C平面ABB1A1且相交， 所以BC⊥平面ABB1A1, 所以BC,BA,BB1两两垂直.以B为原点，直线BC,BA, BB1分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系， 由(1)得AE=√2，所以AA1=AB=2,A1B=2√2， 山东模 考点闯关 考点①空间角与距离 ①(1)证明：因为BP⊥平面ABC,ACC平面ABC, 所以BP⊥AC. 因为点C在以AB为直径的半圆的圆周上， 所以BC⊥AC 因为BP∩BC=B,BP,BCC平面PBC, 所以AC⊥平面PBC 又BDC平面PBC,所以AC⊥BD. (2)解：若O为AB的中点，即为半圆的圆心，作O2⊥平面 ABC,在平面ABC内作Ox⊥AB. 因为∠ABC=60°，AB=2BP=4,所以BC=2,AC=2W3. 建立如图所示的空间直角坐标系O一xy2,则A(0,一2， 0),B(0,2,0),C(√3,1,0)，P(0,2,2),所以C泸=(-√3,1， 2),AB=(0,4,0),AC=(W3,3,0). 由C市=λC泸=(-√3λ，λ，2λ)，可得D(3-√3λ，λ+1， 2), 所以AD=(W3-√3λ，λ+3,2x). 设m=(x,y,z),n=(a,b,c)分别为平面ACD与平面 ABD的法向量， 则m·A市=5-0+G+3)y+2x=0, '(m·AC-√3x+3y=0. 取y=-1,得m=(3,-1,2). n·AD=(W3-√3λ)a+(+3)b+2c=0, n·AB=4b=0. 448 所以BC=2, 则A(0,2,0),A1(0,2,2), 2 B(0,0,0),C(2,0,0),所以 A1C的中点D(1,1,1), 则BD=(1,1,1),BA=(0,2, 0),BC=(2,0,0). 设平面ABD的法向量为m= (x1y1,21), m·Bd=x1十y1十z1=0, 则 m·BA=2y=0. 取x1=1,得m=(1,0,-1). 设平面BDC的法向量为n=(x2,y2,2), n·Bj=x2十y2十z2=0, 则 n·BC-2x2=0. 取2=1，得n=(0,1,-1),则cos(m,n>=mm m·n 1 1 V2X√22’ 所以二面角A-BD-C的正弦值为√一(（合了-9 拟专练 取a=2λ，得n=(2λ，0，W3λ一√3)， 所以1am1=贤滑-22子阁 =6 89 整理得572-58以十13=0，解得X=号或X8所以当入 为写或号时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为 A 2 C 2解：(1)当点G为DE中点时，平面ABC⊥平面AFG. 证明如下：因为四棱锥A一BCDE是正四棱锥，所以AD =AE,所以AG⊥DE. 在正方形BCDE中，DE∥BC,所以AG⊥BC. 在正方形BCDE中，CD⊥BC,因为AF∥CD,所以AF ⊥BC. 因为AF∩AG=A,AF,AGC平面AFG, 所以BC⊥平面AFG. 因为BCC平面ABC,所以平面ABCL平面AFG. (2)设DE中点为G,连接BD,CE交于点O,连接AO, OG,GF,则AF∥OG,且AF=OG. 因为四棱锥A一BCDE是正四棱锥， 所以AO⊥平面BCDE: 所以四边形AOGF为矩形，所以AF⊥FG. 因为AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE. 又DE∩FG=G,DE,FGC平面DEF,所以AF⊥平 面DEF. 易求得PC=A0=3,所以VAmE=号·AP·SAmE= 号×3￥×分×3vx3-号 2 设点F到平面ADE的距离为h.因为VF-ADE=VA-DE =号，即时×号×m吾×8②2.h=号， 解得h=√3，所以点F到平面ADE的距离为3. (3)因为四棱锥A一BCDE是正四棱锥，所以OC,OD,OA 两两垂直」 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,3),B(0,-一3,0)，C(3,0,0),D(0,3,0),F(一1， 1,3),所以BA=(0,3,3),CA=(-3,0,3),D =(-1,-2,3). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), n·BA=3y十3z=0, 则 n·CA=-3x+3z=0. 取x=1,则y=-1,x=1,故n=(1,-1,1). 设直线DF与平面ABC所成的角为O, 则sin0=|cos〈D市，n)|= DF.n DFIn = .4 √14X5 =2√42 21， 所以直线DF与平面ABC所 成角的正弦值为2平。 考点②空间向量及其应用 3AD解析由题意，可知a·b=a·c=b·c=1X1X 对于A,CM=Cd+C应=AA+?CA=AA 2破+动)=-2a-b叶c,故A正确； 对于B,因为AC=AB+AD+AAi=a十b十c, 所以C脑.Ad=(←2a-}b叶c)(a+b+c)= 2a2、 ga6-gae-36a-3-36cte 1 1 a+c·b+c2=0, 所以(C成i,AC)=,故B错误； 对于C,BD=BA+BC+BB=-AB+AD+AAi=-a 十b十c,故C错误； ○实战册参考答案及解析 对于D,AD.BD1=b·(-a+b+c)=-a·b+b2+b·c =1,故D正确」 ④AB解析如图，以D为原 D 点，DA为x轴，DC为y轴， DD1为之轴，建立空间直角坐 B 标系D-xyz. 对于A,顺次连接P,B,Q,D1 C u 四，点， A B 当P为AD的中点时，P(1,0, 0),D1(0,0,2),B(2,2,0),Q(1,2,2), PB=(1,2,0),D1Q=(1,2,0),Pi=D1Q,所以四边形 PBQD1为平行四边形，四边形PBQD1为过P,Q,D1三 点的截面，A正确. 对于B,当点P为A1D的中点时，P(1,0,1),D克=(2,2， 0),DD=(0,0,2),P0=(0,2,1). 设平面BDD1B1的法向量为 D n=(x,y,之)，则 "s n·Di=0,12x十2y=0, 即 n·DD=0,2z=0. 令x=-1,则y=1,n=(-1, D 衣刘 1,0), aA B 所以PQ与平面BDD1B1所成角的正弦值为 P夜.n csP0·m川=TP011n5·2 2/10 5” 故B正确， 对于C,可设P(x1,0,1),x1,1∈[0,2]，则P=(1 x1,2,2-1）. A1(2,0,2),C(0,2,0),A1=(-2,2,-2),P0.A1C -2(1-x1)+4-2(2-1)=2x1+21-2. 令2x1十2z1一2=0，则x1十1=1，显然存在点P满足 PQ⊥A1C,故C错误. 对于D,当PQ与平面ADD1A1所成角的正切值最小时， PQ与平面ADD1A1所成角的正弦值也最小，P夜=(1一 x1,2,2一1)，平面ADD1A1的一个法向量为m=(0,1, 0), 则PQ与平面ADDA1所成角的正弦值为|cos(P范·m) P夜·m 2 1P011m√a-)2+22+(2-1)2 当x1=0或2,1=0时， cos(P夜·m〉|= 2 V12+22+22=3. 由三角函数可得PQ与平面ADD1A1所成角的正切值最 小为25，故D错民。 ⑤4√3解析如图为过球O、圆柱的上、下底面圆心O, O2与AE的截面. 449 答案册 实战高考·数学 因为球0的半径等于4，OO2=2, 所以001=OO2=1,故圆柱底面半 径为OA=√42-12=√15. 因为M为OP的中点，所以OM= 2,OM=1. 如图，以O为坐标原点，以平行于 BC,AB的直线分别为x轴、y轴， 以OO2为之轴建立空间直角坐标系. 设AB=2m,BC=2m,则A(n, -m,0),E(n,-m,2),F(n,m,E 2),C(-n,m,0),D(-n,-m, 0),M(0,0,-1), A 所以OA=(,-m,0),则 |OA|=√n2+(-m)2= √15，故n2+m2=15. M心=(-n,m,1),M亦=(-n,-m,1),Mi=(n,-m,3), Mi=(n,m,3). 设平面MCD和平面MEF的法向量分别为i=(x1,y1, 1),j=（x2,y2,22), i.M心=-n1+my+z=0, 则 i.MD=-nx1-myI+z=0, j·Mi=nc2-my2十3x2=0, j.Mi-nx2十my2+3x2=0. 令x1=1,得y1=0,1=n,故i=(1,0,n). 令=1，得为=0，知=-号，故j=(1,0,一学). 因为平面MCDL平面MER,所以ij=1-号=0，得R =3. 又n2十m2=15,所以可得m=2√3，故AB=4√3. 62解桥如图，不坊设A市=a,A心-b,AA=c 依题意，AM=号a,MA-i+AA N =-号A迹+aA=c-号a,Mt-AC -i=6号a 因为A1衣=mA1C=mb, 所以Bi=BAi+A1i=c-a十mb. 又BN∥平面A1CM,所以Bi,MAi,M心必共面， 即存在入，u∈R,使得BN=λMAi十μM心，即c-a十mb= Ae-号a)+nb-号a), 号a+w=-1, 从而有 1 u=m, 解得m=2 λ=1， 450 分层闯关) 基础题组 ①ABD解析对于A,过点A作AE∥BD,使得AE= BD,过点B作BF∥AC,使得BF=AC,连接CF,ED,过 点C作CH⊥AE,垂足为，点H,过点D作DG⊥FB,垂足 为点G. 因为AC⊥AB,BD⊥AB,则AE⊥AB, 所以∠CAE即为二面角a一l一B的平面角，则∠CAE =60°. 同理可得∠FBD=60°，且四边形AEDB,ACFB均为 矩形 又AC∩AE=A,且AC,AEC平面CAE,所以AB⊥平 面CAE. 因为CHC平面CAE,所以AB⊥CH. 又AB∩AE=A,AB,AEC平面AEDB,所以CH⊥平面 AEDB. 所以∠CDH为直线CD与平面B所成的角. 因为AD=√BD2十AB2= √4+1=√5，AH=AC· cos60°=1，CH=AC·sin60° =√3，EH=2-1=1, B 则HD=√HE2+ED2=√1+1=√2，所以CD=√2+3 =5, 所以DH铝-得巴，米以A正克 对于B,因为FB⊥AB,BD⊥AB,DB∩FB=B,DB,FBC 平面FBD,所以AB⊥平面FBD. 因为DGC平面FBD,所以AB⊥DG. 又AB∩FB=B,AB,FBC平面ABFC,所以DG⊥平面 ABFC. 由A项知∠FBD=60°，所以DG=√3，即，点D到平面a的 距离为√3，所以B正确. 对于C,连接CB,过点D作DM⊥CB,垂足为M. 由B知DG⊥平面ABFC. 因为CBC平面ABFC,所以DG⊥CB. 又DG∩DM=D,DG,DMC平面DGM,所以CB⊥平 面DGM. 因为MGC平面DGM,所以 MG⊥CB,所以∠DMG为二面 角D一CB一G的平面角. 又DG=√3，GB=1,由△BMG BE n△BFC,可得架-8器所 1 以MG= ，所以DM=VDG+MC=45 5 所以ca∠GMD-版-}所以C错民。 对于D,设三棱锥C一ABD的外接球球心为O,由AB BD,CA⊥AB,取AD的中点为K,取CB的中点为L,AB 的中点为N, 连接OK,OL,KN,LN,则OK⊥平面ABD,且OL⊥平面 CAB,KN⊥AB,LN⊥AB. 因为ABC平面ABD,所以OK⊥AB. 又KN∩OK=K,KN,OKC平面KNO,所以AB⊥平 面KNO. 同理可得AB⊥平面NOL,则O,L,N,K四，点共面，且 ∠LNK=60°， 则∠LOK=120°，LN=KN= G 1,所以0=0K=号 G 因为KB=9-与，所以0B E 51119 /19 √4+3√位，即外接球的半径为√， 所以外接球的表面积为红×吕-g,所以D正确 故选ABD 2W3π解析因为AP.C市=0，所以点P在过点A且垂 直于CD的平面上 因为P克·P心=0，所以，点P在以BC为直径的球面上， 所以，点P的轨迹为过，点A且垂直于CD的平面截以BC 为直径的球面所得的圆. 取CD的中，点E,连接AE,BE,则有AE⊥CD,BE⊥CD. 又AE,BEC平面ABE,AE∩BE=E, 所以CD⊥平面ABE. 取BC的中点F,BE的中点G,连接FG,则FG∥CD. 所以FG⊥平面ABE,FG= cE-cD=×2=BF -BC-L, B F为以BC为直径的球的球心， G 则该球的半径为1， 所以点P的轨迹所形成的圆的 丰径为r√12-（合了-号，则共轨连长为2一5元 3(1)证明：连接AC,交BD于点O. .四边形ABCD为菱形，.AC⊥BD】 又平面A'BD⊥平面ABCD,平面A'BD∩平面ABCD= BD,ACC平面ABCD, .AC⊥平面A'BD. 在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，E,F分别为AA',CC的 中点， .AE∥CF,AE=CF, .四边形ACFE为平行四边形，∴.EF∥AC, ○实战册参考答案及解析 .EF⊥平面A'BD EFC平面BEF, ∴.平面BEF⊥平面A'BD. (2)解：连接A'O.由题意，知O为AC,BD的中点， △ABD,△A'BD都是等边三角形，且BD=2, .A'O⊥BD,A'O=AO=3. :平面A'BD⊥平面ABCD,平面A'BD∩平面ABCD= BD,A'OC平面A'BD,.A'O⊥平面ABCD. 以O为原点，OA,OB,OA'所在直线分别为x轴、y轴、 之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， D' 21 B A B 则A(3,0,0),B(0,1,0),A'(0,0,3),C(-3,0,0), c(-20v.E(停0，号）r(-3y.o,9), 迹-(，-1,9）康=(-2,00). 设平面BEF的法向量为n=(x,y,之)， m∫n·Bi-o,3 则 n.E=0, 2y+9-0. -2√3x=0. 令=2，则n=(0,√3,2). 又BC=(-2V3,-1w3), 'cos<n,BC>= BC.n 3=2I BC|n√7×428' ∴直线DC与平面BDF所成角的正弦值为石。 ④(1)证明：连接BF,过点F作 FG∥AD交SD于点G,连 接CG. 因为BC∥AD,所以FG∥BC, 所以B,C,G,F四点共面. 因为BF∥平面SCD,BFC平B 面BCGF,平面SCD∩平面BCGF=CG, 所以BF∥CG,所以四边形BCGF是平行四边形， 所以FG=BC=1,所以FG=2ED=1, 所以F为线段SE的中点. (2)解：连接EC.因为AE∥BC,AE=BC=1,所以四边形 ABCE是平行四边形， 所以AB∥CE. 因为AB⊥平面SAD,所以CE⊥平面SAD. 又SE⊥AD,所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),D(0,2,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),设 S(0,0,h), 451 答案册 实战高考·数学 所以Sd=(0,2,-h), 设平面SAB的法向量为n=(x,y,z), AB=(1,0,0),SA=(0,-1,-h), [n.AB=x=0, 所以 n.SA=-y-hx=0. 令y=h,则之=-1，x=0,所 以n=(0,h,-1). 因为SD与平面SAB所成的角的余弦值为沿。 所以SD与平面SAB所成的角的正弦值为3y@ 109 即|cos(n,Sd)|= |n.sò 21 |nIsò 3h w√1+h2·√4+h2 =3w10 10 Dy h2 所以1+2)(4+2)=10， 化简得4-5h2+4=0, 解得h2=1或h2=4,即h-1或h=2, 所以SD=√SE2+ED=√I2+22=√5或SD= √SE+ED2=√22+22=2√2. ⑤(1)证明：在□ABCD中，由∠ABC=120°，得∠DCM= 60°.又DC=2,CM=4, 所以在△DCM中，由余弦定理，得DM= √2+42-2×2×4×2=25， 则DM形十CD2=CMP,所以DM⊥CD. 又CD⊥DD,DD∩DM=D,DD1,DMC平面DDM, 所以CD⊥平面DDM.因为CDC平面CDDC, 所以平面CDDC⊥平面DDM. (2)解：在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，由AB=2A1B1, 得AD=2A1D1=8,所以A1D1=4. 在梯形ADD1A1中，AD=8,DD1=4,过A1作A1E∥ DD交AD于点E, 则AE=4,A1E=4.又AA =4√2，显然AE十A1E2= AA,所以A1E⊥AD,所以 D1D⊥AD. 又DD⊥CD,AD∩CD= M D,AD,CDC平面ABCD, 所以D1D⊥平面ABCD. 以D为坐标原点，以DM,D心，DDi的方向分别为x轴、y 轴、之轴的正方向建立空间直角坐标系D一xy2, 则D(0,0,0),C(0,2,0),C(0,1,4),M(23,0,0),所以 M心=(-2√5,2,0)，CC=(0,-1,4),DM=(23,0,0). 设平面BCCB1的法向量为n=(x,y,z), 452 M心.n=-23.x+2y=0, 则」 9cC·n=-y+4z=0. 令之=√5，得n=(4,45,w3). 设DM与平面BCC1B1所成的角为O, 则血0-w应a1--2a =467 67 所以直线DM与平面BCCB:所成角的正弦值为4阿 67 能力题组 6ACD解析依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相 交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合 体，得圆锥的轴截面及球O,球O2的截面大圆，如图， 点A,B分别为圆O1,圆O2与 圆锥轴截面等腰三角形一腰相 BO N 切的切点，线段MN是椭圆 0. 长轴， D 可知椭圆C的中心（即线段MN 的中点)不在直线O○2上，故 A正确. 椭圆长轴长2a=|MN|=|MF|+|FN|=|MF|+ ME=MB+MA=ABI. 过O2作O2D⊥OA于点D,连接O2B,显然四边形 ABO2D为矩形. 因为02B|=1,|OA|=4,1O02|=√34， 所以2a=|AB|=|O2D=√TOO22-O1D2= W√（√34）2-32=5. 过O2作O2C⊥O1E,交OE的延长线于，点C,显然四边形 CEFO2为矩形. 椭圆焦距2c=|EF|=|O2C=√TOO22-O1C2= √（√34）2-52=3，故B错误. 直线O○2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为 0m0=88-5,成c 精调的离心率一器-号，故D正确。 7解：(1)取CD的中点G,连接AG,AC. 因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°， 所以△ACD为正三角形，所以AG⊥CD, 所以AG⊥AB. 又PA⊥平面ABCD,故可以以A为原点建立如图所示的 空间直角坐标系， 则B(2,0,0),C(1W3,0),D(一1，W3,0),P(0,0,1), 所以P心=(1W3,-1),Bd=(-3W3,0),B2=(-2,0,1). 由BE=λBD,PF=λPC(0≤A≤1)， 可知Bi=λB市，P市=λP式， 所以E市=E范+B驴+P市- -λBD+B2+λPC=(4以 -2,0,1-1). 易知AP=(0,0,1),因为 EF∥PA,所以EF=kPA, 所以4λ-2=0，解得入 (2)由(1)知D=D+P=(1,-√3,1)+(a,3,-) =+1w5-51-0=(告，-2，号）】 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则n·Bi-=-2x+&=0, n…pt=x+V3y-x=0. 令x=1,则=2y-号，所以n=(1,号2）， 设直线DF与平面PBC所成的角为a, 则sin&=|cos(n,D1=n,D刻 2 nDF 43×4y2 3 3 ÷3v6 16 (3)设BM=tBC=(-tW3t,0),t∈[0,1]， AM=AB+BM=(2-t,V3t,0). 由于H,M,P共线，不妨设Ai=xAM+(1一x)A! 易知AM⊥AP,又AH⊥PM,则有A产·Pi=A立· (AM-AP)=0→xA-(1-x)A2=0, 所以xA2=1一x,则x-而+1-42-4t+5 1 Ci=Ci+A直=(2-t)x-1,w3tx-√3,1-x), 所以C亦=(4-4+52-（红+6）x十5=g +5. 记/(4)=(：∈o,门，则了@ =8(22+5t-5) (4t2-4t+5)2: 令2+5t-5=0,得到=-5+y6⑤ 4 在[0，-5+v)上f0<0,在(5计，1]上f@ >0, 可知f0在区间[0，一5计⑤]上单调递减，在区间 (5十⑤，1]上单调递增， 所以f)在=一5+√6处取到极小值，此时CH的长 4 度最个，此时X-晓-B配D t=15-w65 16 ○实战册参考答案及解析 8(1)证明：因为∠B=90°，AD∥BC,所以AD⊥AP,AD ⊥AB. 因为PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB. 又BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB. (2)解：(i)在四棱锥P-ABCD中，由(1)知∠PAB即二 面角P一AD-B的平面角， 故∠PAB=120°. 因为NA=CD=2AB=2,所以NC=6,NB=3, 从而BC=33,∠DCB=30°. 过点A作AF⊥PB,交PB于点F. 又AF⊥BC,PB∩BC=B,PB,PCC平面PBC,所以AF ⊥平面PBC,所以PA与平面PBC所成角即为∠APF. 在△PAB中，由余弦定理，得PB= √PA2+AB2-2PA·AB·cos120°=√7， 由等面积法，得AF= PA·AB·m120 PB 所以 APF-铝=图， 所以PA与平面PBC所成角的正孩值为任 ()如图，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0),P(-1,0, D 3),B(1,0,0),D(0,2W3, 0),C(1,33,0), 所以D=(-1,-23, C 3),AB=(1,0,0),DC= B (1,W3,0). 设D=λD产，A∈[0,1]，可得E(-λ，23(1-λ)，W3λ)， 所以AE=(-入，23(1-λ)，N3). 设平面ABE的法向量为m=(x,y,2), ,m·AB=0,x=0, 则 即 m·AE=0,-λx+23(1-λ)y+√3λz=0. 令y=λ，可得m=(0λ，2(1-1). 设平面PDC的法向量为n=(a,b,c), ∫n…D币=0，m「-a-2√36+√3c=0, 则 ’即 n·Dd=0,a+3b=0. 令a=3,可得n=(W3,-1,-1). 设平面ABE与平面PDC所成的角为0，则cos0= cos(m,n〉= 3λ-2」 1 √5以2-8入+4·V55' 解得A=2或告，所以存在点E,当DE=号DP或DE= 1 告DP时满足题意， 453 答案册 实战高考·数学 培优题组 ⑨(1)证明：如图，连接E1E3.由E1,E3分别是棱AB,AP 的中点，得EE3∥PB 又EE3中平面PBC,PBC平面PBC,所以EE3∥平 面PBC. (2)解：①连接E2E3,E2E4, EE4,EE2,Es E. 由(1)，知EE3平行且等于 PB,E平行且等于 名PB,所以B与，平 E 行且相等， 则四边形E1E3E2E4为平行四边形.又EE2⊥E3E4,所 以四边形EE3E2E4为菱形. 所以EE3=EE4.又PB=2EE3,AC=2EE4,所以PB =AC.同理，PA=BC,PC=AB. 如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐 标系B-xyz. 21 B A 由EE2=1,E3E4=2,E5E6=3,得A(2,3,0),B(0,0, 0),C(0,3,1),P(2,0,1), 所以PA=(0,3,-1),BA=(2,3,0),BC=(0,3,1). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), Bin=2x+3)=0令y=-2,得=(3，-2,6， 则 BC.n=3y+z=0. 所以直线PA与平面ABC所成角的正弦值为|cos(PA,) PA·n12_6w√10 IPAn√10X√4935 ②由①知将P一ABO补成长方体，设长宽高分别设为a, b,c, 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即R= 名+6+2， 所以S=4πR2=x(a2+b2+c2). 因为AB2=a2+b2,BO2=b2+c2,AO=a2+c2,所以S =AB2+B02+A0)n 在xOy平面内设A(x,y),B(x2,y2). 2+号=1得2+2)2-2x1=0. 由 (y=kx一1， 显然△=(-2k)2十4(2十2)=8k2十8>0， 2k 1 则1十x2=2+21欢=一2+2y十次=k(十2） 454 4 -2=2+2,12=(km-1)(k2-1)=2x12- ka+2+1-号张 因为AB2=(1-x2)2+(y1-y2)2,AO=x7+y7,BO =十吃， 所以S=2[(1-x2)2+(1-2)2+号+听+号+]π =[(1+x2)2+(y1+y2)2-3x1x2-3y12]π= [++2-号]x 「4k2 16 6k4+13k2+10 4十4k2+4 在△AB0中，s∠AOB=AC48CBA=a00 c2 2AO·BO >0,则∠AOB为锐角， 因此oi.0i>0,即数十%>0，则一2e+ 张0，解得< 又5-++-4=6x导4 11k2+14 k4十4k2十4 则当法4最大时，S=64不最小 11k2+14 不纺令=11+14∈[4，碧)，则兴 121t 121 2+16+64+64+16 t 因为函数=1+4+16在[14，翌)上单调递增，所以当1 t =14时，1有最大值子，此时=0，所以S的最小 '+64+16 t 值为号，此时直线方程为y=一1. 0解：(1)集合M={(x,y,之)z=0}表示xOy平面上所 有的点， P={(x,y,z)川x≤1，|y≤1，z≤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平面上的截面内所有 的点， 发现它是边长为2的正方形，因此S1=4. 对于Q={(x,y,之)||x|+|y十|z≤2}，当x,y,z> 0时， x十y十z=2表示经过(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)的平面 在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示（士2,0,0），(0，±2,0)，(0,0，士2) 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有 的点， 它是边长为2√2的正方形，因此S2=8. (2)集合Q的子集Q'={(x,y,z)x十y十≤2，x≥0，y≥ 0,≥0}， Q中所有点构成的几何体为三个坐标平面与平面x十y十 之=2围成的四面体 四面体四个顶点分别为(0,0,0)，(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)， 此四面体的体积为Va=号×2×（合×2×2）=专 由对称性，知V=8V。=号 集合P的子集P'={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤x≤ 1}, P中所有点构成的几何体为棱长为1的正方体，显然 P∩Q为两个几何体公共部分. 记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1). 容易验证Q1,Q2,Q在平面x十y十之=2上，同时也在 P中所有点构成的正方体的底面上. 则P'∩Q为此正方体截去三棱锥Q4一QQ2Q所剩下的 部分 此正方体的体积Vp'=1×1×1=1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3 的体积为Va-0@8=号×1×号×1×1)=行 故P∩Q中所有点构成的几何体的体积VpnQ=Vp' 15 Va-80,0=1-6=6 高考全 真题精练 ①B解析方法一：分别取BC,B1C的中，点D,D1,则 AD=3W3,A1D1=√3， 可知Sac=2×6X35=9,S△44G=}×2X5 =3. 设正三棱台ABC-A1B1C的高为h,则VABC-AB,C= 含×(g5+5+V9X万)h-号解得A=如 图，分别过A1,D1作底面的垂 A 线，垂足为M,N,设AM=x, 则AA1=√AMP+A1M √+5，DN=AD-AM- MN=23-x, 可得DD=√DN+D0V23-x)2+5结合等 腰梯形BCGB可得B此=(22+DD,即2+ 3 =4+9+(2v5-),解得x=4 3 所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD= 兴-1 方法二：将正三棱台ABC一A1BC补成正三棱 ○实战册参考答案及解析 20 由对称性，知V2=8VpnQ=3: (3)①如图所示，即为T所构成的图形 其中正方体ABCD一LIJM 即为集合P所构成的区域. A D E-ABCD构成了一个正四 棱锥， 其中E到面ABCD的距离 为2， VE-ABCD=3X1X2X2= K 专，M=Vp+6VEAD=8+6×专=16. ②由题意，平面EBC的方程为x十之一2=0，由题干定义 知其的一个法向量1=(1,0,1). 平面ECD的方程为y十之一2=0，由题干定义知其的一个 法向量2=(0,1,1)， 1n1·n2 1 故cos(n,2〉=m1T2T=2 由图知W的相邻两个面所成二面角为钝角，故W的相邻 两个面所成二面角为经 由图可知W共有12个面，24条棱. 国视野 锥P-ABC, 则A1A与平面ABC所成角即 为PA与平面ABC所成角.因 为路=船= ⊙ AB 3,所以 A VP-A BG1 VP-ABC 27 B 可知VABC-ABG=27 -p-做-号，则Vpc=18 设正三棱锥P-ABC的高为d,则Vp-ac=了dX号× 6×6×5=18,解得d=23. 2 取底面ABC的中心为O,则PO⊥底面ABC,且AO= 23, 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO= PO AO =1. 2(1)证明：因为AB∥CD,所以AE∥DF,EB∥FC, 所以A'E∥DF 因为DFC平面CD'F,A'E在平面CDF, 所以A'E∥平面CDF. 因为FCC平面CDF,EB丈平面CDF, 所以EB∥平面CDF. 又EB∩A'E=E,EB,A'EC平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CDF. 455 答案 实战高考·数学 又A'BC平面A'EB,所以A'B∥平面CDF. (2)解：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB. 又AB∥CD,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥DF. 以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BEFC的直线分别 为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系。 因为DF⊥EF,CF⊥EF,平 面EFDA'与平面EFCB所 成的二面角为60°， 所以∠DFC=60°. D 设AD=1,则AB=3,CD= 2,易得B(1,2,0),C(0,1, 0,D(o,2）E1,0 0),F(0,0,0), 所以B成=(-1，-1,0，G=(0,-2号），应=1,0， 0.m=(0,39). 设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则 c·n=0, 所以一+9=0. 1 BC.n=0, （-x-y=0. 令y=3,则x=1,x=一√5，所以n=(一5，W3,1). 设平面EFDA'的法向量为m=(x1,y1,), FD·m=0, 则 所以n+0 F2.m=0, x1=0. 令y1=3,则1=-1，所以m=(0,W3,-1). 所以cos(m,m)=mn=√3+1×√3+3+1V7 m·n 0+3-1 所以平面BCD与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 日(1)证明：由AB=8,AD=5V3,A花=名A市，A市- 号A速，得AE=25,AF=4 又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理，得EF =√AE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD -√12+16-2x25x4×9=2. 所以AE2+EF2=AF2,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. 因为PDC平面PDE,所以EF⊥PD. (2)解：连接CE.因为∠ADC=90°，ED=AD-AE= 3W3,CD=3,所以CE=√ED2+CD=6. 在△PEC中，PC-4V3,PE-23,CE=6,得CE2+PE2 456 =PC2,所以PE⊥CE 由(1)知PE⊥EF,又CE∩EF=E,CE,FEC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 因为EDC平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直 建立如图所示的空间直角坐标系E一xyz, 则E(0,0,),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,3√3,0)， F(2,0,0),A(0,-2√3,0)，B(4,2V3,0), 所以PC=(3,3√3，-2√3)，PD=(0,33,-2√3)，P= (4,2√3，-2V3),PF=(2,0,-23). 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x,y1, 1),m=(x2y2,22）, n·PC=3x1十3V3y-2W3x1=0, 则 (n·Pb=33y1-231=0, m·Pi=4x2+2√3y2-2V3x2=0, m·Pi-2x2-2322=0. 令y1=2,x2=3,得x1=0,1=3,y2=-1,2=1,所以 n=(0,2,3),m=(W3,-1,1), 所以cos(m,n=mm m·n 1 65 W5×1365' 设平面PCD与平面PBF所 D2刘 成的角为0，则sin0= V1-cos29=8y65】 65 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值 为唇 ④(1)证明：方法一：在正方形BCCB1中， 由条件易知CFG-8器方品=∠BBF. 所以∠CFG=∠B1BF, 则∠BFB+∠BBF==∠CFC+∠BFB, 故∠BFG=x-(∠GFG+∠B1FB)=2,即FG⊥BF, 在正方体中，易知DC⊥平面BCCB1,且EF∥D1C, 所以EF⊥平面BCCB. 又FGC平面BCCB1,所以EF⊥FG. 因为EF∩BF=F,EF,BFC平面FBE,所以GF⊥平 面FBE. 方法二：如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以EF=(0,4,0),E3=(2,4,-4),FG=(-2,0,-1). 设平面FBE的法向量为m=(a,b,c), 〔m·Ei=4b=0, 则 m·Ei=2a十4b-4c=0. 令a=2,则b=0,c=1,所以m=(2,0,1). 易知FG=一m,所以FG也是平面FBE的一个法向量，所 以GF⊥平面FBE. (2)解：同(1)中方法二建立的空间直角坐标系，则C= （-2,4,-1),BG=(-4,0,3). 由(I)知FG是平面FBE的一个法向量. 设平面EBG的法向量为n=(x,y,z), 「n·EG=-2x+4y-z=0, 则 n·BG=-4x+3z=0. 令x=6,则z=8,y=5,所以n=(6,5,8). 设平面FBE与平面EBG的夹角为a, 则cosa=cos(F庇，m-交，n 20 4 1FGn√5×√1255 A (3)解：由(1)知EF⊥平面BCCB1,FBC平面BCCB1, 所以EF⊥FB. 易知S△FBE= EF,BF=号×4XVE+2=45. 因为D龙=(2,0,4)，所以点D到平面FBE的距离为d= |D2.F心8 FGI 5 由棱锥的体积公式知VD-FBE=子 dx SAmE-=号×8 1 √5 45=婴 模拟精练) ①ABD解析对于A,依题意，A1F∥BE,A1F=BE,则 四边形BEA1F为平行四边形，A1E∥BF. 又A1E寸平面CBF,BFC平面CBF,所以A1E∥平面 CBF,A正确. 对于B,AB=AA1,A1E=AB+B市=A访-2AA, AC=AC+AAI, A1市，AC=(A市-？AA）)·(AC+AA)=A范·AC 号A2=2A-}A=0,则AELAC,B正确. 对于C,由选项A,知∠BFC是直线A1E与直线CF所 成的角或其补角.令AA1=2,则BF=CF=√42+12= √17，BC=√42+22=2V5,cos∠BFC= 17+17-20 7 2X17×√1717，C错误. 对于D,取CC的中，点D,连接DE,DF,则△DEF是正三 棱柱ABC-A1B1C的中截面，平面DEF∥平面ABC,平 ○实战册参考答案及解析 面CEF与平面ABC的夹角等于A 平面C1EF与平面DEF的夹角. 取EF的中点O,连接C1O,DO. 由CF=√CD2+DF2 √CD2+DE2=CE,得CO ⊥EF. 又DO⊥EF,所以∠COD是平面 C1EF与平面DEF的夹角. 1 在Rt△COD中，tan∠COD=)-2AB 3,所以 ∠COD=30°，D正确. 2(1)证明：设AD,BC交于点N,连接NF. 设圆O的半径为R,则可得AD=2R==2. 在△DFA中，AF=√3，FD=1,AD=2, 所以AD2=AF2+FD2, 所以∠AFD=90°，所以∠ADF =60°. 又PA=PD,所以△PAD为正 三角形，因此F为PD的中点. 易得AN=号，ND=号，故ON A D =2=ND,所以N为OD的中 B 点，所以FN∥PO. 又PO⊥底面圆O,所以FN⊥底面圆O. 因为FNC平面FBC,所以平面FBC⊥底面圆O. (2)解：以点N为坐标原点，NA,NB,NF所在直线分别 为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标 系N-xyz. 连接EO,设∠AOE=0, 则N0,00),B(o,号0， A(号，0,0，E(2+cos0, sn0.0,F(0,09）, 所以A=(cos0-1,sin0,0), A A=(-是0,9). 设平面EFA的法向量为n=(x,y,x), ,n·Ai=0, [x (cos 0-1)+ysin 0=0, 则“ n.AF=0, 、3x+8=0 令x=sin0,则n=(sin0,1-cos0,w3sin0). 平面DFA的一个法向量为N-(O,号o）, 457 答案册 实战高考·数学 则|cos(n,Nl= n·ni 1-c0s0 n NB V4sin20+1+cos20-2cos 0 -13 13 解得c0s0=2或c0s0=1(舍去)，所以9=60，所以 ∠ADE=号-30，故i血∠ADE=安 3(1)解：连接A1B,交AB1于点F,则F为A1B的中点， 连接D1F. 因为平面AB1D∥平面BDC, 平面AB1D∩平面BA1C=D1F,平面BDC∩平面 BA1C=CB,所以D1F∥BC, 所以D为A1C的中点，所以入=之 因为平面AB1D1∥平面BDC, 平面AB1D1∩平面ACCA1=AD,平面BDC∩平面 ACCIA1=CID, 所以AD1∥DC. 又AD∥DC,所以四边形ADCD为平行四边形， 所以AD=DG=2AC,所以=2，故入==2 (2)(i)证明：因为A1C⊥平面AB1D1,B1D1C平面 ABD,所以A1C⊥B1D1. 因为AA1⊥平面A1BC,B1DC平面A1B1C,所以 AA1⊥B1D1. 又AA1∩A1C=A1,AA1C平面ACCA1,A1CC平 面ACCA1, 所以B1D1⊥平面ACC1A1. 连接DD1,因为D,D1分别为AC,A1C的中点，所以 DD1∥BB1,且DD=BB1, 所以四边形BB1DD为平行四边形， 所以B1D1∥BD,所以BD⊥平面ACCA1. 又ACC平面ACCA1,所以BD⊥AC (i)解：因为A1C⊥平面AB1D1,AD1C平面ABD1,所 以A1C⊥AD1,所以△AA1D1D△CAA1, 所以告-梁所以AC-AA, 又AB=√2AA1,所以AC=AB. 由(i)知BD⊥AC且D为AC的中点，所以AB=BC,所以 AB-BC=AC. 方法一：设AB=2a,则AA1=√2a. 如图，以D为坐标原点，以DA为x轴，DB为y轴，DD 为之轴建立空间直角坐标系， 458 D ---B 则A(a,0,√2a),B(0,3a,0),C(-a,0,0), (号0,24).G(-a,0vi. 所以i-(号-a,2),C=(-,-5,va. A1C=(-2a,0,-√2a). 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则n·硫-0，， 即号ray+2。-0, n·BC=o （-ax-√3ay+√2az=0. 令x=√2，则z=4,y=√6，所以n=(√2,6,4). 向量A1C为平面BC1D的一个法向量，且A1C =(-2a,0,-√2a). 设二面角E一BC一D的平面角为0，由图易知0∈ L6√2a _2 ⊙，5则o0州AV2+x=设 方法二：连接CE并延长，交A1A于点H,则H为A1A 的中点，连接HD. 因为A1C⊥平面AB1D1,平面AB1D1∥平面BDC1,所以 A1C⊥平面BDC. 因为HD∥A1C,所以HD⊥平面BDC. 设AB=2a,则AA1=√2a, 所以DC=√a2+(W2a)2=√3a,DB=√(2a)2-az=√3a =DC1, 所以△DCB为等腰三角形. C D A 、1 B 、, H B 取CB的中点S,连接DS,则DS⊥BC,连接HS,则 ∠DSH即为二面角H-一BC一D的平面角. 因为△BDG为直角三角形，所以DSGB= 又DH-=号A1C-,所以DH=Ds, 所以ta∠DSH=-1,故0DSH--号， 2 即二面角E-BG-D的余弦值为号