专题八 立体几何-【创新教程】2024-2026三年高考数学真题分类特训试卷

最新真题 专题八立体儿何 分类特训 考点一空间几何体的结构、表面积与体积 一、选择题 1.(2026·全国Ⅱ卷，5)已知棱台的上、下底面均是有一个内角为60°的菱形，上、下底面的边长分 别为2,3，若该棱台的高为√3，则其体积为 ( A号 R号 c号 D号 2.(2026·上海卷，16)如图，在一个空间直角坐标系中，存在一个正方体 ABCD-A1B,C1D1,其中A为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为 x,y,z轴，将正方体ABCD-A1B1C1D1绕体对角线AC1旋转一周，点C 经过的卦限个数为 D A.1 B.2 C.3 D.4 3.(2024·新课标I卷，5)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.23元 B.3√3元 C.63π D.93π 4.(2024·新课标Ⅱ卷，7)已知正三棱台ABCA,B,C的体积为52，AB=6,A,B,=2,则AA,与 平面ABC所成角的正切值为 () A号 B.1 C.2 D.3 5.(2024·北京卷，8)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.3 6.(2024·天津卷，9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之 间距离为1.AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为 A誓 B3B+1 4 2 c n38 34 二、填空题 7.(2026·全国Ⅱ卷，14)已知球O的体积为4√3π，A,B,C,D四点均在球O的球面上，△ABC为 等边三角形，DA=DB=DC=√2，则△ABC的面积为 8.(2026·北京卷，14)如图，已知三棱锥A-BCD,AD=AB=AC=2√2，BD BC=2,DC=2√3，则它的底面BCD的面积为 ,该三棱锥的体积为 9.(2025·上海卷，7)如图，在正四棱柱ABCD一AB1C1D1中，BD=4√2，DB, =9,则该正四棱柱的体积为 B 10.(2025·北京卷，14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽 象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面ARF1 平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥CD,BC∥ DE∥ST∥AF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD= 2 则该多面体的体积为 11.(2024·全国甲卷（理），14)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 考点二空间点、直线、平面之间的位置关系及空间向量 [直题题组·实战集训] 一、选择题 1.(多选)(2026·全国I卷，10)在空间中，A、B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点 D到直线AB的距离为1，若二面角C-AB一D为60°，则 ) A.∠CAD≥60 B.CD≥3 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，ACLAD 2.(2026·天津卷，5)正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论错误的是 A.AC∥A,C B.CC1⊥平面ABC C.平面ACD1∥平面A,C1B D.平面ADD1⊥平面ACD 3.(2025·天津卷，4)已知m,n为两条直线，a,3为两个平面，则下列结论中正确的是 ( A.若m∥a,n二a,则m∥n B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥3 C.若m∥a,m⊥B,则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 4.(多选)(2025·全国一卷，9)在正三棱柱ABC-A1BC1中，D为BC的中点，则 A.AD⊥A,C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥AB, D.CC1∥平面AA,D 35 5.(2024·全国甲卷，10)设a,B为两个平面，m,n为两条直线，且α∩B=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥3；②若m⊥n,则n⊥a或n⊥3；③若n∥a且n∥3，则m∥n;④若n与 α，β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 6.(2024·天津卷，6)若m,n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,n∥a,则m⊥n B.若m∥a,n∥a,则m∥n C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n D.若m∥&，n⊥a,则m与n相交 二、填空题 7.(2025·全国二卷，14)一个底面半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不 计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm 三、解答题 8.(2026·全国I卷，15)(13分)如图，在直三棱柱ABCA1B,C1中，∠ACB =90°，AC=BC,D,E分别为AB,AC1的中点， (1)证明：DE∥平面BCC1B1; E好 (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A,所成的角为45°，求直线DE到平 面BCC,B,的距离. 36 [真题题组·战集训2] 1.(2026·全国Ⅱ卷，16)(15分)如图，在三棱锥A-一BCD中，点E在BD 上，AE⊥CE,AE⊥DE,CD⊥AD. (1)证明：CD⊥AB; (2)若DE=2,BE=1,AE=√2，CD=2√3，求直线AD与平面ABC所 成角的正弦值 整 斯 和 2.(2026·天津卷，17)(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中， AB=2,AA=3,AD=4,A E=3ED,2C F=FC. C (1)求证：BD⊥平面CEF; (2)求平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值； 如 D (3)求三棱锥ACEF的体积. 御 B 37 3.(2026·上海卷，18)(14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2 小题满分8分. 已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,垂足H ->D 在AD边上，且AH=1,HD=4,AB=2,如图. (1)求证：CH⊥PB; (2)若四棱锥PACD的体积为10,5，求二面角CPg-H的大小 4.(2026·北京卷，18)(14分)如图，已知直三棱柱ABCA1BC1,∠BAC= 90°，AB=AC=2,BB1=√2，E,D分别为A1B1,AC的中点. (1)证明：DE∥平面BB,C,C; (2)点P在平面A1B1C1内，且EP∥B,C1,再从条件①、条件②、条件③这几B 个条件中选择一个作为已知，使得P唯一确定，求平面PAD与平面PDE的夹角的余弦值. ①PA=PD;②PA⊥BC;③BB1∥平面PDE. 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分. 38 5.(2025·上海卷，18)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径， 且AB=2. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为5，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为 40B 31 CD∥AB.设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 6.(2025·全国一卷，17)如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,BC∥AD (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，且点P,B,C,D均在球O的球 面上 (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 39 7.(2025·全国二卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD, D ∠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 得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CDF. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 8.(2025·天津卷，17)如图正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为4，E,F分别为 D A1D1,CB1的中点，CG=3CG (1)求证：GF⊥平面EBF; (2)求平面EBF与平面EBG二面角的余弦值； (3)求三棱锥D一BEF的体积 40 9.(2025·北京卷，17)如图，在四棱锥P一ABCD中，△ABC与 △ADC均为等腰直角三角形，∠BAC=90°，∠ADC=90°，E为BC 的中点。 (1)若F,G分别为线段PD,PE中点，求证：FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD所成角的正 弦值 C 10.(2024·新课标I卷，17)(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面 ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 二二 (2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为 7,求AD. 41 11.(2024·新课标Ⅱ卷，17)(15分)如图，平面四边形ABCD中，AB =8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F分别 满足A-号A,A-号A店，将△AEF沿EF翻折至△PER,使 D 得PC=4√3. (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.(2024·全国甲卷（理），19)(12分)如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五 面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10，FB=2√3，M为AD的中点. (1)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角FBM-E的正弦值 42 13.(2024·北京卷，17)(14分)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1, AD=3,DE=PE=2,E是AD上一点，PE⊥AD. (1)若F是PE中点，证明：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 14.(2024·天津卷，17)（本小题15分）如图，已知直四棱柱ABCD- A1BC1D1中，AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N 是B,C1的中点，M是DD,的中点 N (1)求证D1N∥平面CB,M; (2)求平面CB,M与平面BB,C,C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB,M的距离. 43 15.(2024·上海卷，17)(14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小 题满分8分 如图，在正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的中心. (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. 的 烯 44专题八立体几何 考点一 实战集训1 1.D边长为a且夹角为60°的菱形面积公式为S -0sin60-9。.所以上底面西数S,=× 2 公=2尽，下底面西叔S,-号×3-9，别 2 552×9-2m=35. 2 棱台的体积公式为V=专(S十S,十SS). 代入商A=B,得：V=子X 8++8 =×3(2+号+3)-号 2.A由题意，C点轨迹为△B1D1C的外接圆，如 图，显然只有一个卦限. B C B L. 3.B由题意，侧面积相等，则圆锥的母线长是圆 柱高的2倍，即2√3，故其底面半径为3，所以圆 维的体积为号×X3×V3=3Bx,故选择B. 4.B设棱台高为h,且三条侧棱延长后交于一点 O,则由已知得AB=3A1B1, 则0到上底的距离为2h,0到下底的距高为号， 又Sc=9V5,SA,B,G=3, 所以号9·6-5·A=号→h= 3 上底心到顶点A,的距高为会所以所 3 正切值为2” 2 2h=1. 4 √5 5.D四棱锥的底面是边长为 4的正方形，且PA=PB= A--- 4,PC=PD=2√2，如图，设 E…… 0 AB,CD的中点分别为E,B F,则PE⊥AB,PF⊥CD,连接EF,,EF⊥ CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EFC平面PEF, PF平面PEF,.CD⊥平面PEF,又CDC平 11 面ABCD,.平面PEF⊥平面ABCD,且平面 PEF∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点 O,则POC平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在 △PEF中，由题可求得PE=2,PF=2,EF =4,∴.PE2+PF2=EF2,.∠EPF=90°，根据 面积相等可得PO·EF=PE·PF,即4PO= 2√3X2,得PO=√3. 6.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 B 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， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长 为1的等边三角形，侧棱长为1十3=2+2=3十1 =4, 2Vm=名×合×1X1x9x4 VABC-DEF= 2 7.解析：设外接球半径为R:则V,=青xR=43x →R=√3， 由于DA=DB=DC=√2且△ABC为等边三角 形，四面体D一ABC是正三棱锥.设等边三角形 ABC的外接圆半径为r,边长为a,则r=4正 √3 三棱锥的高h=√DA-r=√2-r.球心O必 在底面外接圆中心与顶点D的连线上，满足几 何关系：R2=r2十(R土h)2,即3=r2十（√5- √2-r)2, 解得=营>d2=3r=5 因此，等边三角形ABC的面积为： SMNC-3a5 4 4 答聚：9 8.解析：如图，取CD的中点E, 连接BE,在△BCD中，由BD =BC=2,DC=2√3，可得BE ⊥CD,且DE=CE=√5，则BED -1.SaK-XCDXBE- 2×25x1=5. 由AD=AB=AC=2√2可知过点A作底面 BCD的垂线，垂足为△BCD的外心，在BE的 延长线上，令垂足为F,连接DF.易知∠DBF= 60°，则BF=DF=BD=2,在Rt△ABF中，AF =AB-BF=2,则V:4=子×5am XAF=}×x2=25 3 答案52 3 9.解析：本题考查了柱体体积的求法 设底面边长为a,高为h,则a2十a2=(4√2)2， ∴.a=4, .h2+(4√2)2=92， .h=7, .V=Sh=a'h=112. 答案：112 10.解析：如图，将一半的几何体分割成直三棱柱 ARF一BHT和四棱锥B一HTSE后结合体积 公式可求几何体的体积. 先证明一个结论：如果平面α⊥平面Y,平面3 ⊥平面Y,平面α∩B=l,则l⊥Y 证明：设a∩y=a,3∩y=b,在平面Y取一点 O,O旺a,Ob 在平面Y内过O作直线 m,使得m⊥a,作直线n,使 得n⊥b, a 因为平面a⊥平面Y,mC y,故m⊥a,而lCa, 故m⊥l, 同理n⊥l,而m∩n=O,m,nCy,故l⊥Y 下面回归问题 如图，连接BE,因为 AB⊥BC且AF∥BC, 故AF⊥AB,同理BC ⊥CD,EF⊥ED, CV D 而AB=BC=8,AF=CD=4,故直角梯形 ABEF与直角梯形CBED全等， 故∠BEF=∠BED=45°， 在直角梯形ABEF中，过B作BT⊥EF,垂足 为T, 则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以 ∠BTE为直角的等腰直角三角形， EF=FT+TE=AB+BT=AB+AF=12, 平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面 ABEF=AF,AF⊥AB, ABC平面ABEF,故AB⊥平面RAF, 取AF的中点为M,BE的中点为U,CD的中 点为V,连接RM,MU,SU,UV, 则MU∥RS,同理可证RM⊥平面ABEF,而 RMC平面RMUS, 故平面RMUS⊥平面ABEF, 同理平面VUS⊥平面ABEF, 而平面RMUS∩平面VUS=SU, 故SU⊥平面ABEF, 1 故RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形， 故MU=RS=2(8+12)=10. 在平面ABHR中过B作BH∥AR,交RH于 H,连接HT. 则四边形ABHR为平行四边形，且RH∥AB, RH=AB,故RH∥FT,RH=FT, 故四边形RFTH为平行四边形， 而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT, BHC平面BHT, 故AB⊥平面BHT, 故平面ARF∥平面BHT, 而AR=BH,RF=HT,AF=BT, 故△ARF≌△BHT, 故几何体ARF一BHT为直棱柱， 1、 2 而SA=2X4X√（2 -4=3, 故VRF-Hr=8X3=24, 因为AB∥EF,故EF⊥平面ARE, 而EFC平面RSEF, 故平面ARF⊥平面RSEF, 在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同 理可证AG⊥平面RSEF, 624G×Rr=3益AG- 故Vms=×号×2+0x号=6 由对称性可得几何体的体积为2×(24十6) =60, 答案：60 11.解析：由题意 h里=2-1正5V里_h里 h√3-i22'Vh2 =3(r1-r2)=6 V2(r1-r2)4 答案 考点二 实战集训1 1.BC取直线AB为x轴.设C,D到AB的垂足 分别对应坐标参数u,v,垂直于AB的分量为c, d,则c|=2,d=1,c·d=2×1×cos60°=1. (垂直截面示意 、D 60 垂足垂足 B 因为CD2=(u-v)2+c-d|2=(w-v)2+4+1 -2=(u-v)2十3≥3， 所以CD≥√3，B正确. 若AB⊥CD,则u=V,此时CD完全落在垂直于 AB的平面内，且(d-c)·d=|d|2-c·d =1-1=0, 2 即CDAD,又CDAB,AD∩BD=D,故CD ⊥平面ABD,C正确. A中可取u,v很大且接近，使∠CAD很小，故 不恒成立.D中若AB⊥平面ACD,则AC与 AD的夹角等于二面角的平面角60°，并非必垂 直，D错误. 2.D对于A:正方体ABCD-A1B1C1D1中.易知 AA1∥CC1,且AA1=CC1,.四边形A1ACC 是平行四边形，AC∥AC1.A正确；对于B: 正方体ABCD-A,B1C,D1中，易知CC1⊥AB、 CC1⊥BC,AB∩BC=B,.CC1⊥面ABC,B正 确；对于C:由A选项知A1C∥AC,ACC面 ACD1,A1C1￠面ACD1,.A1C1∥面ACD1,同 理可证.C,B∥面ACD1,AC,∩CB=C1.A,C C面A1C1B,C1BC面A1C1B,∴.面A1C1B∥面 ACD1,C正确；对于D:正方体ABCD A1B1C1D1中.易知平面ADD1与平面ACD1不 垂直，故D错误. 3.C本题考查了空间直线与直线、直线与平面、 平面与平面的位置关系.A中，m∥a,nCa,m与 n可能平行或异面，故A错误；B中，m⊥a,m⊥ B,则a∥B,故B错误；D:mCa,a⊥B,则m不一 定垂直于B,故D错误. 4.BD易知AD⊥平面 BCC1B1,若AD⊥A1C,则 A1C∥平面BCC1B1(或在 该面内)，显然不成立，故A 选项错误.由BC⊥AD和A,一 B BC⊥AA1,AD∩AA1=A, AD,AA1C平面AA1D,且BC￠平面AA1D, 可知BC⊥平面AA1D,又B1C1∥BC, ∴.B1C1⊥平面AA1D,故B选项正确.过A1且 与AD平行的线为A1D1(D1为B1C1中点)， 而非A1B1,故C选项错误.由CC1∥AA1知D 选项正确.故本题正确选项为BD. 5.A对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,正确；对 于②，若m⊥n,当nCa或nC3时，结论不一定 成立，错误；对于③，若n∥a且n∥B,根据线面 平行的性质知，m∥n,正确，对于④，若n与a,B 所成的角相等，m与n不一定垂直，错误. 6.C对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平 行、相交或异面，故A,B错误；对于C,D,若m ∥a,n⊥a,则m⊥n,且m与n可能相交，也可能 异面，故C正确，D错误. 7.解析：设铁球半径为r,根据题意， 有4r2=(9-2r)2+(8-2r)2, 即4r2-68r+145=0, 即(2r-29)(2r-5)=0, 解得=号或号（合 答案：号 118 8.解：(1)设AC=BC=a,CC1=h,以C为原，点， 分别以CA,CB,CC1所在直线为x,y,之轴建立 空间直角坐标系. 则A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,h) 因为D,E分别为AB,AC1的中点， 所以D(受受0E(台0号 h 从而D龙=(0，-号号)，BG=0,-a0. BC1=2DE,.BC1∥DE,即BC1∥DE, 又，DE丈平面BCC,B1,BCC平面BCC1B1, 所以DE∥平面BCC1B1: 2)由cG=2,得DE-(0,-号，1 平面ACC1A1的法向量可取n=(0,1,0). 设直线DE与平面ACC1A1所成的角为0，则 2 sin 0= 由0=45°，得 2 巨，解得a=2 2 因为直线DE∥平面BCC1B1, DE到平面BCC,B,的距离即点D到平面 BCC1B1的距离，又因D为AB中点， 所以所求距离为号=1. 实战集训2 1.解：(1)证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE,而CE ∩DE=E且CE,DEC平面BCD,所以AE⊥ 平面BCD.因为CDC平面BCD,所以CD⊥ AE.又因为CD⊥AD,且AE∩AD=A,AE, ADC平面ADE,所以CD⊥平面ADE.又因为 直线ABC平面ADE.因此，CD⊥AB. (2)因为AE⊥平面BCD,且E,B,D三点共线， 以E为坐标原，点，直线BD为x轴，过点E在平 面BCD内垂直于BD的直线为y轴，直线EA 为之轴建立空间直角坐标系.因为DE=2,BE =1,AE=√2.如图，所以E(0,0,0),D(2,0,0), B(-1,0,0),A(0,0,√2)， B 由(1)知CD⊥平面ADE,所以直线CD∥y轴， 则点C的横坐标与点D相同.因为CD=2√3， 所以C点坐标为(2,2√3,0).AD=(2,0,-√2)， AB=(-1,0,-√2)，AC=(2,2√3，-√2)， 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 由”45=0x-E.=0, n·AC=02x+2√3y-√2x=0, 取之=2，可得x=-2√2，y=√6.所以，平面 ABC的一个法向量为n=(-2√2，W6,2).其模 长为：|n|=√(-2√2)2+（√6）2+22=√18 =3√2， 设AD与平面ABC所成的角为0， 则sin0=AD·n ADn =12X(-2②)+0-2×2=62=6 W/22+(-√2)2X3√2 √6X3√23 所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为 3 2.解：(1)证明：长方体ABCD-A1BC1D1中， 建立如图空间直角坐标系， 2本 D E G A B A B AB=2,AA1=3,AD=4, A E=3ED,2C F=FC, D(0,0,0),B(4,2,0), C(0,2,0),E(1,0,3), F(0,2,2),A(4,0,0), .BD=(-4,-2,0), CE=(1,-2,3), CF=(0,0,2), ∴.BD·CE=0,BD⊥CE, BD·CF=O,BD⊥CF. .BD⊥CE, BD CF, CE∩CF=F, ∴.BD⊥平面CEF. (2)由(1)知BD是面CEF的一个法向量， BD=(-4,-2,0), 又AE=(-3,0,3), AF=(-4,2,2). 设n⊥平面AEF,n=(x,y,之)， 11 ∴.n·AE=-3x十3z=0, n·AF=-4x+2y+2z=0, 令x=1,之=1y=1, .n=(1,1,1), BD·n cos(BD,n)= BD n 1-61 =V15 √(-4)+(-2)·√5 5, .平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值 为 5 (3)在D1C1上取点E1使C1E1=3ED1, A1E=3ED1· ∴.EE1∥A1C1,A1C1∥AC, .EE1∥AC. EE1中面ACF,ACC面ACF, ∴.EE1∥面ACF. ∴.E到面ACF的距离与E1到面ACF的距离 相等 VACEF=VEACF =VE -ACF =VAE CF .CD1=AB=2. C1E1=3E1D1, GE=CD=×2= 4 CF=2C F, CF-- cC=2 =×CFXE.C,=×2x- 1 XAD·SaE,e= 2 ×4×多=2， 3 2 所以VCEr的体积为2. 3.解：(1)过H做l∥AB, 以H为原，点，以，HD, HP所在直线分别为x, y,之轴建立空间直角坐 标系，如图所示，则HB t (0,0,0),C(2,4,0),B(2,-1,0),设P(0,0,h), 则HC=(2,4,0),PB=(2,-1,-h), HC·PB=4-4+0=0, 故HC⊥PB. (2)由题意，Vm=合5mA=号A 3 -10⑤ 3 解得h=√5，故P(0,0,W5), BC=(0,5,0),PB=(2,-1,-5), HP=(0,0,W5), 设平面CPB法向量为n1=(x1,y1,之1)，平面 PBH法向量为n2=(x2,y2,之2)， BC·n=0→5y=0 PB·n1=0{2-y1-5,=0 令x1=V5,则y1=0,名1=2所以n1=(W5,0,2); HP·n=0→5，=0 (PB·n2=0(2x2-y2-W5x2=0 令x2=1,则y2=2,22=0,所以n2=(1,2,0)； 设二面角CPBH为0，c0s0=n·n, n1·n2 =51 87后3,0=arecos分， 1 故二面角CPB-H的大小为arccos3 1 4.解：(1)取BC的中点F, 连接DF和B1F. E 在△ABC中，D,F分别为 B AC和BC的中点，则DF ∥AB且DF=AB. B 又因为AB∥A1B1且E为A1B,中点，所以DF ∥B1E且DF=B1E,所以四边形DEB1F为平 行四边形， 则DE∥B1F,又DE￠平面BBC,C,B1FC平 面BB1C1C, 所以DE∥平面BB,C1C. (2)(空间向量法)易 A 知AB,AC,AA1两 两垂直，以A为原 点，建立如图所示的 空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2, B 0,0), C(0,2,0),D(0,1,0), E(1,0,W2). 取A1C1的中点M,则M(0,1,√2).连接EM, 则EM∥BC1, 又点P在平面A1B,C1内，且EP∥BC1, 所以P∈EM,可设EP=AEM, 则EP=λ(-1,1,0)=(-入，入，0)， 所以P(1-入，入，√2) 选择①PA=PD. PA=(A-1,-λ，-√2)， PD=(入-1,1-λ，-√2)， 因为PA=PD, 所以W√(-1)2十(-1)2+(-√2) =√/(-1)2+(1-)2+(-√2)2， 解得X=子 选择②PA⊥BC. 11 PA=(入-1，-A,-√2)，BC=(-2,2,0), 因为PA⊥BC,所以PA·BC=0, 即-2（入-1）-2入+0=0， 解得入=日 11 剥PA=（一-) 设平面PAD与平面PDE的法向量分别为m= (x1y121),n=(x2y2,2), 1 1 m·PA= 则{ Γ21-2M-√2x1=0 (m·PD=-1 1 21十2y1-W2x1=0 ·DEy+vE=0 ari=-+-:=0 1 可取m=(4,0,-√2)，n=(1,1,0), 设平面PAD与平面PDE的夹角为0， 对m,m1=0滑-号 选择③BB1∥平面PDE. 连接DM. 因为P∈直线EM,所以PDC平面EMD, 即平面EPD与平面EDM为同一平面. 因为BB1∥DM,BB1中平面EDM,DMC平 面EDM. 所以BB1∥平面EDM,即BB1∥平面PDE. 所以选择③不能确定点P的位置，即不能选择 条件③解决问题. 5.解：(1).PO⊥底面，AB=2, ∠PAB=,0A=1 .PA=2, .S倒=πrl=2π. 2)运明：AC=答0A=1 ∴∠A0c=若， CD∥AB, ∴∠DCO=∠AOC=, 3 .OC=OD, △OCD为等边三角形， ∴.CD=OD=OB, CD∥OB, ∴.四边形OCDB是平行四边形， .OC∥BD, ,OC中平面PBD,BDC平面PBD, .OC平面PBD, .AO=OB,PQ=AQ: .OQ∥PB, OQ中平面PBD,PBC平面PBD, .OQ∥平面PBD, ,OC∩OQ=O,OCC平面OCQ,OQC平 面OCQ, .平面PBD∥平面OCQ, .'QMC平面OCQ, .QM∥平面PBD. 6.解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得 PA⊥AB, 又AB⊥AD,AD∩PA=A, 所以AB⊥平面PAD, 又，ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原 点，AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方 向，AP方向为之轴正方向建立空间直角坐标 系，易得A(0,0,0),B(2,0,0),C(√2,2,0)，D (0,w3+1,0),P(0,0,w2). (i)设球心O(x,y,之)，由OB=OC=OD=OP 可得 「(.x-√2)2+y2+x2=(.x-√2)2+(y-2)2+2 (x-√2)2+y2+x2=x2+(y-√5-1)2+z2, (x-√2)2+y2+x2=x2+y2+(x-√2)2 解得y=1,x=之=0，显然点O(0,1,0)为直线 AD上的点，ADC平面ABCD,所以点O(0,1, 0)在平面ABCD上. (i)AC=(√2,2,0)，PO=(0,1,-√2)，直线 AC与PO所成角的余弦值等于cos〈AC,PO》 =AC·P0 2_2 |ACIP01√6X33 7.解：(1)证明A'E∥DF,D'FC平面CDF, A'E中平面CD'F, .A'E∥平面CDF, 同理可证EB∥平面CDF, 又EB∩A'E=E,且EBC平面A'EB,A'EC 平面AEB, .平面A'BE∥平面CD'F. 又A'BC平面A'EB, .A'B∥平面CD'F. (2)设AD=m.建立如图所示空间直角坐标系， D' D E 则C(m,m,0),B(2m,0,0), D'm 2m,2 1,E(0,0,0),F(0,m,0), 11 2n, 设平面BCD的法向量为a=(x1,y1,之1)， 则/·BC=0, 「-mx1十my1=0 即 、 acD'=0, 令之1=1，则x1=3,y1=√5，a=(W3,w5,1). 设平面EFDA'的法向量为b=(x2y2,之2)，则 b·EF=0, y2=0 b·D'F=0, 。中广受=0令1四 则x2=-3,y2=0,b=(-3,0,1), 所以cos0=|cos(a,b1=-3+1=万 √7X√7· 所以sin0=√42 7 8.解：(1)以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分 别为xy、之轴建立空间直角坐标系， 由已知可得D(0,0,0),B(4,4,0)、G(0,4,3), E(2,0,4)、F(2,4,4),EF=(0,4,0),BE= (-2,-4,4),GF=(2,0,1),BG=(-4,0,3), 设平面EBF的法向量为n=(x1y1,z), BE·n=0 0,→{-2x1-4y1+41=0 EF·n=0(4y1=0 取x1=2,则y1=0,之1=1， .n=(2,0,1), ∴.GF=n,.GF∥n, ∴.GF⊥平面EBF. (2)设平面EBG的法向量为m=(x2,y2,之2)， 则{厂2,4+4=0， 1-4x2十3zx2=0, 5 令之2=4，则x2=3,y2=222=4, cos〈m,n〉= 3X2+受x0+1X1 T×++ (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1,FBC平 面BCC1B1, EF⊥FB, 易知SAe=是EF·BF=空X4X+2 =4W5, 又DE=(2,0,4),则D到平面BEF的距离为d =IDE·nl_8 n 5 1 由棱锥的体积公式知：VD-r= ×8×45= 35 3 D 9.解：(1)取PA的中点N,PB的中点M,连接 FN、MN, :△ACD与△ABC为等腰直角三角形∠ADC =90°，∠BAC=90°， 不妨设AD-CD=2,.AC=AB=2√2， .BC=4,,E、F分别为BC、PD的中点， i.FN=AD=1,BE-2.:.GM=1. ,∠DAC=45°，∠ACB=45°， ∴.AD∥BC, .FN∥GM, ∴.四边形FGMN为平行四边形， ∴.FG∥MN, ,FG寸平面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、之轴建立如图所示的 空间直角坐标系， G 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2√2,0)， C(2√2,0,0)，D(W2,-√2,0)，P(0,0,2√2)， ∴AB=(0,2√2,0)，DC=(W2,2,0), CP=(-2√2,0,2√2)， 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), DC·n=0.W2.x+W2y=0, lCP·n=0(-2√2x+2√2x=0, 取x=1,.y=-1,之=1，.n=(1,-1,1), 设AB与平面PCD成的角为O, 11 则sin0=|cos(AB,n)1=AB·n |AB·nl 10×1+22×(-1)+0X1=22=3 2√2·W12+(-1)2+1 2√2×√331 即AB与手面PCD所成角的正孩值为 10.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥ AD,PA⊥BC.又AD⊥PB,且AP∩BP=P, 所以AD⊥平面PAB.在△ABC中，因为AC =2,BC=1,AB=√3，所以AC2=BC2+AB2, 即AB⊥BC,又AP⊥BC,且AP∩AB=A,所 以BC⊥平面PAB.因此，AD∥BC,又AD寸 平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平 面PBC. (2)过D,点作DE∥ PA,则DE⊥平面 ABCD,以D为坐标 原点，分别以DA, DC,DE为x轴，y 轴，之轴建立空间直角 坐标系. 设DA=m,DC=n,其中m2+n2=4,则A(m, 0,0),C(0,n,0),P(m,0,2), 所以AP=(0,0,2),CP=(m,-n,2),DC= (0,n,0). 设平面APC的法向量为n=（x,y,之)，则 {mx-ny+2x=0,令x=n,则y=m, 12z=0, 所以n=(n,m,0); 设平面DPC的法向量为v=(x,y,之)，同理可 得v=(2,0,-m). 因为二面角APCD为锐二面角，所以其余弦 位为牙，因光号=1c0s《n,)1 2n ,解得m=√3，即AD=√3. m2+n√4十m 11.解：1)△AEF中，AE=号AD=2E, AF=2AB=4,∠EAF=30, ·.cos∠EAF=AE+AF-EF 2AE·AF 2. ..EF+AE2=AF2,..AELEF, .PE⊥EF,DE⊥EF, PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, .EF⊥平面PDE, 又PDC平面PDE,EF⊥PD. (2)DE=5√3-2W3=3√5，CD=3,∠CDE =90°， ∴.CE2=36,CE=6, PE=AE=2√3，∴.PE2+CE2=PC2, .PE⊥CE, 又'PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CEC平面 DEF,∴.PE⊥平面DEF,∴.PE⊥ED,即EF, ED,EP两两垂直， 以EF,ED,EP分别为x,y,之轴建立如图所示 空间直角坐标系Exy之， P(0,0,23),D(0,33,0),F(2,0,0),A(0, -2√5,0)，B(4,2√3,0)，C(3,33,0),则PD =(0,3√3，-2√3)，CD=(-3,0,0),PB (4,25,-23),BF=(-2,-23,0), 设平面PCD的法向量n1=(x1,y1,之1)， m·PD=0 代2= 不妨设y1=2,则之1=3，x1=0,n1=(0,2,3), 设平面PBF的法向量n2=(x2,y2,z2）, 不妨设x2=5,则y2=-1,之2=1，n2=(W5, -1,1), 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为a, n1·n2 1 =V65 cos(〉=1nm-/X5-6号，sina =8√65 65 12.解：(1)证明：BC∥AD,AD=4,BC=2. 又M为AD的中点，.DM=2, ..BCLDM, .四边形BCDM为平行四边形， .BM∥CD, 'BM丈平面CDE,CDC平面CDE, ∴.BM∥平面CDE. (2)取AM的中点G,连接BG,FG, 在△ABM中，AB=BM=AM=2, .BG⊥AD,且BG=√3， .M为AD的中，点，.EF LDM, .四边形MDEF为平行四边形， ∴.FM=DE=AF=√J10, .△AMF为等腰三角形， ∴.FG⊥AM且FG=3, 在△BGF中，BG=√3，FG=3,又FB=2√5， ..BG+FG2=FB2, 118 ..BG FG, 个z 以G为坐标原点，GB, GD,GF所在直线分别为 x轴，y轴，之轴建立空间 直角坐标系如图， 则B(√5,0,0)，F(0,0,3), M(0,1,0),E(0,2,3), .MB=(√5，-1,0)， ME=(0,1,3), MF=(0,-1,3), 设平面FBM的法向量为m=(x1,y1,之1)， m⊥MB,.W3.x1-y=0, 则 m1MF,{-y+3,=0, 令1=1，则y1=3,x1=3, .平面FBM的一个法向量为m=(W3,3,1). 设平面EBM的法向量为n=(x2,y2,之2)， 则M证：5y=0, ln⊥ME,(y2+3x2=0, 令之2=-1，则y2=3,x2=√3， .平面EBM的一个法向量为n=(√5,3，一1)， 设二面角F-BME的大小为a,则 cos a=cos<m,n>= m·n 11 mn 13 .sin a=43 13 ·二面角FBME的正弦值为4 13 13.解：(1)取PD的中点为S,连接SF,SC, 则SF/ED,SF=2ED=1, 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC, 故四边形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC,而BF￠平面PCD,SCC平 面PCD, 所以BF∥平面PCD. (2)因为ED=2,故AE=1, 故AE∥BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB, 所以CE⊥平面PAD, 而PE,EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE ⊥ED, 而PE⊥ED, 故建立如图所示的空 间直角坐标系， 则A(0,-1,0),B(1, -1,0),C(1,0,0), D(0,2,0),P(0,0,2), 则PA=(0,-1,-2),B9 D y PB=（1,-1,-2), PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2), 设平面PAB的法向量为m=(x,y,之)， 则由m·PA=0 可得一y一2x=0 m·PB=0 (x-y-2z=0' 取m=(0,-2,1), 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), 则由n·PC= 可得a-2c=0 n·PD=0 年{200取n=2,1. 故cos〈m,n)= -1--30 √5×√6 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为0. 301 14.解：(1)取CB1中点P,连接NP,MP, 由N是B,C1的中，点，故NP∥CC1,且NP= tce. 由M是DD,的中点，故D,M=DD,= 2CC,且D,M/cG, 则有DM∥NP且D,M=NP, 故四边形D,MPN是平行四边形， 故D1N∥MP, 又MPC平面CB,M,D1N￠平面CB,M, 故D,N∥平面CB,M; (2)以A为原点建立如图 所示空间直角坐标系，有 A(0,0,0)、B(2,0,0)、 B1(2,0,2)、M(0,1,1)、 C(1,1,0)、C1(1,1,2),则 有CB1=(1,-1,2)、CM= (-1,0,1),BB1=(0,0,2), 设平面CB,M与平面 B BB1CC1的法向量分别为 m=(x1y1,之1)、n=(x2y2,22）, 则有m·CB=x1一十2，=0 m·CM=-x1+之1=0 n·CB=2-y2十2x2=0 n·BB1=2z2=0 分别取x1=x2=1,则有y1=3、1=1、y2=1, 2=0, 即m=(1,3,1),n=(1,1,0), 对s《m,a)=贾温市 1+3 =222 11 故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角的余弦 位为要 (3)由BB1=(0,0,2),平面CB,M的法向量为 m=(1,3,1), 11 则有 |BB1·m 2 =2W11 m √1+9+111' 即点B到平面CBM的距离为2匹 11 15.解：(1)连接PO,因为P-ABCD是正四棱锥，所以 底面ABCD是正方形，且PO⊥底面ABCD, 因为AD=3√2，所以AO=OD=OB=OC=3, 因为AP=5,所以PO=√AP2-AO=4, 所以△POA绕OP旅转一周形成的几何体是 以3为底面半径，4为高的圆锥， 所以Va=号56=3xX3X4=12x (2)如图建立空间直角坐 2 标系，因为AP=AD,由 题知P-ABCD是正四棱 锥，所以该四棱锥各棱长 相等，设AB=√2a,则AO =OD=OB=OC=a,PO =√JAP-AO=a, 可得O0,0,0),P(0,0,a), A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,0,0), (台0…》 则BD=(-2a,0,0),AC=(0,2a,0),AE (） 设n=(x1y1,之1)为平面AEC的法向量，则 n·AC=0 2a·y1=0 → n·AE=0 ta+号=0 (2 令x1=1,则y1=0,=-1,所以n=(1,0,-1), 则cosn,BD)= n·BD -2a=2 InBDI 12all21 2 设直线BD与平面AEC所成角为0，因为sin0 =10sm,BD1-9.0e0,引所以0=至 专题九解析几何 考点一 1.BCDA.△C1C2C3为边长 是2的正三角形，设C,C 的中点为D,连接CD,则 圆C2,C3与CD相切于点 D,且关于CD对称，显然当 l与CD平行时，l均不可能 与三圆都相交（如图1），即k 图1 上一战A错，且.酸条 件等价于山1=d2=d3,两点到一条直线距离相 等，要么是直线平行于两点连线，要么是直线过 两点的中点，连接C1Cg,C2Cg,由d1=d2得，直 线平行于C1C2或者过CC2中点，再由d2=d