2.9.1 空间几何体的结构特征，表面积与体积-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

第二部分专题九立体几何 年真题 分类特训 专题九 立体儿何 知识技能解读… 立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考的必考内容，但其往往是许多学生在高中数学 学习中的拦路虎.因为它不仅需要学生熟练掌握概念、公式、定理、方法等相关的基础知识、还需要 具备较强的逻辑思维能力和空间想象能力.高考对立体几何的考查应关注如下问题： (1)简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体，可以单独考 查，如几何体的识别，距离和截面面积的计算；也可以与体积、表面积结合考查，重点考查简单 几何体的表面积或体积，一般为小题，多为低档题.球与简单几何体的切接问题或与之有关的 最值问题，题型为选择题或填空题，这是一类重点问题，有时难度相对较大 (2)小题形式多考查平行与垂直的判定与性质，多为基础题，对于截面问题的考查，难度 则有提升；解答题，第一小题多为证明线线、线面、面面垂直与平行；第二问，多数是利用空间 向量的相关知识解决空间角的问题，为中档题， 第1节空间几何体的结构特征、表面积与体积 [考点1]几何体的结构特征 3.(2023·上海卷，12)已知空间中有三点A、 1.(2026·上海卷，16)如图，在一个空间直角 B、C满足AB=BC=CA=1,再取两个点， 坐标系中，存在一个正方体ABCD 使得这两点与点A,B,C可以组成正四棱 A1B1C1D1,其中A为坐标原点，AB,AD, 锥，则不同的取法有 种 AA1所在直线分别为x,y,之轴，将正方体 [考点2]几何体的表面积 ABCD-A1B1C1D1绕体对角线AC1旋转一 周，点C经过的卦限个数为 () 1.(2021·新高考Ⅱ卷，4)北斗三号全球卫星 导航系统是我国航天事业的重要成果，在卫 星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于 B 地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨 道高度是指卫星到地球表面的距离).将地 A 球看作是一个球心为O,半径r为6400km 的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面 A.1 B.2 所成角的度数.地球表面上能直接观测到一 C.3 D.4 颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值 2.(2024·北京卷，8)如图，在四棱锥P-ABCD 为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为 中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA= S=2πr2(1-cosa)(单位：km2),则S占地 PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为( ) 球表面积的百分比约为 () A.26% B.34% C.42% D.50% 2.(2021·全国甲卷（文），14)已知一个圆锥的 A.1 B.2 底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧 C.√2 D.√3 面积为 69 最新真题分类特训·数学 [考点3]几何体的体积 6.(2023·全国乙卷（理），8)已知圆锥PO的 1.(2026·全国Ⅱ卷，5)已知棱台的上、下底面 底面半径为√3，O为底面圆心，PA,PB为圆 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 锥的母线，∠AOB=,若△PAB的面积等 体积为 ( A吕 9 4,则该圆锥的体积为 A. B.√6π 号 C.3π D.36π 2.(2024·新课标I卷，5)已知圆柱和圆锥的 7.(2023·天津卷，8)在三棱锥P一ABC中，线段 底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均 PC上的点M满足PM-号PC,线段PB上的 为√3，则圆锥的体积为 ( A.2√3π B.3√3π 点N满足PN-号PB,则三按焦PAMN和三 C.6√3π D.9√3π 棱锥P一ABC的体积之比为 () 3.(2024·新课标Ⅱ卷，7)已知正三棱台ABC A风G的体积为号，AB-6,4B=2,则AA A日 B号 与平面ABC所成角的正切值为 ( c号 D A司 B.1 8.(2022·全国甲卷（理），9)甲、乙两个圆锥的 C.2 D.3 母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 4.(2024·天津卷，9)一个五面体ABC-DEF. 2π，侧面积分别为S用和S乙，体积分别为V甲 已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1. 和V22-2 V一 AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体 积为 () A.5 B.2√2 C.√/10 D.5I0 4 9.(2022·新高考Ⅱ卷，11)（多选）如图，四边 形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD,FB ∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD, 入 F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2, 32+号 V3,则 () D.331 42 5.(2023·全国甲卷（文），10)在三棱锥 P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角 形，PA=PB=2,PC=√6，则该棱锥的体 积为 () A.1 B.3 A.V3=2V2 B.V3=V C.2 D.3 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V 第二部分专题九立体几何 10.(2025·上海卷，7)如图，在正四棱柱 (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在 ABCD-A1BC1D1中，BD=4√2，DB1=9, BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱 则该正四棱柱的体积为 锥F-ABC的体积. 11.(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ARF⊥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-号，则 该多面体的体积为 12.(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 13.（2023·新课标I卷，14)在正四棱台 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1, AA1=√2，则该棱台的体积为 14.(2023·新课标Ⅱ卷，14)底面边长为4的 正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截 去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥， 所得棱台的体积为 15.(2022·全国乙卷（文）， 18)(12分)如图，四面体 ABCD中，AD⊥CD,AD =CD,∠ADB=∠BDC,A E为AC的中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD; 最新真题分类特训·数学 16.(2022·全国甲卷 [考点4]球的相关问题 (文)，19)(12分)小 1.(2022·全国乙卷（理），9)已知球O的半径 明同学参加综合实 为1，四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均 践活动，设计了一个 在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最 封闭的包装盒，包装 大时，其高为 () 盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单 位：cm)的正方形，△EAB,△FBC, A号 B △GCD,△HDA均为正三角形，且它们所 c 号 在的平面都与平面ABCD垂直 2.(2022·新高考I卷，8)已知正四棱锥的侧 (1)证明：EF∥平面ABCD; 棱长为，其各顶点都在同一球面上，若该球 (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料 的厚度). 的体积为36π，且3≤≤3√3，则该正四棱锥 体积的取值范围是 [18 c[] D.[18,27] 3.(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 4.(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 5.(2023·全国甲卷（理），15)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E,F分别为AB,C1D1的 中点，以EF为直径的球面与该正方体的棱 共有 个公共点. 6.(2023·全国甲卷（文），16)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点， 若该正方体的棱与球O的球面有公共点， 则球O的半径的取值范围是 7.(2023·全国乙卷（文），16)已知点S,A,B, C均在半径为2的球面上，△ABC是边长 为3的等边三角形，SA⊥平面ABC,则SA专题九立体几何 第1节空间几何体的结构特征 表面积与体积 考点1几何体的结构特征 1.A由题意，C点轨迹为△B,D1C的外接圆，如图，显然 只有一个卦限 B A B 2.D四棱锥的底面是边长为4的 正方形，且PA=PB=4,PC= A PD=2√2，如图，设AB,CD的中 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB ⊥CD,连接EF,EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF C平面PEF,PFC平面PEF,.CD⊥平面PEF,又CD C平面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PO C平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中，由题可 求得PE=2√3，PF=2,EF=4,∴.PE2+PF2=EF2, ∴.∠EPF=90°，根据面积相等可得PO·EF=PE· PF,即4P0=23X2,得P0=√3. 3.解析：以A为顶点，若△ABC为正四棱锥的侧面，有两种情 况，若△ABC为正四棱锥的对角面，有一种情况，共三种情 况；同理，以B、C为顶点，也各有三种情况，∴共9种 答案：9 考点2几何体的表面积 1.C考查信息问題，考查卫星信号覆盖的问题，计算过程 结合简单的三角函数和球的表面积公式，属于中档题. 0sa=64064860o=高，是=1e=品 6400 2 106 ≈42%. 2.解析：设圆锥的高为h,母线长为1，则 V=号5%=号2，h=12h=80h=号， 所以()+6=√(2)+(=， 所以S=l=6×号=39x, 故答案为：39元. 答案：39π 详解详析 考点3几何体的体积 1.D边长为a且夹角为60°的菱形面积公式为S=-asin60° -所以上底西西数8=×=2，下底面面 2 瓶5=9×=5则VS2x9-V网 =3√3， 棱台的体积公式为V=子(S十S十√S,.代入高 h=5,得：V=号×(25++3 =号×32+号+3)=号 2.B由题意，侧面积相等，则圆锥的母线长是圆柱高的2 倍，即23，故共底面丰径为3，所以国锥的体积为子× πX32X√3=3√3π.故选择：B. 3.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到上底的距高为2,0到下底的距离为是，又 Sc=95,S4马9=3， 所以日9原·4-日3·6=号→h=着上底 3 √3 中心到顶点A的距离为号，所以所求正切值为之 V3 9=1 4.C用一个完全相同的五面体 H 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,且两两之间 D 距离为1.AD=1,BE=2,CF=3, A 则形成的新组合体为一个三棱柱， B 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， Vcar-合Vmm=号×号X1X1×9×4=9 5.A取AB中点E,连接PE, CE,如图， ,△ABC是边长为2的等 边三角形， PA=PB=2, ∴PE⊥AB,CE⊥AB,又 PE,CEC平面PEC, PE∩CE=E, AB⊥平面PEC, 又PE=CB=2×9=,PC=6, 故PC=PE+CE,即PE⊥CE, 所以V=Ve-mtV-版=专Sa·AB =子×号×5×5×2=1.故选A 9 最新真题分类特训·数学 6.B在△AOB中，∠AOB= 120°，而OA=OB=√3，取 AB中点C,连接OC,PC,有 OC⊥AB,PC⊥AB,如图， ∠AB0=30,0C-9,AB =2BC=3,由△PAB的面 积为93 4 得号×3×PC=95, 41 解得PC=-3,于是P0=VPC-0C /2-(-. 所以圆维的体积V=3×0AXP0=3xX(W3)X,6- 1 √6π.故选B 7.B如图，分别过M,C作 MM'⊥PA,CC⊥PA,垂足 M 分别为M,C.过B作BB C ⊥平面PAC,垂足为B,连 B 接PB,过N作NN'⊥PB, A 垂足为N, 因为BB'⊥平面PAC,BBC平面PBB, 所以平面PBB'⊥平面PAC 又因为平面PBB∩平面PAC=PB',NN'⊥PB, NNC平面PBB,所以NN'⊥平面PAC, 且BB∥NN'. 在△PCC中，因为MM⊥PA,CC⊥PA, 所以MMc,所以兴-2-子 在△PB中，周为BB∥NN,所以路-号， 所以VP-AMN-VNy3 SAPAM·NN VP-ABC VB-PAC 子Sae·B8 专×（合PA·MM)NN .故选B. ×(合PAc)·B 1 9 8.C如图，甲、乙两个圆锥的侧 面展开图刚好拼成一个圆，设圆 的半径（即圆锥母线）为3，甲 甲 乙两个圆锥的底面半径分别为 120° 1r2,高分别为h1,h2,则2xr 乙 =4π，2πr2=2π，则r1=2,r2= 1,由勾股定理，得h1=√5，h2= h点=X6- 1 ZV2,所以V元1π话h,rh21X2√2 9.CD设AB=ED=2FB=2,则V=号×2X2=号， V:=号X2X1=号连接BD交AC于M,连接EM, FM(图略)，则FM=√3，EM=√6，EF=3,∴EM+FM =EF2,∴.EM⊥FM. 故5w=合55=32.y,=号SamXAC=2, V3=V1+V2,2V3=3V1,故选CD. 10.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=a2h=112. 答案：112 11.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a⊥平面Y,平面B⊥平面Y, 平面a∩B=1,则1⊥y. 证明：设a∩y=a,β∩y=b,在平面Y取一点O,O庄a,O 在b, 在平面Y内过O作直线m,使得 mLa,作直线n,使得nb, 因为平面a⊥平面Y,mCY, 故m⊥a,而lCa,故m⊥l, 同理nLl,而m∩n=O,m,nCy, 故1⊥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, 80 详解详析 而平面RMUS∩平面US=SU,故SU⊥平面ABEF, 14.解析：由题意易求正四棱锥的高为6，V被台= 故RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形，故MU V:如m-V=号×4X4X6-号×2X2X3 RS=号(8+12)=10. =28. 在平面ABHR中过B作BH∥AR,交RH于H,连 答案：28 接HT. 15.解：(1)由于AD=CD,E是AC的中点， 则四边形ABHR为平行四边形，且RH∥AB,RH= 所以AC⊥DE. AB,故RH∥FT,RH=FT, AD-CD 故四边形RFTH为平行四边形， 由于BD=BD ,所以△ADB≌△CDB, 而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT,BHC平 (∠ADB=∠CDB 面BHT, 所以AB=CB,故AC⊥BE, 故AB⊥平面BHT,故平面ARF∥平面BHT, 由于DE∩BD=D,DE,BDC平面BED, 而AR=BH,RF=HT,AF=BT,故△ARF≌△BHT, 所以AC⊥平面BED, 故几何体ARF一BHT为直棱柱， 由于ACC平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. (2)依题意AB=BD=BC=2, -4=3， ∠ACB=60°，三角形ABC是等边 故VARF-BHr=8X3=24, 三角形， 因为AB∥EF,故EF⊥平面ARE, 所以AC=2,AE=CE=1,BE 而EFC平面RSEF,故平面ARF⊥平面RSEF, =3, 在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同理可证 由于AD=CD,AD⊥CD,所以三角形ACD是等腰直 AG⊥平面RSEF, 角三角形，所以DE=1. 万号AGXRF=-3,故AG=是， DE2+BE=BD,所以DE⊥BE, 15 由于AC∩BE=E,AC,BEC平面ABC, 所以DE⊥平面ABC 2 =6, 由于△ADB≌△CDB,所以∠FBA=∠FBC, 由对称性可得几何体的体积为2×(24十6)=60， BF=BF 答案：60 由于∠FBA=∠FBC,所以△FBA≌△FBC, 12.解析：由题唐知=2了=E,=人 AB=CB hz√32-122'V元h2 所以AF=CF,所以EF⊥AC, √3(m-2)=6 22(n-r2)4 由于Se=号·AC·EF,所以当EF最短时，三角形 AFC的面积最小值. 答案 过E作EF⊥BD,垂足于F, 13.解析：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补成正四 在R△BED中，号·BEDE=号·BD,EP,解得 棱锥，则AO=√2， EF-9, 所以DF=/12 2 ,BF=2-DF=, B 所以器=圣 过F作FH⊥BE,垂足为H,则FH∥DE,所以FH⊥ 年面ABC,且器邵-是， sM=2.0-9, 所以FH=是， 故V=号(S+S,+V5S)h, 所以Vg-m=号·Sae·FH=号X2X2X3X是 V=号(2+1+V2xI)x5-16 2 6 答案76 16,解：(1)过点E作EE'⊥AB于点E,过点F作 FF'⊥BC于点F',连接EF'. 最新真题分类特训·数学 ,底面ABCD是边长为8的正方形，△EAB、△FBC 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直， .EE⊥AB,FF⊥BC, .EE⊥平面ABCD,FF⊥平面ABCD, .EE∥FF且EE'=FF, .四边形EEF'F为平行四边形， .EF∥EF',E'F'C平面ABCD, .EF∥平面ABCD. (2)同理，过，点G,H分别作 H GG'⊥CD,HH'⊥DA,交 CD,DA于点G',H,连接 FG',GH',HE',AC,由 (1)及题意可知，G,H分 别为CD,DA的中点， EFGH-EF'G'H'为长 方体， 故该包装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组 合而成. 由底面ABCD是边长为8的正方形可得：EF'=HE =号Ac=4E, .所求该包装盒的容积为V=VFGH-EFG'H 十4VA-EE'H'H =EF'XEH'XEE+4X号XSgrnX-子AC =42x42x43+号×4,2x4B×2厄 _6405(cm3). 3 考点4球的相关问题 1.C同一圆面上，内接四边形 为正方形时面积最大，假设 底面是边长为a的正方形， 底面所在圆面的半径为r,则 =2a,所以该四棱锥的高 合号=·(1-) 3 当且仅省=1-受，脚。2=号时，等号成立，所以该四 a" 2.C球的体积为36π，所以球的半径R=3, 设正四棱锥的底面边长为2a,高为h, 则2=2a2+h2,32=2a2+(3-h)2, 所以6h=l,2a2=12-h2, 所以正四棱维的体叔V=号S跳=号×4a2×h 号×(-6)×-〔-6) 所以V=日(r-)日r(4。): 当3≤1≤2√6时，V>0,当26<≤3√3时，V<0,所以当l =2V5时，正四棱维的体积V取景大值，最大值为， 又1=3时，V=7,1=35时，V=81, 4 所以正回棱维的体积V的最小值为平，所以该正四棱锥 体报的取值范周是[学鳄】数选C 4 3,解析：设外接球半径为R:则V。=号R=4V3π→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=a.正三棱锥的高h= 31 √DA2-=√2-子.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+(R士)2， 即3=r2+(3-√2-r)2, 解得r-号>a=3r=5, 因此，等边三角形ABC的面积为： Sax=4&-5 4 答案：5y9 4.解析：设铁球半径为r,根据题意， 有4r2=(9-2r)2+(8-2r)2, 即4r2-68r2+145=0, 即(2r-29)(2r-5)=0, 舒得=号9（合 答案：号 5.解析：设正方体的棱长为1，则EF =2,球的半径为 ,而球心到每 B 2 条他的起离均为号，周比球与每条 棱都有且只有1个交点，一共12条 棱，故共12个交点」 答案：12 6.解析：设球的半径为R.当球O D 是正方体的外接球时，恰好经 过正方体的每个顶点，所求的 球的半径最大，若半径变得更 G 大，球会包含正方体，导致球面 -0 M H 和棱没有交点，正方体的外接球 直径2R为体对角线长AC1= /42+4+4=4√3， 即2R'=4W3,R'=2W3,故Rmx=2√3； 分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显 然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形 MNGH与体对角线的交，点， 连接MG,则MG=4√2，当球的一个大圆恰好是四边形 MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为 2√2.综上可知，球O的半径R的取值范围是[22,2√3. 答案：[2√2,23 7.解析：如图，将三棱锥S一ABCS 转化为直三棱柱 M SMN-ABC, 设△ABC的外接圆圆心为O1, 0 半径为r, 则2r=- AB -sinZACB 3 =23,可 A -01 得r=√5， 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OA,OO1, 则0A=2,00=25A, 图为0A=00+0,A,即4=3+号5A,解得5A=2. 答案：2 第2节空间线面关系 考点1空间线面关系的判断 1.D对于A:正方体ABCD-A1BC,D1中.易知AA1∥ CC1,且AA1=CC1,∴.四边形A1ACC1是平行四边形， AC∥AC,A正确；对于B:正方体ABCD-A1B1CD 中，易知CC1⊥AB、CC1⊥BC,AB∩BC=B,.CC:⊥面 ABC,B正确；对于C:由A选项知AC1∥AC,ACC面 ACD1,AC寸面ACD1,∴AC1∥面ACD1,同理可证. CB∥面ACD1,AC1∩C,B=C.AC1C面AC1B,C1B C面AC1B,.面AC1B∥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. 2.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:m Ca,a⊥B,则m不一定垂直于B,故D错误. 3.A对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,正确；对于②，若 mLn,当nCa或nCB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。 4.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. 5.C连接AC,BD交于O,连 接PO,则O为AC,BD的中 点，如图， 因为底面ABCD为正方形， A长 AB=4,所以AC=BD= 4√2，则D0=C0=2√2， 又PC=PD=3,PO=OP,所以△PDO≌△PCO, 则∠PDO=∠PCO, 18 详解详析 又PC=PD=3,AC=BD=4√2，所以△PDB2△PCA, 则PA=PB,在△PAC中， PC=3,AC=4√2，∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA=AC+PC-2AC·PCcos,∠PCA =32+9-2X4V2X3x2=17, 2 PA=√17，则PB=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√17，BC=4, 所以cos∠PCB=PC+BC-PB-9+16-17-1 2PC·BC 2X3×4-3, 又O<∠PCBπ， 所以sin∠PCB=V1-cos∠PCB=2,E, 3 所以△PBC的面积为S=2PC,BCsin∠PCB =是×3×4×22=42.故选C 3 考点2空间角 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|cl=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-)2+|c-d|2=(u-)2+4+1-2 =(u-w)2+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, 即CD⊥AD,又CD⊥AB,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.C取AB的中点E,连接 DA CE,DE,因为△ABC是等腰 直角三角形，且AB为斜边， 则有CE⊥AB, 又△ABD是等边三角形，则 B DE⊥AB,从而∠CED为二 面角C一AB一D的平面角， 即∠CED=150°， 显然CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE, 于是AB⊥平面CDE,又ABC平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC, 显然平面CDE∩平面ABC=CE, 直线CDC平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影 为直线CE, 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB= 2,则CE=1,DE=√5，在△CDE中，由余弦定理得：