第七章 立体几何与空间向量（综合训练）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以立体几何与空间向量为核心，整合基础计算、空间角、动态问题及实际应用，通过多样化题型培养空间观念与逻辑推理，体现数学眼光与思维的综合运用。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量运算|3题|向量垂直、单位向量、坐标运算|从向量概念到工具应用，支撑空间几何度量与位置关系判断| |几何体度量|5题|圆柱、圆锥、圆台、球的表面积体积|从基本几何体到组合体，构建“概念-公式-应用”逻辑链| |空间角与位置关系|6题|线面角、二面角、线面垂直证明|结合几何法与向量法，体现空间观念与推理能力| |动态与应用问题|7题|折叠、旋转、边角夹、斗量米情境|从静态到动态，从数学到生活，培养数学应用意识|

第七章 立体几何与空间向量（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、填空题（本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.） 1．已知向量，若，则___________ 【答案】1 【详解】由向量，， 得，所以. 2．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 【答案】 【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则， 由，所以， 所以球的体积. 故答案为： 3．若，，则与方向相反的单位向量的坐标为_______． 【答案】 【详解】因为，，所以， 则与方向相反的单位向量为． 4．已知圆台的上、下底面的半径分别为1，2，高为，则该圆台的表面积为______． 【答案】 【详解】圆台的上底面半径 ，下底面半径 ，高 ， 所以母线长 ， 侧面积 ， 上底面积 ，下底面积 ， 表面积 ． 5．若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则此圆锥的体积为____．（结果中保留） 【答案】 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为， 由该圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面得：，解得：， 又圆锥底面圆的周长等于圆锥的侧面展开半圆面的弧长：，解得：， 所以圆锥的高为：， 所以圆锥的体积为：. 6．已知正三棱台的上、下底面的边长分别为和，，则直线与平面所成角的正弦值为________． 【答案】 【详解】分别取上、下底面的中心，设为，连接， 过A作平面，垂足为E， 由正三棱台的性质可得，E在上，如图所示， 则四边形为矩形，且， 又，则， 所以， 在中，， 则直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 7．已知正四棱柱的表面积为16，底面边长为x，体积为V，则当时，V关于x的瞬时变化率为________． 【答案】 【详解】因为正四棱柱的底面边长为x，设正四棱柱的高为， 所以正四棱柱的表面积为，所以， 所以体积为， 所以，则时，V关于x的瞬时变化率为. 8．点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为______. 【答案】 【详解】若点在上时，设，， 则，解得. 同理结合正方体的对称性，若点在，，，，上时，存在点满足条件. 若点在上时，设，， 则， 整理得，， ，无实数解. 同理结合正方体的对称性，若点在，，，，上时，不存在满足条件的点. 综上满足的点的个数为6. 9．已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 【答案】 【详解】以为圆心，以所在直线为轴，以所在平面为平面建立空间直角坐标系， 则，，，， 设点，则， 可得，，， 则，， 由模长公式得， 因为， 所以， 整理得，即点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上， 球心到平面的距离， 截面圆半径为，所以点运动所形成的曲线周长为． 10．图1所示为文件边角夹，其由两个全等的，直角边长为4厘米的等腰直角三角形塑料板（不考虑厚度）通过贴片耦合而成．图2展示了文件边角夹的工作原理，在使用文件边角夹时，通过按压使三角形塑料板绕着其中位线顺时针旋转，直至与三角形塑料板所在平面平行时无法转动．若要让边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张，则边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角的最小值为______．（结果精确到） 【答案】 【详解】因为等腰直角三角形的直角边长为4cm， 所以斜边上的高为cm， 因为中位线平行于斜边， 所以直角顶点到中位线的距离为， 设边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角为， 则纸张的厚度为，即， 因为边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张， 所以，解得， 所以，所求二面角的平面角至少为. 11．如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 12．已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 【答案】 【详解】设气球的球心为，过球心作垂直于太阳光线的平面， 该平面与墙面和地面分别相交于直线和， 因为太阳光线与垂直，所以，， 已知气球的影子在上的长度为 2，设影子在上的两个端点分别为，则， 影子在墙面上与距离最大的点到的距离为 1，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 影子在地面上与距离最大的点到的距离为 2，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 设气球的半径为，球心到的距离为， 到墙面的距离为，到地面的距离为，且满足： ， 根据圆的切线性质： 在墙面上：， 在地面上：， 由影子在上的长度，结合勾股定理， 球心到直线的距离与半径的关系为： ， 由 和 ，可得： ， 将、代入，再结合 ， 得： ， 展开并整理： ，， 解得（半径为正数，舍去）.    二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项。） 13．一个正方体的展开图如图所示，若将它还原为正方体，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】以所在平面作为下底面还原，还原成如图所示的正方体， 由图可得与异面，A错误． 显然B正确． 与异面，C错误． 连接，则为等边三角形，D错误．    14．定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为零的实数，，，使得，其中O为原点，已知，则的充分条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 选项A：已知，若， 因为，故，，共面， 故不能推出，故A错误； 选项B：已知，若， 设，则，解得， 则， 故，，共面，故不能推出，故B错误； 选项C：已知，若， 设，则，解得， ，故，，共面， 故不能推出，故C错误； 选项D：已知，若， 设，则，方程组无解， 故不存在满足条件的实数，故，，不共面， 故能推出，故D正确． 15．如图，在棱长为的正方体中，是它的一条体对角线．将底面对角线BD绕直线旋转一周，则BD所扫过区域的面积为（    ）    A． B．2π C． D．3π 【答案】A 【详解】因为平面，且平面，所以， 又，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 平面，所以平面，    因为平面且平面垂直于旋转轴， 所以绕旋转一周时，它始终在一个固定的垂直平面内运动， 因此，线段扫过的区域是一个平面圆环， 设旋转轴穿过平面的交点为， 易得三棱锥为正三棱锥，所以顶点到底面的垂线， 其垂足是底面正三角形的中心，因为平面且交点为， 所以是这个等边三角形的中心， 即求线段绕中心旋转所形成的圆环面积， 易得等边的边长， 外圆是由线段距离中心最远的端点或扫过的轨迹， 所以外圆半径是点到端点的距离， 在等边三角形中，既是中心也是外接圆的圆心，即是三角形的外接圆半径，    设的中点分别是，因为边长为，则， 则，则， 所以，即， 内圆是由线段上距离中心最近的点扫过的轨迹， 在等边三角形中最短线段为中心到边的垂线的长度，即， 易得为等边三角形内切圆与三角形的切点，即内圆半径， 在直角三角形中，，所以， 所以扫过区域的面积. 16．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过的圆，同理，圆，的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的个数是（    ） ①若平面是面积为的等边三角形，则 ②若，则 ③若，则球面的体积 ④若平面为直角三角形，且，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】球的半径为，为球面上三点，劣弧的弧长记为，劣弧，的弧长分别记为， 记为球面，设，，， 若平面是面积为的等边三角形， 则，则，，故①不正确； 若，则，则，故②正确； 若，则，， 则平面的外接圆半径为，则到平面的距离， 则三棱锥的体积， 则球面的体积，故③正确； 由余弦定理可知 因为，所以，则， 取，，则，， 则，故④不正确. 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.） 17．（14分）如图，在三棱锥中， 侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，，为中点，． (1)求：二面角的余弦值与三棱锥的体积； (2)求：从中随机抽取3个点，在可以确定1个平面的条件下，确定的平面是的概率． 【详解】（1）在三棱锥中， 侧面与侧面均为等边三角形， 由，得， 为中点，为等腰直角三角形，连结， 故，，， 又，则为等腰直角三角形，故，， 从而，所以． 又，平面，所以平面． 设为的中点，则为等腰直角三角形，，， 由为等边三角形可得，，为二面角的平面角， 又，，， 所以二面角的余弦值为 三棱锥的体积.……（8分） （2）从中随机抽取3个点，共有种取法， 设事件A为“这3个点可以确定1个平面”，事件B为“这3个点确定的平面是”， 不共线的三点确定一个平面，B，O，C三点共线不能确定一个平面，故可确定平面的情况数为 ，， 在平面上的点有，可确定平面的情况数为 ，则， 所以.……（14分） 18．（14分）如图，四棱锥中，与都是等腰直角三角形，，平面平面，点在棱上． (1)证明：平面； (2)若平面，求线段PM长度． 【详解】(1)因为与都是等腰直角三角形，，， 所以， 中，， 故，即 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面……（6分） （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，如图所示 ， ，， 设，则， 因为平面，，所以可由和线性表示， 设，则，解得 所以， 所以……（14分） 19．（14分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，. (1)求点到平面的距离. (2)求直线与平面所成角的大小. 【详解】（1）因为平面，，，所以， 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得 ，，，， 过点作于点，则四边形为矩形，所以，， 在中，，所以，因为，所以， 所以 。 则 ，， 设平面 的法向量为 ， 则 ， 取，得，所以 ， 又 ，所以点到平面的距离.……（7分） （2）由（1）可知，平面的一个法向量 ， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的大小为 .……（14分） 20．（18分）如下图（1）是由两个三角形组成的平面图形，其中，，，，；现在将三角形沿折起，使得过点作平面，垂足恰好在上，如下图（2）．设是的中点，是的中点． (1)求：线段的长； (2)求：直线与平面所成角的大小； (3)连接，，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 【详解】（1）在中，已知，，； 由余弦定理可得， 整理得，解得；……（4分） （2） 如图所示，作，连接； 因为平面，且平面，故平面平面； 因为平面平面，且，平面， 故平面，故为直线与平面所成角； 由（1）知，在中，已知，，， 故为直角三角形，； 根据面积公式可得，解得， 则； 在中，，，， 可得，则， 在中，由余弦定理可得 ， 解得； 故在直角三角形中，， 因为，故； 故直线与平面所成角为；……（12分） (3)，理由如下： 在中，因为是的中点，是的中点，故； 因为平面，且平面； 故平面； 又因为平面平面，且平面， 故．……（18分） 21．（18分）如图，“斗”是中国古代标准容积量器，其形状可视作一个正四棱台．已知该正四棱台的高为厘米，厘米，厘米． (1)求证：； (2)求与平面所成角的大小；注：. (3)古代的米店里用“斗”给顾客量米时，为了显示诚信，用斗量米并用木尺刮平斗口后，会特意再抓一把米小心翼翼地添在斗口中央，让米堆起来形成一个“尖”的形状．假设将这个“尖”视作以为底面的正四棱锥，记作．根据物理学中“休止角”的理论，大米的休止角约为，即可视作二面角的最大值为．若忽略“斗”壁的厚度，求这个“斗”加上“尖”最多可以装大米多少立方厘米．（保留到整数位） 【详解】(1)证明：由正四棱台的性质，与相交于一点， 所以四点共面， 平面平面， 平面平面， 平面平面， 所以.……（6分） （2） 设上、下底面的中心为， 平面，， 过作交于点，则平面， 即为与平面所成的角， 由已知可得，， 在中，，， ， 则.……（12分） （3） 由题意可得面， 取的中点，，， 所以为二面角的平面角， ， 二面角的最大值为， 所以， ， ， 立方厘米．……（18分） 10 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 立体几何与空间向量（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、填空题（本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.） 1．已知向量，若，则___________ 2．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 3．若，，则与方向相反的单位向量的坐标为_______． 4．已知圆台的上、下底面的半径分别为1，2，高为，则该圆台的表面积为______． 5．若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则此圆锥的体积为____．（结果中保留） 6．已知正三棱台的上、下底面的边长分别为和，，则直线与平面所成角的正弦值为________． 7．已知正四棱柱的表面积为16，底面边长为x，体积为V，则当时，V关于x的瞬时变化率为________． 8．点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为______. 9．已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 10．图1所示为文件边角夹，其由两个全等的，直角边长为4厘米的等腰直角三角形塑料板（不考虑厚度）通过贴片耦合而成．图2展示了文件边角夹的工作原理，在使用文件边角夹时，通过按压使三角形塑料板绕着其中位线顺时针旋转，直至与三角形塑料板所在平面平行时无法转动．若要让边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张，则边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角的最小值为______．（结果精确到） 11．如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 12．已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项。） 13．一个正方体的展开图如图所示，若将它还原为正方体，则（   ）    A． B． C． D． 14．定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为零的实数，，，使得，其中O为原点，已知，则的充分条件是（   ） A． B． C． D． 15．如图，在棱长为的正方体中，是它的一条体对角线．将底面对角线BD绕直线旋转一周，则BD所扫过区域的面积为（    ）    A． B．2π C． D．3π 16．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过的圆，同理，圆，的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的个数是（    ） ①若平面是面积为的等边三角形，则 ②若，则 ③若，则球面的体积 ④若平面为直角三角形，且，则 A．1 B．2 C．3 D．4 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.） 17．（14分）如图，在三棱锥中， 侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，，为中点，． (1)求：二面角的余弦值与三棱锥的体积； (2)求：从中随机抽取3个点，在可以确定1个平面的条件下，确定的平面是的概率． 18．（14分）如图，四棱锥中，与都是等腰直角三角形，，平面平面，点在棱上． (1)证明：平面； (2)若平面，求线段PM长度． 19．（14分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，. (1)求点到平面的距离. (2)求直线与平面所成角的大小. 20．（18分）如下图（1）是由两个三角形组成的平面图形，其中，，，，；现在将三角形沿折起，使得过点作平面，垂足恰好在上，如下图（2）．设是的中点，是的中点． (1)求：线段的长； (2)求：直线与平面所成角的大小； (3)连接，，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 21．（18分）如图，“斗”是中国古代标准容积量器，其形状可视作一个正四棱台．已知该正四棱台的高为厘米，厘米，厘米． (1)求证：； (2)求与平面所成角的大小；注：. (3)古代的米店里用“斗”给顾客量米时，为了显示诚信，用斗量米并用木尺刮平斗口后，会特意再抓一把米小心翼翼地添在斗口中央，让米堆起来形成一个“尖”的形状．假设将这个“尖”视作以为底面的正四棱锥，记作．根据物理学中“休止角”的理论，大米的休止角约为，即可视作二面角的最大值为．若忽略“斗”壁的厚度，求这个“斗”加上“尖”最多可以装大米多少立方厘米．（保留到整数位） 10 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第七章立体几何与空间向量（综合训练） 数学·参考答案 一、填空题（本大题共12题，第16题每题4分，第712题每题5分，共54分.） 2. V52W5 4π 1.1 0. 5-5 4.14π 5. 3交 6. 6 3 7.2 8.6 9.2v3m 10.58.1 11.②③ 12.2 二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分每题有且仅有一个正 确选项。) 13 14 15 16 0 A 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分） 17.(14分) 【详解】(1)在三棱锥S-ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形 由AC=1,得AB=AC=SB=SC=SA=1, ∠BAC=90°，OBC, P为BC中点.△16C OA 等腰直角三角形，连结 故BC=V2,O1=0B=0C=V2 2,AO⊥BC, 又SB+SC2=BC,则△SBC为等腰直角三角形，故S0LBC, 2, 从而OA+SO2=SA2,所以SO⊥A0. 又AO∩BC=O,AO,BCC平面ABC,所以SO⊥平面ABC. 设M为5c的中点，则as0C为等腰直角三角形，OM1C,OM- 2 1/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由△S4C为等边三角形可得AM1SC,, 2,∠OMA为二面角A-SC-B的平面角， 1 cos∠OMA=OM-2-V5 又 AM3 3, OA2+OM2=AM2OA⊥OM 2 所以二面角A-SC-B的余弦值为3 S B 三楼锥S二4BC的体积V=ScS0=xxV2V② 3×2×2=12…(8分) （2)从4B,C0,S中随机抽取3个点，共有 3=10 种取法， 设事件A为“这3个点可以确定1个平面”，事件B为“这3个点确定的平面是SBC”, 3-1=9 不共线的三点确定一个平面，B,O,C三点共线不能确定一个平面，故可确定平面的情况数为 P0=8 车平而6aC的点有及QCS,可定平份情沉数为C-1=3,则P@)=P40) 3 所以P(A) P(4B=10=J P(4)93….(14分) 10 18.(14分) 【详解】(1)因为△ADC与△BAC都是等腰直角三角形，∠BAC=∠ADC=90°，AD=2, 2/8 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以4C=22,AB=4C=25 aPAB中，PA=35,PB=V26.P+AB2=(6+(2=18+8=26=Pg 故∠PAB=90°，即PA⊥AB 又平面PAB⊥平面ABCD,平面PABN平面ABCD=AB,PAC平面PAB, 所以PA⊥平面ABCD…(6分) (2)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴建立直角坐标系，如图所示 ZA B C立A0,0,0,B22,0,0,C(0,2V2,0,D(-2,V2,0,P0,0,3√2) PB=(22,0,-32).Ap=(0,0,32).PD=(2,2,-32) 设PM=P吸e0,1D,则PW=(20,-32）,M=P+PM=(2220,321-A) 因为PD/平面4MC,4Mn4C=A,所以PD可由丽和C线性表示， 3 2W2x=-√2 3 设 ,则 2W2y=V2 ，解得优= 2 1 PD=xAM+yAC 32(1-2)x=-32 y2 所以PM= +(-2=26 …(14分) 19.(14分) 【详解】(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,BCIIAD,所以AB⊥AD, 3/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 以A为坐标原点，分别以 B,AD,AP 的方向为轴、'轴、2轴的正方向建立空间直角坐标系 -xyZ 由题意可得 D v A(0,0,0)B1,0,0)P(0,0,1)D(0,3,0) 过点C作CE⊥AD于点E,则四边形ABCE为矩形，所以CE=AB=1,AE=BC, 在RtACED中，∠CDE=45°，所以ED=CE=1,因为AD=3,所以BC=AE=AD-ED=2, 所以C4,20。则PB=L,0-.Bc=(0,20) ii.PB=x-z=0 设平面PC的法向量为i=(化，y,2),则'元.BC=2y=0,取x=1,得z=1,y=0,所以方=(1,0，)， BD.列1-1x1+3×0+0x1-1-2 又BD=(-13,0),所以点D到平面pBC的距离d VP+0+1下22…(7分) (2)由(1)可知 D-=(03,-),平面P8C的一-个法向量i=(0) 设直线PD与平面PBC所成角为B,则 PD.n sin0=cos(PD,}》 0×1+3×0+(-1)×1 15 PD园02+32+(-P+02+P10210, 所以直线PD与平面PBC所成角的大小为 arcsin 5 10.…(14分) 20.(18分) 【详解】(1)在△ABC中，己知AC=2,AB=1,∠BCA=30°： 由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2×AC×BC×cosLBCA=22+BC2-2×2×BC×coS30=1, 整理得8C2+3-23BC-(8C-5=0,解得BC=5:…(4分) (2) 4/8 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 如图所示，作BE⊥AC,连接DE; 因为PH⊥平面ABC,且PHc平面PAC,故平面PAC⊥平面ABC; 因为平面PAC∩平面ABC=AC,且BE⊥AC,BEc平面ABC, 故BE⊥平面PAC,故∠BDE为直线BD与平面PAC所成角： 由(1)知，在△MBC中，己知4C=2,AB=1,BC=V5 故△ABC为直角三角形，∠ABC=90°； 根据面积公式可得2 B×BC-X4CxBE,解 BE= 2 则AE=VAB2-BE2=1 2: 在△APC中，∠APC=90°，∠PAC=30°，AC=2, 测AD3 可得AP=V3,则D=2, 在△ADE中，由余弦定理可得 DE2=AD2+AE2-2×ADx AExcos∠PAC=3+1 -2x5.1 44 ×c0s30°=1 、22 4. 解得DE-分： 故在直角三角形BDB中，am∠BDE=肥=V5, DE 因为2BDEc[0,90], 故∠BDE=60； 5/8 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故直线BD与平面PAC所成角为60°；…(12分) (3)l11PC,理由如下： 在△APC中，因为O是AC的中点，D是AP的中点，故DOIIPC; 因为DOC平面DBO,且PC4平面DBO: 故PC∥平面DBO: 又因为平面DBO∩平面PBC=I,且PCc平面PBC, 故111PC.…(18分) 21 新情境 (18分) 【详解】(1)证明：由正四棱台的性质， B与D 相交于一点， B,B,D,D 所以 四点共面， 平面 BCDI平面 BCD 平面ABCDO,平面 BDD=BD ABCD∩BBDD=BD 平面 平面 BDIIBD 所以 …(6分) (2) D B D B 0,0 设上、下底面的中心为 平面4BCD.00=h=15.8 00⊥ 过4作4E100交4CT点E, 平面ABCD ,AE 6/8 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∠A,AEAA ABCD 即为与平面 所成的角， 由已知可得40=15V240,=10W2 在Rt△41E中，AE=h=15.8.AE=A0-40=52 am∠AAB=4g=158158≈223】 AE5√27.07 ∠A,AE≈65.9° 则 …(12分) (3) D A 6 D B 由题意可 PO⊥4BCD 面 4的中点F,OFL48PF14B ∠PFO 所以 为二面角 P-AB-C 的平面角， tan∠Pr0=Pe=Pg =0F10, 二面 P-48C的最大值为30。 所以P0a=10xtan30=10W3 3, 4-*20105w ≈769.8 39 5-158x(60+20+30×20）-18190=10m67, 7/8 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V≈769.8+10006.7=10776.5≈10777立方厘米.…(18分) 8/8