2024年新高考新题型数学一模好题分类汇编：立体几何（解析版）.pdf

1、1立体几何题型 01 空间几何体的有关计算题型 02 点线面位置关系、空间角及距离题型 03 内切球、外接球问题题型 04 空间向量题型 01 空间几何体的有关计算1(2024山西晋城统考一模)若一个正 n 棱台的棱数大于 15，且各棱的长度构成的集合为 2,3，则 n的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为【答案】642【分析】根据正 n 棱台共有 3n 条棱，从而得到不等式，求出 n 的最小值为 6，得到棱的长度之和最小值.【详解】因为正 n 棱台的侧棱有 n 条，底面有 2n 条棱，所以正 n 棱台共有 3n 条棱，由 3n 15，得 n 5，所以 n 的最小值为 6，该棱台各棱的长度

2、之和的最小值为 2 12+3 6=42故答案为：6，422(2024浙江校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是 1，4，且侧面积为 10，则该圆台的母线长为【答案】2【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.【详解】设母线长度为 l，由圆台侧面积公式得 10=12 (2 1+2 4)l，解得 l=2，故圆台母线长度为 2.故答案为：23(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)球 O 的半径与圆锥 M 的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥 M 的侧面展开图的圆心角大小为，球 O 的体积与圆锥 M 的体积的比值为【答案】23/1202【分析】设球 O 的半径及圆锥 M 的底面半径均为 R，圆

3、锥 M 的母线长为 l，再根据球与圆锥的表面积公式求得 l=3R，即可得圆锥 M 的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得 h=2 2R，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可【详解】设球 O 的半径及圆锥 M 的底面半径均为 R，圆锥 M 的母线长为 l，则 4R2=R2+lR，所以 l=3R，圆锥 M 的侧面展开图的圆心角大小为 2Rl=23；球 O 的体积为 4R33，圆锥 M 的高 h=l2-R2=2 2R，圆锥 M 的体积为 13 R2 2 2R=2 2R33，所以球 O 的体积与圆锥 M 的体积的比值为2故答案为：23，24(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为

4、2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为2【答案】6316 327【分析】由线面角的定义得出 cos=r2，从而得出 V=831-sin2sin，再由导数求解即可.【详解】设圆锥的底面半径为 r，圆锥的母线与底面所成的角为,0,2，易知 cos=r2.圆锥的体积为V=13 r24-r2=43 cos2 2sin=83 cos2 sin=831-sin2sin令 x=sin,x 0,1，则 y=1-sin2sin=-x3+x，y=-3x2+1当 y 0 时，x 0,33，当 y 0 时，x 33,1，即函数 y=-x3+x 在 0,33上单调递增，在33,1上单调递

5、减，即 Vmax=8333-333=16 327，此时 cos=1-323=63.故答案为：63；16 3275(2024广东深圳校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为 4 的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3 的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.【答案】17/1:7【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆台的体积之比.【详解】设圆锥底面半径为 r，母线长为 l，由题意，l=4，2r=4，故 r=2，作圆锥轴截面如下图：所以 AH=2，AC=4，CH=2 3，所以圆锥体积为 V=13

6、 22 2 3=8 33，因为用与底面的距离为3 的平面截圆锥，故 CDCA=12，且 CDE CAB，所以小圆锥体积 V1=13 123=33，所以圆台的体积 V2=V-V1=7 33，故小圆锥和圆台的体积之比为 V1V2=17.故答案为：1736(2024辽宁沈阳统考一模)正方体的 8 个顶点分别在 4 个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为 1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.5【答案】BD【分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.【详解】设该正方体为 ABCD-A1B1C1D1，且其棱长为 a，若考虑 4 个平面中最

7、中间的两个平面，共有两种情况.若中间的两个平面为平面 A1BD 和平面 B1D1C，如图 1 所示，则过 A1,A,C 作截面，截面图如图 2 所示，其中 E,F 分别为 AC,A1C1中点，则 AE=22 a,AA1=a,A1E=62 a，设相邻两平面间距离即为 A 到 A1E 的距离 h，可得 12 22 a a=12 62 a h，解得 h=33 a，即相邻两平面间距离即为 A 到 A1E 的距离33 a，可知33 a=1，解得 a=3；若中间的两个平面如图 3 所示，过 B,C,C1作截面，截面图如图 4 所示，其中 M,N 分别为 BC,B1C1中点，则 BM=12 a,AA1=a,

8、A1E=52 a，设相邻两平面间距离即为 B 到 B1M 的距离 d，可得 12 12 a a=12 52 a d，解得 d=55 a，即相邻两平面间距离即为 B 到 B1M 的距离55 a，则55 a=1，解得 a=5；故选：BD.4【点睛】方法点睛：根据题意分类讨论平面的位置分布，结合正方体的结构特征以及截面分析求解.7(2024云南曲靖统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为 18 厘米，9 厘米，母线长约为 7.5 厘米现有 2000 个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需

9、要营养土约为()(参考数据：3.14)A.1.702 立方米B.1.780 立方米C.1.730 立方米D.1.822 立方米【答案】B【分析】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求 2000 个该种花盆所需要的营养土.【详解】令 2R=18,2r=9,l=152(单位厘米)，则花盆的高 h=l2-R-r22=1522-18-922=6，所以花盆的体积为 V=13 h (R2+Rr+r2)=13 6 81+812+814=5672，故 2000 个该种花盆共需要营养土约为 5672 2000 1780380 立方厘米，即 1.780 立方米.故选：B8(2024新疆乌鲁木齐统考

10、一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为 40cm 的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为 12B.该几何体的棱数为 24C.该几何体的表面积为(4800+800 3)cm2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项【答案】ABD【分析】对于 A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有 12 条棱即可判断；对于 B，由该几何体有6 个面为正方形即可判断；对于 C，该几何体的棱长为202+202=20 2，根据正三角形及正方形的面积公5式求解即可判断；对于 D，原正方体内切球的半径为 20cm，原正方体外接球的半径为402+

11、402+4022=20 3，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为202+202=20 2，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.【详解】对于 A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有 12 条棱，所以该几何体的顶点数为 12，故A 正确；对于 B，由题意知，该几何体有 6 个面为正方形，故该几何体的棱数为 6 4=24，故 B 正确；对于 C，该几何体的棱长为202+202=20 2，该几何体有 6 个面为正方形，8 个面为等边三角形，所以该几何体的表面积为 6 20 22+8 34 20 22=4800+1600 3cm2，故 C 错误；对于 D，原正方体内切球的

12、半径为 20cm，内切球表面积为 S1=4 202=1600cm2.原正方体外接球的半径为402+402+4022=20 3，外接球表面积为 S2=4 20 32=4800cm2.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为202+202=20 2，所以该几何体外接球的表面积为 S=4 20 22=3200cm2.因为 2S=6400=1600+4800=S1+S2，所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故 D 正确.故选:ABD.9(2024山西晋城统考一模)如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，C1E=3EC，平

13、面 ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为 上，下部分对应的几何体为 下，则()A.下的体积为 2B.上的体积为 12C.下的外接球的表面积为 9D.平面 ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为 2 5【答案】ACD【分析】根据题意求截面，可知 下为直三棱柱 ADF-BCE，进而可求相应的体积，即可判断 AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断 C；可知平面 ABE 截该正四棱柱所得截面为矩形 ABEF，即可得面积判断 D.6【详解】设 D1F=3FD,A1G=3GA,B1H=3HB，连接 EF，AF，BE,GF,GH,EH，由长方体的性质可知：E

14、F AB，可知 A，B，E，F 四点共面，所以 下为直三棱柱 ADF-BCE，其体积为 12 1 2 2=2，故 A 正确；上的体积为 22 4-2=14，B 错误下的外接球即为长方体 ABCD-GHEF 的外接球，所以 下的外接球的半径 R=22+22+122=32，则 下的外接球的表面积为 4R2=9，C 正确平面 ABE 截该正四棱柱所得截面为矩形 ABEF，其面积为 2 12+22=2 5，D 正确故选：ACD.题型 02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024河北校联考一模)已知直线 l、m、n 与平面、，下列命题正确的是()A.若 ，l ，n ，则 l nB.若 ，l ，则 l

15、 C.若 l n，m n，则 l mD.若 l ，l ，则 【答案】D【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.【详解】对于 A，若 ，l ，n ，则 l 与 n 可能平行，也可能异面，故 A 错误；对于 B，若 ，l ，则 l 与 可能平行，也可能相交，故 B 错误；对于 C，若 l n，m n，则 l 与 m 可能平行，也可能相交或异面，故 C 错误；对于 D，若 l ，则由线面平行的性质定理可知，必有 l1，使得 l l1，又 l ，则 l1，因为 l1，所以 ，故 D 正确.故选：D.11(2024浙江校联考一模)已知直线 a,b 和平面,a ,b

16、 ，则“a b”是“a ”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.【详解】因为 b ，则存在 c 使得 b c 且 b ，若 a b 且 a ，则 a c，又 a 且 c ，所以 a ，充分性成立；设 ，b ,a ,a b=P，则有 a ，但 a,b 不平行，即必要性不成立.故选：A.12(2024广东深圳校考一模)已知，是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若 m n，m ，n ，则 B.若 m n，m ，n ，则 C.若 m n，m ，则

17、 n D.若 m n，m ，则 n 【答案】A【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.7【详解】若 m ，n ，设,对应法向量分别为 m,n，也是 m,n 的方向向量，由 m n，即 m n，则 ，故 A 正确；若 m n，m ，n ，则 与 可能平行或相交，故 B 错误；若 m n，m ，则 n ，或 n ，或 n 与 相交，故 C 错误；若 m n，m ，则 n ，又 ，则 n 或 n ，D 错误.故选：A13(2024吉林白山统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为 2 的正八面体中，则有()A.直线 AE 与 CF 是异面直线B.平

18、面 ABF 平面 ABEC.该几何体的体积为 432D.平面 ABE 与平面 DCF 间的距离为 2 63【答案】D【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.【详解】正八面体可由正方体每个面的中心构成，如图：因为正八面体的棱长为 2，所以正方体的棱长为 2 2.A，E，C，F 四点共面，直线 AE 与 CF 是共面的，故 A 错；设二面角 E-AB-D 为，SABE=3，S正方形 ABCD=4，所以 cos=13 22 4.所以：二面角 E-AB-F=2 2，故 B 错；V=13 4 2 2=832，故 C 错；由八面体的构成可知：平面 ABE 和平面 DCF 之间的距离是正方体体对角线的

19、13，所以两个平面之间的距离为：13 2 2 3=2 63，故 D 对.故选：D14(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA 平面ABCD,PA=AB=2,BAD=120,AC BD，BCD 是等边三角形.8(1)证明：平面 PAD 平面 PCD.(2)求二面角 B-PC-D 的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)154【分析】(1)设 AC BD=O，由已知得 AD CD，又 PA 平面 ABCD 得 PA CD，利用线面垂直的判断定理得 CD 平面 PAD，再由面面垂直的判断定理可得平面 PAD 平面 PCD；(2)以 O 为坐标原点，OB,O

20、C的方向分别为 x,y 轴的正方向建立空间直角坐标系 O-xyz.求出平面 PBC 的法向量、平面 PCD 的法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】(1)设 AC BD=O，因为 BCD 是等边三角形，且 AC BD，所以 O 是 BD 的中点，则 AB=AD，又 BAD=120，所以 ADB=30，所以 CDA=CDB+ADB=90，即 AD CD，又 PA 平面 ABCD,CD 平面 ABCD，所以 PA CD，又 AD PA=A，所以 CD 平面 PAD，因为 CD 平面 PCD，所以平面 PAD 平面 PCD.(2)以 O 为坐标原点，OB,OC的方向分别为 x,y 轴的正方向建

21、立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.因为 PA=AB=2，所以 B3,0,0,C 0,3,0,D-3,0,0,P(0,-1,2)，PB=3,1,-2,PC=0,4,-2,PD=-3,1,-2，设平面 PBC 的法向量 m=x1,y1,z1，则3x1+y1-2z1=0,4y1-2z1=0,令 y1=1，得 m=3,1,2，设平面 PCD 的法向量为 n=x2,y2,z2，则 4y2-2z2=0,-3x2+y2-2z2=0,令 y2=1，得 n=-3,1,2，cosm,n=m nmn=14，0 m,n，9故二面角 B-PC-D 的正弦值为1-142=154.15(2024辽宁沈阳统考一模)如图

22、，在三棱锥 A-BCD 中，平面 ABC 平面 BCD，且 BC=BD=BA，CBA=CBD=120，点 P 在线段 AC 上，点 Q 在线段 CD 上.(1)求证：AD BC；(2)若 AC 平面 BPQ，求 BPBQ 的值；(3)在(2)的条件下，求平面 ABD 与平面 PBQ 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)BPBQ=32(3)55【分析】(1)根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可得线面垂直，进而可求证，(2)建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.或者利用空间垂直关系的转化即可结合三角形的边角关系求解.(3)建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】(1)证明

23、：过 A 作 AO 直线 BC 于 O，连接 DO.由题知 BA=BD,BO=BO,ABO=DBO=60，ABO DBO,DOB=AOB=90，即 BC DO，又 BC AO,AO DO=O,AO,DO 平面 AOD,BC 平面 AOD，又 AD 平面 AOD，BC AD，即 AD BC(2)方法一：平面 ABC 平面 BCD，平面 ABC 平面 BCD=BC，AO BC,AO 平面 ABC AO 平面 BCD.以 O 为原点，以 OB 的长度为单位长度，以 OD,OC,OA的方向分别为 x 轴，y 轴，z 的正方向建立空间直角坐标系 O-xyz，如图，则 D3,0,0,A 0,0,3,B 0

24、,1,0,C 0,3,0.AC 平面 BPQ,AC BP,AC BQ.BA=BC P 为 AC 中点，由题知 CD=3,-3,0,AC=0,3,-3设 BQ=BC+CD=0,2,0+3,-3,0=3,2-3,0，10 AC BQ=3 2-3=0,=23，BQ=2 33,0,0,BQ=2 33，又在 ABC 中，BC=BA=2,ABC=120，所以 BP=1,BPBQ=32.方法二：AC 平面 BPQ,AC BP,AC BQ.设 BA=BC=2，由 ABC=120 知，BP=1.平面 ABC 平面 BCD，平面 ABC 平面 BCD=BC,AO BC,AO 平面 ABC，AO 平面 BCD，又

25、BQ 平面 BCD,AO BQ，又 AC BQ,AC AO=A，BQ 平面 ABC BQ BC.BC=2,BCQ=30,BQ=2 33=2 33,BPBQ=32(3)由(2)知，平面 PBQ 的一个法向量为 AC，设平面 ABD 的一个法向量为 n=x,y,z.AB=0,1,-3,DB=-3,1,0，则 n AB=y-3z=0,n DB=-3x+y=0,令 y=3,则 n=1,3,1，cosAC,n=AC nACn=2 32 3 5=55，平面 ABD 与平面 PBQ 所成角的余弦值为55.16(2024重庆统考一模)如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA 底面 ABCD，四边形 ABCD 中，

26、AB=AP，AB AD,AB+AD=6,CD=2,CDA=45 (1)若 E 为 PB 的中点，求证：平面 PBC 平面 ADE；(2)若平面 PAB 与平面 PCD 所成的角的余弦值为66()求线段 AB 的长；()设 G 为 PAD 内(含边界)的一点，且 GB=2GA，求满足条件的所有点 G 组成的轨迹的长度【答案】(1)证明见解析；(2)()2；()33.【分析】(1)根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.(2)以点 A 为原点，建立空间直角坐标系，设 AB=t，利用面面角的向量求法结合已知求出 t，再求出 AG 并确定轨迹求解即得.【详解】(1)在四棱

27、锥 P-ABCD 中，PA 底面 ABCD，AD 平面 ABCD，则 PA AD，而 AB AD,AB PA=A,AB,PA 平面 PAB，于是 AD 平面 PAB，又 PB 平面 PAB，则 AD PB，由 AB=AP，E 为 PB 的中点，得 AE PB,AE AD=A,AE,AD 平面 ADE，11因此 PB 平面 ADE，而 PB 平面 PBC，所以平面 PBC 平面 ADE.(2)()由(1)知，直线 AB,AD,AP 两两垂直，以点 A 为原点，直线 AB,AD,AP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，过 C 作 CF AD 于 F，由 CD=2,CDA=45，得 CF=D

28、F=1，令 AB=t(0 t 0，解得 t=2，所以线段 AB 的长为 2.()显然 AB 平面 PAD，而 AG 平面 PAD，则 AB AG，又 BG=2AG，于是(2AG)2=AG2+22，解得 AG=2 33，因此点 G 的轨迹是以点 A 为圆心，2 33为半径的圆的 14，所以点 G 的轨迹的长度为 12 2 33=33.17(2024云南曲靖统考一模)在图 1 的直角梯形 ABCD 中，A=D=90,AB=BC=2,DC=3，点 E 是 DC 边上靠近于点 D 的三等分点，以 BE 为折痕将 BCE 折起，使点 C 到达 C1的位置，且 AC1=6，如图 2(1)求证：平面 BC1

29、E 平面 ABED；(2)在棱 DC1上是否存在点 P，使得二面角 P-EB-C1的大小为 45？若存在，求出线段 DP 的长度，若不存在说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)63【分析】(1)由直角梯形边长可知 C=60，连接 AC 交 BE 于点 F，由线面垂直的判定定理可证明 C1F 平面 ABED，即可得出结论；12(2)建立空间直角坐标系，求出平面 PEB 与平面 EBC1的法向量，利用二面角 P-EB-C1的大小为 45 解方程即可求得线段 DP 的长度为63.【详解】(1)根据题意，由直角梯形边长 AB=BC=2,DC=3 可知 C=60,ABC=120；又点 E 是 DC 边

30、上靠近于点 D 的三等分点，所以 EC=2，可得 BCE 为等边三角形；连接 AC,AE，AC 交 BE 于点 F，如下图所示：可得四边形 ABCE 为菱形，所以 AC BE，即折起后 AF BE,C1F BE，如下图所示：易知 AF=C1F=3，又 AC1=6，满足 AF 2+C1F 2=AC21，即 AF C1F；又 AF BE=F，AF,BE 平面 ABED，所以 C1F 平面 ABED，又因为 C1F 平面 BC1E，所以平面 BC1E 平面 ABED；(2)以 D 为坐标原点，分别以 DA,DE为 x,y 轴，FC1方向为 z 轴正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则 D 0,0,

31、0,A3,0,0,B3,2,0,E 0,1,0,F32,32,0,C132,32,3；可得 BE=-3,-1,0,DC1=32,32,3，假设存在点 P 满足题意，设 DP=DC1=32,32,3,0,1，所以 P32,32,3，则 PE=-32,1-32,-3，由(1)可知 AF 平面 BC1E，利用 AF=-32,32,0易得平面 BC1E 的一个法向量可取为 m=13-1,3,0设平面 PBE 的一个法向量为 n=x,y,z，则 BE n=-3x-y=0PE n=-32 x+1-32 y-3z=0，可得 n=,-3,-1；所以 cos m,n=m nmn=-32 52-2+1=22，解得

32、 =13 或 =-1(舍)，此时 DP=13 DC1，可得 DP=13 DC1=63；即线段 DP 的长度为63.18(2024云南曲靖统考一模)如图所示，正方体 ABCD-ABCD 的棱长为 1，E,F 分别是棱 AA,CC 的中点，过直线 EF 的平面分别与棱 BB,DD 交于点 M,N，以下四个命题中正确的是()A.四边形 EMFN 一定为菱形B.四棱锥 A-MENF 体积为 13C.平面 EMFN 平面 DBBDD.四边形 EMFN 的周长最小值为 4【答案】ACD【分析】由正方体截面性质有 EMFN 为平行四边形，若 G,H 为 DD,BB 中点，易得 EHFG 为正方形，进而得到

33、EM=MF 即可判断 A；由 M,N 到面 AEF 的距离之和为底面对角线且 VA-MENF=VM-AEF+VN-AEF 求体积判断 B；利用线面垂直、面面垂直的判定判断 C；根据正方体的结构特征判断 M,N 在运动过程中，周长最短时 M,N 位置判断 D.【详解】由题意，正方体截面的性质易知 EM NF,EN MF，即 EMFN 为平行四边形，取 G,H 为 DD,BB 中点，因为 E,F 分别是棱 AA,CC 的中点，则 EHFG 为正方形，所以 EH=FH,EHM=FHM=90，则 EM=MF，故 EMFN 为菱形，A 对；由 M,N 到面 AEF 的距离之和为底面对角线为2，又 VA-

34、MENF=VM-AEF+VN-AEF=13 2 SAEF=13 2 12 12 2=16 为定值，B 错；由菱形性质知 MN EF，由正方体性质知 DD 面 EHFG，EF 面 EHFG，则 DD EF，又 MN DD=N，MN,DD 面 DBBD，故 EF 面 DBBD，而 EF 面 EMFN，所以平面 EMFN 平面 DBBD，C 对；M,N 在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形 EMFN 各边最短且为 1，此时 EMFN 为正方形，周长为 4，D 对.14故选：ACD19(2024山东济南山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA 平面 ABCD，PB 与底面

35、 ABCD 所成的角为 4，底面 ABCD 为直角梯形，ABC=BAD=2,AD=2,PA=BC=1，点 E 为棱 PD 上一点，满足 PE=PD0 1，下列结论正确的是()A.平面 PAC 平面 PCD；B.在棱 PD 上不存在点 E，使得 CE 平面 PABC.当 =12 时，异面直线 CE 与 AB 所成角的余弦值为 2 55；D.点 P 到直线 CD 的距离3；【答案】ACD【分析】根据面面垂直的判定定理可判断 A；由 A 的结论，可推得 CD PC，即可知点 P 到直线 CD 的距离即为 PC 的长度，计算求得 PC 长，判断 D；采用平移法，作出异面直线 CE 与 AB 所成角，解

36、三角形可求得CE 与 AB 所成角的余弦值，判断 C；结合 C 选项，根据线面平行的判定定理即可判断 B.【详解】A 选项，因为 PA 平面 ABCD，CD 平面 ABCD，AB 平面 ABCD，所以 PA CD，PA AB，故 PBA 即为 PB 与底面 ABCD 所成的角，即 PBA=4，故 AB=PA=1，而 ABC=2，所以 AC=AB2+BC2=2，在直角梯形 ABCD 中，CD=(2-1)2+12=2，则 AC2+CD2=AD2，故 AC CD，又因为 AP AC=A,AP,AC 平面 PAC，所以 CD 平面 PAC，因为 CD 平面 PCD，故平面 PCD 平面 PAC，故 A

37、 正确；D 选项：由 A 选项的证明过程可知：CD 平面 PAC，因为 PC 平面 PAC，所以 CD PC，故点 P 到直线 CD 的距离即为 PC 的长度，因为 PA 平面 ABCD，AC 平面 ABCD，故 PA AC，而 PA=1,AC=2,PC=PA2+AC2=12+(2)2=3，15即点 P 到直线 CD 的距离3，故 D 正确；对于 C，当 =12 时，PE=12 PD，即 E 为 PD 的中点，设 F 为 PA 的中点，连接 EF,BF，则 EF AD,EF=12 AD，而 BC AD,BC=12 AD，故 EF BC,EF=BC，故四边形 EFBC 为平行四边形，则 CE B

38、F，故异面直线 CE 与 AB 所成角即为 BF,AB 的夹角，在 RtFAB 中，AF=12 PA=12,AB=1,BF=12+122=52，则 cosFBA=ABBF=152=2 55，则异面直线 CE 与 AB 所成角的余弦值为 2 55，C 正确；对于 B，由 C 选项知，当 =12 时，CE BF，因为 CE 平面 PAB，BF 平面 PAB，所以 CE 平面 PAB，所以 =12 时，CE 平面 PAB，故 B 错误.故选：ACD.20(2024新疆乌鲁木齐统考一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA 平面ABCD，PA=AB，点 E，F 分别是棱 P

39、B，BC 的中点 (1)求直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值；(2)在截面 AEF 内是否存在点 G，使 DG 平面 AEF，并说明理由【答案】(1)105(2)不存在，理由见解析【分析】(1)由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得；(2)假设存在，可设 AF=AE+AF，0，0，+1，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在.【详解】(1)由 PA 平面 ABCD，AB、AD 平面 ABCD，故 PA AB、PA AD，又底面 ABCD 为正方形，故 AB AD，即 PA、AD、AB 两两垂直，故可以 A 为坐标原点，AB的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空

40、间直角坐标系 A-xyz，16不妨设 AB=2，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，F(2,1,0)，AF=(2,1,0)，BP=(-2,0,2)，BC=(0,2,0)，设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z)，则 n BP=0n BC=0，即-2x+2z=02y=0，可取 n=(1,0,1)，因为 cosn,AF=n AF|n|AF|=105，所以 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值为105；(2)假设截面 AEF 内存在点 G 满足条件，设 AG=AE+AF，0，0，+1，有 AE=1,0,1，AF=2,1,

41、0，DA=0,-2,0，所以 DG=DA+AG=(+2,-2,)，因为 DG 平面 AEF，所以 DG AE=0DG AF=0，所以 2+2=02+5-2=0，解得=-23=23，这与假设矛盾，所以不存在点 G，使 DG 平面 AEF21(2024山西晋城统考一模)如图，P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 所在平面外一点，BF 的中点O 为 P 在平面 ABCDEF 内的射影，PM=2MF (1)证明：ME 平面 PBD(2)若 PA=2，二面角 A-PB-D 的大小为，求 cos2【答案】(1)证明见解析(2)cos2=-2935【分析】(1)设 PN=2NB，连接 MN，可证四边形

42、 EKNM 为平行四边形，所以 ME NK，从而得证 ME 平面 PBD；(2)由空间向量法求得二面角 A-PB-D 的大小为，cos=335，再由二倍角公式求解.【详解】(1)如图，设 PN=2NB，连接 MN因为 PM=2MF，所以 PNNB=PMMF，所以 MN BF，且 MN=23 BF连接 CE 交 BD 于 K，连接 KN，由 KDC=30，所以 KDE=90，17RtKDE 中，KD=12 KE，KC=KD，所以 EK=23 CE=23 BF=MN，由 CE BF，可得 EK MN，所以四边形 EKNM 为平行四边形，所以 ME NK又因为 ME 平面 PBD，NK 平面 PBD

43、，所以 ME 平面 PBD(2)以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系易知 OA=1，OD=3，OB=3，PO=PA2-AO2=3，则 P(0,0,3)，B(3,0,0)，D(0,3,0)，A(0,-1,0)，则 BP=(-3,0,3)，AP=(0,1,3)，BD=(-3,3,0)设平面 PAB 的法向量为 n1=x,y,z，则 n1 AP=0,n1 BP=0,即 y+3z=0,-3x+3z=0,令 x=1，得 n1=1,-3,1设平面 PBD 的法向量为 n2=x1,y1,z1，则 n2 BD=0,n2 BP=0,即-3x1+3y1=0,-3x1+3z1=0,令 y1=1，得 n2

44、=3,1,3，由 cos n1,n2=n1 n2n1n2=35 7=335，得 cos=335，所以 cos2=2cos2-1=2 cos2-1=-2935.22(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 P 是AD1的中点，点 Q 是直线 CD1上的动点，则下列说法正确的是()A.PBD 是直角三角形B.异面直线 PD 与 CD1所成的角为 3C.当 AB 的长度为定值时，三棱锥 D-PBQ 的体积为定值D.平面 PBD 平面 ACD1【答案】ABC【分析】设正方体的棱长为 2，求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断 PBD 形状，判断

45、 A；利用平移法可求得异面直线 PD 与 CD1所成的角，判断 B；根据棱锥的体积公式可判断 C；建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明方法可判断 D.【详解】对于 A，设正方体的棱长为 2，点 P 是 AD1的中点，故 PD AD1;18AB 平面 ADD1A1,AD1 平面 ADD1A1，故 AB AD1，则 BD=2 2,PD=12 AD1=2,PB=22+(2)2=6，则 BD2=PD2+PB2，即 PD PB，即 PBD 是直角三角形，A 正确；对于 B，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 P 是 AD1的中点，则直线 DP 即为直线 A1D，异面直线 PD 与 CD1所

46、成的角即异面直线 A1D 与 CD1所成的角，由于 A1B1 AB CD，A1B=AB=CD，故四边形 A1B1CD 为平行四边形，所以 A1D B1C，则 B1CD1即为异面直线 A1D 与 CD1所成的角或其补角，连接 B1D1，则 B1D1=B1C=CD1=2 2，即 B1CD1=3，故异面直线 PD 与 CD1所成的角为 3，B 正确；对于 C，设 AB,CD 交于点 O，则 O 为 AC 的中点，连接 PO，则 PO 为 ACD1的中位线，故 PO CD1，PO 平面 PBD，CD1 平面 PBD，故 CD1 平面 PBD，当 AB 的长度为定值时，CD1到平面 PBD 的距离为定值

47、，则 Q 到平面 PBD 的距离为定值，而 PBD 的面积为定值，故 VQ-PBD为定值，又三棱锥 D-PBQ 的体积 VD-PBQ=VQ-PBD，故三棱锥 D-PBQ 的体积为定值，C 正确；对于 D，以 D 为坐标原点，以 DA,DC,DD1所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，19则 D(0,0,0),B(2,2,0),P(1,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2)，则 DP=(1,0,1),DB=(2,2,0),AC=(-2,2,0),AD1=(-2,0,2)，设平面 PBD 的法向量为 m=(x,y,z)，则 m DP=x+z=0m DB=2x+2

48、y=0，令 x=1，则 m=(1,-1,-1)；设平面 ACD1的法向量为 n=(a,b,c)，则 n AC=-2a+2b=0n AD1=-2a+2c=0，令 a=1，则 n=(1,1,1)；则 m n=1-1-1=-1 0，即 m,n 不垂直，故平面 PBD 和平面 ACD1不垂直，D 错误，故选：ABC23(2024浙江校联考一模)在三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 BCC1B1是菱形，ABC 是等边三角形，点 M 是线段 AB 的中点，ABB1=60 (1)证明：B1C 平面 ABC1；(2)若平面 ABB1A1 平面 ABC，求直线 B1C 与平面 A1MC1所成角的正弦值【答案

49、】(1)证明见解析(2)34【分析】(1)根据四边形 BCC1B1是菱形，可得 B1C BC1；在 ACB1中，根据题意可证 AB1=AC，又 N 是B1C 的中点，得 B1C AN，即可得到结论.(2)根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面 A1MC1的法向量，利用线面角公式即可.【详解】(1)设 BC1与 B1C 交点为 N，连接 AB1,AN 四边形 BCC1B1是菱形，B1C BC1,B1B=BC,N 是 B1C 的中点在 ABB1中，B1B=AB,ABB1=60,ABB1是等边三角形，AB1=AB在 ACB1中，AB1=AC,N 是 B1C 的中点，B1C AN又 B1C BC1,A

50、N BC1=N,AN,BC1 平面 ABC1，B1C 平面 ABC1(2)连接 B1M，ABB1是等边三角形，M 是线段 AB 的中点，B1M AB.20又 平面 ABB1A1 平面 ABC，平面 ABC 平面 ABB1A1=AB，B1M 平面 ABB1A1，B1M 平面 ABC以 M 为原点，MB,MC 所在直线分别为 x 轴，y 轴如图建立空间直角坐标系，不妨设 AB=2，则 M 0,0,0,A-1,0,0,B 1,0,0,C 0,3,0，A1-2,0,3,B1 0,0,3，于是 MA1=-2,0,3,MB1=0,0,3,BC=-1,3,0,B1C=0,3,-3，MC1=MB1+B1C1=

51、MB1+BC=-1,3,3设平面 A1MC1的法向量为 n=x,y,z，则 n MA1=0n MC1=0，即-2x+3z=0-x+3y+3z=0，令 x=3，得 y=-1,z=2，所以平面 A1MC1的一个法向量为 n=3,-1,2设直线 B1C 与平面 A1MC1所成角大小为，则 sin=B1C nB1Cn=3 33+1+4 3+3=34，故直线 B1C 与平面 A1MC1所成角的正弦值为 34.24(2024广东深圳校考一模)如图，在圆锥 SO 中，AB 是圆 O 的直径，且 SAB 是边长为 4 的等边三角形，C,D 为圆弧 AB 的两个三等分点，E 是 SB 的中点.(1)证明：DE

52、平面 SAC；(2)求平面 SAC 与平面 SBD 所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】(1)证明：取 SA 的中点 F，连接 CF,EF,CD，由题意可证得 DE CF，再由线面平行的判定定理证明即可；(2)以 O 为坐标原点，OB,OS的方向分别为 y,z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面SAC 与平面 SBD 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】(1)证明：取 SA 的中点 F，连接 CF,EF,CD.因为 C,D 为圆弧 AB 的两个三等分点，所以 CD AB,CD=12 AB.因为 E,F 分别为 SB,SA 的中点，所以 EF

53、 AB,EF=12 AB，则 CD EF,EF=CD，从而四边形 CDEF 为平行四边形，故 DE CF.因为 DE 平面 SAC,CF 平面 SAC，所以 DE 平面 SAC.(2)解：以 O 为坐标原点，OB,OS的方向分别为 y,z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.21因为 AB=SA=4，所以 A 0,-2,0,B 0,2,0,C3,-1,0，D3,1,0,S 0,0,2 3，则 AC=3,1,0,AS=0,2,2 3,BD=3,-1,0,BS=0,-2,2 3.设平面 SAC 的法向量为 m=x1,y1,z1，则 m AC=3x1+y1=0,m AS=2y1+2 3z1=0

54、,令 x1=1，得 m=1,-3,1.设平面 SBD 的法向量为 n=x2,y2,z2，则 n BD=3x2-y2=0,n BS=-2y2+2 3z2=0,令 x2=1，得 n=1,3,1.设平面 SAC 与平面 SBD 所成锐二面角为，则 cos=|cosm,n|=|m n|m|n|=15.故平面 SAC 与平面 SBD 所成锐二面角的余弦值为 15.25(2024广西南宁南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体 ABCDEF 中，ABEF 共面，ADF 是正三角形，四边形 ABCD 为菱形，ABC=23,EF 平面 ABCD,AB=2EF=2，点 M 为 BC 中点 (1)证明：EM 平面

55、BDF；(2)已知 EM=2，求平面 BDF 与平面 BEC 所成二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)连接 AC 交 BD 与点 O，证明四边形 OMEF 为平行四边形，推出 EM OF，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；(2)取 AD 中点为 N，连接 FN,ON,BN，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面 BDF 和平面BEC 的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】(1)证明：连接 AC 交 BD 与点 O，连接 OM,OF，由于 EF 平面 ABCD,EF 平面 ABEF，平面 ABEF 平面 ABCD=AB，故 EF AB，22O

56、为 AC 的中点，点 M 为 BC 中点，故 OM AB EF，OM=12 AB=EF，则四边形 OMEF 为平行四边形，则 EM OF，而 EM 平面 BDF，OF 平面 BDF，故 EM 平面 BDF；(2)由(1)知 OF=EM=2，取 AD 中点为 N，连接 FN,ON,BN，由题意知 ADF 是边长为 2 的正三角形，在 ONF 中，FN=3,ON=1,OF=2，则 FN 2+ON 2=OF 2，故 ON FN，ADF 是边长为 2 的正三角形，则 AD FN，又 AD ON=N,AD,ON 平面 ABCD，则 FN 平面 ABCD，BN 平面 ABCD，故 FN BN，ABC=23

57、,BAD=3，则 ABD 为正三角形，故 BN AD，而 AD FN=N,AD,FN 平面 ADF，故 BN 平面 ADF，以 N 为坐标原点，分别以 NA,NB,NF 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则 A 1,0,0,B 0,3,0,C-2,3,0,E-12,32,3,F 0,0,3,D-1,0,0，则 CB=2,0,0,CE=32,-32,3,AB=-1,3,0，设平面 BEC 的法向量为 m=x,y,z，则 m CB=0m CE=0，则2x=032 x-32 y+3z=0，令 z=1，则 m=0,2,1；BD=-1,-3,0,DF=1,0,3，设平面 BDF 的法向量为

58、n=a,b,c，则 n BD=0n DF=0，即-a-3b=0a+3c=0，令 a=3，则 n=3,-1,-1，故 cosm,n=m n|m|n|=-2-15 5=-35，设平面 BDF 与平面 BEC 所成二面角为,0,，故|cos|=35，故平面 BDF 与平面 BEC 所成二面角的正弦值为 sin=1-cos2=45.26(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB=5，AC=6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE=CF=54，EF 交 BD 于点 H，将 DEF 沿 EF 折到 DEF位置，OD=1023(1)证明：D

59、H 平面 ABCD；(2)求平面 BAD 与平面 ACD 的夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)7 525【分析】(1)先利用平行转化得垂直关系，再利用勾股定理计算证明线线垂直，然后利用线面垂直判定定理证明线面垂直，(2)根据题意建立空间直角坐标系，利用法向量方法求二面角的余弦值.【详解】(1)由已知得 AC BD，AD=CD，又由 AE=CF 得 AEAD=CFCD，故 AC EF，因此 EF HD，从而 EF DH.由 AB=5,AC=6，得 DO=BO=AB2-AO2=4.由 AC EF 得 OHOD=AEAD=14.所以 OH=1,DH=DH=3.又已知 OD=10，于是 DH

60、2+OH 2=32+12=10=DO2，故 DH OH.又 DH EF，且OH EF=H，OH,EF 平面 ABCD.所以 DH 平面 ABCD.(2)如图，以 H 为坐标原点，以 HF,HD,HD所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系 H-xyz，则H 0,0,0，A-3,-1,0，B 0,-5,0，C 3,-1,0，D 0,0,3，AB=3,-4,0，AC=6,0,0，AD=3,1,3.设m=x1,y1,z1是平面 ABD 的法向量，则 m AB=0m AD=0，即 3x1-4y1=03x1+y1+3z1=0，令 x1=4,可得 m=4,3,-5.设 n=x2,y2,z2是平面

61、 ACD 的法向量，则 n AC=0n AD=0，即 6x2=03x2+y2+3z2=0，令 y2=-3,可得 n=0,-3,1，设平面 BAD 与平面 ACD 的夹角为，24于是 cos=cosm,n=m nmn=-1450 10=7 525，平面 BAD 与平面 ACD 的夹角的余弦值是 7 525.27(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)设 b、c 表示两条直线，、表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若 b ，c ，则 b cB.若 b ，b c，则 c C.若 c ，则 c D.若 c ，c ，则 【答案】D【分析】由直线与平面平行分析直线与平面内直线的关系判断 A；由直线与

62、直线平行分析线面关系判断 B；由直线与平面平行、平面与平面垂直分析线面关系判断 C；由线面平行的性质及平面与平面垂直的判定判断 D【详解】若 b ，c ，则 b c 或 b 与 c 异面，故 A 错误；若 b ，b c，则 c 或 c ，故 B 错误；若 c ，则 c 或 c 或 c 与 相交，相交也不一定垂直，故 C 错误；若 c ，过 c 的平面与 相交，设交线为 a，则 c a，又 c ，则 a ，而 a ，则 ，故 D 正确故选：D28(2024吉林延边统考一模)已知三棱柱 ABC-A1B1C1，侧面 AA1C1C 是边长为 2 的菱形，CAA1=3，侧面四边形 ABB1A1是矩形，且

63、平面 AA1C1C 平面 ABB1A1，点 D 是棱 A1B1的中点(1)在棱 AC 上是否存在一点 E，使得 AD 平面 B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥 B-A1DC1的体积为3 时，求平面 A1C1D 与平面 CC1D 夹角的余弦值【答案】(1)存在，理由见解析(2)34【分析】(1)取 B1C1的中点 F，连接 EF，DF，易得 DF AE,DF=AE，则四边形 DFEA 是平行四边形，从而 AD EF，再利用线面平行的判定定理证明；(2)根据四边形 ABB1A1是矩形，结合平面 AA1C1C 平面 ABB1A1，得到 A1B1 面 A1ACC1，由 VB-A1DC1=VA-A1

64、DC1=VD-A1AC1，得到 A1B1=6，再由 A1AC=60，得到 A1E AC，然后以 A1为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面 C1DC 的一个法向量为 m=x,y,z，易知平面 A1C1D 的一个法向量 n=1,0,0，由cos m,n=m nm n求解.【详解】(1)解：存在，当 E 为 AC 的中点时，AD 平面 B1C1E，理由如下：25如图所示：取 B1C1的中点 F，连接 EF，DF，DF 是 A1B1C1的中位线，DF 12 A1C1,DF=12 A1C1，又 AE 12 A1C1,AE=12 A1C1 ，DF AE,DF=AE ，四边形 DFEA 是平行四边形，AD

65、 EF，又 AD 面 B1C1E，EF 面 B1C1E ，AD 平面 B1C1E(2)四边形 ABB1A1是矩形，A1B1 AA1，AB A1B1，又 平面 AA1C1C 平面 ABB1A1，A1B1 面 A1ACC1，VB-A1DC1=VA-A1DC1=VD-A1AC1=13 SAA1C1 12 A1B1=36 A1B1=3，A1B1=6 ，侧面 ACC1A1是菱形，A1AC=60，A1AC 是正三角形，E 是 AC 的中点，A1E AC，以 A1为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1 0,0,0，C1 0,2,0，D 0,0,3，C(3,1,0)，则 C1D=0,-2,3，C1C

66、=3,-1,0，设平面 C1DC 的一个法向量为 m=x,y,z，由 m C1D=0m C1C=0，得-2y+3z=03x-y=0，令 x=1，则 y=3，z=233，m=1,3,233，又平面 A1C1D 的一个法向量 n=1,0,0，cos m,n=34，平面 A1C1D 与平面 CC1D 的夹角的余弦值是34.29(2024黑龙江齐齐哈尔统考一模)如图 1，在平面四边形 PABC 中，PA AB,CD AB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点 E 是线段 PC 上靠近 P 端的三等分点，将 PDC 沿 CD 折成四棱锥 P-ABCD，且 AP=2 2，连接 PA,PB,BD，如图 2.

67、26 (1)在图 2 中，证明：PA 平面 BDE；(2)求图 2 中，直线 AP 与平面 PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)36.【分析】(1)根据线面平行的判定定理证得 PA 平面 BDE.(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线 AP 与平面 PBC 所成角的正弦值.【详解】(1)连接 AC 交 BD 于点 F，连接 EF,AB CD,CD=2AB，ABF CDF,AFAC=13，PEPC=13,PA EF,PA 平面 BDE,EF 平面 BDE,PA 平面 BDE，(2)在图 1 中，PA AB,AB CD,PA CD,PD CD,AD CD，在图 2 中，AD

68、=PD=2,PA=2 2,AP2=AD2+DP2，PD AD,AD CD=D,AD,CD 平面 ABCD，PD 平面 ABCD，AD,CD 平面 ABCD，所以 PD AD,PD CD，而 AD CD，由此以点 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 2,0,0,B 2,2,0,C 0,4,0,P 0,0,2,BC=-2,2,0,PB=2,2,-2，设平面 PBC 的法向量为 m=x,y,z，则 m BC=-2x+2y=0m PB=2x+2y-2z=0，可取 m=1,1,2，又 AP=-2,0,2，27所以 cosAP,m=AP mAP m=36，所以直线 AP 与平面 PBC

69、所成角的正弦值为36.30(2024重庆统考一模)如图，在边长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E 是 C1D1的中点，M 是线段 A1E 上的一点，则下列说法正确的是()A.当 M 点与 A1点重合时，直线 AC1 平面 ACMB.当点 M 移动时，点 D 到平面 ACM 的距离为定值C.当 M 点与 E 点重合时，平面 ACM 与平面 CC1D1D 夹角的正弦值为53D.当 M 点为线段 A1E 中点时，平面 ACM 截正方体 ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为 7 3332【答案】ACD【分析】对 A，根据平行线确定一个平面即可判断，对 BC 建立空间坐标系进行判断，

70、对 D 作出截面图形，并求出相关长度，利用面积公式即可求出.【详解】对 A，因为 AA1 CC1，所以点 A,A1,C,C1四点共面，当 M 点与 A1点重合时，直线 AC1 平面 ACM，故 A 正确；对 B，以 D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，因为 E 为 C1D1中点，则设 M 1-2t,t,1，t 0,12，A 1,0,0，C 0,1,0，则 AC=-1,1,0，AM=-2t,t,1，DA=1,0,0，设平面 ACM 的方向量为 m=x,y,z，则 AC m=0AM m=0，即-x+y=0-2tx+ty+z=0，令 y=1，则 x=1,z=t，所以 m=1,1,t，则点 D

71、 到平面 ACM 的距离 d=DA mm=112+12+t2=12+t2，显然不是定值，故 B 错误；对 C，当 M 点与 E 点重合时，由 B 知此时 t=12，m=1,1,12，平面 CC1D1D 的法向量 n=1,0,0，设平面 ACM 与平面 CC1D1D 夹角为，cos=m nmn=112+12+122 1=23，则 sin=1-232=53，故 C 正确；对 D，连接 A1C1，并在上底面内将直线 A1C1沿着 B1D1的方向平移，直至该直线经过点 M，交 D1A1于点 P，交 C1D1于点 N，因为 AA1 CC1，AA1=CC1，所以四边形 AA1C1C 为平行四边形，所以 A

72、1C1 AC，28因为 PN A1C1，所以 AC PN，因为点 M PN，所以平面 ACM 截正方体 ABCD-A1B1C1D1所得的图形为四边形 APNC，不妨以 D1为坐标原点，在上底面内建立如图所示平面直角坐标系，则 A1 0,-1,E12,0，因为 M 为线段 A1E 中点，则 M14,-12，根据直线 PN A1C1，则 kPN=1，设直线 PN 的方程为 y=x+b，代入点 M 坐标得-12=14+b，解得 b=-34，则 y=x-34，则点 P 位于线段 A1D1的四分之一等分点处，且靠近点 A1，点 N 位于线段 C1D1的四分之一等分点处，且靠近点 C1，则 AP=CN=1

73、42+12=174，AC=2，PN=342，结合 AC PN，则四边形 APNC 为等腰梯形，则其高为AP2-AC-PN22=1742-2-3 2422=668,则 S梯形 APNC=122+342668=7 3332，故 D 正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题 BC 选项的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式和面面角的空间向量求法进行计算判断，对 D 选项的关键是作出截面图形，并求出相关长度，得出其截面为等腰梯形，最后计算面积即可.31(2024福建厦门统考一模)如图，在四棱锥 E-ABCD 中，AD BC，2AD=BC=2，AB=2，AB AD，EA 平面 ABC

74、D，过点 B 作平面 BD(1)证明：平面 平面 EAC；(2)已知点 F 为棱 EC 的中点，若 EA=2，求直线 AD 与平面 FBD 所成角的正弦值【答案】(1)证明见详解(2)2 77【分析】(1)利用三角形相似及等量代换得 AC BD，利用线面垂直得 EA BD，进而得 BD 平面EAC，结合已知条件得证；29(2)利用空间向量法可求【详解】(1)设 AC 与 BD 的交点为 O，连接 OF，因为 AD BC，且 AB AD，所以 AB BC，因为 2AD=2，所以 AD=1，AB=2，AB AD，且 AB=2，BC=2，AB BC，所以 ABD BCA，所以 ABD=BCA，所以

75、BAC+ABD=BAC+BCA，因为 AB BC，所以 BAC+BCA=90，所以 BAC+ABD=90，即 BAO+ABO=90，所以 AOB=90，所以 AO OB，即 AC BD，因为 EA 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，所以 EA BD，因为 EA AC=A，EA,AC 平面 EAC，所以 BD 平面 EAC，又因为平面 BD，且 B 平面 EAC，所以平面 平面 EAC(2)因为 AB AD，EA 平面 ABCD，所以 AB,AD,EA 两两垂直，如图，以 A 为原点，AB,AD,EA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 A-xyz，则 A 0,0,0，D 0

76、,1,0，B-2,0,0,E 0,0,2,C-2,2,0，所以 AD=0,1,0,BD=2,1,0,BC=0,2,0,BE=2,0,2，因为点 F 为棱 EC 的中点，所以 BF=12 BC+BE=22,1,1，设平面 FBD 的一个法向量为 n=x,y,z，则 BD n=0BF n=0，所以2x+y=022 x+y+z=0，取 x=2，得 y=-2 2,z=2，所以平面 FBD 的一个法向量为 n=2,-2 2,2，记直线 AD 与平面 FBD 所成角为，则 sin=cos AD,n=AD nADn=-2 21 4+8+2=2 77，所以直线 AD 与平面 FBD 所成角的正弦值为 2 77

77、32(2024吉林延边统考一模)如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为2 的正方形，DE=BF=1,DE BF,DE 平面 ABCD，动点 P 在线段 EF 上，则下列说法正确的是()30A.AC DPB.存在点 P，使得 DP 平面 ACFC.三棱锥 A-CDE 的外接球被平面 ACF 所截取的截面面积是 92D.当动点 P 与点 F 重合时，直线 DP 与平面 ACF 所成角的余弦值为 3 1010【答案】ABD【分析】由面面垂直的性质定理可判断选项 A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断选项 B；由截面是ACF 的外接圆及正弦定理可判断选项 C;由面面垂直的判定定理

78、、面面垂直的性质及余弦定理可判断选项 D；【详解】设 AC BD=O,连接 FO，令 EF 中点为 G，连接 DG，如图所示：由底面 ABCD 是正方形可得：O 是 BD,AC 的中点，且 BD AC；由 DE 平面 ABCD，DE 平面 ABCD，BD 平面 ABCD,可得平面 ABCD 平面 DEFB，DE BD；由 DE=BF=1,DE BF，DE BD,可得四边形 DEFB 为矩形.对于选项 A:由 BD AC，平面 ABCD 平面 DEFB，且平面 ABCD 平面 DEFB=BD,AC 面 DEFB，可得 AC 面 DEFB，又 DP 面 DEFB,所以 AC DP，故选项 A 正确

79、；对于选项 B:因为在矩形 DEFB 中,DO FG,DO=FG,所以四边形 DOFG 是平行四边形，则直线 DG OF,因为 OF 平面 ACF,DG 平面 ACF,则 DG 面 ACF.故当 P 是线段 EF 的中点 G 时，直线 DP 面 ACF,故 B 正确；对于选项 C:因为在 ACF 中，AC=2,AF=3,CF=3,FO=2,所以 sinFAC=OFAF=63,由正弦定理得：ACF 的外接圆直径 2r=FCsinFAC=32,则半径为 r=32 2，圆面积为 S=r2=98,因为三棱锥 A-CDE 的外接球的球心在过点 O 且与平面 ACD 垂直的直线上，且四边形 BDEF 为矩

80、形，所以点 F 在三棱锥 A-CDE 的外接球上.所以三棱锥 A-CDE 的外接球被平面 ACF 所截取的截面是 ACF 的外接圆，因此三棱锥 A-CDE 的外接球被平面 ACF 所截取的截面面积是 98，故 C 错误对于选项 D:因为 AC 面 DEFB，AC 平面 ACF,所以面 DEFB 平面 ACF，所以 DP DF在平面 ACF 内的射影在直线 OF 上，即直线 DP 与平面 ACF 所成角为 OFD OPD.31在 OFD 中，OD=1,OF=2,DF=5,cosOFD=OF 2+DF 2-DO22OF DF=3 1010,故选项 D 正确；故选：ABD.33(2024福建厦门统考

81、一模)如图所示，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是矩形，ABF 和DCE 均是等边三角形，且 AB=2 3，EF=x(x 0)，则()A.EF 平面 ABCDB.二面角 A-EF-B 随着 x 的减小而减小C.当 BC=2 时，五面体 ABCDEF 的体积 V(x)最大值为 272D.当 BC=32 时，存在 x 使得半径为32 的球能内含于五面体 ABCDEF【答案】ACD【分析】A 由线面平行的判定证明；B 设二面角 A-EF-B 的大小为 2，点 F 到面 ABCD 的距离为 h，则tan=3h，分析取最小值的对应情况即可判断；C 把五面体 ABCDEF 补成直三棱柱 FG

82、I-EKJ，取 AB,GI 的中点 M,H，设 FMH=0 2，则 MH=3cos,FH=3sin，结合 V(x)=VFGI-EKJ-2VF-ABIG并应用导数研究最值；D 先分析特殊情况：ABF 和 DCE 所在平面均垂直于面 ABCD 时构成正三棱柱ABF-DCE，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.【详解】A：由题设 BC AD，AD 面 ADEF，BC 面 ADEF，则 BC 面 ADEF，由面 BCEF 面 ADEF=EF，BC 面 BCEF，则 BC EF，BC 面 ABCD，EF 面 ABCD，则 EF 平面 ABCD，对；B：设二面角 A-EF-B 的大小为 2

83、，点 F 到面 ABCD 的距离为 h，则 tan=3h，点 F 到面 ABCD 的距离，仅在面 FAB 面 ABCD 时取得最大值，当 EF=x=BC 时 tan 取最小值，即 取最小值，即二面角 A-EF-B 取最小值，所以 EF=x (0,+)，二面角先变小后变大，错；C：当 BC=2，如图，把五面体 ABCDEF 补成直三棱柱 FGI-EKJ，32分别取 AB,GI 的中点 M,H，易得 FH 面 ABCD，FM=3，设 FMH=0 2，则 MH=3cos,FH=3sin，V(x)=VABCDEF=VFGI-EKJ-2VF-ABIG=12 2 3 3sin (2+6cos)-2 13

84、3sin 2 3 3cos=6 3sin+6 3sincos，令 f()=6 3sin+6 3sincos，则 f()=6 3cos+6 3cos2，令 f()=0 2cos2+cos-1=0，可得 cos=12 或 cos=-1(舍)，即 =3，0 0，f()递增，3 2，f()0，f()递减，显然 =3 是 f()的极大值点，故 f()max=6 3 32+6 3 32 12=272.所以五面体 ABCDEF 的体积 V(x)最大值为 272，C 对；D：当 BC=32 时，ABF 和 DCE 所在平面均垂直于面 ABCD 时构成正三棱柱 ABF-DCE，此时正三棱柱内最大的求半径 r=3

85、4 32，另外，设等腰梯形 EFMN 中圆的半径为 r2，则 r2=34 tan 3=3 34 r1=3 32+13，所以，存在 x 使半径为32 的球都能内含于五面体 ABCDEF，对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于 C 通过补全几何体为棱柱，设 FMH=0 2 730，故 E 点轨迹为外接球上平行于平面 ABC 且到平面 ABC 的距离为730 的两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点 E 的轨迹长度大于 2 3 22=3 2，D 错误，故选：AC.【点睛】难点点睛：本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点在于要发挥空间想象，明确空间几

86、何体中的线线位置关系，特别是选项 D 中要明确 E 点轨迹，从而确定轨迹长度或其范围.3435(2024吉林白山统考一模)在四面体 A-BCD 中，BC=2 2，BD=2 3，且满足 BC BD，AC BC，AD BD若该三棱锥的体积为 8 63，则该锥体的外接球的体积为【答案】36【分析】将四面体 A-BCD 放在长方体中，通过求长方体的外接球半径得出结果.【详解】如图，依题意将四面体 A-BCD 放在长方体中，设长方体的高为 h.根据锥体 A-BCD 的体积 V=13 12 BC BD h=13 12 2 3 2 2 h=8 63，解得 h=4，所以长方体的长宽高分别为 2 3，2 2 和

87、 4，所以长方体的外接球直径即为对角线 2R2=2 32+2 22+42，解得 R=3.所以四面体外接球的体积为 V=43 33=36故答案为：36.36(2024吉林延边统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为 2 55，半径为5 的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球 O 的表面上，则球 O 的体积为.【答案】12548/12548【分析】根据扇形的弧长计算可得圆锥的高，结合勾股定理和圆锥外接球体积计算，即可求解.【详解】设该圆锥的底面半径为 r，高为 h由扇形圆心角为 2 55，半径为5，得圆锥底面圆周长为 2r=2 555，解得 r=1因为扇形半径为5，所以 r2+h2=5，所

88、以 h=2易知球心 O 在圆锥的高所在的直线上设球 O 的半径为 R，则 r2+h-R2=R2，即 12+2-R2=R2，解得 R=54，所以球 O 的体积为 43 543=12548 故答案为：12548 37(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱 ABC-A1B1C1的底面边长为 2，以A1为球心、3 为半径的球面与底面 ABC 的交线长为36，则三棱柱 ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为【答案】138+3 3435【分析】根据题意结合球的性质求正三棱柱的高和球面与底面 ABC 的交线半径，进而分析各面与球的截面，结合扇形面积运算求解.【详解】记以 A1为球

89、心，3 为半径的球面与底面 ABC 的交线半径为 r，正三棱柱的高为 h，则 16 2r=36，且 r2+h2=3，解得 r=32，h=32，可知：底面 A1B1C1在球 A1内部分是以半径为3，圆心角为 3 的扇形，面积为 12 3 32=2，底面 ABC 在球 A1内部是以半径为32，圆心角为 3 的扇形，面积为 12 3 322=8，侧面 AA1B1B 在球 A1内部分如图(阴影部分)所示，因为 AA1=32,AM=32,AM=AN=3，可知 B1A1M=3，所以面积为 12 3 32+12 32 32=2+3 38，同理侧面 AA1C1C 在球 A1内部分面积为 2+3 38，显然侧面

90、 BB1C1C 与球 A1不相交，所以三棱柱 ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为 2 2+3 38+8+2=138+3 34.故答案为：138+3 34.【点睛】关键点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解38(2024江西吉安吉安一中校考一模)已知球 O 的直径 PQ=4，A，B，C 是球 O 球面上的三点，ABC 是等边三角形，且 APQ=BPQ=CPQ=30，则三棱锥 P-ABC 的体积为().A.3 34B.9 34C.3 32D.27 34【答案】B【分析】求得三棱锥 P-ABC 的底面积

91、和高，由此计算出三棱锥 P-ABC 的体积.【详解】设球心为 M，等边三角形 ABC 截面小圆的圆心为 O(也是等边三角形 ABC 的中心).由于 ABC 是等边三角形，APQ=BPQ=CPQ=30，所以 PQ 平面 ABC，P 在面 ABC 的投影即 O，也即等边三角形 ABC 的中心，且 PO 平面 ABC，则PO OC.因为 PQ 是直径，所以 PCQ=90.所以 PC=4cos30=2 3,PO=2 3cos30=3，OC=2 3sin30=3.由于 O 是等边三角形 ABC 的中心，所以 OC=23 CH，所以等边三角形 ABC 的高 CH=3 32，AC=3 32 sin60=3.

92、36所以三棱锥 P-ABC 的体积为 V=13 PO SABC=13 3 12 3 3 32=9 34.故选：B【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题.39(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为 4 的正四面体 P-ABC 容器，D 是PB 的中点，E 是 CD 上的动点，则下列说法正确的是()A.直线 AE 与 PB 所成的角为 2B.ABE 的周长最小值为 4+34C.如果在这个容器中放入 1 个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入 4 个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 2 6-25【答案】ACD【分析】

93、A 选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B 选项，把 ACD 沿着 CD 展开与平面 BDC 同一平面内，由余弦定理求出 AE+BE 的最小值，得到周长的最小值；C 选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D 选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合 C 选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.【详解】A 选项，连接 AD，由于 D 为 PB 的中点，37所以 PB CD，PB AD，又 CD AD=D，AD,CD 平面 ACD，所以直线 PB 平面 ACD，又 AE

94、平面 ACD，所以 PB AE，故 A 正确；B 选项，把 ACD 沿着 CD 展开与平面 BDC 同一个平面内，连接 AB 交 CD 于点 E，则 AE+BE 的最小值即为 AB 的长，由于 AD=CD=2 3，AC=4，cosADC=CD2+AD2-AC22CD AD=2 32+2 32-422 2 3 2 3=13，cosADB=cos 2+ADC=-sinADC=-13，所以 AB2=BD2+AD2-2BD ADcosADB=22+2 32-2 2 2 3 -2 23=16+16 63，故 AB=16+16 63=41+63，ABE 的周长最小值为 4+41+63，B 错误；C 选项，

95、要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为 O，取 AC 的中点 M，连接 BM,PM，过点 P 作 PF 垂直于 BM 于点 F，则 F 为 ABC 的中心，点 O 在 PF 上，过点 O 作 ON PM 于点 N，因为 AM=2,AB=4，所以 BM=AB2-AM 2=2 3，同理 PM=2 3，则 MF=13 BM=2 33，故 PF=PM 2-MF 2=4 63，设 OF=ON=R，故 OP=PF-OF=4 63-R，因为 PNO PFM，所以 ONFM=OPPM，即R2 33=4 63-R2 3，解得 R=63，C 正确；D 选项，4 个小球分两层(1 个，3

96、 个)放进去，要使小球半径要最大，则 4 个小球外切，且小球与三个平面相切，38设小球半径为 r，四个小球球心连线是棱长为 2r 的正四面体 Q-VKG，由 C 选项可知，其高为 2 63r，由 C 选项可知，PF 是正四面体 P-ABC 的高，PF 过点 Q 且与平面 VKG 交于 S，与平面 HIJ 交于 Z，则 QS=2 63r，SF=r，由 C 选项可知，正四面体内切球的半径是高的 14 得，如图正四面体 P-HJI 中，QZ=r，QP=3r，正四面体 Q-VKG 高为 3r+2 63r+r=63 4，解得 r=2 6-25，D 正确.故选：ACD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题

97、时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径40(2024江西吉安吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥 P-ABC 中，有一半径为 1 的半球，其底面圆 O 与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切设点 D 为 BC 的中点，ADP=(1)用 分别表示线段 BC 和 PD 长度；(2)当 0,2时，求三棱锥的侧面积 S 的最小值【答案】(1)BC=2 3sin；PD=1sincos(2)27

98、2【分析】(1)连接 OP，由题意 O 为 ABC 的中心，则可得 POD 为直角三角形，设半球与面 PBC 的切点为E，然后分别在 RtODE 和 RtPOD 中求解即可，(2)由已知条件可得 S=3 3sin2cos，0,2，令 cos=t，则上述函数变形为 S t=3 3t-t3，t 0,1，然后利用导数可求得结果【详解】(1)连接 OP，由题意 O 为 ABC 的中心，且 PO 面 ABC，又 AD 面 ABC，所以 PO AD，所以 POD 为直角三角形39设半球与面 PBC 的切点为 E，则 OE=1 且 OE PD在 RtODE 中，OEsin=OD=13 32BC，所以 BC=

99、2 3sin 在 RtPOD 中，PD=ODcos=1sincos(2)由题知，S=3SPBC=3 12 BC PD=32 2 3sin 1sincos，化简得 S=3 3sin2cos，0,2，令 cos=t，则上述函数变形为 S t=3 3t-t3，t 0,1，所以 S t=3 3 3t2-1t-t32，令 S t=0，得 t=33 当 t 0,33时，S t 0，S t单调递增，所以当 t=33 时，三棱锥的侧面积 S 的最小值为 S33=272 41(2024江西吉安吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图 1 所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在

100、一个夹角，即黄赤交角，大小约为 23.5.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为 4cm 的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱 ABC-A1B1C1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图 2 所示.此时平面 AB1C 恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球体积为.(参考数据：tan23.5 0.43)【答案】790【分析】由题设可知平面 AB1C 与面 A1B1C1的夹角为 23.5，设正三棱柱的底面边长为 2a，利用二面角可求40出三棱柱的高 h 0.43 3a，再利用内切球的性质可求出 a=4 3，即可求出三棱柱的底面边长及高，再利

101、用三棱柱外接球的求法可得解.【详解】由题设可知平面 AB1C 与面 A1B1C1的夹角为 23.5，取 AC 中点 M，A1C1中点 N，连接 MN由二面角的定义可知 MB1N 为平面 AB1C 与面 A1B1C1的夹角，即 MB1N=23.5设正三棱柱的底面边长为 2a，高为 h，则 B1N=3a所以 tanMB1N=tan23.5=h3a 0.43，则 h 0.43 3a又地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，即地球仪的最大圆与底面正三角形内切，所以内切圆的半径 r=2SC=2 12 2a 2a 323 2a=4，解得 a=4 3所以三棱柱的高 h 0.43 3 4 3=5.16，底面边长为 8

102、 3设三棱柱 ABC-A1B1C1上、下底面中心 E,F，连线的中点 O 为球心，在直角 OEB，OE=h2=2.58，EB=233a=233 4 3=8所以三棱柱外接球的半径 R=82+2.582=70.6564 8.4所以体积 V=43 R3=43 8.43 790故答案为：790【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点 P，A，B，C 构成的三条线段 PA,PB,PC 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成

103、为一个球内接长方体，利用 PA2+PB2+PC2=4R2求解题型 04 空间向量42(2024福建厦门统考一模)已知平面 的一个法向量为 n=(1,0,1)，且点 A(1,2,3)在 内，则点 B(1,1,1)到 的距离为【答案】2【分析】由题设得 BA=(0,1,2)，应用向量法求点面距离即可.【详解】由题设 BA=(0,1,2)，则点 B(1,1,1)到 的距离为|BA n|n|=22=2.故答案为：24143(2024广西南宁南宁三中校联考一模)在边长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，动点 M 满足AM=xAB+yAD+zAA1，(x,y,z R 且 x 0,y 0,z 0

104、)，下列说法正确的是()A.当 x=14,z=0,y 0,1时，B1M+MD 的最小值为13B.当 x=y=1,z=12 时，异面直线 BM 与 CD1所成角的余弦值为105C.当 x+y+z=1，且 AM=2 53时，则 M 的轨迹长度为 4 23D.当 x+y=1,z=0 时，AM 与平面 AB1D1所成角的正弦值的最大值为63【答案】AD【分析】对于 A，确定 M 的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于 B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于 C，结合线面垂直以及距离确定点 M 的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于 D，利用等体积法求得 M 点到平面

105、AB1D1的距离，结合线面角的定义求得 AM 与平面 AB1D1所成角的正弦值，即可判断.【详解】对于 A，在 AB 上取点 H，使 AH=14 AB，在 DC 上取点 K，使 DK=14 DC，因为 x=14,z=0,y 0,1，即 AM=14 AB+yAD，故 M 点在 HK 上，将平面 B1HKC1与平面 AHKD 沿着 HK 展开到同一平面内，如图：连接 B1D 交 HK 于 P，此时 B,P,D 三点共线，B1M+MD 取到最小值即 B1D 的长，由于 AH=14 AB=12,BH=32，则 B1H=22+322=52，故 AB1=52+12=3,B1D=(B1A)2+AD2=32+

106、22=13，即此时 B1M+MD 的最小值为13，A 正确；对于 B，由于 x=y=1,z=12 时，则 AM=AB+AD+12 AA1=AC+12 CC1，此时 M 为 CC1的中点，取 C1D1的中点为 N，连接 BM,MN,BN，则 MN CD1,故 BMN 即为异面直线 BM 与 CD1所成角或其补角，又 MN=12 CD1=2,BM=22+12=5,BN=(BC1)2+(C1N)2=8+1=3，42故 cosBMN=BM 2+MN 2-BN 22BM MN=52+22-322 5 2=-1010，而异面直线所成角的范围为 0,2，故异面直线 BM 与 CD1所成角的余弦值为1010，

107、B 错误；对于 C，当 x+y+z=1 时，可得点 M 的轨迹在 A1BD 内(包括边界)，由于 CC1 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，故 CC1 BD，又 BD AC，AC CC1=C,AC,CC1 平面 ACC1，故 BD 平面 ACC1，AC1 平面 ACC1，故 BD AC1，同理可证 A1B AC1,A1B BD=B,A1B,BD 平面 A1BD，故 AC1 平面 A1BD，设 AC1与平面 A1BD 交于点 P，由于 VA-A1BD=VA1-ABD=13 12 2 2 2=43，A1BD 为边长为 2 2 的正三角形，则点 A 到平面 A1BD 的距离为 AP=4313 3

108、4 2 22=2 33，若 AM=2 53，则 MP=AM 2-AP2=2 23，即 M 点落在以 P 为圆心，2 23为半径的圆上，P 点到 A1BD 三遍的距离为 13 32 2 2=63 2 23，即 M 点轨迹是以 P 为圆心，2 23为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长 4 23，C 错误；对于 D，因为 B1D1 BD,BD 平面 AB1D1，B1D1 平面 AB1D1，故 BD 平面 AB1D1，因为当 x+y=1,z=0 时，AM=AB+AD，即 M 在 BD 上，点 M 到平面 AB1D1的距离等于点 B 到平面 AB1D1的距离，设点 B 到平面 AB1D1的距离为

109、d，则 VB-AB1D1=VD1-ABB1=13 SABB1 A1D1=13 12 2 2 2=43，AB1D1为边长为 2 2 的正三角形，即 13 SA1BD d=13 34 2 22 d=43，解得 d=2 33，43又 M 在 BD 上，当 M 为 BD 的中点时，AM 取最小值2，设直线 AM 与平面 AB1D1所成角为,0,2，则 sin=dAM=2 33AM 2 332=63，即 AM 与平面 AB1D1所成角的正弦值的最大值为63，D 正确，故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答

110、时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于 C，D 选项的判断，对于 C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于 D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.44(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，DAB=90，cos=22，cos=12，点 M 为 BD 中点.(1)证明：B1M 平面 A1C1D；(2)求二面角 B-AA1-D 的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2)63【分析】(1)以 A 为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，写出各向量即可根据向量法证明；(2)利用向量法求出二面角的余弦值

111、即可求出正弦值.【详解】(1)因为 cos=22，所以 A1AB=45，所以 AA1在 AB的投影数量为22，因为 cos=12，所以 A1AD=60，所以 AA1在 AD的投影数量为 12，以 A 为原点建立如图所示的坐标系，所以 A122,12,12，B122+1,12,12，M12,12,0，A122,12,12，C122+1,32,12，D(0,1,0)，所以 B1M=-22-12,0,-12，A1C1=(1,1,0)，C1D=-22-1,-12,-12，设面 A1C1D 的法向量为 m=(x1,y1,z1)，44所以x1+y1=0-22-1x1-12 y1-12 z1=0，令 x1=

112、1，所以 m=(1,-1,-2-1)，因为 B1M m=0，B1M 不在面 A1C1D 内，所以 B1M 平面 A1C1D；(2)B(1,0,0)，所以 AB=(1,0,0)，设面 BAA1的法向量 n=(x2,y2,z2)，因为 AA1=22,12,12，所以x2=022 x2+12 y2+12 z2=0，令 y2=1，则 n=(0,1,-1)，设面 AA1D 的法向量 o=(x3,y3,z3)，因为 AD=(0,1,0)，所以22 x3+12 y3+12 z3=0y3=0，令 x3=1，所以 o=(1,0,-2)，所以 cos=n o|n|o|=33，所以二面角 B-AA1-D 的正弦值为63.