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）

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10π，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.1【详解】设母线长度为l，由圆台侧面积公式得10π=×(2π×1+2π×4)×l，2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．2π【答案】/120°23【分析】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，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=22R，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可22【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4πR=πR+πlR，所以l=3R，32πR2π4πR22圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为=；球O的体积为，圆锥M的高h=l-R=22R，l3331222πR圆锥M的体积为⋅πR⋅22R=，所以球O的体积与圆锥M的体积的比值为2．332π故答案为：，234(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为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．1 6163【答案】π327r8π2【分析】由线面角的定义得出cosθ=，从而得出V=1-sinθsinθ，再由导数求解即可.23πr【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θ,θ∈0,，易知cosθ=.22圆锥的体积为122428π28π2V=πr⋅4-r=πcosθ⋅2sinθ=cosθ⋅sinθ=1-sinθsinθ3333232令x=sinθ,x∈0,1，则y=1-sinθsinθ=-x+x，y=-3x+133当y>0时，x∈0,3，当y<0时，x∈3,1，333即函数y=-x+x在0,3上单调递增，在3,1上单调递减，8π333163π326即Vmax=33-3=27，此时cosθ=1-3=3.6163π故答案为：；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.1【答案】/1:77【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=4，2πr=4π，故r=2，作圆锥轴截面如下图：1283π所以AH=2，AC=4，CH=23，所以圆锥体积为V=π×2×23=，33CD1因为用与底面的距离为3的平面截圆锥，故=，且△CDE∼△CAB，CA2123π所以小圆锥体积V1=π×1×3=，3373π所以圆台的体积V2=V-V1=，3V11故小圆锥和圆台的体积之比为=.V271故答案为：72 6(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个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.①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，26其中E,F分别为AC,A1C1中点，则AE=a,AA1=a,A1E=a，22设相邻两平面间距离即为A到A1E的距离h，12163可得×a×a=×a×h，解得h=a，222233即相邻两平面间距离即为A到A1E的距离a，33可知a=1，解得a=3；3②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，15其中M,N分别为BC,B1C1中点，则BM=a,AA1=a,A1E=a，22设相邻两平面间距离即为B到B1M的距离d，11155可得×a×a=×a×d，解得d=a，222255即相邻两平面间距离即为B到B1M的距离a，55则a=1，解得a=5；5故选：BD.3 【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，请问共需要营养土约为()(参考数据：π≈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.15【详解】令2R=18,2r=9,l=(单位厘米)，22R-r215218-92则花盆的高h=l-2=2-2=6，12218181567π所以花盆的体积为V=×h×π(R+Rr+r)=×6×π×81++=，33242567π故2000个该种花盆共需要营养土约为×2000≈1780380立方厘米，即1.780立方米.2故选：B8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)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242C.该几何体的表面积为(4800+8003)cmD.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226个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱长为20+20=202，根据正三角形及正方形的面积公4 22240+40+40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=222203，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20+20=202，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；22对于C，该几何体的棱长为20+20=202，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，2322所以该几何体的表面积为6×202+8××202=4800+16003cm，故C错误；422对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为S1=4π×20=1600πcm.22240+40+4022原正方体外接球的半径为=203，外接球表面积为S2=4π×203=4800πcm.222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20+20=202，22所以该几何体外接球的表面积为S=4π×202=3200πcm.因为2S=6400π=1600π+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Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为25【答案】ACD【分析】根据题意求截面，可知Ω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.5 【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：EF⎳AB，可知A，B，E，F四点共面，1所以Ω下为直三棱柱ADF-BCE，其体积为×1×2×2=2，故A正确；22Ω上的体积为2×4-2=14，B错误．Ω下的外接球即为长方体ABCD-GHEF的外接球，2222+2+13所以Ω下的外接球的半径R==，222则Ω下的外接球的表面积为4πR=9π，C正确．22平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，其面积为2×1+2=25，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α、β，下列命题正确的是()A.若α⎳β，l⊂α，n⊂β，则l⎳nB.若α⊥β，l⊂α，则l⊥βC.若l⊥n，m⊥n，则l⎳mD.若l⊥α，l⎳β，则α⊥β【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α⎳β，l⊂α，n⊂β，则l与n可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若α⊥β，l⊂α，则l与β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⎳β，则由线面平行的性质定理可知，必有l1⊂β，使得l⎳l1，又l⊥α，则l1⊥α，因为l1⊂β，所以α⊥β，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α,a⊄α,b∥α，则“a∥b”是“a∥α”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∥α，则存在c⊂α使得b∥c且b⊄α，若a∥b且a⊄α，则a⎳c，又a⊄α且c⊂α，所以a∥α，充分性成立；设β⎳α，b⊂β,a⊂β,a∩b=P，则有a∥α，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α，β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⊥α，n⊥β，则α⊥βB.若m⎳n，m⎳α，n⎳β，则α⎳βC.若m⊥n，m⎳α，α⊥β，则n⊥βD.若m⎳n，m⊥α，α⊥β，则n⎳β【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.6 【详解】若m⊥α，n⊥β，设α,β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α⊥β，故A正确；若m⎳n，m⎳α，n⎳β，则α与β可能平行或相交，故B错误；若m⊥n，m⎳α，α⊥β，则n⊂β，或n⎳β，或n与β相交，故C错误；若m⎳n，m⊥α，则n⊥α，又α⊥β，则n⎳β或n⊂β，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.平面ABF⊥平面ABE426C.该几何体的体积为2D.平面ABE与平面DCF间的距离为33【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22.∵A，E，C，F四点共面，直线AE与CF是共面的，故A错；12π设二面角E-AB-D为θ，S△ABE=3，S正方形ABCD=4，所以cosθ=≠⇒θ≠.324π所以：二面角E-AB-F=2θ≠，故B错；218V=×4×22=2，故C错；331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，所以两个平面之间的距3126离为：×22×3=，故D对.33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.7 (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15(2)4【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,OC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轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为PA=AB=2，所以B3,0,0,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，3x1+y1-2z1=0,则令y1=1，得m=3,1,2，4y1-2z1=0,设平面PCD的法向量为n=x2,y2,z2，4y2-2z2=0,则令y2=1，得n=-3,1,2，-3x2+y2-2z2=0,m⋅n1cosm,n==，0≤m,n≤π，4mn8 1215故二面角B-PC-D的正弦值为1-4=.415(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，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；BP(2)若AC⊥平面BPQ，求的值；BQ(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BP3(2)=BQ25(3)5【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：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D3,0,0,A0,0,3,B0,1,0,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+λCD=0,2,0+λ3,-3,0=3λ,2-3λ,0，9 2∴AC⋅BQ=32-3λ=0,∴λ=，32323∴BQ=3,0,0,∴BQ=3，又在△ABC中，BC=BA=2,∠ABC=120°，BP3所以BP=1,∴=.BQ2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BQ⊂平面BCD,∴AO⊥BQ，又AC⊥BQ,AC∩AO=A，∴BQ⊥平面ABC∴BQ⊥BC.323BP3∵BC=2,∠BCQ=30°,∴BQ=2×=,∴=33BQ2(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，n⋅AB=y-3z=0,则令y=3,则n=1,3,1，n⋅DB=-3x+y=0,AC⋅n235cosAC,n===，ACn23×555∴平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为.516(2024·重庆·统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，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；6(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为．6(ⅰ)求线段AB的长；(ⅱ)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；3(2)(ⅰ)2；(ⅱ)π.3【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，10 因此PB⊥平面ADE，而PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADE.(2)(ⅰ)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=DF=1，令AB=t(0<t<5)，则P(0,0,t),D(0,6-t,0),C(1,5-t,0)，PD=(0,6-t,-t),CD=(-1,1,0)，n⋅PD=(6-t)y-tz=0设平面PCD的法向量n=(x,y,z)，则，令y=t，得n=(t,t,6-t)，n⋅CD=-x+y=0由AD⊥平面PAB，得平面PAB的一个法向量m=(0,1,0)，|m⋅n|t12依题意，|cos‹m,n›|===，整理得t+4t-12=0，而t>0，解得t=2，|m||n|t2+t2+(6-t)26所以线段AB的长为2.(ⅱ)显然AB⊥平面PAD，而AG⊂平面PAD，则AB⊥AG，又BG=2AG，22223231于是(2AG)=AG+2，解得AG=，因此点G的轨迹是以点A为圆心，为半径的圆的，3341233所以点G的轨迹的长度为π⋅=π.23317(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BC1E⊥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；6(2)3【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；11 (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6方程即可求得线段DP的长度为.3【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：222易知AF=C1F=3，又AC1=6，满足AF+C1F=AC1，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：3333则D0,0,0,A3,0,0,B3,2,0,E0,1,0,F2,2,0,C12,2,3；33可得BE=-3,-1,0,DC1=2,2,3，33假设存在点P满足题意，设DP=λDC1=2λ,2λ,3λ,λ∈0,1，3333所以P2λ,2λ,3λ，则PE=-2λ,1-2λ,-3λ，33由(1)可知AF⊥平面BC1E，利用AF=-2,2,0易得平面BC1E的一个法向量可取为m=12 -1,3,0设平面PBE的一个法向量为n=x,y,z，BE⋅n=-3x-y=0则33，可得n=λ,-3λ,λ-1；PE⋅n=-λx+1-λy-3λz=022m⋅n-λ-3λ21所以cosm,n===，解得λ=或λ=-1(舍)，m25λ2-2λ+123n116此时DP=DC1，可得DP=DC1=；3336即线段DP的长度为.3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()1A.四边形EMFN一定为菱形B.四棱锥A-MENF体积为3C.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2，11111又VA-MENF=VM-AEF+VN-AEF=×2⋅S△AEF=×2×××2=为定值，B错；33226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.13 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，ππPB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=,AD=2,PA=BC=1，42点E为棱PD上一点，满足PE=λPD0≤λ≤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PAB125C.当λ=时，异面直线CE与AB所成角的余弦值为；25D.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，π故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的角，即∠PBA=，4π22故AB=PA=1，而∠ABC=，所以AC=AB+BC=2，222在直角梯形ABCD中，CD=(2-1)+1=2，222则AC+CD=AD，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，2222而PA=1,AC=2,∴PC=PA+AC=1+(2)=3，14 即点P到直线CD的距离3，故D正确；11对于C，当λ=时，PE=PD，即E为PD的中点，22设F为PA的中点，连接EF,BF，1则EF⎳AD,EF=AD，21而BC⎳AD,BC=AD，故EF⎳BC,EF=BC，2故四边形EFBC为平行四边形，则CE⎳BF，故异面直线CE与AB所成角即为BF,AB的夹角，112125在Rt△FAB中，AF=PA=,AB=1,∴BF=1+2=，222AB125则cos∠FBA===，BF55225则异面直线CE与AB所成角的余弦值为，C正确；51对于B，由C选项知，当λ=时，CE⎳BF，2因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE⎳平面PAB，1所以λ=时，CE⎳平面PAB，故B错误.2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PB，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．10【答案】(1)5(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=λAE+μAF，λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1，结合空间向量解出λ、μ，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，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，15 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)，n⋅BP=0-2x+2z=0设平面PBC的法向量n=(x,y,z)，则，即，n⋅BC=02y=0可取n=(1,0,1)，n⋅AF10因为cos‹n,AF›==，5|n|⋅|AF|10所以AF与平面PBC所成角的正弦值为；5(2)假设截面AEF内存在点G满足条件，设AG=λAE+μAF，λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1，有AE=1,0,1，AF=2,1,0，DA=0,-2,0，所以DG=DA+AG=(λ+2μ,μ-2,λ)，DG⋅AE=0因为DG⊥平面AEF，所以，DG⋅AF=0λ=-22λ+2μ=03所以，解得，2λ+5μ-2=0μ=23这与假设矛盾，所以不存在点G，使DG⊥平面AEF．21(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θ，求cos2θ．【答案】(1)证明见解析29(2)cos2θ=-35【分析】(1)设PN=2NB，连接MN，可证四边形EKNM为平行四边形，所以ME⎳NK，从而得证ME⎳平面PBD；3(2)由空间向量法求得二面角A-PB-D的大小为θ，cosθ=，再由二倍角公式求解.35【详解】(1)如图，设PN=2NB，连接MN．PNPM2因为PM=2MF，所以=，所以MN⎳BF，且MN=BF．NBMF3连接CE交BD于K，连接KN，由∠KDC=30°，所以∠KDE=90°，16 1Rt△KDE中，KD=KE，KC=KD，222所以EK=CE=BF=MN，33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，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．22易知OA=1，OD=3，OB=3，PO=PA-AO=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)．n1⋅AP=0,y+3z=0,设平面PAB的法向量为n1=x,y,z，则即n1⋅BP=0,-3x+3z=0,令x=1，得n1=1,-3,1．n2⋅BD=0,-3x1+3y1=0,设平面PBD的法向量为n2=x1,y1,z1，则即n2⋅BP=0,-3x1+3z1=0,令y1=1，得n2=3,1,3，n1⋅n233由cosn1,n2===，n1n25×7353得cosθ=，352229所以cos2θ=2cosθ-1=2cosθ-1=-.3522(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πB.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;17 AB⊥平面ADD1A1,AD1⊂平面ADD1A1，故AB⊥AD1，122则BD=22,PD=AD1=2,PB=2+(2)=6，2222则BD=PD+PB，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，π连接B1D1，则B1D1=B1C=CD1=22，即∠B1CD1=，3π故异面直线PD与CD1所成的角为，B正确；3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，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，18 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)，m⋅DP=x+z=0设平面PBD的法向量为m=(x,y,z)，则，m⋅DB=2x+2y=0令x=1，则m=(1,-1,-1)；n⋅AC=-2a+2b=0设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c)，则，n⋅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】(1)证明见解析3(2)4【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,AN∩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.19 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=MB1+BC=-1,3,3n⋅MA1=0-2x+3z=0设平面A1MC1的法向量为n=x,y,z，则，即，n⋅MC1=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．B1C⋅n333设直线B1C与平面A1MC1所成角大小为θ，则sinθ===，B1Cn3+1+4×3+343故直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值为.424(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⎳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1(2)5【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.1因为C,D为圆弧AB的两个三等分点，所以CD⎳AB,CD=AB.21因为E,F分别为SB,SA的中点，所以EF⎳AB,EF=AB，2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.20 因为AB=SA=4，所以A0,-2,0,B0,2,0,C3,-1,0，D3,1,0,S0,0,23，则AC=3,1,0,AS=0,2,23,BD=3,-1,0,BS=0,-2,23.设平面SAC的法向量为m=x1,y1,z1，m⋅AC=3x1+y1=0,则令x1=1，得m=1,-3,1.m⋅AS=2y1+23z1=0,设平面SBD的法向量为n=x2,y2,z2，n⋅BD=3x2-y2=0,则令x2=1，得n=1,3,1.n⋅BS=-2y2+23z2=0,设平面SAC与平面SBD所成锐二面角为θ，|m⋅n|1则cosθ=|cos‹m,n›|==.5|m||n|1故平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值为.525(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2π正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC=,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点．3(1)证明：EM∥平面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4(2)5【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，21 O为AC的中点，点M为BC中点，故OM∥AB∥EF，1OM=AB=EF，则四边形OMEF为平行四边形，2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=2，222则FN+ON=OF，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，2ππ∠ABC=,∴∠BAD=，则△ABD为正三角形，故BN⊥AD，33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，13则A1,0,0,B0,3,0,C-2,3,0,E-2,2,3,F0,0,3,D-1,0,0，33则CB=2,0,0,CE=2,-2,3,AB=-1,3,0，m⋅CB=0设平面BEC的法向量为m=x,y,z，则，m⋅CE=02x=0则33，令z=1，则m=0,2,1；x-y+3z=022BD=-1,-3,0,DF=1,0,3，设平面BDF的法向量为n=a,b,c，n⋅BD=0-a-3b=0则，即，令a=3，则n=3,-1,-1，n⋅DF=0a+3c=0m⋅n-2-13故cos‹m,n›===-，|m||n|5⋅55设平面BDF与平面BEC所成二面角为θ,θ∈[0,π]，324故|cosθ|=，故平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值为sinθ=1-cosθ=.5526(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，AB5=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF4位置，OD=10．22 (1)证明：DH⊥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75(2)25【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，AECF又由AE=CF得=，故AC⎳EF，ADCD因此EF⊥HD，从而EF⊥DH.22由AB=5,AC=6，得DO=BO=AB-AO=4.OHAE1由AC⎳EF得==.所以OH=1,DH=DH=3.ODAD422222又已知OD=10，于是DH+OH=3+1=10=DO，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，m⋅AB=03x1-4y1=0则，即，令x1=4,可得m=4,3,-5.m⋅AD=03x1+y1+3z1=0设n=x2,y2,z2是平面ACD的法向量，n⋅AC=06x2=0则，即，令y2=-3,可得n=0,-3,1，n⋅AD=03x2+y2+3z2=0设平面BAD与平面ACD的夹角为θ，23 m⋅n-1475于是cosθ=cosm,n===，mn50×102575平面BAD与平面ACD的夹角的余弦值是.2527(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，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b⎳α，c⊂α，则b⎳cB.若b⊂α，b⎳c，则c⊂αC.若c⎳α，α⊥β，则c⊥βD.若c⎳α，c⊥β，则α⊥β【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⎳α，c⊂α，则b⎳c或b与c异面，故A错误；若b⊂α，b⎳c，则c⊂α或c⎳α，故B错误；若c⎳α，α⊥β，则c⊂β或c⎳β或c与β相交，相交也不一定垂直，故C错误；若c⎳α，过c的平面与α相交，设交线为a，则c⎳a，又c⊥β，则a⊥β，而a⊂α，则α⊥β，故D正确．故选：D．28(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，∠CAA1π=，侧面四边形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．3(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3(2)4【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-A1DC1=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m⋅ncosm,n=求解.m⋅n【详解】(1)解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面B1C1E，理由如下：24 如图所示：取B1C1的中点F，连接EF，DF，∵DF是△A1B1C1的中位线，11∴DF⎳A1C1,DF=A1C1，2211又AE⎳A1C1,AE=A1C1，22∴DF⎳AE,DF=AE，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AD∥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A1ACC1，113∵VB-A1DC1=VA-A1DC1=VD-A1AC1=3⋅S△AA1C1×2A1B1=6A1B1=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=3,-1,0，设平面C1DC的一个法向量为m=x,y,z，m⋅C1D=0-2y+3z=0由，得，m⋅C1C=03x-y=02令x=1，则y=3，z=3，32∴m=1,3,3，3又平面A1C1D的一个法向量n=1,0,0，3∴cosm,n=，43∴平面A1C1D与平面CC1D的夹角的余弦值是.429(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=22，连接PA,PB,BD，如图2.25 (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3(2).6【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，AF1∴△ABF∼△CDF,=，AC3PE1∵=,∴PA⎳EF,PA⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,∴PA⎳平面BDE，PC3(2)在图1中，PA⊥AB,AB⎳CD,∴PA⊥CD,PD⊥CD,AD⊥CD，222在图2中，AD=PD=2,PA=22,∴AP=AD+DP，∴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，m⋅BC=-2x+2y=0设平面PBC的法向量为m=x,y,z，则，m⋅PB=2x+2y-2z=0可取m=1,1,2，又AP=-2,0,2，26 AP⋅m3所以cosAP,m==，6AP⋅m3所以直线AP与平面PBC所成角的正弦值为.630(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5C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为3733D.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32【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，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，1因为E为C1D1中点，则设M1-2t,t,1，t∈0,2，A1,0,0，C0,1,0，则AC=-1,1,0，AM=-2t,t,1，DA=1,0,0，AC⋅m=0-x+y=0设平面ACM的方向量为m=x,y,z，则，即，AM⋅m=0-2tx+ty+z=0令y=1，则x=1,z=t，所以m=1,1,t，DA⋅m11则点D到平面ACM的距离d===，显然不是定值，故B错误；2222m1+1+t2+t11对C，当M点与E点重合时，由B知此时t=2，m=1,1,2，平面CC1D1D的法向量n=1,0,0，m⋅n12设平面ACM与平面CC1D1D夹角为θ，cosθ===，m22123n1+1+2×1225则sinθ=1-3=，故C正确；3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A1C1⎳AC，27 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，111则A10,-1,E2,0，因为M为线段A1E中点，则M4,-2，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1133-=+b，解得b=-，则y=x-，则点P位于线段A1D1的四分之一等分点处，且靠近点A1，2444点N位于线段C1D1的四分之一等分点处，且靠近点C1，122173则AP=CN=4+1=，AC=2，PN=2，结合AC⎳PN，442-3222AC-PN2172466则四边形APNC为等腰梯形，则其高为AP-2=4-2=,81366733则S梯形APNC=22+42×8=32，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ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α⎳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27(2)7【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；28 (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∠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α⊥BD，且B∉平面EAC，所以平面α⎳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0,1,0，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，12所以BF=2BC+BE=2,1,1，设平面FBD的一个法向量为n=x,y,z，BD⋅n=02x+y=0则，所以2，BF⋅n=02x+y+z=0取x=2，得y=-22,z=2，所以平面FBD的一个法向量为n=2,-22,2，记直线AD与平面FBD所成角为θ，AD⋅n-2227则sinθ=cosAD,n===，ADn1×4+8+2727所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为．732(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()29 A.AC⊥DPB.存在点P，使得DP∥平面ACF9πC.三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是2310D.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10【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、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；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,OF6所以sin∠FAC==,AF3FC3由正弦定理得：△ACF的外接圆直径2r==,sin∠FAC2329π则半径为r=，圆面积为S=πr=,228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，9π因此三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是，故C错误．8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.30 222OF+DF-DO310在△OFD中，OD=1,OF=2,DF=5,cos∠OFD==,2OF⋅DF10故选项D正确；故选：ABD.33(2024·福建厦门·统考一模)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=23，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27C.当BC=2时，五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为233D.当BC=时，存在x使得半径为的球能内含于五面体ABCDEF22【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2α，点F到面ABCD的距离为h，则3tanα=，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FGI-EKJ，取AB,hπGI的中点M,H，设∠FMH=θ0<θ≤2，则MH=3cosθ,FH=3sinθ，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；3B：设二面角A-EF-B的大小为2α，点F到面ABCD的距离为h，则tanα=，h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tanα取最小值，即α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，31 分别取AB,GI的中点M,H，易得FH⊥面ABCD，FM=3，π设∠FMH=θ0<θ≤，则MH=3cosθ,FH=3sinθ，211V(x)=VABCDEF=VFGI-EKJ-2VF-ABIG=×23×3sinθ×(2+6cosθ)-2××3sinθ×23×3cosθ=2363sinθ+63sinθcosθ，令f(θ)=63sinθ+63sinθcosθ，则f(θ)=63cosθ+63cos2θ，21π令f(θ)=0⇒2cosθ+cosθ-1=0，可得cosθ=或cosθ=-1(舍)，即θ=，23πππ0<θ<，f(θ)>0，f(θ)递增，<θ≤，f(θ)<0，f(θ)递减，332π33127显然θ=是f(θ)的极大值点，故f(θ)max=63×+63××=.3222227所以五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为，C对；23D：当BC=时，△ABF和△DCE所在平面均垂直于面ABCD时构成正三棱柱ABF-DCE，2333此时正三棱柱内最大的求半径r=<，故半径为的球不能内含于五面体ABCDEF，422对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，由C分析结果，当五面体ABCDEF体积最大时，其可内含的球的半径较大，π3339易知，当∠FMH=时，FH=,IH=3,IF=，322133139333设△FIG的内切圆半径为r1，则2×2×23=2r1×23+2×2，可得r1=>2，2+133π3333另外，设等腰梯形EFMN中圆的半径为r2，则r2=tan=>r1=，4342+133所以，存在x使半径为的球都能内含于五面体ABCDEF，对.2故选：ACDπ【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设∠FMH=θ0<θ≤得到五面体ABCDEF的体23积关于θ的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键.2题型03内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.设E为空间内任一点，且A,B,C,D,E五点在同一个球面上，则()A.AB⊥CDB.四面体ABCD的体积为214C.当AE=23时，点E的轨迹长度为4π14D.当三棱锥E-ABC的体积为时，点E的轨迹长度为32π632 【答案】AC【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，判断A；根据棱锥的体积公式可判断B；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断C，D.【详解】对于A，依题意，可知DA=CB=DB=AC=4,DC=AB=2，设F为AB的中点，连接CF,DF，则CF⊥AB,DF⊥AB，而CF∩DF=F,CF,DF⊂平面CFD，故AB⊥平面CFD，CD⊂平面CFD，故AB⊥CD，A正确；对于B，将四面体ABCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为x,y,z，222222则x+y=4,x+z=16,y+z=16，解得x=y=2,z=14，由于z=14，即异面直线AB和CD的距离为14，且AB⊥平面CFD，，111214所以四面体ABCD的体积为S△DCF⋅AB=××2×14×2=，B错误；3323222x+y+z32对于C，由以上分析可知，四面体ABCD的外接球半径为=，22由AE=23，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r，2923222则r+2-r+2=(23)，解得r=2，所以E的轨迹长度为2πr=4π，C正确；215对于D，由题意可得CF=4-1=15,∴sin∠ABC=,4148故△ABC的外接圆半径为×=，215154322827所以球心到△ABC所在平面的距离为2-=，1530设三棱锥E-ABC的高为h，14111214由三棱锥E-ABC的体积为时，可得S△ABC⋅h=××2×4-1×h=，623267故h=，303277又由2>，故E点轨迹为外接球上平行于平面ABC且到平面ABC的距离为的两个截面23030圆，其中一个圆为外接球的大圆，32所以点E的轨迹长度大于2π×=32π，D错误，2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.33 35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A-BCD中，BC=22，BD=23，且满足BC⊥BD，AC86⊥BC，AD⊥BD．若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为．3【答案】36π【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.111186根据锥体A-BCD的体积V=××BC×BD×h=××23×22×h=，解得h=4，32323所以长方体的长宽高分别为23，22和4，2222所以长方体的外接球直径即为对角线2R=23+22+4，解得R=3.43所以四面体外接球的体积为V=π×3=36π．3故答案为：36π.25π36(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，半径为5的扇形.5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.125π125【答案】/π4848【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．25π由扇形圆心角为，半径为5，525π得圆锥底面圆周长为2πr=×5，解得r=1．522因为扇形半径为5，所以r+h=5，所以h=2．易知球心O在圆锥的高所在的直线上．222设球O的半径为R，则r+h-R=R，2225即1+2-R=R，解得R=，4453125π所以球O的体积为π×=．3448125π故答案为：．4837(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3πA1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的6总面积为．13π33【答案】+8434 【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，13π2233则×2πr=，且r+h=3，解得r=，h=，6622π1π2π可知：底面A1B1C1在球A1内部分是以半径为3，圆心角为的扇形，面积为××3=，32323π1π32π底面ABC在球A1内部是以半径为2，圆心角为3的扇形，面积为2×3×2=8，侧面AA1B1B在球A1内部分如图(阴影部分)所示，33π因为AA1=,AM=,AM=AN=3，可知∠B1A1M=，2231π2133π33所以面积为××3+××=+，2322228π33同理侧面AA1C1C在球A1内部分面积为+，28显然侧面BB1C1C与球A1不相交，π33ππ13π33所以三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为2×2+8+8+2=8+4.13π33故答案为：+.84【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().339333273A.B.C.D.4424【答案】B【分析】求得三棱锥P-ABC的底面积和高，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°=23,PO=23cos30°=3，OC=23sin30°=3.2由于O是等边三角形ABC的中心，所以OC=CH，33333所以等边三角形ABC的高CH=，AC=÷sin60°=3.2235 111393所以三棱锥P-ABC的体积为V=3×PO×S△ABC=3×3×2×3×3×2=4.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()πA.直线AE与PB所成的角为2B.△ABE的周长最小值为4+346C.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326-2D.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5【答案】ACD【分析】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，36 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⊂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=23，AC=4，222232+232-42CD+AD-AC1cos∠ADC===，2CD⋅AD2×23×233π1cos∠ADB=cos+∠ADC=-sin∠ADC=-，232222222166所以AB=BD+AD-2BD⋅ADcos∠ADB=2+23-2×2×23×-3=16+3，16666故AB=16+=41+，△ABE的周长最小值为4+41+，B错误；333C选项，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，22因为AM=2,AB=4，所以BM=AB-AM=23，同理PM=23，123则MF=BM=，332246故PF=PM-MF=，346设OF=ON=R，故OP=PF-OF=-R，346-RONOPR3因为△PNO∽△PFM，所以=，即=，FMPM232336解得R=，C正确；3D选项，4个小球分两层(1个，3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，37 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，26由C选项可知，其高为r，3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，26则QS=r，SF=r，31由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体P-HJI中，QZ=r，QP=3r，426626-2正四面体Q-VKG高为3r+r+r=×4，解得r=，D正确.335故选：ACD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，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=α．(1)用α分别表示线段BC和PD长度；π(2)当α∈0,时，求三棱锥的侧面积S的最小值．2231【答案】(1)BC=；PD=sinαsinαcosα27(2)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Rt△ODE和Rt△POD中求解即可，33π33(2)由已知条件可得S=，α∈0,，令cosα=t，则上述函数变形为St=，t∈0,1，sin2αcosα2t-t3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．38 设半球与面PBC的切点为E，则OE=1且OE⊥PD．OE1323在Rt△ODE中，=OD=×BC，所以BC=．sinα32sinαOD1在Rt△POD中，PD==．cosαsinαcosα13231(2)由题知，S=3S△PBC=3××BC×PD=××，22sinαsinαcosα33π化简得S=，α∈0,，sin2αcosα233令cosα=t，则上述函数变形为St=，t∈0,1，3t-t2333t-133所以St=，令St=0，得t=．当t∈0,时，t-t32333St<0，St单调递减，当t∈3,1时，3St>0，St单调递增，所以当t=时，3327三棱锥的侧面积S的最小值为S3=2．41(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】790π【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39 出三棱柱的高h≈0.433a，再利用内切球的性质可求出a=43，即可求出三棱柱的底面边长及高，再利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=3ah所以tan∠MB1N=tan23.5°=≈0.43，则h≈0.433a3a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，2×1×2a×2a×32S22所以内切圆的半径r===4，解得a=43C3×2a所以三棱柱的高h≈0.433×43=5.16，底面边长为83设三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面中心E,F，连线的中点O为球心，h22在直角△OEB，OE==2.58，EB=3a=3×43=823322所以三棱柱外接球的半径R=8+2.58=70.6564≈8.44343所以体积V=πR=π×8.4≈790π33故答案为：790π【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”成为一2222个球内接长方体，利用PA+PB+PC=4R求解．题型04空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A(1,2,3)在α内，则点B(1,1,1)到α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.|BA⋅n|2【详解】由题设BA=(0,1,2)，则点B(1,1,1)到α的距离为==2.2|n|故答案为：240 43(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)，下列说法正确的是()1A.当x=,z=0,y∈0,1时，B1M+MD的最小值为134110B.当x=y=1,z=时，异面直线BM与CD1所成角的余弦值为252542πC.当x+y+z=1，且AM=时，则M的轨迹长度为336D.当x+y=1,z=0时，AM与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值为3【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.11【详解】对于A，在AB上取点H，使AH=AB，在DC上取点K，使DK=DC，4411因为x=,z=0,y∈0,1，即AM=AB+yAD，故M点在HK上，44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，1132325由于AH=4AB=2,∴BH=2，则B1H=2+2=2，512222故AB1=+=3,∴B1D=(B1A)+AD=3+2=13，22即此时B1M+MD的最小值为13，A正确；111对于B，由于x=y=1,z=时，则AM=AB+AD+AA1=AC+CC1，222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，12222又MN=CD1=2,BM=2+1=5,BN=(BC1)+(C1N)=8+1=3，241 22252+22-32BM+MN-BN10故cos∠BMN===-，2BM⋅MN25⋅210π而异面直线所成角的范围为0,2，10故异面直线BM与CD1所成角的余弦值为，B错误；10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，114设AC1与平面A1BD交于点P，由于VA-A1BD=VA1-ABD=××2×2×2=，3234323△A1BD为边长为22的正三角形，则点A到平面A1BD的距离为AP==，1323××2234252222若AM=，则MP=AM-AP=，3322即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，313622P点到△A1BD三遍的距离为××22=<，32332242π即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；33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d，1114则VB-AB1D1=VD1-ABB1=3S△ABB1⋅A1D1=3×2×2×2×2=3，11324△AB1D1为边长为22的正三角形，即S△A1BD⋅d=××22×d=，334323解得d=，342 又M在BD上，当M为BD的中点时，AM取最小值2，π设直线AM与平面AB1D1所成角为θ,θ∈0,2，2323d3366则sinθ==≤=，即AM与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值为，D正确，AMAM233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21=1，∠DAB=90°，cos<AA1，AB>=，cos<AA1，AD>=，点M为BD中点.22(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6(2)3【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即可求出正弦值.22【详解】(1)因为cos<AA1，AB>=，所以∠A1AB=45°，所以AA1在AB的投影数量为，2211因为cos<AA1，AD>=，所以∠A1AD=60°，所以AA1在AD的投影数量为，22以A为原点建立如图所示的坐标系，21121111211231所以A12,2,2，B12+1,2,2，M2,2,0，A12,2,2，C12+1,2,2，D(0,1,0)，211211所以B1M=-2-2,0,-2，A1C1=(1,1,0)，C1D=-2-1,-2,-2，设面A1C1D的法向量为m=(x1,y1,z1)，43 x1+y1=0所以211，令x1=1，所以m=(1,-1,-2-1)，-2-1x1-2y1-2z1=0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)，211x2=0因为AA1=2,2,2，所以2x+1y+1z=0，222222令y2=1，则n=(0,1,-1)，设面AA1D的法向量o=(x3,y3,z3)，2x+1y+1z=0因为AD=(0,1,0)，所以232323，y3=0n⋅o3令x3=1，所以o=(1,0,-2)，所以cosθ==，3|n||o|6所以二面角B-AA1-D的正弦值为.344