2024年4月高三二模试卷汇编：立体几何解析 教师版

“二模”试卷汇编：立体几何一、题型目录题型一：几何体的表面积和体积题型二：外接球和内切球题型三：点、线、面位置关系题型四：线面、面面平行证明题型五：线面、面面垂直证明题型六：空间向量在立体几何中的应用二、题型分布题型一：几何体的表面积和体积1(2024春·浙江嘉兴·二模)如图，这是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为()15315A.B.C.3D.422【答案】D22πrr+h【详解】设半球半径为r，圆锥高为h，由题意=2，解得h=15r.22πr12πrh3h15故圆锥的体积与半球体的体积的比值为==.2πr32r23故选：D2(2024春·黑龙江·二模)祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面α去截半径为R的半球，且球心到平面α2的距离为R，则平面α与半球底面之间的几何体的体积是()21 523723523723A.πRB.πRC.πRD.πR24241212【答案】C2222【详解】∵平面α截圆柱所得截面圆半径r=R-2R=2R，12223∴平面α截圆锥时所得小圆锥的体积V1=πr⋅R=πR，32122223又平面α与圆柱下底面之间的部分的体积为V2=πR⋅R=πR222323523根据祖暅原理可知：平面α与半球底面之间的几何体体积V=V2-V1=πR-πR=πR.21212故选：C.13(2024春·新疆喀什·二模)(多选)如图圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB=AD=BC=CD=22，下面说法正确的是()A.线段AC=23B.该圆台的表面积为11πC.该圆台的体积为73πD.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5【答案】ABD【详解】显然四边形ABCD是等腰梯形，AB=AD=BC=2,CD=4，其高即为圆台的高h=2CD-AB2AD-2=32CD-AB2对于A，在等腰梯形ABCD中，AC=h+CD-2=23，A正确；22对于B，圆台的表面积S=π×1+π×2+π(1+2)×2=11π，B正确；12273对于C，圆台的体积V=π(1+1×2+2)×3=π，C错误；33对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环ABCD且E为AD中点，2ππ而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD且OC=4，又∠COD==，4222OC⋅OE12在Rt△COE中，CE=4+3=5cm，斜边CE上的高为=>2，CE5即CE与弧AB相离，所以C到AD中点的最短距离为5cm，D正确.故选：ABD4(2024·广东佛山·二模)(多选)对于棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是()A.底面半径为1m，高为2m的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体2B.以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为2C.该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m，高为0.7m的圆锥2 3π3D.该正方体内能整体放入一个体积为m的圆锥17【答案】BCD【详解】对于A，若高为2m的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，BC1BC=2，因为△ABC∽△ADE，所以=，所以DE=22，DE2圆锥底面圆半径最小为2>1，A错误；对于B，如图，以AB，AA1，AD三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面A1BD，等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，因为VA-A1BD=VB-AA1D，11311所以3×2×2×2×2h=3×2×1×1×1，3所以点A到平面A1BD的距离为h=，3332则此圆锥的母线AA1与底面A1BD所成角的正切值为=，B正确；3221-3对于C，如图，以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以AA1，CC1的中点E，F为两个圆锥的顶点，2每个圆锥高的最大值为>0.7，C正确；2对于D，如图，AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，326则PM=AP⋅tan∠C1AC=×=，224以正方体的体对角线AC1作为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，3 12162333该圆锥的体积为V=3π×PM×C1P=3π×4×2=16π>17π，D正确．事实上，以正方体的体对角线AC1作为轴，C1为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段AP上(不含P点)，设AG=x，当GI与MN(M为AC的四等分点)重合时，MP=NP，32AGAHGH因此0<x≤，因为△AGH∽△AC1C，所以==，4AC1ACCC1636则AH=x,GH=x,C1H=3-x，33312322323圆锥体积V(x)=3π×GH×C1H=9πx1-3x,0<x≤4，V(x)=9x(2-2x)>0在320,上恒成立，4323233所以V(x)在0,4上单调递增，体积的最大值为V4=16π>17π,D正确.故选：BCD.5(2024春·四川广安·二模)一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.42【答案】312【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，则圆锥的体积为V=πrh，32当圆锥顶点与底面在球心O的同侧时，有h=2-OO1=2-4-r，0≤h≤2，2∴r=h4-h，12121h+h+8-2h3256π∴V=πh4-h=πh8-2h≤π×=，3663818当且仅当h=8-2h，即h=时等号成立，又0≤h≤2，所以等号不成立.32当圆锥顶点与底面在球心O的异侧时，h=2+OO1=2+4-r，2≤h≤4，2∴r=h4-h，12121h+h+8-2h3256π8∴V=πh4-h=πh8-2h≤π×=，当且仅当h=8-2h，即h=时3663813等号成立.23242此时r=，即r=.934 42所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.342故答案为：.36(2024春·浙江丽水·二模)已知正四面体A-BCD的棱长为1，若棱长为a的正方体能整体放入正四面体A-BCD中，则实数a的最大值为.6【答案】6+22+3【详解】依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，233226令O是正△ABC的中心，则AO⊥底面ABC，而BO=×=，则AO=AB-BO=，3233不妨令放入的正方体的底面在正四面体A-BCD在△BCD内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体A-BCD所得截面△EFG是正三角形，a2+3且这个正方形是正△EFG的内接正方形，于是EG=+a=a，sin60°3显然三棱锥A-EFG是正四面体，AO与平面EFG的交点O是正△EFG的中心，66+226+226于是AO=EG=a，显然OO=a，因此a+a=AO=，333366解得a=，所以实数a的最大值为.6+22+36+22+36故答案为：6+22+35 π7(2024春·广东韶关·二模)在三棱锥P-ABC中，侧面所在平面与平面ABC的夹角均为，若4AB=2,CA+CB=4，且△ABC是直角三角形，则三棱锥P-ABC的体积为．1133【答案】或或或4242【详解】如图，过P作PO⊥面ABC于O，过O作OE⊥AC,OD⊥BC,OF⊥AB，因为PO⊥面ABC，AC⊂面ABC，所以PO⊥AC，又OE∩PO=O，OE,PO⊂面POE，所以AC⊥面POE，又PE⊂面POE，所以AC⊥PE，故∠PEO为二面角的平面角，πππ由题知，∠OEP=，同理可得∠PFO=,∠PDO=，444当O在三角形ABC内部时，由OE=OF=OD，即O为三角形的内心，1tt设S△ABC=t，则t=(AB+BC+AC)⋅OD=3OD，得到OD=，所以OP=OD=，233112三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABCOP=t；39又因为CA+CB=4>AB=2，所以点C在以A,B为焦点的椭圆上，如图，以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(-1,0),B(1,0)，2y2x由题知，椭圆中的c=1,a=2,b=3，所以椭圆的标准方程为+=1，43设C(x,y)，因为△ABC是直角三角形，π313121当A=时，易知x=-1，此时AC=，所以t=AB⋅AC=，得到V=t=，222294π313121当B=时，易知x=1，此时AC=，所以t=AB⋅BC=，得到V=t=，222294π又因为b=3,c=1，故以O为圆心，1为半径的圆与椭圆没有交点，即C≠，21综上所述，V=；4同理，当O在三角形ABC外部时，由OE=OF=OD，即O为三角形的旁心，132t设S△ABC=t，则t=(AB+BC-AC)⋅OD=OD，得到OD=，2232t1221所以OP=OD=，三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABCOP=t=；33921或t=(BC+AC-AB)⋅OD=OD，得到OD=t，21123所以OP=OD=t，三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABCOP=t=；33411或t=(AC+AB-BC)⋅OD=OD，得到OD=2t，221223所以OP=OD=2t，三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABCOP=t=.3321133故答案为：或或或.42428(2024春·广东广州·二模)如图，一块面积为定值的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部6 分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为.6【答案】3【详解】如图，正四棱锥为四棱锥P-ABCD，O为底面对角线的交点，则OP⊥平面ABCD，设E为AD的中点，则PE⊥AD,OE⊥AD，则∠OEP即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为2a，AD=2x，则PE=a,AE=OE=x，22故四棱锥P-ABCD的高h=OP=a-x，22212224xa-x412222所以VP-ABCD=×2xa-x==x⋅x2a-2x333241x2+x2+2a2-2x2383a3≤=，3232722226当且仅当x=x=2a-2x，即x=a时，取等号，36此时，OE=AE=a，36aOE36在Rt△POE中，cos∠OEP===，PEa36所以当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为.36故答案为：.3题型二：外接球和内切球39(2024春·广西·二模)已知轴截面为正方形的圆柱MM的体积与球O的体积之比为，则圆柱2MM的表面积与O球的表面积之比为()35A.1B.C.2D.22【答案】B【详解】设圆柱MM底面圆半径为r，球O的半径为R，23πr⋅2r3r3r则圆柱MM的高为2r，由==，可得=1，334πR2R2R32222πr+4πr3r3所以圆柱MM的表面积与O球的表面积之比为==.4πR22R22故选：B10(2024春·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2,AA1=3，若球O7 与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切，则球O的表面积为()A.9πB.16πC.25πD.36π【答案】C【详解】设棱台上下底面的中心为N,M,连接D1B1,DB，则D1B1=22,DB=42，2222所以棱台的高MN=B1B-MB-NB1=3-22-2=1,设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A1B1C1D1相切于N,与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处，设BC中点为E，连接OE,OM,ME,2222225所以OE=OM+ME⇒R=R-1+2，解得R=，22所以球O的表面积为4πR=25π，故选：C11(2024春·广东·二模)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切，且球O与圆台O1O2的体1积之比为，则球O与圆台O1O2的表面积之比为()21111A.B.C.D.6432【答案】D【详解】由题意，作出圆台的轴截面ABCD，设圆台的上、下底面半径分别为r1、r2，球的半径OO1=r，则AE=r1,BE=r2，过A作AD⊥BC于点H，2222222由AH+BH=AB，得2r+r2-r1=r1+r2，化简得r=r1r2，43由球的体积公式V球=πr，312222222圆台的体积公式V圆台=2r⋅πr1+πr2+πr1⋅πr2=πrr1+r2+r1r2，33212r1已知球O与圆台O1O2的体积之比为2，则22=2，r1+r2+r1r28 222化简得4r=r1+r2+r1r2，2222则4r1r2=r1+r2+r1r2，得3r1r2=r1+r2，2222又球的表面积S球=4πr，圆台的表面积S圆台=πr1+r2+r1+r2，S4r22r211球所以===2×=，S2r2+r2+rrr2+r2+rr42圆台12121212故选：D.12(2024春·山西临汾·二模)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PB⊥AB,PB=AB,△PAB围绕棱°3PA旋转60后恰好与△PAC重合，且三棱锥P-ABC的体积为，则三棱锥P-ABC外接球的半径R为2()A.1B.2C.3D.2【答案】C【详解】如图，取PA中点O，连接OB,OC，因为PB⊥AB,PB=AB,所以OB⊥PA,OC⊥PA，又OB∩OC=O，且都在平面BOC内，所以PA⊥平面BOC，且∠BOC=60°，2设PB=a,则OP=OA=OB=OC=a，且△BOC为等边三角形，22所以O为三棱锥P-ABC外接球的的球心，半径R=a，2111223所以VP-ABC=3×S△BOC×PA=3×2×2asin60°×2a=2，解得a=6，22所以R=a=×6=3，22故ABD错误，C正确；故选：C.13(2024春·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面23体，以正方体的中心O为球心作一个半径为的球，则该球O的球面与八面体各面的交线的总长为3()4686A.26πB.πC.πD.46π33【答案】B【详解】如图所示，M为EF的中点，O为正方体的中心，过O作PM的垂线交于点N，正八面体的棱长为2，9 6即EF=2，故OM=1，OP=2，PM=3，则ON=，32322232626设球与正八面体的截面圆半径为r，如图所示，则r=-ON=-=，33333623π由于MN=ZN=，NJ=NI=，所以IJ=，则∠INJ=，平面PEF与球O的交线所对应的圆3332π1646心角恰为2，则该球O的球面与八面体各面的交线的总长为8×4×2π×3=3π故选：B14(2024春·天津滨海新·二模)如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比()36553337A.，B.，C.，D.，25442226【答案】C【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆半径为R，圆柱的高为2R，2223所以圆柱的表面积S1=2⋅πR+2πR⋅2R=6πR，体积V1=πR⋅2R=2πR，243球的表面积S2=4πR，体积V2=πR，3S216πR3所以圆柱的表面积与球的表面积之比==，S4πR222V312πR3圆柱体积与球体积之比==，V24πR32310 故选：C15(2024春·湖北·二模)已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA，PB，PC两两垂直．且母线长为6．则圆锥PO的内切球表面积与圆锥侧面积之和为()A.12(10-36)πB.24(20-76)πC.60(8-36)πD.3(40-76)π【答案】C【详解】因为PA，PB，PC两两互相垂直且长度均为6，所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB=BC=CA=62，162由正弦定理得底面圆的半径R=⋅=26，2sin60°22所以圆锥的高PO=6-(26)=23．如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r，11轴截面三角形面积为⋅46⋅23=(6+6+46)⋅r，22所以内切球的半径r=62-43．2内切球的表面积为4π(62-43)=4π(120-486)，1圆锥的侧面积为⋅6⋅2π⋅26=126π，2所以其和为60(8-36)π.故选：C.16(2024春·浙江嘉兴·二模)在四面体ABCD中，BC=2,∠ABC=∠BCD=90°，且AB与CD所成的角为60°.若四面体ABCD的体积为43，则它的外接球半径的最小值为.【答案】3【详解】依题意，可将四面体ABCD补形为如图所示的直三棱柱ABE-FCD，因为AB与CD所成的角为60°，所以∠DCF=60°或120°，设CD=x,CF=y，外接球半径记为R，外接球的球心如图点O.易知AF⎳平面BCDE，所以点A到平面BCDE的距离等于点F到平面BCDE的距离，1113∴VA-BCD=VF-BCD=3⋅BC⋅S△CDF=3×2×2xysin60°=6xy=43，得xy=24，2222DF212在Rt△OCO2中，R=OC=OO2+CO2=1+2sin∠DCF=1+3DF，222在△CDF中，由余弦定理得DF=x+y+2xycos∠DCF，所以当∠DCF=60°时，外接球的半径会更小.222所以DF=x+y-xy，212211所以R=1+x+y-xy≥1+2xy-xy=1+xy=9，333所以Rmin=3.故答案为：3.17(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A-BCD,AB=AC=AD=2,BC=BD=CD=3，则三棱锥A-BCD的外接球表面积为．【答案】16π【详解】如图:由题意知，底面△ABC为等边三角形，设M为其中心，11 3则BM=×3=3，3又AB=AC=AD=2，所以该三棱锥为正三棱锥，22所以AM=AB-BM=1，所以外接球半径R>AM，则外接球球心在AO的延长线上，所以OA=OB=R，则OM=R-1，222所以在Rt△BOM中，OB=OM+BM，222即R=3+R-1，解得R=2，2所以外接球表面积为S=4πR=16π.故答案为：16π.18(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A-BCD,AB=AD=2BC=2CD=2,BC⊥CD，点A到平面BCD的距离是3，则三棱锥A-BCD的外接球表面积为．【答案】5π【详解】记E为BD的中点，连接AE,CE，由题意知BC=CD=1，且BC⊥CD，2所以Rt△BCD外接圆的直径为BD，且BD=2，即半径r=DE=，2过A作AH⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，则AH⊥CD，又点A到平面BCD的距离是3，即AH=3，而AD=2，22所以DH=AD-AH=1，同理BH=1，又BC=CD=1，所以C,H是同一个点，所以AC⊥平面BCD，设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R，2232135则R=r+2=2+4=4，25则三棱锥A-BCD的外接球表面积为4πR=4π×=5π.4故答案为：5π19(2024春·青海西宁·二模)已知A,B,C是表面积为36π的球O的球面上的三个点，且AC=AB=1,∠BAC=120°，则三棱锥O-ABC的体积为．6【答案】6【详解】设球O的半径为R,△ABC外接圆的半径为r，在△ABC中，AC=AB=1,∠BAC=120°，2221则由余弦定理得BC=AC+AB-2AC⋅ABcos∠BAC=1+1-2×1×1×-=3，2BC即BC=3，所以2r==2，所以r=1．sin∠BAC2因为球O的表面积为36π，则4πR=36π，解得R=3，22所以球心O到平面ABC的距离d=R-r=22，13即三棱锥O-ABC的高为22，又S△ABC=AB⋅AC⋅sin∠BAC=，24136所以三棱锥O-ABC的体积VO-ABC=××22=．3466故答案为：612 题型三：点、线、面位置关系20(2024春·广西·二模)已知l,m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，且l⊂α;m⊂β，下列命题为真命题的是()A.若l∥m，则α∥βB.若α∥β，则l∥βC.若l⊥m，则l⊥βD.若α⊥β，则l∥m【答案】B【详解】如图，当l⎳m时，α与β可相交也可平行，故A错；当α⎳β时，由平行性质可知，必有l⎳β，故B对；如图，当l⊥m时，l⎳β或l⊆β，故C错；当α⊥β时，l,m可相交、平行，故D错.故选：B.21(2024春·浙江宁波·二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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】C【详解】由于α∩β=l，所以l⊂α,l⊂β，若l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立，若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ=m，β∩γ=n，则存在直线a⊂γ,使得a⊥m，所以a⊥α，由于l⊂α，故a⊥l，同理存在直线b⊂γ,使得b⊥n，所以b⊥β，由于l⊂β，故b⊥l，由于a,b不平行，所以a,b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立，故选：C22(2024春·四川广安·二模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形﹐且P∉平面ABCD.给出下列结论：①BD⎳平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直线PF⊥直线AC”始终不成立.其中所有正确结论的序号为()13 A.①②③B.①②C.①③D.②③【答案】B【详解】菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，则EF⎳BD，而EF⊂平面PEF，BD⊄平面PEF，因此BD⎳平面PEF，①正确；连接PG，由BD⊥AC，得EF⊥AG,EF⊥PG，而AG∩PG=G,AG,PG⊂平面PAC，则EF⊥平面PAC，又EF⊂平面ABCD，因此平面PAC⊥平面ABCD，②正确；显然∠PGA是二面角P-EF-A的平面角，△PEF由△CEF绕EF旋转过程中，∠PGA从180°逐渐减小到0°(不包含180°和0°)，当∠PGA=90°时，AG⊥PG，PG∩EF=G,PG,EF⊂平面PEF，则AG⊥平面PEF，而PF⊂平面PEF，于是PF⊥AG，③错误，所以所有正确结论的序号为①②.故选：B23(2024春·上海长宁·二模)已知直线a,b和平面α，则下列判断中正确的是()A.若a⎳α,b⎳α，则a⎳bB.若a⎳b,b⎳α，则a⎳αC.若a⎳α,b⊥α，则a⊥bD.若a⊥b,b⎳α，则a⊥α【答案】C【详解】A：若a⎳α,b⎳α，则两直线平行或异面或相交，故A错误；B：若a⎳b,b⎳α，当直线a在平面α内时，则直线a不平行于平面α，故B错误；C：若a⎳α，设过a的平面与α相交于c，则a⎳c，又因为b⊥α，c⊂α，所以b⊥c，所以b⊥a，所以a⊥b，故C正确；D：若a⊥b,b⎳α，则a⊥α或a⎳α或a⊂α，故D错误；故选：C.24(2024春·安徽·二模)已知m是直线，α，β是两个不同的平面，下列正确的命题是()A.若m∥β，α∥β，则m∥αB.若m⊥β，α⊥β，则m∥αC.若m∥β，α⊥β，则m⊥αD.若m∥β，m⊥α，则α⊥β【答案】D【详解】选项A：根据给定条件有m∥α或m⊂α；选项B：根据给定条件有m∥α或m⊂α；选项C：根据给定条件有m与α的位置可能平行、相交或m在α内；选项D：因为m∥β，所以存在直线m⊂β使得m∥m，又因为m⊥α，所以m⊥α，因为m⊂β，所以α⊥β.故选：D.25(2024春·四川南充·二模)设m,n,l是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A.若l⊥m,l⊥n,m⊂β,n⊂β，则l⊥βB.若m∥α,m∥n，则n∥αC.若m∥n,n⊥β,m⊂α，则α⊥βD.若m∥β,n∥β,m⊂α,n⊂α，则α∥β【答案】C14 【详解】A.如果m,n是平行直线，那么l与β不一定垂直，故A错误；B.若m∥α,m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；C.若m∥n,n⊥β，则m⊥β，若m⊂α，则α⊥β，故C正确；D.若m,n是平行直线，则α与β有可能不平行，故D错误.故选：C26(2024春·山西临汾·二模)设α,β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是()A.若α⊥β,m∥α,l∥β，则m⊥lB.若m⊂α,l⊂β,l∥m，则α∥βC.若m⊥α,l⊥β,l∥m，则α⊥βD.若α∩β=m,l∥α,l∥β，则m⎳l【答案】D【详解】对于A，如图α⊥β,m∥α,l∥β，但直线m,l平行，A错误；对于B，如图m⊂α,l⊂β,l∥m，但是平面α,β不平行，B错误；对于C：如图m⊥α,l⊥β,l∥m，但是α∥β，C错误；对于D，如图，α∩β=m,l∥α,l∥β，过直线l作平面γ，满足条件β∩γ=n，因为l∥β，l⊂γ，β∩γ=n，所以l∥n，过直线l作平面δ，满足条件α∩δ=t，因为l∥α，l⊂δ，α∩δ=t，所以l∥t，所以n∥t，又n⊄α，t⊂α，所以n∥α，又n⊂β,α∩β=m，所以n∥m，又l∥n，15 所以m∥l，D正确；故选：D.27(2024春·陕西汉中·二模)已知m,n为两条直线，α,β为两个平面，m⊂α,n⊂β,m⊥n，则m⊥β是α⊥β的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【详解】若m⊥β，因为m⊂α，所以α⊥β，即由m⊥β可以得到α⊥β，若α⊥β，如图，在正方体中，取平面ADD1A1为平面α，平面ABCD为平面β，取AD1为直线m，CD为直线n，显然有m⊂α,n⊂β,m⊥n，α⊥β，但m与β不垂直，即由α⊥β得不到m⊥β，故选：A.28(2024春·四川德阳·二模)已知m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是()①若m⊥α,n⊥β，且m⊥n，则α⊥β②若m⊂α,n⊂α且m⎳β,n⎳β，则α⎳β③若m⊥α,n⎳β，且m⊥n，则α⊥β④若m⊥α,n⎳β，且m⎳n，则α⎳βA.1B.2C.3D.4【答案】A【详解】设m,n分别是直线m,n的方向向量，对于①，因为m⊥α,n⊥β，所以m,n分别是平面α,β的法向量，又m⊥n，即m⊥n，所以α⊥β，故①正确；对于②，由面面平行的判定定理可知，当m,n不相交时，α⎳β不一定成立，故②错误；对于③，当n⊂α时，可满足m⊥α时有m⊥n，又n⎳β，显然此时α,β位置关系不确定，故③错误；对于④，因为m⊥α，所以m是平面α的法向量，又m⎳n，所以n也是平面α的法向量，又n⎳β，即n⎳β，所以α⊥β，故④错误.16 故选：A.29(2024春·湖北·二模)α、β、γ是平面，a，b，c是直线，以下说法中正确的是()A.α⊥γ，γ⊥β⇒α⎳βB.a⊥b，c⊥b⇒a⎳cC.α⊥γ，β⊥γ，α∩β=a⇒a⊥γD.b⎳α，b⎳β⇒α⎳β【答案】C【详解】对于A，α，β可以平行，也可以相交，对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，对于D，α，β可以平行，也可以相交，对于C，不妨设α∩γ=m,β∩γ=n，在平面α内作m⊥l，因为α⊥γ，则l⊥γ，同理在平面β内作t⊥n，则t⊥γ，所以l⎳t，又l⊄β,t⊂β，则l⎳β，而α∩β=a，所以l⎳a，所以a⊥γ，即C正确.故选：C30(2024·广东广州·二模)(多选)已知m,n是不同的直线，α,β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是()A.若m⎳α,n⊂α，则m⎳nB.若m⊥α,n⊥β,m⎳n，则α⎳βC.若α⎳β,m⊂α，则m⎳βD.若α⎳β,m⊂α,n⊂β，则m⎳n【答案】BC【详解】对于A，当m⎳α,n⊂α时，m,n有可能异面，故A错误；对于B，因为m⊥α,n⊥β，所以m,n对应的方向向量m,n分别是α,β的法向量，又m⎳n，所以m⎳n，所以α⎳β，故B正确；对于C，因为α⎳β,m⊂α，由面面平行的性质易知m⎳β，故C正确；对于D，当α⎳β,m⊂α,n⊂β时，m,n有可能异面，故D错误.故选：BC.题型四：线面、面面平行证明31(2024春·浙江宁波·二模)在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE,DD1.(1)求证：CE∥平面ADD1；(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.15【答案】(1)证明见解析(2)10【详解】(1)∵BE∥AD1,BE⊄平面ADD1,A1D⊂平面ADD1,∴BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.又∵BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD1.17 ∵CE⊂平面BCE,∴CE∥平面ADD1.(2)法1：取AB中点O，易知OD⊥AB,OD1⊥AB.∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1=AB，又OD1⊂平面ABC1D1，OD1⊥AB∴OD1⊥平面ABCD.如图，建立空间直角坐标系，则A0,1,0,B0,-1,0,D3,0,0,C3,-2,0,D10,0,3,C10,-2,3.3313从而E0,-2,2，得CE=-3,2,2.又BD=3,1,0,DD1=-3,0,3，设平面BDD1的法向量n=x,y,z，BD⋅n=03x+y=0y=-3x有，得，解得，取z=1，故n=1,-3,1，DD1⋅n=0-3x+3z=0z=x设直线CE与平面BDD1所成角为θ，则33CE⋅n-3-2+215sinθ=cos‹CE,n›===，CE⋅1310n3+4+4⋅1+3+115所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为.10法2：取AD1中点F，则EFDC是平行四边形，所以CE∥DF.从而CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD1所成角，设为θ.过D1作D1G⊥AB交AB于G，过G作GH⊥BD交BD于H，过G作GK⊥D1H交D1H于K.因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1=AB，又D1G⊂平面ABC1D1，D1G⊥AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1G∩GH=G,D1G,GH⊂平面D1GH，从而BD⊥平面D1GH，因为GK⊂平面D1GH，所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩D1H=H,BD,D1H⊂平面BDD1，从而GK⊥平面BDD1.所以GK的长即为G到平面BDD1的距离.315由D1G=3,GH=，可得GK=.2515又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为h即为G到平面BDD1的距离，即h=GK=.5又D1G=DG=3，可得DD1=6.2222在△ADD1中，DD1=6,AD=AD1=2，所以4DF+AD1=2AD+DD1，得DF=2.h15所以sinθ==，DF1015所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为.1032(2024春·新疆喀什·二模)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD⎳BC,BC=4,BE=AB=AD=DC=2，且平面ABCD⊥平面BCE,BE⊥CE,M为CE的中点．18 (1)求证：DM⎳平面ABE；(2)求平面ABE与平面DCE夹角的余弦值．65【答案】(1)证明见解析；(2).651【详解】(1)取BE的中点N，连接AN，MN，而M为CE的中点，则MN⎳BC且MN=BC，21又AD⎳BC且AD=BC，则MN⎳AD且MN=AD，2于是四边形ANMD为平行四边形，DM⎳AN，又DM⊄平面ABE，AN⊂平面ABE，所以DM⎳平面ABE.(2)取AD中点为F，连接OF，由ABCD为等腰梯形，得OF⊥BC，由平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE=BC，OF⊂平面ABCD，得OF⊥平面BCE，在平面BCE内，过点O作直线BC的垂线Ox，以点O为原点，直线Ox,OC,OF分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，24-22在等腰梯形ABCD中，AB=AD=DC=2，BC=4，则OF=2-2=3，1由BE⊥CE，BE=BC=2，得∠BCE=30°，2于是E(3,-1,0)，C(0,2,0)，D(0,1,3)，B(0,-2,0)，A(0,-1,3)，CE=(3,-3,0)，CD=(0,-1,3)，BE=(3,1,0)，BA=(0,1,3)，m⋅CE=3x-3y=0设平面DCE的法向量为m=(x,y,z)，则，令y=3，得m=(3,3,1)，m⋅CD=-y+3z=0n⋅BE=3a+b=0设平面ABE的法向量为n=a,b,c，则，令a=1，得n=(1,-3,1)，n⋅BA=3c+b=0|m⋅n|165设平面ABE与平面DCE的夹角为α，则cosα=|cos‹m,n›|===，|m||n|13×56565所以平面ABE与平面DCE夹角的余弦值为.6533(2024春·陕西汉中·二模)已知：如图，三角形ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE=AB=2CD=2，F为BE的中点．19 (1)证明：DF⎳平面ABC；(2)求点B到平面ADF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】(1)如图：取AE中点G，连接DG、FG，∵F是BE的中点，∴FG⎳AB，又∵AB⊂平面ABC，FG⊄平面ABC，∴FG⎳平面ABC，∵AE和CD都垂直于平面ABC，∴AE⎳CD，又AE=2，CD=1，∴AG=CD，则四边形ACDG为平行四边形，∴DG⎳AC，又∵AC⊂平面ABC，DG⊄平面ABC，∴DG⎳平面ABC，又FG∩DG=G，FG,DG⊂平面平面DFG，∴平面DFG⎳平面ABC，∵DF⊂平面DFG，∴DF⎳平面ABC；(2)∵AE=2CD，∴EG=AE-CD=2-1=1，DG=AC=2，22在直角△DEG中，DE=EG+DG=1+4=5，22在直角△BCD中，BD=CD+BC=1+4=5，∴DE=BD，又F为BE的中点，∴DF⊥BE，又AE=AB，∴AF⊥BE，∵AF∩DF=F，AF,DF⊂平面ADF∴BE⊥平面ADF，即点B到平面ADF的距离为BF，2222因为BE=AE+AB=2+2=22，1所以BF=BE=2．234(2024春·山东·二模)已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC,PC于点E,F．20 (1)求证：EF⎳平面PAB；(2)若M为BC的中点，PA=AB=3,AC=4，求直线PM与平面ABC所成角的正切值．6【答案】(1)证明见解析；(2)．5【详解】(1)由ME⎳平面PAB,MF⎳平面PAB，ME∩MF=M,ME,MF⊂平面MEF，得平面MEF⎳平面PAB，而EF⊂平面MEF，所以EF⎳平面PAB．(2)连接AM，由PA⊥平面ABC,AM⊂平面ABC，得PA⊥AM，则AM是直线PM在平面ABC内的射影，∠PMA是直线PM与平面ABC所成的角，22在△ABC中，AB⊥AC,AB=3,AC=4，则BC=3+4=5，15PA36由点M是BC的中点，得AM=BC=，在Rt△PAM中，tan∠PMA===，22AM5526所以直线PM与平面ABC所成角的正切值是．535(2024春·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=3A1B1，AB∥CD，AD⊥AB，AB=6，CD=9，AD=6，且AA1=BB1=4，Q为线段CC1中点，(1)求证：BQ∥平面ADD1A1；323(2)若四棱锥Q-ABB1A1的体积为，求平面ABB1A1与平面CDD1C1夹角的余弦值.321【答案】(1)证明见解析(2)7【详解】(1)证明：如图所示：21 分别延长线段AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，将四棱台补成四棱锥P-ABCD.11∵A1B1=AB，∴PC1=PC，∴CQ=QC1=C1P，33取DD1的中点E，连接QE，AE，1∵QE⎳CD⎳AB，且QE=3+9=6=AB，∴四边形ABQE为平行四边形.2∴BQ∥AE，又AE⊂平面ADD1A1，BQ⊄平面ADD1A1，∴BQ∥平面ADD1A1；2(2)由于VQ-ABB1A1=3VC-ABB1A1，所以VC-ABB1A1=163，又梯形ABB1A1面积为83，1设C到平面ABB1A1距离为h，则VC-ABB1A1=3S梯形ABB1A1⋅h=163，得h=6.而CD∥AB，AB⊂平面ABB1A1，CD⊄平面ABB1A1，所以CD∥平面ABB1A1，所以点C到平面ABB1A1的距离与点D到平面ABB1A1的距离相等，而h=6=AD，所以AD⊥平面ABB1A1.以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB为等边三角形，所以A0,0,0，B6,0,0，C9,6,0，D0,6,0，P3,0,33设平面CDD1C1的法向量为m=x,y,z，m⋅DP=x,y,z⋅3,-6,33=3x-6y+33z=0则m⋅DC=x,y,z⋅9,0,0=9x=0，3得x=0，y=z，不妨取m=0,3,2，2又平面ABB1A1的一个法向量为n=0,1,0.m⋅n321则cosm,n===，mn7⋅1721平面ABB1A1与平面CDD1C1夹角的余弦值为.7题型五：线面、面面垂直证明36(2024春·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD,AD∥BC,2AB=2BC=AD=2，PA=PD=2．22 (1)证明：AD⊥PC；(2)若PC=2，设M为PC的中点，求PB与平面AMD所成角的正弦值．6【答案】(1)证明见解析(2)3【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，其AD的中点为E，连接PE,CE，在等腰△PAD中，PA=PD，所以PE⊥AD，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD,AD⎳BC,AB=BC=AE，夹角余弦所以四边形ABCE是正方形，所以CE⊥AD，因为PE∩CE=E,PE,CE⊂平面PCE，所以AD⊥平面PCE，又PC⊂平面PCE，所以AD⊥PC；(2)因为PE=CE=1，若PC=2，则PE⊥CE，又PE⊥AD,AD∩CE=E,AD,CE⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，如图建立空间直角坐标系E-xyz，11则P0,0,1,C1,0,0,M,0,,D0,1,0,A0,-1,0,B1,-1,0，2211所以PB=1,-1,-1,AD=0,2,0,AM=,1,，22设平面AMD的法向量为n=x,y,z，n⋅AD=y=0y=0所以11⇒x=-z，令x=1，则n=1,0,-1，n⋅AM=x+y+z=022设PB与平面AMD所成角为α，PB⋅n26则sinα===，PB⋅n3×236所以PB与平面AMD所成角的正弦值.3°37(2024春·山西·二模)如图，四棱锥P-ABCD中，二面角P-CD-A的大小为90，∠DCP=π°∠DPC<，∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90，E是PA的中点.4(1)求证：平面EBD⊥平面PCD；°(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60，求二面角B-ED-C的余弦值.23 7【答案】(1)证明见解析(2)7°【详解】(1)由∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90，得AD=AB,AD⎳BC，则∠DBC=∠DCB=°45，°所以BD=CD,∠BDC=90，即BD⊥CD.°由二面角P-CD-A的大小为90，知平面PCD⊥平面CDA，即平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PCD，又BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面PCD.(2)过P作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PH⊂平面PCD，PH⊥CD，所以PH⊥平面ABCD，则DH为PD在底面ABCD内的射影，°所以∠PDH为直线PD与底面ABCD所成的角，即∠PDH=60.π由∠DCP=∠DPC<，知DP=DC且△PDC为钝角三角形，4设AD=1，得BD=DC=DP=2，BC=2，26°2在△PHD中，PD=2,DH=,PH=，在△ADH中，∠ADH=45,AD=1,DH=，22222°2222由余弦定理得AH=AD+DH-2AD⋅DHcos45=，有AH+DH=AD，2所以AH⊥CD，过D作DF⎳PH，则DF⊥底面ABCD，所以DB,DC,DF两两垂直，建立如图空间直角坐标系D-xyz，2622226B(2,0,0),C(0,2,0),P0,-2,2,A2,-2,0,E4,-2,4，226所以DB=(2,0,0),DE=4,-2,4,DC=(0,2,0)，设平面EBD和平面ECD的一个法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2)，n⋅DB=2x1=0m⋅DC=2y2=0则226，226，n⋅DE=4x1-2y1+4z1=0m⋅DE=4x2-2y2+4z2=03令z1=1,z2=1，则x1=0,y1=,x2=-3,y2=0，23n⋅m17所以n=0,2,1,m=(-3,0,1)，则cosn,m==7=7，nm247故所求二面角B-ED-C的余弦值为.738(2024春·青海西宁·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°,AB=AC=22,A1A=A1B=4,∠A1AB=∠A1AC．24 (1)求证：平面A1BC⊥平面ABC；(2)求四棱锥A1-C1B1BC的体积．163【答案】(1)证明见解析；(2)．3【详解】(1)如图，取BC的中点M，连接AM,A1M，因为AB=AC=22,∠BAC=90°，所以BC=4,AM=2，因为∠A1AB=∠A1AC,AB=AC，所以△ABA1≌△ACA1，所以A1B=A1C=4，所以A1M⊥BC,A1M=23．222在△A1AM中，A1A=4,A1M=23,AM=2，所以A1A=AM+A1M，所以A1M⊥AM，又A1M⊥BC,BC∩AM=M,BC,AM⊂平面ABC，所以A1M⊥平面ABC，又A1M⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABC．1(2)由(1)可知A1M⊥平面ABC，VA1-ABC=3VABC-A1B1C1，所以四棱锥A1-C1B1BC的体积VA1-C1B1BC=VABC-A1B1C1-VA1-ABC=2VA1-ABC1=2×S△ABC⋅A1M311163=2×××22×22×23=．32339(2024春·广东韶关·二模)如图，圆柱OO1内有一个直三棱柱ABC-A1B1C1，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱OO1的轴截面是边长为6的正方形，AB=AC=30，点P在线段OO1上运动．25 (1)证明：BC⊥PA1；(2)当PA1=PB时，求BC与平面A1PB所成角的正弦值．11【答案】(1)证明见解析.(2).11【详解】(1)连接AO并延长，交BC于M，交圆柱侧面于N，∵A1O1⊥B1C1，OO1为圆柱的高，∴A1O1、B1C1、OO1两两垂直，以O1为原点，过点O1做B1C1平行线为x轴，以A1O1为y轴，以O1O为z轴，建立如图所示空间直角坐标系O1-xyz，OO1=AA1=AN=6，AB=AC=30，2在△ABC中，由射影定理得AC=AM⋅AN=30⇒AM=5，OM=AM-AO=2，22从而CM=BM=30-5=5，∴A10,-3,0,B5,2,6,C-5,2,6,∴BC=-25,0,0，设P0,0,λ，∴A1P=0,3,λ，∴A1P⋅BC=0，∴BC⊥PA1.(2)由(1)可得，BP=-5,-2,λ-6，2∴A1P=BP,∴9+λ+5+4+λ-6，得λ=3，即点P是线段O1O的中点，∴A1P=0,3,3，BP=-5,-2,3，设平面A1PB的一个法向量为n=x,y,z，3y+3z=05则-5-2y-3z=0，取y=1，得n=5,1,-1，设BC的一个方向向量为m=1,0,0，于是得：5511cosn,m==，52211+1+1511设BC与平面A1PB所成角为θ，则sinθ=cosn,m=，1111所以BC与平面A1PB所成角的正弦值为.1140(2024春·广东佛山·二模)如图，在直三棱柱形木料ABC-A1B1C1中，D为上底面ABC上一点．26 (1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由；π(2)若BC=BB1=1，AB=2，∠A1B1C1=，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离．223【答案】(1)答案见解析(2)．3【详解】(1)连结BD，在平面ABC上作l⊥BD，因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因为l⊂平面ABC，所以BB1⊥l，因为l⊥BB1，l⊥BD，BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BB1D，所以l⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以l⊥B1D．π(2)因为∠A1B1C1=，所以B1A1，B1C1，B1B两两互相垂直，以B1为原点，2分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空向直角坐标系，B0,0,1，A2,0,1，E1,0,0，C10,1,0，则BA=2,0,0，EA=1,0,1，EC1=-1,1,0．设平面AC1E的一个法向量为m=x,y,z，因为m⊥EA，m⊥EC1，x+z=0所以m⋅EA=0，m⋅EC1=0，则，取x=1，则m=1,1,-1，-x+y=0BA⋅m23设点B到平面AC1E的距离为d，则d==3m23因此点B到平面AC1E的距离为．3题型六：空间向量在立体几何中的应用41(2024春·广西·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，AB=2PA=2PB=2,E是CD的中点.(1)证明：平面PBC⊥平面PAE.(2)求二面角D-AP-E的余弦值.42【答案】(1)证明见解析．(2)727 【详解】(1)取AB中点O，连接OP,OC，如图，因为四边形ABCD是菱形且∠ABC=60°，所以△ABC和△ADC都是正三角形，又E是CD中点，3所以OC⊥AB,AE⊥CD，OC=AB=3，从而有OC⎳AE，2又CE⎳AO，所以AOCE是矩形．222又AB=2PA=2PB，所以PA+PB=AB，所以PA⊥PB，即△PAB是等腰直角三角形，1所以PO=AB=1，PO⊥AB，2又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，分别以OA,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(1,0,0)，P(0,0,1)，C(0,3,0)，A(-1,0,0)，E(-1,3,0)，D(-2,3,0)，PB=(1,0,-1),PC=(0,3,-1),PA=(-1,0,-1),PE=(-1,3,-1),PD=(-2,3,-1)，设平面PBC的一个法向量是m=(x,y,z)，则PB⋅m=x-z=0，取y=1得m=(3,1,3)，PC⋅m=3y-z=0设平面PAE的一个法向量是n=(x0,y0,z0)，则PA⋅n=-x0-z0=0，取x0=3得n=(3,0,-3)，PE⋅n=-x0+3y0-z0=0m⋅n=3+0-3=0，所以m⊥n，所以平面PBC⊥平面PAE；(2)设平面PAD的一个法向量是t=(a,b,c)，PD⋅t=-2a+3b-c=0则，取b=1得t=(3,1,-3)，PA⋅t=-a-c=0设二面角D-AP-E的大小为θ，由图知θ为锐角，t⋅n3+0+342所以cosθ=cost,n===．tn7×6742(2024春·河南郑州·二模)如图，在多面体DABCE中，△ABC是等边三角形，AB=AD=2，DB=DC=EB=EC=2.(1)求证：BC⊥AE；(2)若二面角A-BC-E为30°，求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.7【答案】(1)证明见解析(2)7【详解】(1)取BC中点O，连接AO，EO.∵△ABC是等边三角形，O为BC中点，28 ∴AO⊥BC，又EB=EC，∴EO⊥BC，∵AO∩EO=O，AO,EO⊂平面AEO,∴BC⊥平面AEO，又AE⊂平面AEO，∴BC⊥AE.(2)连接DO，则DO⊥BC，由AB=AC=BC=2，DB=DC=EB=EC=2得AO=3，DO=1，222又AD=2，∴AO+DO=AD，∴DO⊥AO，又AO∩BC=O，AO,BC⊂平面ABC,∴DO⊥平面ABC.如图，以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，则O0,0,0，A3,0,0，C0,-1,0，D0,0,1，∴CA=3,1,0，CD=0,1,1，设平面ACD的法向量为n=x,y,z，n⋅CA=0,3x+y=0,则n⋅CD=0,即y+z=0,取x=1，则n=1,-3,3.∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角，∴∠AOE=30°，3133又OE=1，∴E2,0,-2，DE=2,0,-2，DE⋅n7则cosDE,n==-，7DEn7∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.743(2024春·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.31【答案】(1)证明见解析；(2).3129 【详解】(1)解法一：∵BC=2AB=2,∠ABC=60°，222221在△ABC中，AC=AB+BC-2AB⋅BC⋅cos∠ABC，即AC=1+2-2×1×2×=3，2222∴AC=3，AB+AC=BC，∴AB⊥AC，又AB⎳CD⇒CD⊥AC，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD，AC,PA⊂平面PAC且相交于A，∴CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.解法二：∵BC=2AB,∠ABC=60°,∴AB⊥AC.如图建立空间直角坐标系，P0,0,1,A0,0,0，C0,3,0,D-1,3,0，则PA=0,0,-1，PC=0,3,-1,CD=-1,0,0，n1⋅PA=0z=0设n1=x,y,z是平面PAC的法向量，则⇒3y-z=0，可取n1=1,0,0，n1⋅PC=0n2⋅CD=0a=0设n2=a,b,c是平面PCD的法向量，则⇒3b-c=0，可取n2=0,1,3，n2⋅PC=0所以n1⋅n2=0，所以平面PCD⊥平面PAC.(2)解法一：在直角梯形ADQP中，因为PA=1,AD=2,PQ=22，解得QD=3，过C,P作CE,PE分别平行于AP,AC，连结QE，作PF⊥QC交QC于F点，连结EF，∵AC⊥CD,AC⊥QD，CD∩QD=D且都在面CDQE内，∴AC⊥平面CDQE，∵PE⎳AC,∴PE⊥平面CDQE，又QC⊂平面CDQE，∴PE⊥QC，又PF⊥QC，PE,PF⊂平面PEF且交于P，∴QC⊥平面PEF，又EF⊂平面PEF，∴QC⊥EF，∴∠PFE为平面PCQ与平面DCQ的夹角或其补角，22+8-102在△PCQ中，PC=2,QC=10,PQ=22，∴cos∠CPQ==,2×2×2286231∴sin∠CPQ=，由等面积法解得PF=，又PE=3，810PE30131∴sin∠PFE==,∴cos∠PFE==.PF31313131所以平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为.31(2)解法二：在直角梯形ADQP中，解得QD=3，30 如图建立空间直角坐标系，P0,0,1,C0,3,0，Q-1,3,3,D-1,3,0，平面DCQ的法向量为n1=AC=0,3,0，又CQ=-1,0,3,CP=0,-3,1，CQ⋅n2=0-x2+3z2=0设平面PCQ的法向量为n2=x2,y2,z2，则，即，CP⋅n2=0-3y2+z2=0令y2=1，解得x2=33,z2=3，∴n2=33,1,3，设平面PCQ与平面DCQ夹角为θ，n1⋅n2331所以cosθ=cosn1,n2===，n1⋅n23⋅313131即平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为.3144(2024春·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；PQ(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求的值．QC221【答案】(1)证明见解析(2)(3)47【详解】(1)取AD的中点H，连接PH，CH，则AH⎳BC且AH=BC，又AD⊥AB，所以四边形ABCH为矩形，所以CH⊥AD，又△PAD为等边三角形，所以PH⊥AD，PH∩CH=H，PH,CH⊂平面PHC，所以AD⊥平面PHC，又PC⊂平面PHC，所以AD⊥PC.(2)连接HN，由AD⊥平面PHC，又HN⊂平面PHC，1所以AD⊥HN，所以S△ADH=AD⋅HN=HN，2要使△ADN的面积最小，即要使HN最小，当且仅当HN⊥PC时HN取最小值，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD，又HC⊂平面ABCD，所以PH⊥HC，22在Rt△HPC中，CH=2，PH=3，所以PC=CH+PH=7，31 PH⋅CH23221当HN⊥PC时HN===，PC77221所以△ADN面积的最小值为.7(3)连接AC交BD于点G，连接MC交BQ于点F，连接FG，因为AD⎳BC且AD=2BC=2，所以△CGB∽△AGD，CGBC1所以==，AGAD2因为AM⎳平面BDQ，又AM⊂平面ACM，平面BDQ∩平面ACM=GF，所以GF⎳AM，CFCG1所以==，FMAG2在△PBC中，过点M作MK⎳PC，MKMFPQ则有==2，所以PQ=2MK，所以PQ=2MK=4CQ，即=4CQCFQC32