【备战2022】高考数学 2022届全国统考区（甘肃、贵州、云南）精选试题分类汇编7 立体几何 理

备战2022年高考之2022届全国统考区（甘肃、贵州、云南）精选理科试题（大部分详解）分类汇编7：立体几何一、选择题．（云南师大附中2022届高考适应性月考卷(八)理科数学试题（详解））某四面体的三视图如图2所示，该四面体的六条棱长中，长度最大的是A．B．C．D．正视图侧视图俯视图【答案】由题图可知,几何体为如图1所示的三棱锥,其中,由俯视图可知, ,,故选D. 图1．（【解析】云南省玉溪一中2022届高三上学期期中考试理科数学）设表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列四个命题：①若∥，且则；②若∥，且∥.则∥；③若，则∥m∥n；④若且n∥,则∥m.其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】①正确；②中当直线时，不成立；③中，还有可能相交一点，不成立；④正确，所以正确的有2个，选B.43\n．（贵州省遵义四中2022届高三第四月考理科数学）某几何体的三视图如右图所示，则它的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥，正四棱柱的体积为，圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，选A.．（甘肃省兰州一中2022高考冲刺模拟(一)数学（理））已知四棱锥的三视图如右图所示，则四棱锥的四个侧面中的最大面积是A．B．C．D.【答案】A．（甘肃省兰州一中2022届高三上学期12月月考数学（理）试题）下列说法正确的是有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱，四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台，以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥.43\n【答案】B【解析】选项A不正确，如图：棱台是由棱锥截来的，故要求梯形的腰延长后要交与一点，故C不正确；以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆锥，故D不正确。．（贵州省贵阳市2022届高三适应性监测考试（二）理科数学word版含答案）已知半径为l的球,若以其一条半径为正方体的一条棱作正方体,则此正方体内部的球面面积为 A.B.C.D.【答案】B．（云南省昆明三中2022届高三高考适应性月考（三）理科数学）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，⊥平面，，，，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，，，所以，所以。所以，即为直角三角形。因为三棱锥的所有顶点都在球的球面上，所以斜边AC的中点是截面小圆的圆心，即小圆的半径为.,因为是半径，所以三角形为等腰三角形，过作,则为中点，所以,所以半径，所以球的表面积为,选B.43\n．（云南省昆明市2022届高三复习适应性检测数学（理）试题）三棱柱中,与、所成角均为,,且,则与所成角的余弦值为(A)1(B)(C)(D)【答案】C ．（甘肃省2022届高三第一次诊断考试数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A．B．8C．8－D．8【答案】C【解析】由三视图知：原几何体为一个正方体里面挖去一个圆锥，正方体的棱长为2，圆锥的底面半径为1，高为2，所以该几何体的体积为：。．（【解析】云南省玉溪一中2022届高三上学期期中考试理科数学）一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）43\nA.B.C.D.【答案】C【解析】由主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，得到这是一个四棱锥，底面是一个边长是1的正方形，一条侧棱AE与底面垂直，∴根据求与四棱锥的对称性知，外接球的直径是AC根据直角三角形的勾股定理知,半径为，所以外接球的面积为，选C.．（云南省昆明一中2022届高三新课程第一次摸底测试数学理）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．B．C．D．32【答案】B【解析】根据三视图可知，这是一个四棱台，，，所以表面积为43\n，选B.．（甘肃省兰州一中2022高考冲刺模拟(一)数学（理））如果执行如右图所示的程序框图，则输出的S值为A．B．C．2D．【答案】C．（云南省昆明一中2022届高三新课程第一次摸底测试数学理）如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，对角线B1D与平面A1BC1相交于点E，则点E为△A1BC1的A．垂心B．内心C．外心D．重心【答案】D【解析】如图，,所以,且为的中点，选D.．（【解析】甘肃省天水市一中2022届高三上学期第三次考试数学理试题）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β43\nC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若n⊥α，n⊥β，则α∥β【答案】D【解析】A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β，错误，可能平行，也可能相交；B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β，错误，可能平行，也可能相交，要判断两个平面平行，需要两个平面内的两条相交直线相互平行；C．若m∥n，m∥α，则n∥α，错误，可能是n∥α，也可能是n⊂α；D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β，正确。垂直于同一条直线的两个平面平行。选D。．（【解析】贵州省四校2022届高三上学期期末联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积是()A．B.C.D.【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为正方体内部四棱锥(红线图形)。则正方体的边长为2，所以,所以四棱锥的体积为，选A.．（甘肃省天水一中2022届高三下学期五月第二次检测（二模）数学（理）试题）如图,等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起,使A、B重合于点P,则三棱锥P—DCE的外接球的体积为43\nA.B.C.D.【答案】C．（云南省玉溪一中2022届高三第五次月考理科数学）一个四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等边三角形．该四棱锥的体积等于（）A.B．2C．3D．6【答案】A【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是俯视图对应的梯形，四棱锥的侧面是等边三角形且侧面和底面垂直，所以四棱锥的高为，底面梯形的面积为，所以四棱锥的体积为，选A.如图。．（【解析】甘肃省天水市一中2022届高三上学期第三次考试数学理试题）一个几何体的三视图如图所示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为（）A．B．C．43\nD．【答案】D【解析】由三视图知，该几何体为一个半圆锥和一个四棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为1，高为。四棱锥的底面为边长是2的正方形，高为，所以这个几何体的体积为。选D。．（云南省昆明一中2022届高三第二次高中新课程双基检测数学理）一条长为2的线段，它的三个视图分别是长为的三条线段，则的最大值为A．B．C．D．3【答案】C【解析】构造一个长方体，让长为2的线段为体对角线，由题意知，即，又，所以，当且仅当时取等号，所以选C.．（甘肃省兰州一中2022高考冲刺模拟(一)数学（理））如图，所在的平面和四边形所在的平面互相垂直，且，，，,若，则点在平面内的轨迹是A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分【答案】B43\n．（云南师大附中2022届高三高考适应性月考卷（三）理科数学试题）一个几何体的三视图如图l所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的体积为（）A．1B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知，此几何体为三棱锥，如图1，其中正视图为，是边长为2的正三角形，，且，底面为等腰直角三角形，，所以体积为，故选B.图1．（云南省玉溪一中2022届高三第三次月考理科数学）已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．16B．4C．8D．2【答案】B【解析】43\n由三视图可知该几何体是三棱锥，且三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面的外接圆半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上，由于顶点到底面的距离，与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接球半径R为1，则三棱锥的外接球表面积，选B.．（【解析】贵州省四校2022届高三上学期期末联考数学（理）试题）若棱长均为２的正三棱柱内接于一个球，则该球的半径为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】根据对称性可知球心在正三棱柱上下底面中心连线的中点处。则,，所以球半径,选D.．（云南省部分名校（玉溪一中、昆明三中、楚雄一中）2022届高三下学期第二次统考数学（理）试题）已知直线⊥平面,直线平面,下面有三个命题:①∥⊥;②⊥∥;③∥⊥;则真命题的个数为 A.0B.1C.2D.3【答案】C．（甘肃省河西五市部分普通高中2022届高三第二次联合考试数学（理）试题）已知一个几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为()A.43\nB.C.D.【答案】D．（贵州省六校联盟2022届高三第一次联考理科数学试题）某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（　　）图2．．．．【答案】A【解析】由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为1.∴原几何体的体积为,选A.．（云南省昆明三中2022届高三高考适应性月考（三）理科数学）若是两个不同的平面，下列四个条件：①存在一条直线，；②存在一个平面，；③存在两条平行直线∥∥；④存在两条异面直线∥∥．那么可以是∥的充分条件有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【答案】C【解析】①可以；②也有可能相交，所以不正确；③也有可能相交，所以不正确；④根据异面直线的性质可知④可以，所以可以是∥的充分条件有2个，选C.43\n．（云南师大附中2022届高三高考适应性月考卷（四）理科数学试题）已知一几何体的三视图如图4，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A．①②③B．②③C．①③D．①②【答案】A【解析】以长方体为几何体的直观图.当选择的四个点为B1、B、C、C1时，可知①正确；当选择B、A、B1、C时，可知②正确；当选择A、B、D、D1时，可知③正确.选A.．（云南省昆明三中2022届高三高考适应性月考（三）理科数学）如图2，正三棱柱的主视图（又称正视图）是边长为４的正方形，则此正三棱柱的侧视图（又称左视图）的面积为()A．B．　　C．D．16【答案】A【解析】由主视图可知，三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为，所以侧视图的面积为，选A.．（贵州省六校联盟2022届高三第一次联考理科数学试题）正方体的棱长为，是它的内切球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），为正方体表面上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是．43\n【答案】【解析】因为是它的内切球的一条弦，所以当弦经过球心时，弦的长度最大，此时.以为原点建立空间直角坐标系如图.根据直径的任意性，不妨设分别是上下底面的中心，则两点的空间坐标为，设坐标为，则,,所以，即.因为点为正方体表面上的动点，，所以根据的对称性可知，的取值范围与点在哪个面上无关，不妨设，点在底面内，此时有，所以此时，,所以当时，，此时最小，当但位于正方形的四个顶点时，最大，此时有，所以的最大值为2.，所以，即的取值范围是.．（云南省玉溪一中2022届高三第五次月考理科数学）正三棱柱内接于半径为1的球，则当该棱柱体积最大时，高。43\n【答案】【解析】根据对称性可知，球心位于正三棱柱上下底面中心连线的中点上。设正三棱柱的底面边长为，则，所以,所以高，由得，即正三棱柱底面边长的取值范围是。三棱柱的体积为,,即体积,当且仅当，即时取等号，此时高。．（云南省玉溪一中2022届高三第四次月考理科数学）已知正三棱锥，点都在半径为的球面上，若两两互相垂直，则球心到截面的距离为________.【答案】【解析】因为在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点.球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高.已知球的半径为，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥43\nABC在面ABC上的高为，所以球心到截面ABC的距离为.．（贵州省贵阳市2022届高三适应性监测考试（二）理科数学word版含答案）一个几何体的三视图如图所示,这个几何体的体积是____________.【答案】．（云南省部分名校（玉溪一中、昆明三中、楚雄一中）2022届高三下学期第二次统考数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为________.43\n【答案】;．（贵州省遵义四中2022届高三第四月考理科数学）如右图,设A、B、C、D为球O上四点，若AB、AC、AD两两互相垂直，且，，则A、D两点间的球面距离．【答案】【解析】因为AB、AC、AD两两互相垂直，所以分别以AB、AC、AD为棱构造一个长方体，在长方体的体对角线为球的直径，所以球的直径，所以球半径为,在正三角形中，，所以A、D两点间的球面距离为.．（云南省玉溪一中2022届高三第三次月考理科数学）设动点在棱长为1的正方体的对角线上，记。当为钝角时，则的取值范围是。【答案】【解析】由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则有，，，，则，得，所以，显然不是平角，所以为钝角等价于，即，即，解得，因此43\n的取值范围是。．（云南师大附中2022届高三高考适应性月考卷（三）理科数学试题）正三棱锥A－BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为____．【答案】【解析】如图3，设三棱锥的外接球球心为O，图3半径为r，BC=CD=BD=，AB=AC=AD=2，，M为正的中心，则DM=1，AM=，OA=OD=r，所以，解得，所以.．（甘肃省2022届高三第一次诊断考试数学（理）试题）直三棱柱ABC－A1B1Cl的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120o，则此球的表面积等于．【答案】【解析】由余弦定理得：，所以在∆ABC中，设∆ABC外接圆的圆心为O1，半径为r，则由正弦定理得：，设球的半径为R，圆心为O，则，所以球的表面积为。．（云南省昆明一中2022届高三第二次高中新课程双基检测数学理）已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为.【答案】43\n【解析】将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以,则球的表面积为.三、解答题．（云南师大附中2022届高考适应性月考卷(八)理科数学试题（详解））（本小题满分12分）如图3，在直三棱柱中，△为等腰直角三角形，，且，、分别为、的中点．（1）求证：⊥平面；（2）当时，求点到平面的距离．EFB1C1A1【答案】(Ⅰ)证明:在直三棱柱中,不妨设, 为等腰直角三角形,, , E、F分别为BC、的中点, , 43\n, , 有, , 又平面ABC,,, 平面AEF. (Ⅱ)解:由条件知, , , ,, 在中,, , 设点到平面的距离为, 则, 所以, 即点到平面的距离为1.．（云南省昆明市2022届高三复习适应性检测数学（理）试题）如图,四边形是正方形,,,,. (Ⅰ)求证:平面平面; (Ⅱ)若与所成的角为,求二面角的余弦值.43\nABCDPM【答案】解:(I)平面,且平面, , 又是正方形,,而梯形中与相交, 平面, 又平面, 平面平面 ABCDPMxyz (II)平面,则,, 又,,, 以点为原点,依次为轴,建立空间直角坐标系, 不妨设,. 则,,, , ,,43\n 由与所成的角为, 得 解得. ,, 求得平面的一个法向量是 ; ,, 求得平面的一个法向量是; 则, 故二面角的余弦值为 (其他做法参照给分) ．（云南省昆明一中2022届高三新课程第一次摸底测试数学理）如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱与底面ABC垂直，且AB1⊥BC1，AB=AA1=1，BC=2。（I）证明：A1C1⊥AB；（II）求二面角A1—BC1—A的余弦值。【答案】43\n43\n43\n．（云南省部分名校2022届高三第一次统一考试理科数学（玉溪一中、昆明三中、楚雄一中））如图，三棱柱中，⊥面，，，为的中点.C1A1CB1ABD(1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在侧棱上是否存在点，使得？请证明你的结论.【答案】（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD．∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点．又D是AC的中点，∴OD//AB1．∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1．A1AC1zxyCB1BD（II）解：如图，建立空间直角坐标系，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0），，，设是面BDC1的一个法向量，则即，取.易知是面ABC的一个法向量..∴二面角C1—BD—C的余弦值为.（III）假设侧棱AA1上存在一点P使得CP⊥面BDC1.设P（2，y，0）（0≤y≤3），则，43\n则，即.解之∴方程组无解.∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.．（云南省玉溪一中2022届高三第四次月考理科数学）（本题12分）如图6，在长方体中，，为中点.（1）求证：；（2）在棱上是否存在一点，使得平面?若存在，求的长；若不存在，说明理由；（3）若二面角的大小为30°，求的长.图6【答案】解:（1）以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1.（2）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0).又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z).因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，得43\n取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.（3）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.因为B1C∥A1D，所以AD1⊥B1C.又由（1）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，所以AD1⊥平面DCB1A1.所以是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1).设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝.因为二面角A－B1E－A1的大小为30°，所以|cosθ|＝cos30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2.．（贵州省六校联盟2022届高三第一次联考理科数学试题）（本小题满分12分）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，是线段上的点．（I）当是的中点时，求证：平面；（II）要使二面角的大小为，试确定点的位置．图5【答案】解：【法一】（I）证明：如图，取的中点，连接．43\n由已知得且，又是的中点，则且，是平行四边形，∴又平面，平面平面（II）如图，作交的延长线于.连接，由三垂线定理得，是二面角的平面角．即，设，由可得故，要使要使二面角的大小为，只需【法二】（I）由已知，两两垂直，分别以它们所在直线为轴建立空间直角坐标系．则，，则，，，设平面的法向量为则，令得………………………………………由，得又平面，故平面（II）由已知可得平面的一个法向量为，设，设平面的法向量为则，令得43\n由，故，要使要使二面角的大小为，只需．（甘肃省天水一中2022届高三下学期五月第二次检测（二模）数学（理）试题）如图,在多面体ABCDE中,,,是边长为2的等边三角形,,CD与平面ABDE所成角的正弦值为.(1)在线段DC上是否存在一点F,使得,若存在,求线段DF的长度,若不存在,说明理由;(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)取AB的中点G,连结CG,则, 又,可得,所以,所以,CG=,故CD= 取CD的中点为F,BC的中点为H,因为,,所以为平行四边形,得, 平面∴ 存在F为CD中点,DF=时,使得 43\n (Ⅱ)如图建立空间直角坐标系,则、、 、,从而, ,. 设为平面的法向量, 则 可以取8分 设为平面的法向量, 则 取 43\n因此,,．（甘肃省河西五市部分普通高中2022届高三第二次联合考试数学（理）试题）（本小题满分12分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝AA1＝2，侧棱AA1⊥面ABC，D、E分别是棱A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且．（Ⅰ）求证：EF∥平面BDC1；（Ⅱ）求二面角E－BC1－D的余弦值．【答案】（1）证法一：设O为AB的中点，连结A1O，∵AF=AB，O为AB的中点∴F为AO的中点，又E为AA1的中点∴EF∥A1O又∵D为A1B1的中点，O为AB的中点∴A1D=OB又A1D∥OB∴四边形A1DBO为平行四边形∴A1O∥BD又EF∥A1O∴EF∥BD又EF平面DBC1，BD平面DBC1∴EF∥平面DBC1（6分）证法二：建立如图所示的坐标系。（坐标系建立仅为参考）xyoz∵AB=BC=CA=AA1=2，D、E分别为A1B1、AA1的中点，AF=AB43\nE（-1，0，1），F，B（1，0，0），D（0，0，2），C1（0，）设平面平面DBC1的法向量为,,令z=1,则y=0,x=2∴又EF平面BDC1∴EF∥平面BDC1（6分）（2）设面EBC1的法向量为，令x=1,则z=2，y=-∴cos＜＞=由图知二面角E－BC1－D为锐二面角，所以二面角的余弦值为（12分）．（云南省玉溪一中2022届高三第五次月考理科数学）（本小题满分12分）在边长为5的菱形ABCD中，AC＝8.现沿对角线BD把△ABD折起，折起后使∠ADC的余弦值为.（1）求证：平面ABD⊥平面CBD；（2）若M是AB的中点，求折起后AC与平面MCD所成角的正弦值。43\nABCDMABCDM【答案】【解】　(1)证明　在菱形ABCD中，记AC，BD的交点为O，AD＝5，∴OA＝4，OD＝3，翻折后变成三棱锥A－BCD，在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC＝25＋25－2×5×5×＝32，在△AOC中，OA2＋OC2＝32＝AC2，∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC，又AO⊥BD，OC∩BD＝O，∴AO⊥平面BCD，又AO⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面CBD.(2)由(1)知OA，OC，OD两两互相垂直，分别以OC，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,4)，B(0，－3,0)，C(4,0,0)，D(0,3,0)，M，＝，＝(4，－3,0)，＝(4,0，－4)，设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由，得，令y＝4，有n＝(3,4,9)，设AC与平面MCD所成的角为θ，sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴AC与平面MCD所成角的正弦值为.．（云南省昆明三中2022届高三高考适应性月考（三）理科数学）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，,点为的中点.（1）求证：；（2）求证：；43\n（3）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】.解：（Ⅰ）,点E为的中点,连接的中位线//……2分又………4分（II）正方形中,,由已知可得：，,…………8分43\n故当时，二面角的大小为……………12分(注：其它方法同样得分)．（云南省昆明一中2022届高三第二次高中新课程双基检测数学理）（本小题满分12分）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，侧面PAD⊥平面AC，在△PAD中，E为AD中点，PA=PD。（I）证明：PA⊥BE；（II）若，求二面角A—PB—D的正弦值。【答案】43\n．（云南省玉溪一中2022届高三第三次月考理科数学）（本小题满分12分）如图，在长方体，中，，点在棱AB上移动.（1）证明：；（2）当为的中点时，求点到面的距离；43\n（3）等于何值时，二面角的大小为.ABCDA1B1C1D1E【答案】解：以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则…………2分ABCDA1B1C1D1E（1）………………4分（2）因为为的中点，则，从而，，设平面的法向量为，则也即，得，从而，所以点到平面的距离为………………………………………………8分（3）设平面的法向量，∴由令，∴43\n依题意∴（不合，舍去），.∴时，二面角的大小为.…………………………12分．（云南师大附中2022届高三高考适应性月考卷（三）理科数学试题）如图5甲，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB=2,DC=1，BC=，AB=AD=．将（图甲）沿直线BD折起，使二面角A－BD－C为60o（如图乙）．（Ⅰ）求证：AE⊥平面BDC;（Ⅱ）求点B到平面ACD的距离．【答案】（本小题满分12分）图4（Ⅰ）证明：如图4，取BD中点M，连接AM，ME.因为AB=AD=，所以AM⊥BD，因为DB=2，DC=1，BC=，满足：DB2+DC2=BC2，所以△BCD是以BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC，因为E是BC的中点，所以ME为△BCD的中位线，＝ME ∥，ME⊥BD，ME=，…………………………………………………………………（2分）∠AME是二面角A-BD-C的平面角，=°.，且AM、ME是平面AME内两条相交于点M的直线，，平面AEM，.………………………………（4分），，43\n为等腰直角三角形，，在△AME中，由余弦定理得：，，.………………………………………………………………………（6分）图5（Ⅱ）解法一：等体积法.解法二：如图5，以M为原点，MB所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，………………………………………………（7分）则由（Ⅰ）及已知条件可知B(1，0，0)，，，D，C.则……………………………………（8分）设平面ACD的法向量为=，则令则z=-2，…………………………………………………………………（10分）记点到平面的距离为d，则，所以d.…………………………（12分）．（云南师大附中2022届高三高考适应性月考卷（四）理科数学试题）（本小题满分12分）如图4，正三棱柱中，是中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）若，求二面角的大小．43\nABCEB1A1C1【答案】（Ⅰ）证明：如图3，∵是正三棱柱，∴∴.图3∵△ABC是正三角形，E是AC中点，∴∴.又∵，∴平面.…………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：如图4，作，于G，连CG.∵平面，∴，∴FG是CG在平面上的射影.图4∴根据三垂线定理得，，∴∠CGF是二面角的平面角，设，∵，则.在中，.43\n在中，,在中，∵,∴.∴二面角的大小是45°.…………………………………………………（12分）．（甘肃省2022届高三第一次诊断考试数学（理）试题）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2．（I）求证：AB1∥平面BC1D;（Ⅱ）若四棱锥B－AA1C1D的体积为3，求二面角C－BCl－D的正切值．【答案】43\n43\n43