高考数学真题和模拟题分类汇编10立体几何含解析

这是一份高考数学真题和模拟题分类汇编10立体几何含解析，共139页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。

专题10 立体几何
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
2.(2021•高考全国甲卷•理T6) 在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

所以其侧视图为

故选D．
3.(2021•高考全国甲卷•理T8) 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）

A. 346 B. 373 C. 446 D. 473
【答案】B．
【解析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．

过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选B．
4.(2021•高考全国甲卷•理T11) 已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A．
【解析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.
，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选A.
5.(2021•高考全国乙卷•文T10) 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选D．
6.(2021•浙江卷•T4) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A. B. 3 C. D.
【答案】A．
【解析】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，
该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，
故，
故选A.

7.(2021•浙江卷•T6) 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）

A. 直线与直线垂直，直线平面
B. 直线与直线平行，直线平面
C. 直线与直线相交，直线平面
D. 直线与直线异面，直线平面
【答案】A．
【解析】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选A.
8.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T2．)已知直线l，m和平面α（　　）
A．若l∥m，m⊂α，则l∥α B．若l∥α，m⊂α，则l∥m
C．若l⊥α，m⊂α，则l⊥m D．若l⊥m，l⊥α，则m⊥α
【答案】C．
【解析】对于A，若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故A错误；
对于B，若l∥α，m⊂α，则l∥m或l与m异面，故B错误；
对于C，若l⊥α，m⊂α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故C正确；
对于D，若l⊥m，l⊥α，则m与α平行或m⊂α，故D错误．
9.(2021•江苏盐城三模•T11)已知矩形ABCD满足AB＝1，AD＝2，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，点B折至B′，得到四棱锥B′－AECD，若点P为B′D的中点，则
A．CP//平面B′AE
B．存在点B′，使得CP⊥平面AB′D
C．四棱锥B′－AECD体积的最大值为
D．存在点B′，使得三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内
【答案】ACD．
【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题
【解析】由题意可知，对于选项A，取AB′的中点为Q，连结EQ、PQ，因为CEÚAD，PQÚAD，所以PQÚCE，所以四边形CEQP为平行四边形，所以CP∥QE，又QEÌ平面AB′E，CPË平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以选项A正确；对于选项B，若CP⊥平面AB′D，则CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，则与AB′⊥BE矛盾，所以选项B错误；对于选项C，过B′作B′O⊥AE，垂足为O，可得B′O＝，所以VB′－AECD＝SAECD×h＝××(1＋1)×1×h≤B′O＝，所以选项C正确；对于选项D，若三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内，则球心为△ADE的外心，则为△ADE直角三角形，且AD为斜边，则球心O为AD的中点，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，则AB′⊥B′D，所以B′D＝，而B′D∈(1，)，可知存在，则满足题意，所以选项D正确；综上，答案选ACD．
10.(2021•河南郑州三模•理T9)已知等腰直角△ABC的斜边BC＝4，沿斜边的高线AD将△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C为，则四面体ABCD的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】如图，

由题意，△BCD是等边三角形，边长为2，
则△BCD外接圆的半径为，
设△BCD的外心为G，四面体ABCD的外接球的球心为O，
连接OG，则OG⊥平面BCD，且OG＝AD＝1．
∴四面体ABCD的外接球的半径R＝＝．
则四面体ABCD的外接球的体积V＝＝．
11.(2021•河南郑州三模•理T11)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则△EBC的面积最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】
如图：取AB中点G，可知Rt△BAF∽Rt△B1BG，得∠ABF＝∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF＝∠B1GB+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，∴B1G⊥平面BFC，∴B1G⊥平面CF，又∵D1E⊥CF，∴CF⊥平面B1D1G，
当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，BC＝2，则△ABC面积为EB•BC，
当△EBC的面积取得最小值时，线段CE的长度为点B到直线B1G的距离，线段CE长度的最小值为，此时△EBC面积为×EB×BC＝．
12.(2021•河南开封三模•文T9理T8)某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四个结论：
①体积可能是；
②体积可能是；
③AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为；
④在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对．
其中所有正确结论的编号是（　　）

A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D．
【解析】由三视图可画出直观图如下图：

如图1，，故①正确；
如图2，，故②正确；

如上图，AB和CD在直观图中所对应的棱分别为EF和FG，由△EFG为正三角形，
可知AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为，故③正确；

如上图，平面ABCD∥平面B1C1D1，面ADD1∥面BCC1B1，面ABB1∥面DCC1D1，面AB1D1∥面BC1D，故④正确．
13.(2021•河北张家口三模•T10)已知一个圆柱的上、下底面圆周均在球O的表面上，若圆柱的体积为4π，则球O的表面积不可能为（　　）
A．6π B．8π C．12π D．16π
【答案】AB．
【解析】设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则
所以，所以，
所以当h∈（0，2）时6）′＜0；当h∈（2，（R3）′＞0，
所以当h＝2时，R2有最小值．
此时球O的表面积有最小值，且最小值为，
即球O的表面积S球O≥12π．
14.(2021•山东聊城三模•T12.)已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A'MN，在四棱锥A'-MNCB中，下列说法正确的是（）
A. 直线MN∥平面A'BC
B. 当四棱锥A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角
C. 在折起过程中存在某位置使BN⊥平面A'NC
D. 当四棱A'-MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为39π
【答案】 A,B,D
【考点】反证法，球的体积和表面积，直线与平面平行的判定
【解析】【解答】因为MN//BC , MN⊄平面A'BC，BC⊂平面A'BC，所以直线MN∥平面A'BC，A符合题意；
因为四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，故当二面角A'-MN-B为直二面角时，满足题意，B符合题意；
对于C，如图，

若BN⊥平面A'NC，则BN⊥AA'，又A'D⊥MN，AD⊥MN,A'D∩AD=D，可知MN⊥平面A'AD ,所以A'A⊥MN ,又MN∩BN=N ,所以A'A⊥平面MNCB ,这显然不可能，C不符合题意；
当四棱A'-MNCB体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角，如图，

由∠MBC=π3，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作OE⊥平面MNCB，OF上平面A'MN，则O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，且OF=DE= 332，AF= 3 .设四棱锥A' -MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=394，所以球表面积是39π． 
【分析】A由线面平行判定可推得A正确。
B根据四棱锥A'-MNCB底面积为定值，所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大，进而可判B正确。
C由反证法可得C错误。
D取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心得O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心，结合B的结论求得外接球半径R，进而求出球表面积，可判D正确。
15.(2021•四川内江三模•理T8．)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（　　）

A．4 B．8 C． D．
【答案】C．
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体．
如图所示：

由于AB＝2，BD＝4．
所以：，，，．
16.(2021•重庆名校联盟三模•T12．)如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（　　）

A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π
【答案】BD．
【解析】对于A：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，
则NE∥AB1，NF∥MB1，
如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，
又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故A错误．
对于B：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），
NE＝（定值），AM＝EC（定值），
由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，
∴NC是定值，故B正确．
对于C：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，
由题意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，
从而AD＝MD，由题意不成立，可得C错误．
对于D：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，
由题意得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，
球半径为1，表面积是4π，故D正确．


17.(2021•安徽蚌埠三模•文T9．)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a、b、c不可能满足的是（　　）
A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面
【答案】B．
【解析】平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊆α，b⊆β，c⊆γ，
所以直线a、b、c在三个平面内，不会是共面直线，
所以：当直线两两平行时，a、b、c为共面直线．
与已知条件整理出的结论不符．
18.(2021•贵州毕节三模•文T4．)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余几何体的三视图如图，则剩余几何体的表面积为（　　）

A．16 B．18 C． D．
【答案】D．
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为棱长为2 的正方体切去一个角，构成的几何体；
如图所示：

所以＝18+2．
19.(2021•辽宁朝阳三模•T8．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，
∴该三棱柱的九条棱中与BD异面的棱有5条，
从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，
基本事件总数n＝＝36，
这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面包含的基本事件个数为：
m＝+＝26，
则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率P＝＝＝．
20.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T12．)已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线长为（　　）
A． B．π C． D．
【答案】D．
【解析】长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线，是以D1为圆心，为半径的圆弧，如图，∠ED1F＝，
可得：＝．

21.(2021•四川泸州三模•理T8．)如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，CF＝CC1，则（　　）

A．D1E≠AF，且直线D1E，AF是相交直线
B．D1E≠AF，且直线D1E，AF是异面直线
C．D1E＝AF，且直线D1E，AF是异面直线
D．D1E＝AF，且直线D1E，AF是相交直线
【答案】B．
【解析】由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝4，AB＝2，BE＝BB1，CF＝CC1，可得B1E＝3，D1E＝＝，CF＝2，AF＝＝2，AF≠D1E，连接BD，B1D1，设直线AF与平面BDD1B1交于H，可得H不在直线D1E上，
且H∈平面BDD1E1，直线D1E⊂平面BDD1B1，又AF⊄平面BDD1B1，
所以直线AF与D1E为异面直线．

22.(2021•江西上饶三模•理T4．)罗德岛太阳神巨像是古代世界七大奇迹之一．它是希腊太阳神赫利俄斯的青铜铸像．如图所示，太阳神赫利俄斯手中所持的几何体（含火焰）近似是一个底面相同的两个圆锥合在一起，正方向投影过去，其平面几何图形形状是上方内角为60°，边长为2的菱形．现在其中一个圆锥中放置一个球体，使得球与圆锥侧面、底面均相切，则该球的体积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，正三角形内切圆的半径为，则圆锥内切球的半径为，
∴球的体积V＝×＝．

23.(2021•江西上饶三模•理T8．)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G是线段BC1上的一点，且A1G⊥B1D，则（　　）
A．BG＝BC1 B．BC1＝3GC1
C．BG＝3GC1 D．点G为线段BC1上任意一点
【答案】D．
【解析】如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D在侧面ABB1A1内的射影是AB1，且AB1⊥A1B，所以A1B⊥B1D，同理，B1D⊥C1，且A1B∩BC1＝B，所以B1D⊥平面A1BC1，
又A1G⊂平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，即点G为线段BC1上任意一点，选项D正确，A、B、C选项错误．

24.(2021•安徽宿州三模•理T4．)已知a、b为两条不同直线，α、β为两个不同平面．下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥α，b∥α，则a与b共面 B．若a⊥α，α⊥β，则a∥β
C．若a⊥α，α∥β，则a⊥β D．若α∥b，β∥b，则α∥β
【答案】C．
【解析】若a∥α，b∥α，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故A错误；
若a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，故B错误；
若a⊥α，α∥β，由直线与平面垂直的性质，可得a⊥β，故C正确；
若α∥b，β∥b，则α∥β或α与β相交，故D错误．
25.(2021•四川泸州三模•理T11．)已知在Rt△ABC中，斜边AB＝2，BC＝1，若将Rt△ABC沿斜边AB上的中线CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】如图，设点E为△BCD外接圆的圆心，则三棱锥A﹣BCD外接球的球心一定在过点E且与平面BCD垂直的直线上，
不妨设点O为外接圆的圆心，则OE⊥平面BCD，且OA＝OB＝OC＝OD＝R，
过点O作OM⊥平面ACD，则点M为△ACD外接圆的圆心，在△ACD中，由余弦定理有，，
∴，∴，
延长BE交CD于F，连接MF，∵BC＝CD＝BD＝1，
∴△BCD为边长为1的正三角形，F为CD中点，∴，
由于平面ACD⊥平面BCD，故四边形OMFE为矩形，则，
在Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，即，解得，
∴三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为．

26.(2021•江苏常数三模•T11．)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为棱BC，CD，CC1的中点，P是线段A1C1上的动点（含端点），则（　　）
A．PM⊥BD
B．AC1∥平面EFM
C．PE与平面ABCD所成角正切值的最大值为
D．当P位于C1时，三棱锥P﹣CEF的外接球体积最小
【答案】AC．
【解析】对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，又PM⊂平面ACC1A1，则PM⊥BD，故选项A正确；
对于B，设AC∩BD＝O，EF∩AC＝H，如图所示，
若AC1∥平面MEF，又AC⊂平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面MEF＝MH，
则AC1∥MH，由正方体的性质可知，O是AC的中点，M是CC1的中点，
所以AC1∥MO，又MO∩MH＝M，产生矛盾，故假设不成立，故选项B错误；
对于C，点P在平面ABCD上的射影N在AC上，连结NE，
故∠PEN即为PE与平面ABCD所成的角，
设正方体的棱长为a，则PN＝a，tan∠PEN＝，
故EN的最小值即为E到直线AC的距离EH＝，
所以tan∠PEN的最大值为，故选项C正确；
对于D，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，假设HK⊥平面ABCD，交A1C1于点K，
又H为△CEF的外心，则三棱锥P﹣CEF的外接球的球心一定在HK上，
设球心为O'，高O'P＝O'E＝R，正方体的棱长为a，
则，
2a，其中，
故当PK＝0时，R最小，此时点P与点K重合，故选项D错误．

27.(2021•上海浦东新区三模•T13．)下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．三条相交直线确定一个平面
C．对于直线a、b、c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c
D．对于直线a、b、c，若a∥b，b∥c，则a∥c
【答案】D．
【解析】选项A，不共线的三点确定一个平面，故A错误；
选项B，三条相交直线可确定一个平面，或三个平面，（三棱锥的三条侧棱），故B错误；选项C，对于直线a、b、c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c，在平面几何中是正确的，在立体几何中不一定成立，故C错误；
选项D，由平行公理可得：对已直线abc，若a∥b，b∥c，则a∥c，故D正确．
28.(2021•湖南三模•T11．)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列说法正确的有（　　）

A．平面PCD⊥平面PBD
B．三棱锥P﹣BCD四个面都是直角三角形
C．PD与BC所成角的余弦值为
D．过BC的平面与PD交于M，则△MBC面积的最小值为
【答案】ABD．
【解析】△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，
所以BD＝，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，
因为平面PBD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD＝BD，
所以CD⊥平面PBD，CD⊥PD；
同理PB⊥平面CBD，
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面BPD，A，B正确；
以D为原点，联立如图所示的空间直角坐标系，则B（，0，0），C（0，1，0），P（，0，1），因为＝（，0，1），＝（﹣，1，0），
所以cos＝＝，即PD与BC所成角的余弦值为，C错误；因为M在线段PD上，设M（，0，a），则＝（3﹣，0，﹣a），
所以点M到BC的距离d＝＝＝，
当a＝时，d取得最小值，此时△MBC面积取得最小值＝，D正确．

29.(2021•福建宁德三模•T12) 已知正四棱锥的侧面积为43，当该棱锥的体积最大时，以下结论正确的是( )
A. 棱锥的高与底面边长的比为22
B. 侧棱与底面所成的角为60∘
C. 棱锥的每一个侧面都是等边三角形
D. 棱锥的内切球的表面积为(8-43)π
【答案】ACD．
【解析】设底面边长为2a，侧棱长为b，则，即ab2-a2=3，
而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23，又ab2-a2=3，
故V=4a23⋅3a2-a2=433a2-a6，
设f(a)=3a2-a6(0 易知函数f(a)在(0,1)单调递增，在(1,43)单调递减，
∴当a=1时，f(a)取得最大值，此时棱锥的体积最大，且b=2，
∴底面边长为2，侧棱长为2，PE=3,OP=2，
∴棱锥的高与底面边长的比为22，选项A正确；
侧棱与底面所成的角为∠PBO，而sin∠PBO=OPPB=22，则∠PBO=45∘，选项B错误；
由于底面边长与侧棱长均为2，故侧面为等边三角形，选项C正确；
设内切球的半径为r，由于，
，
，选项D正确．
故选：ACD.
设底面边长为2a，侧棱长为b，求出棱锥体积，通过构造函数，求导可知当a=1，及b=2时棱锥体积最大，然后再逐项判断即可．
本题考查正棱锥的性质，线面角，以及内切球表面积的求法，同时还涉及了利用导数研究函数的最值，考查函数思想，考查推理能力及运算能力，属于较难题目．
30.(2021•福建宁德三模•T6)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥CD，AB//CD，BC=3，AA1=AB=AD=2，点P，Q，R分别在棱BB1，CC1，DD1上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论错误的是( )
A. 任意点P，都有AP//QR
B. 任意点P，四边形APQR不可能为平行四边形
C. 存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
D. 存在点P，使得BC//平面APQR
【答案】C．
【解析】对于A：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB//CD，
所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，
又因为平面APQR⋂平面ABB1A1=AP，平面APQR⋂平面DCC1D1=QR，
所以AP//QR.
对于B：若四边形APQR为平行四边形，则AR//QP，
而AD与BC不平行，即平面ADD1A1与平面BCC1B1不平行，
所以平面APQR⋂平面BCC1B1=PQ，平面APQR⋂平面ADD1A1=AR，
直线PQ与直线AR不平行，
与AR//QP矛盾，
所以四边形APQR不可能是平行四边形．
对于C：假设存在点P，使得△APR为等腰直角三角形，
令BP=x，
由AP=AB2+BP2=4+BP2=AR=AD2+DR2=4+DR2，
所以BP=DR=x且BP//DR⇒四边形BPDR为平行四边BPDR，
所以RP=BD=BC2+CD2，
过点D作DE⊥AB，则DE=BC=3，
所以AE=1，即CD=BE=1，
所以RP=BC2+CD2=2=2AP=8+2BP2=8+2x2，无解，故C错误；
对于D：当BP=CQ时，R为D时，满足BC//平面APQR，故D正确．
故选：C.
根据线线，面面的性质判断A，B是否正确；使用假设法判断C，D是否正确．
本题考查立体几何中线线，线面的位置关系，属于中档题．
31.(2021•宁夏中卫三模•理T6．)已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么△ABC是一个（　　）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形
【答案】A．
【解析】由已知中△ABC的直观图中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，
∴△ABC中，BO＝CO＝1，AO＝，由勾股定理得：AB＝AC＝2，
又由BC＝2，故△ABC为等边三角形．
32.(2021•宁夏中卫三模•理T10．)若正四面体ABCD的所有棱长均为，则正四面体ABCD的（　　）
A．表面积为 B．高为
C．体积为 D．内切球半径为
【答案】D．
【解析】根据题意，正四面体ABCD的所有棱长均为，依次分析选项：
对于A，S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝S△BCD＝×2＝，则其表面积S＝4×＝2，A错误；对于B，设△ABC的中心为O，易得DO⊥面ABC，则AO＝×＝，则|DO|＝＝，正四面体ABCD的高为，B错误；
对于C，正四面体ABCD的V＝×S△ABC×|DO|＝，C错误；
对于D，设正四面体ABCD的内切球半径为r，则有V＝＝×S△ABC×|DO|＝×（S表）×r，解可得r＝，D正确．
33.(2021•江西南昌三模•理T9．)平安夜苹果创意礼品盒，如图1，它的形状可视为一个十面体，其中上下底面为全等的正方形，八个侧面是全等的等腰三角形．如图2，底面正方形ABCD的边长为2，上底面EFGH与下底面ABCD之间的距离为，则该几何体的侧面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】该几何体的俯视图如图所示，设O为俯视图的中心，
则，所以,
设等腰三角形的高为h,则,得,
所以一个等腰三角形的面积为,
所以该几何体的侧面积为．

34.(2021•安徽马鞍山三模•理T11．)如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱D1D的中点，F是棱C1B1上的动点，下列命题中：
①若过CF的平面与直线EB垂直，则F为C1B1的中点；
②存在F使得D1F∥BE；
③存在F使得△BEF的主视图和侧视图的面积相等；
④四面体EBFC的体积为定值．
其中正确的是（　　）

A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④
【答案】D．
【解析】
当F为B1C1中点时，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即，
过M作MN⊥AD，不妨设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，BD＝，
∴在Rt△BDE中，，同理BM＝，ME＝，
∴BE2+ME2＝BM2，∴ME⊥BE，∴CF⊥BE，∵AC⊥BE，∴BE⊥面ACF，故①正确；

过D1作D1Q∥BE，可得Q为BB1中点，∴不存在F使得D1F∥BE，故②错误；

当F与B1重合时，，侧视图，（P为CC1中点），∴，故③正确；

∵C1B1∥BC，所以C1B1∥平面EBC，∴B1C1上任一点到平面EBC的距离都相等，
设F到面BEC的距离为h，且S△EBC为定值，∴也为定值，故④正确．
35.(2021•安徽马鞍山三模•文T10．)将一个表面积为36π的木质实心球加工成一个体积最大的圆柱，则该圆柱的底面半径为（　　）
A． B．3 C． D．
【答案】C．
【解析】由球的表面积为36π，可得球的半径为3，如图，

设圆柱的底面半径为r，则高为2（0＜r＜3），
∴V圆柱＝＝2π•＝2π
≤2π•＝．
当且仅当r2＝18﹣2r2，即r2＝6，r＝时，上式取等号．
36.(2021•江西九江二模•理T10．)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G，H，I，J分别是棱A1B1，A1D1，DD1，CD，BC，BB1的中点，现在截面EFGHIJ内随机取一点M，则此点满足|AM|+|MC1|≤4的概率为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】连接AC1交平面EFGHIJ于O，则O为AC1和GJ的交点，
由正方体的性质可得AC1⊥平面EFGHIJ，∴AC1⊥OM，
设|OM|＝x，∵AO＝OC1＝，
∴＝，即x≤1，
∴满足|AM|+|MC1|≤4的点M的轨迹所围成的面积为π，
又截面EFGHIJ的面积为，
故所求概率P＝．

37.(2021•浙江杭州二模•理T10．)如图，长方形ABCD中，，AD＝1，点E在线段AB（端点除外）上，现将△ADE沿DE折起为△A'DE．设∠ADE＝α，二面角A'﹣DE﹣C的大小为β，若，则四棱锥A'﹣BCDE体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】设过A与DE垂直的线段长为a，则AE＝tanα，0＜tanα＜，
DE＝，a＝sinα，则四棱锥A′﹣BCDE的高h＝a•sinβ＝sinα•sin（）＝sinαcosα，则
＝＝
＝＝
＝sin（2α+φ）﹣，（tanφ＝）．
∴四棱锥A'﹣BCDE体积的最大值为．
38.(2021•浙江杭州二模•理T4．)某四棱锥的三视图（图中每个小方格的边长为1）如图所示，则该四棱锥的体积为（　　）

A．4 B． C． D．1
【答案】C．
【解析】根据几何体的三视图转换为几何体四棱锥，一条侧棱与底面垂直，底面是正方形，该几何体为三棱锥体P﹣ABCD，
如图所示：由于几何体的高为2，底面边长为，
则四棱锥的体积为V＝＝．

39.(2021•河北邯郸二模•理T10．)设a，b是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列四个命题中，正确的是（　　）
A．若γ⊥α，α∥β，则γ⊥β B．若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ
C．若a⊥α，a⊥β，则α∥β D．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
【答案】AC．
【解析】由a，b是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知：
对于A，若γ⊥α，α∥β，则由面面垂直的判定定理得γ⊥β，故A正确；
对于B，若β⊥α，γ⊥α，则β与γ相交或平行，故B错误；
对于C，若a⊥α，a⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故C正确；
对于D，若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故D错误．
40.(2021•河北邯郸二模•理T7．)如图所示，正四棱台的下底面与半球的底面重合，上底面四个顶点均在半球的球面上，若正四棱台的高与上底面边长均为1，则半球的体积为（　　）

A． B． C．π D．
【答案】B．
【解析】连接上底面中心G与球的球心O，连接AO，则AO为外接球的半径，R＝＝，所以外接球的体积为：＝＝．

41.(2021•北京门头沟二模•理T4)一个体积为123正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为( )
A. 63 B. 8 C. 83 D. 12
【答案】A．
【解析】设棱柱的高为h，
由左视图知，底面正三角形的高是23，由正三角形的性质知，其边长是4，
故底面三角形的面积是12×23×4=43
由于其体积为123，故有h×43=123，得h=3
由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为3×23=63
故选：A.
此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是23，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可．
本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”．
42.(2021•江西鹰潭二模•理T8．)我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】由“祖暅原理”可知，帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，底面正方形对角线为2，正方形边长为，V帐篷＝V正四棱柱﹣V正四棱锥＝．
43.(2021•广东潮州二模•T6．)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是（　　）
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β
【答案】C．
【解析】A．若α⊥β，a⊥α，a⊄β，b⊄β，b⊥α，则a∥b，故A错；
B．若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，则a∥b，故B错；
C．若b⊥β，α∥β，则b⊥α，又a⊂α，则a⊥b，故C正确；
D．若α⊥β，b∥β，设α∩β＝c，由线面平行的性质得，b∥c，若a∥c，则a∥b，故D错．
44.(2021•辽宁朝阳二模•T10．)如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝，则下列结论中正确的是（　　）

A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．△AEF的面积与△BEF的面积相等
D．三棱锥E﹣ABF的体积为定值
【答案】ABD．
【解析】由正方体的结构特征可知，DD1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，则D1D⊥AC，又ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵D1D∩BD＝D，且D1D、BD⊂平面DD1B1B，∴AC⊥平面DD1B1B，
∵BE⊂平面DD1B1B，∴AC⊥BE，故A正确；
∵B1D1∥BD，BD⊂平面ABCD，B1D1⊄平面ABCD，
∴BD∥平面ABCD，而EF在B1D1上，∴EF∥平面ABCD，故B正确；
点B到EF的距离为正方体的棱长，A到EF的距离大于棱长，则△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故C错误；
如图所示，连接BD，交AC于O，则AO为三棱锥A﹣BEF的高，
•EF•BB1＝××1＝，＝×＝，
则为定值，故D正确．

45.(2021•山东潍坊二模•T8．)在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，连结BD，沿BD把△ABD折起，使得二面角A﹣BD﹣C的大小为60°，连结AC，则四面体ABCD的外接球的表面积为（　　）
A．13π B．24π C．36π D．52π
【答案】D．
【解析】如图，取BD的中点记为O，连接OC，OA，
分别取△BCD与△ABD的外心E与F，
过这两点分别作平面BDC、平面ABD的垂线，交于点P，
则P就是外接球的球心，连接OP，CP，
∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角为60°，
则△AOC是等边三角形，其边长为6×＝，
OE＝，
在△POE中，∠POE＝30°，∴PE＝OE•tan30°＝．
又CE＝，∴PC＝R＝，
则四面体ABCD的外接球的表面积为4．

46.(2021•河南郑州二模•文T12．)已知三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的表面上，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是线段AB上一点，且AD＝5DB．过点D作球O的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为28π，则球O的表面积为（　　）
A．128π B．132π C．144π D．156π
【答案】B．
【解析】因为AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，所以，
设面ABC所截的截面圆的圆心为O'，外接球的球心为O，
则O'为BC的中点，且OO'⊥平面ABC，则有O'A＝O'B＝O'C＝，
取AB的中点E，连结O'E，O'O，则O'E＝，
因为AD＝5DB，AB＝8，E为AB的中点，所以DE＝2，
所以，
设OO'＝x，则有OD2＝O'D2+OO'2＝20+x2，
则球的半径R2＝O'A2+x2＝52+x2＝25+x2，
故与OD垂直的截面圆的半径，
所以截面圆面积的最小值为πr2＝5π，
截面圆面积的最大值为πR2，
由题意可得πR2﹣5π＝28π，解得R2＝33π，
所以球的表面积为S＝4πR2＝132π．

47.(2021•河南郑州二模•文T4．)攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．以四角攒尖为例，它的主要部分的轮席可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，则侧棱长与底面外接圆的直径的比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】正四棱锥的底面是正方形，其外接圆的半径为R，
则正方形的边长为，因为正四棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，
设侧棱长为l，则有，解得，
所以侧棱长与底面外接圆的直径的比为．
48.(2021•山西调研二模•文T8)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥BC且PA=BC=1，PB=AC=2，PC=3，则下列命题不正确的是( )
A. 平面PAB⊥平面PBC
B. 平面PAB⊥平面ABC
C. 平面PAC⊥平面PBC
D. 平面PAC⊥平面ABC
【答案】C．
【解析】由PA=1，AC=2，PC=3，即PA2+AC2=PC2，可得PA⊥AC，又PA⊥BC，
AC⋂BC=C，所以PA⊥平面ABC，
PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，故B正确；
PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC，故D正确；
由PA⊥平面ABC，可得PA⊥AB，而PA=1，PB=2，所以AB=1，
又BC=1，AC=2，所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，
由PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，
则BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故A正确；
若平面PAC⊥平面PBC，过A作AH⊥PC，垂足为H，可得AH⊥平面PBC，
则AH⊥BC，又BC⊥PA，所以BC⊥平面PAC，则BC⊥AC，与BC⊥AB矛盾，故C错误．
故选：C.
由线面垂直的判定和性质，以及面面垂直的性质和判定，对选项一一判断，即可得到结论．
本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，主要是垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
49.(2021•宁夏银川二模•文T11．)已知一个圆锥的底面圆面积为3π，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于（　　）
A．12π B．16π C．36π D．48π
【答案】B．
【解析】设圆锥底面圆半径为r，圆锥的底面圆面积为3π，可得πr2＝3π，所以r＝，母线长为l，圆锥的外接球半径为R，∵侧面展开图是半圆，2＝，∴l＝2，∴圆锥的轴截面为等边三角形，∴球心为等边三角形的中心，∴R＝＝2，∴外接球的表面积是4πR2＝16π．
50.(2021•宁夏银川二模•文T4．)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥α”是“m∥n”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】B．
【解析】因为m⊄α，n⊂α，当m∥α时，m与n不一定平行，即充分性不成立；
当m∥n时，满足线面平行的判定定理，m∥α成立，即必要性成立；
所以“m∥α”是“m∥n”的必要不充分条件．
51.(2021•安徽淮北二模•文T7．)《九章算术•商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．意思是：如图，沿正方体对角面A1B1CD截正方体可得两个堑堵，再沿平面B1C1D截堑堵可得一个阳马（四棱锥D﹣A1B1C1D1），一个鳖臑（三棱锥D﹣B1C1C），若P为线段CD上一动点，平面α过点P，CD⊥平面α，设正方体棱长为1，PD＝x，α与图中的鳖臑截面面积为S，则点P从点D移动到点C的过程中，S关于x的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B．
【解析】如图，

设α∩DC1＝N，α∩DB1＝M，∵CD⊥α，∴CD⊥PN，则△DPN为等腰直角三角形，则PN＝x，，∵B1C1⊥平面DCC1，∴B1C1⊥DC1，
∵DC⊥平面PMN，DC⊥平面B1C1C，∴平面PMN∥平面CB1C1，
而平面DC1B1∩平面PMN＝MN，平面DC1B1∩平面CB1C1＝C1B1，
∴MN∥B1C1，可得MN⊥DC1，则由DP＝PN＝x，得DN＝，∴，即MN＝，∴S＝（0≤x≤1）．则S关于x的函数图象大致是B．
52.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T8．)热爱劳动是我们中华民族的传统美德，劳动教育也是我们中小学重要的教育内容之一，平时我们打扫卫生常常要用到簸箕．簸箕的三视图如图所示（单位cm），已知制造簸箕每cm2的成本是0.01元，试估计500元最多可以制造（　　）个簸箕

A．43 B．44 C．45 D．46
【答案】C．
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱柱和三棱锥组成的组合体；如图所示：

利用分割法，所以，
1098×0.01＝10.98元，所以n＝，故最多制造45个．
53.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T5．)如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点P在平面A1BC1上，则三棱锥P﹣ACD1的体积为（　　）

A． B． C．1 D．
【答案】B．
【解析】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点P在平面A1BC1上，
可知平面A1BC1∥平面ACD1，所以P到平面ACD1的距离与A1到平面ACD1的距离相等，
故，
所以三棱锥P﹣ACD1的体积：＝2×2×1＝．
54.(2021•吉林长春一模•文T9.)如图,长方体中为
的中点,则异面直线与所成角的大小为
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°




【答案】D．
【解析】⊥平面平面即故选D．
55.(2021•吉林长春一模•文T6.)将长、宽分别为和的长方形沿对角线折起,得到四面体,则四面体的外接球体积为
A. B. C. D.
【答案】A．
【解析】中点到A,B,C,D的距离均为1,故球的体积为,故选A.
二、填空题部分
56.(2021•高考全国乙卷•文T16)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．

【答案】③④．
【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.
故答案为：③④.
57.(2021•河南开封三模•文理T16)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，古称“角黍”．如图，是由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片，某同学将其沿虚线折起来，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为　　；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为　　.
【答案】；．
【解析】该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为3，
如图，在棱长为3的正四面体S﹣ABC中，
取BC的中点D，连接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，
则，
∴该六面体的体积为，
当该六面体内有一球，且该球的体积取得最大值时，球心为O，且该球与SD相切，过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，
∵SO×OD＝SD×OE，
∴，
∴该球体积的最大值为．
故答案为：．

58.(2021•河南焦作三模•理T14)一个球的表面积为100π，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为　　．
【答案】4．
【解析】球的表面积为100π，可得球的半径为R，4πR2＝100π，解得R＝5，
一个平面截该球得到截面圆直径为6，则截面圆的半径为3，
所以球心到这个平面的距离为：＝4．
59.(2021•四川内江三模•理T15．)现为一球状巧克力设计圆锥体的包装盒，若该巧克力球的半径为3，则其包装盒的体积的最小值为　　．
【答案】72π．
【解析】设圆锥体包装盒的底面半径为r，高为h，
由Rt△SOC∽Rt△SBD可得：，
即，∴r2＝，
∴包装盒的体积V＝πr2h＝3π•＝3π•[（h﹣2）+12+）＝72π．
当且仅当h﹣6＝即h＝12时取等号．

60.(2021•重庆名校联盟三模•T16．)在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA＝4，AB＝3，二面角P﹣AB﹣C的大小为30°，在侧面△PAB内（含边界）有一动点M，满足M到PA的距离与M到平面ABC的距离相等，则M的轨迹的长度为　　．
【答案】．
【解析】如图，过M作MN⊥PA于N，MO⊥平面ABC于O，
过O作OQ⊥AB于Q，连接MQ，
则∠MQO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
由∠MQO＝30°，
得MQ＝2MO．
又MO＝MN，所以MQ＝2MN，
在△PAB中，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则直线AM的方程为y＝2x，
直线PB的方程为 4x+3y﹣12＝0，
所以直线AM与PB的交点坐标为，
所以M的轨迹为线段AR，
长度为．

61.(2021•安徽蚌埠三模•文T15．)正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，M为CD1中点，则四面体ABDM外接球的体积为　　．
【答案】．
【解析】如图，连接AM，BM，DM，取BD的中点O，连接OM，OA，
可得OA＝，OB＝OD＝，OM＝，所以O是四面体ABDM外接球的球心，外接球的半径为，所以外接球的体积为：＝．

62.(2021•上海嘉定三模•T6．)若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为　　．
【答案】1：8．
【解析】由已知两个球的表面积之比是1：4，所以两个球的半径之比是1：2，所以两个球的体积之比1：8．
63.(2021•贵州毕节三模•文T15．)如图，在三棱锥O﹣ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA＝4，OB＝3，OC＝2．分别经过三条棱OA，OB，OC作截面平分三棱锥的体积，则这三个截面的面积的最大值为　　．

【答案】．
【解析】分别取AB中点D，连接OD、DC，因为OC⊥OA，OC⊥OB，所以OC⊥平面OAB，
因为OD⊂平面OAB，所以OC⊥OD，＝＝，
取BC中点E，连接OE、EA，同理S△OEA＝＝＝，
取AC中点F，连接OF、FB，同理＝＝，
因为＞＞，所以三个截面的面积的最大值为．

64.(2021•辽宁朝阳三模•T16．)如图，正四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形．若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为　　．

【答案】．
【解析】如图，连接PO，BD，取CD的中点E，连接PE，OE，过O作OH⊥PE于H．易知PO⊥底面ABCD，设AB＝4，则，，．设球M的半径为R，半球O的半径为R0.则．易知R0＝OH．则，故．

65.(2021•江苏常数三模•T16．)已知四棱锥P﹣ABCD的体积为V，底面ABCD是平行四边形，E，F分别为棱PC，PD的中点，则四棱锥P﹣ABEF的体积为　　（用V表示）．
【答案】．
【解析】如图，

连接FB、FC，∵E，F分别为棱PC，PD的中点，
∴，
＝，
∴VP﹣ABEF＝VP﹣ABCD﹣VF﹣ABCD﹣VF﹣BCE＝．
66.(2021•湖南三模•T16．)数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体．关于“等腰四面体”，以下结论正确的序号是　　．
①“等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形；
②“等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形；
③三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为2；
④三组对棱长度分别为a，b，c的“等腰四面体”的外接球直径为．
【答案】①②③．
【解析】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为a，b，c，与之对应的长方体的长宽高分别为x，y，z，
则，
故x2＝，，z2＝，
结合图像易得①②正确；
三组对棱长度分别为a＝5，b＝6，c＝7，则x＝，y＝，z＝，
因为等腰四面体的体积是对应长方体体积减去四个小三棱锥的体积，
所以等腰四面体的体积xyz﹣＝＝2，③正确；
三组对棱长度分别为a，b，c的“等腰四面体”的外接球直径2R＝≠，④错误．

67.(2021•江西南昌三模•理T16．)球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面△ABC．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且|PQ|＝R，则球面△NPQ的面积为　　；若NP＝PQ＝QN＝R，则球面△NPQ的面积为　　．

【答案】；πR2．
【解析】如图1，

∵OP＝OQ＝R，PQ＝，∴OP2+OQ2＝PQ2，则OP⊥OQ，
又ON⊥赤道所在平面，∴OP、OQ、ON两两互相垂直，
则×4πR2＝；
如图2，当NP＝PQ＝QN＝R时，构造球内接正四面体N﹣PQS，其中心为O，
连接NO交三角形SPQ于H，则NO＝R，OH为正四面体N﹣SPQ内切球的半径，
由等体积法可得，OH＝NH，则OH＝，cos，
在△NOP中，由余弦定理可得：cos，
即，得PN＝．
由对称性可得，球面△NPQ的面积为×4πR2＝πR2．
68.(2021•安徽宿州三模•理T15．)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑A﹣BCD中，满足AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，当该鳖臑的内切球的半径为2（﹣1）时，则此时它外接球的体积为　32　．
【答案】．
【解析】根据题意：在鳖臑A﹣BCD中，满足AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，当该鳖臑的内切球的半径为2（﹣1）时，设AB＝x，如图所示：

利用等体积转换：＝
，
解得x＝4或0（舍去），故外接球的半径R＝，
故．
69.(2021•安徽宿州三模•文T16．)已知三棱锥P﹣ABC的外接球O的半径为，△ABC为等腰直角三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥P﹣ABC的体积为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是　　．
【答案】4．
【解析】设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x（x＞0），
∴顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P﹣ABC的体积为，
∴×x2×4＝，∴x＝，
∴△ABC的外接圆半径为r1＝＝2，
∴球心O到底面ABC的距离为d1＝＝＝3，
又因为顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面ABC和截面圆之间）且球心O到该截面圆的距离为d2＝1，
∵截面圆的半径r2＝＝＝2，
∴顶点P的轨迹长度是2πr2＝2＝4．
70.(2021•安徽马鞍山三模•理T16．)如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切．椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点F1，F2.过椭圆上一点P作圆锥的母线，分别与两个球相切于点M，N．由球和圆的几何性质可知，PN＝PF1，PM＝PF2.已知两球半径分为别1和3，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为　　．

【答案】．
【解析】作出圆锥的轴截面如图所示，圆锥面与两球O1，O2相切与B，A两点，则O1B⊥AB，O2A⊥AB，过O1作O1D⊥O2A，垂足为D，连接O1F2，O2F1，设F1F2∩OO1＝C，两球的球心距离为d，在Rt△O1O2D中，DO2＝3﹣1＝2，∴，
∴，∵△F1O2C∽△F2O1C，∴，
∵CO2＝d﹣CO1，∴，解得，∴，
∴，由已知条件PN＝PF1，PM＝PF2知，PM+PN＝PF1+PF2＝2a，即轴截面中AB＝2a，又F1F2＝2c，
∴，
∴，即两球球心距离为．

71.(2021•安徽马鞍山三模•文T16．)如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱AD，DD1的中点，给出下列五个命题：
①AD，B1C所成的角为；
②B1C⊥BN；
③三棱锥A﹣BDN的外接球的表面积为8π；
④平面BMN截正方体所得的截面是等腰梯形；
⑤以点A为球心，为半径作球面，则该正方体表面被球面所截得的所有弧长的和为3π；
其中真命题是　　．

【答案】①④⑤．
【解析】①∵A1D∥B1C，∴AD，B1C所成的角即为AD，A1D所成的角，
在正方形ADD1A1中，易知AD，A1D所成的角为，故①正确；
②取A1D1中点E，连接NE，则NE∥A1D，A1D∥B1C，∴NE∥B1C，
而，，
故BE2≠BN2+NE2，则BN与NE不垂直，即BN与B1C不垂直，故②错误；
③三棱锥A﹣BDN的外接球半径为，其表面积为4πR2＝33π，故③错误；④连接BC1，则BC1∥MN，∴平面BMN截正方体所得的截面为等腰梯形，故④正确；⑤易知正方体的面对角线长为，在弧D1B1上取点F，则A1F＝2，A1A＝2，∴，∴弧长，
又正方体表面被球面所截得的这样的全等的弧共有三个，故所有弧长的和为π+π+π＝3π，故⑤正确．

72.(2021•江西九江二模•理T16．)如图所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一个角为的菱形，且该直四棱柱有内切球（球与四棱柱的每个面都相切），设其内切球的表面积为S1，对角面BB1D1D和AA1C1C的面积之和为S2，则的值为　　．

【答案】．
【解析】设∠ABC＝α，AB＝a，内切球的半径为R，则2R＝asinα，∴R＝，
四棱柱的高为：asinα，∴S1＝4πR2，由题意可得AC+BD＝2a（sin+cos），
∴S2＝2a（sin+cos）•asinα＝a2（sin+cos）sinα，
∴＝＝＝＝＝．

73.(2021•北京门头沟二模•理T15)如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列四个结论：
①AC⊥B1P；
②△APC面积的最大值是23；
③△APC面积的最小值是2；
④当BP=233时，平面ACP//平面A1C1D.
其中所有正确结论的序号是______ .
【答案】①②④．
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD⋂DD1=D，
故AC⊥面BDD1B1，又B1P⊂面BB1D1D，∴AC⊥B1P，故①正确；

如图，连接BD交AC于E，∵EP⊂面BDD1B1，∴AC⊥EP，
故S△APC=12AC⋅PE=2PE，
当PE与ED1重合时，PE最大，DE=2，ED1=(2)2+22=6，
此时S△APC=2PE=2×6=23，故②正确；
在Rt△BDD1中，当PE⊥BD1时，PE取最小值，BD=22，BD1=23，sin∠DBD1=DD1BD1=33，
此时PE=BEsin∠DBD1=2×33=63，所以S△APCmin=2PE=2×63=233，故③错误；
当BP=233时，在△BEP中，BE=2，cos∠DBD1=BDBD1=63，
∴PE=BP2+BE2-2BP⋅BEcos∠PBE=(233)2+2-2×233×2×63=63，
∴PE⊥PB，又AC⊥PB，AC⋂PE=E，∴BD1⊥面APC，
由正方体易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，即BD1⊥面A1C1D，∴面ACP//面A1C1D，故④正确；
故答案为：①②④．
通过证明AC⊥平面BDD1B1来证明AC⊥B1P；将△APC的面积表示出来，等价于求PE长度的最值，从而在Rt△BDD1中分别求得最大值和最小值；通过证明BD1⊥平面APC且BD1⊥平面A1C1D来证明平面ACP//平面A1C1D.本题考查了空间中的线线垂直的判定，以及面面平行的性质．
74.(2021•江西鹰潭二模•理T16．)棱长为6的正四面体ABCD内有一个内切球O，M为CD中点，N为BM中点，连接AN交球O于P，Q两点，PQ的长为　　．
【答案】．
【解析】把这个正四面体补成正方体，四面体的棱就是棱长为3的正方体的面对角线，四面体内切球球心为正方体中心．记球心为正方体对角线AE中点O．

AE交平面BDC于点O1，则O1为等边三角形BDC的中心，O1在BM上，AE⊥平面BDC．OO1为正四面体ABCD内切球半径，记为R．
过点O作OG⊥PQ，垂足为G，则PG＝GQ，连接OP、OB，可知OA＝OB＝＝，O1B＝×6×sin60°＝2，
∴R＝OO1＝＝．在Rt△AO1N中，O1N＝2﹣×6×＝，∴AN＝＝．
∵Rt△AGO∽Rt△AO1N，∴＝，即＝，∴OG＝，∴PQ＝2＝．
75.(2021•河北秦皇岛二模•理T16．)已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，M、N、P分别为棱A1A、A1B1、A1D1上的动点，且满足＝＝，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为　1　；若以△MNP为一底面的正三棱柱（底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的三个顶点也在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为　　．
【答案】1；．
【解析】连接A1C1，B1D1，则A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，
∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，
∵，∴NP∥B1D1，则A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1；∵A1C⊥平面MNP，∴过M点作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱，
设，则正三角形MNP的边长MN＝，
在△A1AC中，，∴MO＝，
∴，x∈（0，1），
求导V′＝，令V′＝0，解得x＝，
当x∈（0，）时，V随x的增大而增大，当x∈（，1）时，V随x的增大而减小，
∴．

76.(2021•江西上饶二模•理T16．)点M为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N为B1C1上一点，且2NB1＝NC1，DM⊥BN，若球O的体积为36π，则动点M的轨迹的长度为　　．
【答案】．
【解析】在BB1上取点P，使得2BP＝PB1，连结CP，DP，BN，
因为NC1＝2NB1，所以DC⊥BN，则BN⊥平面DCP，
故点M的轨迹为平面DCP与球O的截面圆周，设正方体的棱长为a，
因为球O的体积为36π，所以，解得a＝6，
连结OD，OP，OC，由VO﹣DPC＝VC﹣DPO，
所以点O到平面DCP的距离为，
所以截面圆的半径，
所以动点M的轨迹的长度为＝．

77.(2021•天津南开二模•T12．)某长方体的长、宽、高分别为4，4，2，则该长方体的体积与其外接球的体积之比为　　．
【答案】．
【解析】长方体的体积为：V1＝2×5×4＝32，
长方体外接球的直径为：2R＝＝8，
外接球的体积为：V2＝＝36π，
长方体的体积与其外接球的体积之比为：
＝＝．
78.(2021•广东潮州二模•T16．)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品（如图所示）．该工艺品可以看成一是个球体被一个棱长为8的正方体的6个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）．若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的半径为　5　；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R，球冠的高是h，那么球冠的表面积计算公式是S＝2πRh．由此可知，该实心工艺品的表面积是　94π　．

【答案】5，94π．
【解析】设球心半径为R，圆的半径为r，正方体棱长为OO1＝8，（如图）
∵圆的周长为6π，∴O1A＝r＝3
由题意，圆心和球心以及正方体的边的一半可以构造直角三角形，
即R＝＝5，∴球冠的高是h＝BO1＝5﹣4＝1，
∵球的表面积减去球冠的表面积，在加上6个圆的面积，可得工艺品的表面积．
即工艺品的表面积为：4πR2﹣2πRh×6+6πr2＝94π．

79.(2021•辽宁朝阳二模•T15．)已知三棱锥S﹣ABC的三条侧棱SA，SB，SC两两互相垂直且AC＝，AB＝，此三棱锥的外接球的表面积为14π，则BC＝　　．
【答案】．
【解析】由题意三棱锥S﹣ABC的三条侧棱SA，SB，SC两两互相垂直可知，三棱锥S﹣ABC是长方体的一个角，如图：设SA＝x，SB＝y，SC＝z，
由题意可得：x2+z2＝13，x2+y2＝5，y2+z2＝BC2，
三棱锥的外接球的表面积为14π，三棱锥扩展为长方体，长方体的对角线的长度，就是外接球的直径2R，所以2R＝，4πR2＝14π，
可得x2+y2+z2＝14，解得x＝2，y＝1，z＝3，所以BC＝＝．

80.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T12．)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是　　cm2，体积是　　cm3．

【答案】，8．
【解析】由三视图作出原图形如图所示，
原几何体为底面是边长为2cm、4cm的直角三角形，高为2cm的直三棱柱；
其表面积为S＝2××2×4+4×2+2×2+2×＝20+4cm2；
体积为V＝×4×2×2＝8cm3．

81.(2021•安徽淮北二模•文T16．)已知在正三棱锥S﹣ABC中，点D，E分别是SA，SB的中点，AB＝SB＝6，则直线DE被三棱锥外接球O截得的线段长为　3　．
【答案】3．
【解析】根据题意，D，E分别是正三棱锥S﹣ABC的棱SA，SB的中点，直线DE被三棱锥外接球O截得的线段长，等价于求直线DE与△SAB的外接圆的相交的弦长．
∵AB＝SB＝6，∴△SAB是等腰直角三角形，作出直线DE与△SAB的外接圆的相交的弦，则弦FG的长即为直线DE被三棱锥外接球O截得的线段长，
∴FG＝2＝3．

三、解答题部分
82.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T20) 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以

83.(2021•高考全国甲卷•理T19) 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．
所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

所以，
．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，
此时．
84.(2021•高考全国乙卷•文T18) 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【解析】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，则，即，解得，所以．因为底面，故四棱锥的体积为．
85.(2021•浙江卷•T19)如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．

86.(2021•江苏盐城三模•T19)如图，在三棱柱中，，且平面ABC⊥平面
(1)求证：平面ABC⊥平面；
z
A1
A1
(2)设点P为直线BC的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
B1
P
C
B
A
C1
C1
B1
C
A
B
P
x
y
E




第19题图
【考点】立体几何中证明位置关系、求线面角的正弦值
【解析】
(1)证明：因为AC＝2BC＝2，所以BC＝1．
因为2∠ACB＝，所以∠ACB＝．
在△ABC中，＝，即＝，
所以sinB＝1，即AB⊥BC．……2分
又因为平面ABC⊥平面，平面ABC∩平面＝BC，ABÌ平面ABC，
所以AB⊥平面．
又B1CÌ平面，所以AB⊥B1C，
在△B1BC中，B1B＝2，BC＝1，∠CBB1＝，
所以B1C2＝B1B2＋BC2－2B1B×BC×cos＝3，即B1C＝，
所以B1C⊥BC．……4分
而AB⊥B1C，ABÌ平面ABC，BCÌ平面ABC，AB∩BC＝B，
所以B1C⊥平面ABC．
又B1CÌ平面，所以平面ABC⊥平面．……6分
(2)在平面ABC中过点C作AC的垂线CE，分别以CE，CA，CB1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则B(，，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，)，
所以P(，，0)，＝＝(－，，0)，……8分
所以A1(－，，)，所以＝(，－，－)，
平面ACB1的一个法向量为＝(1，0，0)，……10分
设直线A1P与平面ACB1所成的角为α，
则sinα＝|cos<，>|＝＝＝．……12分
87.(2021•河南郑州三模•理T18)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中点．
（Ⅰ）求证：平面EAC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若PC＞1，直线PA与平面EAC所成角的正弦值为，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
又AB＝2，AD＝CD＝1，
∴，
∴AC2+BC2＝AB2，则AC⊥BC，
又BC∩PC＝C，
∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC；
（Ⅱ）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0），
设P（0，0，a）（a＞1），则
，
设平面EAC的一个法向量为，则，则可取，
设直线PA与平面EAC所成角为θ，则
，
∴a4﹣5a2+4＝0，解得a＝2或a＝1（舍去），则，
取，则，故平面PAC的一个法向量为，
∴，
又二面角P﹣AC﹣E的平面角为锐角，
∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值为．

88.(2021•河南开封三模•理T18)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：AD⊥CD；
（2）已知CD＝PD＝4，AB＝AD＝3，∠ADP＝90°．在棱AB上是否存在一点E，使得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．

【解析】（1）证明：因为∠BAP＝∠CDP＝90°，
所以AB⊥AP，CD⊥PD，又AB∥CD，故CD⊥AP，
又因为AP∩PD＝P，AP，PD⊂平面PAD，
所CD⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，
所以CD⊥AD；
（2）解：假设在棱AB上存在一点E，使得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为，由已知∠ADP＝90°，结合（1）可得DA，DC，DP两两垂直，
以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，
令AE＝a，则A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），E（3，a，0），
所以，，
则平面PAD的法向量为，
设平面PCE的法向量为，
则，即，
令z＝1，所以，
故，
解得a＝1（舍去a＝7），则AE＝1，
所以．

89.(2021•河南开封三模•文T18．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）若PA＝PD＝AB＝CD＝2，∠APD＝90°，求点C到平面BDP的距离．

【解析】（1）证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD，
由AB∥CD，故CD⊥AP，
又因为AP∩PD＝P，AP，PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD；
（2）解：设E为AD中点，连接PE，由PA＝PD，所以PE⊥AD，
由（1）知，平面PAD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，
因为AB∥CD，AB＝CD，所以ABCD是平行四边形，
由（1）知，CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥AD，所以ABCD是矩形，
由∠APD＝90°，，，
所以，
连接EB，在△PEB中，，，所以，
在△PBD中，PD＝2，，，所以∠BPD＝90°，
所以，
设点C到平面PBD的距离为h，
因为VC﹣PBD＝VP﹣BCD，所以，
所以，
故点C到平面PBD的距离为．


90.(2021•河南焦作三模•理T18)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB，∠ABC＝60°，四边形ACEF是矩形．
（Ⅰ）求证：AC⊥EB；
（Ⅱ）若CE＝BC，且CE⊥BC，求EB与平面FBD所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD中，AD＝DC，所以∠DAC＝∠DCA，
又∠DCA＝∠CAB，∠DAB＝∠ABC＝60°，
所以∠CAB＝30°，所以∠BCA＝90°，故AC⊥BC，
因为四边形ACEF是矩形，故AC⊥EC，
又EC∩BC＝C，EC，BC⊂平面ECB，
所以AC⊥平面ECB，又EB⊂平面ECB，
所以AC⊥EB；
（Ⅱ）解：由条件可知，CA，CB，CE两两垂直，故以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设CE＝BC＝2，则B（0，2，0），，，E（0，0，2），
所以，
设平面FBD的法向量为，
则有，即，
令y＝1，则，故，
又，
所以，
故EB与平面FBD所成角的正弦值为．

91.(2021•河北张家口三模•T20)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝AB，且∠PBC＝2∠PAD＝90°．
（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）求平面PAB与平面PBC所成锐二面角的余弦值．

【解析】（1）证明：如图，在平面PAD内，垂足为H．
因为∠PBC＝90°，所以PB⊥BC，
因为AD∥BC，所以PB⊥AD，
因为PB∩PH＝P，所以AD⊥平面PHB，
因为PA＝PB＝AB，所以．
又∠PAD＝45°，所以2＝PH2+BH5，即PH⊥BH．
因为AD∩BH＝H，所以PH⊥平面ABCD．
因为PH⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．

（2）由（1）知PH⊥平面ABCD，BH⊥AD，
所以以H为原点，以HA所在直线为x轴，HP所在直线为z轴．
设，则PH＝AH＝BH＝1，
所以H（8，0，0），2，0），1，6），0，1），
所以．
设平面PAB的一个法向量为，则得，
令x1＝6，则y1＝z1＝2，所以．
设平面PBC的一个法向量为，则得，
令y2＝6，则z2＝1，x4＝0，所以．
所以．
故平面PAB与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．

92.(2021•四川内江三模•理T19．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝3，E为PD的中点，点F在PC上，且；
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且，判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【解析】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD．
解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，
A（0，0，2），，），F（1，7，
P（0，0，5），﹣1，
＝（0，，），＝（1，1，
平面AEP的法向量＝（5，0，
设平面AEF的法向量＝（x，y，
则，即，取x＝1，得，1，﹣8），
设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．
（Ⅲ）直线AG在平面AEF内，理由如下：
∵点G在PB上，且．∴G（7，1），
∴＝（2，6），
∵平面AEF的法向量＝（1，1，
•＝2﹣1﹣1＝3，
故直线AG在平面AEF内．

93.(2021•重庆名校联盟三模•T19．)如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝3DC＝6，BM＝2MP．
（1）求证：CM∥平面PAD；
（2）若AD＝1，AD⊥DC，PD⊥PC且PD＝PC．求直线CM与平面PAB所成的角．

【解析】（1）证明：如图，取线段PA的靠近P的三等分点为N，连接DN，NM，
则＝＝，所以MN∥AB且MN＝AB，
又DC∥AB且DC＝AB，
所以四边形MNDC为平行四边形，
所以DN∥CM，
又DN⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，
所以CM∥平面PAD．
（2）如图，取CD中点为O，连接OP，过O作OE∥AD交AB于E，
因为平面PCD⊥平面ABCD，OP⊥DC，由面面垂直的性质定理可知，OP⊥平面ABCD．
所以直线OP，OC，OE两两垂直，
以O为原点，分别以射线OE，OC，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
所以＝+＝+＝（，，），＝（0，6，0），＝（﹣1，1，1），
设平面PAB的法向量为＝（x，y，z），则，即，
取x＝1，得＝（1，0，1），
所以cos＜，＞＝＝，
所以直线CM与平面PAB所成的角为45°．

94.(2021•安徽蚌埠三模•文T18．)已知平面四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝AC＝AD＝CD＝2，现将△ABC沿AC折起，使得点B移至点P的位置（如图），且PC＝PD．
（1）求证：CD⊥PA；
（2）若M为PD的中点，求点D到平面ACM的距离．

【解析】（1）证明：由题意可知PA⊥AC，即∠PAC＝90°，
因为AC＝AD，PC＝PD，PA＝PA，
所以△PAC≌△PAD，则∠PAD＝∠PAC＝90°，
所以PA⊥AD，又PA⊥AC，AC∩AD＝A，
所以PA⊥平面ACD，因为CD⊂平面ACD，
所以PA⊥CD；
（2）解：因为M为PD的中点，所以，
又，
在△MCD中，MC2＝MD2+DC2﹣2MD•DC•cos∠MDC＝，
所以MC＝2，
在△AMC中，AC＝MC＝2，AM＝，
所以，所以，
所以＝，
设点D到平面ACM的距离为d，
则由等体积法可得，VD﹣AMC＝VM﹣ADC，
故，即，
解得d＝，
故点D到平面ACM的距离为．
95.(2021•上海嘉定三模•T17．)如图，在四棱雉锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q为线段BP的中点．
（1）求直线CQ与PD平面所成角的大小；
（2）求直线CQ与平面ADQ所成角的大小．

【解析】（1）以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立坐标系．
A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，1，0）

则Q（1，0，1），，，
设异面直线CQ与PD所成的角为α，则，
即异面直线CQ与PD所成角的大小为．
（2）设平面ADQ的法向量为，
由，可得，所以取＝（1，0，﹣1），
设直线CQ与平面ADQ所成的角为β，则．
即直线CQ与平面ADQ所成角的大小为．
96.(2021•贵州毕节三模•文T19．)如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱AA1，CC1上，且AE＝3A1E，C1F＝3CF．
（Ⅰ）求证：E，D，F，B1四点共面；
（Ⅱ）若AD＝2，AA1＝4，AB＝3，求三棱锥B1﹣EBF的体积．

【解析】（Ⅱ）证明：连接DF，在DD1上取一点G，使D1G＝A1E，连接EG，GC1
∵A1E∥D1G且A1E＝D1G，
∴四边形A1EGD1是平行四边形，
∴EG∥A1D1且EG＝A1D1，
又∵A1D1∥B1C1且A1D1＝B1C1，
∴EG∥B1C1且EG＝B1C1，
∴四边形EB1C1G是平行四边形，
∴EB1∥GC1，又∵DG∥FC1且DG＝FC1
∴四边形DFC1G是平行四边形，
∴GC1∥DF，
∴EB1∥DF，
即E，D，F，B1四点共面；
（Ⅱ）∵A1A＝4，
∴C1C＝4，CF＝1，C1F＝3，AD＝2，
∴，
点E到面B1BF的距离d＝AB＝3，
∴．

97.(2021•辽宁朝阳三模•T20．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，以BC为直径的圆O（O为圆心）过点A，且AO＝AC＝AP＝2，PA底面ABCD，M为PC的中点．
（1）证明：平面OAM⊥平面PCD；
（2）求二面角O﹣MD﹣C的余弦值．

【解析】（1）证明：由题意点A为圆O上一点，则AB⊥AC，
由PA⊥底面ABCD，知PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，PA、AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，
∵AM⊂平面PAC，∴AB⊥AM，
∵M为PC的中点，∴AM⊥PC，
∵CD∩PC＝C，∴AM⊥平面PCD，
∵AM⊂平面OAM，∴平面OAM⊥平面PCD．
（2）如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（0，2，0），D（﹣2，2，0），M（0，1，1），O（，1，0），
＝（﹣，0，1），＝（﹣3，1，0），
设平面OMD的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，3，），
由（1）知AM⊥平面PCD，
则平面CDM的一个法向量＝（0，1，1），
∴cos＜＞＝＝，
由图可知二面角O﹣MD﹣C的锐角，
则二面角O﹣MD﹣C的余弦值为．

98.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T18．)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F，M分别是线段BE，DC，AB的中点．
（1）求证：平面GMF∥平面ADE；
（2）求三棱锥D﹣AFG的体积．

【解析】（1）证明：∵M、F分别为矩形的边AB、DC的中点，∴MF∥AD，
∵MF⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴MF∥平面ADE，
∵M、G分别为AB、BE的中点，∴MG∥AE，
∵MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE，
又MF∩MG＝M，MF、MG⊂平面MGF，
∴平面GMF∥平面ADE；
（2）解：取BC的中点O，连接EO，则EO⊥BC，
∵AB⊥平面BEC，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面BEC，
又平面ABCD∩平面BEC＝BC，EO⊂平面BEC，
∴EO⊥平面ABCD，在等腰直角三角形BEC中，由BE＝EC＝2，求得EO＝．
在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，可得．
∴＝＝．

99.(2021•四川泸州三模•理T19．)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为BC，AB1的中点．
（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；
（Ⅱ）若AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，且A1在底面ABC上的正投影恰为点M，求二面角N﹣BC﹣C1的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：如图，连接NA1，A1C，
因为N为AB1的中点，且四边形ABB1A1是平行四边形，
所以N为A1B的中点，又M为BC的中点，
所以MN∥A1C，
又因为MN⊄平面ACC1A1，且CA1⊂平面ACC1A1，
所以MN∥ACC1A1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得二面角N﹣BC﹣C1即为二面角A1﹣BC﹣C1，
如图，连接AM，A1M，
由A1在底面ABC上的正投影恰为M，
所以A1M⊥平面ABC，
因此A1M⊥BC，A1M⊥AM，又因为AB＝AC，且M为BC的中点，
故BC⊥AM，即线段AM，BC，MA1两两垂直，
以M为坐标原点，AM，BC，MA1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz，
则M（0，0，0），A（﹣2，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），
对于平面A1BC，因为AM⊥平面A1BC，且N∈平面A1BC，
所以平面NBC的一个法向量为＝（2，0，0），
设平面BCC1B1的法向量为＝（x，y，z），
因为＝（0，2，0），＝＝（2，0，1），
由，可得，
取x＝1，则＝（1，0，﹣2），
设二面角N＝BC﹣C1的平面角为θ，
则|cosθ|＝||＝||＝，
因此二面角N﹣BC﹣C1的正弦值为．

100.(2021•江苏常数三模•T19．)如图，在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，∠ABC＝60°，CD＝1，AE＝AC＝2，F为BE的中点．
（1）当BC的长为多少时，DF⊥平面ABE．
（2）求平面ABE与平面BCD所成的锐二面角的大小．

【解析】（1）当BC＝2时，DF⊥平面ABE，
取AB中点M，连接MF，MC，
因为AB＝AC＝2，∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形，
所以MC⊥AB，因为AE⊥AC，平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，
所以AE⊥平面ABC，因为MC⊂平面ABC，所以MC⊥AE，
又因为AE∩AB＝A，所以MC⊥平面ABE，
因为MF∥AE∥CD，MF＝CD，所以四边形CDFM为平行四边形，所以FD∥MC，
所以DF⊥平面ABE．
（2）过点B作l⊥平面ABC，
所以AB⊥l，BC⊥l，
于是∠ABC为平面ABE与平面BCD所成的二面角的平面角，
所以平面ABE与平面BCD所成的锐二面角的大小为60°．

101.(2021•上海浦东新区三模•T17．)如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，点P、Q分别为A1B1、BC的中点，C1Q与底面ABC所成的角为arctan2．
（1）求异面直线PB与QC1所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）求点C与平面AQC1的距离．

【解析】（1）∵C1C⊥平面ABC，∴∠C1QC为C1Q与底面ABC所成角，
即tan∠C1QC＝，∴C1C＝2．
以B为坐标原点，分别以BC、BA、BB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），Q（1，0，0），C1（2，0，2），P（0，1，2），
则＝（0，1，2），，
设异面直线PB与QC1所成角的大小为θ，
∴cosθ＝＝，
则异面直线PB与QC1所成角的大小为arccos；
（2）设平面AQC1的法向量为，
由（1）知，，，
由，取y＝1，得．
又，
∴点C与平面AQC1的距离d＝．

102.(2021•湖南三模•T20．)如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1＝CD＝DD1＝C1D1＝1．
（1）证明：AD⊥平面CC1D1D；
（2）若A1C与平面CC1D1D所成角为，求二面角C﹣AA1﹣D的余弦值．

【解析】（1）证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1＝CD＝DD1＝，
所以∠DD1C1＝，连结DC1，由余弦定理可求得DC1＝，
因为，所以DC1⊥DD1，
因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，
所以DC1⊥平面AA1D1D，
因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，
因为AD⊥DC，DC∩DC1＝D，
所以AD⊥平面CC1D1D；
（2）解：连结A1C1，由（1）可知，A1D1⊥平面CC1D1D，
以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，所以A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C，
所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，即∠A1CD1＝，
在Rt△A1CD1中，因为，所以A1D1＝3，
则D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0，），C（0，），C1（0，2，0），所以，
，
设平面AA1D1D的法向量为，
则有，即，
令y＝3，则x＝0，z＝，故，
设平面AA1C1C的法向量为，
则有，即，
令a＝2，则b＝3，，故，
所以＝，
由图可知，二面角C﹣AA1﹣D锐二面角，
故二面角C﹣AA1﹣D的余弦值为．


103.(2021•福建宁德三模•T19) 如图，在平面四边形ABCD中，BC=CD且BC⊥CD，分别将△ABD、△CBD沿直线BD翻转为△EBD、△FBD(E,F不重合)，连结AE，EF，EF⊥BD.
(1)求证：EB=ED；
(2)若AB=5，BC=42，点E在平面ABCD内的正投影G为△ABD的重心，求二面角A-BE-D的余弦值.
【解析】(1)证明：取BD中点O，连接AO，CO，EO，FO，
因为BC=CD，所以CO⊥BD，
又因为△BFD为△BCD沿BD折起的图形，所以FO⊥BD，
又EF⊥BD，EF⋂FO=F，EF，FO⊂平面EFO，
所以BD⊥平面EFO，又EO⊂平面EFO，
所以BD⊥EO，
又因为O为BD中点，
所以EB=ED；
(2)解：由(1)得，AB=AD，BC=CD，O为BD中点，
所以A，O，C三点共线，且AC⊥BD，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，
因为AB=AD=5，BC=CD=42，
又BC⊥CD，所以2BO=2OD=2CO=BD=8，AO=3，
又点E在平面ABCD内的正投影G为△ABD的重心，
所以OG=13OA=1,EG=22，
故A(0,3,0),B(-4,0,0),D(4,0,0),E(0,1,22)，
设平面ABE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),AB=(-4,-3,0),BE=(4,1,22)，
则AB⋅n1=0BE⋅n2=0，即-4x1-3y1=0,4x1+y1+22z1=0.
令x1=3，则y1=-4，z1=-22，故n1=(3,-4,-22)，
设平面BED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，BD=(8,0,0),BE=(4,1,22)，
则BD⋅n2=0BE⋅n2=0，即8x2=0,4x2+y2+22z2=0.
令y2=22，则x2=0，z2=-1，故n2=(0,22,-1)，
所以cos=n1⋅n2|n1||n2|=-6233×3=-26633，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角A-BE-D的余弦值为26633.
【解析】(1)取BD中点O，连接AO，CO，EO，FO，利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面EFO，可得BD⊥EO，由O为BD的中点，即可证明；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．
104.(2021•宁夏中卫三模•理T19．)在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AD＝BC，AD＝1，∠ABC＝60°，EF∥AC，EF＝AC．
（1）证明：AB⊥CF；
（2）当二面角B﹣EF﹣D的余弦值为时，求线段CF的长．

【解析】证明：（1）由题意，EA⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥AE，
过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△ABH中，
∵∠ABH＝60°，BH＝，∴AB＝1，
在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°＝，
∴AB2+AC2＝BC2，则AB⊥AC，
又AC∩AE＝A，∴AB⊥平面ACE，
而CF⊂平面ACE，∴AB⊥CF；
解：（2）以A为坐标原点，分别以AB、AC、AE所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AE＝a（a＞0），则B（1，0，0），E（0，0，a），F（0，，a），D（，，0），
∴，，，，
设平面BEF的一个法向量为，
由，取x＝a，得；
设平面DEF的一个法向量为，
由，取z1＝﹣1，得．
|cos＜＞|＝||＝||＝，
整理得4a4﹣5a2+1＝0，解得a＝1或a＝．
∵二面角B﹣EF﹣D为锐二面角，经检验a＝舍去，∴a＝1．
作FM⊥AC于M，则M为AC的中点，
∴CF＝．

105.(2021•江西南昌三模•理T18．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥平面PAB，AB∥CD，若DC＝DP＝2，BC＝，AP＝1，AB＝3．
（Ⅰ）求证：AP⊥AB；
（Ⅱ）求直线PC与平面ADP所成的角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：如图，过点D作AB的垂线，垂足为E，
因为BC⊥平面PAB，所以BC⊥AB，BC⊥AP，
所以BC∥DE，因为，
所以，AE＝1，则，
因为AP＝1，DP＝2，所以AD2+AP2＝DP2，
即AP⊥AD，因为BC与AD相交，BC、AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AP⊥AB；

（Ⅱ）解：如图，建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面ADP的法向量为，
则，所以，
令，则，
所以，
所以直线PC与平面ADP所成角的正弦值为．
106.(2021•江西上饶三模•理T18．)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝AB＝BC＝2，将△ABD沿BD折起，使得A到P的位置，且二面角P﹣BD﹣C是直二面角，如图2．

（1）求证：CD⊥PB．
（2）求二面角P﹣BC﹣D的余弦值．
【解析】（1）证明：∵在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝AB＝BC＝2，
∴BD＝CD＝＝2，BC＝4，
∴BD2+CD2＝BC2，∴BD⊥CD，
∵将△ABD沿BD折起，使得A到P的位置，且二面角P﹣BD﹣C是直二面角，
∴CD⊥平面PBD，
∵PB⊂平面PBD，∴CD⊥PB．
（2）取BD中点O，BC中点E，连接OP，OE，由题意得OB，OP，OE两两垂直，
∴以O为原点，OB为x轴，OE为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
B（，0，0），C（，2，0），D（﹣，0，0），P（0，0，），
＝（），＝（﹣，2，﹣），
设平面PBC的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，1，1），
平面BCD的法向量＝（0，0，1），
设二面角P﹣BC﹣D的平面角为θ，
则二面角P﹣BC﹣D的余弦值为：
cosθ＝＝＝．

107.(2021•安徽宿州三模•理T18．)在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B﹣ACD．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面BCD；
（Ⅱ）求直线BD与平面BCM所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：由题设可知AC＝2，CD＝2，AD＝4，
∴AD2＝CD2+AC2，∴CD⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，
∴CD⊥面ABC，∴CD⊥AB，
∵AB⊥BC，且BC∩CD＝C，∴AB⊥平面BCD．
（Ⅱ）取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，
∴OB⊥面ACM，连接OM，
∵M、O分别为AB和AC的中点，∴OM∥CD，
由（Ⅰ）可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则D（2，，0），B（0，0，），C（0，，0），M（，0，0），
∴＝（0，），＝（，0），＝（2），
设平面BCM的一个法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，1，1），
设直线BD与平面BCM所成的角为θ
则直线BD与平面BCM所成角的正弦值为：
sinθ＝＝．

108.(2021•安徽宿州三模•文T19．)如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝BC＝AB＝2，∠ABC＝，D、E、F分别为AC、PA、PB的中点．
（Ⅰ）证明：BD⊥PC；
（Ⅱ）求三棱锥C﹣DEF的体积．

【解析】证明：（Ⅰ）∵AB＝BC，AD＝DC，∴BD⊥AC，
∵PA⊥底面ABC，BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC；
解：（Ⅱ）∵D为AC的中点，∴A、C到平面DEF的距离相等，
∴VC﹣DEF＝VA﹣DEF＝VD﹣AEF，
在△ABC中，∵BC＝AB＝2，∠ABC＝，∴，则AD＝，
∵E、F分别为PA、PB的中点，∴EF∥AB，且EF＝AB＝1，
由PA⊥底面ABC，知PA⊥AB，∴EF⊥AE，
∴．
∵BD⊥AC，作DH⊥AB，垂足为H，则DH⊥平面PAB，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝，
∴DH＝．
∴＝．

109.(2021•安徽马鞍山三模•理T18．)如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF∥BC，且EF＝BC＝3，H，G分别为CE，CD的中点．
（1）求二面角C﹣FH﹣G的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．

【解析】（1）取AB、FB的中点，分别记为O、K，连接AK，OF，OG
∵△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，
∴FO⊥AB，BC⊥AB，
∵平面FAB⊥面ABCD，且平面FAB∩面ABCD＝AB，
FO⊂平面FAB，BC⊂平面ABCD，
∴FO⊥平面ABCD，BC⊥平面FBA，
又OG∥BC，∴OG⊥平面FBA，故OB、OG、OF两两相互垂直．
以O为坐标原点，分别以OB、OG、OF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则F（0，0，），G（0，2，0），C（1，2，0），E（0，3，），
H（，，），K（，0，），
，．
又AK⊥FB，AK⊥BC，且FB∩BC＝B，∴AK⊥平面FBC，
故平面FHCB的一个法向量为＝（），
设平面FHG的一个法向量为，
由，取z＝2，得．
由图可知，二面角C﹣FH﹣G为锐二面角，记为θ，
则cosθ＝|cos＜＞|＝||＝||＝；
（2）延长FH交BC的延长线于T，连接TG并延长交AB于P，交DA的延长线于Q，
则TQ为平面FHG与平面ABCD的交线，由比例关系可得＝．

110.(2021•安徽马鞍山三模•文T 19．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，∠ABC＝60°，O为AD的中点．
（1）证明：平面PAD⊥平面POC；
（2）若AD＝2，，点M在线段PD上，PM＝3MD，求三棱锥P﹣OCM的体积．

【解析】（1）证明：根据题意可得，PA＝PD，AO＝OD，∴PO⊥AD，
又∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴CO⊥AD，
又∵PO∩OC＝O，PO、OC⊂平面POC，∴AD⊥平面POC，
又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面POC；
（2）解：在等边三角形PAD中，∵AD＝2，∴OP＝OC＝，
又，∴OP2+OC2＝PC2，即PO⊥OC，
∴S△POC＝＝．
由（1）可知，AD⊥平面POC，又PM＝3MD，
∴＝＝．

111.(2021•河北邯郸二模•理T20．)如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝BC＝2，CC1＝4，D点在棱CC1上（与端点不重合）．
（Ⅰ）试确定D在棱CC1上的位置，使得B1D⊥AD；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求平面ABD与平面A1BC1所成锐二面角的大小．

【解析】（Ⅰ）由直三棱柱的性质知，BB1⊥平面ABC，
∴BB1⊥AB，
∵AB⊥BC，BB1∩BC＝B，BB1、BC⊂平面B1BC，
∴AB⊥平面B1BC，
∵B1D⊂平面B1BC，∴AB⊥B1D，
若B1D⊥AD，
∵AB∩AD＝A，AB、AD⊂平面ABD，
∴B1D⊥平面ABD，
∴B1D⊥BD，
∴∠B1DC1+∠BDC＝90°，
∵∠B1DC1+∠DB1C1＝90°，
∴∠BDC＝∠DB1C1，
又∠BCD＝∠B1C1D＝90°，
∴△BCD∽△DC1B1，
设CD＝x，则C1D＝4﹣x，
∴＝，即＝，解得x＝2，
∴当D是棱CC1的中点时，B1D⊥AD．

（Ⅱ）以B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（0，2，0），D（2，0，2），A1（0，2，4），C1（2，0，4），
∴＝（0，2，0），＝（2，0，2），＝（0，2，4），＝（2，0，4），
设平面ABD的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，∴＝（1，0，﹣1），
设平面A1BC1的法向量为＝（a，b，c），则，即，
令c＝﹣1，则a＝2，b＝2，∴＝（2，2，﹣1），
∴cos＜，＞＝＝＝，
故平面ABD与平面A1BC1所成锐二面角的大小为．
112.(2021•江西鹰潭二模•理T18．)如图所示，四棱锥S﹣ABCD中，△SAB为等边三角形，四边形ABCD为菱形，，二面角S﹣AB﹣C为直二面角，点E为线段AB的中点．
（1）求证：SC⊥CD；
（2）求直线BC与平面SCD所成角的余弦值．

【解析】（1）求证：因为△SAB为等边三角形，点E为线段AB的中点．所以SE⊥AB，
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为，所以tan∠ABO＝，
所以∠ABO＝30°，所以△ABC和△ACD都是正三角形，于是EC⊥AB，
又因为SE∩EC＝E，所以AB⊥平面SCE，
又因为SC⊂平面SCE，所以SC⊥AB．
（2）解：因为二面角S﹣AB﹣C为直二面角，所以SE⊥CE，
于是ES、EB、EC两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝2，
＝（0，﹣1，），＝（0，﹣2，0），＝（，0，﹣），
设平面SCD的法向量为＝（x，y，z），
，令x＝1，＝（1，0，1），
直线BC与平面SCD所成角的正弦值为＝，
所以直线BC与平面SCD所成角的余弦值为＝．

113.(2021•江西上饶二模•理T19．)已知正△ABC的边长为3，点D、E分别是AB、AC上的三等分点（点E靠近点A，点D靠近点B）（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B的平面角为90°，连接A1B，A1C（如图2）．
（1）求证：A1E⊥平面BCED；
（2）在线段BC上是否存在点P，使得直线PA1与平面A1EC所成的角为60°？若存在，求出CP的长；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）证明：因为正三角形ABC的边长为3且，
在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理可得，
因为AE2+DE2＝4＝AD2，所以DE⊥AE，折叠后，仍有A1E⊥DE，
因为二面角A1﹣DE﹣B的平面角为90°，所以平面A1DE⊥平面BCED，
又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1E⊂平面A1DE，A1E⊥DE，
所以A1E⊥平面BCED；
（2）解：假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1EC所成的角为60°，
建立空间直角坐标系如图所示，
作PH∥x轴，交y轴于点H，设CP＝2a，
则P的横坐标为，点P的纵坐标yP＝2﹣2a•cos60°＝2﹣a，
故，又A1（0，0，1），
所以，
又平面A1EC的法向量为，
因为直线PA1与平面A1EC所成的角为60°，
所以，解得，
故在线段BC上存在点P，且．

114.(2021•河北秦皇岛二模•理T19．)如图，AB⊥平面ADE，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝AE＝3，∠DAE＝120°，四边形ABCD的对角线交于点M，N为棱DE上一点，且MN∥平面ABE．
（1）求的值；
（2）求二面角B﹣AC﹣N的余弦值．

【解析】（1）因为AB∥DC，所以，所以，
因为MN∥平面ABE，平面BED∩平面ABE＝BE，MN⊂平面BED，
所以MN∥BE，所以＝．
（2）过N作NF⊥AD于F，过F作FP⊥AC于P，连接PN，
因为AB⊥平面ADE，AB⊂平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD，
平面ADE∩平面ABCD＝AD，所以NF⊥平面ABCD，
FP为NP在平面ABCD内的投影，所以AC⊥PN，
所以∠NPF为二面角N﹣AC﹣D的平面角，
由余弦定理得DE＝＝3，DN＝，
由正弦定理得，sin∠ADE＝，cos∠ADE＝，
NF＝DN•sin∠ADE＝，DF＝DN•cos∠ADE＝2，AF＝AD﹣DF＝1，
因为AD＝DC，DC⊥AD，所以∠CAD＝45°，
PF＝AFsin∠CAD＝，
tan∠NPF＝＝＝，cos∠NPF＝＝，
因为二面角B﹣AC﹣N与二面角N﹣AC﹣D互补，
所以二面角B﹣AC﹣N的余弦值为﹣．

115.(2021•浙江杭州二模•理T19．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝CD＝3，BC＝4，点M，N分别在线段AD和PC上，且．
（1）求证：PM∥平面BDN；
（2）设二面角P﹣AD﹣B为θ．若，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：连接MC，交BD于E，
因为＝2，AD＝3，所以DM＝2，AM＝1，
因为AD∥BC，所以△MDE∽△CBE，
＝2＝，所以PM∥NE，
因为NE⊂平面NBD，PM⊄平面NBD，所以PM∥平面BDN；
（2）解：取BC中点F，连接MF、PF，
因为△PBC为正三角形，所以PF⊥BC，PF＝PB•sin60°＝4•sin60°＝2，
因为ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，FC＝MD＝2，所以四边形DMFC为矩形，
所以MF⊥BC，因为MF∩PF＝F，所以BC⊥平面PMF，所以平面PBC⊥平面PMF，
因为AD∥BC，所以AD⊥平面PMF，所以AD⊥MP、AD⊥MF，
所以∠PMF＝θ，设PM＝x，由余弦定理得PF2＝PM2+MF2﹣2•PM•MF•cosθ，
于是（2）2＝x2+32﹣2•x•3•，整理得x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝3或x＝﹣1（舍去），
取PF中点Q，连接MQ，
因为MP＝MF，所以MQ⊥PF，又因为平面MPF⊥平面PBC，所以MQ⊥平面PBC，
MQ为点M到平面PBC的距离，
因为AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC，
所以MQ也是A点到平面PBC的距离，MQ＝＝，
PA＝＝，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为＝＝．

116.(2021•北京门头沟二模•理T18) 如图：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ADC=90∘，PD=CD=2AD=2AB=2.
求证：平面BDP⊥平面PBC；
求二面角B-PC-D的余弦值；
在棱PA上是否存在点Q，使得DQ//平面PBC？若存在，求PQPA的值，若不存在，请说明理由.


【解析】证明：取CD中点M，连接BM，
因为四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ADC=90∘，CD=2AD=2AB=2，
所以四边形ABMD为正方形，BC⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，
又因为PD⋂BD=D，PD、BD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，
又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD，
于是平面PBD⊥平面ABC.
解：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD、PD⊥DC，
又因为∠ADC=90∘，所以DA、DC、DP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
BC=(-1,1,0)，BP=(-1,-1,2)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
BC⋅m=-x+y=0BP⋅m-x-y+2z=0，令x=1，m=(1,1,1)，
平面PCD的法向量为n=(1,0,0)，
所以二面角B-PC-D的余弦值为|m⋅n||m|⋅|n|=13⋅1=33.
解：不存在，理由如下：
假设在棱PA上存在点Q，使得DQ//平面PBC，
令PQPA=t(t∈[0,1])，则Q(t,0,2(1-t))，
DQ=(t,0,2(1-t))，由知平面PBC的法向量为m=(1,1,1)，
因为DQ//平面PBC，所以DQ⋅m=2-t=0，解得t=2，与t∈[0,1]矛盾，
所以在棱PA上不存在点Q，使得DQ//平面PBC.
【解析】只须证明平面PBC内直线BC垂直于平面PBD即可；用向量数量积计算二面角的余弦值；用反证法说明不存在．
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
117.(2021•江西九江二模•理T18．)如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为矩形，CD＝2，PD＝AD＝，E为DC的中点．
（Ⅰ）求证：AE⊥平面PBD；
（Ⅱ）求二面角C﹣PB﹣E的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：因为PD⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PD⊥AE，
因为四边形ABCD为矩形，CD＝2，AD＝，E为DC的中点．
所以tan∠EAD＝＝＝，tan∠CDB＝＝，
于是∠DAE＝∠CDB，因为∠DAE+∠DEA＝90°，所以∠EDF+∠DEF＝90°，所以AE⊥BD，
因为PD∩BD＝D，PD、BD⊂平面PBD，所以AE⊥平面PBD；
（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
＝（，2，﹣），＝（0，1，﹣），＝（0，2，﹣），
设平面PBE和平面PBC的法向量分别为＝（x，y，z），＝（u，v，w），
，令y＝，＝（﹣1，，1），
，令v＝1，＝（0，1，），
因为二面角C﹣PB﹣E为锐角，
所以二面角C﹣PB﹣E的余弦值为＝＝．

118.(2021•天津南开二模•T17．)如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1
（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）求直线AB1与平面A1BD所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角A﹣BD﹣A1的大小．

【解析】（Ⅰ）证明：设AB1∩A1B＝M，连接DM，
因为四边形AA6B1B为平行四边形，所以M为AB1中点，又因为D为AC中点，
所以DM∥B5C，因为DM⊂平面A1BD，B1C⊄平面A5BD，
所以B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）解：取A6B中点N，连接MN，
因为A1A⊥底面ABC，BD⊂平面ABC1A⊥BD，
因为底面ABC是正三角形，D是AC的中点，
又因为A3A∩AC＝A，所以BD⊥平面A1AD，
因为AN⊂平面A1AD，所以AN⊥BD，
又因为A3A＝AD＝1，所以AN⊥A1D，所以AN⊥平面A6BD，
于是MN为AB1在平面A1BD内投影，所以∠AMN为直线AB7与平面A1BD所成角，
sin∠AMN＝＝＝＝＝，
所以直线AB8与平面A1BD所成角的正弦值；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知BD⊥平面A3AD，因为A1D⊂平面A1AD，
所以BD⊥A2D，又因为BD⊥AC1DA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角，
因为∠A4AD＝90°，A1A＝AD，所以∠A1DA＝45°，
所以二面角A﹣BD﹣A4的大小为45°．

119.(2021•广东潮州二模•T19．)如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥
面ABCD，且PA＝3，F在棱PA上，且AF＝1，E为棱PD的中点．
（1）求证：CE∥平面BDF；
（2）求二面角B﹣DF﹣A的余弦值．

【解析】（1）证明：连接AC，交BD于O，
取BC中点M，连接AM，
因为PA⊥面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD，
又因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AM⊥AD，
所以AMADAP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝AD＝AP＝3，AE＝1，
所以AM＝3•sin60°＝，BM＝MC＝，
＝（﹣，，0），＝（﹣，，1），＝（﹣，0，），
设平面BDF的法向量为＝（x，y，z），
，令y＝1，＝（，1，3），
因为＝﹣+＝0，所以CE∥平面BDF．
（2）解：由（1）知平面BDF的法向量为＝（，1，3），
平面ADF的法向量为＝（1，0，0），
由图知二面角B﹣DF﹣A为锐角，
所以二面角B﹣DF﹣A的余弦值为＝＝．

120.(2021•辽宁朝阳二模•T20．)如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4．
（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；
（2）当C点为半圆的中点时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值．

【解析】（1）证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，
∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACD，
∵DC∥EB，DC＝EB，
∴四边形DCBE是平行四边形，∴DE∥BC，
∴DE⊥平面ACD，
又DE⊂平面ADE，
∴平面ACD⊥平面ADE．
（2）当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝2，
以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
则D（0，0，1），E（0，2，1），A（2，0，0），B（0，2，0），
∴＝（﹣2，2，0），＝（0，0，1），＝（0，2，0），＝（2，0，﹣1），
设平面DAE的法向量为＝（x1，y1，z1），平面ABE的法向量为＝（x2，y2，z2），
则，，即，，
令x1＝1得＝（1，0，2），令x2＝1得＝（1，1，0）．
∴cos＜＞＝＝＝．
∵二面角D﹣AE﹣B是钝二面角，
∴二面角D﹣AE﹣B的余弦值为﹣．

121.(2021•山东潍坊二模•T19．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝1，PA与平面ABCD所成角为30°，M为PB上一点且CM⊥PA．
（1）证明：PA⊥DM；
（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上取点N使，Q为线段PN上一动点，求平面ACQ与平面PDC所成二面角的余弦值的最大值．

【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，
∵AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD，
∵CM⊥PA，CM∩CD＝C，CM，CD⊂平面CMD，
∴PA⊥平面CMD，
∵DM⊂平面CMD，∴PA⊥DM．
（2）∵PD⊥平面ABCD，∴∠PAD为PA与平面ABCD所成角，
∵PA与平面ABCD所成角为30°，∴∠PAD＝30°，
∵PD＝1，∴AD＝，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD＝，PD＝CD＝1，，∴PN＝，
令PQ＝λ（0），则D（0，0，0），A（，0，0），C（0，1，0），Q（λ，0，1），
＝（﹣，1，0），＝（λ，﹣1，1），
设＝（x，y，z）是平面ACQ的一个法向量，
则，取x＝1，得＝（1，，），
平面PDC的一个法向量为＝（1，0，0），
∴cos＜＞＝＝，
∵0，∴当时，cos＜＞的最大值，
∴平面ACQ与平面PDC所成二面角的余弦值的最大值为．

122.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T19．)已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，△ABC是正三角形，四边形ACC1A1是菱形且∠A1AC＝60°，M是A1C1的中点，MB＝MC．
（Ⅰ）证明：AM⊥BC；
（Ⅱ）求直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：取BC中点为D，连结AD，MD，如图所示，
由MB＝MC得MD⊥BC，
由△ABC是正三角形，所以AD⊥BC，
又MD∩AD＝D，MD，AD⊂平面AMD，故BC⊥平面AMD，
又AM⊂平面AMD，
因此BC⊥AM；
（Ⅱ）证明：设AD中点为E，平面AME交B1C1于N，连结NE，
设A1A＝AC＝1．由MN∥AD，所以C1N＝B1C1＝，
由直角梯形DCC1N，则有DN＝，
由BC⊥平面AMND，又BC⊂平面BCC1B1，
所以平面BCC1B1⊥平面AMND，
所以DN为AM在平面BCC1B1内的射影，
所以∠END为AM与平面BCC1B1所成的角，
在△END中，DE2＝EN2+DN2﹣2EN•DNcos∠END，
由，，得，
所以，
所以直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值．

123.(2021•河南郑州二模•文T19．)在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别在棱AA1，CC1上，且AM＝2MA1，C1N＝2CN．证明：
（Ⅰ）点D在平面B1MN内；
（Ⅱ）MN⊥BD．

【解析】证明：（Ⅰ）连接MD，
∵在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别在棱AA1，CC1上，且AM＝2MA1，C1N＝2CN，
∴由平行线性质定理得到MD∥B1N，∴四边形MDNB1是平面图形，
∴点D在平面B1MN内；
（Ⅱ）连接AC，BD，
∵在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别在棱AA1，CC1上，
∴AC⊥BD，AA1⊥BD，
∵AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1，
∵MN⊂平面ACC1A1，∴MN⊥BD．

124.(2021•山西调研二模•文T18.)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA=PB=PD=AB=2，四边形ABCD为菱形，且∠BAD=60∘.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求三棱锥P-BCD的体积.

【解析】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
设AC与BD交于点F，连接PF，如图所示，
∵PD=PB，∴PF⊥BD，
又∵PF⋂AC=F，PF、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC；
(2)解：由PA=PB=PD=AB=AD=2，∠BAD=60∘，
得三棱锥P-ABD为正四面体，过P作底面垂线，垂足为O，
则O在AF上，得AO=2322-12=233，∴PO=PA2-AO2=22-(233)2=263，
∴VP-BCD=VP-ABD=13S△ABD×PO=13×12×2×2×32×263=223.
【解析】(1)由已知可得AC⊥BD，设AC与BD交于点F，连接PF，得PF⊥BD，再由直线与平面垂直的判定可得BD⊥平面PAC；
(2)由已知可得三棱锥P-ABD为正四面体，求其高，再由VP-BCD=VP-ABD求解．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
125.(2021•宁夏银川二模•文T19．)在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是C1C上一点．
（1）当CF＝2，求证：B1F⊥平面ADF；
（2）若FD⊥B1D，求三棱锥B1﹣ADF体积．

【解析】（1）证明：∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC．
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
∵B1B⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，∴AD⊥B1B．
∵BC∩B1B＝B，∴AD⊥平面B1BCC1．
∵B1F⊂平面B1BCC1，∴AD⊥B1F．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
在矩形B1BCC1中，∵C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，
∴Rt△DCF≌Rt△FC1B1．
∴∠CFD＝∠C1B1F．∴∠B1FD＝90°，∴B1F⊥FD．
∵AD∩FD＝D，∴B1F⊥平面ADF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
（2）解：∵AD⊥面B1DF，，
又，CD＝1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
∵FD⊥B1D，∴Rt△CDF∽Rt△BB1D，
∴．
∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
∴．﹣﹣﹣﹣﹣
126.(2021•安徽淮北二模•文T18．)如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，M是AD中点．四边形ABCM为正方形，且AB＝AA1＝A1D1＝2．
（Ⅰ）求证：直线DD1∥平面B1CM；
（Ⅱ）求D点到平面B1CM的距离．

【解析】（Ⅰ）证明：连结A1M，因为A1D1＝2，正方形ABCM中，BC＝AB＝2，且BC＝AM，
又M为AD的中点，所以MD＝AM＝2，且A1D1∥AD，
所以A1D1∥MD，且A1D1＝MD，
故四边形A1MDD1为平行四边形，
则DD1∥A1M，又A1M⊂平面B1CMA1，DD⊄平面B1CMA1，
所以DD1∥平面B1CM；
（Ⅱ）解：因为AA1⊥平面ABCD，
所以，
因为CM＝2，，，
所以，
设D1点到平面B1CM的距离为h，
则，解得，
由（1）可知，DD1∥平面B1CM，则点D1点到平面B1CM的距离h，即为D点到平面B1CM的距离，
故D点到平面B1CM的距离为．

127.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T18．)如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体．
（Ⅰ）求证：平面A1BD⊥平面A1ACC1；
（Ⅱ）点P是棱AA1上一动点，过点P作平面α平行底面ABCD，AP为多长时，正方体ABCD﹣A1B1C1D1在平面α下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1：3．

【解析】（Ⅰ）证明：AA1⊥平面ABCD，则AA1⊥BD，
又∵底面ABCD是正方形，∴对角线AC⊥BD，
又AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面A1ACC1，
而BD⊂平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面A1ACC1；
（Ⅱ）设平面α与A1B，A1D，B1B，D1D，C1C分别交于E，F，M，N，Q，
设A1P＝x，则AP＝1﹣x，PE＝PF＝x，
由题意，正方体ABCD﹣A1B1C1D1在平面α下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1：3，
∴VPEF﹣ABD：VPMQN﹣ABCD＝1：4，得，
解得：或（舍）．
∴AP＝1﹣x＝1﹣．

128.(2021•吉林长春一模•文T17.) (12分)如图,在四棱锥中,底面为正方形,⊥底面,,为的中点,为线段上的动点.
(I)求证:平面平面;
(Ⅱ)求点到平面的距离.

【解析】(1)因为,E为PB中点,所以因为平面ABCD,所以
由所以BC⊥平面PAB,所以又
所以AE⊥平面PAB,所以平面平面PAB.
(2)
,则 (12分)