专题08 立体几何（亮点练）

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专题08 立体几何

1. 一个菱形的边长为，一个内角为，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，则此菱形的直观图的面积为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据斜二测画法的规则，求出对角线的长度，根据图形，求直观图的面积.
【详解】
由条件可知，较长的对角线的长度是，
较短的对角线的长度是，
根据斜二测画法的规则可知，，，菱形直观图的面积

故选：C
2. 如图，四棱锥，， 是 的中点，直线交平面 于点 ，则下列结论正确的是（ ）

A． 四点不共面 B． 四点共面
C． 三点共线 D． 三点共线
【答案】D
【解析】
【分析】
根据基本事实一、二、三逐一排除即可．
【详解】
直线与直线交于点，所以平面与平面交于点O，所以必相交于直线，直线在平面内，点故面，故四点共面，所以A错．
点若与共面，则直线在平面内，与题目矛盾，故B错．
为中点，所以，，故，故C错．
故选D．
【点睛】
本题属于中档题，考查基本事实一、二、三的应用，学生不易掌握，属于易错题．
3. 如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD=2AB=4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为（ ）

A．90° B．45° C．60° D．30°
【答案】D
【解析】
【分析】
设G为AD的中点，连接GF，GE，由三角形中位线定理可得，，则∠GFE即为EF与CD所成的角，结合AB=2，CD=4，EF⊥AB，在△GEF中，利用三角函数即可得到答案.
【详解】设G为AD的中点，连接GF，GE
则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线.
∴ ，且，，且，则EF与CD所成角的度数等于EF与GE所成角的度数
又EF⊥ AB，
∴ EF⊥ GF
则△GEF为直角三角形，GF=1，GE=2，∠GFE=90°
∴ 在直角△GEF中，
∴ ∠GEF=30°.
故选：D.

4. 如图所示，在棱长为a的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是（ ）

A．a B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过做与平面平行的平面，该平面与侧面的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可.
【详解】
设G，H，I分别为CD，CC1，C1D1边上的中点，
连接B1I，B1H，IH，CD1，EG，BG，则∥∥,
所以 A1，B，E，G四点共面，
由∥平面B1HI，平面B1HI，
所以A1E∥平面B1HI，同理A1B∥平面B1HI，
，所以平面A1BGE∥平面B1HI，

又因为B1F∥平面A1BE，所以F落在线段HI上，
因为正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为a，
所以，
即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是.
故选：D.
5. 直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，
所以底面是正方形.
设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，
由侧面积是，得，即，
且该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
(当且仪当，即a=，时等号成立).
所以其外接球的表面积的最小值为.
故选：D
6.如图在正方体中，点为的中点，点为的中点，点在底面内，且平面，与底面所成的角为，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
取AD、CD的中点S、T，连接，
因为，所以平面，
，所以平面，
又因
所以平面平面，
故点在上时，平面，
设正方体的棱长为1，
因为底面，
所以即为与底面所成的角为，
当为的中点时，取最大值，
此时，，，，
故的最大值为.
故选：D.

7. 在如图所示的直三棱柱中，，，过点作平面分别交棱，于点，，且，，则截面面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
在中，由，，可得，，
设，在中，，由等面积法可知，
因为，，，，平面，所以平面，
又由平面，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
故选：B.
8.正方体中，E，F分别是棱，的中点，则正方体被截面分成两部分的体积之比为___________.
【答案】17：7或7：17
【解析】
【分析】
如图，正方体被截面所截的一部分为棱台，求出棱台的体积，然后用正方体的体积减去棱台的体积可得另一部分的体积，从而可求得结果
【详解】
设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为E，F分别是棱，的中点，
所以棱台的体积为
，
所以另一部分的体积为，
所以正方体被截面分成两部分的体积之比为17：7或7：17，
故答案为：17：7或7：17

9.如图，在直三棱柱中，，，则当四棱锥的体积最大时，三棱柱外接球的体积为___________.

【答案】
设
由，可得
因为四棱锥体积，
所以，当且仅当时等号成立，
即时，四棱锥体积最大，
此时，三棱柱的外接球半径,
即，
所以三棱柱外接球的体积
故答案为：
10.如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点.

求证：（1）底面；
（2）平面；
（3）平面平面.
【答案】(1)证明见解析.
(2) 证明见解析.
(3) 证明见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．
（3）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD ①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，
从而证得 CD⊥EF ②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
解：（1）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．
又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．
（3）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD ①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF ②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．










一． 单选题：
1. A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列推理表述不正确的是（ ）
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B．A∈α，A∈β，B∈β，B∈α⇒α∩β＝直线AB
C．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α与β重合
D．lα，nα，l∩n＝A⇒l与n不能确定唯一平面
【答案】D
【解析】
【分析】
由平面性质的三个公理得选项A正确；α∩β＝直线AB，所以选项B正确；因为不共线的三个点只能确定一个平面，所以选项C正确；l与n能确定唯一平面，所以选项D不正确.
【详解】
由平面性质的三个公理得选项A正确；
由题得，所以α∩β＝直线AB，所以选项B正确；
因为不共线的三个点只能确定一个平面，所以α与β重合，所以选项C正确；
lα，nα，l∩n＝A， l与n能确定唯一平面，所以选项D不正确.
2. 已知圆锥的顶点为，母线，，两两垂直且长为3，则该圆锥的体积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
由题意可得为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长为，
由正弦定理，，圆锥的高，
由圆锥的体积公式得，
故选：C．

3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则下列命题正确的为（ ）
①若，，则；
②若，，则；
③若，则，；
④若，则，.
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
对于命题①，在如图正方体ABCD-EFGH中，若为底面ABCD，为直线CD，
为面ABFE，为直线EF，则，，但，不满足，
所以①错误；
对于命题②，若，且，由面面垂直的判定定理得，所以正确；
对于命题③，若，且，，由面面平行的性质，则，，
所以正确；
对于命题④，在如图正方体ABCD-EFGH中，若为底面ABCD，为面ABFE，
则，又，，令为直线CD，为直线EF，则，，
不满足，，所以不正确；综上，②③正确.
故选：C

4. 如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
由题知B在直角梯形中，因为B为的中点，，
所以，
连接，易证四边形为矩形，所以，
所以为异面直线与所成的角，
在中，，所以,
连接，在中，由，，得；
在中，，所以，
故选：B.

5. 正方体中，、分别为、上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
取上一点，使，结合正方体的结构特征可得，进而可得，所以为异面直线与所成角，在中，，即可求解.
【详解】

取线段上一点，使，连接，，如图所示，
因为，，所以，
所以，，又因为，
所以为异面直线与所成角，
设该正方体的棱长为，则，，
所以在中，，
所以，
故选：C
【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
6. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．不确定
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.
【详解】
解：由题可知，正方体的棱长为1，
则平面，又，在线段上运动，
平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，
.
故选：A.

7. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
二、多选题：
1. 如图，四棱锥底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）

A．
B．平面
C．与平面所成的角是
D．与所成的角等于与所成的角
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
分别由线面垂直的性质定理，线面平行的判定定理，直线与平面所成角和异面直线所成角的定义判断各选项．
【详解】
是正方形，则，又面，面，所以，
，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
，平面，平面，所以平面，B正确；
底面，所以与平面所成的角是，C正确；
，与所成的角等于与所成的角，D正确，
故选：ABCD．
2. 如图所示，在正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）

A．，，三点共线 B．，，，四点共面
C．，，，四点共面 D．，，，四点共面
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可；
【详解】
解：在正方体中，为的中点，直线交平面于点，
在选项中，直线交平面于点，
平面，直线，又平面，平面，
为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点，
平面，且平面，
又平面，且平面，
，，三点共线，故选项正确；
在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确；
在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确；
在选项中，直线，，
，，，四点不共面，故错误．
故选：．
3. 正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥的侧面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.
【详解】

设为等边三角形的中心，为的中点，连接，
则为正三棱锥的高，为斜高，
又，，故,
故AB正确.
而正三棱锥的体积为，侧面积为，
故C错误，D正确.
故选：ABD.
4. 如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下说法正确的是（ ）

A．BM∥平面ADE B．CN∥平面BAF C．平面BDM∥平面AFN D．平面BDE∥平面NCF
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
将正方体的平面展开图还原成直观图，结合线面平行和面面平行的判定定理，即可得出结论.
【详解】
以ABCD为下底还原正方体，如图所示，
则有BM∥平面ADE，CN∥平面BAF，选项A,B正确；
在正方体中，BD∥FN， 平面平面，
所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，
平面，
所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，
选项C,D正确，
故选：ABCD.

5. 如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的是（ ）

A． B．截面PQMN
C． D．异面直线与所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.
【详解】
解：因为截面是正方形 ，所以，
又平面，平面
所以平面
又平面,平面平面
所以
因为截面，截面，
所以截面，故B正确
同理可证
因为，所以，故A正确
又
所以异面直线与所成的角为，故D正确
和 不一定相等，故C错误
故选：ABD
三、填空题：
1. 周总理纪念馆是由正方体和正四棱锥组合体建筑设计，如图所示，若该组合体接于半径R的球O（即所有顶点都在球上），记正四棱锥侧面与正方体底面所成二面角为，则_________．

【答案】##
【详解】
由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，
设正方体底面的中心为，的中点为，连接，
则，

则，设正方体的棱长为，则，
∴.
故答案为：.
2.在三棱锥中，平面平面ABC，，为等边三角形，若，则三棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设的中点为，连接,三棱锥外接球的球心在直线上，解方程即得解.
【详解】
解：设的中点为，连接,
因为平面平面ABC，所以三棱锥外接球的球心在直线上，
设球的半径为,由题得, ,
所以,
在直角△中，.
所以三棱锥外接球的体积为.
故答案为：

3. 如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得平面平面，且三棱锥和三棱锥高之比也为，又，利用体积公式即可得解.
【详解】如题干图，，
可证ABA′B′，ACA′C′，BCB′C′.所以平面平面
三棱锥和三棱锥高之比也为，
由等角定理得∠CAB=∠C′A′B′，∠ACB=∠A′C′B′，所以△ABC∽△A′B′C′，
由，可得，
所以=.故答案为：
4. 已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接B1C，交BC1于点O，取AC的中点D，连接OD，易知∠BOD或其补角即为所求，再在中，由余弦定理，即可得解．
【详解】
连接B1C，交BC1于点O，则O为BC1的中点，取AC的中点D，连接OD，
∴OD//AB1，OD＝AB1＝，
∴∠BOD或其补角即为异面直线AB1与BC1所成角，
在中，BD＝AC＝，OB＝BC1＝，
由余弦定理知，，
∴sin∠BOD＝，
∴异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为．
故答案为：．

5. 已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，，AB与平面ACD所成角的正切值为，则点B到平面ACD的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】
取CD的中点E，连接AE，过B作交AE于F，可证得为AB与平面ACD所成的角，点B到平面ACD的距离为,计算可求得结果.
【详解】
如图，取CD的中点E，连接AE，过B作交AE于F.
，E是CD的中点，

，.
又平面ABE，
平面ABE.又平面ACD，
平面平面ACD.
又平面平面，，
平面ACD，故为AB与平面ACD所成的角.

，故.
又，

故答案为：

四、解答题：
1. 如图，正方体中，，分别为，的中点．

（1）求证：，，，四点共面；
（2）若，，与平面交于点，求证：三点共线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）证明EF∥BD即可得出结论；
（2）只需说明三点都是平面BDEF和平面ACC1A1的公共点即可得出结论．
【详解】证明：（1）连接，
在正方体中，∵，分别为，的中点，
∴是的中位线，∴，
又因为，∴
∴四边形为梯形，即，，，四点共面．
（2）在正方体中，，，
∴是平面与平面的交线，
又因为交平面于点，
∴是平面与平面的一个公共点．
因为两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上，
∴三点共线．

2. 如图，在四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形且，，若异面直线和所成的角为，试求的长.

【答案】
【解析】
【分析】
连接，得到，根据题意，得到，再求得，，结合，即可求解.
【详解】
如图，连接，在四棱柱中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）为和所成的角，
因为异面直线和所成的角为，所以，
因为四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形，
所以是等腰直角三角形，所以，
因为底面四边形是菱形且，，
所以，，
所以.

3. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．

(1)求证：B1D∥平面ACE．
(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.
【解析】
(1)连BD，使BD∩AC＝G，连EG．
∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．
又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，
∴DB1∥GE，
又平面ACE，平面ACE，
∴B1D∥平面ACE．

(2)∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．
∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，
∴B1F∥CE，又∴平面ACE，平面ACE，∴B1F∥平面ACE，
由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．
4. 已知正方体中，P､Q分别为对角线BD､上的点，且.

(1)作出平面PQC和平面的交线（保留作图痕迹），并求证：平面；
(2)若R是AB上的点，当的值为多少时，能使平面平面？请给出证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)，证明见解析
【分析】
（1）由题意结合几何性质可作出两平面的交线，然后证明线面平行即可；
（2）首先确定点R的位置，然后给出证明即可.
【解析】
(1)连结CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面的线为，
因为四边形ABCD为正方形，所以，

故，所以，
又因为，所以，所以.
又平面，PQ不在平面内，
故平面.
(2)当的值为时，能使平面平面.

证明：因为，即，故，所以.
又平面，PR不在平面内，
所以平面，又，平面.
所以平面平面.
5. 如图，三棱台DEF ­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：平面ABED∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）在三棱台DEFABC中，BC＝2EF，H为BC的中点，BH∥EF，BH＝EF，
四边形BHFE为平行四边形，有BE∥HF.
BE∥平面FGH
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，GH∥AB.
AB∥平面FGH
又AB∩BE＝B，所以平面ABED∥平面FGH.
(2)连接HE,EG
G，H分别为AC，BC的中点，GH∥AB. AB⊥BC，GH⊥BC.
又H为BC的中点，EF∥HC，EF＝HC，四边形EFCH是平行四边形，有CF∥HE.
CF⊥BC，HE⊥BC.
HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，BC⊥平面EGH.
BC⊂平面BCD，平面BCD⊥平面EGH.
6. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】(1)
证明：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．

(2)
解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
(3)
解：设到平面的距离为，则；








1．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（       ）
A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【答案】D
【解析】
如图所示：

不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．
故选：D．
2．【2022年全国甲卷理科09】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（       ）
A．5 B．22 C．10 D．5104
【答案】C
【解析】
解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高h1=l2-49l2=53l，
乙圆锥的高h2=l2-19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
3．【2022年全国乙卷理科07】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（       ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1AC D．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=-1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=-2,2,0,A1C1=-2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=-x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,-1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,-1,-1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,-1，
则m⋅n1=2-2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
故选：A.

4．【2022年全国乙卷理科09】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（       ）
A．13 B．12 C．33 D．22
【答案】C
【解析】
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又r2+h2=1
则VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立，
故选：C
5．【2022年新高考1卷04】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（       ）
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】
依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
∴V=13hS+S'+SS'=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．

故选：C．
6．【2022年新高考1卷08】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（       ）
A．18,814 B．274,814 C．274,643 D．[18,27]
【答案】C
【解析】
∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2,
所以6h=l2，2a2=l2-h2
所以正四棱锥的体积V=13Sh=13×4a2×h=23×(l2-l436)×l26=19l4-l636，
所以V'=194l3-l56=19l324-l26，
当3≤l≤26时，V'>0，当26 所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选：C.
7．【2022年新高考2卷07】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（       ）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【解析】
设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2-9，d2=R2-16，故d1-d2=1或d1+d2=1，即R2-9-R2-16=1或R2-9+R2-16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．
8．【2021年全国甲卷理科8】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A',B',C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为（3≈1.732）（ ）

A．346 B．373 C．446 D．473
【答案】B

过C作CH⊥BB'，过B作BD⊥AA'，
故AA'-CC'=AA'-(BB'-BH)=AA'-BB'+100=AD+100，
由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD=DB．
所以AA'-CC'=DB+100=A'B'+100．
因为∠BCH=15°，所以CH=C'B'=100tan15°
在△A'B'C'中，由正弦定理得：
A'B'sin45°=C'B'sin75°=100tan15°cos15°=100sin15°，
而sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-cos45°sin30°=6-24，
所以A'B'=100×4×226-2=100(3+1)≈273，
所以AA'-CC'=A'B'+100≈373．
故选：B．
9．【2021年全国甲卷理科11】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为（ ）
A．212 B．312 C．24 D．34
【答案】A
∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=2，
则△ABC外接圆的半径为22，又球的半径为1，
设O到平面ABC的距离为d，
则d=12-(22)2=22，
所以VO-ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×22=212.
故选：A.
10．【2021年新高考1卷3】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．2 B．22 C．4 D．42
【答案】B
设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2π×2，解得l=22.
故选：B.
11．【2021年全国乙卷理科5】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2 B．π3 C．π4 D．π6
【答案】D

如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
设正方体棱长为2，则BC1=22,PC1=12D1B1=2，
sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.
故选：D
12．【2021年全国乙卷理科9】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB=（ ）

A．表高×表距表目距的差+表高 B．表高×表距表目距的差-表高
C．表高×表距表目距的差+表距 D．表高×表距表目距的差-表距
【答案】A
如图所示：

由平面相似可知，DEAB=EHAH,FGAB=CGAC，而DE=FG，所以
DEAB=EHAH=CGAC=CG-EHAC-AH=CG-EHCH，而CH=CE-EH=CG-EH+EG，
即AB=CG-EH+EGCG-EH×DE=EG×DECG-EH+DE＝表高×表距表目距的差+表高．
故选：A.
13．【2021年新高考2卷4】北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
【答案】C
由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
2πr2(1-cosα)4πr2=1-cosα2=1-64006400+360002≈0.42=42%.
故选：C.
14．【2021年新高考2卷5】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．20+123 B．282 C．563 D．2823
【答案】D
作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h=22-(22-2)2=2，
下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，
所以该棱台的体积V=13h(S1+S2+S1S2)=13×2×(16+4+64)=2832.
故选：D.
15.【2022年全国甲卷理科18】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．

(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)55.
【解析】
(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，

所以AE=BF=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，

BD=3，
则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，
则AP=(-1,0,3),BP=(0,-3,3),DP=(0,0,3)，
设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，
则有{n→⋅AP→=-x+3z=0n→⋅BP→=-3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cos〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
16．【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437
【解析】
(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，
则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=-1,0,1,AB=-1,3,0，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=-x+z=0n⋅AB=-x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，
又因为C-1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以cosn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=cosn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.

17．【2022年新高考1卷19】如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
【答案】(1)2
(2)32
【解析】
(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC=13S△A1BC⋅h=223h=VA1-ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC-A1B1C1=43，
解得h=2，
所以点A到平面A1BC的距离为2；
(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，
则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),
设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则{m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，
可取m=(1,0,-1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0m⋅BC=2a=0，
可取n=(0,1,-1)，
则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=12×2=12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12)2=32.
18．【2022年新高考2卷20】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．

(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1113
【解析】
(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC

(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2-PO2=4，

又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，
所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，
则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=43x=0，令z=2，则y=-3，x=0，所以n=0,-3,2；
设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，令a=3，则c=-6，b=0，所以m=3,0,-6；
所以cosn,m=n⋅mnm=-1213×39=-4313
设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角，
所以cosθ=-4313，所以sinθ=1-cos2θ=1113
故二面角C-AE-B的正弦值为1113；
19．【2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1

（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）见解析；（2）B1D=12
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB
因为A1B1//AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，
又BB1∩BF=B，所以AB⊥平面BCC1B1．
所以BA,BC,BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．

所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，
E(1,1,0),F(0,2,1)．
由题设D(a,0,2)（0≤a≤2）．
（1）因为BF=(0,2,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以BF⋅DE=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，所以BF⊥DE．
（2）设平面DFE的法向量为m=(x,y,z)，
因为EF=(-1,1,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以{m⋅EF=0m⋅DE=0，即{-x+y+z=0(1-a)x+y-2z=0．
令z=2-a，则m=(3,1+a,2-a)
因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2,0,0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|cosθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA|=62×2a2-2a+14=32a2-2a+14．
当a=12时，2a2-2a+4取最小值为272，
此时cosθ取最大值为3272=63．
所以(sinθ)min=1-(63)2=33，
此时B1D=12．
20．【2021年新高考1卷20】如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.

（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
【答案】(1)详见解析(2) 36
（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD⊂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, BD∩CD=D,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，FM∩EF=F,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角, ∠EMF=π4
因为BO=OD,△OCD为正三角形,所以△OCD为直角三角形
因为BE=2ED,∴FM=12BF=12(1+13)=23
从而EF=FM=23∴AO=1
∵AO⊥平面BCD,
所以V=13AO⋅SΔBCD=13×1×12×1×3=36

21．【2021年全国乙卷理科18】如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．

（1）求BC；
（2）求二面角A-PM-B的正弦值．
【答案】（1）2；（2）7014
（1）∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz，

设BC=2a，则D(0,0,0)、P(0,0,1)、B(2a,1,0)、M(a,1,0)、A(2a,0,0)，
则PB=(2a,1,-1)，AM=(-a,1,0)，
∵PB⊥AM，则PB⋅AM=-2a2+1=0，解得a=22，故BC=2a=2；
（2）设平面PAM的法向量为m=(x1,y1,z1)，则AM=(-22,1,0)，AP=(-2,0,1)，
由{m⋅AM=-22x1+y1=0m⋅AP=-2x1+z1=0，取x1=2，可得m=(2,1,2)，
设平面PBM的法向量为n=(x2,y2,z2)，BM=(-22,0,0)，BP=(-2,-1,1)，
由{n⋅BM=-22x2=0n⋅BP=-2x2-y2+z2=0，取y2=1，可得n=(0,1,1)，
cos=m⋅n|m|⋅|n|=37×2=31414，
所以，sin=1-cos2=7014，
因此，二面角A-PM-B的正弦值为7014.
22．【2021年新高考2卷19】在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3．

（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）23.

（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.
因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，
而AD=2,QA=5，故QO=5-1=2.
在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5，
因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.

则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0)，故BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).
设平面QBD的法向量n=(x,y,z)，
则{n⋅BQ=0n⋅BD=0即{-2x+y+2z=0-2x+2y=0，取x=1，则y=1,z=12，
故n=(1,1,12).
而平面QAD的法向量为m=(1,0,0)，故cos〈m,n〉=11×32=23.
二面角B-QD-A的平面角为锐角，故其余弦值为23.
23．【2020年全国1卷理科18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO．

（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B-PC-E的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）255.
【解析】
（1）由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1，
则DO=32，CO=BO=12AE=12，所以PO=66DO=24，
PC=PO2+OC2=64,PB=PO2+OB2=64，
又△ABC为等边三角形，则BAsin60∘=2OA，所以BA=32，
PA2+PB2=34=AB2，则∠APB=90∘，所以PA⊥PB，
同理PA⊥PC，又PC∩PB=P，所以PA⊥平面PBC；
（2）过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(-12,0,0),P(0,0,24),B(-14,34,0),C(-14,-34,0)，
PC=(-14,-34,-24)，PB=(-14,34,-24)，PE=(-12,0,-24)，
设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由n⋅PC=0n⋅PB=0，得-x1-3y1-2z1=0-x1+3y1-2z1=0，令x1=2，得z1=-1,y1=0，
所以n=(2,0,-1)，
设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)
由m⋅PC=0m⋅PE=0，得-x2-3y2-2z2=0-2x2-2z2=0，令x2=1，得z2=-2,y2=33，
所以m=(1,33,-2)
故cos=n⋅m|n|⋅|m|=223×103=255，
设二面角B-PC-E的大小为θ，则cosθ=255.
24．【2020年全国2卷理科20】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）1010.
【解析】
（1）∵M,N分别为BC，B1C1的中点，
∴MN//BB1，
又AA1//BB1
∴MN//AA1，
在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM
又∵侧面BB1C1C为矩形，
∴BC⊥BB1，
∵MN//BB1，
MN⊥BC，
由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面A1AMN
∴BC⊥平面A1AMN
又∵B1C1//BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴B1C1//平面ABC
又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC=EF
∴B1C1//EF
∴EF//BC，
又∵BC⊥平面A1AMN
∴EF⊥平面A1AMN
∵EF⊂平面EB1C1F
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN
（2）连接NP

∵AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP
∴AO//NP，
根据三棱柱上下底面平行，
其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N
∴ON//AP，
故：四边形ONPA是平行四边形
设△ABC边长是6m(m>0)
可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m
∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m
∴ON=13×6×sin60°=3m，
故：ON=AP=3m
∵EF//BC，
∴APAM=EPBM，
∴333=EP3，
解得：EP=m
在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m
∵B1Q=EP且B1Q//EP
∴四边形B1QPE是平行四边形，
∴B1E//PQ，
由（1）B1C1⊥平面A1AMN
故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角
在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=QN2+PN2=2m2+6m2=210m
∴sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010，
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：1010.
25．【2020年全国3卷理科19】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．

（1）证明：点C1在平面AEF内；
（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A-EF-A1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）427.
【解析】
（1）在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG、FG、C1E、C1F，

在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD//BC且AD=BC，BB1//CC1且BB1=CC1，
∵C1G=12CG，BF=2FB1，∴CG=23CC1=23BB1=BF且CG=BF，
所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且AF=DG，
同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E//DG且C1E=DG，
∴C1E//AF且C1E=AF，则四边形AEC1F为平行四边形，
因此，点C1在平面AEF内；
（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1-xyz，
则A2,1,3、A12,1,0、E2,0,2、F0,1,1，
AE=0,-1,-1，AF=-2,0,-2，A1E=0,-1,2，A1F=-2,0,1，
设平面AEF的法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅AE=0m⋅AF=0，得-y1-z1=0-2x1-2z1=0取z1=-1，得x1=y1=1，则m=1,1,-1，
设平面A1EF的法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅A1E=0n⋅A1F=0，得-y2+2z2=0-2x2+z2=0，取z2=2，得x2=1，y2=4，则n=1,4,2，

cos=m⋅nm⋅n=33×21=77，
设二面角A-EF-A1的平面角为θ，则cosθ=77，∴sinθ=1-cos2θ=427.
因此，二面角A-EF-A1的正弦值为427.
26．【2020年山东卷20】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）63.
【解析】
（1）证明：
在正方形ABCD中，AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD//l，
因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l⊥PD,
因为CD∩PD=D
所以l⊥平面PDC；
（2）如图建立空间直角坐标系D-xyz，

因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0mx+z=0，
令x=1，则z=-m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,-m)，则
cos=n⋅PBnPB=1+0+m3⋅m2+1
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63，当且仅当m=1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
27．【2020年海南卷20】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）63.
【解析】
（1）证明：
在正方形ABCD中，AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD//l，
因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l⊥PD,
因为CD∩PD=D
所以l⊥平面PDC；
（2）如图建立空间直角坐标系D-xyz，

因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0mx+z=0，
令x=1，则z=-m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,-m)，
则cos=n⋅PBnPB=1+0+m3⋅m2+1
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63，当且仅当m=1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.