（上海专用）新高考数学二轮满分训练专题11空间向量与立体几何必考题型分类训练（2份，原卷版+解析版）

这是一份（上海专用）新高考数学二轮满分训练专题11空间向量与立体几何必考题型分类训练（2份，原卷版+解析版），文件包含上海专用新高考数学二轮满分训练专题11空间向量与立体几何必考题型分类训练原卷版doc、上海专用新高考数学二轮满分训练专题11空间向量与立体几何必考题型分类训练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
一．解答题（共4小题）
1．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底面半径长为1．
（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）
（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．
【分析】（1）转化为解直角三角形问题求解；（2）用圆柱体积和侧面积公式求解．
【解答】解：（1）因为AA1为圆柱的母线，所以AA1垂直于上底面，
所以∠MO1A1是直线MO1与上底面所成角，tan∠MO1A1＝＝＝2，
所以∠MO1A1＝arctan2．
（2）因为圆柱过OO1的截面为正方形，所以AA1＝2，
所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π•12•2＝2π，
圆柱的侧面积为S＝2πrh＝2π•1•2＝4π．
【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了圆柱的体积与侧面积计算问题，属于中档题．
2．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．
（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；
（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．
【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；
（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．
【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝；
（2）连接A1C1∩B1D1＝O，
∵AB＝BC，
∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，
又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1，
∴OB1⊥平面ACC1A1，
∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，
∴．
∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为．
【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．
3．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．
（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．
【分析】（1）由V＝PE•S正方形ABCD，代入相应数据，进行运算，即可；
（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB＝，由AD∥BC，知∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面PAB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB＝，得解．
【解答】解：（1）∵△PAB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，
∴PE＝2，
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×2×42＝．
（2）∵PE⊥平面ABCD，
∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，
∴△PEF为等腰直角三角形，
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴PE＝FE＝4，
∴PB＝＝，
∵AD∥BC，
∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，
∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，
故PC与AD所成角的大小为arctan．
【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
4．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．
（1）求该圆柱的表面积；
（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．
【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理证明AD1⊥平面ADB，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cs∠D1CA即可．
【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，
∴S＝2×π×12+2π×1＝4π．
故该圆柱的表面积为4π．
（2）∵正方形ABC1D1，∴AD1⊥AB，
又∠DAD1＝，∴AD1⊥AD，
∵AD∩AB＝A，且AD、AB⊂平面ADB，
∴AD1⊥平面ADB，即D1在面ADB上的投影为A，
连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，
而cs∠D1CA＝＝，
∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccs．
【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．
【三年自主招生练】
一．选择题（共1小题）
1．（2022•上海自主招生）空间中到正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱A1D1，AB，CC1距离相等的点有（ ）
A．无数B．0C．2D．3
【分析】由于点D、B1显然满足要求，猜想B1D上任一点都满足要求，然后证明结论．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1上建立如图所示空间直角坐标系，并设该正方体的棱长为1，连接B1D，并在B1D上任取一点P，因为，
所以设P（a，a，a），其中0≤a≤1，
作PE⊥平面A1D，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为F，
则PF是点P到直线A1D1的距离，
所以，
同理点P到直线AB、CC1的距离也是，
所以B1D上任一点与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等，
所以与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有无数个．
故选：A．
【点评】本题主要考查合情推理的能力及空间中点到线的距离的求法，考查了推理论证能力，属于中档题．
二．填空题（共2小题）
2．（2020•上海自主招生）矩形ABCD的边AB＝，过B，D作直线AC的垂线，垂足分别为E，F，且E，F分别为AC的三等分点．沿着AC将矩形翻折，使得二面角B﹣AC﹣D成直角，则BD长度为 ．
【分析】根据，可以求出EF，再根据勾股定理即可求出BD的长度．
【解答】解：设AF＝FE＝EC＝x，则
，
，
解得，
故．
故答案为：．
【点评】本题考查二面角的概念，考查学生空间想象能力和运算能力，属于基础题．
3．（2020•上海自主招生）若四面体的各个顶点到平面α距离都相等，则称平面α为该四面体的中位面，则一个四面体的中位面的个数是 7 ．
【分析】分3种情况分类讨论即可，①四个顶点均在平面的一侧，②平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点，③平面的两侧各有两个顶点．分别求出中位面的个数再相加可得答案．
【解答】解：将所考虑的四面体记作ABCD．
若四个顶点均在平面 的一侧，则这四个顶点必位于一个与平面 平行的平面内，不符合条件；
只考虑以下两种情形．
（i）平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点．
不妨设点A，B，C在平面 的一侧，点D在另一侧，
则A，B，C三点所确定的平面必平行与，
由点D作平面ABC的垂线DD1，D1为垂足．
则中位面必为经过DD1的中点且与DD1垂直的平面（存在且唯一），该中位面平行于平面ABC．
这种类型的中位面共有4个．
（ii）平面的两侧各有两个顶点，不妨设点 A，B在平面α的一侧，点 C，D在另一侧，
显然 ，
易知，AB与CD为异面直线，中位面必为经过它们公垂线中点且平行于它们的平面（存在且唯一）．
由于四面体的6条棱可按异面直线关系分为3组，
于是这种类型的中位面共有3个．
综上，一个四面体的中位面由7个互不相同的中位面．
故答案为：7．
【点评】本题考查空间中线面位置关系，考查学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题．
【最新模拟练】
一．选择题（共1小题）
1．（2022•闵行区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点M在侧面BCC1B1上运动（包括边界），且MB1＝2MB，则D1M与平面ADD1A1所成角的正切值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【分析】找到点M在平面ADD1A1的投影为点N，在平面平面ADD1A1上，建立平面直角坐标系，求出点N的轨迹方程，进而数形结合求出，从而求出答案．
【解答】解：设点M在平面ADD1A1的投影为点N，则|MN|＝3，所求线面角为θ，则，因为MB1＝2MB，所以NA1＝2NA，在平面ADD1A1上，以A为坐标原点，AD为x轴，AA1为y轴建立平面直角坐标系，
则A（0，0），A1（0，3），设N（x，y），，化简得：x2+（y+1）2＝4，（x≥0，y≥0），故点N的轨迹为以H（0，﹣1）为圆心，半径为2的且位于第一象限的圆弧ST，如图所示，连接HD1，与圆弧ST相交于点N'，此时D1N＝D1N'取得最小值，由勾股定理得：，所以D1N'＝5﹣2＝3，当点N与S重合时，D1N＝D1S取得最大值，由勾股定理得：，
则，．
故选：B．
【点评】本题主要考查立体几何中轨迹问题，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．
二．填空题（共4小题）
2．（2022•黄浦区二模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，，，若用向量、、表示向量，则＝ ++ ．
【分析】由题意画出图形，再由向量加法的三角形法则和平行四边形法则求解．
【解答】解：如图，
∵，，，
则＝++＝++＝++．
故答案为：++．
【点评】本题考查空间向量基本定理的应用，考查数形结合的解题思想，是基础题．
3．（2022•金山区二模）若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则顶点A到平面BB1D1D的距离为 ．
【分析】连接AC、BD，设AC∩BD＝O，则AO⊥BD，可得AO⊥平面BB1D1D，由已知棱长求得AO，则答案可求．
【解答】解：如图，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由正方体的结构特征可知平面BB1D1D⊥平面ABCD，
且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，
连接AC、BD，设AC∩BD＝O，则AO⊥BD，可得AO⊥平面BB1D1D，
∴AO即为顶点A到平面BB1D1D的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2022•宝山区校级二模）如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好在基座上，与之相邻的三个顶点与水平基座的距离分别是2，3，4，则正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为 9 ．
【分析】由题意画出图形，不妨设B、D、A1到水平基座的距离分别是2，3，4，分别利用中点坐标公式求得其它点到水平基座的距离得答案．
【解答】解：如图，
不妨设B、D、A1到水平基座的距离分别是2，3，4，
则DA1的中点到水平基座的距离为，可得AD1的中点到水平基座的距离为，
∴D1到水平基座的距离为7；
同理求得C到水平基座的距离为5；B1到水平基座的距离为6；C1到水平基座的距离为9．
即正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为9．
故答案为：9．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查中点坐标公式的应用，是中档题．
5．（2022•上海模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点O为AB的中点，点P在平面ABC的射影恰为OB的中点E，已知AB＝2PO＝2，点C到OP的距离为，则当∠ACB最大时，直线PC与平面PAB所成角的大小为 ．
【分析】根据点C到OP的距离为，得到点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点，即点C的轨迹是以AB为焦距，以2为短轴长的椭圆，由此能求出当∠ACB最大时，直线PC与平面PAB所成角的大小．
【解答】解：∵点C到OP的距离为，
∴点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点，
即点C的轨迹是以AB为焦距，以2为短轴长的椭圆，
由椭圆的对称性可知：
当∠ACB最大时，|AC|＝|BC|＝2，CO⊥AB，
∵点P在平面ABC的射影恰为OB的中点E，∴PE⊥平面ABC，
∵PE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CO⊥平面ABC，
∴∠CPO是直线PC与平面PAB所成角，
∵CO＝，
∴tan＝，∴．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三．解答题（共20小题）
6．（2022•浦东新区校级二模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝．
（1）证明：A1C⊥BD；
（2）求直线AC与平面BB1D1D所成的角θ的大小．
【分析】（1）证明BD⊥AC，A1O⊥BD，然后证明A1C⊥平面ACC1A1，得到A1C⊥BD．
（2）取B1D1中点O1，联结OO1，说明∠COO1即为所求角，然后求解即可．
【解答】（1）证明：由题意易得：BD⊥AC，又A1O⊥平面ABCD，
BD⊆平面ABCD，∴A1O⊥BD，又A1O∩AC＝O，
∴BD⊥平面ACC1A1，又A1C⊥平面ACC1A1，∴A1C⊥BD．
（2）解：取B1D1中点O1，联结OO1，则由四棱柱的性质可知，四边形A1O1OA为平行四边形，
又∵A1A＝A1C＝，AC＝2，∴A1A⊥A1C，∴A1A⊥O1O，又A1C⊥BD．所以A1C⊥平面DBB1D1．
∴∠COO1即为所求角，直线AC与平面BB1D1D所成的角，
∵A1A＝A1C＝，所以直线AC与平面BB1D1D所成的角的大小为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查转化思想以及计算能力．
7．（2022•黄浦区二模）如图，直角边长为1的等腰直角三角形ABC及其内部绕BC边旋转一周，形成一个圆锥．
（1）求该圆锥的侧面积S；
（2）三角形ABC绕BC逆时针旋转到A1BC，M为线段AA1中点，求CM与平面AA1B所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
【分析】（1）所形成几何体是圆锥，求出圆锥的侧面积即可．
（2）∠BMC是CM与平面AA1B所成的角，求出BM，利用反三角函数表示∠BMC的值即可．
【解答】解：（1）将直角边长为1的等腰直角三角形ABC绕其直角边BC旋转一周，
所形成几何体是底面半径为r＝1，母线长为l＝的圆锥，
所以该圆锥的侧面积为S＝πrl＝π×1×＝π．
（2）由题意知，CB⊥平面ABA1，连接OM，则∠BMC是CM与平面AA1B所成的角，
因为AC＝A1C，M为AA1的中点，所以CM⊥AA1，所以BM⊥AA1，
所以BM＝AA1＝，且BC＝1，
所以tan∠BMC＝＝＝，
所以∠BMC＝arctan，即CM与平面AA1B所成角的大小为arctan．
【点评】本题考查了旋转体的结构特征与线面角的计算问题，是中档题．
8．（2022•闵行区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，E为棱BC的中点．
（1）求证：ED⊥平面PAD；
（2）若PD＝AD＝2，求点D到平面PBC的距离．
【分析】（1）连接BD，由线面垂直判定定理即可求证；（2）以D为坐标原点，DA、DE、DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，代入公式即可求解．
【解答】（1）证明：连接BD，如图，
∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴△BCD为等边三角形，
∵E为BC的中点，∴DE⊥BC，
∵AD∥BC，∴DE⊥AD，
∵PD⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
∴PD⊥DE，
∵PD∩AD＝D，∴ED⊥平面PAD；
（2）以D为坐标原点，DA、DE、DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，
∴，
设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），
则，令y＝2，则，
∴，
又＝（1，，0），
∴点D到平面PBC的距离为：＝＝．
【点评】本题考查了线面垂直的证明和点到平面的距离，属于中档题．
9．（2022•长宁区二模）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，母线SA的长为．
（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积；
（2）A、B是底面圆周上的两个点，∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，若圆锥的底面半径为2，求直线SM与平面SOA所成角的大小．
【分析】（1）设圆锥的底面半径为r，侧面母线长为l，则，求出r＝1，h＝，由此能求出圆锥的体积．
（2）设AO的中点为N，连接MN、SN，则MN∥OB，推导出OA⊥MN，SO⊥MN，从而MN⊥平面SOA，进而∠MSN即是直线SM与平面SOA所成角．由此能求出直线SM与平面SOA所成角的大小．
【解答】解：（1）圆锥的顶点为S，底面圆心为O，母线SA的长为．
设圆锥的底面半径为r，侧面母线长为l，
则，
∵，∴r＝1，h＝＝，
∴圆锥的体积V＝＝π．
（2）设AO的中点为N，连接MN、SN，则MN∥OB，
∵OA⊥OB，∴OA⊥MN，
∵SO⊥底面AOB，∴SO⊥MN，
∴MN⊥平面SOA，
∴∠MSN即是直线SM与平面SOA所成角．
∵圆锥的底面半径为2，母线长为，∴圆锥的高SO＝2，
∴SN＝＝，MN＝1．
∵SN⊥MN，∴，∴．
∴直线SM与平面SOA所成角的大小为arctan．
【点评】本题考查圆锥结构特征、圆锥的体积、线面垂直的判定与性质、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10．（2022•浦东新区校级模拟）如图，正四棱锥P﹣ABCD中．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若AB＝2，Vp﹣ABCD＝，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
【分析】（1）先证明PO⊥BD，结合BD⊥AC，利用线面垂直的判定定理可得结论；
（2）由求出棱锥的高，可求得侧棱长，判定侧面的形状后可得二面角的平面角，利用余弦定理可得答案．
【解答】（1）证明：因为P﹣ABCD是正棱锥，
∴P在面ABCD内射影是AC与BD的交点O，
即PO⊥面ABCD，∴PO⊥BD，
又∵BD⊥AC，PO与AC在面PAC内相交，
∴BD⊥面PAC．
（2）解：∵，
∴，，
则△PAB与△PBC为边长是2的正三角形，取PB的中点E，连AE，CE，
则AE⊥PB，CE⊥PB，∠AEC是二面角的平面角，
．
【点评】本题主要考查线面垂直的证明，二面角的相关计算等知识，属于中等题．
11．（2022•闵行区校级二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，△PAB是边长为2的等边三角形，PD⊥AB，PD＝．
（1）设AB中点E，求证：DE⊥平面PAB；
（2）求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理、勾股定理进行证明即可；
（2）证明∠DPE即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，再解三角形即可．
【解答】（1）证明：取AB中点为E，连接PE，DE，
则在等边三角形PAB中，PE⊥AB，
又因为PD⊥AB，PE∩PD＝P，PE、PD⊂面PED，
所以AB⊥面PED，因为ED⊂面PED，
所以AB⊥ED，又DA＝AB＝2，AE＝1，
所以∠DAB＝60°，，，
所以PE2+DE2＝PD2，即PE⊥DE，
又PE∩AB＝E，PE、AB⊂面PAB，
所以DE⊥面PAB；
（2）解：设平面PAB∩平面PDC＝l，又DC∥AB，AB⊂平面PAB，
DC⊄平面PAB，所以DC∥平面PAB，又DC⊂平面PDC，所以DC∥l，
所以DC∥AB∥l，又PD⊥AB，所以PD⊥l，又PE⊥AB，所以PE⊥l，
所以∠DPE即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，
由（1）知，，所以△DEP为等腰直角三角形，
故面PAB和平面PCD所成锐二面角为．
【点评】本题主要考查线面垂直的证明，面面角的计算等知识，属于中等题．
12．（2022•浦东新区校级二模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E、F分别是AB、BC的中点．
（1）证明：A1、C1、F、E四点共面；
（2）求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．
【分析】（1）连接AC，利用三角形中位线和直线平行传递性可证；
（2）建立空间直角坐标系，由向量法直接计算可得．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵E，F分别为AB、BC的中点，
∴EF∥AC，
又∵AA1∥CC1，
∴四边形ACC1A1为平行四边形，
∴AlC1∥AC，∴Al∁l∥EF，
所以A1，C1，F、E四点共面；
（2）解：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
可得有关点的坐标为A1（2，0，1），E（2，1，0），F（1，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），
则，
设平面A1C1FE的法向量为＝（x，y，z），
故，取x＝1，得＝（1，1，1），
记直线CD1与平面A1C1FE所成的角为θ，
则，
直线CD1与平面A1C1FE所成的角为．
【点评】本题考查了四点共面的证明以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
13．（2022•徐汇区二模）如图，已知AB为圆柱OO1的底面圆O的一条直径，P为圆周上的一点，OA＝2，∠BOP＝60°，圆柱OO1的表面积为24π．
（1）求三棱锥A1﹣APB的体积；
（2）求直线AP与平面A1PB所成的角的大小．
【分析】（1）根据表面积为24π，求得AA1＝4，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；
（2）根据题意证得BP⊥平面AA1P，得到平面A1PB⊥平面AA1P，过点A作AM⊥A1P，证得AM⊥平面A1PB，得到∠APM为直线AP与平面A1PB所成的角，再直角△AA1P中，求得，即，即可求解．
【解答】（1）解：由题意，AB是圆柱OO1的底面圆O的一条直径，且OA＝2，其表面积为24π，
可得2π⋅22+2π×2×AA1＝24π，解得AA1＝4，
在△AOP中，由∠BOP＝60°且OA＝OP＝2，可得∠AOP＝120°，所以，
在△BOP中，OB＝OP＝2且∠BOP＝60°，可得BP＝2，
所以三棱锥A1﹣APB的体积；
（2）解：由AB为圆柱OO1的底面圆O的一条直径，P为圆周上的一点，可得BP⊥AP，
又由AA1⊥平面ABP，BP⊂平面ABP，所以BP⊥AA1，
因为AP∩AA1＝A且AP，AA1⊂平面AA1P，所以BP⊥平面AA1P，
又因为BP⊂平面A1PB，所以平面A1PB⊥平面AA1P，
过点A作AM⊥A1P，垂足为M，如图所示，
因为平面A1PB⊥平面AA1P，平面A1PB∩平面AA1P＝A1P，且AM⊂平面AAlP，
所以AM⊥平面A1PB，所以∠APM为直线AP与平面A1PB所成的角，
又由OA＝2，∠BOP＝60°，可得PB＝2，
在直角△ABP中，可得，
在直角△AA1P中，可得，
所以，
即，
所以直线AP与平面A1PB所成的角的大小．
【点评】本题考查了三棱锥体积的计算，直线与平面所成的角，属于中档题．
14．（2022•宝山区二模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，点E是棱AB上的点，AE＝2EB．
（1）求异面直线AD1与EC所成角的大小；
（2）求点C到平面D1DE的距离．
【分析】（1）首先平移直线找到异面直线所成的角，然后计算其大小即可；
（2）利用等体积法转化顶点即可求得点面距离．
【解答】解：（1）在线段CD上取靠近点D的三等分点F，连结AF，D1F，由平面几何的知识易知AF∥CE，
故∠D1AF或其补角即为异面直线AD1与EC所成角，
由于，故△D1AF为等边三角形，∠D1AF＝60°，
即异面直线AD1与EC所成角为60°．
（2）如图所示，利用等体积法，，
设点C到平面D1DE的距离为h，则，
即，
解得，即点C到平面D1DE的距离为．
【点评】本题主要考查异面直线所成的角的求解，点面距离的计算，等体积法的应用，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
15．（2022•上海模拟）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱OO1的侧面积为，OA＝2，∠AOP＝120°．
（1）求三棱锥A1﹣APB的体积；
（2）求二面角A1﹣PB﹣A的大小．
【分析】（1）根据底面圆的半径，结合圆柱的侧面积，求解出圆柱的高，然后根据已知条件，求解底面S△APB，再计算体积即可；
（2）根据已知AA1⊥平面APB且AP⊥PB，不难判断∠APA1为A1﹣PB﹣A所成的二面角，根据第（1）问求解出相应的边长关系，求解∠APA1即可完成求解．
【解答】解：（1）由已知可得，OA＝2，所以C底＝2π•2＝4π，
，所以，
因为AB为圆O的直径，P在底面圆O上，∠AOP＝120°，OA＝OP，
所以∠OAP＝∠OPA＝30°，所以，
所以，
所以，
故三棱锥A1﹣APB的体积为4．
（2）平面A1PB∩平面APB＝PB，
因为AA1⊥平面APB，PB⊂平面APB，所以AA1⊥PB，
因为AB为圆O的直径，P在底面圆O上，所以AP⊥PB，
故∠APA1为A1﹣PB﹣A所成的二面角，
，且AA1⊥平面APB，
所以AA1⊥AP，
所以．
故二面角A1﹣PB﹣A的大小为．
【点评】本题考查了三棱锥体积的计算，二面角的平面角问题，属于中档题．
16．（2022•普陀区二模）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，设（0＜λ＜1）．
（1）当λ＝时，求直线B1E与平面ABCD所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）；
（2）当λ＝时，若，且＝0，求正实数t的值．
【分析】（1）以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为坐标轴，建立如图所示的空间坐标系，求得直线B1E的方向向量与平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求线B1E与平面ABCD所成角的大小．
（2）求得＝（0，2，﹣4），＝（2，2t﹣2，3﹣4t），利用数量积可求t的值．
【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为坐标轴，建立如图所示的空间坐标系，
则点E（0，2，2），B1（2，0，4），即＝（﹣2，2，﹣2），
平面ABCD的一个法向量＝（0，0，4），
设直线B1E与平面ABCD所成角为θ，
则sinθ＝＝＝，即θ＝arcsin，
则直线B1E与平面ABCD所成角的大小为arcsin．
（2）由（1）中所建坐标系得E（0，2，1），B1（2，0，4），C（2，2，0），
则＝（0，2，﹣4），
又＝t，则G（2，2t，4﹣4t），则＝（2，2t﹣2，3﹣4t），
又＝0，则0×2+2•（2t﹣2）+（﹣4）•（3﹣4t）＝0，解得t＝．
【点评】本题考查直线与平面所成的角的求法，利用向量的数量积求参数的值，属中档题．
17．（2022•金山区二模）如图，已知四棱锥S﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝1，AD＝2，．
（1）求四棱锥S﹣ABCD的体积；
（2）求直线BS与平面SCD所成角的大小．
【分析】（1）由已知易求四棱锥S﹣ABCD的体积；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AS为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求直线BS与平面SCD所成角的大小．
【解答】解：（1）底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，BC＝1，AD＝2，．
∴SABCD＝（1+2）×＝，
又SA⊥平面ABCD，SA＝1，
四棱锥S﹣ABCD的体积为×SABCD×1＝××1＝；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AS为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（，0，0），S（0，0，1），C（，1，0），D（0，2，0），
则＝（，0，﹣1），＝（﹣，﹣1，1），＝（0，2，﹣1），
设平面SCD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令y＝1，则z＝2，x＝，
∴平面SCD的一个法向量为＝（，1，2），
直线BS与平面SCD所成角为θ，
∴sinθ＝|cs＜，＞|＝＝＝．
所以直线BS与平面SCD所成角的大小为arcsin．
【点评】本题考查空间几何体的体积的求法，考查线面角的求法，属中档题．
18．（2022•杨浦区二模）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长1，侧棱长4，AA1中点为E，CC1中点为F．
（1）求证：平面BDE∥平面B1D1F；
（2）连结B1D，求直线B1D与平面BDE所成的角的大小．
【分析】（1）以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图利用向量法证DE∥FB1，同理BD∥B1D1，可证平面BDE∥平面B1D1F；
（2）利用向量法可求直线B1D与平面BDE所成的角的大小．
【解答】解：（1）以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图
则B（1，0，0），D（0，1，0），E（0，0，2），B1（1，0，4），D1（0，1，4），F（1，1，2），
∵，∴DE∥FB1，同理BD∥B1D1，
∵平面BDE与平面B1D1F不重合，∴平面BDE与平面B1D1F平行．
（2）同（1）建系，
设平面BDE的一个法向量为，
则，得x＝y＝2z，
不妨取z＝1，则，
又，
设直线B1D与平面BDE所成的角为θ，
故，
直线B1D与平面BDE所成的角为．
【点评】本题考查面面平行的证明，考查线面角的大小的求法，属中档题．
19．（2022•闵行区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB，△PAD均为等边三角形，BC＝CD．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若PA＝BD＝BC，M，N分别是PC，BC的中点，Q在边AD上，且DQ＝2QA．求直线AM与平面PQN所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）取BD中点E，证明BD⊥AE，BD⊥PE，推出BD⊥平面PAE，然后证明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）以AC、BD的交点O为坐标原点建立空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面PQN的法向量，利用看就行了的数量积，求解直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
法二：易得P点在底面上的投影H为△ABD的中心．建立空间直角坐标系H﹣xyz．求出平面PQN的法向量，利用看就行了的数量积求解直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
法三：P点在底面上的投影H为△ABD的中心．求解．通过求解三角形推出直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取BD中点E，因为△PAB，△PAD均为等边三角形，BC＝CD，
所以A，E，C三点共线，且BD⊥AE，BD⊥PE，
又AE∩PE＝E，所以BD⊥平面PAE，即BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）如图以AC、BD的交点O为坐标原点建立空间直角坐标系O﹣xyz．
设BD＝6，则，，
，，，
则，，
设平面PQN的法向量为，即，
令x＝1，则，z＝0，即，
设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为θ，
则，
因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
法二：易得P点在底面上的投影H为△ABD的中心．如图建立空间直角坐标系H﹣xyz．
设PA＝6，则，，，，
则，，，
于是，，．
设平面PQN的法向量为，即，
取．
设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为θ，
则．
因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
法三：易得P点在底面上的投影H为△ABD的中心．
由几何关系可知：QHN三点共线，且QN∥AB，AH＝HC．
又易得AB⊥BC，所以QN⊥BC．
所以BC⊥面PQN，面ABCD⊥面PQN．
点A到面PQN的距离d1＝BN，点M到面PQN的距离．
设PA＝6，则．
在△PAC中，2（PA2+AC2）＝PC2+4AM2，代入数据得：，
解得：．
设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为θ，
则，
因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
20．（2022•青浦区校级模拟）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．
【分析】（1）由已知求得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，求出、的坐标，由两向量所成角的余弦值求解异面直线PB与QC1所成角的大小；
（2）求出平面AQC1的法向量及，由向量法求点C与平面AQC1的距离．
【解答】解：（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，
∴csθ＝＝，
则异面直线PB与QC1所成角的大小为arccs；
（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＝．
【点评】本题考查空间角的求法，训练了利用空间向量求点到平面的距离，考查运算求解能力，是中档题．
21．（2022•浦东新区校级二模）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F﹣DE﹣C的大小为θ，求sinθ的值．
【分析】（1）由题意画出图形，连接OC，由已知可得CO⊥BD，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到，，设直线AB与DE所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）由BF＝BC，得，设F（x，y，z），由向量等式求得F（，，0），进一步求出平面DEF的一个法向量与平面DEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得csθ，再由同角三角函数基本关系式求解sinθ．
【解答】解：（1）如图，连接OC，∵CB＝CD，O为BD的中点，∴CO⊥BD．
以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵BD＝2，∴OB＝OD＝1，则OC＝．
∴B（1，0，0），A（0，0，2），C（0，2，0），D（﹣1，0，0），
∵E是AC的中点，∴E（0，1，1），
∴，．
设直线AB与DE所成角为α，
则csα＝，
即直线AB与DE所成角的余弦值为；
（2）∵BF＝BC，∴，
设F（x，y，z），则（x﹣1，y，z）＝（，，0），∴F（，，0）．
∴，，．
设平面DEF的一个法向量为，
由，取x1＝﹣2，得；
设平面DEC的一个法向量为，
由，取x2＝﹣2，得．
∴|csθ|＝＝．
∴sin．
【点评】本题考查利用空间向量求空间角，考查空间想象能力与逻辑思维能力和运算求解能力，是中档题．
22．（2022•浦东新区二模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，点D是线段A1B1的中点．
（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）已知P为侧棱BB1的中点，求点P到平面BCD的距离．
【分析】（1）由直三棱柱体积计算公式能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．
（2）法一：设点P到平面BCD的距离为d，A1到平面BCB1C1的距离为2，由，由此能求出点P到平面BCD的距离．
法二：以C为坐标原点，分别以CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点P到平面BCD的距离．
【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．
（2）解法一：设点P到平面BCD的距离为d，
由题知A1C1⊥平面BCB1C1，即A1到平面BCB1C1的距离为2，
∵点D是线段A1B1的中点，
∴D到平面BCB1C1的距离为1．
在△BB1D中，，
在△CC1D中，，
∴，
又S△BCP＝，
又由，
∴点P到平面BCD的距离．
解法二：以C为坐标原点，分别以CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由已知得B（2，0，0），P（2，0，1），D（1，1，2），
则，，，
设平面BCD的一个法向量是，
由，得，
令，
设点P到平面BCD的距离为d，
∴点P到平面BCD的距离．
【点评】本题考查直三棱锥的体积、线面垂直的判断、点到平面的距离、等体积法、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
23．（2022•嘉定区二模）如图，圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点．求：
（1）该圆锥的表面积；
（2）直线CD与平面PAB所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【分析】（1）求出圆锥的母线长，由此能求出该圆锥的表面积．
（2）由题意OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CD与平面PAB所成角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，
∴圆锥的母线长PA＝＝＝2，
∴该圆锥的表面积为：
S＝＝（4+4）π．
（2）由题意OC，OB，OP两两垂直，
以O为坐标原点，以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
C（2，0，0），A（0，﹣2，0），P（0，0，6），D（0，﹣1，3），
＝（﹣2，﹣1，3），平面PAB的法向量为＝（1，0，0），
设直线CD与平面PAB所成角为θ，
则sinθ＝＝＝，
∴直线CD与平面PAB所成角的大小为arcsin．
【点评】本题考查圆锥结构特征、圆锥的表面积、线面角、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
24．（2022•静安区模拟）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）已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A﹣BCD的体积为，若点E在棱AD上，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求．
【分析】（1）由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得OA⊥平面BCD，再由线面垂直的性质可证得结论，
（2）取OD的中点F，则可得CF⊥OD，过O作OM|CF，与BC交于M，则OM⊥OD，可得OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
【解答】（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD，
解：（2）取OD的中点F，
因为△OCD为等边三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM\|CF，与BC交于M，则OM⊥OD，
由（1）可知OA⊥平面BCD，
因为OM，OD⊂平面BCD，所以OA⊥OM，OA⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为△OCD是边长为1的等边三角形，O为BD的中点，
所以，
因为三棱维A﹣BCD的体积为，
所以，所以OA＝1，
设，则DE＝tEA，则
因为OA⊥平面BCD，所以是平面BCD的一个法向量，
设平面BCE的一个法向量为＝（x，y，z），
因为．
所以，令，则，
所以，
因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，
所以，
化简得，解得t＝2或（舍去），
所以，
【点评】本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
25．（2022•徐汇区校级模拟）如图，在Rt△AOB中，，斜边AB＝4，D是AB中点，现将Rt△AOB以
直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上一点，且∠BOC＝90°，
（1）求圆锥的侧面积；
（2）求直线CD与平面BOC所成的角的大小；（用反三角函数表示）
【分析】（1）由圆锥的侧面积S侧＝πrl，能求出结果．
（2）取OB的中点E，连结DE、CE，则DE∥AO，∴DE⊥平面BOC，∠DCE是直线CD与平面BOC所成的角，由此能求出直线CD与平面BOC所成角的大小．
【解答】解：（1）∵在Rt△AOB中，，斜边AB＝4，D是AB中点，
将Rt△AOB以直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上一点，且∠BOC＝90°，
∴圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2×4×π＝8π．
（2）取OB的中点E，连结DE、CE，
则DE∥AO，∴DE⊥平面BOC，
∴∠DCE是直线CD与平面BOC所成的角，
在Rt△DEC中，CE＝，DE＝，
tan＝，
∴．
∴直线CD与平面BOC所成角的大小为arctan．
【点评】本题考查圆锥的侧面积的求法，考查直线与平面所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．