高中数学北师大版讲义(必修二)第38讲第六章立体几何初步章末二十种常考题型归类(学生版+解析)特训

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第六章立体几何初步章末二十种常考题型归类 斜二测画法1．（23-24高一上·吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形OABC的直观图O'A'B'C'如图所示，其中O'A'=O'C'=2，O'C'⊥x'轴，A'B'⊥x'轴，B'C'//y'轴，则四边形OABC的面积为（   ）A．18B．82C．122D．12【答案】C【分析】根据题意可得四边形O'A'B'C'的面积为SO'A'B'C'=6，结合直观图与原图面积之间的关系分析求解.【详解】由题意可知：∠A'O'D=π4，且A'D=O'A'=B'D=2，则A'B'=4，可知四边形O'A'B'C'的面积为SO'A'B'C'=12×2+4×2=6，所以四边形OABC的面积为SOABC=22SO'A'B'C'=122.故选：C.2．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，正方形OABC边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（    ）  A．24B．22C．2D．22【答案】D【分析】把直观图还原成原来的图形，则原图形是平行四边形，根据斜二测画法法则求得原图形的面积.【详解】由斜二测画法知：对应原图OA'B'C'中OA=OA'=1,OB=12OB'=2，且OB'⊥OA'，且OA'B'C'为平行四边形，如下图示，  所以原图形OA'B'C'的面积为S=1×22=22.故选：D3．（23-24高一下·河北邢台·期中）如图，△A'B'C'是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若A'C'=2cm，且S△A'B'C'=32cm2，则原图形中AC边上的高为（   ）A．32cmB．62cmC．3cmD．6cm【答案】D【分析】根据题意，由三角形面积公式求出B'D'的长，结合斜二测画法可得原图中BD的长.【详解】画出平面直角坐标系xOy，在x轴上取OA=O'A'，即CA=C'A'，在图①中，过B'作B'D'//y'轴，交x'轴于D'，在x轴上取OD=O'D'，过点D作DB//y轴，并使DB=2D'B'，连接AB,BC，则△ABC即为△A'B'C'原来的图形，如图②所示：原图形中，BD⊥AC于点D，则BD为原图形中AC边上的高，且BD=2B'D'，在直观图③中作B'E'⊥A'C'于点E'，则△A'B'C'的面积S△A'B'C'=12A'C'×B'E'=B'E'=32，在直角三角形B'E'D'中，B'D'=2B'E'=62，所以BD=2B'D'=6，故原图形中AC边上的高为6．故选：D．4．（23-24高一下·河北沧州·期中）如图，△AOB的斜二测画法的直观图是腰长为32的等腰直角三角形，y'轴经过A'B'的中点，则AB=（    ）A．6B．36C．12D．66【答案】D【分析】先将直角坐标系中的原图作出，再比对直观图与原图直接求出即可.【详解】由题意得△AOB的原图如图所示，其中D为AB的中点，且OA=32，OD=32×22×2=6，所以AD=OA2+OD2=36，故AB=2AD=66.故选：D.5．（23-24高一下·天津北辰·期中）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD，如图所示，∠ABC=45°,AB =AD=1,DC⊥BC，则原平面图形的面积为（    ）A．2+22B．1+22C．322D．22【答案】A【分析】在直观图中求出BC的长，再还原平面图，即可求出相应的线段的长度，从而求出面积.【详解】如图，在直观图中过点A，作AE⊥BC交BC于点E，因为∠ABC=45°,AB =AD=1,DC⊥BC，所以CE=AD=1，BE=ABcos45°=22，即BC=1+22将直观图还原为平面图如下：则BC=1+22，AD=1，AB=2，所以SABCD=121+1+22×2=2+22.故选：A几何体的表面积与体积问题6．（23-24高一下·安徽·期中）已知一个圆锥的高为6，底面半径为3，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为2的圆台，则这个圆台的体积为（    ）A．263πB．383πC．26πD．38π【答案】B【分析】设截面圆的半径为r，由相似比可求出r=2，再由圆台的体积公式求解即可.【详解】设截面圆的半径为r，如下图，由ADOC=EAEO可得：r3=6-26，解得：r=2，所以截面圆的面积为S1=4π，底面圆的面积为S2=9π，  从而圆台的体积为V=h3S1+S2+S1S2=234π+9π+36π2=383π.故选：B.7．（23-24高一下·河南郑州·期中）西流湖公园今年春天成为了网红打卡地，公园里不仅有美丽的景色，各种亭台楼阁也是各有特色.十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）．这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD．在底面BCE中，若BE=CE=4，∠BEC=120°，则该几何体的体积为（    ）A．88B．643C．64D．883【答案】C【分析】根据题意，得到几何体为直三棱柱BCE-ADF和两个三棱锥S-MAB,S-NCD，结合柱体和锥体的体积公式，准确计算，即可求解.【详解】如图所示，几何体为直三棱柱BCE-ADF和两个三棱锥S-MAB,S-NCD构成的几何体，设直三棱柱BCE-ADF的底面BCE的面积为S，高为h，因为BE=CE=4,∠BEC=120∘，可得S=12BE⋅CEsin120∘=12×4×4×32=43，且h=CD=BC=42+42-2×4×4cos120∘=43，所以几何体的体积为V=VBCE-ADF+VS-MAB+VS-NCD=Sh+13S⋅12h+13S⋅12h =43Sh=43×43×43=64.故选：C.8．（23-24高一下·北京房山·期中）如图是一个圆柱与圆锥的组合体的直观图（圆锥的底面与圆柱的上底面重合），已知圆锥的高为12，圆柱的高为2，底面半径为1，则该组合体的体积为（    ）A．π3B．2πC．13π6D．5π2【答案】C【分析】由圆柱的体积和圆锥的体积公式求解即可.【详解】该组合体的体积为圆柱的体积加上圆锥的体积，即V=π×12×2+13×π×12×12=13π6，故选：C.9．（2024·全国·模拟预测）现将一个高为4，体积为16π的圆柱削成一个空间几何体ABCD，其中棱AB，CD分别为圆柱上、下底面上相互垂直的两条直径，则被削去部分的体积为 ．【答案】16π-323【分析】根据给定条件，利用锥体体积公式求出空间几何体ABCD的体积，即可求出削去部分的体积.【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r，则由πr2×4=16π，解得r=2，设圆柱上、下底面的圆心分别为O1，O，则O1O⊥CD,O1O⊥AB，又AB⊥CD，O1O∩CD=O，O1O,CD⊂平面CO1D，于是AB⊥平面CO1D，因此空间几何体ABCD的体积为V=2VA-CO1D=2×13S△CO1D×AO1=23×12×4×4×2=323，所以被削去部分的体积为16π-323.故答案为：16π-32310．（2024·全国·模拟预测）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为r1，r2，过圆台的母线上靠近下底面的三等分点作截面，将圆台分为上、下两部分．若上、下两个圆台的侧面积相等，则r1:r2= ．【答案】1:7/17【分析】根据题意结合梯形中位线有r4=r1+2r23，再根据圆台的侧面积公式列出方程即可求解.【详解】设上部分圆台的侧面积为S1，母线长为2l，下部分圆台的侧面积为S2，母线长为l，过圆台的母线上的三等分点作截面，设截面半径分别为r3，r4，圆台的轴截面如图，则2r3=r1+r42r4=r3+r2，解得r4=r1+2r23，则S1=πr1+r4⋅2l=4π2r1+r2l3，S2=πr4+r2⋅l=πr1+5r2l3，因为S1=S2，所以4π2r1+r2l3=πr1+5r2l3，所以7r1=r2，所以r1:r2=1:7．故答案为：1:7外接球与内切球问题11．（2024·湖南·二模）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC,AC⊥CB,PA=AC=2BC=2，则此四面体的外接球表面积为（    ）A．3πB．9πC．36πD．48π【答案】B【分析】将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为2、1、2，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为2、1、2，四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R=22+12+22=3，所以外接球表面积为S=4πR2=9π.故选：B.12．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在四面体ABCD中，AB=3，AD=BC=1，CD=6，且∠BAD=∠ABC=π2，则该四面体的外接球表面积为（    ）A．72πB．7πC．8πD．10π【答案】B【分析】根据题设条件作出四面体的高DH，通过相关条件推理计算分别求出AH,DH，最后在直角梯形HEOD，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.【详解】如图，作DH⊥平面ABC，连接AH,HB,HC，易得DH⊥AB,因AB⊥AD，AD∩DH=D,AD,DH⊂平面DAH，所以AB⊥平面DAH，AH⊂平面DAH，故AB⊥AH,由题可得∠BAC=30∘，AC=2，则∠HAC=120∘.不妨设AH=x,DH=h，则有x2+h2=1①，在△HAC中，由余弦定理，HC2=x2+4-2×2xcos120∘=x2+2x+4，在△HDC中，h2+x2+2x+4=6②，将两式相减化简即得：x=12，h=32.取线段AC中点E，过点E作OE⊥平面ABC，其中点O为外接球的球心，设外接球半径为R，由余弦定理求得HE2=14+1-2×12cos120∘=74，在直角梯形HEOD中，OE2=R2-1，由R2=(R2-1-32)2+74计算可得：R2=74，则该四面体的外接球表面积为7π.故选：B.【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.求解多面体的外接球的主要方法有：（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.13．（22-23高一下·山西大同·阶段练习）各棱长都相等的四面体的内切球和外接球的体积之比为（    ）A．1:27B．1:9C．1:3D．9:1【答案】A【分析】利用正四面体的结构特征及其内切球、外接球半径关系、空间几何体的体积公式计算即可.【详解】易知正四面体的内切球球心与外接球球心重合，设正四面体的内切球半径为r，外接球半径为R，四面体各面面积为S，则由四面体的体积得V=13Sr×4=13SR+r⇒R=3r，所以四面体的内切球和外接球的体积之比为43πR3:43πr3=1:27，故选:A.14．（23-24高三上·河南周口·期末）正三棱锥P-ABC的内切球O1的半径为r，外接球O2的半径为R. 若AB=23，则Rr的最小值为 .【答案】3【分析】设正三棱锥P-ABC的高为h，从而求得棱锥的表面积，结合棱锥的体积求出r=hh2+1+1，进而求得R=h2+42h，即可得Rr的表达式，利用换元，结合基本不等式，即可求得答案.【详解】设正三棱锥P-ABC的高为h，设E为AB的中点，O为底面中心，O在CE上，AB=23，则CE=32AB=3,OE=13CE=1，侧面上高为PE=h2+1，则正三棱锥P-ABC的表面积为S=3S△PAB+S△ABC=3×12×h2+1×23+34×(23)2=33h2+1+1，则正三棱锥P-ABC的体积为13S△ABC⋅h=13S⋅r=13×33h2+1+1⋅r，即13×33⋅h=13×33h2+1+1⋅r，故r=hh2+1+1，又CO=2，则h-R2+22=R2，则R=h2+42h，故Rr=h2+42hhh2+1+1=(h2+4)(h2+1+1)2h2，令h2+1+1=tt>2，则h2=t2-2t，则Rr=t2-2t+4t2t2-2t=t2-2t+42t-2=t-22+2t-2+42t-2=12t-2+4t-2+2≥12×24+2=3，当且仅当t-2=4t-2，即t=4，h=22时取等号，故Rr的最小值为3，故答案为：3【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据正三棱锥的几何特征，结合棱锥体积求出外接球半径以及内切球半径的表达式，从而可得Rr的表达式，利用换元，结合基本不等式即可求解.15．（23-24高一下·湖南衡阳·期中）已知三棱锥P-ABC三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=6，M，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN的长度的最小值为 ．【答案】43-6【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：M,N两点间距离的最小值为PG-2r，易求外接圆半径R，结合等体积法可求出内切圆半径r和PG，进而得解.【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.设三棱锥内切球球心为O1，外接球球心为O2，内切球与平面ABC的切点为G，易知：O1,O2,G三点均在PD1上，且PD1⊥平面ABC，设内切球的半径为r，外接球的半径为R，则R=12×62+62+62=33.又S△ACP=S△BCP=S△ABP=12×6×6=18，AB=AC=BC=62+62=62，所以S△ABC=12×62×62×sin60°=183，由等体积法：13S△ACP+S△BCP+S△ABP+S△ABCr=13S△ABP⋅PC，即1318×3+183r=13×18×6，解得r=3-3，由等体积法：13S△ABC⋅PG=13S△ABP⋅PC，即13×183PG=13×18×6，解得PG=23，将几何体沿截面PDD1C切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，∴M,N两点间距离的最小值为2R-O1O2-R-r=PG-2r=33-3-6-23=43-6.故答案为：43-6.【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及PG，即可得MN的长度的最小值.空间共面问题 16．（22-23高一下·江苏苏州·阶段练习）设平面α//平面β，点A∈α，点B∈β,C是AB的中点，当A,B分别在平面α,β内运动时，那么所有的动点C（    ）A．不共面B．当且仅当A，B分别在两条直线上移动时才共面C．当且仅当A，B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面D．共面【答案】D【分析】利用点线面的位置关系可知，动点C形成的轨迹是平行于α（或β）的平面即可得出结论.【详解】根据题意可知，点C应在过AB的中点且平行于α（或β）的平面内，因此当A,B分别在平面α,β内运动时，所有的动点C共面.故选：D17.（多选）（21-22高三上·山东青岛·开学考试）在三棱柱ABC-A1B1C1中，E、F、G、H分别为线段AA1、A1C1、C1B1、BB1的中点，下列说法正确的是（    ）A．E、F、G、H四点共面B．平面EGH//平面ABC1C．直线AA1与FH异面D．直线BC与平面AFH平行【答案】ABC【分析】证明出FG//EH，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用线线的位置关系可判断C选项；利用线面平行的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，因为AA1//BB1且AA1=BB1，E、H分别为AA1、BB1的中点，则A1E//B1H且A1E=B1H，所以，四边形A1B1HE为平行四边形，则A1B1//EH，因为F、G分别为A1C1、B1C1的中点，所以，FG//A1B1，∴FG//EH，故E、F、G、H四点共面，A对；对于B选项，连接AC1、BC1，∵E、F分别为AA1、A1C1的中点，则EF//AC1，∵EF⊄平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，∴EF//平面ABC1，因为四边形AA1B1B为平行四边形，则A1B1//AB，∵EH//A1B1，则EH//AB，∵EH⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，∴EH//平面ABC1，∵EF∩EH=E，∴平面EGH//平面ABC1，B对；对于C选项，由图可知FH不与AA1相交，若FH//AA1，又因为BB1//AA1，则FH//BB1，这与FH∩BB1=H矛盾，故FH与AA1异面，C对；对于D选项，延长AH、A1B1交于点N，连接FN交B1C1于点P，连接PH，若BC//平面AFH，BC⊂平面BB1C1C，平面BB1C1C∩平面AFH=PH，∴PH//BC，事实上，PH与BC相交，故假设不成立，D错.故选：ABC.18．（23-24高一下·广西南宁·期中）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．(1)求点M到平面A1C1B的距离；(2)判断A1，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．【答案】(1)33；(2)是，证明见详解.【分析】（1）由VB-A1C1M=VM-A1BC1即可求解；（2）利用三角形中位线性质证明MN//CD1，然后证明A1BCD1为平行四边形，即可得A1B//CD1，再由直线平行的传递性可证.【详解】（1）记点M到平面A1C1B的距离为h，易知△A1BC1为正三角形，且A1B=22，所以S△A1BC1=12×22×22×sin60°=23，又S△A1C1M=12⋅MC1⋅A1D1=12×1×2=1，所以VB-A1C1M=13S△A1C1M⋅BB1=13×1×2=23，因为VB-A1C1M=VM-A1BC1，所以13S△A1BC1⋅h=23，即13×23h=23，解得h=33，即点M到平面A1C1B的距离为33.（2）A1，M，B，N四点共面，证明如下：连接MN,CD1，因为M，N分别是线段C1D1，CC1的中点，所以MN//CD1，由正方体性质可知，BC//A1D1且BC=A1D1，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B//CD1，所以MN//A1B，所以A1，M，B，N四点共面.19．（22-23高一下·湖南衡阳·期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．  (1)求证：EF∥平面PAD．(2)在线段PC上是否存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出PQQC的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点Q符合题意，且此时PQ:QC=2:1【分析】（1）取PA的中点M，连接MD,MF，可证得四边形DEFM为平行四边形，可得EF∥MD，再由线面平行的判定理可证得结论；（2）取AB的中点H，连接PH交AF于G，在PC上取点Q，使PQ:QC=2:1，连接GQ,HC，则A,E,Q,F四点共面，然后证明即可.【详解】（1）证明：取PA的中点M，连接MD,MF，因为F,M分别为PB,PA的中点，所以FM∥AB，FM=12AB，因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥CD，AB=CD，因为E为CD的中点，所以DE=12CD，所以FM∥DE，FM=DE，所以四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD，因为EF⊄平面PAD，MD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD，（2）存在点Q符合题意，且此时PQ:QC=2:1，取AB的中点H，连接PH交AF于G，在PC上取点Q，使PQ:QC=2:1，连接GQ,HC，则A,E,Q,F四点共面，证明如下：因为在平行四边形ABCD中，E,H分别为CD,AB的中点，所以AH∥CE，AH=CE，所以四边形AHCE为平行四边形，所以CH∥AE，因为F为PB的中点，所以点G为△PAB的重心，且PG:GH=2:1，因为PQ:QC=2:1，所以GQ∥HC，因为CH∥AE，所以GQ∥AE，所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上，所以F∈α，所以A,E,Q,F四点共面，所以在线段PC上存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面.  20．（22-23高一下·四川绵阳·阶段练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为AD,CC1的中点.  (1)已知点G满足DD1=4DG，求证B,E,G,F四点共面；(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的表面积.【答案】(1)证明见解析；(2)12+42.【分析】（1）利用正方体的结构特征，结合平行公理、平面基本事实推理作答.（2）求出三棱柱各个面的面积作答.【详解】（1）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取DD1中点H，连接AH,HF,EG，如图，  因为F是CC1的中点，则HF//DC//AB,HF=DC=AB，即四边形ABFH是平行四边形，则有BF//AH， 由DD1=4DG，知G为DH的中点，而E为AD中点，于是EG//AH，即有EG//BF，所以B,E,G,F四点共面.（2）显然三棱柱ABD-A1B1D1是直三棱柱，AB=AD=AA1=2,∠BAD=90∘,BD=22，上下两个底面的面积和为S1=2S△ABD=2×12×2×2=4，侧面积S2=AA1⋅(2AB+BD)=2(2×2+22)=8+42，所以三棱柱ABD-A1B1D1的表面积S=S1+S2=12+42.空间共线问题21．（21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则（       ）A．三点D1,O,B 共线，且OB=2OD1B．三点D1,O,B不共线，且OB=2OD1C．三点D1,O,B共线，且OB=OD1D．三点D1,O,B不共线，且OB=OD1【答案】A【分析】利用平面基本事实证明点O在直线BD1 上，再借助正方体性质说明△OMD1∽△OAB可得线段比例式，即可求得答案.【详解】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AD1,BC1 ，如图，C1D1//CD//AB，故ABC1D1共面，连接BD1 ，平面ABC1D1∩平面BB1D1D=BD1，因为M为棱D1C1 的中点，则M∈平面ABC1D1，而A∈平面ABC1D1，即AM⊂平面ABC1D1，又O∈AM，则O∈平面ABC1D1，因AM与平面BB1D1D 的交点为O，则O∈平面BB1D1D，于是得O∈BD1，即D1,O,B三点共线，由C1D1//CD//AB，M为棱D1C1的中点，可得D1M∥AB且D1M=12D1C1=12AB，故△OMD1∽△OAB 于是得OD1=12OB，即OB=2OD1 ，所以三点D1,O,B共线，且OB=2OD1.故选：A22．（22-23高三·全国·课后作业）在空间四边形ABCD的各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF∩GH＝P，则点P（    ）A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．既在直线AC上也在直线BD上D．既不在直线AC上也不在直线BD上【答案】B【分析】由题意可得P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，则P∈AC，可得答案．【详解】如图，∵EF⊂平面ABC，GH⊂平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即点P一定在直线AC上．故选：B．23．（23-24高一下·陕西西安·期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC,∠ACB=π6，侧棱长为3，侧面积为9+33.  (1)求三棱锥B-A1B1C的体积;(2)若点D、E分别在三棱柱的棱CC1,BB1上，且CD>BE，线段A1E,A1D,DE的延长线与平面ABC交于F,G,H三点，证明：F,G,H共线.【答案】(1)32(2)证明见解析.【分析】（1）利用三棱柱的侧面积公式先计算三棱柱底面各棱长，再由三棱锥的体积公式及等体积法计算即可；（2）利用空间中直线、平面的位置关系证明即可.【详解】（1）由题意知2AB=AC,BC=3AB，所以该三棱柱的侧面积为2AB+3AB+AB×BB1=9+33=3+3×3AB⇒AB=1,BC=3，又AB⊥BC，直三棱柱ABC-A1B1C1中BB1⊥AB，且BC∩BB1=B,BC、BB1⊂平面BC1，所以AB⊥平面BC1，又AB//A1B1，所以A1B1⊥平面BC1，故三棱锥B-A1B1C的体积为VB-A1B1C=VA1-B1BC=13A1B1×12BC×BB1=32；（2）由基本事实的推论知两条相交直线共面，所以A1,F,G,E,D∈平面A1FG，又H∈ED,ED⊂平面A1FG，所以H∈平面A1FG，而H∈平面ABC，平面ABC∩平面A1FG=FG，所以H∈FG，即F,G,H共线.24．（2023高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形ABCD中， E,F,G,H分别在AB,AD,BC,CD上，EG与FH交于点P，求证：P,A,C三点共线.  【答案】证明见解析【分析】由基本事实3，证明点P在两平面的交线上即可.【详解】∵EG∩FH=P, P∈EG,EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC，同理，P∈平面ADC.∴P是平面ABC与平面ADC的公共点.又平面ABC∩平面ADC=AC，∴P∈AC,∴P,A,C三点共线.  25．（22-23高一·全国·课后作业）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1=O1，B1D∩截面A1BC1=P．(1)求证：B、P、O1三点共线；(2)若AB=3，BC=4，CC1=6，求DP的长．【答案】(1)见解析；(2)2361.【分析】（1）证明出点P在平面BB1D1D与平面A1BC1的交线上即可；（2）由（1）推理出点P为BO1与B1D交点，利用三角形重心的特点即可得到答案.【详解】（1）∵P∈DB1,DB1⊂平面BB1D1D，所以P∈平面BB1D1D，又P∈平面A1BC1,平面BB1D1D∩平面A1BC1=BO1，所以P∈BO1,即B,P,O1三点共线.（2）连接BD，再连接BD1，交DB1于点M，由（1）P∈BO1及P∈B1D，则点P为BO1与B1D交点，∵DD1//BB1,DD1=BB1，∴四边形D1DBB1为平行四边形，∴ M是BD1中点，又O1是B1D1的中点,所以点P是△BD1B1的重心,所以B1P=23B1M= 13B1D,又因为AB=3,BC=4,CC1=6,所以B1D=61,所以DP=23B1D=2361.空间共点问题26．（22-23高一下·山东威海·期末）在空间四边形ABCD中，若E，F分别为AB，BC的中点，G∈CD，H∈AD，且CG=2GD，AH=2HD，则（    ）A．直线EH与FG平行B．直线EH，FG，BD 相交于一点C．直线EH与FG异面D．直线EG，FH，AC相交于一点【答案】B【分析】首先利用相似三角形证明HG//AC且HG=13AC，再利用中位线定理证明EF//AC且EF=12AC，从而得到四边形EFGH为梯形，且EH，FG是梯形的两腰，设EH，FG交于一点P，利用平面的性质证明P是直线EH，BD，FG的公共点即可．【详解】因为CG=2GD，AH=2HD，且∠ADC=∠HDG，所以△ADC∼△HDG，所以HG//AC且HG=13AC，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF//AC且EF=12AC，所以HG//EF且HG≠EF，故四边形EFGH为梯形，且EH，FG是梯形的两腰，所以EH，FG交于一点，设交点为P，则P∈EH，P∈FG，又因为EH⊂平面ABD，且P∈平面BCD，所以P∈平面ABD，且P∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，所以P∈BD，所以点P是直线EH，BD，FG的公共点，故直线EH、FG、BD相交于一点．  故选：B27．（23-24高一下·湖南衡阳·期中）如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别为棱AB，BC，B1C1，A1B1上的点．已知AB=6，A1B1=3，B1Q=B1P=1，BM=BN=4，正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为6．  (1)证明：直线MQ，BB1，NP相交于同一点．(2)求正四棱台ABCD-A1B1C1D1挖去三棱台BMN-B1QP后所得几何体的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)105.【分析】（1）作出辅助线，设MQ的延长线与BB1的延长线交于点E，NP的延长线与BB1的延长线交于点F．根据棱台性质得到EB1=FB1，点E，F重合，从而证明出结论；（2）求出正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积和三棱台BMN-B1QP的体积，相减后得到答案.【详解】（1）证明：在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，因为B1Q=B1P=1，BM=BN=4，B1Q∥BM，B1P∥BN，所以四边形B1QMB，B1PNB均为梯形，则直线MQ与BB1必相交，NP与BB1必相交．延长MQ，BB1，NP，设MQ的延长线与BB1的延长线交于点E，NP的延长线与BB1的延长线交于点F．在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB//A1B1，BC//B1C1，  则EB1EB=QB1MB=14，FB1FB=PB1NB=14，得EB1=FB1，所以点E，F重合，即直线MQ，BB1，NP相交于同一点．（2）正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为1332+62+32×62×6=126．由题意可得三棱台BMN-B1QP的高为6，则三棱台BMN-B1QP的体积为1312×12+12×42+12×12×12×42×6=21．故所求几何体的体积为126-21=105．28．（22-23高一下·陕西西安·期中）（1）已知直线a∥b，直线l与a，b都相交，求证：过a，b，l有且只有一个平面；（2）如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13.求证：直线EH，BD，FG相交于一点.  【答案】证明过程见解析【分析】（1）设两平行直线确定的平面为α，从而得到M∈α，N∈α，直线MN，即l⊂平面α，证明出结论；（2）作出辅助线，得到EF//AC，且EF=34AC，得到四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点P，再证明点P在直线BD上，证明出结论.【详解】（1）证明：设直线l与a，b分别交于M,N点，如图1，  因为a∥b，所以a,b确定一个平面，记为平面α，因为点M∈直线a，点N∈直线b，所以M∈α，N∈α，所以直线MN，即l⊂平面α，所以过a，b，l有且只有一个平面；（2）在空间四边形ABCD中，连接EF,HG，因为H,G分别为AD,CD的中点，则HG//AC，且HG=12AC，又由CFFB=AEEB=13，则EF//AC，且EF=34AC，故HG//EF，且HG≠EF，故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点，设EH与FG交于点P，如图2，  由于EH⊂平面ABD，点P在平面ABD内，同理点P在平面BCD内，又因为平面ABD∩平面BCD=BD，所以点P在直线BD上，故直线EH,BD,FG相交于一点.29．（22-23高一下·安徽合肥·期中）在四面体ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13．求证：  (1)E，F，G，H四点共面；(2)直线EH，BD，FG相交于一点．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据基本事实的推论证明即可；（2）根据基本事实3证明即可.【详解】（1）  连接EF，HG，在三角形ABC中，CFFB=AEEB=13，所以EF∥AC，∵H，G分别是边AD，CD的中点，∴GH∥AC，∴EF∥GH，E，F，G，H四点共面.（2）∵AEEB=13，H为AD中点，∴EH与BD不平行，∵EH,BD⊂平面ABD，∴EH与BD相交，设EH∩BD=P，∵P∈BD，BD⊂平面BCD，∴P∈平面BCD，同理P∈平面EFGH，∵平面BCD∩平面EFGH=FG，∴P∈FG，∴直线EH，BD，FG相交于一点.30．（22-23高一下·陕西·期中）已知E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中BC和CC1的中点.(1)证明：A,E,F,D1四点共面.(2)证明：AE，D1F，DC三条直线交于一点.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）通过证明EF∥AD1，得到A,E,F,D1四点共面.（2）设AE和D1F交于点P，证明点P在平面ABCD与平面DCC1D1的交线DC上.【详解】（1）连接EF,BC1,AD1，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，E,F分别是BC和CC1的中点，所以EF∥BC1.又C1D1∥AB,C1D1=AB，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1，所以EF∥AD1，所以A,E,F,D1四点共面.（2）由（1）知EF∥AD1，且EF=12AD1，所以AE和D1F必交于一点.设AE∩D1F=P，因为AE⊂平面ABCD，所以P∈平面ABCD.因为D1F⊂平面DCC1D1，所以P∈平面DCC1D1.又平面ABCD∩平面DCC1D1=DC，所以P∈DC，所以AE,D1F,DC交于一点.截面问题31．（22-23高一下·广东广州·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是A1B1的中点，过B、D、N的平面α截该正方体所得截面的面积为（    ）  A．42B．92C．43D．26【答案】B【分析】连接B1D1，取A1D1的中点M，连接MN,DM,BN，然后利用平面的性质可得过B、D、N的平面α截该正方体所得截面为梯形BDMN，从而可求出截面的面积.【详解】连接B1D1，取A1D1的中点M，连接MN,DM,BN，因为N是A1B1的中点，所以MN∥B1D1，MN=12B1D1=2，因为BD∥B1D1，BD=B1D1，所以MN∥BD，MN=12BD=2，所以过B、D、N的平面α截该正方体所得截面为梯形BDMN，连接AC交BD于O，连接A1C1交MN于O1，连接OO1，因为B1N=D1M=1,BB1=DD1=2,∠BB1N=∠DD1M=90°，所以BN=DM=5，所以梯形BDMN为等腰梯形，所以OO1=BN2-OB-O1N2=5-2-222=322，所以梯形BDMN的面积为12×22+2×322=92，故选：B  32．（22-23高一下·黑龙江大庆·期末）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，AA1=3，A1C1=4A1N，BB1=3MB1，平面CMN截三棱柱所得截面的周长是（    ）  A．32+45B．32+35+3C．42+35D．32+45+3【答案】B【分析】首先作出截面，再根据几何关系求边长，即可求解周长.【详解】如图1，延长CN与AA1交于点H，连结MH，与A1B1交于点G，连结NG,GM，则四边形CNGM为所求截面，其中CN=CC12+C1N2=32+32=32，CM=BC2+BM2=42+22=25，  如图2，△A1HN∼△C1CN，所以A1HCC1=A1NNC1=13，即A1H=13CC1=1，  如图1，若A1H=BM=1，则△A1HG≅△B1MG，所以A1G=B1G，即点G是A1B1的中点，所以GM=B1G2+B1M2=22+12=5，△A1GN中，∠A1=60∘,A1G=2,A1N=1，所以NG=A1N2+A1G2-2A1N⋅A1G⋅cos60∘=1+4-2×1×2×12=3，所以四边形CNGM的周长为32+25+5+3=32+35+3.故选：B33．（22-23高一下·重庆渝中·期中）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为BC中点，过A，P，D1三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（    ）A．10B．23C．92D．6【答案】C【分析】取CC1中点M，连接PM,D1M，得到截面为四边形APMD1，再根据梯形的面积公式即可求解.【详解】  如图，截面为四边形APMD1，取CC1中点M，连接PM,D1M,BC1，则PM//BC1，且PM=12BC1.因为AB//CD//C1D1,且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，则BC1//AD1，BC1=AD1，所以PM//AD1，且PM=12AD1，又AP=D1M=5所以截面为等腰梯形APMD1，且上底长为2，下底长为22，腰长为5，所以截面的面积为12×2+22×52-222=92.故选：C34．（22-23高一下·河北邯郸·期中）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，E为棱BB1上一点，且BE=3B1E，则A1，E，C三点所在的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的周长为 .【答案】10+217【分析】在DD1上取靠近D的四等分点，连接CF易得CF∥A1E，故A1，E，C三点所组成的平面截正方体的截面为A1ECF，进而易求其周长.【详解】如图，在DD1上取D1F=3DF，连接CF，A1F，在AA1上取A1G=3AG，连接GF，BG.因为GF∥BC，GF=BC，所以四边形BCFG为平行四边形，所以BG∥CF，易得BG∥A1E，则CF∥A1E，A1，E，C三点所组成的平面截正方体的截面为A1ECF，由题意得CE=5，A1E=17，所以周长为10+217.  故答案为：10+21735．（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E.(1)画出平面α截正方体所得的截面，并说明原因；(2)求（1）中截面多边形的面积；(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.【答案】(1)答案见解析(2)92(3)717【分析】（1）取AB的中点F，连接EF、A1B、CF，利用平行线的传递性可证得EF//D1C，可知E、F、C、D1四点共面，再由于E、C、D1三点不共线，可得出面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面；（2）分析可知，四边形CD1EF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；（3）利用台体的体积公式可求得三棱台AEF-DD1C的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.【详解】（1）如下图，取AB的中点F，连接EF、A1B、CF.因为E是AA1的中点，所以EF//A1B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1D1//BC，A1D1=BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B//D1C，所以EF//D1C，所以E、F、C、D1四点共面. 因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D1四点共面于平面α，所以面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面.（2）由（1）可知，截面EFCD1为梯形，EF=AE2+AF2=1+1=2，CD1=CD2+DD12=4+4=22，D1E=A1D12+A1E2=4+1=5，同理可得CF=5，如下图所示：分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1，FN⊥CD1，垂足分别为点M、N，则D1E=CF，∠ED1M=∠FCN，∠EMD1=∠FNC=90∘，所以，△EMD1≌△FNC，则D1M=CN，因为EF//CD1，EM⊥CD1，FN⊥CD1，则四边形EFNM为矩形，所以，MN=EF=2，则D1M=CN=CD1-MN2=22-22=22，所以，EM=ED12-D1M2=5-12=322，所以，梯形CD1EF的面积为S=12EF+CD1⋅EM=12×32×322=92.（3）多面体AEF-DD1C为三棱台，S△AEF=12AE⋅AF=12×12=12，S△DD1C=12DD1⋅DC=12×22=2，该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为13S△AEF+S△DD1C+S△AEF⋅S△DD1C⋅AD=1312+2+12×2×2=73，故剩余部分的体积为8-73=173.故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为717.交线问题36．（23-24高二上·广东·期末）如图，在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G分别是棱AB,BC,DD1的中点，过E,F,G三点的平面与正方体各个面所得交线围成的平面图形的周长为 .【答案】610+32【分析】根据给定条件，利用平面的基本事实作出截面，再求出截面多边形周长.【详解】直线EF与直线AD,CD分别交于点M,N，连接GM,GN分别交AA1,CC1于是K,H，连接EK,FH，则五边形EFHGK是过E,F,G三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面，如图，显然AM=AE=CF=CN=3，AKDG=MKMG=AMMD=33+6=13，则AK=1，FH=EK=12+32=10，GH=GK=23GM=2332+92=210，而EF=32，所以五边形EFHGK的周长为610+32.故答案为：610+32【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.37．（21-22高一·湖南·课后作业）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1，P为棱BB1的中点，画出由A1，C1，P三点所确定的平面α与长方体表面的交线．  【答案】画图见解析【分析】画平面α与长方体不同的表面的交线，只需找到两平面的两个公共点，两点确定交线即可.【详解】如图，由于P是BB1上的点，所以A1P⊂平面AA1B1B，且A1P⊂平面α， 所以平面α∩平面AA1B1B=A1P，同理，平面α∩平面BB1C1C=PC1，平面α∩平面A1B1C1D1=A1C1，所以平面α与长方体ABCD-A1B1C1D1表面的交线是A1P，PC1，A1C1.作法：连接A1P，PC1，A1C1，它们就是平面α与长方体表面的交线（如图）．  38．（22-23高一下·辽宁·期末）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，AA1=2AB=2,M为AA1的中点．(1)请在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，画出经过M,D,B1三点的截面α并写出作法（无需证明）．(2)求截面α的面积．【答案】(1)图形见解析(2)3【分析】（1）取CC1的中点F，连接B1F、B1M、DM、DF，则四边形DFB1M即为所求；（2）依题意可得四边形DFB1M为菱形，连接MF，DB1，求出MF，DB1，即可得解.【详解】（1）取CC1的中点F，连接B1F、B1M、DM、DF，则四边形DFB1M即为过点M、D和B1的平面截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面α；取BB1的中点E，连接CE、ME，因为M为AA1的中点，ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，底面ABCD为正方形，所以ME//AB且ME=AB，AB//CD且AB=CD，所以ME//CD且ME=CD，所以DCEM为平行四边形，所以DM//CE，又CF//B1E且CF=B1E，所以CFB1E为平行四边形，所以CE//B1F，所以DM//B1F，即M、D、B1、F四点共面.（2）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，M、F分别为AA1、CC1的中点，所以DF=FB1=MB1=MD=2，所以四边形DFB1M为菱形，连接MF，DB1，则DB1⊥MF，又DB1=12+12+22=6，MF=12+12=2，所以SDFB1M=12×2×6=3.39．（21-22高一下·山东青岛·期中）如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a．(1)过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，B，C1截下一个三棱锥B1-A1BC1，求正方体剩余部分的体积；(2)若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过D1，M，N三点的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；(3)设正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心为O，求三棱锥O-A1BC1的体积．【答案】(1)56a3(2)见解析(3)112a3【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥B-A1B1C1的体积，再用正方体体积减去即可；（2）根据点、线、面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；（3）根据（1）中三棱锥B-A1B1C1的体积以及正方体和正三棱锥的性质即可求出三棱锥O-A1BC1的高，再利用棱锥的体积公式即可.【详解】（1）因为正方体ABCD-A1B1C1D1，所以BB1⊥平面A1B1C1，则BB1为三棱锥B-A1B1C1的高，∵S△A1B1C1=12a2，BB1=a，则VB1-A1BC1=VB-A1B1C1=13×a×12a2=16a3，则正方体剩余部分的体积为a3-16a3=56a3.（2）画直线MN交DA，DC延长线分别为点E,F，再分别连接D1E,D1F，分别交AA1,CC1于点G,H，顺次连接D1,G,M,N,H，五边形D1GMNH即为交线围成的多边形，易得AM=12a，∠AME=∠BMN=45∘，则△AEM为等腰直角三角形，则AE=12a，根据△AEG∽△A1D1G，AGA1G=AEA1D1=12aa=12，则A1G=23a,AG=13a，则D1G=a2+23a2=133a，MG=a22+a32=136a，同理可得D1H=133a，HN=136a，而MN=22a，则五边形D1GMNH的周长为2×133a+136a+22a=13a+22a.（3）连接B1D，易知B1D的中点即为正方体外接球的球心O点，且A1B=BC1=A1C1=2a，易得三棱锥B-A1B1C1为正三棱锥，而三棱锥B-A1B1C1的顶点B1在底面上的投影即为等边三角形A1BC1的中心O1点，且点O,O1均在直线B1D上，S△A1BC1=12×2a2×sin60∘=32a2由（1）得VB1-A1BC1=13⋅S△A1BC1⋅B1O1=16a3，即13⋅32a2⋅B1O1=16a3，解得B1O1=33a，而B1D=3a2=3a，所以B1O=32a所以OO1=32a-33a=36a，则VO-A1BC1=13×32a2×36a=112a3.40．（22-23高三·全国·课后作业）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4cm，M，N分别是A1B1和CC1的中点．(1)画出过点D、M、N的平面与平面BB1C1C及平面AA1B1B的两条交线；(2)设过D、M、N的平面与B1C1交于点P，求PM+PN的值．【答案】(1)图象见解析；(2)PM+PN=10+2133【分析】（1）由平面的性质，作出过点D、M、N的平面与正方体的截面，即可求出；（2）利用三角形相似分别求出PM,PN，即可求得.【详解】（1）如图所示，连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点P，交D1A1延长线于点Q，连接DQ交AA1于点R，连接RM、PN，则DRMPN即为所求作的截面．如图示：平面DRMPN与平面BB1C1C的交线为PN，平面DRMPN与平面AA1B1B的交线为RM.（2）由N为CC1的中点，易得△DCN≅△EC1N，所以DC=EC1=4，因为△MB1P∽△EC1P，所以MB1EC1=B1PC1P=24=12，得C1P=23B1C1，所以C1N=2，C1P=23×4=83，B1P=13×4=43，所以PN=4+649=103，PM=4+169=2133．所以PM+PN=10+2133．异面直线问题41．（23-24高二上·重庆·期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是棱CC1的中点，则异面直线BM与AC所成角的正弦值为（    ）A．105B．31010C．155D．1010【答案】C【分析】通过平行关系将异面直线夹角转化为相交直线夹角，结合等腰三角形性质求解正弦值即可.【详解】如图所示，取DD1中点N，连接AN,CN,AC,MN，取AC中点O，连接ON，则MN//CD//AB,MN=CD=AB，所以四边形ABMN是平行四边形，所以BM//AN，所以∠NAC或其补角是异面直线BM与AC所成角，设正方体棱长为2，则AN=CN=5,AC=22，在等腰△ANC中，O是AC中点，所以ON⊥AC，所以sin∠NAC=ONAN=AN2-12AC2AN=35=155，即异面直线BM与AC所成角的正弦值为155.故选：C42．（22-23高一下·河北·阶段练习）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，过点A作直线l与A1C1和B1C所成的角均为α，则α的最小值为（    ）A．60°B．45°C．30°D．15°【答案】C【分析】计算异面直线A1C1和B1C所成的角，则α的最小值为异面直线A1C1和B1C所成角的一半．【详解】依题意，直三棱柱是正方体的一半，如图所示，  ∵AC//A1C1，∴∠B1CA为异面直线A1C1和B1C所成角，又AC=B1C=AB1，∴ △AB1C是等边三角形，∴∠B1CA=60°，过C作直线l的平行线l'，则当l'与∠B1CA的角平分线重合时，α取得最小值30°．故选：C43．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=8，AD=6，异面直线BD与AC1所成角的余弦值为15，则该长方体外接球的表面积为（   ）A．90π B．196π C．784π D．13723π【答案】B【分析】连接AC与BD交于O点，取CC1中点E，连接BE,OE，则AC1//OE，则∠EOB为异面直线BD与AC1所成角（或补角），设CE=x，在△OBE中利用余弦定理求出x，最后求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的表面积.【详解】连接AC与BD交于O点，则O为AC中点，取CC1中点E，连接BE,OE，则AC1//OE，∴∠EOB为异面直线BD与AC1所成角（或补角），设CE=x，AB=8，AD=6，则BE=x2+36， OB=OC=5,OE=25+x2，在△OBE中，由余弦定理得BE2=OB2+OE2-2OB×OE×cos∠EOB，若cos∠EOB=15，则36+x2=25+25+x2-225+x2，解得x=26（负值已舍去），若cos∠EOB=-15，则36+x2=25+25+x2+225+x2，方程无解，所以CC1=2x=46，所以长方体的对角线长为36+64+96=14，所以长方体的外接球的半径R=7，所以长方体外接球的表面积S=4πR2=196π.故选：B44. （多选）（22-23高一下·福建漳州·期末）正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1为底面A1B1C1D1的中心，则（    ）A．直线BA1与CC1所成的角等于30∘B．直线BA1与AC所成的角等于60∘C．直线AO1与CC1是异面直线D．直线AO1与BD所成的角等于90∘【答案】BD【分析】根据异面所成角的定义与计算方法，结合正方体的几何结构特征，逐项判定、求解，即可求解.【详解】对于A中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1//CC1，所以异面直线BA1与CC1所成的角，即为直线BA1与BB1所成的角，在等腰直角△A1B1B，可得∠A1BB1=45∘，即异面直线BA1与CC1所成的角为45∘，所以A不正确；，对于B中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AC//A1C1，所以异面直线BA1与AC所成的角，即为直线BA1与A1C1所成的角，在等边△A1BC1，可得∠BA1C1=60∘，即异面直线BA1与AC所成的角为60∘，所以B正确；，对于C中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由O1为底面A1B1C1D1的中心，可得AO1⊂平面ACC1A1，且CC1⊂平面ACC1A1，所以直线AO1与CC1不是异面直线，所以C错误；对于D中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为ABCD为正方形，可得BD⊥AC，又由AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1，因为AC∩AA1=A且AC,AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又因为AO1平面ACC1A1，所以BD⊥AO1，所以D正确.故选：BD.  45. （22-23高一·全国·课后作业）已知S是矩形ABCD所在平面外一点，SA⊥BC，BS⊥CD，SA与CD所成角大小为π3，SD与BC所成角大小为π6，SA=1，分别求直线SA与CD的距离及SB与AD的距离．【答案】3，12【分析】根据异面直线所成的角，平行线的性质得SA⊥AD，∠SDA=π6，SB⊥AB，∠SAB=π3，从而求得AD,AB的长，再由异面直线的距离定义证得公垂线，从而得结论．【详解】∵AD//BC,AB//CD，SA⊥BC，BS⊥CD∴SA⊥AD，SB⊥AB因为SD与BC所成角大小为π6，而BC//AD，则∠SDA=π6，因为SA与CD所成角大小为π3，而AB//CD，则∠SAB=π3，SA=1，则SD=2，AD=3，AB=12，又ABCD是矩形，所以线段AD是直线SA与CD的公垂线段，线段AB是SB与AD的公垂线线段，所以直线SA与CD的距离是3，SB与AD的距离是12．直线与平面所成角问题46．（2023·全国·模拟预测）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知BD1与AD所成的角为60°，BD1与平面ABCD所成的角为30°，则下列结论错误的是（    ）A．BD1⊥B1CB．BD1与平面ABB1A1所成的角为30°C．BD1⊥平面A1C1DD．BD1与平面BCC1B1所成的角为45°【答案】C【分析】设BD1=2，求得DD1=1，得到BC1⊥B1C和D1C1⊥B1C，证得B1C⊥平面BC1D1，得到BD1⊥B1C，可判定A正确；由BD1与平面ABB1A1所成的角为∠A1BD1，可判定B不正确；由BD1与平面BCC1B1所成的角为∠C1BD1，可判定D不正确，证得B1D1⊥A1C1，可得判定C正确．【详解】如图所示，连接A1B,BD,BC1,B1D1， 设BD1=2，因为BD1与AD的夹角为60°，即∠A1D1B=60°，∠D1A1B=90°，所以A1D1=1，又因为BD1与平面ABCD所成的角为30°，即∠D1BD=30°，∠D1DB=90°，所以DD1=1，故长方体的左、右侧面为正方形，所以BC1⊥B1C，又因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以D1C1⊥B1C，而BC1∩C1D1=C1，所以B1C⊥平面BC1D1，又因为BD1⊂平面BC1D1，所以BD1⊥B1C，所以A不符合题意．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1D1⊥平面ABB1A1，所以BD1与平面ABB1A1所成的角为∠A1BD1=30°，所以B不符合题意．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，得到BC1=C1D1=2，所以BD1与平面BCC1B1所成的角为∠C1BD1=45°，所以D不符合题意．若BD1⊥平面A1C1D，则BD1⊥A1C1，则B1D1⊥A1C1，与已知矛盾，所以C符合题意．故选：C．47．（22-23高一下·陕西宝鸡·期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1B和平面A1DCB1所成角为（    ）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】A【分析】连接BC1交B1C于点E，连接A1E，即可得到BC1⊥平面A1DCB1，则∠BA1E为直线A1B和平面A1DCB1所成的角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】连接BC1交B1C于点E，连接A1E，则B1C⊥BC1，又DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥DC又DC∩B1C=C，DC,B1C⊂平面A1DCB1，所以BC1⊥平面A1DCB1，则∠BA1E为直线A1B和平面A1DCB1所成的角，又A1E⊂平面A1DCB1，所以BC1⊥A1E，所以sin∠BA1E=BEA1B=12，则∠BA1E=30°，即直线A1B和平面A1DCB1所成角为30°.故选：A48．（22-23高一下·江苏南通·阶段练习）已知正四面体S-ABC的棱长为23，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为θ，若sinθ∈[223,1]，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为（    ）A．π4B．πC．2πD．4π【答案】B【分析】在正四面体中，过顶点S作下底面的垂线，垂足O即为下底面中心，然后可得出线面角，根据其正弦值的范围，求出线段SM的范围，进而求出OM的范围，则点M的轨迹所形成的平面图形为一个半径为1的圆面，从而可求出其面积.【详解】在正四面体S-ABC中，顶点S在底面ABC的投影为正△ABC的中心，即SO⊥平面ABC，因为正四面体S-ABC的棱长为23，所以AO=23×32×23=2，所以SO=SA2-AO2=12-4=22，因为直线SM与平面ABC所成的角为θ，所以sinθ=SOSM=22SM，因为sinθ∈[223,1]，所以22SM∈[223,1]，所以22≤SM≤3，因为OM=SM2-SO2=SM2-8，所以0≤OM≤1，所以点M的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆面，所以点M的轨迹所形成平面图形的面积为π，故选：B  49．（多选）（22-23高一下·湖北武汉·期末）若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面棱长为4，侧棱长为3，且M为棱AA1的靠近点A的三等分点，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足MP与底面ABCD的所成角θ=π4，则下列结论正确的是（    ）  A．点P所在区域面积为π4B．有且仅有一个点P使得MP⊥PC1C．四面体P-A1CD1的体积取值范围为6,8D．线段PC1长度最小值为17【答案】AC【分析】A选项，根据题意得到P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，寻找到不止一个点使得MP⊥PC1；C选项，根据P点不同位置求出点P到平面A1CD1的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积； D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出PC1长度最小值.【详解】A.由线面角的定义可知，∠MPA=θ=45∘，即MA=AP=1，故点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），即圆的14，面积为14π×12=14π，A正确；如图，设点P的轨迹与AD,AB交于点E,F，B.不妨点P与点F重合，此时PC1=FB2+BC2+C1C2=34，由余弦定理得：cos∠MFC1=MF2+C1F2-C1M22MF⋅C1F=2+34-362×2×34=0，则∠MFC1=π2同理可得：∠MEC1=π2，故不止一个点P使得MP⊥PC1，B错误；C.如图，AA1⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以AA1⊥BC，且AB⊥BC，AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面A1CD1，所以平面A1CD1⊥平面ABB1A1，且平面A1CD1∩平面ABB1A1=A1B，因为AE//A1D1，AE⊄平面A1CD1，A1D1⊂平面A1CD1,所以AE//平面A1CD1,所以点A,E到平面A1CD1的距离相等，如图，当点P在点E处时，此时点P到平面A1CD1的距离最大，最大距离为AH=3×45=125，此时四面体P-A1CD1的体积为13S△A1CD1⋅AH=13×12×4×5×125=8，当P与点F重合时，此时点P到平面A1CD1的距离最小，最小距离为FK，因为△BFK∽△BAH，所以FK=34AH，所以最小体积为34×8=6，  故四面体P-A1CD1的体积取值范围为6，8，C正确；  D.当PC取最小值时，线段PC1长度最小，由三角形两边之和大于第三边知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即PCmin=42-1，则PC1min=42-12+32=42-82，D错误故选：AC50．（23-24高一下·河南开封·期中）在三棱锥P-OAB中，已知PO⊥平面OAB，OP=10，AB=20，PA与平面OAB所成的角为30∘，PB与平面OAB所成的角为45∘，则∠AOB= ．（用角度表示）【答案】90∘【详解】因为PO⊥平面OAB，所以PA在平面OAB上的投影为OA，所以PA与平面OAB所成的角的平面角为∠PAO。所以，△AOP是直角三角形，∠PAO=30°，又OP=10，所以OA=OPtan30°=103，因为PO⊥平面OAB，所以PB在平面OAB上的投影为OB，所以PB与平面OAB所成的角的平面角为∠PBO。所以，△BOP是直角三角形，∠PBO=45°，又OP=10，所以OB=10，又AB=20，所以在△AOB中，AB2=OA2+OB2，所以∠AOB=90°．故答案为：90∘.  平行与垂直的概念辨析51．（23-24高一下·河南郑州·期中）设α是空间中的一个平面，l,m,n是三条不同的直线，则下列说法对的是（    ）A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥αB．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//mC．若l//m，m⊥α，n⊥α则l⊥nD．若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥α【答案】D【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，只有直线m与n相交时，可得l⊥α，所以A不正确；    对于B中，由m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m平行、相交或异面，所以B错误；对于C中，由l//m，m⊥α，n⊥α，则l//n，所以C错误；对于D中，由l//m，l⊥α，可得m⊥α，又因为m//n，所以n⊥α，所以D正确.故选：D.52．（23-24高一下·河南新乡·阶段练习）已知a，b，c是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A．若a⊥b，b⊥c，则a⊥cB．若a与b异面，则至多有一条c与a，b都垂直C．若α∥β，b⊥β，c⊥b，则c一定平行于α和βD．若c⊂α，b⊂β，α⊥β，则存在a同时垂直c，b【答案】D【分析】借助正方体模型，可依次判定选项.【详解】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对于A，令a=AB，b=AD，c=DC，符合题意，但是a∥c，故A错误；对于 B，令a=AB，b=CC1，两直线异面，在正方体中与BC平行的直线与异面直线都垂直，故B错误；对于C，令α为平面ABCD，β为平面A1B1C1D1，b=BB1，BC=c，符合α∥β，b⊥β，c⊥b，但BC⊂平面ABCD，故C错误；对于D，令α为平面ABCD，β为平面BB1C1C，c=AB，b=BC，符合c⊂α，b⊂β，α⊥β，则BB1⊥AB,BB1⊥BC，故D正确.故选：D.53．（2024·贵州·模拟预测）设m、n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（    ）A．若m上有两个点到平面α的距离相等，则m∥αB．若m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β【答案】D【分析】对于A，m与α可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断.【详解】对于A，当直线m与α相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；对于B，若m⊥α，n⊂β，m∥n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β；当α⊥β时，m⊥α，当m⊂β时，n⊂β，m,n可以相交，所以“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件，故B错误；对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则在直线m任取一点P，过直线n与点P确定平面γ，γ∩α=c，又n∥α，则n∥c，n⊂β，c⊄β，所以c∥β，又m∥β，m⊂α,c⊂α, m∩c=P，所以α∥β，故D正确.故选：D.54．（多选）（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）设m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊂β,α⊥β, 则m⊥a； ②若m⊂β,α//β 则m//α；③若m⊥α,m⊥β,n⊥α， 则n⊥β； ④若m//α,m//β,n//α. 则n//β.其中正确命题的序号是（    ）A．①B．②C．③D．④【答案】BC【分析】根据线面，面面平行或垂直的位置关系，即可判断选项.【详解】①没说明直线m垂直于两平面的交线，所以不能判断m⊥a，故①错误；②根据面面平行的性质定理，若m⊂β,α//β ，则m//α，故②正确；③垂直于同一条直线的两个平面平行，所以若m⊥α,m⊥β，则α//β，若n⊥α，则n⊥β，故③正确；④若m//α,m//β，则α,β平行或相交，若n//α，则n//β或相交或n⊂β，故④错误.故选：BC55．（23-24高一下·浙江杭州·期中）下列命题正确的是 .（填序号）①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；②垂直于同一条直线的两直线平行；③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.【答案】①⑤⑥【分析】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，即可判断．【详解】对于①：如图，AB//α，平面ABDC∩α=CD,AB⊂平面ABDC，所以AB//CD，同理AB//EF，所以CD//EF，又因为CD⊄β,EF⊂β，所以CD//β，又CD⊂α,α∩β=l，所以CD//l，所以AB//l，若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确； 对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；对于⑤：设直线m、n异面，过直线m上一点O作直线n'，使得n'//n且m∩n'=O，如下图所示：设直线m、n'确定平面α，过空间中任意一点P，有且只有一条直线l，使得l⊥α，因为m、n'⊂α，则l⊥m，l⊥n'，又因为n'//n，则l⊥n，故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．故答案为：①⑤⑥【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是正确理解空间中线线、线面、面面的位置关系，利用反例及适度的数形结合是有效且快速的处理方法.线面平行的判定56．（23-24高一下·浙江·期中）如图，正△ABC边长为2,D、E分别是边AB,AC的中点，现沿着DE将△ADE折起，得到四棱锥A'-BCED，点M为A'C中点．(1)求证：ME//平面A'BD(2)若A'B=2，求四棱锥A'-BCED的表面积．(3)过ME的平面分别与棱A'D,A'B相交于点S,T，记△A'ST与△A'BD的面积分别为S△A'ST、S△A'BD，若S△A'STS△A'BD=14，求A'SA'D的值．【答案】(1)证明见解析(2)S=2+3(3)22【分析】（1）取A'B中点N，连DN,MN，利用中位线定理证明四边形MNDE是平行四边形，即可得到ME∥ND，结合线面平行的判定定理即可得证；（2）通过勾股定理逆定理证明∠A'DB=90°，∠CA'B=90°，结合三角形面积公式即可运算求解；（3）由题意得ME∥ST，ST∥DN，从而可将面积比转换为线段比的平方即可运算求解.【详解】（1）取A'B中点N，连DN,MN，因为点M为A'C中点，∴MN∥BC，且MN=12BC，同时因为∵D、E分别是边AB,AC的中点，∴DE∥BC，且DE=12BC，∴MN//DE,MN=DE,∴四边形MNDE是平行四边形，∴ME∥ND，又ND⊂平面A'BD,ME⊄平面A'BD，∴ME∥平面A'BD.（2）∵A'B=2,A'D=DB=1,∴A'D2+DB2=A'B2，∴∠A'DB=90°，∴S△A'DB=S△A'EC=12，根据对称性有A'C=A'B=2，而BC=2，所以A'C2+A'B2=BC2，所以∴∠CA'B=90°，所以S△A'BC=12A'B⋅A'C=1，而S△A'DE+SBCDE=S△ABC=34⋅22=3，四棱锥A'-BCDE的面积S=12+12+1+3=2+3.（3）由（1）知ME//平面A'BD，ST=平面A'BD∩平面MEST∴ME∥ST，S△A'STS△A'BD=S△A'ST2S△A'DN=14,∴S△A'STS△A'DN=12，又∵ST∥DN，∴S△A'STS△A'DN=A'S2A'D2=12，∴A'SA'D=22.57．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=8,AC=6,∠BAC=90°，D是BC边的中点，∠A1CA=45°．(1)求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积；(2)求证：A1C//面AB1D．(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱表面爬到点D，求小虫爬行的最短距离．【答案】(1)144；(2)证明见解析；(3)97.【分析】（1）根据给定条件，求出AA1，再利用柱体体积公式计算得解.（2）连接A1B，借助三角形中位线，利用线面平行的判定推理即得.（3）分情况把点A1及点D所在的几何体表面展开置于同一平面，求出两点间的距离并比较得解.【详解】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，由∠A1CA=45°，得AA1=AC=6，由AB=8,AC=6,∠BAC=90°，得BC=10，S△ABC=12AB⋅AC=24，所以直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC⋅AA1=144.（2）连接A1B∩AB1=E，连接DE，由矩形ABB1A1，得E是A1B的中点，而D是BC边的中点，则DE//A1C，又A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，所以A1C//平面AB1D.（3）当小虫从点A1沿△A1B1C1爬到点D，把矩形ABB1A1与△A1B1C1置于同一平面内，如图，连接A1D，过A1作A1F⊥BC于F，交B1C1于点O，由BC//B1C1，得A1O⊥B1C1，A1O=A1B1⋅A1C1B1C1=8×682+62=245，AF=245+6=545，OC1=A1C1cos∠A1C1B1=A1C1⋅A1C1B1C1=185，则DF=CD-OC1=5-185=75，因此A1D=A1F2+DF2=15542+72=152965；当小虫从点A1沿正方形ACC1A1爬到点D，把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内，或把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图， 在左图中，取AB中点G，连DG，显然B,A,A1共线，则DG//AC,DG=12AC=3，DG⊥AB，而A1G=AA1+AG=10，因此A1D=A1G2+DG2=102+32=109，在右图中，AD=AC+CD=11，A1D=A1A2+AD2=62+112=157>109；当小虫从点A1沿矩形ABB1A1爬到点D，把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内，或把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图， 在左图中，取AC中点H，连DH，显然C,A,A1共线，则DH//AB,DH=12AB=4，DH⊥AC，而A1H=AA1+AH=9，因此A1D=A1H2+DH2=92+42=97，在右图中，AD=AB+BD=13，A1D=A1A2+AD2=62+132=205>97，显然152965>109>97，所以小虫爬行的最短距离97.58．（2024·陕西西安·二模）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1=2，M，N，P分别为A1B1，AC，BC的中点．(1)求证：MN//平面BCC1B1；(2)求三棱锥B-PMN的体积．【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）转换顶点并结合椎体的体积公式即可证明.【详解】（1）∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1B1的中点，所以B1M=12A1B1=12AB，且B1M//AB，∵因为P，N分别BC，AC的中点，∴PN//AB，PN=12AB，∴ PN//B1M，PN=B1M，∴四边形B1MNP为平行四边形，∴MN//B1P，又∵MN⊄平面B1C1CB，B1P⊂平面B1C1CB，故MN//平面B1C1CB.（2）因为直三棱柱ABC-A1B1C1，则平面ABC//平面A1B1C1，因为M∈平面A1B1C1，则点M到底面ABC的距离即为点B1到底面ABC的距离，又因为BB1⊥底面ABC，则点B1到底面ABC的距离即为BB1长，又因为N，P分别为AC，BC的中点，且AB⊥BC，则VB-PMN=VM-PBN=13S△PBN⋅BB1=13×12×1×1×2=13.59．（2024高三·全国·专题练习）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=AA1=4，AB=5，D是AB的中点.  (1)求证：AC1//平面CDB1；(2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)225【分析】（1）根据题意，设C1B与BC1的交点为E，连接DE，由线面平行的判定定理，即可证明；（2）由条件可得∠CED为直线AC1与B1C所成的角，结合余弦定理，代入计算，即可得到结果．【详解】（1）设C1B与BC1的交点为E，连接DE,∵ABC-A1B1C1为直三棱柱，且BC=AA1=4，则四边形BCC1B1为正方形，∴E为BC1的中点，又D是AB的中点，∴DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1//平面CDB1．（2）由（1）可知，DE//AC1，∴∠CED为直线AC1与B1C所成的角（或其补角），在△CDE中，ED=12AC1=52,CD=12AB=52,CE=12CB1=22，由余弦定理可得，cos∠CED=CE2+DE2-CD22CE⋅DE=222+522-5222×22×52=225即异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为为225．  60. （22-23高一下·全国·期末）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，E､F､G分别为PC､PD､BC的中点.  (1)求证：PA∥平面EFG；(2)求三棱锥P﹣EFG的体积.【答案】(1)证明见解析(2)16【分析】（1）取AD的中点H，连接GH，FH，说明PA不在平面EFG，FH在平面EFG，证明PA平行平面EFG内的直线FH即可证明PA//平面EFG；（2）利用转化法VP-EFG=VG-PEF=13S△PEF⋅GC，求出底面面积和高，求三棱锥P-EFG的体积．【详解】（1）如图，取AD的中点H，连接GH，FH，∵E，F分别为PC，PD的中点，∴EF//CD．∵G，H分别为BC，AD的中点，∴GH//CD．∴EF//GH．∴E，F，H，G四点共面∵F，H分别为DP，DA的中点，∴PA//FH．∵PA⊄平面EFG，FH⊂平面EFG，∴PA//平面EFG．（2）∵PD⊥平面ABCD，GC⊂平面ABCD，∴GC⊥PD．∵ABCD为正方形，∴GC⊥CD．∵PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD,∴GC⊥平面PCD． ∵PF=12PD=1，EF=12CD=1，∴ S△PEF=12EF×PF=12．∵GC=12BC=1，∴ VP-EFG=VG-PEF=13S△PEF⋅GC=13×12×1=16  线面平行的性质61．（22-23高一下·新疆·阶段练习）如图，四边形ABCD为长方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2,AD=4，点E,F 分别为AD,PC的中点，设平面PDC∩平面PBE=l．  (1)证明：DF//平面PBE；(2)证明：DF//l；(3)求三棱锥F-PBE的体积．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)43【分析】（1）取PB的中点G，连接FG,EG，根据题意证得DF//GE，结合线面平行的判定定理，即可证得DF//平面PBE；（2）由DF//平面PBE，结合线面平行的性质定理，即可证得DF//l；（3）利用等体积转化为VF-PBE=VD-PBE=VP-BDE，即可求解.【详解】（1）证明：取PB的中点G，连接FG,EG，因为点E,F分别为AD,PC的中点，所以FG//BC且FG=12BC，又因为四边形ABCD为长方形，所以BC//AD且BC=AD，所以DE//FG且DE=FG，所以四边形DEGF为平行四边形，所以DF//GE，因为DF⊄平面PBE，HE⊂平面PBE，所以DF//平面PBE.（2）证明：由DF//平面PBE，因为DF⊂平面PDC，且平面PDC∩平面PBE=l，所以DF//l.（3）解：由DF//平面PBE，则点F到平面PBE的距离等于D到平面PBE的距离，因为PD⊥平面ABCD，所以PD为三棱锥P-BDE的高，所以三棱锥F-PBE的体积为：VF-PBE=VD-PBE=VP-BDE=13S△BDE×PD=13×12×2×2×2=43.  62．（22-23高一下·广西河池·阶段练习）如图所示，在多面体ABCD-A1B1D1中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为边长为2的正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于点F．  (1)证明：EF//B1C；(2)求三棱锥C-DEF的体积．【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）由线面平行的性质定理即可证明；（2）由等体积法求解即可.【详解】（1）∵A1B1//AB//CD，A1B1=AB=CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D//B1C，又A1D⊂平面A1DFE，B1C⊄平面A1DEF，∴B1C//平面A1DFE，∵B1C⊂平面B1CD，平面B1CD∩平面A1DFE=EF，∴EF//B1C．（2）∵E为B1D1中点，∴点E到平面CDD1的距离d为点B1到平面CDD1距离的一半，又点B1到平面CDD1距离等于点A到平面CDD1的距离AD=2，∴点E到平面CDD1的距离d=1，又S△CDF=12S△CDD1=14×2×2=1，∴VC-DEF=VE-CDF=13S△CDF⋅d=13．63．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，PA=AB=2，PB=6，点N是AD的中点．求证：  (1)BC//AD；(2)求异面直线PA与NC所成角余弦值．【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）由线线平行，以及异面直线所成角的定义即可求解平面角，由余弦定理即可求解.【详解】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，（2）由于点N是AD的中点，BC∥AD，BC=12AD，所以BC//AN,BC=AN,故四边形ABCN为平行四边形，则NC//AB ,故∠PAB或其补角即为异面直线PA与NC所成角，在△PAB中，cos∠PAB=PA2+AB2-PB22PA⋅AB=4+4-62×2×2=14,故异面直线PA与NC所成角的余弦值为1464．（2023高一·全国·专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，平面AED⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠DAB=90∘，AD=2AE，DE=3AE，EF=CD．求证：EF∥CD．【答案】证明见解析【分析】根据条件结合线面平行的判定定理得到CD ∥平面ABFE，即可由线面平行的性质得到EF∥CD.【详解】因为AB∥CD，AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE，所以CD ∥平面ABFE，又∵ CD⊂平面EFCD，且平面EFCD∩平面ABFE=EF，∴ CD∥EF．65．（22-23高一下·北京朝阳·期中）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PA的中点．  (1)求证：BC//AD；(2)求证：BE//平面PDC；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明BC//AD；（2）取PD的中点F，连接EF,FC，由（1）可证明EFCB是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得BE//平面PDC.【详解】（1）根据题意可得，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，由线面平行的性质定理可得BC//AD；（2）取PD的中点为F，连接EF,FC，如下图所示：  由E是PA的中点，F是PD的中点，可得EF//AD，且EF=12AD；由（1）知BC//AD，且BC=12AD，所以EF//BC，且EF=BC；所以四边形EFCB是平行四边形，即BE//CF，又BE⊄平面PDC，CF⊂平面PDC；所以BE//平面PDC.面面平行的判定66．（23-24高一下·广东广州·期中）由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.(1)求证：A1O//平面B1CD1；(2)求证：平面A1BD//平面B1CD1；(3)设平面B1CD1与底面ABCD的交线为l，求证：B1D1//l.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；（2）由线线平行证BD//平面B1CD1，结合A1O//平面B1CD1即可证平面A1BD//平面B1CD1；（3）由线面平行证线线平行即可．【详解】（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，∵ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，∴A1O1平行且等于OC，∴四边形A1OCO1为平行四边形，∴A1O//O1C，又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，∴A1O//平面B1CD1；（2）∵BB1平行且等于AA1，AA1平行且等于DD1，∴BB1平行且等于DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD//B1D1，∵BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，∴BD//平面B1CD1，由（1）得A1O//平面B1CD1且BD∩A1O=O，BD、A1O⊂平面A1BD，∴平面A1BD//平面B1CD1；（3）由（2）得BD//平面B1CD1，又BD⊂平面ABCD，平面B1CD1∩平面ABCD=l，∴BD//l．67．（2023高三·全国·专题练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，C1D1中点，G，H分别为AB，BC中点，O为平面ABCD中心．证明：平面OEF‖平面C1GH；【答案】证明见解析【分析】根据中位线的性质和平行四边形的性质得到OF‖HC1，EF‖GH，然后根据面面平行的判定定理证明即可．【详解】连接A1C1，OH，∵ABCD-A1B1C1D1为正方体，O为平面ABCD的中心，∴A1C1‖AC，D1C1‖AB，D1C1=AB，O为AC中点，∵H为BC中点，F为D1C1中点，∴OH‖AB‖FC1，OH=12AB=FC1，∴四边形OHC1F为平行四边形，OF‖HC1，∵E,F分别为A1D1,C1D1中点，G,H分别为AB,BC中点，∴EF‖A1C1，GH‖AC，∴EF‖GH，∵EF,OF⊂平面OEF，GH,HC1⊄平面OEF，∴GH‖平面OEF，HC1∥平面OEF，∵GH∩HC1=H，GH,HC1⊂平面C1GH，∴平面OEF∥平面C1GH．68．（2023高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，∠ABC=90°，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点．证明：平面ABD//平面FEC1；【答案】证明见解析【分析】由线线平行即可证明面面平行.【详解】因D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点．且图形为直三棱柱，则DC1//AF,DC1=AF，得四边形AFC1D为平行四边形，AD//FC1,AB//FE．又AD,AB⊄平面FEC1，FC1,FE⊂平面FC1E，则AD,AB//平面FEC1．又AD,AB⊂平面ABD，AB∩AD=A，故平面ABD//平面FEC169．（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD是正方形，AB=2，DE=BF，BF//DE，M为棱AE的中点．求证：平面BMD//平面EFC.【答案】证明见解析【分析】连接AC交BD于N，连接MN，即可得到MN//CE，从而证明MN//平面EFC，再说明四边形BDEF是平行四边形得到BD//EF，即可得到BD//平面EFC，从而得证.【详解】连接AC交BD于N，连接MN，则N为AC的中点，因为M为AE的中点，所以MN//CE，因为MN⊄平面EFC，CE⊂平面EFC，所以MN//平面EFC，因为BF//DE，BF=DE，所以四边形BDEF是平行四边形，所以BD//EF，因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，所以BD//平面EFC，因为BD∩MN=N，BD,MN⊂平面BMD，所以平面BMD//平面EFC．70．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．  (1)求证：MN//平面PAD；(2)若PB中点为Q，求证：平面MNQ//平面PAD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，证明四边形AMNE为平行四边形，根据线面平行的判定定理即得；（2）证明MQ//平面PAD，MN//平面PAD，进而即得.【详解】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，  因为N是PC的中点，所以NE//DC且NE=12DC，又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以AM//DC且AM=12AB=12DC，所以NE//AM且NE=AM，所以四边形AMNE为平行四边形，所以MN//AE，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，所以MN//平面PAD．（2）因为Q为PB的中点，M是AB的中点，所以MQ//AP，又MQ⊄平面PAD，AP⊂平面PAD，所以MQ//平面PAD，又MN//平面PAD，MQ∩MN=M，MQ，MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ//平面PAD．面面平行的性质71．（2023·广西柳州·模拟预测）阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体．如图，四棱锥P－ABCD就是阳马结构，PD⊥平面ABCD，且PD=1，AB=AD=2，PEEC=DFFB=1．(1)证明：EF//平面PAD；(2)若2GC=BG，求三棱锥G-DEF的体积．【答案】(1)证明见详解(2)19【分析】（1）取CD中点为H,证明EH//PD，FH//AD，进而根据线面平行以及面面平行的判定定理证明平面EFH//平面PAD，然后根据面面平行的性质定理，即可证得线面平行；（2）由已知可推出GB=23BC，进而推得S△DFG=23.根据等体积法可推得VG-DEF=12VP-DFG，然后根据体积公式求解，即可得出答案.【详解】（1）如图，取CD中点为H,连接HE,HF.因为PEEC=DFFB=1，所以E,F分别为PC,BD的中点.又H为CD的中点，所以EH//PD，FH//BC.又AD//BC，所以FH//AD.因为EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EH//平面PAD.同理可得，FH//平面PAD.因为EH⊂平面EFH，FH⊂平面EFH，EH∩FH=H，所以，平面EFH//平面PAD.因为EF⊂平面EFH，所以EF//平面PAD.（2）因为2GC=BG，所以GB=23BC.因为S△DFG=12S△DBG=12×23S△BCD=12×12×23S▱ABCD=12×12×23×2×2=23，所以VG-DEF=VE-DFG=12VP-DFG =12×13×PD×S△DFG=12×13×1×23=19.72．（2023高一下·全国·专题练习）如图，AE⊥平面ABCD，BF//平面ADE，CF//AE，AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2.求证：AD//BC.【答案】证明见解析【分析】根据面面平行的判定可得平面ADE//平面BCF，由面面平行性质可证得结论.【详解】∵CF//AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴CF//平面ADE，∵BF//平面ADE，BF∩CF=F，BF,CF⊂平面BCF，∴平面ADE//平面BCF，又平面ADE∩平面ABCD=AD，平面BCF∩平面ABCD=BC，∴AD//BC.73．（19-20高一·浙江杭州·期末）如图，点S是▱ABCD所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且AMSM=DNNB．求证：MN//平面SBC．  【答案】证明过程见解析【分析】作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行，面面平行，从而证明出线面平行.【详解】在AB上取E，使得AMSM=AEEB，则ME//SB，因为ME⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，所以ME//平面SBC，因为AMSM=DNNB，所以AEEB=DNNB，则NE//AD，又▱ABCD中，BC//AD，故BC//NE，因为NE⊄平面SBC，BC⊂平面SBC，所以NE//平面SBC，因为ME⊂平面MNE，NE⊂平面MNE，ME∩NE=E，所以平面MNE //平面SBC，因为MN⊂平面MNE，所以MN //平面SBC.  74．（19-20高二下·湖南岳阳·期中）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A－CD－F为60°，DE//CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．  (1)求证：BF//平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)3913．【分析】（1）证明出平面BCF//平面ADE，利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）分析可知二面角A-CD-F的平面角为∠ADE，过点A在平面ADE内作AO⊥DE，垂足为点O，证明出AO⊥平面CDEF，可得出直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，计算出AO、AC的长，即可求得∠ACO的正弦值，即为所求.【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴BC//AD，又∵AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，∴BC//平面ADE，∵DE//CF，CF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，∴CF//平面ADE，又∵BC∩CF=C，BC，CF⊂平面BCF，∴平面BCF//平面ADE，而BF⊂平面BCF，∴BF//平面ADE；  （2）∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即为二面角A－CD－F的平面角，∴∠ADE＝60°，又∵AD∩DE＝D，AD⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，∴CD⊥平面ADE，又∵CD⊂平面CDEF，∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，连接CO，∵平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE＝DE，AO⊂平面ADE，则AO⊥平面CDEF，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，可知AC=AD2+CD2=13，AO=AD⋅sin60°=3，所以sin∠ACO=AOAC=3913．因此，直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为3913．75．（22-23高一下·黑龙江鹤岗·期末）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=2，AB=1.  (1)求证：MN//平面BDE；(2)求点N到直线ME的距离；【答案】(1)证明见解析(2)10510【分析】（1）取CE的中点F，连接MF、NF，证明出平面MNF//平面BDE，利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）求出△MNE三边边长，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求出sin∠MEN，由此可得出点N到ME的距离为NEsin∠MEN，即为所求.【详解】（1）证明：取CE的中点F，连接MF、NF，如下图所示：  因为D为PA的中点，M为AD的中点，则DM=12AD=12PD，即PDDM=2，同理可得PEEF=2，所以，PDDM=PEEF=2，所以，MF//DE，因为MF⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，所以，MF//平面BDE，因为N、F分别为BC、CE的中点，所以，NF//BE，因为NF⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，所以，NF//平面BDE，因为MF∩NF=F，MF、NF⊂平面MNF，所以，平面MNF//平面BDE，因为MN⊂平面MNF，因此，MN//平面BDE.（2）解：因为PA⊥平面ABC，AB、AN、AC⊂平面ABC，则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AN，因为PA=AC=2，AB=1，则PB=PA2+AB2=22+12=5，因为E、N分别为PC、BC的中点，则EN=12PB=52，因为D、E分别为PA、PC的中点，则DE//AC且DE=12AC=1，因为PA⊥AC，则DE⊥PA，由（1）可知，AM=DM=14PA=12，所以，ME=DE2+DM2=12+122=52，因为∠BAC=90∘，则BC=AB2+AC2=12+22=5，因为N为BC的中点，则AN=12BC=52，所以，MN=AM2+AN2=122+522=62，所以，cos∠MEN=ME2+NE2-MN22ME⋅NE=54×2-322×54=25，故sin∠MEN=1-cos2∠MEN=1-252=215，因此，点N到直线ME的距离为d=NEsin∠MEN=52×215=10510.线面垂直的判定76．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图（1），已知菱形ABCD中AB=2，∠DAB=60°，沿对角线BD将其翻折，使∠ABC=90°，设此时AC的中点为O，如图（2）.图1                                          图2(1)求证：点O是点D在平面ABC上的射影；(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】（1）依题意可得DO⊥AC，连接BO，利用勾股定理逆定理证明DO⊥BO，即可得到DO⊥平面ABC，从而得证；（2）设点A到面BCD的距离为h，利用等体积法求出h，设直线AD与平面BCD所成角为θ，则sinθ=hAD，即可得解.【详解】（1）在菱形ABCD中AB=2，∠DAB=60°，所以△ABD，△CBD均为等边三角形，因为DA=DC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，又∠ABC=90°，所以AC=AB2+BC2=22，连接BO，则BO=12AC=2，又因为AD=DC=2,AC=22，所以AD2+DC2=AC2，所以AD⊥DC，所以DO=2，又因为BD=2，所以DO2+BO2=DB2，所以DO⊥BO，又AC∩BO=O，且AC，BO⊂平面ABC，所以DO⊥平面ABC，所以点O是点D在平面ABC上的射影；（2）设点A到面BCD的距离为h，又菱形ABCD边长为2，则△BCD的面积S△BCD=12×2×2×sin60°=3，所以VA-BCD=13×3×h=33h；由△ABC的面积S△ABC=12×2×2=2，由（1）知DO⊥平面ABC，DO=2，所以VD-ABC=13×2×2=33h，所以h=263，设直线AD与平面BCD所成角为θ，则sinθ=hAD=2632=63，即直线AD与平面BCD所成角的正弦值63．77．（23-24高一下·福建福州·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠DAB=π2，AB=4，BC=3，AD=5，E是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积．【答案】(1)证明见解析(2)128515【分析】（1）连接AC，证明CD⊥AE，由线面垂直的性质证明PA⊥CD，由线面垂直的判定定理即可得证；（2）思路一：由线面角相等得PA=BF，由等面积法求得BF，再求得底面梯形面积即可求解，思路二：由线面角相等得d=h，由等体积法得h=855，结合梯形面积公式、棱锥体积公式即可得解.【详解】（1）连接AC，由AB=4，BC=3，∠ABC=90°，∴AC=5．∵AD=5，E是CD的中点，所以CD⊥AE．∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD．又∵PA∩AE=A，PA,AE⊂平面PAE，∴CD⊥平面PAE．（2）过点B作BG∥CD交AD于G，交AE于F，则由（1）可得CD⊥平面PAE，∴BG⊥平面PAE．∴∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．又∵在Rt△PAB和Rt△BFP中，∠PBA=∠BPF，PB是公共边，∴Rt△PAB≌Rt△BFP，∴PA=BF．又∵AD∥BC，BG∥CD，∴四边形BCDG是平行四边形，∴GD=BC=3．∴AG=2．在Rt△BAG中，AB=4，AG=2，∴BG=AB2+AG2=25，∴由BFAB=cos∠ABG=ABBG得BF=AB2BG=1625=855，即PA=BF=855，又∵梯形ABCD的面积为S=12×5+3×4=16，∴四棱锥P-ABCD的体积为V=13×S×PA=13×16×855=128515；第（2）问解法二：因为PA⊥平面ABCD，所以AB是PB在平面ABCD内的射影，∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，设PA=h，则sin∠PBA=hPB．设B到平面PAE的距离为d，PB与平面PAE所成的角为θ，则sinθ=dPB，因为PB与平面PAE所成的角与PB与平面ABCD所成的角相等，所以d=h．如图，在梯形ABCD中，过C作CH⊥AD于H，则CH=4，DH=2，所以CD=CH2+DH2=25，由△AED∽△CHD可得AECH=ADCD，所以AE=25．过E作EF⊥AB于F，则EF=AE2-AF2=4．由VP-ABE=VB-PAE，得13hS△ABE=13hS△PAE，即16h⋅AB⋅EF=16h⋅PA⋅AE，所以16h⋅4⋅4=16⋅h⋅h⋅25，解得h=855．又∵梯形ABCD的面积为S=12×5+3×4=16，∴四棱锥P-ABCD的体积为V=13×S×PA=13×16×855=128515．78．（22-23高二下·天津红桥·期末）如图，六棱锥P-ABCDEF的底面是边长为1的正六边形，PA⊥平面ABC，PA=23.(1)求证：直线BC//平面PAD；(2)求证：直线ED⊥平面PAE；(3)求直线PD与平面ABC所的成角.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)π3【分析】（1）通过证明BC∥AD结合线面平行判定定理可证；（2）由勾股定理证得ED⊥AE，再结合PA⊥ED可证；（3）先说明∠PDA即为直线PD与平面ABC所的成角，再求得正切值可解.【详解】（1）证明：∵正六边形ABCDEF，∴∠FAB=∠B=120°，∠DAB=12∠FAB=60°，∴∠DAB+∠B=180°，∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC//平面PAD.（2）在△AFE中AF=FE=1，∠F=120°，易得AE=21-122=3，在△ADE中ED=1，AD=2，AE=3，∴AE2+ED2=AD2,∴ED⊥AE，因为PA⊥平面ABC， ED⊂平面ABC，故PA⊥ED，∵PA∩AE=A,PA,AE⊂平面PAE，故直线ED⊥平面PAE.（3）∵PA⊥平面ABC，∴∠PDA即为直线PD与平面ABC所的成角，在Rt△PAD中，PA=23，AD=2，∴tan∠PDA=PAAD=3，∴∠PDA=π3，即为直线PD与平面ABC所的成角为π3.79．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC，∠BAD=120°，四边形ABCD是菱形，PB=2AB=2PA，E是棱PD上的动点PE=λPD.证明：PA⊥平面ABCD.【答案】证明见解析【分析】先证BD⊥平面PAC，得BD⊥PA，再证AB⊥PA，可证PA⊥平面ABCD.【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为BD⊥PC，AC，PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.因为PB=2AB=2PA，所以PB2=AB2+PA2，即AB⊥PA.因为AB，BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD.80．（23-24高二上·上海长宁·期末）如图，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，(1)求证：AC⊥平面BDD1B1；(2)求证：平面AB1D1//平面BDC1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据正四棱柱特点结合线面垂直的判定即可证明；（2）通过平行四边形的性质并结合面面平行的判定即可证明.【详解】（1）因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，所以DD1⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又因为AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，因为BD∩DD1=D，且BD,DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.（2）因为DD1//BB1，DD1=BB1，所以四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1//BD，又因为BD⊂平面BDC1，B1D1⊄平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，因为AB//C1D1，AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1//BC1，又因为BC`⊂平面BDC1，AD1⊄平面BDC1，所以AD1//平面BDC1，又因为B1D1∩AD1=D1，且B1D1,AD1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1//平面BDC1.线面垂直的性质81．（20-21高一·全国·课后作业）如图，已知正方体A1C．(1)求证：A1C⊥B1D1；(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)线线垂直的思路是证明直线垂直于另一直线所在的平面.(2)直线与直线的平行，利用线面垂直的性质垂直于同一平面的两直线平行.【详解】（1）如下图，连接A1C1．因为CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1．因为四边形A1B1C1D1是正方形，所以A1C1⊥B1D1．又因为CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面A1C1C．又因为A1C⊂平面A1C1C，所以B1D1⊥A1C．（2）如上图，连接B1A，AD1．因为B1C1= AD，B1C1∥ AD所以四边形ADC1B1为平行四边形，所以C1D∥AB1，因为MN⊥C1D，所以MN⊥AB1．又因为MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，所以MN⊥平面AB1D1．由（1）知A1C⊥B1D1．同理可得A1C⊥AB1．又因为AB1∩B1D1＝B1，所以A1C⊥平面AB1D1．所以A1C∥MN．故答案为：A1C⊥B1D1；MN∥A1C.82．（2022高三·全国·专题练习）如图，在多面体ABCDEF中四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE=2BF=2AB.证明：平面ABF//平面CDE.【答案】证明见解析【分析】先证明DE//BF可得BF//平面CDE，再证明AB//平面CDE，由面面平行判定定理得证.【详解】证明：∵DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，∴DE//BF.∵DE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，∴BF//平面CDE.∵四边形ABCD是正方形，∴AB//CD.∵CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，∴AB//平面CDE.∵AB⊂平面ABF，BF⊂平面ABF，且AB∩BF=B，∴平面ABF//平面CDE.83．（20-21高一下·全国·课后作业）如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面PBC上的一点，过D作平面ABC的垂线DE，其中D∉PC，证明：DE//平面PAC．【答案】证明见解析【分析】利用线面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明.【详解】因为DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，所以DE//PA．又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE//平面PAC．84．（2021高三·全国·专题练习）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．（1）求证：BD⊥AC；（2）过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连结AC，交BD于点O，则O为BD的中点，由条件证明BD⊥平面PAC得出结论；（2）证明AD∥平面PBC，根据线面平行的性质及线线平行的传递性得出结论；【详解】（1）因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.（2）因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.85．（20-21高一上·陕西延安·期末）如图所示，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥平面ABC，AE⊥BD于E，AF⊥CD于F.求证：BD⊥平面AEF.【答案】证明见解析【解析】C为⊙O上点，所以BC⊥AC，根据条件DA⊥平面ABC，可得DA⊥BC，从而BC⊥面DAC，则BC⊥AF，然后可证明AF⊥平面BCD，即得到AF⊥BD，从而得证.【详解】证明：AB为⊙O的直径，C为⊙O上点，所以BC⊥AC因为DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC又DA∩AC=A,所以 BC⊥面DAC又AF⊂平面DAC，则BC⊥AF又AF⊥DC，DC∩BC=C，所以AF⊥平面BCD又BD⊂平面BCD，所以AF⊥BD又因为AE⊥BD，AE∩AF=A所以BD⊥平面AEF【点睛】关键点睛：本题考查线面垂直的证明，解答本题的关键是由线面垂直得线线垂直，从而得到线面垂直，即先证明BC⊥面DAC，从而得到BC⊥AF，再证明AF⊥平面BCD，得到AF⊥BD，属于中档题.面面垂直的判定与性质86．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB=60∘,AA1=5,B1C⊥DC，侧面DD1C1C⊥底面ABCD,E为DC中点.(1)求证：平面D1EB⊥平面ABCD；(2)求三棱锥A1-BB1C的体积.【答案】(1)证明见解析(2)233【分析】（1）由已知易证BE⊥DC，利用线面垂直可得DC⊥CF，进而可证DC⊥D1E，利用线线垂直可得DC⊥平面D1EB，可证结论成立；（2）求得△A1B1B的面积，C到平面ABB1A1距离，利用VA1-BB1C=VC-A1B1B可求体积.【详解】（1）取D1C1的中点F，连结B1F,CF，由E为DC中点，知BE ∥ B1F，ABCD是边长为2的菱形且∠DAB=60∘,E为DC中点，∴BE⊥DC，故B1F⊥DC，又由B1C⊥DC,B1F∩B1C=B1,B1F,B1C⊂平面B1CF，∴DC⊥平面B1CF,CF⊂平面B1CF,∴DC⊥CF，又∵D1F∥EC,D1F=EC,∴四边形D1FCE为平行四边形，∴CF ∥ D1E,∴DC⊥D1E，又∵BE⊥DC,BE∩D1E=E,BE,D1E⊂平面D1EB，∴DC⊥平面D1EB,DC⊂平面ABCD,∴平面D1EB⊥平面ABCD.（2）由（1）知A1B=A1A=5,AB=2,∴△A1B1B的面积为12×2×2=2,∵侧面DD1C⊥C底面ABCD，又∵BE⊥DC,∴BE⊥AB，∴E到平面ABB1A1距离为BE=3，即C到平面ABB1A1距离为3∴三棱锥A1-BB1C的体积VA1-BB1C=VC-A1B1B=13×2×3=233.87．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，AB是圆柱的底面直径，AB=2,PA是圆柱的母线且PA=2，点C是圆柱底面圆周上的点． (1)求圆柱的侧面积和体积；(2)证明：平面PBC⊥平面PAC；(3)若AC=1,D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE+ED的最小值．【答案】(1)侧面积4π，体积2π(2)证明见解析(3)5【分析】（1）确定圆柱的底面半径和高，结合圆柱的侧面积与体积公式计算即可求解；（2）根据线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAC，结合面面垂直的判定定理即可证明；（3）如图，确定当D,E,C'三点共线时CE+ED取得最小值C'D.求出BD,BC'，结合余弦定理计算即可求解.【详解】（1）圆柱的底面半径r=1，高h=2，圆柱的侧面积S'=2πrh=2π×1×2=4π．圆柱的体积V=πr2h=π×12×2=2π．（2）由题意知BC⊥AC，PA⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，而AC∩PA=A,AC、PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PAC；（3）将△PAC绕着PA旋转到PAC'使其与平面PAB共面，且C'在AB的反向延长线上．当D,E,C'三点共线时CE+ED取得最小值，为C'D.∵PA=AB=2，∠PBA=π4，BD=12BP=2，BC'=BA+AC'=2+1=3，∴在三角形C'BD中，由余弦定理得C'D=32+22-2×3×2×22=5，∴CE+ED的最小值等于5．88．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PB=PD.(1)证明：平面PBD⊥平面PAC；(2)若PA=1，PA与平面ABCD的夹角为π4，求二面角P-BC-A的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2211【分析】（1）设AC∩BD=O，连接OP，即可证明AC⊥BD、OP⊥BD，从而得到BD⊥平面PAC，即可得证；（2）过点P作PH⊥AC交AC于点H，即可证明PH⊥平面ABCD，则∠PAH即为PA与平面ABCD所成的角，即可求出AH=PH=22，过点H作HE⊥BC交BC于点E，连接PE，即可证明BC⊥平面PHE，从而得到∠PEH即为二面角P-BC-A的平面角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）设AC∩BD=O，连接OP，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD且O为BD的中点，又PB=PD，所以OP⊥BD，又AC∩OP=O，AC,OP⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.（2）在平面PAC中过点P作PH⊥AC交AC于点H，因为BD⊥平面PAC，又PH⊂平面PAC，所以BD⊥PH，又AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，所以∠PAH即为PA与平面ABCD所成的角，即∠PAH=π4，又PA=1，所以AH=PH=22，过点H作HE⊥BC交BC于点E，连接PE，又PH⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PH⊥BC，又PH∩HE=H，PH,HE⊂平面PHE，所以BC⊥平面PHE，又PE⊂平面PHE，所以BC⊥PE，所以∠PEH即为二面角P-BC-A的平面角，又AC=22+22=22，所以CH=22-22=322因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，则AB//HE，所以CHAC=EHAB，即32222=EH2，解得EH=32，又PH⊥平面ABCD，EH⊂平面ABCD，所以PH⊥EH，所以PE=PH2+EH2=222+322=112，所以sin∠PEH=22112=2211，所以二面角P-BC-A的正弦值为2211.89．（23-24高一下·河南·期中）如图1，在矩形ABCD中，AE=12AB=14AD=a，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.图1                图2(1)证明：平面BEDC⊥平面A1OC；(2)若a=1，求三棱锥O-A1CD的体积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)32575【分析】（1）根据△ABE∽△ABC，证得∠AOE=90∘，得出BE⊥AC，得到BE⊥A1O,BE⊥CO，结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，即可得证；（2）由三棱锥O-A1CD的体积取最大值时需A1O⊥平面OCD，求得AO=25，再求得S△OCD=S△ACD-S△AOD=165，结合锥体的体积公式，即可求解.【详解】（1）在矩形ABCD中，AE=12AB=14AD=a，O是AC与BE的交点，可得△ABE∽△ABC，所以∠AEB=∠BAC,∠ABE=∠ACB，因为∠AEB+∠ABE=90∘,∠BAC+∠ACB=90∘，且∠BAC+∠OAE=90∘，所以∠AEO+∠OAE=90∘，可得∠AOE=90∘，所以BE⊥AC，在图（2）中，可得BE⊥A1O,BE⊥CO，因为OA1∩CE=O，且OA1,CE⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC；又因为BE⊂平面BEDC，所以平面BEDC⊥平面A1OC；（2）若三棱锥O-A1CD的体积取最大值，则需A1O⊥平面OCD，又因为a=1，且AE=12AB=14AD=a，所以AE=1,AB=2,AD=4，可得BE=AB2+AE2=5，所以AO=AB⋅AEBE=25，在图（1）中，连接OD，由△AOE∽△BOC,可得相似比为AEBC=14，设△AOD边AD的高为h1，△BOC边BC的高为h2，可得h1h2=14，因为h1+h2=AB=2，可得h1=25,h2=85，则S△OCD=S△ACD-S△AOD=12AD⋅DC-12AD×h1=12×2×4-12×4×25=165，又由VO-A1CD=VA1-OCD=13S△OCD⋅A1O=13×165×25=32575，所以三棱锥O-A1CD的体积32575.90．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，四边形CC1D1D为矩形，平面CC1D1D⊥平面ABCD，E为线段CD1的中点，且BE=CE.    (1)求证：AD⊥平面BB1D1D；(2)若AB=4，AD=2，直线AD1与平面BB1D1D所成的角为30°，求点E到平面ABD1的距离.【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】（1）根据面面垂直的性质以及直角三角形的性质得线线垂直，即可利用线面垂直的判定定理证明即可（2）根据已知条件求DD1，AD1，利用等体积法即可求解点到平面的距离.【详解】（1）在△BCD1中，E为线段CD1的中点，且BE=CE，∴D1E=CE=BE，∴△BCD1为直角三角形，且∠CBD1=90°，∴D1B⊥BC.∵底面ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴AD⊥D1B.∵四边形CC1D1D为矩形，∴D1D⊥DC，又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CC1D1D∩平面ABCD=DC，D1D⊂平面CC1D1D，∴D1D⊥平面ABCD.∵AD⊂平面ABCD，∴AD⊥D1D.∵D1D∩D1B=D1，D1D，D1B⊂平面BB1D1D，∴AD⊥平面BB1D1D.（2）∵AD⊥平面BB1D1D，∴AD⊥D1D，∠AD1D为直线AD1与平面BB1D1D所成的角，∴∠AD1D=30°，∴AD1=2AD=4，tan30°=ADDD1=2DD1=33，∴DD1=23.由（1）知D1D⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴D1D⊥BD.∵AD⊥BD，AB=4，∴BD=AB2-AD2=23，∴BD1=DD12+BD2=26. 在△ABD1中，AB=AD1=4，BD1=26，∴S△ABD1=12×26×42-62=215.连接EA,CA，由于E为线段CD1的中点，则VE-ABD1=12VC-ABD1=12VD1-ABC=14VD1-ABCD，由于VD1-ABCD=13×S四边形ABCD×DD1=13×2×23×23=8，设点E到平面ABD1的距离为d，则13×S△ABD1×d=2，∴d=155，即点E到平面ABD1的距离为155.  动点探索问题91．（2024高一下·全国·专题练习）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起使得点D到点D'的位置，连接BD'，O为AC的中点.(1)若平面D'AC⊥平面ABC，求点O到平面D'BC的距离；(2)不考虑点D'与点B重合的位置，若二面角A-BD'-C的余弦值为-23，求BD'的长度.【答案】(1)33；(2)455【分析】（1）利用等体积法求解点到平面的距离；（2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，结合余弦值得出AE2=CE2=65，利用勾股定理可得答案.【详解】（1）连接OD',OB，则OD'⊥AC，∵平面D'AC⊥平面ABC，平面D'AC∩平面ABC＝AC，OD'⊂平面D'AC，∴OD'⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，∴OD'⊥OB，又正方形ABCD的边长为2，∴OD'=OB=OC=1，BD'=BC=D'C=2，设点O到平面D'BC的距离为h，则VD'-OBC=VO-D'BC，∴13×12×1×1×1=13×34×22⋅h，∴h=33，即点O到平面D'BC的距离33；（2）取D'B的中点E，连接AE，EC，∵AB=AD'=BC=D'C=2，∴AE⊥BD'，EC⊥BD'，∠AEC为二面角A-BD'-C的平面角，∴cos∠AEC=-23，由题可知△ABD'与△CBD'全等，在△AEC中，AC=2，AE=CE，cos∠AEC=AE2+CE2-AC22AE⋅CE=-23，∴ AE2=CE2=65，∴D'E2=AD'2-AE2=2-65=45，∴D'B=2D'E=455.92．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，点E在棱AB上，且AE=1.(1)求三棱锥D1-A1CE的体积；(2)在线段B1C1上是否存在点F，使得BF//平面A1CE？若存在，求C1FB1C1的值；若不存在，请说明理由.(3)求二面角A1-CE-A的余弦值.【答案】(1)3(2)存在，C1FB1C1=12(3)1414【分析】（1）过E作EM⊥A1B，垂足为M，可得VE-A1CD1中EM为高，求出高和底面，进而可得体积；（2）假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，取A1B1的三等分点G,H，得到面BHF//面A1CE，取C1D1的三等分点K（靠近C1），再通过线面平行的性质得到HF//C1G，进而可得F的位置；（3）延长DA,CE交于点M，作AN⊥ME，垂足为N，连接A1N可得∠A1NA为二面角A1-CE-A的平面角，在Rt△A1NA中求解即可.【详解】（1）过E作EM⊥A1B，垂足为M，因为A1B//D1C，所以面A1D1C即面A1BCD1明显BC⊥EM,A1B⊥EM,BC∩A1B=B,BC,A1B⊂面A1BCD1，所以EM⊥面A1BCD1，又EM=22BE=2，S△A1CD1=12A1D1⋅CD1=12×3×32=92，所以VD1-A1CE=VE-A1CD1=13S△A1CD1⋅EM=13×92×2=3（2）假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，取A1B1的三等分点G,H，使A1G=GH=HB1=1，则四边形A1HBE是平行四边形，所以BH//A1E，又BH⊄面A1CE，A1E⊂面A1CE，所以BH//面A1CE，又BF//面A1CE，BH∩BF=B，所以面BHF//面A1CE，又HF⊂面BHF，所以HF//面A1CE，取C1D1的三等分点K（靠近C1），则A1K//C1G//CE，所以面A1CE∩面A1B1C1D1=A1K，又HF⊂面A1B1C1D1，HF//面A1CE，所以HF//A1K//C1G，又H为GB1的中点，所以C1FB1C1=12；（3）延长DA,CE交于点M，作AN⊥ME，垂足为N，连接A1N，则ME⊥面AA1N，从而ME⊥A1N，所以∠A1NA为二面角A1-CE-A的平面角，在Rt△A1NA中，A1A=3,AN=313，所以tan∠A1NA=A1AAN=13，所以cos∠A1NA=113+1=1414.93．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在四面体C-ABD中，CB=CD,AB=AD，∠BAD=90°,E,F分别是BC,AC的中点.(1)求证：AC⊥BD；(2)在AC上能否找到一点M，使BF//平面MED？若存在，请求出CMCA的值，若不存在，请说明理由；(3)若平面CBD⊥平面ABD，且CB=BD，求直线BF与平面ABD所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)存在，CMCA=14(3)155【分析】（1）利用三线合一证得CO⊥BD,AO⊥BD，再利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；（2）找到FC的中点M，利用线面平行的判定定理即可得解；（3）利用面面垂直的性质定理证得CO⊥平面ABD，进而得到∠FBN是直线BF与平面ABD所成角，再分别求得FN,BN，从而得解.【详解】（1）取BD的中点O，连接AO,CO，在△BCD中，∵CB=CD,∴CO⊥BD，同理AO⊥BD，而AO∩CO=O,AO,CO⊂平面AOC，∴BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC,∴AC⊥BD；（2）在AC上能找到一点M，使BF//平面MED，此时CMCA=14，证明如下：记FC的中点为M，连接EM,DM,DE，因为M是FC的中点，E是BC的中点，∴BF∥EM，∵EM⊂平面MED,BF⊄平面MED，∴BF//平面MED，∴FC的中点M即为所求，此时CMCA=14.（3）由（1）知CO⊥BD，因为平面CBD⊥平面ABD，平面CBD∩平面ABD=BD，CO⊂平面CBD，所以CO⊥平面ABD，取AO中点N，连接FN,BN，易知CO//FN,故FN⊥平面ABD，故∠FBN是直线BF与平面ABD所成角，因为CB=CD=BD，所以△BCD是等边三角形，设BC=2a，则BO=a，CO=3a，在Rt△ABD中，AO=12BD=a，NO=12AO=12a，所以FN=12CO=32a,BN=BO2+NO2=52a，故tan∠FBN=FNBN=32a52a=155，所以直线BF与平面ABD所成角的正切值为155.94．（23-24高一下·重庆·期中）如图所示正四棱锥S-ABCD中，SA=2，AB=2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，Q为侧棱SD的中点．(1)求正四棱锥S-ABCD的表面积；(2)证明：BQ//平面PAC；(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．【答案】(1)27+2(2)证明见详解(3)存在，SEEC=2【分析】（1）根据棱锥的表面积的计算公式即可求出结果；（2）设AC∩BD=O，连接OP，可知OP∥BQ，结合线面平行的判定定理分析证明；（3）分析可得在侧棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC，满足SEEC=2．证得平面BEQ//平面PAC，根据面面平行的性质定理即可证出结论.【详解】（1）因为正四棱锥S-ABCD中，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，则侧面的高h=22-(22)2=142，所以正四棱锥S-ABCD的表面积S=4×12×2×142+2×2=27+2．（2）设AC∩BD=O，连接OP，因为O,P分别为BD,QD的中点，则OP∥BQ，且OP⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，所以BQ//平面PAC.（3）在侧棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC，满足SEEC=2．理由如下：取SD中点为Q，因为SP=3PD，则PQ=PD，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BE．由于SQQP=2，即SEEC=SQQP=2．则QE//PC，且PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，所以QE//平面PAC，由（2）可知：BQ//平面PAC，因为BQ∩QE=Q，BQ,QE⊂平面BEQ，可得平面BEQ//平面PAC，且BE⊂平面BEQ，所以BE//平面PAC.95．（23-24高一下·湖南邵阳·期中）知正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、CD1上的点，且CQQD1=BPPD=35(1)求证：PQ//平面A1D1DA；(2)若R是AB上的点，ARAB的值为多少时，能使平面PQR//平面A1D1DA？请给出证明.【答案】(1)证明见解析(2)当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面A1D1DA，证明见解析【分析】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，可得PQ//MD1，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意先证PR//平面A1D1DA，结合（1）PQ//平面A1D1DA，分析证明.【详解】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∼△PDM，所以CPPM=BPPD=23，又因为CQQD1=BPPD=23，所以CQQD1=CPPM=23，所以PQ//MD1.又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ//平面A1D1DA.（2）当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面A1D1DA.证明：因为ARAB=35，即有BRRA=23，故BRRA=BPPD.所以PR∥DA.又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR//平面A1D1DA，又PQ//平面A1D1DA，PQ∩PR=P，PQ,PR⊂平面PQR，所以平面PQR//平面A1D1DA.二面角问题96．（2024高一下·全国·专题练习）如图①梯形ABCD中AD∥BC，AB=3，BC=1，CD=2，BE⊥AD且BE=1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP=2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．(1)证明：Q是AC的中点；(2)证明：AD⊥平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角M-EC-B为45°，求AMAB的值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)23【分析】（1）构造线面平行证明线线平行，结合中位线定理证明即可.（2）利用已知推出线线垂直，再证线面垂直即可.（3）构造二面角的平面角求出比例关系即可.【详解】（1）在图①中过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1图②中，连接BD，CE，BD∩CE=O又∵CD=2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE=2BC且DE//BC．∴△BCO≅△EDO，∴DO=2OB，在△BAD中，DO=2OB，AP=2PB∴OP∥AD，又PO⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴OP∥平面ACD，平面OPQR∩平面ACD=RQ，∴OP∥RQ，∴RQ∥AD，又R是CD的中点，∴Q是AC的中点；（2）如图，在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=2△CED中，CE=CD=2，DE=2，∴CE2+CD2=DE2∴∠ECD=90°，∴CD⊥CE又∵平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊥BE∴AE⊂平面BCDE，CD⊂平面BCDE，∴AE⊥CD，又AE∩CE=E，∴CD⊥平面ACE，又EQ⊂平面ACE，∴CD⊥EQ，在Rt△ABE中，AB=3，BE=1，∴AE=3-1=2∴AE=CE，又由（1）Q是AC的中点，∴EQ⊥AC，AC∩CD=C，∴BQ⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴EQ⊥CD又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，又BE∩EQ=E，∴AD⊥平面BEQ；（3）如图，过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE于点G，连结MG，则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角，∴∠MGH=45°，设AMAB=λ，∴MH=1-λAE=1-λ2又HEBE=AMAB=λ，∴HE=λBE=λ在△BCE中，∠BEC=45°，HG=22HE=22λ由∠MGH=45°得HG=MH，即22λ=1-λ2，∴λ=23，∴AMAB=2397．（19-20高一·全国·课后作业）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=2，E为BC的中点，把△ABE和△CDE分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．(1)求证：平面PDE⊥平面PAD；(2)求二面角P-AD-E的大小．【答案】(1)证明见解析(2)45°【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到线面垂直；（2）作出辅助线，得到线线垂直，得到∠PFE就是二面角P-AD-E的平面角，结合边长求出二面角的大小.【详解】（1）由AB⊥BE，得AP⊥PE，同理，DP⊥PE．又∵AP∩DP=P，AP,DP⊂平面PAD，∴PE⊥平面PAD．又PE⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAD．（2）如图所示，取AD的中点F，连接PF,EF，∵四边形ABCD为矩形，∴ED=EA，因为PD=PA，所以PF⊥AD，EF⊥AD，故∠PFE就是二面角P-AD-E的平面角．又PE⊥平面PAD，PF⊂平面PAD，所以PE⊥PF，∵EF=AB=2，∴PF=EF2-PE2=2-1=1，∴cos∠PFE=PFEF=12=22．∴二面角P－AD－E的大小为45°．98．（22-23高一下·河南商丘·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形.  (1)若点E是PD的中点，证明：PB∥平面ACE；(2)若PA=PD=AD，∠BAD=120∘，且平面PAD⊥平面ABCD，求二面角P-AC-D的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)255【分析】（1）连接BD交AC于M，连接EM，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）设O为AD的中点，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，从而作出二面角P-AC-D的平面角，解直角三角形即可求得答案.【详解】（1）连接BD交AC于M，连接EM，    因为底面ABCD是菱形，所以M为BD的中点，又点E是PD的中点，故ME为△DPB的中位线，故EM∥PB，而EM⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，故PB∥平面ACE；（2）设O为AD的中点，连接PO，因为PA=PD=AD，故PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，故PO⊥AC，底面ABCD是菱形，故AC⊥BD，作ON∥BD交AM于N，则ON⊥AC，且N为AM的中点，连接PN，因为PO∩ON=O,PO,ON⊂平面PON，故AC⊥平面PON，PN⊂平面PON，故AC⊥PN，则∠PNO即为二面角P-AC-D的平面角，设PA=PD=AD=2，则PO=3，∠BAD=120∘，则∠DAC=60∘，则DM=2×sin60∘=3，由于O为AD的中点，N为AM的中点，故ON=12DM=32，则，而PO⊥平面ABCD，ON⊂平面ABCD，故PO⊥ON，则PN=PO2+ON2=152所以sin∠PNO=POPN=3152=255，即二面角P-AC-D的正弦值为255.99．（22-23高一下·新疆伊犁·期末）如图：已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC1交A1C于点O，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°.  (1)求证：A1C⊥BC1；(2)求二面角O-BC-A的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据题意可证AB⊥平面ACC1A1，进而可得A1C⊥AB，结合A1C⊥AC1证明A1C⊥平面ABC1，即可得结果；（2）可知二面角O-BC-A即为二面角A1-BC-A，根据题意结合三垂线法可得二面角A1-BC-A的平面角为∠A1DA，运算求解即可.【详解】（1）因为A1A⊥平面ABC，AB,AC⊂平面ABC，可得A1A⊥AB,A1A⊥AC，由题意可知：∠BAC=90°，即AC⊥AB，且A1A∩AC=A，A1A,AC⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，且A1C⊂平面ACC1A1，所以A1C⊥AB，又因为AB=AA1=2，则ACA1C1是正方形，可得A1C⊥AC1，且AC1∩AB=A，AC1,AB⊂平面ABC1，所以A1C⊥平面ABC1，且BC1⊂平面ABC1，所以A1C⊥BC1 .（2）连接A1B，可知平面OBC即为平面A1BC，则二面角O-BC-A即为二面角A1-BC-A，取BC的中点D，连接A1D,AD，因为AB=AC，且D为BC的中点，则AD⊥BC，又因为A1A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得A1A⊥BC，AD∩A1A=A，AD,A1A⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，且A1D⊂平面AA1D，则A1D⊥BC，所以二面角A1-BC-A的平面角为∠A1DA，在Rt△A1DA中，A1A=2,AD=2，可得tan∠A1DA=A1AAD=22=2，所以二面角O-BC-A的正切值为2.  100．（22-23高一下·广东云浮·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，且有AB=1，PA=2，∠ABC=60°，E为PC中点．(1)证明：PA//平面BED；(2)求二面角E-AB-C的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)22211【分析】（1）根据线面平行的判断定理，利用中位线证明PA//EO，即可证明；（2）根据（1）的结果，可证明OE⊥平面ABCD，作出二面角E-AB-C的平面角，即可证明.【详解】（1）设AC与BD交于点O连接EO，因为E，O分别为PC，AC的中点，所以EO∥PA，又因为PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，所以PA//平面BED；（2）过O作OF⊥AB于F，连接EF，因为PA//OE，且PA⊥平面ABCD所以OE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以OE⊥AB，又EO∩FO=O，EO,OF⊂平面EOF，所以AB⊥平面EOF，又EF⊂平面EOF，所以AB⊥EF，即∠EFO为二面角E-AB-C的平面角，由EO=12PA=22，△ABC是边长为1的等边三角形，即FO=12sin60∘=34，在直角三角形EOF中，EF=114，即cos∠EFO=FOEF=3311，sin∠EFO=1-cos2∠EFO=22211．所以所求二面角的正弦值为22211．