题型06 立体几何与空间向量 2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题型

这是一份题型06 立体几何与空间向量 2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题型，文件包含题型06立体几何与空间向量解析docx、题型06立体几何与空间向量原卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

预测06 立体几何与空间向量

1、有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;
2、有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;
3、线线角、线面角和二面角是高考的热点,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.

1、线面平行的判定定理与性质定理
1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.
符号语言：.
要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.
2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行.
符号语言：.
当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.
3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.
符号语言：.
要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.
4)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.
符号语言：.
2、直线、平面垂直的判定定理与性质定理
1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.
符号语言：.
要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可.
2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.
符号语言：.
此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.
3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直.
符号语言：.
要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.
4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
符号语言：.
要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.
3、异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
4、直线与平面所成角
设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝
5、二面角
平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝
6、利用空间向量求距离
点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.



一．选择题（共5小题）
1．（2021•新高考Ⅰ）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
【解答】解：由题意，设母线长为l，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有2π⋅2=π⋅l，解得l=22，
所以该圆锥的母线长为22．
故选：B．
2．（2021•新高考Ⅱ）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
【解答】解：如图ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．
在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E=4-22=1，
AE=AA12-A1E2=4-1=3．
连接AC，A1C1，AC=4+4=22，A1C1=16+16=42，
过A作AG⊥A1C1，A1G=42-222=2，
AG=AA12-A1G2=4-2=2，
∴正四棱台的体积为：
V=S上+S下+S上⋅S下3×h=22+42+22×423×2 =2823．
故选：D．


3．（2021•新高考Ⅱ）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，地球静止同步轨道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的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积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%
【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，

则OP＝36000+6400＝424000，那么cosα=640042400=853；
卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣cosα），
那么，S占地球表面积的百分比为2πr2(1-cosα)4πr2=45106≈42%．
故选：C．
4．（2021•甲卷）已知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
【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，
所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=2，则AO1=22，
在Rt△AOO1中，OO1=OA2-AO12=22，
故三棱锥O﹣ABC的体积为V=13⋅S△ABC⋅OO1=13×12×1×1×22=212．
故选：A．

5．（2021•乙卷）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
【解答】∵AD1∥BC1，∴直线PB与AD1所成角为∠PBC1，
在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分线，
∴∠PBC1=π6．
∴直线PB与AD1所成的角为π6．
故选：D．

二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，
则tanθ=1124+4=22，∴不满足MN⊥OP，故A错误；
对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），
MN→=（2，0，﹣2），OP→=（1，﹣1，1），
MN→⋅OP→=0，∴满足MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），
MN→=（﹣2，0，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
MN→⋅OP→=0，∴满足MN⊥OP，故C正确；
对于D，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

则M（0，2，2），N（0，0，0），P（2，1，2），O（1，1，0），
MN→=（0，﹣2，﹣2），OP→=（1，0，2），
MN→⋅OP→=-4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．
故选：BC．
（多选）7．（压轴）（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP→=λBC→+μBB1→，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　）
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【解答】解：对于A，当λ＝1时，BP→=BC→+μBB1→，即CP→=μBB1→，所以CP→∥BB1→，
故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为5+2，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为22+1，
故周长不为定值，故选项A错误；

对于B，当μ＝1时，BP→=λBC→+BB1→，即B1P→=λBC→，所以B1P→∥BC→，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1∥平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；

对于C，当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，
因为BP→=12BC→+μBB1→，即MP→=μBB1→，所以MP→∥BB1→，
则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，
又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；

对于D，当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为BP→=λBC→+12BB1→，即DP→=λBC→，所以DP→∥BC→，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，
又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，
故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．

故选：BD．
四．解答题（共5小题）
8．（2021•甲卷）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，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．

【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，
又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1，
∵AB∥A1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又AB＝BC，故AC=22+22=22，
∴CE=2=BE，
而侧面AA1B1B为正方形，∴CF=12CC1=12AB=1，
∴V=13S△EBC⋅CF=13×12×2×2×1=13，即三棱锥F﹣EBC的体积为13；
（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，
∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，
∴EG∥AB∥B1D，
∴E、G、B1、D四点共面，
由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，
∴BF⊥EG，
∵tan∠CBF=CFBC=12，tan∠BB1G=BGBB1=12，且这两个角都是锐角，
∴∠CBF＝∠BB1G，
∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥B1G，
又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，
∴BF⊥平面EGB1D，
又DE⊂平面EGB1D，
∴BF⊥DE．

9．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD=5，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；
又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；
又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．
（Ⅱ）取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，
以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：

则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），
因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为α→=（1，0，0），
设平面BDQ的一个法向量为β→=（x，y，z），
由BD→=（﹣2，2，0），DQ→=（0，﹣1，2），
得β→⋅BD→=0β→⋅DQ→=0，即-2x+2y=0-y+2z=0，令z＝1，得y＝2，x＝2，所以β→=（2，2，1）；
所以cos＜α→，β→＞=α→⋅β→|α→|⋅|β→|=2+0+01×4+4+1=23，
所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为23．

10．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．

【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ABD+∠MAB＝90°，又∠ABD+∠ADB＝90°，
则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则ADAB=BABM，所以12BC2=1，解得BC=2；
（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则A(2，0，0)，B(2，1，0)，M(22，1，0)，P（0，0，1），
所以AP→=(-2，0，1)，AM→=(-22，1，0)，BM→=(-22，0，0)，BP→=(-2，-1，1)，
设平面AMP的法向量为n→=(x，y，z)，
则有n→⋅AP→=0n→⋅AM→=0，即-2x+z=0-22x+y=0，
令x=2，则y＝1，z＝2，故n→=(2，1，2)，
设平面BMP的法向量为m→=(p，q，r)，
则有m→⋅BM→=0m→⋅BP→=0，即-22p=0-2p-q+r=0，
令q＝1，则r＝1，故m→=(0，1，1)，
所以|cos＜n→，m→＞|=|n→⋅m→||n→||m→|=37×2=31414，
设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，
则sinα=1-cos2α=1-cos2＜n→，m→＞=1-(31414)2=7014，
所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为7014．

11．（2021•甲卷）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？

【解答】（1）证明：连接AF，
∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
∴CF＝1，BF=5，
∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
∴BF⊥AB
∴AF=AB2+BF2=22+(5)2=3，AC=AF2-CF2=32-12=22，
∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），
设B1D＝m，则D（m，0，2），
∴BF→=（0，2，1），DE→=（1﹣m，1，﹣2），
∴BF→•DE→=0，即BF⊥DE．
（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为p→=（1，0，0），
由（1）知，DE→=（1﹣m，1，﹣2），EF→=（﹣1，1，1），
设平面DEF的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅DE→=0n→⋅EF→=0，即(1-m)x+y-2z=0-x+y+z=0，
令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴n→=（3，m+1，2﹣m），
∴cos＜p→，n→＞=p→⋅n→|p→|⋅|n→|=31×9+(m+1)2+(2-m)2=32m2-2m+14=32(m-12)2+272，
∴当m=12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当B1D=12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．

12．（2021•新高考Ⅰ）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．

【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD；
（2）方法一：
取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B（0，﹣1，0），C(32，12，0)，D（0，1，0），
设A（0，0，t），则E(0，13，2t3)，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA→=(0，0，t)，
设平面BCE的法向量为n→=(x，y，z)，
又BC→=(32，32，0)，BE→=(0，43，2t3)，
所以由n→⋅BC→=0n→⋅BE→=0，得32x+32y=043y+2t3z=0，
令x=3，则y＝﹣1，z=2t，故n→=(3，-1，2t)，
因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，
所以|cos＜n→，OA→＞|=|n→⋅OA→||n→||OA→|=2t4+4t2=22，
解得t＝1，所以OA＝1，
又S△OCD=12×1×1×32=34，所以S△BCD=32，
故VA-BCD=13S△BCD⋅OA=13×32×1=36．







一．选择题（共6小题）
1．设α、β是两个不同的平面，l是一条直线，则以下命题正确的是（　　）
A．若l∥α，α∥β，则l⊂β B．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
C．若l⊥α，α⊥β，则l⊂β D．若l⊥α，α∥β，则l⊥β
【解答】解：α、β是两个不同的平面，l是一条直线，
对于A，若l∥α，α∥β，则l⊂β或l∥β，故A错误；
对于B，若l∥α，α⊥β，则l与β相交、平行或l⊂β，故B错误；
对于C，若l⊥α，α⊥β，则l⊂β或l∥β，故C错误；
对于D，若l⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l⊥β，故D正确．
故选：D．
2．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为362π，则它的体积为（　　）
A．182π B．72π C．642π D．216π
【解答】解：设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，
因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以h＝r，l=2r．
因为直角圆锥的侧面积为362π，所以πrl=2πr2=362π，解得r＝6，
所以该直角圆锥的体积为13πr2h=13πr3=13π×63=72π．
故选：B．
3．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝2，PC＝AC，且PC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A．16π B．8π C．43π D．323π
【解答】解：因为△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝2，所以∠ABC=90°，AC=22+22=22．

因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥PC，所以AP为球的直径，
且AP=AC2+PC2=(22)2+(22)2=4，
所以三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为2，
所以三棱锥的外接球的表面积为16π．
故选：A．
4．阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为12π，则该模型中球的体积为（　　）
A．8π B．4π C．83π D．823π
【解答】解：由题意球的表面积为12π×23=8π，
即4πr2＝8π，得r=2，
∴球的体积为V=43πr3=43π×(2)3=823π．
故选：D．
5．设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：
①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；
②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；
③D1B1⊥平面B1EF；
④直线D1B1与平面B1EF所成的角30°．
其中正确的命题个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：三棱锥D1﹣B1EF的体积为V=13S△D1EF•B1C1=13×12×2×2×1=23为定值，①正确；
EF∥D1C1，∠B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角为45°，②正确；
D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，③错误；
在三棱锥D1B1DC中，设D1到平面DCB1的距离为h，
VB1-D1DC=VD1-DCB1，即有13×2×12×2×2=13×12×2×22h，解得h=2，
直线D1B1与平面B1EF所成的角的正弦为222=12，即所成角为30°，④正确．
综上，正确的命题序号是①②④．
故选：C．
6．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PD＝AD，M，N分别为AB，PC的中点，则BN与MC所成角的余弦值是（　　）
A．306 B．66 C．7010 D．3010
【解答】解：如图，不妨设AD＝2，取PD的中点为Q，连接QN，QM，QC，
则QN∥CD∥MB，且QN=12CD＝MB，
故四边形MBNQ为平行四边形，
所以BN∥MQ，
则∠QMC即为所求异面直线BN与MC所成角．
在△QMC中，MC＝CQ=1+4=5，QM=1+1+4=6，
则cos∠QMC=5+6-52×5×6=3010．
故选：D．

二．多选题（共4小题）
（多选）7．某正方体的平面展开图如图所示，在原正方体中，下列结论正确的有（　　）

A．BF⊥平面DEH B．DE∥平面ABC
C．FG⊥平面ABC D．平面DEH∥平面ABC
【解答】解：如图所示，正方体各个面逐一命名，
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则G（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），E（1，1，0），D（1，0，1），H（0，1，1），F（1，1，1），A（0，0，1），
DE→=(0，1，-1)，DH→=（﹣1，1，0），AB→=（0，1，﹣1），BC→=（1，﹣1，0），
设平面DEH的法向量为n1→=（x，y，z），n1→⋅DE→=0n1→⋅DH→=0，即y-z=0-x+y=0，令y＝1，n1→=（1，1，1），
平面ABC的法向量为n2→=（x，y，z），n2→⋅AB→=0n2→⋅BC→=0，即y-z=0x-y=0，令y＝1，n2→=（1，1，1），
故平面DEH∥平面ABC，D正确，
BF→=（1，0，1），DE→=（0，1，﹣1），FG→=（1，﹣1，﹣1），
∵BF→≠λn1→，
∴BF不垂直于平面DEH，故A错误，
∵DE→•n2→=1﹣1＝0，
∴DE→⊥n2→，
∴DE∥平面ABC，故B正确，
∵FG→=-n2→，
∴FG→∥n2→，
∴FG→为平面ABC，
∴FG⊥平面ABC，故C正确．
故选：BCD．



（多选）8．已知几何体ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，则下列判断错误的是（　　）
A．AD∥平面A1BC1
B．在直线BB1上存在一点E，使得AE⊥CD
C．AB1⊥平面A1BC1
D．在直线DD1上存在一点E，使得CE∥平面A1BC1
【解答】解：对于A，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥A1D1，A1D1∩平面A1BC1＝A1，所以AD与平面A1BC1不平行，选项A错误；
对于B，假设直线BB1上存在一点E，使得AE⊥CD，因为CD∥AB，所以AE⊥AB，
又因为AA1⊥AB，且AE、AA1在平面A1ABB1中，这显然不成立，所以选项B错误；
对于C，若AB1⊥平面A1BC1，则AB1⊥A1C1，
因为AB1∥DC1，所以∠A1C1D是AB1与A1C1所成的角，且∠A1C1D＝60°，所以AB1与A1C1不垂直，选项C错误；
对于D，当点E与D1重合时，CE∥BA1，得出CE∥平面A1BC1，所以选项D正确．

故选：ABC．
（多选）9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点（E可以与端点B1、D1重合），则下列结论中正确的是（　　）
A．AC⊥BE
B．AE∥平面BC1D
C．AE与平面BB1D1D所成角的最小值为θ，则sinθ=33
D．三棱锥B﹣A1DE的体积为定值
【解答】解：由正方体的性质可知AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BE，故A正确；
因平面AB1D1∥平面BC1D，AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面BC1D，故B正确：
设正方体的校长为a，则A到平面BB1D1D的距离为22a，AE最长为2a，所以最小值θ满足sinθ=12，所以C错误；
因VB-A1DE=VE-A1BD，B1D1∥平面BA1D，所以E到平面BA1D的距离不变，这样三棱锥B﹣A1DE的体积不变，所以D正确．
故选：ABD．

（多选）10．（压轴）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H，P均为所在棱的中点，则下列结论正确的是（　　）

A．棱AB上一定存在点Q，使得QC⊥D1Q
B．三棱锥F﹣EPH的外接球的表面积为8π
C．过点E，F，G作正方体的截面，则截面面积为33
D．设点M在平面BB1C1C内，且A1M∥平面AGH，则A1M与AB所成角的余弦值的最大值为223
【解答】解：建立如图空间直角坐标系，

设Q（2，a，0），其中0≤a≤2，
C（0，2，0），D1（0，0，2），
所以QC→=(-2，2-a，0)，D1Q→=(2，a，-2)，
若棱AB上存在点Q，使得QC⊥D1Q，则QC→⋅D1Q→=0，
整理得（a﹣1）2+1＝0，此方程无解，A不正确；
设AB的中点为K，则四边形PHKE是边长为2的正方形，其外接圆的半径为r＝1，
又FK⊥底面ABCD，所以三棱锥F﹣EPH的外接球的半径为R=r2+1=2，
所以其表面积为8π，B正确；
过点E，F，G作正方体的截面，截面如图中六边形EPGTFR，

因为边长均为2，且对边平行，所以六边形EPGTFR为正六边形，
其面积为S=6×12×2×2×sin60°=33，C正确；
设M（x，2，z），则A1（2，0，2），A（2，0，0），G（0，2，1），H（1，2，0），
A1M→=(x-2，2，z-2)，AG→=(-2，2，1)，GH→=(1，0，-1)，
设n→=（x，y，z）是平面AGH的一个法向量，则n→⋅AG→=0n→⋅GH→=0，
令z＝1可得x=1，y=12，即n→=(1，12，1)，
因为A1M∥平面AGH，所以A1M→⋅n→=0，即x+z＝3，
设A1M与AB所成角为θ，则cosθ=A1M→⋅AB→|A1M→||AB→|=22x2-6x+9，
当x=32时，y＝2x2﹣6x+9取最小值92，
所以A1M与AB所成角的余弦值的最大值为223，D正确；
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
11．已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为33的正三角形，则该圆锥的体积为 　3π　．
【解答】解：由题意，过直线PO的平面截该圆锥所得的截面是面积为33的正三角形，

设正三角形的边长为a，可得34a2=33，解得a=23，
∴底面圆的半径为r=3，圆锥的高为h＝3，
所以该圆锥的体积为V=13πr2h=13π(3)2×3=3π．
故答案为：3π．
12．如图，三棱锥P﹣ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且PA＝PB＝AB=2，PC=3，则点C到平面PAB的距离等于 　33　．

【解答】解：由题意，可将三棱锥P﹣ABC补全为棱长为1的正方体如图所示，

PA=PB=AB=2，AC＝BC＝PD＝1，
设点C到平面PAB的距离为h，
则由VP﹣ABC＝VC﹣PAB得13S△ABC⋅PD=13S△PAB⋅h，
所以h=S△ABC⋅PDS△PAB=12×1×1×134×(2)2=33．
故答案为：33．
13．已知半径为5的球面上有P，A，B，C四点，满足∠ACB＝90°，AC＝7，BC=15，则球心O到平面ABC的距离为　3　，三棱锥P﹣ABC体积的最大值为　28153　．
【解答】解：如图，

在Rt△ACB中，由∠ACB＝90°，AC＝7，BC=15，得AB=72+(15)2=8，
设△ACB外接圆的半径为r，则r＝4，设球心为O，三角形ACB外接圆的圆心为O1，
由球的性质可得，OO1⊥平面ACB，在Rt△OO1A中，可得OO1=52-42=3．
即球心O到平面ABC的距离为3；
要使三棱锥P﹣ABC体积取最大值，则P为O1O与球面的交点，
此时P到底面ACB的距离为8，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为13×(12×7×15)×8=28153．
故答案为：3；28153．
14．（压轴）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面四边形BCC1B1内（不含边界）一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是 　[322，5]　．

【解答】解：如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN∥BC1，EF∥BC1，
∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN∥平面AEF．
∵AA1∥NE，AA1＝NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N∥AE，
又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN＝N，
∴平面A1MN∥平面AEF．
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，
∴点P必在线段MN上．
在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=22+1=5．
同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N=5，
∴△A1MN为等腰三角形．
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长．
∵A1O=A1M2-OM2=(5)2-(22)2=322，A1M＝A1N=5．
∴线段A1P长度的取值范围是[322，5]．
故答案为：[322，5]．

四．解答题（共6小题）
15．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝2AB＝2BC＝2，PA⊥平面ABCD．点M是PC的中点，且平面AMD⊥平面PCD．
（1）证明：AM⊥平面PCD；
（2）求直线BM与平面AMD所成角的正弦值．

【解答】（1）证明：连结AC，则AC=2，又CD=2，AD＝2，所以AC⊥CD
由PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，得PA⊥CD，又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，从而CD⊥平面PAC，又AM⊂平面PAC，
于是CD⊥AM①
过C作CE⊥MD，垂足为E，由平面AMD⊥平面PCD，
平面AMD∩平面PCD＝MD知CE⊥平面AMD，而AM⊂平面AMD，
于是CE⊥AM
结合①得，又CE∩CD＝C，CE，CD⊂平面PCD，AM⊥平面PCD．

（2）解：由（1）知，AM⊥PC，且点M是PC的中点，所以PA=AC=2
如图，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），M(12，12，22)，
AD→=(0，2，0)，AM→=(12，12，22)
设平面AMD的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅AD→=y=0n→⋅AM→=x+y+2z=0，令z＝1，得n→=(-2，0，1)
BM→=(-12，12，22)，设直线BM与平面AMD所成角为θ，
则sinθ=|cos＜BM→，n→＞|=|BM→⋅n→|BM→||n→||=22+223×1=63．
16．如图，在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．
（1）已知平面PAB∩平面PCD＝l，求证：AB∥l．
（2）求直线AQ与平面PCD所成角的正弦值．

【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD．
∴AB∥平面PCD，
∵AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l
∴AB∥l．
（2）解：∵底面是菱形，E为BC的中点AB＝2，
∴BE=1，AE=3，AE⊥BC，
∴AE⊥AD∵PA⊥平面ABCD，则以点A为原点，直线AE、AD、AP分别为轴建立如图所示空间直角坐标系则D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(3，1，0)，E(3，0，0)
∴F（0，1，1），AE→=(3，0，0)，AF→=(0，1，1)，DC→=(3，-1，0)，DP→=(0，-2，2)，
设平面PCD的法向量为n→=(x，y，z)，有PD→⋅n→=0，CD→⋅n→=0得n→=(1，3，3)，
设AQ→=λAC→+(1-λ)AP→，则AQ→=(3λ，λ，2(1-λ))，AQ→=mAE→+nAF→
则3λ=3mλ=n2(1-λ)=n解之得m=n=λ=23，∴AQ→=(233，23，23)，
设直线AQ与平面PCD所成角为α，
则sinα=|cos〈n→，AQ→＞|=310535，
∴直线AQ与平面PCD所成角的正弦值为310535．

17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC为等腰直角三角形，∠APC＝90°，△ABC为正三角形，D为AC的中点，AC＝2．
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若三棱锥P﹣ABC的体积为33，求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．

【解答】（1）证明：∵△PAC为等腰直角三角形，D为AC的中点，∴PD⊥AC．
又△ABC为正三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC．
又PD∩BD＝D，PD，BD平面PBD，∴AC⊥平面PBD．
又PB⊥平面PBD，∴PB⊥AC．
（2）解：设三棱锥P﹣ABC的高为h，BD=BCsin60°=3，
∴VP-ABC=13×12×AC×BD×h=33h=33，
∴h＝1．
又PD=12AC=1，∴PD⊥平面ABC，
如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则
A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(-1，0，0)，P(0，0，1)∴DB→=(0，3，0)，CP→=(1，0，1)，CB→=(1，3，0)，
设n→=（x，y，z）为平面PBC的一个法向量，则CP→⋅n→=0CB→⋅n→=0即x+z=0x+3y=0
令x=1，得y=-33z=-1，
∴n→=(1，-33，-1)，
又DB→是平面PAC的一个法向量，
∴cos〈DB→，n→〉=DB→⋅n→|DB→||n→|=-77，
∴二面角A﹣PC﹣B的余弦值为77．


18．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，M为SD的中点，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，且CD＝2AB＝2AD＝2．
（1）求证：AM∥平面SBC，平面SBC⊥平面SDB；
（2）若SB与平面SDC所成角的正弦值为33，求二面角A﹣SB﹣C的余弦值．

【解答】证明：（1）设SC中点是E，连接BE，ME
则ME∥=12DC，AB∥=12DC，
∴ABEM为平行四边形，∴AM∥EB，
∵EB⊂平面SBC，AM⊄平面SBC，
∴AM∥平面SBC，
∵ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，且CD＝2AB＝2AD＝2，
∴DB＝BC=2，∴DB⊥BC，
∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，
∵SD∩DB＝D，∴BC⊥底面SBD
∵BC⊂底面SBC，∴平面SBC⊥平面SDB．
解：（2）∵SB与平面SDC所成角的正弦值为33，∴SD＝1，
建立如图所示的空间直角坐标系
∴S（0，0，1），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），
SA→=（1，0，﹣1），SB→=（1，1，﹣1），SC→=（0，2，﹣1），
设平面SAB的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅SA→=x-z=0n→⋅SB→=x+y-z=0，取x＝1，得n→=（1，0，1），
设平面SBC的法向量m→=（1，1，2），
∴cos＜n→，m→＞=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=32．
∴二面角A﹣SB﹣C的余弦值为-32．

19．如图1所示，梯形ABCD中，AD＝2AB＝2BC＝2CD＝4．E为AD的中点，连结BE，AC交于F，将△ABE沿BE折叠，使得平面ABE⊥平面BCDE（如图2）．
（1）求证：AF⊥CD；
（2）求平面AFC与平面ADE所成的二面角的正弦值．

【解答】（1）证明：连接EC，因为AD＝2AB＝2BC＝2CD＝4．E为AD的中点，
所以△ABE、△BCE、△CDE都是边长为2的正三角形，四边形ABCE是菱形，FE＝FB＝1，FA＝FC=3，
所以AF⊥BE，CF⊥BE，
又因为平面ABE⊥平面BCDECF，平面ABE∩平面BCDE＝BE，所以AF⊥平面BCDE，
又因为CD⊂平面BCDE，所以AF⊥CD；
（2）解：由（1）知FB、FC、FA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
E（﹣1，0，0），D（﹣2，3，0），A（0，0，3），
ED→=（﹣1，3，0），EA→=（1，0，3），
设平面ADE的法向量为m→=（x，y，z），
ED→⋅m→=-x+3y=0EA→⋅m→=x+3z=0，令x=3，m→=（3，1，﹣1），
平面AFC的法向量为n→=（1，0，0），
设平面AFC与平面ADE所成的二面角的大小为θ，
|cosθ|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=35⋅1=35，sinθ=1-cos2θ=1-35=105．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱PB的中点．
（1）求证：AM∥平面PCD；
（2）设点N是线段CD上的一动点，当点N在何处时，直线MN与平面PAB所成的角最大？并求出最大角的正弦值．

【解答】（1）证明：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），P（0，0，2），M（0，1，1）AM→=(0，1，1)，PD→=(1，0，-2)，CD→=(-1，-2，0)
设平面PCD的法向量是n→=(x，y，z)n→⋅PD→=0n→⋅CD→=0得x-2z=0-x-2y=0令x=2得n→=(2，-1，1)⋯（3分）AM→⋅n→=0得AM→⊥n→⋯（4分）
又AM⊄平面PCD∴AM∥平面PCD⋯（5分）
（2）解：由点N是线段CD上的一点，可设DN→=λDC→=(λ，2λ，0)，λ∈[0，1]AN→=AD→+DN→=(1+λ，2λ，0)MN→=AN→-AM→=(1+λ，2λ-1，-1)⋯（7分）
平面PAB的一个法向量为AD→=(1，0，0)
设MN与平面PAB成θ角，则sinθ=|cos〈MN→，AB→＞|=|1+λ5λ2-2λ+3|⋯（8分）
令1+λ＝t∈[1，2]sinθ=t5(t-1)2-2(t-1)+3=15-12t+10t2=110(1t-35)2+75，t∈[1，2]
当1t=35即t=53时(sinθ)max=357，此时λ=23⋯（11分）
∴当点N是线段CD上靠近点C的三等分点时，MN与平面PAB所成角最大，最大角的正弦值为357．…（12分）