2024年新高考新題型數(shù)學(xué)一模好題分類匯編-立體幾何（解析版）

更體瓜何

題型01空間幾何體的有關(guān)計(jì)算

題型02點(diǎn)線面位置關(guān)系、空間角及距離

題型03內(nèi)切球、外接球問題

題型04空間向量

盤》邂01堂向瓜何體,中臬針不

題目'（2024?山西譽(yù)城?統(tǒng)考一模）若一個(gè)正n棱臺(tái)的棱數(shù)大于15,且各棱的長度構(gòu)成的集合為{2,3},則n

的最小值為，該棱臺(tái)各棱的長度之和的最小值為.

【答案】642

【分析】根據(jù)正九棱臺(tái)共有3九條棱，從而得到不等式，求出九的最小值為6,得到棱的長度之和最小值.

【詳解】因?yàn)檎爬馀_(tái)的側(cè)棱有幾條，底面有2九條棱，所以正九棱臺(tái)共有3九條棱，

由3九>15,得n>5,

所以8的最小值為6,該棱臺(tái)各棱的長度之和的最小值為2x12+3x6=42.

故答案為：6,42

題目區(qū)（2024?浙江?校聯(lián)考一模）已知圓臺(tái)的上下底面半徑分別是1,4,且側(cè)面積為10兀，則該圓臺(tái)的母線長

為.

【答案】2

【分析】利用圓臺(tái)側(cè)面積公式求解即可.

【詳解】設(shè)母線長度為Z,由圓臺(tái)側(cè)面積公式得10兀=]x（2nx1+2兀x4）xI,

解得，=2,故圓臺(tái)母線長度為2.

故答案為：2

【題目|3）（2024?安然到It?合后一六八中學(xué)?？家荒＃┣?。的半徑與圓錐M"的底面半徑相等,且它們的表面積

也相等，則圓錐河的側(cè)面展開圖的圓心角大小為，球。的體積與圓錐河的體積的比值為.

【答案】等/120°V2

【分析】設(shè)球。的半徑及圓錐河的底面半徑均為R,圓錐M的母線長為Z,再根據(jù)球與圓錐的表面積公式求

得I=3五，即可得圓錐河的側(cè)面展開圖的圓心角大??；根據(jù)勾股定理求得h=2仞?，再結(jié)合球與圓錐的體

積公式分析體積比即可

【詳解】設(shè)球。的半徑及圓錐朋■的底面半徑均為R,圓錐”的母線長為，，則4兀收=兀&+兀說,所以/=3R,

圓錐”的側(cè)面展開圖的圓心角大小為岑皂=等;球。的體積為耳I，圓錐朋?的高％=V/2-2?2=2V2R,

Loo

圓錐用■的體積為4-冠?2.2727?=2/兀.，所以球。的體積與圓錐M的體積的比值為V2.

OO

故答案為：,V2

O

遒11/（2024?湖南長沙校才一模）己知圓錐的母線長為2,則當(dāng)圓錐的母線與底面所成的角的余

弦值為時(shí)，圓錐的體積最大，最大值為.?M

［答案］萼卑7兀

【分析】由線面角的定義得出cosP='■，從而得出V=有二（1—sin%）sin氏再由導(dǎo)數(shù)求解即可.

【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為T,圓錐的母線與底面所成的能為仇0C（0電），易知cos。=］.

圓錐的體積為

V=-1-7tr2-A/4—r2=a兀cos?。-2sin9=-^cos20-sin。=-^（1—sin20）sin^

oooo

令力=sin0,xE（0,1），則g=（1—sin%）sinP=—x3+x,y=—3x2+l

當(dāng)城＞0時(shí)，/e（o,空），當(dāng)u'＜。時(shí)，

即函數(shù)片T+①在（o,§）上單調(diào)遞增，在（魯,i）上單調(diào)遞減，

即％廣等（空—（乎『）=野，此時(shí)。。%=7^1=乎?

故答案為：斗；當(dāng)誓

題目?（2024?廣東深圳??？家荒＃┮阎獔A錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為4的半圓.若用平行于圓錐的底面,

且與底面的距離為?的平面截圓錐，將此圓錐截成一個(gè)小圓錐和一個(gè)圓臺(tái)，則小圓錐和圓臺(tái)的體積之比

為____.

【答案】"/1：7

【分析】由題意，根據(jù)圓錐側(cè)面積計(jì)算公式，求的圓錐底面半徑、母線，結(jié)合三角形相似即可求出小圓錐和圓

臺(tái)的體積之比.

【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為,，母線長為Z,

由題意，1=4,2兀丁=4兀，故丁=2,

作圓錐軸截面如下圖：

所以A?/=2,AC=4,CH=2述，所以圓錐體積為V=。兀x2?x24=3空三,

OO

因?yàn)橛门c底面的距離為一的平面截圓錐，故舞?=：,且△CDE?△CAB,

所以小圓錐體積弘=:nX/義通=乂咨，

OO

所以圓臺(tái)的體積H=V—弘=邛三，

故小圓錐和圓臺(tái)的體積之比為"=

V27

故答案為：與

題目回（2024?遼寧沈侑?統(tǒng)考一模）正方體的8個(gè)頂點(diǎn)分別在4個(gè)互相平行的平面內(nèi)，每個(gè)平面內(nèi)至少有一

個(gè)頂點(diǎn)，且相鄰兩個(gè)平面間的距離為1,則該正方體的棱長為（）

A.V2B.V3C.2D.V5

【答案】BD

（分析】分類討論兩個(gè)平面的位置，作截面結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征運(yùn)算求解.

【詳解】設(shè)該正方體為ABCD-ABiCQi,且其棱長為a,

若考慮4個(gè)平面中最中間的兩個(gè)平面，共有兩種情況.

①若中間的兩個(gè)平面為平面A.BD和平面BQC,如圖1所示，

則過4,AC作截面，截面圖如圖2所示，

其中H,F分別為AC,AG中點(diǎn)，則AB=空a,44尸a,人也=乎a,

設(shè)相鄰兩平面間距離即為力到AiE的距離無，

可得[x~^~Obxa=[x-^~ax%,解得無=-^-a,

Z/ZiZio

即相鄰兩平面間距離即為人到人㈤的距離乎a,

可知=1,解得a=V3;

O

②若中間的兩個(gè)平面如圖3所示，過B,C,G作截面，截面圖如圖4所示,

其中M,N分別為BC,BG中點(diǎn)，則BM=《a,44尸a,AxE=^-a,

設(shè)相鄰兩平面間距離即為B到BXM的距離d,

可得Jx[axa=]X~~~aXd,解得d—~~~a,

即相鄰兩平面間距離即為B到日河的距離暇a,

5

則~^-CL—1,解得a—V5;

5

故選：RD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)題意分類討論平面的位置分布，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征以及截面分析求解.

遒瓦⑺（2024?云南離靖?穌寺一模）為努力推進(jìn)“綠美校園”建設(shè)，營造更加優(yōu)美的校園環(huán)境，某校準(zhǔn)備開展

校園綠化活動(dòng).己知栽種某綠色植物的花盆可近似看成圓臺(tái)，圓臺(tái)兩底面直徑分別為18厘米，9厘米，母

線長約為7.5厘米.現(xiàn)有2000個(gè)該種花盆,假定每一個(gè)花盆裝滿營養(yǎng)土，請(qǐng)問共需要營養(yǎng)土約為（）（參

考數(shù)據(jù)：兀-3.14）

A.L702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米

【答案】6

【分析】利用圓臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征求高，再由圓臺(tái)體積公式求體積，即可求2000個(gè)該種花盆所需要的營養(yǎng)士.

【詳解】令2A=18,2r=9,2=￥■（單位厘米），

則花盆的高底…產(chǎn)=J（號(hào)）2-（丁『=6,

所以花盆的體積為V=*X拉X兀（&+Rr+r2）=yX6X7TX（81+-y+弓）=2”,

故2000個(gè)該種花盆共需要營養(yǎng)土約為史貨X2000弋1780380立方厘米，即1.780立方米.

故選：B

【題目⑻（2024?新4t鳥??木齊?統(tǒng)考一模）某廣場設(shè)置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由棱長為40cm的

正方體截去八個(gè)一樣的四面體得到的，則（）

A.該幾何體的頂點(diǎn)數(shù)為12

B.該幾何體的棱數(shù)為24

C.該幾何體的表面積為（4800+800盜）cn?

D.該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng)

【答案】4BD

【分析】對(duì)于A,該幾何體的頂點(diǎn)是正方體各棱的中點(diǎn)，由正方體有12條棱即可判斷；對(duì)于B,由該幾何體有

6個(gè)面為正方形即可判斷；對(duì)于。,該幾何體的棱長為V202+202=20/5,根據(jù)正三角形及正方形的面積公

式求解即可判斷；對(duì)于。，原正方體內(nèi)切球的半徑為20cm,原正方體外接球的半徑為曲也|叱也=

20V3,該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，故外接球半徑為V202+202=20V2,根據(jù)球的表面積公

式及等差中項(xiàng)的定義即可判斷.

【詳解】對(duì)于4該幾何體的頂點(diǎn)是正方體各棱的中點(diǎn)，正方體有12條棱，所以該幾何體的頂點(diǎn)數(shù)為12,故

A正確；

對(duì)于B,由題意知，該幾何體有6個(gè)面為正方形，故該幾何體的棱數(shù)為6X4=24,故B正確；

對(duì)于。，該幾何體的棱長為，2(f+202=202,該幾何體有6個(gè)面為正方形，8個(gè)面為等邊三角形，

所以該幾何體的表面積為6x(202)2+8x乎x(202)2=(4800+1600盜)312,故。錯(cuò)誤；

對(duì)于。，原正方體內(nèi)切球的半徑為20cm,內(nèi)切球表面積為Si=4兀X202=160071cm2.

22

原正方體外接球的半徑為一納土±=20，^,外接球表面積為S2—47rx(20A/3)=4800?rcm.

由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心,故外接球半徑為V202+202=20V2,

所以該幾何體外接球的表面積為S=4兀x(20A/2)2=3200兀cm2.

因?yàn)?S=6400?:=1600兀+4800=g+S2,

所以該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng)，故。正確.

故選：4BD

題目回(2024?山西譽(yù)城?統(tǒng)考一模)如圖,在正四棱柱ABCD-4BQQ1中，AB=2,AA產(chǎn)4,CXE=3EC,

平面ABE將該正四棱柱分為上、下兩部分，記上部分對(duì)應(yīng)的幾何體為Q上，下部分對(duì)應(yīng)的幾何體為Q下,則

()

A.。下的體積為2B.Q上的體積為12

C.Q下的外接球的表面積為9兀D,平面ABE截該正四棱柱所得截面的面積為2遍

【答案】4CD

【分析】根據(jù)題意求截面，可知Q下為直三棱柱ADF-BCE，進(jìn)而可求相應(yīng)的體積，即可判斷48;利用補(bǔ)形

法結(jié)合長方體的性質(zhì)求外接球的半徑和表面積，即可得判斷C；可知平面ABE截該正四棱柱所得截面為

矩形ABEF,即可得面積判斷D.

【詳解】設(shè)而=3萬，而=3科,崩=3配，

連接EF,AF,BE,GF,GH,EH,

由長方體的性質(zhì)可知：EF〃AB,可知A,B,E,F四點(diǎn)共面，

所以Q下為直三棱柱4DF—BCE,其體積為/xlX2X2=2,故＞1正確;

。上的體積為22x4—2=14,2錯(cuò)誤.

。下的外接球即為長方體ABCD-GHEF的外接球，

所以。下的外接球的半徑R="管+仔=,

則Q下的外接球的表面積為4兀&=9兀，。正確.

平面ABE截該正四棱柱所得截面為矩形ABEF,其面積為2x談=2一,D正確.

故選：ACD.

M02JL京面修夫吳4.安冏*富限壽

題目四（2024?河北?校賽才一模）已知直線Z、zn、n與平面a、6,下列命題正確的是（）

A.若a//B，lUa,nUB，則l//nB.若a_L6，ZUa,貝!|Z_L6

C.若Z_L",m_Ln,則，〃機(jī)D.若，_La"〃萬，則加_L0

【答案】。

【分析】利用線線，線面，面面的位置關(guān)系，以及垂直，平行的判斷和性質(zhì)判斷選項(xiàng)即可.

【詳解】對(duì)于4若a〃萬，ZUa,nU6,則/與幾可能平行，也可能異面，故人錯(cuò)誤；

對(duì)于B,若&J_0,/Ua,則/與0可能平行，也可能相交，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于。，若Z，打，山，九,則Z與巾可能平行，也可能相交或異面，故。錯(cuò)誤；

對(duì)于。，若Z〃0,則由線面平行的性質(zhì)定理可知，必有。U6,使得/〃。，

又/_1%則Zi_La,因?yàn)閆C6,所以a_L0,故。正確.

故選：D.

題目正（2024?浙江?校聯(lián)考一模）已知直線a,b和平面a,a?a,6〃a,則%〃b”是%〃a”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【分析】由線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)以及充分不必要條件的定義即可求解.

【詳解】因?yàn)閎〃a,則存在cUa使得b〃。且bQa,

若a〃匕且aQa,貝Ia//c,

又aQa且cUa,所以a〃a,充分性成立；

設(shè)6〃a,bU0,QU0,aClb=P，則有a〃a,但a,b不平行,即必要性不成立.

故選：4

題目W（2024?廣東深圳?校考一模）已知a,五是兩個(gè)不同的平面，m,九是兩條不同的直線，則下列說法正

確的是（）

A.若?n_Ln,nz_La,n_L6,則a_L0B.若?n〃？i,ni〃a,n〃6/!ja〃6

C.若？n_L幾〃以，a_L0,貝”n_L6D.若館〃？i,?7i_La,a_L6,則打〃6

【答案】4

【分析】由空間中線線、線面、面面之間的位置關(guān)系逐一判定各選項(xiàng)即可.

【詳解】若m_La,nB,設(shè)a，B對(duì)應(yīng)法向量分別為由，方，也是的方向向量，由M_L"，即亦，則a

_L0,故A正確；

若加〃打，？72〃a,n〃0,則a與6可能平行或相交，故8錯(cuò)誤；

若?n_L?i,?72〃a,a_L0,則TiUp,或九〃0,或幾與￡相交，故。錯(cuò)誤；

若?n〃？i,?72_La,則71_1a，又2，6,則n〃/?或?iu6,_D錯(cuò)誤.

故選：4

題目回（2024?吉林白山?統(tǒng)考一模）正八面體可由連接正方體每個(gè)面的中心構(gòu)成,如圖所示,在棱長為2的

正八面體中，則有（）

A.直線與CF是異面直線B.平面ABF_L平面ABE

C.該幾何體的體積為卷四D.平面ABE與平面DCR間的距離為印

OO

【答案】。

【分析】可借助正方體解決正八面體的有關(guān)問題.

【詳解】正八面體可由正方體每個(gè)面的中心構(gòu)成,如圖：

因?yàn)檎嗣骟w的棱長為2,所以正方體的棱長為Wi.

?：A,E,四點(diǎn)共面，直線AE與是共面的，故人錯(cuò)；

設(shè)二面角石一AB—D為9,S4ABE=，S正方形ABCD~4,所以cos夕—W=夕Wg".

所以：二面角E—4B—F=2夕故B錯(cuò)；

V=：x4x2A/^=~~y/2，故C錯(cuò)；

oo

由八面體的構(gòu)成可知：平面ABE和平面。CF之間的距離是正方體體對(duì)角線的］?，所以兩個(gè)平面之間的距

O

離為：!*2皿*，^=當(dāng)史,故。對(duì).

OO

故選：D

［題目［14］（2024?河南那州?鄭州市宇華實(shí)殮學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，在四棱錐P—ABCD中，PA，平面

ABCD,PA=AB=2,/BAO=120°,ACYBD,ABCD是等邊三角形.

⑴證明:平面PAD_L平面PCD.

（2）求二面角B-PC-D的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）設(shè)ACCIBD=O,由已知得AD±CD,又PAJ_平面ABCD得PA±CD,利用線面垂直的判

斷定理得CD_L平面PAD,再由面面垂直的判斷定理可得平面PAD_L平面PCD；

（2）以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，瓦，。方的方向分別為a;,y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O—X/.

求出平面P3C的法向量、平面PCD的法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【詳解】（1）設(shè)ACC3。=。，

因?yàn)椤鰾CD是等邊三角形，且力。_L,

所以。是的中點(diǎn)，則AB=AD,

又/BAD=120°,所以NADB=30°,

所以NCDA=ACDB+AADB=90°,

即AD±CD,

又P4_L平面ABCRCDu平面48cD,

所以P4_LCD,

又=

所以CD_L平面PAD,

因?yàn)镃DU平面PCD,

所以平面PAD_L平面PCD

（2）以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，血方的方向分別為①，沙軸的正方向建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O—xyz.

因?yàn)镻A=AB=2,

所以8（孤,0,0）,。（0,3,0）,。（一7^,0,0）,。（0,-1,2）,

屋=（4,1,—2）歷=（0,4,—2）屈=（-73,1,-2）,

設(shè)平面PBC的法向量昂=（a;i,陰,Zi）,

則心江T"令幼j得—2）,

設(shè)平面PCD的法向量為五=（電,例,Z2）,

則因;學(xué)2…令納=1，得方=（山⑵，

cosm,n=二1,04〈流方）＜兀,

故二面角B—PC—。的正弦值為

、題目QU（2024?遼寧沈陽?統(tǒng)考一模）如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABC±平面BCD，且BC=BD=

BA,4CBA=4CBD=120°,點(diǎn)P在線段AC上，點(diǎn)Q在線段CD上.

⑴求證：AD±BC；

⑵若47,平面BPQ,求鐵的值；

⑶在⑵的條件下，求平面ABD與平面PBQ所成角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵理=返

'）BQ2

⑶卷

【分析】（1）根據(jù)三角形全等，可證明線線垂直，進(jìn)而可得線面垂直，進(jìn)而可求證，

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量即可求解.或者利用空間垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化即可結(jié)合三角形的邊角關(guān)系求

解.

（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的夾角即可求解.

【詳解】（1）證明：過人作40，直線于O,連接DO.

由題知BA=BD,BO=BO,AABO=4DBO=60°,

△ABO=/\DBO,：./DOB=AAOB=90°，即BC_L_DO,

又BC_LAO,AOAOO=O,AO,DOu平面A。。,3。_L平面AOD,

又ADU平面AOD,

BC±AD,即AD_LBC

（2）方法一：?.?平面ABC_L平面BCD,平面ABCCI平面BCD=BC,

AO_LBC,AOu平面AB。，AO_L平面BCD.

以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B的長度為單位長度，以無，而的方向分別為a軸，？/軸，z的正

方向建立空間直角坐標(biāo)系。一雙向,如圖，則0（、后,0,0）,4（0,0,、后）,B（0,1,0）,。（0,3,0）.

???AC_L平面BPQ,：.AC±BP,AC±BQ.

?：BA=BC；.P為AC中點(diǎn)，由題知EZ5=（V3,-3,0）,AC=（0,3,-V3）

設(shè)的=宓+4力=（0,2,0）+/I（V3,-3,0）=（何,2—340）,

---?---?0

AC?BQ=3（2—3/1）=0,/./I=—,

o

.?質(zhì)=（竽,0,0）,.,.國=苧，

又在△ABC中，BC==2,/ABC=120°,

所以|BP|=L.?.黑=呼.

D（4/

方法二：?.?AC_L平面BPQ,；.AC_LBP,>1C_LBQ.設(shè)BA=BC=2,由120°知，：.BP=1.

?.?平面ABC_L平面BCD,平面ABCCl平面BCD=BC,AO_LBC,AOu平面ABC,

4O_L平面BCD,又BQu平面BCD,r.AO_LBQ,又AC_LBQ,ACC40=4,

BQ_L平面ABC：.BQ_LBC.

?：BC=2/BCQ=30。,BQ=2x項(xiàng)=亨,.?.暮=卓

oobQ2

（3）由（2）知，平面PBQ的一個(gè)法向量為Z苕，

設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為方=（x,y,￡）.-：AB^（0,1,—遍），質(zhì)=（-73,1,0）,

則仁?竺=夕”^=0,令1限則五=（0」），

[n?DB=—瓜筮+g=0,

77^-4。?n2A/3A/5

cosAC,n=、,「.=-7=-----k=——,

|AC||n|273x755

平面ABD與平面PBQ所成角的余弦值為暇.

5

題目衛(wèi)（2024?立慶?統(tǒng)考一模）如圖，四棱錐P-ABCD中，PA，底面ABCD,四邊形ABCD中，AB=

AP,AB±AD,AB+AD=6,CD=V2,ACDA=45°.

P

⑴若E為PB的中點(diǎn)，求證:平面PBC,平面ADE；

（2）若平面PAB與平面PCD所成的角的余弦值為小.

0

（i）求線段48的長；

（ii）設(shè)G為^PAD內(nèi)（含邊界）的一點(diǎn)，且GB=2GA,求滿足條件的所有點(diǎn)G組成的軌跡的長度.

【答案】（1）證明見解析；

（2）（i）2；（ii）辛兀

【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線面垂直的性質(zhì)、判定，再結(jié)合面面垂直的判定推理即得.

（2）以點(diǎn)人為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=t，利用面面角的向量求法結(jié)合已知求出力,再求出AG并

確定軌跡求解即得.

【詳解】（1）在四棱錐P—ABCD中，尸A_L底面ABCD,ADu平面ABCD,則PA_LAD,

而AB_LAD,ABHPA=A,AB,PAu平面P4B,于是AD_L平面PAB,又PBu平面PAB,

則AD_LPB,由AB^AP,E為PB的中點(diǎn)、，得AE±PB,AEPlAD=A,AE,AD^平面ADE,

因此PB_L平面ADE,而PBu平面PBC,

所以平面PBC_L平面ADE.

⑵(i)由⑴知，直線AB,AD,AP兩兩垂直，

以點(diǎn)A為原點(diǎn)，直線AB,AD,AP分別為⑨“z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

過。作CF_LAD于F,由CD=J^,/CDA=45°,得CF=DF=1,令A(yù)B=t(OVtV5),

則_?(0,0"),。(0,6—i,0),C(l,5-1,0),阮=(0,6—t,-t\CD^(-1,1,0),

設(shè)平面PCD的法向量五=(rc,y,z),則[歷勺2"。，令y=t，得完=—t),

[n-CD=-x+y^0

由AD_L平面R4B,得平面P4B的一個(gè)法向量宓=(0,1,0),

依題意,|cos(m,n)|=—宿='=~^=,整理得t2+4t—12=0,而力>0,解得t=2,

|m||n|#+i2+(6-^)2遍

所以線段48的長為2.

(ii)顯然AB_L平面PAD,而AGu平面PAD,則AB_LAG,又BG=2AG,

于是(2AG)2=AG2+22,解得AG=2,，因此點(diǎn)G的軌跡是以點(diǎn)力為圓心，制§為半徑的圓的；，

OJ4

所以點(diǎn)G的軌跡的長度為:兀?罕=乎兀.

題目兀(2024?云南曲靖?統(tǒng)考一模)在圖1的直角梯形ABCD中，/4=/。=90°,48=3。=2,。。=3,

點(diǎn)E是。。邊上靠近于點(diǎn)D的三等分點(diǎn)，以BE為折痕將△BCE折起，使點(diǎn)。到達(dá)G的位置，且4G=

，不，如圖2.

圖1

(1)求證:平面BGE_L平面ABED；

(2)在棱OG上是否存在點(diǎn)P,使得二面角P—EB—G的大小為45°?若存在，求出線段0P的長度，若不

存在說明理由.

【答案】(1)證明見解析；

【分析】(1)由直角梯形邊長可知=60°,連接交班;于點(diǎn)F,由線面垂直的判定定理可證明平

面ABED,即可得出結(jié)論；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PEB與平面EBG的法向量，利用二面角P—EB—G的大小為45°解

方程即可求得線段DP的長度為等.

【詳解】（1）根據(jù)題意，由直角梯形邊長AB=BC=2,。。=3可知60°,/ABC=120°;

又點(diǎn)E是。。邊上靠近于點(diǎn)。的三等分點(diǎn)，所以EC=2,可得△BCE為等邊三角形；

連接AC,AE,AC交BE于點(diǎn)F,如下圖所示：

可得四邊形ABCE為菱形，所以_LBE,

即折起后AF±BECF_LBE,如下圖所示:

易知Af?=cm=V3,又ACr=滿足AF2+CtF2=AC^,即AF_LCF；

又AFCBE=F,AF,BEu平面ABE。，所以CYF_L平面ABED,

又因?yàn)镚Fu平面BGE,

所以平面8GE_L平面ABED-,

（2）以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以方N,反為名,?/軸，弱方向?yàn)閦軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示:

則n（0,0,0）,A（V3,0,0）,B（V3,2.0）,JE；（0,l,0）,F（^,|-,0）,C1（^，4.V3）;

可得而=（一何—1,0）,麗=（孚/旬，

假設(shè)存在點(diǎn)P滿足題意,設(shè)方？=4丙=（乎樽幾年）,46[0,1],

所以"!■/）,同力,貝IPE=（-,

由⑴可知4F_L平面BGE,利用獷=（一乎,方,o）易得平面BGE的一個(gè)法向量可取為由=

12

(-1,73,0)

設(shè)平面PBE的一個(gè)法向量為n—（力,g,z）,

,（BE-n=-V3x—y=0一,廣、

則除?占爭―小-何2=。,可得五—力

慶,司—|一/1一3；1|

=，解得/I=■或4=一1(舍),

|m||n|2A/5/12—2/1+1/O

此時(shí)毋=5困，可得I司=9困1=乎;

OOO

即線段OP的長度為乎.

O

題目□8］（2024?云南曲靖?統(tǒng)考一模）如圖所示,正方體ABC?！猲me'D的棱長為1,分別是棱A4

CC'的中點(diǎn)，過直線EF的平面分別與棱BB'QD交于點(diǎn)A￡N,以下四個(gè)命題中正確的是（）

A.四邊形助屈N一定為菱形B.四棱錐A—AffiNF體積為:

C.平面砌FN_L平面DBF。'D.四邊形EMFN的周長最小值為4

【答案】48

【分析】由正方體截面性質(zhì)有EMFN為平行四邊形，若G,H為DD,BB中點(diǎn)，易得EHFG為正方形，進(jìn)而得

到即可判斷A;由M,N到面AEF的距離之和為底面對(duì)角線且%_曲+匕求體積

判斷B;利用線面垂直、面面垂直的判定判斷C;根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征判斷在運(yùn)動(dòng)過程中，周長最短

時(shí)初,N位置判斷。.

【詳解】由題意，正方體截面的性質(zhì)易知￡M〃NF,EN〃A1P,即EMFN為平行四邊形，

取G,H為。。,9中點(diǎn)，因?yàn)镋,F分別是棱AA,CC的中點(diǎn)，則EHFG為正方形，

所以EH=FH,4EHM=4FHM=90°,則EM=MF,故EMFN為菱形，A對(duì)；

由河,N到面ABF的距離之和為底面對(duì)角線為方，

==x

又VA-MENFVM-AEF+VN-AEF4"W'S^AEF=9XV2XJX。XV2=!為定值，B錯(cuò)；

由菱形性質(zhì)知MN±ER,由正方體性質(zhì)知DUA.面EHFG,EFu面EHFG,則DWEF,

又TWADO=N,MN,DDU面DBPD，故EF_L面DBB'Df,

而EFu面EMFN,所以平面EMFN工平面DBBU,。對(duì)；

M,N在運(yùn)動(dòng)過程中，僅當(dāng)它們?yōu)閷?duì)應(yīng)線段中點(diǎn)時(shí)，菱形EMFN各邊最短且為1,

此時(shí)EAMV為正方形，周長為4,0對(duì).

遒回回（2024?山東濟(jì)南?山東省實(shí)瞼中學(xué)校考一模）如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA，平面ABCD,

PB與底面ABCD所成的角為?底面ABCD為直角梯形，/ABC=ABAD=g,AD=2,PA=BC=1,

點(diǎn)E為棱PD上一點(diǎn)，滿足度=4可5（044Wl）,下列結(jié)論正確的是（）

P

A.平面PAC±平面PCD；

B.在棱PD上不存在點(diǎn)E,使得CE〃平面PAB

C.當(dāng)/1=4時(shí)，異面直線CE與所成角的余弦值為畢；

D.點(diǎn)P到直線CD的距離V3；

【答案】4。。

（分析］根據(jù)面面垂直的判定定理可判斷4;由4的結(jié)論，可推得。。，PC,即可知點(diǎn)P到直線CD的距離

即為P。的長度，計(jì)算求得PC長，判斷。;采用平移法,作出異面直線CE與AB所成角，解三角形可求得

GE與AB所成角的余弦值，判斷。;結(jié)合。選項(xiàng)，根據(jù)線面平行的判定定理即可判斷B.

【詳解】A選項(xiàng)，因?yàn)镻A_L平面ABCD,CDu平面ABCD,ABa平面ABCD,

所以PA_LCD,PA±AB,

故NPBA即為PB與底面ABCD所成的角，即APBA=j,

故AB=PA=1,而/ABC=5,所以AC=YAm+BC，=2,

在直角梯形ABCD中，CD=V（2-l）2+l2=V2,

則AC2+CD2=AD?,故AC±CD,

又因?yàn)锳PCAC=A,AP,ACu平面PAC,所以CD_L平面PAC,

因?yàn)镃Du平面PCD，故平面PCD_L平面PAC,故A正確；

。選項(xiàng)：由A選項(xiàng)的證明過程可知：。。_1平面上4。，

因?yàn)镻Cu平面P力。，所以CD_LPC,

故點(diǎn)P到直線CD的距離即為PC的長度，

因?yàn)镻4_L平面ABCD,ACu平面ABCD,故P4_L4。，

而尸A=1,AC=6,PC=VPA2+AC2=Vl2+(V2)2=V3,

即點(diǎn)P到直線CD的距離，S,故。正確；

對(duì)于。，當(dāng)?=<時(shí)，用=:無，即E為PD的中點(diǎn)，

設(shè)F為P4的中點(diǎn)，連接EF,BF,

則EF//AD,EF=^AD,

而BC〃AD,BC=^AD，故EF〃BC,EF=BC,

故四邊形EFBC為平行四邊形，則CE//BF,

故異面直線CE與AB所成角即為BF,AB的夾角,

在Rt/\FAB中，AF^^-PA=],AB=1,/.BF^Jl2+（^]2=4,

則cosZFBA==白=等，

ob\/5_5

2

則異面直線CE與48所成能的余弦值為理工，。正確；

5

對(duì)于B,由。選項(xiàng)知，當(dāng)4=]■時(shí)，CE//BF,

因?yàn)镃E?平面PAB,BFU平面PAB,

所以CE〃平面P4B,

所以時(shí)，CE〃平面PAB,故B錯(cuò)誤.

故選：ACD.

[題目|20）（2024?新岐》?>■木齊?統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P—ABCD中,底面ABCD為正方形，PA，平面

ABCD,P4=4B,點(diǎn)E,F分別是棱PB,BC的中點(diǎn).

（1）求直線AF與平面PBC所成角的正弦值；

（2）在截面AEF內(nèi)是否存在點(diǎn)G,使。G，平面AEF，并說明理由.

【答案】⑴中

（2）不存在，理由見解析

【分析】（1）由題意可建立相應(yīng)空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量計(jì)算即可得：

⑵假設(shè)存在，可設(shè)*=+〃/,1>0,〃>0,1+〃01,結(jié)合空間向量解出入〃，可得其與假設(shè)矛

盾,故不存在.

【詳解】⑴由P4_L平面ABCD,AB、ADu平面ABCD,

故P4_LAB,PA_LAD,又底面ABC。為正方形，故ABVAD,

即P4、AD、AB兩兩垂直，

故可以4為坐標(biāo)原點(diǎn)，荏的方向?yàn)榱S正方向，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系？1—xyz,

不妨設(shè)AB=2,則71(0,0,0),B(2,0,0),。⑵2,0),。(0,2,0),P(0,0,2),

F(2,1,0),AF=(2,1,0),BP-(-2,0,2),BC=(0,2,0),

n-BP—0即f—2a;+2z=0

設(shè)平面PBC的法向量五=Q,y,z），則

日欣=0'l2y=0

可取完=（1,0,1）,

因?yàn)閏os（n,AF）="YF=乂",

\n\-\AF\5

所以4F與平面PBC所成角的正弦值為勇五；

5

(2)假設(shè)截面AEF內(nèi)存在點(diǎn)G滿足條件，

設(shè)AG=AAE+fiAF">0,〃>0,/l+〃Wl,

有存=(1,0,1),/=(2,1,0),況=(0,-2,0),

所以虎=萬4+為苕=僅+2〃,〃—2,4),

DG-AE^O

因?yàn)?。G_L平面4EF,所以

DG-AF^O'

以=_4

J24+2〃=0八

所以，解得《3

(2/1+5〃-2=0_2

這與假設(shè)矛盾，所以不存在點(diǎn)G,使。G,平面AEF.

題目為（2024?山西青城考一模）如圖，P是邊長為2的正六邊形ABCDEF所在平面外一點(diǎn)，BF的中點(diǎn)

O為P在平面ABCDEF內(nèi)的射影，PM=2MF.

（1）證明：7WE〃平面PBD.

（2）若P4=2,二面角A—PB—。的大小為仇求cos20.

【答案】（1）證明見解析

⑵cos2J=一祟

35

【分析】（1）設(shè)麗=2踮，連接MN,可證四邊形EKNM為平行四邊形，所以ME〃NK,從而得證ME〃平

面PBD\

（2）由空間向量法求得二面角A—的大小為仇|cos9|=^^,再由二倍角公式求解.

V35

【詳解】⑴如圖，設(shè)麗=2濕，連接AW.

因?yàn)?5M=2詬,所以第=《%,所以MN//BF,且MN=§BF.

NJDJVLr3

連接CE丈BD于K,連接KN,

由/凡0。=30°,所以/皿汨=90°,

RtAKDE中，KD=^KE,KC=KD,

99

所以EK=^CE=gBF=MN,

oo

由CE〃BF,可得EK〃MN,所以四邊形EKNM為平行四邊形,

所以ME〃NK.

又因?yàn)镸ED平面PBD,NKU平面PBD,

所以ME〃平面PBD.

(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

易知OA=1,00=3,OB=V3,FO=y/P^-AO2=V3,

則F(O,O,V3),B(V3,O,O),n(O,3,O),A(O,-l,O),

則BP—(—V3,0,V3),AP—(O,l,V3),BD—(—V3,3,0).

設(shè)平面”的法向量為兀=—?jiǎng)t日霸：，即隨

令力=1,得/=(1,—V3,l).

設(shè)平面射的法向量為"―，則卷案;'即｛二需需0

令％=1,得元=(A/3,1,V3),

由cos(公元)二

局同V5xV7V35

得|cos0|

所以cos2。=2cos2。-1=2|cos0|2—1=—-

〔題目|22)(2024?河南那州?渾州市宇華實(shí)蹌學(xué)校?？家荒?如圖，在正方體ABCD-4BQQ1中，點(diǎn)P是

AA的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是直線CZA上的動(dòng)點(diǎn),則下列說法正確的是()

A.△PBD是直角三角形

B.異面直線PD與CA所成的角為看

C.當(dāng)AB的長度為定值時(shí)，三棱錐。一PBQ的體積為定值

D.平面PBD±平面ACD,

【答案】ABC

【分析】設(shè)正方體的棱長為2,求出相關(guān)線段長度，利用勾股定理逆定理可判斷4PBD形狀，判斷4利用平

移法可求得異面直線PO與CD1所成的角，判斷5；根據(jù)棱錐的體積公式可判斷。；建立空間直角坐標(biāo)系，

利用空間位置的向量證明方法可判斷。.

【詳解】對(duì)于4設(shè)正方體的棱長為2,點(diǎn)P是AD1的中點(diǎn)，故PD_LADi，

AB_L平面ADDxAr,AOiU平面ADDXAX，故ABJ_ADX,

則BD=242,PD=72,PB=722+(V2)2=瓜

則BD?=PD2+PB2，即PO_LPB,即APED是直角三角形，A正確;

對(duì)于B,在正方體ABCD-4B1GA中，點(diǎn)P是的中點(diǎn)，

則直線DP即為直線AQ,異面直線PD與CD1所成的角即異面直線AQ與CDi所成的角，

由于45〃AB//CD,AXB^AB=CD,故四邊形ABCD為平行四邊形，

所以AQ〃5Q,則NBCD,即為異面直線4D與CD1所成的角或其補(bǔ)角，

連接BD,則BQi=BC=CDi=2V2,即/BQD尸卷，

故異面直線PO與CD1所成的角為看，B正確；

O

對(duì)于。，設(shè)AB,CD交于點(diǎn)。，則。為47的中點(diǎn)，連接PO,

則PO為△AC。的中位線，故PO〃GA,POU平面PBD,CD0平面PBD,

故CDJ/平面PBD,

當(dāng)?shù)拈L度為定值時(shí)，CD1到平面PBD的距離為定值，則Q到平面PBD的距離為定值,

而△PBD的面積為