考點(diǎn)10空間向量與立體幾何（18種題型10個(gè)易錯(cuò)考點(diǎn)）

考點(diǎn)10空間向量與立體幾何（18種題型10個(gè)易錯(cuò)考點(diǎn)）【課程安排細(xì)目表】真題搶先刷，考向提前知二、考點(diǎn)清單三、題型方法四、易錯(cuò)分析五.刷壓軸一一、真題搶先刷，考向提前知一．選擇題（共1小題）1．（2023?上海）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)P為邊A1C1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列直線中，始終與直線BP異面的是（）A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C【分析】根據(jù)空間中的兩條直線的位置關(guān)系，判斷是否為異面直線即可．【解答】解：對(duì)于A，當(dāng)P是A1C1的中點(diǎn)時(shí)，BP與DD1是相交直線；對(duì)于B，根據(jù)異面直線的定義知，BP與AC是異面直線；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)P與C1重合時(shí)，BP與AD1是平行直線；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)P與C1重合時(shí)，BP與B1C是相交直線．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了兩條直線間的位置關(guān)系應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．二．填空題（共1小題）2．（2023?上海）空間中有三個(gè)點(diǎn)A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空間中任取2個(gè)不同的點(diǎn)D，E（不考慮這兩個(gè)點(diǎn)的順序），使得它們與A、B、C恰好成為一個(gè)正四棱錐的五個(gè)頂點(diǎn)，則不同的取法有9種．【分析】根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)，分類(lèi)討論，即可求解．【解答】解：如圖所示，設(shè)任取2個(gè)不同的點(diǎn)為D、E，當(dāng)△ABC為正四棱錐的側(cè)面時(shí)，如圖，平面ABC的兩側(cè)分別可以做ABDE作為圓錐的底面，有2種情況，同理以BCED、ACED為底面各有2種情況，所以共有6種情況；當(dāng)△ABC為正四棱錐的截面時(shí)，如圖，D、E位于AB兩側(cè)，ADBE為圓錐的底面，只有一種情況，同理以BDCE、ADCE為底面各有1種情況，所以共有3種情況；綜上，共有6+3＝9種情況．故答案為：9．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四棱錐的性質(zhì)，分類(lèi)討論思想，屬中檔題．三．解答題（共2小題）3．（2023?上海）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4．（1）證明：直線A1B∥平面DCC1D1；（2）若該四棱柱的體積為36，求二面角A1﹣BD﹣A的大?。痉治觥浚?）先證明平面A1ABB1∥平面DCC1D1，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)，即可證明；（2）先根據(jù)體積建立方程求出A1A＝4，再利用三垂線定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可求解．【解答】解：（1）證明：根據(jù)題意可知AB∥DC，AA1∥DD1，且AB∩AA1＝A，∴可得平面A1ABB1∥平面DCC1D1，又直線A1B?平面A1ABB1，∴直線A1B∥平面DCC1D1；（2）設(shè)AA1＝h，則根據(jù)題意可得該四棱柱的體積為＝36，∴h＝4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD內(nèi)過(guò)A作AE⊥BD，垂足點(diǎn)為E，則A1E在底面ABCD內(nèi)的射影為AE，∴根據(jù)三垂線定理可得BD⊥A1E，故∠A1EA即為所求，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝3，∴BD＝＝，∴AE＝＝＝，又A1A＝h＝4，∴tan∠A1EA＝＝＝，∴二面角A1﹣BD﹣A的大小為arctan．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的證明，面面平行的判定定理與性質(zhì)，二面角的求解，三垂線定理作二面角，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．4．（2023?上海）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M分別作平行于平面PAB的直線交AC、PC于點(diǎn)E，F(xiàn)．（1）求直線PM與平面ABC所成角的大??；（2）求直線ME到平面PAB的距離．【分析】（1）連接AM，PM，∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先證明AC⊥平面PAB，可得AE為直線ME到平面PAB的距離．進(jìn)則求AE的長(zhǎng)即可．【解答】解：（1）連接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC＝＝5，∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，∴AM＝BC＝，∴tan∠PMA＝，即直線PM與平面ABC所成角為arctan；（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，∴平面MEF∥平面PAB，∵M(jìn)E?平面MEF，∴ME∥平面PAB，∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，∴AE為直線ME到平面PAB的距離，∵M(jìn)E∥平面PAB，ME?平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，∴E為AC中點(diǎn)，∴AE＝2，∴直線ME到平面PAB的距離為2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面所成的角，考查直線與平面的距離的求法，屬中檔題．二二、考點(diǎn)清單1．特殊的四棱柱2．球的截面的性質(zhì)(1)球的任何截面是圓面；(2)球心和截面(不過(guò)球心)圓心的連線垂直于截面；(3)球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關(guān)系為r＝eq\r(R2－d2).3．按照斜二測(cè)畫(huà)法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形面積的關(guān)系如下：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形，S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖．4．正四面體的表面積與體積棱長(zhǎng)為a的正四面體，其表面積為eq\r(3)a2，體積為eq\f(\r(2),12)a3.5．幾個(gè)與球有關(guān)的切、接常用結(jié)論(1)正方體的棱長(zhǎng)為a，球的半徑為R，①若球?yàn)檎襟w的外接球，則2R＝eq\r(3)a；②若球?yàn)檎襟w的內(nèi)切球，則2R＝a；③若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.(2)若長(zhǎng)方體的同一頂點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).(3)正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為3∶1，棱長(zhǎng)為a的正四面體，其內(nèi)切球半徑R內(nèi)＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半徑R外＝eq\f(\r(6),4)a.6．異面直線的判定定理經(jīng)過(guò)平面內(nèi)一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的直線互為異面直線．7．等角定理的引申(1)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向相同或相反，則這兩個(gè)角相等．(2)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向一個(gè)邊相同，一個(gè)邊相反，則這兩個(gè)角互補(bǔ)．8．唯一性定理(1)過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行．(2)過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直．(3)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行．(4)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直．9.線、面平行的性質(zhì)(1)兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面．(2)夾在兩個(gè)平行平面間的平行線段長(zhǎng)度相等．(3)經(jīng)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行．(4)兩條直線被三個(gè)平行平面所截，截得的對(duì)應(yīng)線段成比例．(5)如果兩個(gè)平面分別和第三個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面互相平行．(6)如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線，那么這兩個(gè)平面平行．(7)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．(8)垂直于同一平面的兩條直線平行．10．若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．11．一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這條直線與另一個(gè)平面也垂直．12．兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．13．過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直．14．過(guò)一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直．15．空間向量加法、減法運(yùn)算的兩個(gè)技巧(1)巧用相反向量：向量減法的三角形法則是解決空間向量加法、減法的關(guān)鍵，靈活運(yùn)用相反向量可使向量首尾相接．(2)巧用平移：利用三角形法則和平行四邊形法則進(jìn)行向量加、減法運(yùn)算時(shí)，務(wù)必注意和向量、差向量的方向，必要時(shí)可采用空間向量的自由平移獲得運(yùn)算結(jié)果．16．利用數(shù)乘運(yùn)算進(jìn)行向量表示的技巧(1)數(shù)形結(jié)合：利用數(shù)乘運(yùn)算解題時(shí)，要結(jié)合具體圖形，利用三角形法則、平行四邊形法則，將目標(biāo)向量轉(zhuǎn)化為已知向量．(2)明確目標(biāo)：在化簡(jiǎn)過(guò)程中要有目標(biāo)意識(shí)，巧妙運(yùn)用中點(diǎn)性質(zhì)．17.在幾何體中求空間向量的數(shù)量積的步驟1首先將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式.2利用向量的運(yùn)算律將數(shù)量積展開(kāi)，轉(zhuǎn)化成已知模和夾角的向量的數(shù)量積.3根據(jù)向量的方向，正確求出向量的夾角及向量的模.4代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解.18.利用空間向量證明或求解立體幾何問(wèn)題時(shí)，首先要選擇基底或建立空間直角坐標(biāo)系轉(zhuǎn)化為其坐標(biāo)運(yùn)算，再借助于向量的有關(guān)性質(zhì)求解(證).19.求點(diǎn)到平面的距離的四步驟20.用坐標(biāo)法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)分別求出兩條異面直線的方向向量的坐標(biāo)；(3)利用向量的夾角公式計(jì)算兩條直線的方向向量的夾角；(4)結(jié)合異面直線所成角的范圍求出異面直線所成的角．21.利用向量法求兩平面夾角的步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量；(3)求兩個(gè)法向量的夾角；(4)法向量夾角或其補(bǔ)角就是兩平面的夾角(不大于90°的角)三三、題型方法一．棱柱的結(jié)構(gòu)特征（共2小題）1．（2023?閔行區(qū)校級(jí)一模）《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱(chēng)為“鱉臑”，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，鱉臑的個(gè)數(shù)為（）A．48 B．36 C．24 D．12【分析】每個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)6個(gè)鱉臑，所以8個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)48個(gè)鱉臑．但每個(gè)鱉臑都重復(fù)一次，再除2，即可得解．【解答】解：在正方體ABCD﹣EFGH中，當(dāng)頂點(diǎn)為A時(shí)，三棱錐A﹣EHG、A﹣EFG、A﹣DCG、A﹣DHG、A﹣BCG、A﹣BFG均為鱉臑．所以8個(gè)頂點(diǎn)為8×6＝48個(gè)．但每個(gè)鱉臑都重復(fù)一次，所以鱉臑的個(gè)數(shù)為個(gè)．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了空間中線面的位置關(guān)系，考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于基礎(chǔ)題．2．（2023?嘉定區(qū)二模）已知一個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體，與該正方體每個(gè)面都相切的球半徑記為R1，與該正方體每條棱都相切的球半徑為R2，過(guò)該正方體所有頂點(diǎn)的球半徑為R3，則下列關(guān)系正確的是（）A．R1：R2：R3＝：2 B．R1+R2＝R3 C．+＝ D．+＝【分析】根據(jù)已知條件，依次求出R1，R2，R3，再結(jié)合選項(xiàng)，即可求解．【解答】解：與該正方體每個(gè)面都相切的球直徑為棱長(zhǎng)：，與該正方體每條棱都相切的球直徑面對(duì)角線長(zhǎng)：，過(guò)該正方體所有頂點(diǎn)的球的半徑為體對(duì)角線：，，故A錯(cuò)誤；，故C正確，BD錯(cuò)誤．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題．二．旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）（共5小題）3．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）已知圓錐的軸截面為正三角形，則其側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為π．【分析】根據(jù)題意，圓錐的母線長(zhǎng)對(duì)應(yīng)扇形的半徑，圓錐底面圓周長(zhǎng)對(duì)應(yīng)扇形的弧長(zhǎng)．列出方程組求解．【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)圓錐母線長(zhǎng)為R，底面圓半徑為r，扇角為α，扇形弧長(zhǎng)為c，截面為正三角形，所以R＝2r，又2πr＝c，c＝αR，聯(lián)立解得α＝π，故答案為：π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐的幾何結(jié)構(gòu)，涉及弧長(zhǎng)公式，屬于基礎(chǔ)題．4．（2023?長(zhǎng)寧區(qū)校級(jí)三模）若一個(gè)圓柱的側(cè)面積是4π，高為1，則這個(gè)圓柱的體積是4π．【分析】根據(jù)圓柱的側(cè)面積公式求出底面圓的半徑，進(jìn)而可求解．【解答】解：圓柱的側(cè)面積是S＝2πrh＝2πr×1＝4π，∴r＝2，所以體積V＝Sh＝πr2?h＝4π．故答案為：4π．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓柱體積的求解，屬于基礎(chǔ)題．5．（2023?嘉定區(qū)模擬）某圓柱兩個(gè)底面面積之和等于其側(cè)面面積，則該圓柱底面半徑與高的比值為1．【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，根據(jù)題意列方程求出r與l的關(guān)系，即可求出結(jié)果．【解答】解：設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則圓柱的底面面積為πr2，側(cè)面面積為2πrh，由題意知，2πr2＝2πrl，所以r＝l，所以該圓柱底面半徑與高的比值為1．故答案為：1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓柱的結(jié)構(gòu)特征與應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．6．（2023?閔行區(qū)校級(jí)二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，CB＝3，將△ABC繞邊AB旋轉(zhuǎn)一周，所得到幾何體的體積為6π．【分析】△ABC繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體是底面是以BC為半徑的圓，高為AB的圓錐，由此根據(jù)圓錐的體積公式能求出其體積．【解答】解：因?yàn)樵谥苯侨切巍鰽BC中，∠A＝90°，AB＝2，CB＝3，所以△ABC繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體是底面是以BC為半徑的圓，高為AB的圓錐，示意圖如下圖所示：所以△ABC繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體的體積為．故答案為：6π．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題．7．（2023?青浦區(qū)校級(jí)模擬）已知圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為4，弧長(zhǎng)為4π的扇形，則該圓錐的表面積為12π．【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為4，弧長(zhǎng)為4π的扇形，可知圓錐的底面半徑和母線長(zhǎng)，再結(jié)合圓錐的表面積公式求解即可．【解答】解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，∵圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為4，弧長(zhǎng)為4π的扇形，∴，解得，∴該圓錐的表面積為πrl+πr2＝8π+4π＝12π．故答案為：12π．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，考查了圓錐的表面積公式，屬于基礎(chǔ)題．三．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積（共5小題）8．（2023?浦東新區(qū)二模）若圓柱的高為10，底面積為4π，則這個(gè)圓柱的側(cè)面積為40π．（結(jié)果保留π）【分析】根據(jù)底面積求得底面圓半徑以及底面圓周長(zhǎng)即可求得圓柱的側(cè)面積．【解答】解：設(shè)圓柱底面圓半徑為r，母線長(zhǎng)為l，根據(jù)已知可得πr2＝4π，解得r＝2，故底面圓周長(zhǎng)為2πr＝4π，則圓柱的側(cè)面積為2πrl＝40π．故答案為：40π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓柱的側(cè)面積公式，屬于基礎(chǔ)題．9．（2023?黃浦區(qū)校級(jí)三模）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)是1，將△ABC沿對(duì)角線AC折到△AB′C的位置，使（折疊后）A、B′、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐的體積最大，則此三棱錐的表面積為1+．【分析】根據(jù)題意，分析可得當(dāng)B′O⊥面ACD時(shí)，四棱錐B′﹣ABC的體積最大，由此求出三棱錐各個(gè)面的面積，計(jì)算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，正方形ABCD中，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，在翻轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)B′O⊥面ACD時(shí)，四棱錐B′﹣ABC的高最大，此時(shí)四棱錐B′﹣ABC的體積最大，若B′O⊥面ACD，由于OA＝OB＝OC，則B′D＝B′A＝B′A＝1，則△DB′C△DB′A都是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，SΔDB′A＝SΔDB′C＝×1×1×＝，△ADC中，AD＝DC＝1且AD⊥DC，則S△ADC＝×1×1＝，同理：S△AB′C＝S△ABC＝S△ADC＝，此時(shí)，三棱錐的表面積S＝SΔDB′A+SΔDB′C+S△ADC+S△AB′C＝1+．故答案為：1+．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱錐的體積、表面積的計(jì)算，注意分析棱錐體積最大的條件，屬于基礎(chǔ)題．10．（2023?黃浦區(qū)二模）如圖，某學(xué)具可看成將一個(gè)底面半徑與高都為10cm的圓柱挖去一個(gè)圓錐（此圓錐的頂點(diǎn)是圓柱的下底面圓心、底面是圓柱的上底面）所得到的幾何體，則該學(xué)具的表面積為（300+100）πcm2．【分析】先求得挖去的圓錐的母線長(zhǎng)，從而得到圓錐的側(cè)面積，再求圓柱的側(cè)面積和一個(gè)底面積，即可求解幾何體的表面積．【解答】解：挖去圓錐的母線長(zhǎng)為＝10，則圓錐的側(cè)面積為π?10?10＝100π，圓柱的側(cè)面積為2π×10×10＝200π，圓柱的一個(gè)底面積為102×π＝100π，故幾何體的表面積為100π+200π+100π＝（300+100）πcm2．故答案為：（300+100）π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了幾何體表面積的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題．11．（2023?奉賢區(qū)二模）已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1、O2，過(guò)直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的側(cè)面積為8π．【分析】根據(jù)題意求出圓柱的底面圓半徑r和高h(yuǎn)，再計(jì)算圓柱的側(cè)面積．【解答】解：如圖所示，設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，則高為h＝2r，所以該圓柱的軸截面面積為（2r）2＝8，解得r＝，∴該圓柱的側(cè)面積為S側(cè)＝2πrh＝2π??2＝8π．故答案為：8π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓柱側(cè)面積和軸截面的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．12．（2023?松江區(qū)模擬）已知圓錐的底面半徑為2，底面圓心到某條母線的距離為1，則該圓錐的側(cè)面積為．【分析】根據(jù)條件可以求出母線長(zhǎng)，進(jìn)而可以求出結(jié)果．【解答】解：如圖所示，O為底面圓心，OC＝2，OD⊥AC，則OD＝1，在△AOC中由等面積可知，即AC＝2AO，又因?yàn)锳C2＝AO2+OC2，即（2AO）2＝AO2+4，則，則該圓錐的側(cè)面積為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，考查了圓錐的側(cè)面積公式，屬于基礎(chǔ)題．四．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積（共11小題）13．（2023?閔行區(qū)二模）已知圓柱的底面積為9π，側(cè)面積為12π，則該圓柱的體積為18π．【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，由已知可得r，h，進(jìn)而可求圓柱的體積．【解答】解：設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，由已知可得πr2＝9π，∴r＝3，∴2πr?h＝12π，∴h＝2，∴該圓柱的體積為9π×2＝18π．故答案為：18π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間幾何體的體積的計(jì)算，屬基礎(chǔ)題．14．（2023?徐匯區(qū)二模）如圖所示，圓錐SO的底面圓半徑OA＝1，側(cè)面的平面展開(kāi)圖的面積為3π，則此圓錐的體積為．【分析】由圓錐側(cè)面的平面展開(kāi)圖的面積公式求出圓錐的母線長(zhǎng)，再由勾股定理求出圓錐的高，再由體積公式即可得出答案．【解答】解：設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，所以圓錐側(cè)面的平面展開(kāi)圖的面積為：，所以l＝3，所以圓錐的高．故圓錐的體積為：．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐的體積計(jì)算，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．15．（2023?普陀區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正四棱錐P﹣ABCD中，AP＝AB＝4，則正四棱錐的體積為．【分析】求得正四棱錐的高，利用錐體的體積公式可求正四棱錐的體積．【解答】解：連接AC與BD交于O，則O是正方形ABCD的中心，∴PO⊥平面ABCD，∵AB＝4，∴AO＝2，∵PA＝4，∴PO＝＝2，∴正四棱錐的體積為V＝S正方形ABCD?PO＝×16×2＝．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四棱錐的體積的計(jì)算，屬基礎(chǔ)題．16．（2023?松江區(qū)二模）將如圖所示的圓錐形容器內(nèi)的液體全部倒入底面半徑為50mm的直立的圓柱形容器內(nèi)，則液面高度為50mm．【分析】求得三棱錐中的液面體積，進(jìn)而可求圓柱形容器內(nèi)液面高度．【解答】解：設(shè)液面圓的半徑為r，由圖形可得＝，∴r＝50，∴V液＝×π×502×150＝503π，設(shè)圓柱形容器內(nèi)液面的高度為h，則π×502×h＝503π，解得h＝50．故答案為：50．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間幾何體的體積的計(jì)算，屬基礎(chǔ)題．17．（2023?嘉定區(qū)二模）已知四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為．若點(diǎn)A、B、C、D在圓柱的一個(gè)底面圓周上，點(diǎn)P在圓柱的另一個(gè)底面內(nèi)，則該圓柱的體積為2π．【分析】求出正四棱錐的底面對(duì)角線長(zhǎng)和正四棱錐的高，可得圓柱的底面圓半徑和圓柱的高，則圓柱體積可求．【解答】解：由題作圖可知，四棱錐底面正方形的對(duì)角線長(zhǎng)為2，且垂直相交平分，由勾股定理得，正四棱錐的高為2，點(diǎn)A、B、C、D在圓柱的一個(gè)底面圓周上，即圓柱的底面圓半徑等于1，圓柱的高即為正四棱錐的高，則該圓柱的體積為：V＝S?h＝π×12×2＝2π．故答案為：2π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四棱錐與圓柱內(nèi)接的情況，考查圓柱的體積公式，屬基礎(chǔ)題．18．（2023?普陀區(qū)校級(jí)三模）一塊邊長(zhǎng)為10cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形作側(cè)面，以它們的公共頂點(diǎn)p為頂點(diǎn)，加工成一個(gè)如圖所示的正四棱錐形容器．當(dāng)x＝6cm時(shí)，該容器的容積為48cm3．【分析】根據(jù)圖形，在等腰△PAB中算出高PE＝5，再由勾股定理得出四棱錐的高PO＝4，最后根據(jù)錐體體積公式，算出四棱錐P﹣ABCD的體積，即為該容器的容積．【解答】解：等腰△PAB中，AB＝x＝6，高PE＝5∴四棱錐的高PO＝＝＝4由此可得，四棱錐P﹣ABCD的體積為V＝×S正方形ABCD×PO＝×62×4＝48即得該容器的容積為48cm3故答案為：48【點(diǎn)評(píng)】本題給出平面圖形，求翻折成的正四棱錐的體積，著重考查了正四棱錐的性質(zhì)和錐體體積公式等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．19．（2023?楊浦區(qū)校級(jí)模擬）若某圓錐高為3，其側(cè)面積與底面積之比為2：1，則該圓錐的體積為3π．【分析】由題意可列出關(guān)于圓錐底面半徑r和母線l的方程組，解方程組即可求得底面半徑r和母線l，從而可求圓錐的體積．【解答】解：設(shè)此圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，則l2＝r2+9，因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)扇形，扇形的弧長(zhǎng)是圓錐底面圓的周長(zhǎng)，扇形的半徑是圓錐母線長(zhǎng)，所以，，又側(cè)面積與底面積之比為2：1，所以，所以l＝2r，結(jié)合l2＝r2+9可解得，，所以該圓錐的體積．故答案為：3π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓柱的體積的求解，屬中檔題．20．（2023?虹口區(qū)校級(jí)模擬）如圖，已知a，b是相互垂直的兩條異面直線，直線AB與a，b均相互垂直，且，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別位于直線a，b上，若直線PQ與AB所成的角，三棱錐A﹣BPQ的體積的最大值為．【分析】根據(jù)直線a，b，AB三條直線兩兩垂直，將圖形還原為長(zhǎng)方體APFE﹣BCDQ，再根據(jù)AB∥PC，可得∠PQC即為直線PQ與AB所成的角的平面角，由此可求得CQ，從而可得BC2+BQ2，再根據(jù)棱錐的體積公式結(jié)合基本不等式即可得解．【解答】解：因?yàn)橹本€a，b，AB三條直線兩兩垂直，如圖，將圖形還原為長(zhǎng)方體APFE﹣BCDQ，因?yàn)锳B∥PC，所以∠PQC即為直線PQ與AB所成的角的平面角，則，因?yàn)镻C⊥平面BCDQ，CQ?平面BCDQ，所以PC⊥CQ，在Rt△PCQ中，由，得CQ＝2，所以BC2+BQ2＝4，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，所以三棱錐A﹣BPQ的體積的最大值為．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三棱錐的體積公式，考查了利用基本不等式求最值，屬于中檔題．21．（2023?奉賢區(qū)校級(jí)三模）一個(gè)正方體和一個(gè)球的表面積相同，則正方體的體積V1和球的體積V2的比值＝．【分析】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，球的半徑為R，由表面積相等列式可得得，再由正方體與球的體積公式得答案．【解答】解：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，球的半徑為R，由題意，6a2＝4πR2，得．∴，，∴＝．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方體與球表面積、體積的求法，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．22．（2023?嘉定區(qū)校級(jí)三模）甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S1和S2，體積分別為V1和V2.若S1＝2S2，則＝．【分析】利用圓錐側(cè)面積公式S＝πrl，推得R＝2r，再由側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角公式，推得l＝3r，由此得到兩圓錐高，從而求得兩圓錐體積的比值．【解答】解：依題意，不妨設(shè)甲圓錐的底面半徑為r，高為h，乙圓錐底面半徑為R，高為H，兩者母線長(zhǎng)為l，則S1＝πrl，S2＝πRl，由得，故R＝r，因?yàn)閭?cè)面展開(kāi)圖的圓心角之和為2π，所以2πr+2πR＝2πl(wèi)，故l＝3R＝，所以h＝，H＝＝r，所以＝＝．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間幾何體的體積的求法，等體積法的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．23．（2023?松江區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝4，BC＝3，AB＝5．（1）求證：AC⊥BC1；（2）設(shè)AC1與底面ABC所成角的大小為60°，求三棱錐C﹣ABC1的體積．【分析】（1）由已知可得AC⊥BC，C1C⊥BC，進(jìn)而可證AC⊥平面CBB1C1，可證結(jié)論；（2）由已知可得∠C1AC即為AC1與平面ABC所成的角，可得C1C＝4，進(jìn)而可求三棱錐C﹣ABC1的體積．【解答】解：（1）證明：由AC＝4，BC＝3，AB＝5，得AB2＝AC2+CB2，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1?平面CBB1C1，∴AC⊥BC1；（2）由C1C⊥平面ABC，可得AC為AC1在底面ABC內(nèi)的射影，知∠C1AC即為AC1與平面ABC所成的角，∴∠C1AC＝60°，又∵△C1AC為直角三角形，且AC＝4，∴C1C＝4，C1C為三棱錐C1﹣ABC的高，S△ABC＝6，＝＝?S△ABC?C1C＝×6×4＝8，∴三棱錐C﹣ABC1的體積8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線垂直的證明，考查空間幾何體的體積的計(jì)算，屬中檔題．五．球的體積和表面積（共5小題）24．（2023?虹口區(qū)二模）已知A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝60°，P為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，若三棱錐P﹣OAB體積的最大值為6，則球O的表面積為48π．【分析】設(shè)球的半徑R，由題意當(dāng)OP⊥面AOB時(shí)，三棱錐P﹣OAB體積的最大，由∠AOB＝60°，可得△AOB為等邊三角形，進(jìn)而求出它的面積，代入三棱錐的體積公式，可得R的值，進(jìn)而求出球的表面積．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，當(dāng)OP⊥面AOB時(shí)，三棱錐P﹣OAB體積的最大，因?yàn)椤螦OB＝60°，所以△AOB為等邊三角形，可得S△AOB＝R2，所以VP﹣AOB≤S△AOB?OP＝×R3＝6，可得R＝2，所以球的表面積S＝4πR2＝4π?12＝48π，故答案為：48π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三棱錐的體積的求法及球的表面積的求法，屬于基礎(chǔ)題．25．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)三模）一個(gè)正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為1，底邊長(zhǎng)為，四個(gè)頂點(diǎn)在同一球面上，則此球的表面積為3π．【分析】由題意球心到正三棱錐四個(gè)頂點(diǎn)的距離相等都為R，由于頂點(diǎn)在底面的射影是底面的中心，故棱錐的高易求出，由此球心到底面的距離可以表示出，故可以利用球心到謀面的距離、球的半徑、底面中心到頂點(diǎn)的距離這個(gè)直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半徑．【解答】解：由題意設(shè)球的半徑為R，正三棱錐在底面的投影是底面的中心，由于一個(gè)正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為1，底邊長(zhǎng)為，故底面三角形的高為，底面中心到底面三角形的頂點(diǎn)的距離是＝故三棱錐的頂點(diǎn)到底面的距離是＝故球心到底面的距離是﹣R，由幾何體的結(jié)構(gòu)知得R＝此球的表面積為4×π×＝3π故答案為3π【點(diǎn)評(píng)】本題考查球的體積和表面積，求解本題的關(guān)鍵是根據(jù)三棱錐的幾何結(jié)構(gòu)求出球的半徑，再由公式求表面積．對(duì)幾何體空間結(jié)構(gòu)的透徹了解，是解立體幾何體的關(guān)鍵．26．（2023?嘉定區(qū)模擬）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝，BC＝3，點(diǎn)P在棱BB1上，且PA⊥PC1，當(dāng)△APC1的面積取最小值時(shí)，三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為28π．【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)，三角形面積公式，基本不等式，即可求解．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，又AC⊥BC，∴易得AC⊥平面BCC1B1，又PC1?平面BCC1B1，∴PC1⊥AC，又PA⊥PC1，且AC∩PA＝A，∴PC1⊥平面PAC，又AP?平面PAC，∴PC1⊥AP，如圖，設(shè)∠BCP＝θ，則易得∠CC1P＝θ，又BC＝3，∴PC1＝＝，又AC＝，∴PA＝＝，∴△APC1的面積S＝＝＝＝＝＝＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)，即tanθ＝時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)PB＝BC×tanθ＝，又AB＝＝＝4，∴PA＝＝＝，∵AC⊥PC，AB⊥PB，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的直徑2R＝PA＝，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的半徑R＝，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為4πR2＝28π，故答案為：28π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定定理與性質(zhì)，三角形面積的最值的求解，基本不等式的應(yīng)用，三棱錐的外接球問(wèn)題，屬中檔題．27．（2023?徐匯區(qū)二模）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球?yàn)榍騉，E、F分別是棱AB和棱CC1的中點(diǎn)，G在棱BC上移動(dòng)，則下列命題正確的個(gè)數(shù)是（）①存在點(diǎn)G，使OD垂直于平面EFG；②對(duì)于任意點(diǎn)G，OA平行于平面EFG；③直線EF被球O截得的弦長(zhǎng)為；④過(guò)直線EF的平面截球O所得的所有截面圓中，半徑最小的圓的面積為．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】①當(dāng)點(diǎn)G為中點(diǎn)時(shí)，證明B1D⊥平面EFG；②當(dāng)點(diǎn)G與B重合時(shí)，A在平面EFB上，O在平面EFB外，說(shuō)明不成立；③點(diǎn)M是線段EF的中點(diǎn)，利用弦長(zhǎng)公式求弦長(zhǎng)；④當(dāng)OM垂直于過(guò)EF的平面，此時(shí)截面圓的面積最小，利用③的結(jié)果求圓的面積．【解答】解：當(dāng)G為BC中點(diǎn)時(shí)，EG⊥BD，EG⊥BB1，BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDB1，∴EG⊥平面BDB1，平面EFG∥平面ACD1，B1D?平面BDB1，∴EG⊥B1D，同理GF⊥B1D，EG?GF＝G，EG，GF?平面EFG，所以B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，故①正確；當(dāng)G與B重合時(shí)，A在平面EFB上，O在平面EFB外，故②不正確；如圖，點(diǎn)M是線段EF的中點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性可知OM⊥EF，由勾股定理可知易知，，球心O到EF距離為，則EF被球截得的弦長(zhǎng)為，故③正確；當(dāng)OM垂直于過(guò)EF的平面，此時(shí)截面圓的面積最小，此時(shí)圓的半徑就是，面積為，故④正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定定理，球的截面問(wèn)題，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．28．（2023?虹口區(qū)校級(jí)三模）已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點(diǎn)）的母線長(zhǎng)為，高為1，P、Q為底面圓周上任意兩點(diǎn)．有以下三個(gè)結(jié)論：①三角形SPQ面積的最大值為2；②三棱錐O﹣SPQ體積的最大值為；③四面體SOPQ外接球表面積的最小值為9π．以上所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】對(duì)①，由已知計(jì)算出底面半徑的長(zhǎng)度，以及軸截面的頂角大小，利用三角形的面積公式可知，當(dāng)∠PSQ＝90°時(shí)，三角形SPQ面積最大，可判斷選項(xiàng)①；對(duì)②，利用三棱錐等體積轉(zhuǎn)換，可得當(dāng)OQ⊥面SOP時(shí)，三棱錐O﹣SPQ體積最大，可判斷選項(xiàng)②；對(duì)③，因?yàn)镾O⊥底面圓，所以四面體SOPQ外接球球心在SO的中垂面和過(guò)△OPQ外接圓圓心的底面垂線的交點(diǎn)處，利用勾股定理和正弦定理可計(jì)算出最小值，判斷選項(xiàng)③．【解答】解：對(duì)于①，由母線長(zhǎng)為，高為1，可得底面半徑為＝2，設(shè)BC是底面圓的一條直徑，則cos∠BSC＝＝﹣＜0，即∠BSC是鈍角，又S△SPQ＝SP×SQ×sin∠PSQ＝×××sin∠PSQ＝×sin∠PSQ，則存在點(diǎn)P，Q，當(dāng)∠PSQ＝90°時(shí)，sin∠PSQ＝1，三角形SPQ面積的最大值為，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，∵S△SOP＝SO×OP＝×1×2＝1，∴當(dāng)OQ⊥面SOP時(shí)，（VO﹣SPQ）max＝（VQ﹣SOP）max＝×S△SOP×OQ＝×1×2＝，故②正確；對(duì)于③，設(shè)△OPQ的外接圓半徑為r，∵SO⊥底面圓，∴四面體SOPQ外接球半徑R，∴R2＝r2+（SO）2，若外接球表面積的最小，即外接球的半徑R最小，又R2＝r2+，即在底面圓中，△OPQ的外接圓半徑最小，由正弦定理2r＝＝，∴點(diǎn)P經(jīng)過(guò)線段OQ的中垂線時(shí)，∠OPQ最大，△OPQ的外接圓半徑最小，此時(shí)2r＝＝，R2＝r2+＝+＝，即四面體SOPQ外接球表面積的最小值為4πR2＝19π，故③錯(cuò)誤．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐中截面三角形面積的最值的求解，正弦定理的應(yīng)用，化歸轉(zhuǎn)化思想，運(yùn)動(dòng)變化思想，屬中檔題．六．平面的基本性質(zhì)及推論（共1小題）29．（2023?黃浦區(qū)校級(jí)三模）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點(diǎn)，在平面ADD1A1內(nèi)且與平面D1EF平行的直線（）A．不存在 B．有1條 C．有2條 D．有無(wú)數(shù)條【分析】由已知中E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點(diǎn)，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征易得平面ADD1A1與平面D1EF相交，由公理3，可得兩個(gè)平面必有交線l，由線面平行的判定定理在平面ADD1A1內(nèi)，只要與l平行的直線均滿足條件，進(jìn)而得到答案．【解答】解：由題設(shè)知平面ADD1A1與平面D1EF有公共點(diǎn)D1，由平面的基本性質(zhì)中的公理知必有過(guò)該點(diǎn)的公共線l，在平面ADD1A1內(nèi)與l平行的線有無(wú)數(shù)條，且它們都不在平面D1EF內(nèi)，由線面平行的判定定理知它們都與面D1EF平行，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是平面的基本性質(zhì)，正方體的幾何特征，線面平行的判定定理，熟練掌握這些基本的立體幾何的公理、定理，培養(yǎng)良好的空間想像能力是解答此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．七．異面直線及其所成的角（共1小題）30．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)一模）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)．（1）求證：BC⊥平面A1AD；（2）若∠BAC＝90°，BC＝4，三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是8，求異面直線A1D和AB1所成的角的大小．【分析】（1）推導(dǎo)出AA1⊥BC，BC⊥AD，由此能證明BC⊥平面A1AD．（2）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由此能求出異面直線A1D和AB1所成的角的大小．【解答】證明：（1）∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BC，又AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)，BC⊥AD，AA1∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD．解：（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，∴AB＝AC＝2，＝＝4，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是8，∴S△ABC?AA1＝4AA1＝8，解得AA1＝2，以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D（，0），A（0，0，0），B1（2，0，2），＝（，﹣2），＝（2，0，2），設(shè)異面直線A1D，AB1所成角為θ，則cosθ＝＝＝．∴異面直線A1D和AB1所成的角的大小為arccos．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的證明，考查異面直線所成角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．八．空間中直線與直線之間的位置關(guān)系（共2小題）31．（2023?黃浦區(qū)校級(jí)三模）如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則（）A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線【分析】根據(jù)題意，連接BD，分析有B、M、E、N四點(diǎn)共面，易得直線BM，EN是相交直線，再作EO⊥CD于O，連接ON，過(guò)M作MF⊥OD于F，連接BF，求出BM、EN的長(zhǎng)，即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，如圖所示，連接BD，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，則N在BD上，故EN、BM都在平面BED上，結(jié)合圖形易得，直線BM，EN是相交直線，再作EO⊥CD于O，連接ON，過(guò)M作MF⊥OD于F，連接BF，由于平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD，EO?平面CDE，則EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，△MFB與△EON均為直角三角形．設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，易知，，∴．∴BM≠EN，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間直線與直線的位置關(guān)系，涉及異面直線的定義，屬于基礎(chǔ)題．32．（2023?長(zhǎng)寧區(qū)二模）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)P在直線AD1上，Q為線段BD的中點(diǎn)．則下列說(shuō)法不正確的是（）A．存在點(diǎn)P，使得PQ⊥A1C1 B．存在點(diǎn)P，使得PQ∥A1B C．直線PQ始終與直線CC1異面 D．直線PQ始終與直線BC1異面【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合線面垂直的判斷，異面直線的定義，中位線定理，即可依次求解．【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，∵點(diǎn)P在直線AD1上，Q為線段BD的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P和D1重合時(shí)，PQ?平面BDD1B1，∴PQ⊥A1C1，故A正確；連接A1D，如圖所示：當(dāng)點(diǎn)P為線段A1D的中點(diǎn)時(shí)，PQ為三角形A1BD的中位線，即PQ∥A1B，故B正確；CC1?平面AA1C1C，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)A重合時(shí)，PQ?平面AA1C1C，則直線PQ和CC1在同一平面內(nèi)，故C錯(cuò)誤；BC1?平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P?BC1，故直線PQ始終與直線BC1不相交，且不平行，是異面直線，故D正確．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間中直線與直線之間的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．九．空間中直線與平面之間的位置關(guān)系（共4小題）33．（2023?金山區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，E、F分別為邊AD、BC上的點(diǎn)，且AD＝3AE，BC＝3BF，設(shè)P、Q分別為線段AF、CE的中點(diǎn)，將四邊形ABFE沿著直線EF進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)A不在平面CDEF上，在這一過(guò)程中，下列關(guān)系不能恒成立的是（）A．直線AB∥直線CD B．直線PQ∥直線ED C．直線AB⊥直線PQ D．直線PQ∥平面ADE【分析】根據(jù)題意，由直線與平面的位置關(guān)系依次分析選項(xiàng)，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，取EF的中點(diǎn)M，連接PM、NM、PQ、AD，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，在矩形ABCD中，E、F分別為邊AD、BC上的點(diǎn)，且AD＝3AE，BC＝3BF，則AE＝BF，又由AE∥BF，則有四邊形ABFE為矩形，則有AB∥EF，同理：EF∥CD，則有AB∥CD；對(duì)于B，Q為線段CE的中點(diǎn)，M為EF的中點(diǎn)，則MQ∥ED，PQ和ED不一定平行；對(duì)于C，P、Q分別為線段AF、CE的中點(diǎn)，M為EF的中點(diǎn)，則有MP⊥EF，MQ⊥EF，則EF⊥面PMQ，則有EF⊥PQ，又由EF∥AB，則AB⊥PQ；對(duì)于D，分析可得MP∥AE，則PM∥平面AED，同理：MQ∥平面AED，則平面MQP∥平面AED，則有PQ∥∥平面AED．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系，涉及直線與平面平行、垂直的判斷，屬于基礎(chǔ)題．34．（2023?嘉定區(qū)模擬）已知直線m、n及平面α，其中m∥n，那么在平面α內(nèi)到兩條直線m、n距離相等的點(diǎn)的集合可能是：①一條直線；②一個(gè)平面；③一個(gè)點(diǎn)；④空集．其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①④ D．②④【分析】在空間中，到兩條平行線距離相等的點(diǎn)的軌跡是兩條直線公垂線段的中垂面，此平面與α的交集，即為所求結(jié)果．【解答】解：在空間中，到兩條平行線距離相等的點(diǎn)的軌跡是兩條直線公垂線段的中垂面，設(shè)為β．由于α與β的交集可能是直線、平面、空集，故在平面α內(nèi)到兩條直線m、n距離相等的點(diǎn)的集合可能是：①②④，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間線面位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．35．（2023?閔行區(qū)校級(jí)三模）已知x，y，z是空間的直線或平面，要使命題“若x⊥z，y⊥z，則x∥y”是真命題，x，y，z可以是（）A．x，y，z是三個(gè)不同的平面 B．x，z是兩條不同的直線，y是平面 C．x，y，z是三條不同的直線 D．x，y是兩條不同的直線，z是平面【分析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系逐一分析四個(gè)選項(xiàng)得答案．【解答】解：若x，y，z是三個(gè)不同的平面，由x⊥z，y⊥z，不一定得到x∥y，故A錯(cuò)誤；若x，z是兩條不同的直線，y是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x?y，故B錯(cuò)誤；若x，y，z是三條不同的直線，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x與y相交或x與y異面，故C錯(cuò)誤；若x，y是兩條不同的直線，z是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y，故D正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的判定及應(yīng)用，考查空間想象能力與思維能力，是基礎(chǔ)題．36．（2023?浦東新區(qū)三模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．MN與CC1垂直 B．MN與平面ACC1A1垂直 C．MN與DC平行 D．MN與平面BDA1平行【分析】以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出結(jié)果．【解答】解：∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，∴以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），A（2，0，0），＝（﹣1，﹣1，0），＝（0，0，2），∴?＝0，∴MN⊥CC1，故A正確；＝（﹣2，2，0），?＝2﹣2+0＝0，∴AC⊥MN，又MN⊥CC1，AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；＝（0，2，0），若MN與DC平行，則存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得，∴，無(wú)解，∴MN與DC不平行，故C錯(cuò)誤；∵＝（2，2，0），＝（﹣1，﹣1，0），∴MN和BD平行，∵BD?平面A1BD，MN?平面A1BD，故MN∥平面A1BD，故D正確．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假判斷，考空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系，考查空間直角坐標(biāo)系的運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．一十．直線與平面垂直（共2小題）37．（2023?嘉定區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過(guò)C1作C1H⊥平面ABC，垂足為H，則點(diǎn)H在（）A．直線AC上 B．直線AB上 C．直線BC上 D．△ABC內(nèi)部【分析】先通過(guò)線線垂直證明AC⊥面ABC1，進(jìn)而可得面ABC⊥面ABC1，由面面垂直的性質(zhì)定理可得要過(guò)C1作C1H⊥平面ABC，只需過(guò)C1作C1H⊥AB即可，則答案可求．【解答】解：連接AC1，∵BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，∴AC⊥面ABC1，又AC?面ABC，∴面ABC⊥面ABC1，∵面ABC∩面ABC1＝AB，要過(guò)C1作C1H⊥平面ABC，則只需過(guò)C1作C1H⊥AB即可，故點(diǎn)H在直線AB上，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直問(wèn)題，屬于基礎(chǔ)題．38．（2023?楊浦區(qū)校級(jí)模擬）如圖，矩形AMND所在平面與直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（1）求證：平面AMB∥平面DNC；（2）若MC⊥CB，求證：BC⊥AC．【分析】（1）由線面平行的判定可證MB∥面DNC、MA∥面DNC，再用面面平行的判定證結(jié)論；（2）由面面垂直的性質(zhì)得AM⊥平面MBCN，再由線面垂直的性質(zhì)、判定證BC⊥面AMC，最后由線面垂直的性質(zhì)證線線垂直即可．【解答】證明：（1）因?yàn)镸B∥NC，MB?面DNC，NC?面DNC，所以MB∥面DNC．因?yàn)锳MND是矩形，所以MA∥DN，又MA?面DNC，DN?面DNC，所以MA∥面DNC．又MA∩MB＝M，且MA、MB?平面AMB，所以面AMB∥面DNC．（2）因?yàn)锳MND是矩形，所以AM⊥MN．因?yàn)槊鍭MND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN＝MN，AM?面AMND，所以AM⊥平面MBCN，而B(niǎo)C?平面MBCN，所以AM⊥BC．因?yàn)镸C⊥BC，MC∩AM＝M，MC、AM?面AMC，所以BC⊥面AMC，因?yàn)锳C?面AMC，所以BC⊥AC．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面與平面平行的判定與性質(zhì)定理，平面與平面垂直的性質(zhì)定理和直線和平面垂直的判定和性質(zhì)定理，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．一十一．空間中的點(diǎn)的坐標(biāo)（共1小題）39．（2023?黃浦區(qū)模擬）在空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz中，點(diǎn)A（2，﹣1，3）關(guān)于平面yOz對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣2，﹣1，3）．【分析】根據(jù)點(diǎn)關(guān)于平面yOz對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)坐標(biāo)的特點(diǎn)可直接得到結(jié)果．【解答】解：∵點(diǎn)（a，b，c）關(guān)于平面yOz對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為（﹣a，b，c），∴A（2，﹣1，3）關(guān)于平面yOz對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，﹣1，3）．故答案為：（﹣2，﹣1，3）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間中的點(diǎn)的坐標(biāo)，屬于基礎(chǔ)題．一十二．共線向量與共面向量（共1小題）40．（2023?浦東新區(qū)三模）空間向量＝（2，2，﹣1）的單位向量的坐標(biāo)是．【分析】得出，從而得出的單位向量坐標(biāo)為：，然后進(jìn)行向量坐標(biāo)的數(shù)乘運(yùn)算即可．【解答】解：，∴的單位向量的坐標(biāo)為：．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了單位向量的定義及求法，根據(jù)向量的坐標(biāo)求向量的長(zhǎng)度的方法，向量坐標(biāo)的數(shù)乘運(yùn)算，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．一十三．空間向量的數(shù)量積運(yùn)算（共1小題）41．（2023?徐匯區(qū)三模）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)P在正方體的12條棱上（包括頂點(diǎn)）運(yùn)動(dòng)，則的取值范圍是[﹣4，4]．【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出的表達(dá)式，再求出的取值范圍．【解答】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），＝（﹣2，2，0），P在正方體的12條棱上運(yùn)動(dòng)，設(shè)P（x，y，z），則＝（x﹣2，y﹣2，z），∴＝4﹣2x+2y﹣4＝2y﹣2x，∵，∴﹣4≤2y﹣2x≤4，當(dāng)x＝2，y＝0時(shí)，取最小值﹣4，當(dāng)x＝0，y＝2時(shí)，取最大值4，∴的取值范圍是[﹣4，4]．故答案為：[﹣4，4]．【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量的數(shù)量積的取值范圍的求法，考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、向量數(shù)量積公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．一十四．向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直（共1小題）42．（2023?松江區(qū)二模）已知空間向量，，，若，則λ＝﹣1．【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及向量垂直的性質(zhì)，即可求解．【解答】解：，，則＝（4，2，6），，，則4+2+6λ＝0，解得λ＝﹣1．故答案為：﹣1．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．一十五．平面的法向量（共1小題）43．（2023?靜安區(qū)二模）若直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則能使l∥α的是（）A．＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0） B．＝（1，3，5），＝（1，0，1） C．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1） D．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，﹣1）【分析】由l∥α，得?＝0，由此能求出結(jié)果．【解答】解：∵直線l的方向向量為，平面α的法向量為，l∥α，∴?＝0，在A中，＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0），?＝﹣2≠0，故A錯(cuò)誤；在B中，＝（1，3，5），＝（1，0，1），?＝6≠0，故B錯(cuò)誤；在C中，＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1），?＝0，故C正確；在D中，＝（0，2，1），＝（﹣2，1，0），?＝2≠0，故D錯(cuò)誤．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的條件的判斷，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意線面平行的性質(zhì)的合理運(yùn)用．一十六．直線與平面所成的角（共6小題）44．（2023?靜安區(qū)二模）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為正方形BCC1B1的中心，則直線EF與側(cè)面BB1C1C所成角的正切值是．【分析】由直線與平面所成角的作法可得∠EFB為直線EF與側(cè)面BB1C1C所成的角，然后求解即可．【解答】解：連接BC1，∵EB⊥平面BB1C1C，則∠EFB為直線EF與側(cè)面BB1C1C所成的角，設(shè)|AB|＝2，則|BE|＝1，，則＝，則直線EF與側(cè)面BB1C1C所成角的正切值是．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與平面所成角的作法，重點(diǎn)考查了直線與平面所成角的求法，屬基礎(chǔ)題．45．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)三模）如圖，直角三角形ABC和等邊三角形ABD所在平面互相垂直，AB＝AC＝2，E是線段AD上一點(diǎn)．（Ⅰ）設(shè)E為AD的中點(diǎn)，求證：BE⊥CD；（Ⅱ）若直線CD和平面BCE所成角的正弦值為，求的值．【分析】（Ⅰ）由題意得AB⊥AC，利用面面垂直的性質(zhì)可得AC⊥BE，AD⊥BE，利用線面垂直定理可得BE⊥平面ACD，即可證明結(jié)論；（Ⅱ）設(shè)，λ∈[0，1]，取AB的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)F，連接OD，OF，則OD⊥AB，OF∥AC，由（I）得AC⊥平面ABD，則OF⊥平面ABD，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（I）證明：由題意得AB⊥AC，∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，∴AC⊥平面ABD．∵BE?平面ABD，∴AC⊥BE，∵△ABD為等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，∴AD⊥BE，∵AC∩AD＝A，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥CD；（II）設(shè)，λ∈[0，1]，取AB的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)F，連接OD，OF，則OD⊥AB，OF∥AC，由（I）得AC⊥平面ABD，∴OF⊥平面ABD，∴OF⊥AB，OF⊥OD，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，則A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），，∴，，，，，設(shè)平面BCE的法向量為＝（x，y，z），則即，取，則，z＝2﹣λ，∴平面BCE的法向量為＝（λ，，2﹣λ），∵直線CD和平面BCE所成角的正弦值為，∴|cos＜，＞|＝＝＝，整理得8λ2﹣26λ+11＝0，解得或，∵λ∈[0，1]，∴，即．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面所成的角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．46．（2023?普陀區(qū)校級(jí)模擬）已知平面α、β所成角為80°，P為兩平面外一點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)P且與平面α、β所成角均為40°的直線有（）條．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作出兩平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，先考慮二面角α﹣l﹣β內(nèi)符合題意的直線，再考慮在二面角α﹣l﹣β的鄰補(bǔ)的二面角內(nèi)符合題間的直線，綜合可得答案．【解答】解：如圖，作出兩平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，則∠AOB＝80°，設(shè)OP1為∠AOB的平分線，則∠P1OA＝∠P1OB＝40°，當(dāng)OP1以O(shè)P為中心，在二面角α﹣l﹣β的角平分面上旋轉(zhuǎn)時(shí)，OP1與兩平面的夾角變小，此時(shí)與平面α，β所成角均為40°的直線僅有OP1這一條，設(shè)OP2為∠AOB的補(bǔ)角的平分線，則∠P2OA＝∠P2OB＝50°，當(dāng)OP2以O(shè)為中心，在二面角α﹣l﹣β的鄰補(bǔ)的二面角的角平分面上旋轉(zhuǎn)時(shí)，OP2與兩平面的夾角變小，此時(shí)在OP2的兩側(cè)各出現(xiàn)一條與兩平面成40°的直線，分別設(shè)為l1，l2，∴過(guò)點(diǎn)P可作一條與OP1平行的直線，符合題意，可作與l1，l2平行的直線各一條，符合題意，∴過(guò)點(diǎn)P且與平面α，β所成角均為40°的直線有3條．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角、線面角的定義及求法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．47．（2023?普陀區(qū)校級(jí)三模）如圖，在四棱錐C﹣ABED中，正方形ABED的邊長(zhǎng)為2，平面ABED⊥平面ABC，且BC⊥AC，，點(diǎn)G，F(xiàn)分別是線段EC，BD的中點(diǎn)．（1）求證：直線GF∥平面ABC；（2）求直線GF與平面BDE所成角的大小．【分析】（1）連接AE可得GF為AC的中位線，再利用線面平行的判定定理即可得出證明；（2）利用四棱錐C﹣ABED的結(jié)構(gòu)特征以及線面垂直的判定定理，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量和線面角的位置關(guān)系，求得直線GF與平面BDE所成的角．【解答】解：（1）根據(jù)題意，連接AE，則AE交BD與F，在△ACE中，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)，又點(diǎn)G是線段EC的中點(diǎn)，所以GF∥AC，又GF?平面ABC，AC?平面ABC，所以直線GF∥平面ABC；（2）由平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED∩平面ABC＝AB，又四邊形ABED是正方形，所以BE⊥AB，又BE?平面ABED，所以BE⊥平面ABC；過(guò)點(diǎn)B作直線y平行于AC，又BC⊥AC，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線BC，直線y，直線BE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：由正方形ABED的邊長(zhǎng)為2，BC⊥AC，AC＝，可得BC＝1；所以B（0，0，0），C（1，0，0），E（0，0，2），D（1，，2）；＝（0，0，2），＝（1，，0）；又點(diǎn)G，F(xiàn)分別是線段EC，BD的中點(diǎn)，所以G（，0，1），F(xiàn)（，，1）；即＝（0，，0）；設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為＝（x，y，z）；所以，可得z＝0，令x＝，解得y＝﹣1；即＝（，﹣1，0），設(shè)直線GF與平面CDE所成的角為θ，θ∈（0，]，則sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，解得θ＝；所以直線GF與平面BDE所成的角為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間中的平行關(guān)系應(yīng)用問(wèn)題，也考查了直線與平面所成角的計(jì)算問(wèn)題，是中檔題．48．（2023?虹口區(qū)校級(jí)三模）已知圓錐的頂點(diǎn)為S，底面圓心為O，半徑為2，母線SA、SB的長(zhǎng)為2，∠AOB＝90°且M為線段AB的中點(diǎn)．（1）證明：平面SOM⊥平面SAB；（2）求直線SM與平面SOA所成角的大小．【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明線面垂直，再由面面垂直判定定理證明即可．（2）由線面角定義求線面角正切，再求線面角的大?。窘獯稹拷猓海?）證明：∵AO＝BO，M為AB中點(diǎn)，∴OM⊥AB，∵SO⊥平面AOB，AB?平面AOB，∴SO⊥AB，且OM∩SO＝O，OM?平面SOM，SO?平面SOM，∴AB⊥平面SOM，∵AB?平面SAB，∴平面SAB⊥平面SOM．（2）設(shè)AO的中點(diǎn)為N，連接MN，SN，則MN∥OB，∵OA⊥OB，∴OA⊥MN，∵SO⊥底面AOB，∴SO⊥MN，SO?平面SOA，OA?平面SOA，OA∩OS＝O，∴MN⊥平面SOA，∴∠MSN就是直線SM與平面SOA所成角，∵圓錐的底面半徑為2，母線長(zhǎng)為2，∴高SO＝2，解得SN＝，MN＝1，∵SN⊥MN，∴tan＝，∴直線SM與平面SOA所成角的大小為arctan．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定定理、面面垂直判定定理、線面角定義等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．49．（2023?閔行區(qū)校級(jí)二模）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E為A1D1中點(diǎn)，直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F．（1）證明：點(diǎn)F為B1C1的中點(diǎn)；（2）若點(diǎn)M為棱A1B1上一點(diǎn)，且直線MF與平面CDE所成角的正弦值為，求的值．【分析】（1）由CD∥C1D1可得CD∥平面A1B1C1D1，再利用線面平行的性質(zhì)定理可得CD∥EF，從而證得F為B1C1的中點(diǎn)；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為3，設(shè)，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)，再利用線面夾角的向量公式求解即可．【解答】證明：（1）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，又CD?平面A1B1C1D1，且C1D1?平面A1B1C1D1，則CD∥平面A1B1C1D1，而B(niǎo)1C1交平面CDE于點(diǎn)F，即F∈平面CDE，F(xiàn)∈B1C1，又B1C1?平面A1B1C1D1，有F∈平面A1B1C1D1，因此平面CDE∩平面A1B1C1D1＝EF，于是CD∥EF，又因?yàn)镋為A1D1中點(diǎn)，所以F為B1C1的中點(diǎn)；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為3，設(shè)，則，從而，設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為，則，即，取x＝2，解得，所以，又因?yàn)橹本€MF與平面CDE所成角的正弦值為，所以，解得，所以．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了線面平行的判定定理，考查了利用空間向量求直線與平面所成的角，屬于中檔題．一十七．二面角的平面角及求法（共6小題）50．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，AB＝BC＝2，AD＝AP＝4．（1）證明：直線EF∥平面PBC；（2）求二面角F﹣CD﹣B的余弦值．【分析】（1）由E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，得AD∥EF，進(jìn)而可得EF∥BC，由線面平行的判定定理，即可得出答案．（2）根據(jù)題意可得AB⊥BC，AC＝2，CD＝＝2，由線面垂直的判定定理可得CD⊥面PAC，進(jìn)而可得CD⊥PC，則二面角P﹣CD﹣A得平面角為∠ACP，進(jìn)而可得cos∠ACP＝，即可得出答案．【解答】解：（1）證明：因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以AD∥EF，因?yàn)锳D∥BC，所以EF∥BC，因?yàn)镋F?面PBC，BC?面PBC，所以EF∥面PBC．（2）因?yàn)锳B⊥AD，AD∥BC，所以AB⊥BC，連接AC，由AB＝BC＝2得AC＝2，因?yàn)锳D＝4，所以CD＝＝2，所以AC⊥CD，因?yàn)镻A⊥面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥CD，因?yàn)镻A，AC是平面PAC內(nèi)兩相交直線，所以CD⊥面PAC，因?yàn)镻C?面PAC，所以CD⊥PC，所以二面角P﹣CD﹣A的平面角為∠ACP，因?yàn)锳P＝4，所以PC＝2，所以cos∠ACP＝＝，所以二面角P﹣CD﹣A的余弦值為，所以二面角F﹣CD﹣B的余弦值為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角，解題中需要理清思路，屬于中檔題．51．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，三角形EAD與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AE⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，F(xiàn)、H分別為ED、EA的中點(diǎn)．（1）求證：BH∥平面AFC；（2）求平面ACF與平面EAB所成銳二面角的余弦值．【分析】（1）連接FH，由題意得FH∥AD且FH＝AD，結(jié)合題意可得FH∥BC且FH＝BC，即四邊形FHBC是平行四邊形，利用線面平行的判定定理，即可證明結(jié)論；（2）由題意得平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，可得AE⊥AB，建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）證明：連接FH，如圖所示：∵F、H分別為ED、EA的中點(diǎn)，∴在△AED中，F(xiàn)H∥AD且FH＝AD，∵BC∥AD，BC＝2，AD＝4，∴FH∥BC且FH＝BC，∴四邊形FHBC是平行四邊形，∴FC∥BH，又BH?平面平面AFC，F(xiàn)C?平面AFC，∴BH∥平面AFC；（2）∵三角形EAD與梯形ABCD所在的平面互相垂直，即平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，又平面EAD∩平面ABCD＝AD，AE?平面EAD，∴AE⊥平面ABCD，又AB?平面ABCD，則AE⊥AB，則建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，如圖所示：AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，則A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），F(xiàn)（0，2，1），∴＝（2，2，0），＝（0，2，1），由（1）得平面EAB的法向量為＝（0，1，0），設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量為＝（x，y，z），則，取y＝﹣1，則x＝1，z＝2，∴平面ACF的一個(gè)法向量為＝（1，﹣1，2），設(shè)平面ACF與平面EAB所成銳二面角為α，∴cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故平面ACF與平面EAB所成銳二面角的余弦值為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中直線與平面的位置關(guān)系和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．52．（2023?閔行區(qū)二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，AB＝4，點(diǎn)E在線段AB上，且BE＝AB．（1）求證：CE⊥平面PBD；（2）求二面角P﹣CE﹣A的余弦值．【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，即可證明結(jié)論；（2）由題意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，則建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）設(shè)BD與CE相交于點(diǎn)F，∵PD⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，∴PD⊥CE，∵AB＝4，BE＝AB，∴BE＝1，在矩形ABCD中，∠ECB＝90°，PD＝AD＝2，則在Rt△ECB中，tan∠ECB＝，在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，∴∠ECB＝∠ABD，∵∠DBC＝∠ADB，∴∠BHC＝∠BAD＝90°，即BD⊥CE，又PD⊥CE，PE∩BD＝D，且PD?平面PBD，BD?平面PBD，∴CE⊥平面PBD；（2）由題意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，則建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，如圖所示：PD＝AD＝2，AB＝4，則D（0，0，0），C（0，4，0），A（2，0，0），P（0，0，2），E（2，3，0），∴＝（0，4，﹣2），＝（2，﹣1，0），設(shè)平面PCE的一個(gè)法向量為＝（x，y，z），則，取x＝1，則y＝2，z＝4，∴平面PCE的一個(gè)法向量為＝（1，2，4），平面ACE的法向量為＝（0，0，2），設(shè)二面角P﹣CE﹣A的平面角為α，且α為銳角，則cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故二面角P﹣CE﹣A的余弦值為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面垂直和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．53．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)一模）在120°的二面角內(nèi)放置一個(gè)半徑為6的小球，它與二面角的兩個(gè)半平面相切于A、B兩點(diǎn)，則這兩個(gè)點(diǎn)在球面上的距離是2π．【分析】由題意及二面角的面與球相切的性質(zhì)可以求得∠AOB＝60°，又半徑已知，由弧長(zhǎng)公式求出兩切點(diǎn)在球面上的最短距離．【解答】解：由球的性質(zhì)知，OA，OB分別垂直于二面角的兩個(gè)面，又120°的二面角內(nèi)，故∠AOB＝60°∵半徑為6的球切兩半平面于A，B兩點(diǎn)∴兩切點(diǎn)在球面上的最短距離是6×＝2π．故答案為：2π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查球面距離及相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是根據(jù)二面角與球的位置關(guān)系得出過(guò)兩切點(diǎn)的兩個(gè)半徑的夾角以及球面上兩點(diǎn)距離的公式，考查空間想像能力，是中檔題．54．（2023?黃浦區(qū)校級(jí)三模）已知，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AC＝1，延長(zhǎng)CB至D，使CB＝BD．（1）求證：CA⊥DA1；（2）求平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值．【分析】（1）通過(guò)底面的邊角關(guān)系可得∠DAC＝90°，DA⊥CA，進(jìn)而可證得CA⊥平面A1AD，從而得證；（2）法一：取AD中點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)B1E，可證得∠BEB1為二面角B1﹣AD﹣C的平面角，從而得解．法二：建立空間直角坐標(biāo)系用向量的方法求解．【解答】解：（1）因?yàn)槭钦庵鵄BC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CA，AB＝BC，且∠BAC＝∠BCA＝60°，從而∠DBA＝120°又CB＝BD，所以AB＝BD，∠DAB＝30°，∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝90°，即DA⊥CA，又DA?AA1＝A，AA1、DA?面A1AD，∴CA⊥平面A1AD，又DA1?面A1AD，∴CA⊥DA1；（2）解法一：取AD中點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)B1E．所以BE∥AC，又DA⊥CA，故DA⊥BE，因?yàn)锽B1⊥平面ABC，DA?面ABC，所以DA⊥BB1，又BE∩BB1＝B，BB1、BE?面BB1E，所以DA⊥平面BB1E，又B1E?面BB1E，所以DA⊥B1E，所以∠BEB1為二面角B1﹣AD﹣C的平面角，因?yàn)?，所以，則平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值為．解法二：以直線AD為x軸，直線AC為y軸，直線AA1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則，設(shè)平面AB1D的一個(gè)法向量，則，令w＝1，則v＝﹣4，所以，又平面ACB的一個(gè)方向量，設(shè)二面角B1﹣AD﹣C的大小為α，則，平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定及其性質(zhì)，考查利用空間向量求解二面角的余弦值，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力，考查直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題．55．（2023?黃浦區(qū)二模）如圖，△ABD與△BCD都是等腰直角三角形．其底邊分別為BD與BC，點(diǎn)E、F分別為線段BD、AC的中點(diǎn)．設(shè)二面角A﹣BD﹣C的大小為α，當(dāng)α在區(qū)間（0，π）內(nèi)變化時(shí)、下列結(jié)論正確的是（）A．存在某一α值，使得AC⊥BD B．存在某一α值，使得EF⊥BD C．存在某一α值，使得EF⊥CD D．存在某一α值，使得AB⊥CD【分析】由直線與平面垂直的判定與性質(zhì)結(jié)合反證法思想判斷ABC錯(cuò)誤；取時(shí)，可得D正確．【解答】解：已知AB⊥AD，BD⊥DC.對(duì)于A，若AC⊥BD，又BD⊥DC，且AC∩DC＝C，∴BD⊥平面ACD，可得BD⊥AD，與∠ADB＝45°矛盾，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵E是BD的中點(diǎn)，∴AE⊥BD，若EF⊥BD，又AE∩EF＝E，∴BD⊥平面AEF，即BD⊥AC，由選項(xiàng)A可知，AC⊥BD錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取BC中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，則EG∥CD，可得BD⊥EG，若EF⊥CD，則EF⊥EG，而B(niǎo)D∩EF＝E，則EG⊥平面BFD，即CD⊥平面BFD，此時(shí)需要CD⊥DF，在△ACD中，CD＝AD＞AD，F(xiàn)為AC的中點(diǎn)，由等面積法可知，∠CDF＜∠ADF，而∠ADC＜π，則∠CDF＜，即CD⊥DF不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)平面ABD⊥平面BCD時(shí)，有AB⊥CD，故D正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的應(yīng)用，考查空間想象能力與思維能力，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．一十八．點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算（共5小題）56．（2023?寶山區(qū)二模）四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB＝60°，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，PO⊥底面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為60°，E是PB的中點(diǎn)．（1）求異面直線DE與PA所成角的大小（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）；（2）證明：OE∥平面PAD，并求點(diǎn)E到平面PAD的距離．【分析】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE與EF所成的角即為DE與PA所成的角，由題意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得兩條直線所成角的余弦值，進(jìn)而求出角的大??；（2）由（1）可證得面OEF∥面PAD，進(jìn)而可證得OE∥面PAD，進(jìn)而可知E到平面PAD的距離等于O到平面PAD的距離，再由等體積法求出O到平面PAD的距離．【解答】解：（1）因?yàn)镻O⊥底面ABCD，BO＝OD，所以PB＝PD，又因?yàn)镻B與底面ABCD所成的角為60°，所以△PBD為等邊三角形，因?yàn)镋為PB的