2024版新高考新教材版高考总复习数学七

2024版新高考新教材版高考总复习数学专题七.立体几何（A）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.（2023福建漳州二模，4）已知某圆锥的底面半径为1,高为也，则它的侧面积与底面积

之比为（）

A.yB.1C.2D.4

2.（2023安徽“江南十校”一模，4）安徽徽州古城与四川阖中古城、山西平遥古城、云南丽

江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体

ABC。一A4cA.已知该正方体中，点瓦产分别是棱的中点，过A，瓦F三点

的平面与平面ABCO的交线为/，则直线/与直线所成角为（）

3.（2023福建龙岩高三期末，4）如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、

粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦

代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某

个米斗近似看作一个四棱台.上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为25cm,

下底面边长为15cm,侧棱长为10cm,则该米斗的容积约为（）

A.2600cm3B.2900cm3

C.3100cm3D.3500cm3

4.（2023湖南株洲一模，4）已知三棱锥A-BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如

图所示，那么在三棱锥A—38中，AB与CO所成的角为（

5

4

3

2~C\/D~

1——今乙——

0123456

7T71717T

A.-B.-C.-D.一

6342

5.（2023江苏南通泰州扬州等七市三模，5）已知底面半径为r的圆锥SO,其轴截面是正三

角形，它的一个内接圆柱的底面半径为（，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（）

,2不,22G

A.[5.L.L/.-------

9939

6.（2023江苏南京二模，6）直角三角形ABC中，斜边AB长为2,绕直角边AC所在直线

旋转一周形成一个几何体.若该几何体外接球表面积为野，则AC长为（）

A.也B.1C.V2D.73

2

7.（2023山东济宁三模，6）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点£,F分别为AB，

3c的中点，将VADE，ABEF，.CDF分别沿DE，EF，OR折起，使A，B,C

三点重合于点A',则三棱锥A'_DEF的外接球体积为（）

工|-------------NDA'

A.8c兀B.6A/6TTC.4瓜nD.2遥兀

8.（2023山东省实验二模，6）正四棱柱ABC。—A4G2中，A6=2,。为底面

的中心，”是棱AB的中点，正四棱柱的高〃e[&,2g],点M到平面PCD的距离的

最大值为（）

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.（2023广东茂名一模，9）己知空间中三条不同的直线a、6、c,三个不同的平面£、尸、/,

则下列说法中正确的是（）

A.若。〃b,a_La,则

B.若acp=a,/3y=b,ac/=c,则。〃6〃。

C.若&_1£,a.a,aL/3,则aPtz

D.若c_L£,c_Ly,则/〃/

10.（2023湖南长沙一中二模，10）如图I,某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石

凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半

正多面体（semiregularsolid）,亦称为阿基米德多面体，如图2,设4?=1，则下列说法

正确的是（）

8

G

图1图2

A.该多面体的表面积为6+

B.该多面体的体积为三

3

c.该多面体的平行平面间的距离均为J5

D.过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为373

F

11.（2023山东省实验二模，11）如图，在矩形中，AE=2b,EF=4,B为EF

的中点，现分别沿AB、BC将..ABE、△Bb翻折，使点E、厂重合，记为点P，翻

折后得到三棱锥P—ABC,则（）

C.三棱锥0-ABC外接球的半径为叵

2

D.直线与8c所成角的余弦值为立

6

12.（2023湖北武汉5月模拟，12）在ABC中，ZABC=120°,AB=5C=2,点。满

足CQ=4ZM（/l>0）,将△A6£>沿直线8。翻折到位置，则（）

A.若a=2,则BD=----

6

B.异面直线PC和夹角的最大值为四

2

c.三棱锥38体积的最大值为立

3

D.点P到平面BCD距离的最大值为2

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（2023福建部分地市第一次质检，13）已知空间中三点A（1,1,x/3）,5（1,-1,2）,C（0,0,0）,

则点A到直线BC的距离为.

14.（2023山东青岛三模，14）已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图为半圆，则该圆锥内

半径最大的球的表面积为.

15.（2023广东高州二模，15）已知球。与正四面体A—BCD各棱相切，且与平面a相切，

若AB=1,则正四面体A—BCD表面上的点到平面a距离的最大值为.

16.（2023安徽皖南八校三模，16）已知四面体A8CD四个顶点都在球。的球面上，

△ADC是边长为2的等边三角形，AADC外接圆的圆心为O'.若四面体A8CO的体积

最大时，N8A0'=V，则球。的半径为；若==亘，点E为AC的中点，

33

且NBED=」2兀,则球。的表面积为

3

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17.（2023江苏盐城二模，18）如图，在三棱柱ABC-A46中，四边形ABB4为正方形，

点。为棱的中点，平面A4C。！.平面A84A，AA,1CD.

（1）求证：CA=CA,；

（2）若4C=AB=2,求二面角。一4。一片的余弦值.

18.（2023广东厦门外国语学校5月适应性考试，20）如图，在圆台OQ中，A,B,,A6分

别为上、下底面直径，AB=2AtBt=4,。为AB的中点，〃为线段BC的中点，CC、为

圆台的母线，GM与圆台下底面所成的角为45°.

（1）证明：平面。8G；

（2）求平面OMG与平面夹角的余弦值.

19.（2023广东茂名二模,19）在四棱锥P—ABC。中，平面D4Z5_L平面ABCD,PA=PD，

。为AO的中点.

（1）求证：PO上BC；

(2)若AB//CD,AB=8,AD=DC=CB=4,PO=2A/7，点E在棱P8上，直线AE

与平面ABC。所成角为求点E到平面PCD距离.

6

20.（2023福建漳州二模，19）如图1,在直角梯形BCQE中，BC//DE,BCLCD,A

为QE的中点，且OE=23C=4,BE=2应，将A5E沿48折起，使得点E到达P处

图1图2

（1）在折叠过程中，PB否始终与平面AC例平行？请说明理由；

（2）当四棱锥P-A8CO的体积最大时，求C£＞与平面ACM所成角的正弦值.

21.（2023湖北武汉5月模拟，19）如图，在四棱锥P—ABQD中，底面A8CZ）为正方形,

24,平面ABC。，PA=AB=2,E为线段尸8的中点，尸为线段BC上的动点.

（1）求证：平面AEF±平面PBC；

（2）求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.

22.（2023湖南岳阳二模，19）在中，ZACB=45,BC=3,过点A作AO13C，

交线段于点。（如图1）,沿将△ABO折起，使N6£>C=90（如图2）,点E,M

分别为棱8C,AC的中点.

(1)求证：CDLME-.

4

(2)在①图1中tan2B=——,②图1中―AO.=—2—A5­+21AC•,③图2中三棱锥A—38

333

的体积最大.

这三个条件中任选一个，补充下面问题中，再解答问题.

问题：已知,试在棱CD上确定一点N,使得并求平面8MN与平

面CBN的夹角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

专题七.立体几何（A）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.（2023福建漳州二模，4）已知某圆锥的底面半径为1,高为6,则它的侧面积与底面积

之比为（）

A.gB.1C.2D.4

2

【答案】c

2

【解析】圆锥的侧面积为：S,=nrl=7trVr~+/?=2兀；圆锥的底面积为：S2=Ttf~=n；

5.27i

~~—=2,故选：C

S2it

2.（2023安徽“江南十校”一模，4）安徽徽州古城与四川闿中古城、山西平遥古城、云南丽

江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体

ABC。—A耳G2•已知该正方体中，点E，尸分别是棱A4，CG的中点，过A，E,F三点

的平面与平面ABCO的交线为/,则直线/与直线A?所成角为（）

【答案】A

【解析】如图所示，在平面44Q0中，连接与。A交于H,则〃4=AD,

在平面CG2。中，连接与。。交于G,则GC=CD,

则GH为平面。EF与平面ABCD的交线/,且GH//AC.

7TTT

而在等边△ACR中AC与A。所成的角为彳，故/与直线AA所成角不，故选：A

3.（2023福建龙岩高三期末，4）如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、

粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦

代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某

个米斗近似看作一个四棱台.上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为25cm,

下底面边长为15cm,侧棱长为10cm,则该米斗的容积约为（）

A.2600cm3B.2900cm3

C.3100cm3D.3500cm3

【答案】B

【解析】画出此四棱台，如下：则43=BC=CZ)=ZM=15cm,

EF=FG=GH=HE=25cm,AE=3F=CG=£>"=10cm,

过点8作3P_L底面EFGH于点尸，点尸落在对角线HF上，过点P作PQ_LEF于点Q,连

接B。，因为ERu平面EFG”，所以8PLE凡

因为BPiPQ=P,8P,尸Qu平面BPQ,所以EF_L平面2PQ,

因为BQu平面BPQ,所以E/UBQ,

其中Qb=g(M-AB)=5cm,同理可得PQ=5cm,

由勾股定理得：BQ=yjBF2-FQ2=V100-25=573cm,

故BP=yjBQ2-PQ2=V75-25=5&cm,

2222

正方形EFGH的面积为R=25=625cm,正方形ABCD的面积为52=15=225cm,

贝|J该米斗的容积丫=小+52+廊^用=}(625+225+375卜5加=筲22887cm3

故选：B

4.（2023湖南株洲一模，4）已知三棱锥A-BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如

图所示，那么在三棱锥A—38中，AB与CO所成的角为（）

5

4

3

2

1

023456

A.

[

【解析】由图可知，在三棱锥A-BCD中，AB=BC=BD=y5，

AC=AD=y/2,CD=2,取CO中点E，连接AE,3E,

因为BC=BD=布,AC=AD=y/2,所以AE_LC£>,BE_LCO,

因为AEcBE=E,AE,BEu平面ABE,所以CO_L平面ABE,

因为ABu平面他E，所以CDLAB,即45与CD所成的角为四

2

故选：D

5.（2023江苏南通泰州扬州等七市三模，5）己知底面半径为r的圆锥S。，其轴截面是正三

角形，它的一个内接圆柱的底面半径为:，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（）

3

A26r22G

9939

【答案】D

【解析】圆锥的高为百r，如图,

由.SQM~.SOB可得：==曲sq=0。=gso=

3OBSO

圆柱侧面积E=2兀•；r・乎r=45Jtr2，圆锥侧面积S2=；・2兀厂・2r=2nr,

S,_4^31_25/3优#「

—=------=-----，故选：D.

S2929

6.（2023江苏南京二模，6）直角三角形ABC中，斜边A3长为2,绕直角边AC所在直线

旋转一周形成一个几何体.若该几何体外接球表面积为殍，则AC长为（）

A.立B.1C.夜D.6

2

【答案】D

【解析】设AC=m,因为AB=2，所以§C=JAB?—AC?=14-席，

绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个儿何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R,

所以4兀R2=啊，解得R=2回,设外接球的球心为0,则球心在直线AC上，所以

33

故选：D

7.（2023山东济宁三模，6）如图，在边长为4的正方形ABC。中，点E，F分别为AB，

BC的中点，将VADE，△BEF,ACDF分别沿DE，EF，折起，使A,B,C

三点重合于点A',则三棱锥A'_DEE的外接球体积为（）

A.8瓜乳B.6#兀C.4扃D.2A/6TI

【答案】A

【解析】依题意，A'D±AE^EIA'F,A'D±A'F,且AD=4,A'E=A'F=2,

于是四面体A'-OER可以补形成以A'D,A'E,A'F为相邻三条棱的长方体，该长方体与四

面体A'-OEF的外接球相同，设四面体A'-OEF的外接球的半径尺则2R为长方体的

体对角线长，即2H=J、'。?+A®+4尸=2几，所以四面体A'-DE尸的外接球体积

为3兀*（后）=8«兀，故选：A

8.（2023山东省实验二模，6）正四棱柱ABC。一ABC"中，AB=2,P为底面

的中心，”是棱AB的中点，正四棱柱的高〃e[&,2g],点M到平面PCD的距离的

最大值为（）

.2任8厂4及、32

A.-------DB.-C.--------D.—

3339

【答案】C

【解析】设底面四边形ABCO的中心为0,连接P。，则PO=〃，设点M到平面PC。的

距离为d,0C=0D=O，PC^PD=\l2+lr＞则一PCD中，CO边上的高为

12+h。-1=+，则Spc。=]X2xJl+-=Jl+〃~,S“co=]x2x2=2,

==x

由Vw-pcoVp_MCD,得彳XSPCDxd~SMCDxh,

128

±931

2G--

则

得

G+€--贝uJ1139

.8.]川821+

1A2

,2764722764A/2

所以一（，—『，即点例到平面PCD的距离的取值范围是q-，q-

所以点M到平面PC。的距离的最大值为逑，故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.（2023广东茂名一模，9）已知空间中三条不同的直线o、6、c,三个不同的平面。、。、

则下列说法中正确的是（）

A.若。〃人，a_La,则〃_L。

B.若ac0=a,py=b,ac/=j则

C.若a_L/?,acta,aA.（3,则。Pa

D.若c±/,则/?〃/

【答案】ACD

【解析】对于A：a//byaLa则〃_1。一定成立，A正确；

如图，正方体两两相交的三个平面ABCO,平面ABB,A,，平面ADD4,

平面ABCDc平面ABB1A,=AB,平面ABCDc平面ADD,A=A。，

平面ABBA平面A£>A4=A41,但A8,A。例不平行，故B错误；

对于C：若a_L/7,aA-P，则。尸。或aua,但aza,所以aPa,C正确;

对于D：c1/3,cl/,则/〃7,D正确，故选:ACD.

10.（2023湖南长沙一中二模，10）如图1,某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石

凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半

正多面体（semiregularsolid）,亦称为阿基米德多面体，如图2,设AB=1，则下列说法

正确的是（）

图1

A.该多面体的表面积为6+2百

B.该多面体的体积为逆

3

C.该多面体的平行平面间的距离均为J5

D.过A、。、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为地

2

【答案】ABD

【解析】由题意，该多面体的面由6个边长为1的正方形和8个边长为1的正三角形构成,

故该多面体的表面积为6xF+8x且xa=6+26，故A正确；

4

该多面体的体积为原正方体的体积去掉8个相同的三棱锥的体积，注意到该多面体的原正方

体边长为血，所以丫=（&『—8x；x等x；x与=孚，故B正确；

对于选项C,若该多面体平行平面为上下两个正方形所在的平面，则平行平面间的距离为

、历；若该多面体平行平面为两个正三角形所在的平行平面,

如图,

不妨记正方体为

A2B2C2D2-ABCR,ADJ/BG,AR=B&,

故AAC282是平行四边形，所以AB?//。?"，

又E,。分别为A4，4员的中点，所以EQ//&B2,同理3G//GA，

所以EQ//BG,EQU平面BCG,3Gu平面8CG,

所以EQ//平面8CG,同理£70//平面8CG,

又EMcEQ=E,EA7,EQu平面EMQ,所以平面E/WQ//平面BCG,

设对角线&G分别交平面EMQ和平面BCG于点MI，N「

因为4c2，MQ，0。2,402匚平面44026，

所以平面，又4Gu平面，所以4G，MQ，同理4G工EQ,

又MQcEQ=Q,MQ,EQu平面EMQ,所以A2G，平面EM。，

又平面EMQ//平面BCG,所以4cl，平面BCG,

|必闻即为平面EMQ与平面BCG的距离，则同闯=|4GH4M|—|N1GI，

由正方体边长为正得|&CJ="，根据=\-EMQ，

贝Px'x^,解得14Ml=,

322223221'"1116

根据对称性知I&MNN。＞所MM|=|A2C,\-\A2Ml\-\NlCi\=y/6-2x^-=半,

9[7

此时平面EMQ与平面8CG的距离为幺？，即两个正三角形所在的平行平面间的距离为

3

亚，故C错误；根据平面性质知，过4、。、G三点的平面截得的截面图形是一个边长

3

为1的正六边形ABGPQE,故截面面积为6x走xl2=Wl,故D正确，故选：AB.

42

11.（2023山东省实验二模，11）如图，在矩形中，AE=2乖，EF=4,B为EF

的中点，现分别沿AB、BC将.ABE、ABC产翻折，使点E、厂重合，记为点P，翻

折后得到三棱锥。一ABC,则（）

A.PB1AC

B.三棱锥P—ABC的体积为逑

3

C.三棱锥P-ABC外接球的半径为—

2

直线与3C所成角的余弦值为立

D.

6

【答案】ACD

【解析】对于A选项，翻折前AEL3E，翻折后，则有PB_LQ4,PB±PC,

因为PAPC=P,Q4、PCu平面PAC,所以3P_L平面P4C，故A对；

对于B选项，在中，PA=PC=2M，AC边上的高为-2?=2&，

11O

所以=匕-PAC=§x,x4x2>/^x2=---,故B错；

对于C选项，因为PA=PC=2g，AC=4,

由余弦定理，可得cosZAPC=/"-+/CC二=12+12-16=J_,

2PAPC2x123

则sinZAPC=A/1-cos2ZAPC=

372

所以△PAC的外接圆的半径“一2sinZAPC—472—~2

r

设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,

因为郎，平面PAC,所以/?2=PB]=-+l=—,所以R=叵,

J222

即三棱锥P-ABC外接球的半径为叵，故C对;

2

12+12-16£

对于D选项，在△PAC中,cosZAPC=

2x273x2^3

BC=dPC2+PB?=112+4=4,

PA(PC-PB)PAPC-PAPB2V3x2x/3xl石

则COS(PA,BC^jPABC

2石x4-86

HM8g-6

所以直线94与直线BC所成角的余弦值为之,故D对，故选：ACD.

6

12.（2023湖北武汉5月模拟，12）在」WC中，ZABC=12Q°,AB=3C=2,点。满

足CD=/UM（；l>0）,将△ABD沿直线8。翻折到△PBD位置，则（）

B.异面直线PC和BD夹角的最大值为-

2

C.三棱锥P—BCD体积的最大值为立

3

D.点尸到平面3c。距离的最大值为2

【答案】BD

【解析】在ABC中，AB=BC=2,ZABC=120°,ZBAD=ABCA=30°

由余弦定理得AC=74+4-2X2X2XCOS120°=2G

对于A,当/I=2,则AO=述,在△ABO中，由余弦定理得

3

BD=卜+¥）一2x2x¥xcos30°=苧，A错误；

对于B,折叠前，令3OJ.AC,折叠后有BZ），PD,8O_LC。，又

PDcCD=£>,PDCr>u平面PCD,所以平面PCD，所以BOJ_PC,所以异面

直线PC和8。夹角的最大值为卫，B正确：

2

设AD=X,则0<x<2百，DC=2g-x，

在△AB£>中，由余弦定理得：&-2vL;+4,

在△P3O中，PD^AD^x,PB=BA=2,NBPD=30°,

当平面平面BCD时，设P到平面BCD的距离为d，则

S=—xBDxd=—xPDxPBxsinZBPD

PBRDn22

X

d=

Jx?-2y[^X+4

解得

对于C,三棱锥尸—38的体积V=』S

3BCD6yj—2^3x+4

令6-2后+4=0则x（2G-x）=4一产,所以丫=±工=2—

、6/3/6

因为0<X<2G，所以，=J（X—V5Y+1G[1,2），

2t1

而丫=不一/在[1,2）上单调递减，所以当f=l,即尤=百时，嗫ax=；，C错误;

3/62

对于D,因为0<x<26，所以！>—!尸=也，所以当》=且时，4rax=2.

x2V364

.•.尸到平面BCD的最大距离为2,D正确.

故选：BD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（2023福建部分地市第一次质检，13）已知空间中三点l,2）,C（0,0,0）,

则点A到直线BC的距离为

【答案】6

【解析】A(1,1,G),JB(1,-1,2),C((),(),()),.•。=(1,1,拘,6=(1,-1,2)

,...|C4卜^12+12+(V3)2=国舛^12+(-1)2+(2)2=瓜

—CACBlxl+lx(-l)+2^26M

..COS<CA,CB>=]n—r-------------j=—f=----------——-^=---------

|G4||CB|V5XV6V305

sin<CA,CB>=y/\-cos2<CA,CB>,设点A到直线BC的距离为d,

则d=|cA|sin<CA,CB>=也又与=6.

14.（2023山东青岛三模，14）已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图为半圆，则该圆锥内

半径最大的球的表面积为.

4兀4

（答案］—##—兀

33

【解析】设圆锥母线长为/,由题意2兀乂1=兀/,1=2,圆锥内半径最大的球与圆锥相切，

作出圆锥的轴截面钻，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆。，D,E是切点,如

图，易知PO是圆锥的高，。在尸。上，

7TTT17t

由PA=2,BD=1得NBPD=—,因此NA8P=—,所以NOBD=—NDBP=—,

6326

OD=BDtan-=^-,所以圆锥内半径最大的球的表面积为S=4兀、（走了=如，

6333

15.（2023广东高州二模，15）已知球。与正四面体A-BC£＞各棱相切，且与平面a相切,

若45=1,则正四面体A-BC。表面上的点到平面a距离的最大值为.

【答案】

4

【解析】将正四面体A-BC。补形成正方体，

因为球。与正四面体A-BCD各棱相切，所以球。即为正方体的内切球，

易知，球心O为正方体体对角线的中点，

记正四面体A-BCD表面上的点到球心。的距离为"，球的半径为r,

则正四面体A-BCD表面上的点到平面a距离的最大值即为d+r的最大值,

设正方体棱长为小则/+/=],解得。=也，所以「=①，

24

易知，dmax=OA=—暇。?=—>

max2।

所以正四面体表面上的点到平面a距离的最大值为迈+立=1上受

444

16.（2023安徽皖南八校三模，16）已知四面体ABCO四个顶点都在球。的球面上，

△ADC是边长为2的等边三角形，△ADC外接圆的圆心为若四面体ABC。的体积

最大时，N3A0'=V，则球。的半径为______；若AB=BC=口，点E为AC的中点,

33

2兀

且则球。的表面积为

3

4IQ

【答案】①.一②.—兀

33

AC=2R2行

【解析】设ACD的外接圆的半径上由题可得.兀一，解得/?=乂；

sin—3

3J

若四面体ABCO的体积最大时，则点8在过。和0’的直径上，且属。在。的两侧，

在，AC。中，A0'=R=巫,又/&4。'=二，所以8O'=AO'xtanE=2,

333

设球。的半径为人则在Rt^AO'O中，/=独+（2-r）\解得r=g；

如图，取AC的中点£,连接OE并延长OE交圆。'于点尸.连接

在,.45E中，BE=\/AB2-AE2=-=,所以在△BEF中，由余弦定理得

BF2=EF~+BE1-2EF-BEcosZBEF=1，可得跖_L所，

结合图形可得防，圆连接00'，过点。作B尸的垂线，垂足为点G,连接80,

2222

四面体A8CD外接球的半径r=y]GO+BG=yj00'+0'D解得

OO，=BG=LBF=L所以球0的半径r=—,四面体ABC。外

2212

接球的表面积为上19兀.

3

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17.(2023江苏盐城二模，18)如图，在三棱柱ABC-A4G中，四边形为正方形,

点。为棱BB|的中点，平面A4CC，平面ABqA,AA.1CD.

(1)求证：CA=CA；

(2)若AC=AB=2,求二面角。-4。一々的余弦值.

【解析】(1)证明：取A4中点0,连接。。，OC,

因为四边形为正方形，点。为的中点，点。为AA的中点，所以A4_L。。,

又因为AA_LC。，CDOD=D,C£>,O0u平面OCT),所以A&J,平面OCD,

又因为OCu平面OCD,所以4AlJ_OC,

因为点。为A4的中点，所以CA=C4「

(2)因为平面A41GC_L平面AB4A,平面AAGC平面A344=AA，

且。C_LA41,OCuMGC,所以OC_L平面4344，

以｛OA,。。,。。｝为基底建立如图所示空间直角坐标系，

则C(0,0,G),(-1,0,0),£>(0,2,0),可得A方=(1,2,0),4c=(1，0,@，

/、[n-A£)=x+2y=0

设〃=(x,y,z)为平面的一个法向量，则《厂，

n-\C=x+v3z=0

取x=6,得丁=一3工=一2有，所以〃=（6,-3,-26），

由。C，平面ABB^,可得平面4。耳的一个法向量为0C=（0,0,G）,

]\_OCn_-273Xy/3_2r-r

则cos（OC,n）=I---j-j—r=-j=—l~一—v19

\/|。明炳x019

由图知二面角C-A,D-B,为钝二面角，所以其余弦值为-29.

18.（2023广东厦门外国语学校5月适应性考试，20）如图，在圆台0Q中，A,B,,A8分

别为上、下底面直径，AB=2A&=4,。为AB的中点，M为线段8c的中点，C£为

圆台的母线，与圆台下底面所成的角为45°.

（1）证明：平面。Bq；

（2）求平面。拉G与平面BMC；夹角的余弦值.

【解析】（1）证明：连接。。，C,O,,则。。_L平面A5C.

因为CC为母线，所以CC。。四点共面，且。C"OC.取CO中点N,连接GN,

MN.因为AB=2A4=4,则ON=GQ=1，所以四边形。NGQ平行四边形.

所以GN〃O1。，所以£NJ.平面ABC.所以NC|MN为GM与底面所成角，

即N£MN=45°.

在RtGNO中，C1N=NO=1,所以GO=0,同理GC=0.

在△C。。中，CO2=C,O2+C.C2,所以GC^GO.

因为。«_!_平面ABC，A8u平面ABC，所以。O|LAB.

因为。为AB的中点，所以A3_LC0,

又OC0。=。，OCU平面GQOC，。。＜=平面&0℃,所以他_2平面。1。。。，

又cgu平面G°。。，所以GC*LAB.又因为CC，G。，ABcp=o,

ABU平面80G，GOu平面BOG，所以GCJ•平面BOG；

（2）以。为原点，分别以OC，OB，OQ所在的方向为x，y，z的正方向，建立空间

直角坐标系,

则C(2,0,0),0((),(),0),3(0,2,0),C,(1,0,1),M(1,1,0).

所以8M=(1,-1,0),BG=(1,—2,1),OM=(1,1,0),OG=(1,0,1).

设平面BMC1的一个法向量为勺=（A］，x，zJ,

马•=0=0

由«得

77,BC,=0%一2y+4=0

令再=1,得y=Z|=l,所以4=(1,1,1).

设平面OMG的一个法向量为4=（%,%，Z2），

%•OM=0々+%=0

由，则〈

+Z=0

几〉•OC]-02

令马=1，得必=-1，Z?=-1,所以吗=(1,—1,—1)>

设平面OMG，与平面BMG夹角为e,

贝ijcos8=cost%,%）-1厂13=--

'rv3x5/33

所以平面。MG与平面8例G夹角的余弦值为;.

19.（2023广东茂名二模，19）在四棱锥产一ABC。中，平面以。，平面ABCD,PA=PD，

。为的中点.

（1）求证：POJ.BC-,

②若ABHCD,AB=S,AD=DC=CB=4,PO=2#i，息E在燧.PB上,直线AE

TT

与平面ABC。所成角为一，求点£到平面PCD距离.

6

【解析】（1）：R=RD,。为A0的中点，，POLAO

又：平面BADJ_平面ABC。，平面A4DC平面ABC£）=AD，

P。1平面ABC。，又BCu平面ABC。，••.尸O1BC

（2）由AB=8,AD=DC=CB=4,

可知ABC。四边形为等腰梯形，易知8。=46，

AD2+BD2=AB2>：.AD±BD

建立如图所示的空间直角坐标系,

P(0,0,277),A(2,0,0),B