压轴题04立体几何压轴题10题型 （教师版）

压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。高频考法题型01几何图形内切球、外接球问题题型02立体几何中的计数原理排列组合问题题型03立体几何动点最值问题题型04不规则图形中的面面夹角问题题型05不规则图形中的线面夹角问题题型06几何中的旋转问题题型07立体几何中的折叠问题题型08不规则图形表面积、体积问题题型09立体几何新定义问题题型10立体几何新考点01几何图形内切球、外接球问题解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.1.（多选）（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A,B,C,D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的正方形，则（

）A．异面直线AE与DF所成角大小为πB．二面角A−EB−C的平面角的余弦值为1C．此八面体一定存在外接球D．此八面体的内切球表面积为8

【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项，由|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项.【详解】连接AC、BD交于点O，连接OE、OF，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E、O、F三点共线，且EF⊥面ABCD，所以以O为原点，分别以OB、OC、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，

则O(0,0,0)，A(0,−2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，对于A项，AE=(0,2,设异面直线AE与DF所成角为θ，则cosθ=|所以θ=π3，即异面直线AE与DF所成角大小为对于B项，BE=(−2,0,2)设面ABE的一个法向量为n=(则n⋅BE=0n⋅BA=0⇒−设面BEC的一个法向量为m=(则n⋅BE=0n⋅BC=0⇒−所以cosn又因为面ABE与BEC所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角A−EB−C的平面角的余弦值为−1对于C项，因为|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=2所以O为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，故C项正确；对于D项，设内切球的半径为r，则八面体的体积为V=2V又八面体的体积为V=8V所以833r=所以内切球的表面积为4π故选：ACD.2.（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,AA．9π B．16π C．25π【答案】C【分析】根据勾股定理求解棱台的高MN=1,进而根据相切，由勾股定理求解球半径R=5【详解】设棱台上下底面的中心为N,M,连接D1则D1所以棱台的高MN=B设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A1B1C1设BC中点为E，连接OE,OM,ME,所以OE2=O所以球O的表面积为4π故选：C3.（2024·河北石家庄·二模）已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O为球心作一个半径为233A．26π B．463π 【答案】B【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.【详解】如图所示，M为EF的中点，O为正方体的中心，过O作PM的垂线交于点N，正八面体的棱长为2，即EF=2，故OM=1，OP=2，PM=3，则设球与正八面体的截面圆半径为r，如图所示，则r=(由于MN=ZN=33，NJ=NI=63，所以IJ=233，则∠INJ=π2，平面故选：B4.（多选）（2022·山东聊城·二模）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（

）A．底面椭圆的离心率为2B．侧面积为24C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD．底面积为4【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF=45°，则BF=2AB，设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，则2a=2⋅2b，所以离心率为e=cEG⊥BF，垂足为G，则EG=6，易知∠EBG=45°，BE=62，又CE=AF=AB=4所以斜圆柱侧面积为S=2π×2×(4+622b=4，b=2，2a=42，a=2椭圆面积为πab=42由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为4π×2故选：ABD．5.（21-22高三上·湖北襄阳·期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以C1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F.若以F为焦点，AB1为准线的抛物线经过O1，【答案】2−3/【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球O2内切于正方体，设r2=1【详解】如图所示：根据抛物线的定义，点O2到点F的距离与到直线A其中点O2到点F的距离即半径r2，也即点O2点O2到直线AB1的距离即点O因此球O2不妨设r2=1，两个球心O1，O两个球在平面AB则O2F=r2因为r1AO1=因此(3+1)r1=故答案为：2−02立体几何中的计数原理排列组合问题6.（2024·浙江台州·二模）房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm×11cm×5cm，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12A．8 B．10 C．12 D．16【答案】B【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm³长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】由题意，V长方体=24×11×5=8×165，为得到体积为需将原来长方体体积缩小为原来的18可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；第二类，长宽高各减半1次，共1种；第三类，长宽高减半0,1,2次的全排列A3根据分类加法计数原理，共3+1+6=10种.故选：B7.（2023·江苏南通·模拟预测）在空间直角坐标系O−xyz中，A10,0,0,B0,10,0A．C103 B．C93 C．【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面ABC的一个法向量为n=1,1,1，从而求得面ABC上的点Pa,b,c满足a+b+c=10，进而得到棱锥O−ABC内部整点为Q【详解】根据题意，作出图形如下，因为A10,0,0,B0,10,0设面ABC的一个法向量为n=x,y,z，则令x=1，则y=1,z=1，故n=设Pa,b,c是面ABC上的点，则AP故AP⋅n=a−10+b+c=0不妨设三棱锥O−ABC内部整点为Qs,t,r，则s,t,r∈N∗，故s≥1,t≥1,r≥1易知若s+t+r=10，则Q在面ABC上，若s+t+r>10，则Q在三棱锥O−ABC外部，所以3≤s+t+r≤9，当s+t+r=n,n∈N∗且将n写成n个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为s,t,r的取值的方法个数，显然有Cn−1所有整点Qs,t,r的个数为C因为Cn所以C22+故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面ABC上的点Pa,b,c满足a+b+c=10，从而确定三棱锥O−ABC内部整点为Qs,t,r满足8.（2024·重庆·模拟预测）从长方体的8个顶点中任选4个，则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为（

）A．2736 B．2935 C．67【答案】B【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这4个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.【详解】根据题意，从长方体的8个顶点中任选4个，有C8“这4个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这4个点在同一个平面”，而长方体有2个底面和4个侧面、6个对角面，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P=12所以这4个点构成三棱锥的概率为1−6故选：B．9.（多选）（2024·重庆·模拟预测）如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)（

）A．可以围成20个不同的正方形B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)C．可以围成516个不同的三角形D．可以围成16个不同的等边三角形【答案】ABC【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，对于选项A，由图知，边长为1的正方形有3×3=9个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为3的正方形有1个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为5的有2个，共有20个，所以选项A正确，对于选项B，由图知，宽为1的长方形有3×3=9个，宽为2的长方形有4×2=8个，宽为3的长方形有5个，宽为2的有2个，共有24个，所以选项B正确，对于选项C，由图知，可以围成C16对于选项D，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D错误，故选：ABC.10.（2024·上海浦东新·模拟预测）如图ABCDEF−A'B'C'D

【答案】6【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD，C'D，E'D，

先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF//AD//BC，所以E'且B'C'=E故AF'，DE'相交，且C'则正六边形对角线AD所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线BE，CF所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线A'D'，B'E若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是6+12+12+6C故答案为：61103立体几何动点最值问题空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.11.（多选）（2024·浙江台州·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为平面ABCD内一动点，且直线A．点P的轨迹为抛物线B．正方体ABCD−A1B1C．直线CP与平面CDD1D．点M为直线D1B上一动点，则MP+ME【答案】BCD【分析】对于A，根据到D点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；对于D，需要先找到P点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】对于A，因为直线D1P与平面ABCD所成角为π3，所以DP=1tanπ3对于B，在面BB1D1D内研究，如图所示O为内切球球心，O1为上底面中心，O2为下底面中心，G为内切球与面A1BC1的切点.已知OG⊥O1B，OG为球心到面A1BC对于C，直线CP与平面CDD1C1所成角即为∠PCD，当CP与P点的轨迹圆相切时，对于D，分析可知，P点为BD和圆周的交点时，MP最小.此时可将面D1AB沿着D1当E',M,P三点共线时，MP+ME最小.因为O2P=3故选：BCD12.（多选）（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1CA．若M在线段AB上，则D1M+MCB．平面ACD1C．若C1M与AB所成的角为π4D．对于给定的点M，过M有且仅有3条直线与直线D1A,【答案】ABD【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可.【详解】对于A，延长DA到E使得AE=2则D1等号在E,M,C共线时取到；故A正确，对于B，由于球的半径为12，球心到平面ACD1故被截得的圆的半径为14−1对于C，C1M与AB所成的角即为C1M和则x2+y2+1=2(对于D，显然过M的满足条件的直线数目等于过D1的满足条件的直线l在直线l上任取一点P，使得D1不妨设∠PD1A=π3所以P有两种可能，直线l也有两种可能，若∠PD1C=就是与∠AD1C故选：ABD13.（多选）（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB的中点为M，过点M作正方体的截面A．当MN最大时，MN与BC所成的角为πB．三棱锥A1−BNC．若DN=2，则点N的轨迹长度为D．若N∈平面A1BCD1【答案】BCD【分析】记BC,CC1,C1D,D1A1,A1A的中点分别为F,H,G,F,E，构建空间直角坐标系，证明M,F,H,G,F,E共面，且DB1⊥平面MEFGHI，由此确定平面α，找到MN最大时N【详解】记BC,CC1,连接EF,FG,GH,HI,IM,ME，连接GM,FI，因为FG∥A1所以FG∥MI，FG=MI，所以四边形连接FI,MG，记其交点为S，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，B12,2,2,M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(1,0,2)，G(0,1,2)，

因为DB1=2,2,2，SM=SG=−1,0,1，SF=所以DB1⋅SM=0DB1⋅SG所以M,E,F,G,H,I六点共面，因为DB1=2,2,2，所以DB1⋅所以DB1⊥所以DB1⊥MI,DB1所以DB1⊥平面MEFGHI，故平面MEFGHI对于A，N与G重合时，MN最大，且MN//BC所以MN与BC所成的角的平面角为∠C又BC=所以∠C1BC=对于B，因为所以DB1=2,2,2，所以DB1⋅所以DB1⊥所以DB1⊥A1所以DB1⊥平面A1B所以平面A1BC所以点N到平面A1BC1的距离与点所以VA向量DB1=2,2,2为平面所以M到面A1BC又△A1B所以三棱锥A1−BNC对于C：若DN=2，点N在截面MEFGHI所以点N的轨迹是以D为球心，半径为2的球体被面MEFGHI所截的圆（或其一部分），因为DS=1,1,1，DB所以DS⊥平面MEFGHI，所以截面圆的圆心为S，因为DB1=2,2,2是面所以D到面MEFGHI的距离为d'故轨迹圆的半径r=22−故点N的轨迹长度为2π对于D，N∈平面A1BCD1，又平面A1BCD1与平面所以点N的轨迹为线段FI，翻折△C1FI

所以当B,N,C1三点共线时，BN+由已知C1I=C1过C1作C1T⊥BI，垂足为T所以IT所以BC所以BN+NC故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点M的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.14.（多选）（2024·福建厦门·一模）如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，△ABF和△DCE均是等边三角形，且AB=23，EF=x(x>0)A．EF//平面ABCDB．二面角A−EF−B随着x的减小而减小C．当BC=2时，五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为27D．当BC=32时，存在x使得半径为3【答案】ACD【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角A−EF−B的大小为2α，点F到面ABCD的距离为ℎ，则tanα=3ℎ，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体ABCDEF补成直三棱柱FGI−EKJ，取AB,GI的中点M,H，设∠FMH=θ(0<θ≤π2)，则MH=3cosθ,FH=3sinθ，结合【详解】A：由题设BC//AD，AD⊂面ADEF，BC⊄面ADEF，则BC//面ADEF，由面BCEF∩面ADEF=EF，BC⊂面BCEF，则BC//EF，BC⊂面ABCD，EF⊄面ABCD，则EF//平面ABCD，对；B：设二面角A−EF−B的大小为2α，点F到面ABCD的距离为ℎ，则tanα=点F到面ABCD的距离，仅在面FAB⊥面ABCD时取得最大值，当EF=x=BC时tanα取最小值，即α取最小值，即二面角A−EF−B所以EF=x∈(0,+∞

C：当BC=2，如图，把五面体ABCDEF补成直三棱柱FGI−EKJ，分别取AB,GI的中点M,H，易得FH⊥面ABCD，FM=3，设∠FMH=θ(0<θ≤π2)V(x)=VABCDEF=VFGI−EKJ令f(θ)=63sinθ+6令f'(θ)=0⇒2cos2θ+cosθ−1=00<θ<π3，f'(θ)>0，f(θ)递增，π3显然θ=π3是f(θ)的极大值点，故所以五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为272D：当BC=32时，△ABF和△DCE所在平面均垂直于面ABCD时构成正三棱柱此时正三棱柱内最大的求半径r=34<32对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，

由C分析结果，当五面体ABCDEF体积最大时，其可内含的球的半径较大，易知，当∠FMH=π3时，设△FIG的内切圆半径为r1，则12×另外，设等腰梯形EFMN中圆的半径为r2，则r所以，存在x使半径为32的球都能内含于五面体ABCDEF故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设∠FMH=θ(0<θ≤π2)得到五面体ABCDEF的体积关于θ15.（多选）（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点A．当x=14,z=0,y∈0,1B．当x=y=1,z=12时，异面直线BM与CC．当x+y+z=1，且AM=253时，则D．当x+y=1,z=0时，AM与平面AB1【答案】AD【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面AB1D1的距离，结合线面角的定义求得【详解】对于A，在AB上取点H，使AH=14AB，在因为x=14,z=0,y∈0,1，即将平面B1HKC1与平面

连接B1D交HK于P，此时B,P,D三点共线，B1由于AH=14故AB即此时B1M+MD的最小值为对于B，由于x=y=1,z=12时，则此时M为CC1的中点，取C1

则MN∥CD1,故∠BMN即为异面直线又MN=12C故cos∠BMN=而异面直线所成角的范围为(0,π故异面直线BM与CD1所成角的余弦值为对于C，当x+y+z=1时，可得点M的轨迹在△A由于CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD又BD⊥AC，AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面AC1⊂平面ACC1A1B∩BD=B,A1B,BD⊂平面A设AC1与平面A1△A1BD为边长为22的正三角形，则点A到平面若AM=253即M点落在以P为圆心，22

P点到△A1BD即M点轨迹是以P为圆心，223为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长对于D，因为B1D1∥BD,BD⊄平面AB1D1

因为当x+y=1,z=0时，AM=AB+点M到平面AB1D1的距离等于点B到平面则VB−A△AB1D1为边长为解得d=2又M在BD上，当M为BD的中点时，AM取最小值2，设直线AM与平面AB1D则sinθ=dAM=233故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.04不规则图形中的面面夹角问题利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．16.（2024·浙江台州·二模）如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3A1B1，AB∥CD，(1)求证：BQ∥平面AD(2)若四棱锥Q−ABB1A1的体积为323【答案】(1)证明见解析(2)21【分析】（1）分别延长线段AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，将四棱台补成四棱锥P−ABCD，取DD1的中点（2）先证明AD⊥平面ABB1A1，再以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面CDD1C1的法向量为【详解】（1）证明：如图所示：分别延长线段AA1，BB1，CC1，∵A1B1=1取DD1的中点E，连接QE，∵QE//CD//AB，且QE=123+9∴BQ∥AE，又AE⊂平面ADD1A∴BQ∥平面AD（2）由于VQ−ABB1又梯形ABB1A设C到平面ABB1A1距离为ℎ，则而CD∥AB，AB⊂平面ABB1A所以CD∥平面AB所以点C到平面ABB1A而ℎ=6=AD，所以AD⊥平面ABB以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB为等边三角形，所以A0,0,0，B6,0,0，C9,6,0，设平面CDD1C则m→得x=0，y=32z又平面ABB1A则，平面ABB1A1与平面17.（2024·浙江杭州·二模）如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB【答案】(1)证明见解析；(2)310【分析】（1）根据余弦定理求解DM=3，即可求证DM⊥DC（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM=ℎ=33【详解】（1）在△DCM中，由余弦定理可得DM=D所以DM2+D所以DM⊥DC．又因为DC⊥PD，DM∩PD=D,DM,DP⊂平面PDM,所以DC⊥平面PDM,PM⊂平面PDM．所以DC⊥PM．由于PQ//BM,PQ=BM=2,所以四边形PQBM为平行四边形，所以PM∥又AB∥DC，所以AB⊥BQ，所以∠ABQ=90°．（2）因为QB⊥MD，所以PM⊥MD，又PM⊥CD，DC∩MD=D,DC,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD．取AD中点E，连接PE，设PM=ℎ．设多面体ABCDPQ的体积为V，则V==S解得PM=ℎ=33建立如图所示的空间直角坐标系，则A−D3则平面QAB的一个法向量n=所以CD=设平面PCD的一个法向量m=则m⋅CD=0,n⋅所以cosθ=所以平面PAD与平面PMD夹角的余弦值为31018.（2024·浙江金华·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD的棱AB,BC的长为2，其余各条棱长均为1．(1)求四棱锥P−ABCD的体积；(2)求二面角A−PC−B的大小．【答案】(1)2(2)90【分析】（1）设四边形ABCD的外接圆半径为r，求得2r=BD=3，利用等面积求得四边形ABCD的面积，求出P到平面ABCD的距离d（2）利用线面垂直，推出面面垂直，求解二面角.【详解】（1）如图（1）所示，四棱锥P−ABCD中，AB=BC=2所以点P在底面内的射影为底面四边形ABCD的外接圆的圆心O，即四边形ABCD为圆内接四边形，如图（2）所示,根据四边形ABCD的对称性，可得BD为外接圆的直径，AC⊥BD,所以∠DAB=90设四边形的半径为r，在直角ABD中，可得BD=2r=3，OA=由等面积法S四边形又由点P在底面内的射影为底面四边形ABCD的外接圆的圆心O，所以OP⊥底面四边形ABCD,即OP=所以VP−ABCD

（2）由PC=PA=PB=1,AB=BC=2所以B即PB⊥PA,PB⊥PC,又PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC,又PB⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC,所以二面角A−PC−B为90∘19.（2024·安徽·二模）将正方形ABCD绕直线AB逆时针旋转90°，使得CD到EF(1)求证：平面ACF⊥平面BDE；(2)点M为DF上一点，若二面角C−AM−E的余弦值为13，求∠MAD【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD=【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得BD⊥AF，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，设∠MAD=α，AB=1，利用空间向量法求出二面角C−AM−E的余弦值，建立方程1−sinαcos【详解】（1）由已知得平面ABCD⊥平面ABEF，AF⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AF⊂平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，故BD⊥AF，因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC，AC，AF⊂平面ACF，AC∩AF=A，所以BD⊥平面ACF，又BD⊂平面BDE，所以平面ACF⊥平面BDE.（2）由（1）知AD，AF，AB两两垂直，以AD，AF，AB所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD=α，AB=1，则A0,0,0，Mcosα,sinα,0故AM=cosα,sin设平面AMC的法向量为m=x1,故x1+z1=0x所以m设平面AME的法向量为n=x2,故y2+z2=0x所以n=所以cosm由已知得1−sin化简得：2sin22α−9sin2α+7=0故α=45°，即∠MAD=45°.20.（2024·山西·二模）如图，四棱锥P−ABCD中，二面角P−CD−A的大小为90°，∠DCP=∠DPC<π4，∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°

(1)求证：平面EBD⊥平面PCD；(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60°，求二面角B−ED−C【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）由题意可得BD⊥CD，平面PCD⊥平面ABCD，根据面面垂直的性质可得BD⊥平面PCD，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）过P作CD的垂线交CD延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得∠PDH=60°，设AD=1，在△ADH中由余弦定理得AH=22，利用勾股定理的逆定理可得【详解】（1）由∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°，得AD=AB,AD//BC，则所以BD=CD,∠BDC=90°，即由二面角P−CD−A的大小为90°，知平面PCD⊥平面CDA，即平面PCD⊥平面ABCD又平面PCD∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PCD，又BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面PCD.（2）过P作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PH⊂平面PCD，PH⊥CD，所以PH⊥平面ABCD，则DH为PD在底面ABCD内的射影，所以∠PDH为直线PD与底面ABCD所成的角，即∠PDH=60由∠DCP=∠DPC<π4，知DP=DC且设AD=1，得BD=DC=DP=2，BC=2在△PHD中，PD=2,DH=22,PH=由余弦定理得AH=AD2所以AH⊥CD，过D作DF//PH，则DF⊥底面ABCD，所以DB,DC,DF两两垂直，建立如图空间直角坐标系D−xyz，B(2所以DB=(设平面EBD和平面ECD的一个法向量分别为n=(则n⋅DB=令z1=1,z所以n=(0,32故所求二面角B−ED−C的余弦值为77

05不规则图形中的线面夹角问题21.（2024·浙江宁波·二模）在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60∘，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D(1)求证：CE∥平面ADD(2)求直线CE与平面BDD【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面BCE∥平面ADD（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解E到平面BDD1的距离ℎ，从而转化求解直线CE与平面【详解】（1）∵BE∥AD1,BE⊄平面ADD1,A同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD∵CE⊂平面BCE,∴CE∥平面ADD（2）法1：取AB中点O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1⊂平面∴OD1⊥如图，建立空间直角坐标系，则A0,1,0从而E0,−32又BD=3,1,0,D有BD⋅n=0DD1⋅n=0设直线CE与平面BDD1所成角为sinθ=|所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为法2：取AD1中点F，则EFDC是平行四边形，所以CE∥从而CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD过D1作D1G⊥AB交AB于G，过G作GH⊥BD交BD过G作GK⊥D1H交D因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又D1G⊂平面AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD⊂平面所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1从而BD⊥平面D1GH，因为GK⊂平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩从而GK⊥平面BDD所以GK的长即为G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为ℎ即为G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为22.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，△PAD为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．(1)证明：直线MN//平面PAD；(2)当二面角P−AD−C为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行；（2）作出辅助线，得到∠PFB=120°，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出答案.【详解】（1）取PD中点E，连接AE，NE，∵N为PC中点，∴EN//CD且EN=1又∵AM//CD且AM=1∴EN//AM且EN=AM，∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN//AE，∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴MN//平面PAD．（2）连接BD，取AD中点F，连接PF，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为等边三角形，故BF⊥AD，因为△PAD为等边三角形，所以PF⊥AD，故∠PFB为二面角P−AD−C的平面角，因为二面角P−AD−C为120°，故∠PFB=120°，以F为坐标原点，FB,FD所在直线分别为x,y轴，垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则∠PFz=30°，设AB=2，则AF=DF=1,BF=3，PF=∴B3,0,0，P−32∴M32,−12MN=AE=−3设平面PCD的一个法向量n=故PC⋅令y=3得x=−3,z=1，故设MN与平面PCD所成角为θ，∴sinθ=23.（23-24高三下·浙江·开学考试）在三棱锥D−ABC中，AC=3,DC=22(1)证明：平面ADC⊥平面ABC；(2)点E为棱DC上，若BC与平面EAB所成角的正弦值为3311，求DE【答案】(1)证明见解析(2)DE=【分析】（1）如图过D作DH⊥AC，由相似三角形的判定定理与性质求得BH=2，根据勾股定理的逆定理可得DH⊥BH（2）建立如图空间直角坐标系O−xyz，设DE=λDC(0≤λ≤1)，根据空间向量的线性运算表示出DE【详解】（1）过D作DH⊥AC，垂足为H，由AC=3,DC=22得DH=CH=2，∵CB⊥AB，得AB=A由ACBC=BCHC，得即AC⋅BH=AB⋅BC，所以BH=2在△BDH中，BH2+D又DH⊥AC,AC∩BH=H,AC,BH⊂平面ABC，所以DH⊥平面ABC,DH⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC；（2）如图以H为原点，HB为x轴，HC为y轴，HD为z轴建立空间直角坐标系O−xyz；得A0,−1,0设DE=λAE=设平面ABE的一个法向量为m=则m⋅AB=0m⋅则m=设直线BC与平面EAB所成角为θ，则sinθ=∴1+2λ所以DE=224.（2022·江西赣州·二模）已知四棱锥P—ABCD中，△ABD､△BCD､△BDP都是正三角形AB=2(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)217【分析】（1）通过证明BD⊥面APC，即可由线面垂直证明面面垂直；（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得直线BP的方向向量和平面ADP的法向量，即可由向量法求得结果.【详解】（1）连接OP，如下所示：在四边形ABCD中△ABD､△BCD都是正三角形，所以四边形ABCD是菱形，点O为BD中点；因为△ABD､△BDP都是正三角形，所以AO⊥BD，PO⊥BD因为AO∩PO=O，AO,PO⊂面APC，所以BD⊥平面APC，.因为BD⊂平面BDP，所以平面ACP⊥平面BDP.（2）由题意可得OA=OP=OC=3，因为AP=3，所以∠以O为原点，直线OA，OB分别为x轴，y轴，过点O与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系如下所示：则O0,0所以AD设平面ADP的法向量为n=x，y，取x=1，得n=(1,−设直线BP与平面ADP所成角为θ，则sinθ=|n所以直线BP与平面ADP所成角的正弦值为21725.（2024·全国·模拟预测）如图，AB,CD,EF两两垂直，点E为AB的中点，点F在线段CD上，且满足DF=4CF,AB=EF=2，CD=5．(1)求证：平面ABC⊥平面ABD．(2)求直线BD与平面ACD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）由题意首先证明∠CED是二面角C−AB−D的平面角，其次利用几何关系证明∠CED=π（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线BD的方向向量，平面ACD的法向量，结合公式sinθ=【详解】（1）连接CE,DE．因为AB⊥EF,AB⊥CD,EF∩CD=F,EF,CD⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE．因为CE,DE⊂平面CDE，所以CE⊥AB,DE⊥AB，所以∠CED是二面角C−AB−D的平面角．因为DF=4CF,CD=5，所以DF=4,CF=1．在Rt△DFE中，D在Rt△CFE中，C所以DE所以DE⊥CE，即∠CED=π所以平面ABC⊥平面ABD．（2）如图，以点F为坐标原点，直线FD为x轴，过点F与AB平行的直线为y轴，直线FE为z轴，建立空间直角坐标系，则A0,−1,2所以AC=设平面ACD的法向量为n=则n⋅AC=0取z=1，得n=设直线BD与平面ACD所成的角为θ，则sinθ=所以直线BD与平面ACD所成角的正弦值为410506几何中的旋转问题26.（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体ABCD−A'B'C'D'中，AB=BC=2，AA'=2，O为正方形ABCD的中心点，将长方体ABCD−A'B'C'D'绕直线A．43−310 B．33−410【答案】A【分析】求出直线OD'与C'D'的夹角，可得C'D'绕直线OD'旋转的轨迹为圆锥，求直线OD【详解】在长方体ABCD−A'B'C'D'中，AB//长方体ABCD−A'B'C'D'中，则OD'=O所以△OC'D'是等边三角形，故直线OD则C'D'绕直线O因为直线OD'与α所成的角为53°，l⊥α，所以直线OD'与在平面C'D'O中，作D'结合图形可知，当l与直线D'E平行时，C'D'易知∠C设直线C'D'与l的夹角为φ，则23°≤φ≤90°，故当φ=23°而sin=sin故直线AB与l的夹角的正弦值的最小值为43故选：A【点睛】关键点点睛：解题中在平面C'D'O中，作D'E，D'F，使得∠OD'E=∠O27.（多选）（2024·河北唐山·一模）在透明的密闭正三棱柱容器ABC−A1B1C

A．水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形B．当C1AC．当B∈α时，水面与地面的距离为8D．当侧面ACC【答案】ABC【分析】根据题设条件得到V水=123【详解】由题知V水=S对于选项A，当容器按题设方向倾斜至B∈α时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面ACC对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至C1A1⊂α时，设水面与棱设MB1=a，又三棱柱ABC−A1B1易知A1E⊥B1C1,所以A1E⊥面BCC1B1，所以所以VA1−M此时水面图形为△A1MC1取A1C1中点，则HM⊥A1

对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至B∈α时，设水面与棱A1B1易知FG//A1C1//AC，设B因为水面始终与地面平行，AC始终与水面平行，且AC始终在地面上，所以水面与地面的距离，即AC到平面的距离，取AC中点Q，连接HQ,BQ，设B1H交FG于K，连接易知HQ⊥AC,BQ⊥AC，又HQ∩BQ=Q，HQ,BQ⊂面QBB1H，所以AC⊥又FG//A1C1//AC，所以FG⊥面QBB1H，过Q作因为QR⊂面QBB1H，所以FG⊥QR，又FG∩BK=K，FG,BK⊂所以QR⊥α，即QR为水平面到地面的距离，如图3，过K作KP⊥QB于P，易知B1K=23得到sin∠QBR=KPKB=4故选项C正确，

对于选项D，如图4，当侧面ACC1A1与地面重合时，水面α为矩形则由VB1M1N故SE

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边AC始终与水面平行，将问题转化成AC到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.28.（2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45∘，则该魔方的表面积增加了【答案】108−72【分析】分析转动后的平面图形得表面积即可求解.【详解】如图，转动45∘由图形的对称性可知，△A设直角边A'C=x，则斜边CD=2x，故由几何关系得S△故转动后的表面积S'故表面积增加了108−722故答案为：108−722

【点睛】关键点点睛：本题考查组合体表面积求解，关键是找到转动后的平面多出部分的面积.29.（2024·福建·模拟预测）在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，∠ACB的平分线交AB于点D，AD=2DB.平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.(1)求直线CD与平面α所成角的大小；(2)设点E∈α，且∠ECD=30°，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有∠PTC=∠QTC？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)60(2)（i）曲线Γ是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点T满足AT=AB【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；（ii）把∠PTC=∠QTC转化为TP⋅TC|【详解】（1）因为平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB，所以BC⊥α.所以直线CD在α内的射影为直线AB，所以直线CD与α所成角为∠CDB.过D作DF⊥AC，垂足为F.因为CD平分∠ACB,DB⊥BC，所以DF=DB.又AD=2DB，所以DF=12又AB=6,∠ABC=90∘，所以因为DB=13AB=2所以直线CD与平面α所成角为60∘（2）（i）曲线Γ是椭圆,理由如下：由（1）可知，DF⊥AC,DA=DC，所以F是AC的中点,设AB的中点为O，所以OF//BC.又BC⊥α，所以OF⊥α.在α内过O作OG⊥AB，所以OF⊥OB,OF⊥OG以O为原点，OG,OB,OF所在的方向分别为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.因为OB=3,DB=2，所以OD=1，设Ex,y,0，又D则CE=因为cos∠ECD=CD⋅所以−2y+184化简得3x2+2所以曲线Γ是椭圆.（ii）方法一：设Px在平面α内，因为l与AB不重合，可设l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2+2y由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，故可设T0,t,0若∠PTC=∠QTC，则cos∠PTC=即TP⋅因为TP=所以3−ty当t=3时，上式恒成立，所以t=3符合题意；当t≠3时，有y1所以y1所以x2因为x1所以x1所以2kx所以2k−162因为上式对于任意的k∈R恒成立，所以t=9.综上，存在点T满足AT=AB，或方法二：设P在平面α内，因为l与AB不重合，可设l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2所以x1由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，故可设T0,t,0当T与B重合时，因为CT⊥α，又PT,QT⊂α，所以∠PTC=∠QTC=π所以当t=3时，符合题意.当T与B不重合时，过B作BP垂足分别为P1,Q则因为BC⊥α,P1T⊂α又P1T⊥BP1,B所以P1T⊥C又∠P1TC=∠Q1所以Rt△BP1T≅Rt△BQ又BT在y轴上，所以在平面α内直线PT,QT的倾斜角互补在平面α内，设直线PT,QT的斜率分别为k1则k=2k+1−t对于任意的k∈R恒成立，所以t=9.综上，存在点T满足AT=AB，或【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件∠PTC=∠QTC，可以转化为TP⋅TC|30.（多选）（2024·浙江·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，的棱长为1，点P是正方形A1B1C1D1上的一个动点，初始位置位于点A1处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为A．移动两次后，“PC=3B．对任意n∈N∗，移动n次后，“PA//平面BDC．对任意n∈N∗，移动n次后，“PC⊥平面BDD．对任意n∈N∗，移动n次后，四面体P−BDC1体积V的数学期望EV【答案】AC【分析】先求出点P在移动n次后，在点A1【详解】设移动n次后，点P在点A1,B其中a1an=1对于A，移动两次后，“PC=3”表示点P移动两次后到达点所以概率为a2

对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以A1,0,0,D0,0,0因为DB=1,1,0,设平面BDC1的法向量为n=取y=1，可得x=−1,z=−1，所以n=而B1A⋅n=0,所以当点P位于B1或D1时，PA//平面当P移动一次后到达点B1或D1时，所以概率为对于C，A1C=−1,1,−1=n,所以当点P所以移动n次后点P位于A1，则a对于D，四面体P−BDC1S△BDC1所以点A1到平面BDC1同理，点B1,C1,所以VA所以EV当n为偶数，所以EV=16+当n为奇数，所以EV故选：AC.【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点P在移动n次后，点A107立体几何中的折叠问题31.（2020·浙江·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，D为线段BC（端点除外）上一动点.现将△ABD沿线段AD折起至△AB'DA．不存在点D，使得CB．点B'在平面ABCC．B'A与平面ABCD．线段CB'【答案】D【分析】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接B'E,BB',过点B'作BE的垂线,交BE于点H,进而证明B'H⊥平面ABC,即B'在平面ABC上的投影为点H,连接CH,假设CB'⊥AB,则CH⊥AB,即可判断A；由∠BEA=90°,可判断点E的轨迹,进而判断B；连接AH,则B'A与平面ABC所成的角为∠【详解】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接B'E,BB',过点B'作BE的垂线,交BE于点H,易知B'E⊥AD,则AD⊥平面B'BE,所以∠B'EB为二面角B'−AD−C的平面角的补角,即对于选项A,若CB'⊥AB对于选项B,因为∠BEA=90°,所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧,又H为BE的中点,所以点H的轨迹也为一段圆弧,故B正确；对于选项C,连接AH,则B'A与平面ABC所成的角为∠B'AH,设BD=x(0<x<2),则AD=1+x2,所以由AB⋅BD=AD⋅BE,得BE=x对于选项D,设∠BAD=θ,则∠DBE=θ,BH=1C==1其中tanφ=12故选:D【点睛】本题考查线线垂直的判断,考查余弦定理的应用,考查线面角的范围,考查空间想象能力.32.（多选）（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，BE=1．沿DE将△ADE折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则（

）A．存在点P，使得PE⊥DC B．存在点P，使得直线BC//平面PDEC．不存在点P，使得PC⊥DE D．不存在点P，使得四棱锥P−BCDE的体积为8【答案】AC【分析】对于A,根据线面垂直的判定定理可得PE⊥面PCD，继而PE⊥PC，根据勾股定理验证即可；对于B，根据线面平行的性质定理可得BC//DE，矛盾，B错；对于C，根据线面垂直的判定定理可得则PC⊥面DEN，则PC⊥NE，矛盾，C错；对于D，当PE⊥平面BCDE时，体积最大，通过计算可判定.【详解】若PE⊥DC，又PE⊥PD，DC∩PD=D,DC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，则PE⊥面PCD，PC⊂平面PCD,则PE⊥PC，而CE=17，PE=3，PC=2若BC//平面PDE，BC⊂平面BCDE，平面BCDE∩平面PDE=DE，∴BC//DE，矛盾，故B错误；

取PC中点N，∵PD=DC，则DN⊥PC，若PC⊥DE，又DE∩DN=D，且DE⊂平面DEN，DN⊂平面DEN,则PC⊥面DEN，又NE⊂平面DEN,则PC⊥NE，则EP=EC矛盾，∴不存在P使得PC⊥DE，C对．SBCDEA到DE距离d=3×4VP−BCDE故选：AC．33.（2024·安徽池州·模拟预测）如图①，四边形ABCD是边长为2的正方形，△EAB与△FAD是两个全等的直角三角形，且FA=4,FC与AD交于点G，将Rt△EAB与Rt△FAD分别沿AB,AD翻折，使E,F重合于点P，连接PC，得到四棱锥(1)证明：BD⊥PC；(2)若M为棱PC的中点，求直线BM与平面PCG所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)66【分析】（1）易证PA⊥平面ABCD，从而得出PA⊥BD，再证明BD⊥平面PAC即可证明BD⊥PC；（2）可由（1）建立空间直角坐标系A−xyz，用向量法求解即可.【详解】（1）由翻折的不变性可知四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥AD,PA⊥AB，因为AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，如图，连接AC，则AC⊥BD，又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.（2）由（1）可知AB,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题图①可知AGBC=FAFB=则A0,0,0,B2,0,0所以GC=2,23,0所以M1,1,2，BM设平面PCG的法向量为n=x,y,z，则n⋅令y=3，得x=−1,z=1，故n=设直线BM与平面PCG所成的角为θ，则sinθ=所以直线BM与平面PCG所成角的正弦值为661134.（多选）（2023·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=π2，AB=3，BC=1，过AC中点M的直线l与线段AB交于点N．将△AMN沿直线l翻折至△A'MN，且点A'在平面BCMN内的射影H在线段BC上，连接AH交l于点O

A．∠B．∠C．点O的轨迹的长度为πD．直线A'O与平面BCMN【答案】BCD【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出MN⊥AO，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求OHA'O=OHAO，【详解】

依题意，将△AMN沿直线l翻折至△A'MN故AA'⊥MN，又A'在平面BCMN内的射影所以A'H⊥平面BCMN，MN⊂平面BCMN，所以AA'∩A'H=A'所以MN⊥平面A'AO⊂平面A'AH，A'O⊂平面A'AO⊥MN,A∴∠AOM=90∘，且∠A对于A选项，由题意可知，∠A'DH为A'D对于B选项，∵∠A'OH即为二面角A对于C选项，∵MN⊥AO恒成立，故O的轨迹为以AM为直径的圆弧夹在△ABC内的部分，易知其长度为12对于D选项，如下图所示

设∠AMN=θ∈π在△AOM中，∵∠AOM=90∘，在△ABH中，∠B=π2，所以OH=AH−AO=3cosθ−π3−sin则cos≥2当且仅当2θ−π故选：BCD．35.（2024·全国·模拟预测）如图1，已知在正方形ABCD中，AB=2，M，E，F分别是边CD，BC，AD的中点，现将矩形ABEF沿EF翻折至矩形A'B'EF的位置，使平面(1)证明：平面A'EM⊥平面(2)设Q是线段A'E上一点，且二面角A'−FM−Q的余弦值为【答案】(1)证明见解析(2)EQ【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得A'F⊥平面CDFE，得A'F⊥EM，然后结合EM⊥FM得到EM⊥平面A'（2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角的平面角，然后在三角形中进行求解．【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，E，F分别是边BC，AD的中点，所以∠A是直角，且AF平行且等于BE，即四边形AFEB是矩形，进一步有A'因为平面A'B'EF⊥平面CDFE，平面且A'F⊂平面A'所以A'F⊥平面因为EM⊂平面CDFE，所以A'易知∠EMC=∠FMD=π4，则∠EMF=π因为FM∩A'F=F，FM⊂平面A'FM所以EM⊥平面A'又EM⊂平面A'EM，所以平面A'（2）解法一：由（1）可知，FD，FE，FA'三条直线两两垂直，故可以分别以FD，FE，FA'的方向为x轴、y轴、如图所示．则F0,0,0，M1,1,0，E0,2,0从而FM=1,1,0，由题设EQ=λEA又FE=0,2,0，则设平面QFM的法向量为n=x,y,z，则FM⋅取y=1，则x=−1，z=由（1）知，ME=−1,1,0是平面所以cosME,n=ME解法二：如图，过点Q作QP⊥EF，垂足为P，过点P作PG⊥FM，垂足为G，连接QG．因为平面A'B'EF⊥平面CDFE，平面且QP⊥EF，QP⊂平面A'所以QP⊥平面A'B'EF，即又FM⊂平面MEF，则QP⊥FM，又PG⊥FM，QP∩PG=P，QP，PG⊂平面PGQ，所以FM⊥平面PGQ，又QG⊂平面PGQ，则MF⊥QG，所以∠QGP为二面角Q−FM−E的平面角．由（1）知A'F⊥平面CDFE，A'所以平面A'FM⊥平面所以二面角A'所以二面角Q−FM−E的正弦值等于二面角A'所以sin∠QGP=33由题可设EQEA'=λ0<λ<1所以在Rt△QGP中，tan解得λ=12，故【点睛】关键点点睛：利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．08不规则图形表面积、体积问题解决不规则图形的表面积体积问题，注意使用割补法，通过分割与补形的方法，转化成常规的几何体进行求解。36.（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D

A．724V B．717V C．【答案】A【分析】根据题意，先求平面AB1E与DD1【详解】取DD1的中点F，连接EF，易知EF//DC1//

设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则V=abc.平面ABVF−A故选：A.37.（2022·辽宁锦州·一模）2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中2008年北京奥运会的标志性场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”.“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水立方”的设计灵感来自威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2，则该多面体的表面积是（

）A．243+1 B．243+6 C．【答案】C【分析】根据多面体顶点的个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积.【详解】棱长为2的正方形的面积为2×2=4，正六边形的面积为6×1又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正方形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3=8个.所以该多面体的表面积是：S=8×63故选：C.38.（2024·全国·模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：CA2//(2)若M是线段BB1的中点，求三棱锥【答案】(1)证明见解析.(2)20+417【分析】（1）添加辅助线构造平行四边形，得出线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）依据题意添加辅助线分别解出三棱锥M−A【详解】（1）如图：连接AC1，延长A1A，与直线CA2交于点易知A1N⊥平面延长C1C，与A2则A2易知AN//CF，所以ENCF=A故EA=2，又CC1=2故四边形AECC1为平行四边形，所以又AC1⊂平面ABC1D1，EC⊄（2）如图：连接B2D2，延长B1B交直线B2DBH=3,B2H=在△A2H故A2H=10故A2B2在△MA2B故cos∠A2则S△M由对称性知△MA2B在△MA2C故S△M又S△故三棱锥M−A2B39.（2024·江苏常州·一模）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，点(1)当点M是棱CC1的中点时，求证：直线AM⊥平面(2)当平面AB1M将正四棱柱ABCD−A1【答案】(1)证明见解析(2)−1+【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证AM⊥B1M，AM⊥D1（2）连接C1D，作MN平行于C1D，交CD于点N，连接AN,BM，说明截面为平面B1ANM，由VCNM−BA【详解】（1）因为M是棱CC所以AM=AB1M=B由勾股定理B1A2=B又B1M∩D1M=M，B所以直线AM⊥平面B1（2）连接C1D，作MN平行于C1D，交CD于点因为AD//所以四边形AB1C所以AB1//设线段CM的长为ℎ0<ℎ<2因为MN//C1D，所以故S梯形可得VM−ABCN又由VM−ABB1由题意ℎ212+ℎ6所以线段MC的长度为−1+540.（多选）（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体PS−ABCD由正四棱锥P−ABCD和正四面体S−PBC组合而成，其中PS=1，则下列关于该几何体叙述正确的是（

）A．该几何体的体积为24 C．二面角A−PB−C的余弦值为−13【答案】ACD【分析】选项A可以分别求正四棱锥P−ABCD和正四面体S−PBC的体积即可；选项C先确定二面角A−PB−C的平面角为∠AFC，在三角形中利用余弦定理可得；选项D先根据二面角A−PB−C与二面角S-PB-C的关系确定P,A,B,S四点共面，再证得平面选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.【详解】如图：在正四面体中S−PBC中，G为PB的中点，连接CG，连接SG作SO⊥CG于O，则O为△PBC的中心，SO为正四面体中S−PBC的高，因PS=1，CG=32，CO=2VS−PBC在正四面体中S−PBC中，G为PB的中点，所以SG⊥PB，CG⊥PB，故∠CGS为二面角S-cos如图：在正四棱锥P−ABCD中，由题意PC=CB=1，连接AC，BD交于点E，连接PE，则PE为正四棱锥P−ABCD的高，CE=22VP−ABCD该几何体的体积为VPS−ABCD取PB的中点F，连接AF，CF，由题意正四棱锥P−ABCD的棱长都为1，所以AF⊥PB，CF⊥PB，故∠AFC即为二面角A−PB−C的一个平面角，其中AF=CF=32BC在△AFC中，cos∠AFC因cos∠CGS=13=−cos故平面PBS与PBA为同一平面，同理，平面PDC和平面PDS也为同一平面，故该几何体有5个面，B错误，因P,A,B,S四点共面，且△PDC和△PCS都为等边三角形，易知SC//PD，且SC=PD，故侧面PDCS为平行四边形，又PD⊂平面PAD,SC⊄平面PAD，所以SC//平面PAD，同理SB//平面PAD，且侧面PABS为平行四边形，又SC∩SB=S，SC⊂平面SCB，SB⊂平面SCB，所以平面SCB//平面PAD，又侧面ABCD为正方形，故多面体PS−ABCD即为三棱柱ADP−BCS，故D正确，故选：ACD09立体几何新定义问题立体几何新定义问题，解题关键是理解新定义，能够构建合适的空间直角坐标系，解决相应问题．41.（多选）（23-24高三上·河北·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，若a=b=c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面△ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O−ABC.设∠BOC=α，∠AOC=βA．若平面△ABC是面积为34RB．若a2+C．若a=b=c=π3R，则球面D．若平面△ABC为直角三角形，且∠ACB=π2【答案】BC【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.【详解】若平面△ABC是面积为34R2的等边三角形，则AB=BC=AC=R，则α=β=γ=若a2+b2=若a=b=c=π3R，则α=β=γ=则平面△ABC的外接圆半径为12Rsinπ3=3则三棱锥O−ABC的体积VO−ABC则球面O−ABC的体积V>V由余弦定理可知BC2=2R2−2R取α=β=π3，γ=π2，则则a2故选：BC【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.42.（2022·安徽合肥·模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，OM=a，MS(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ关系式；(2)求证：曲线C是抛物线．【答案】(1)证明见解析；a=btan(2)证明见解析.【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面α，据此可求出球的半径TM=ab，可得tan（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，∴TF⊥OA，记P是平面α内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，∴TF⊥FP，∵平面α内直线AO，FP相交于点F，∴TF⊥平面α，∵直线TF⊂平面AOS，∴平面AOS⊥平面α，∴∠SAD=∠ASO=θ．连TO，TM，∴OT⊥SA，TA⊥SO，∴球T的半径TM=ab且tan∴a=btan（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点∵∠NSA=∠SAO=θ，∴NS以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.∵OM，OF与球T相切，∴OF=OM=a，∴Fa,0,0，S设交线C上任意点Px,y,0∵PF与球T相切于点F，∴PE=PF，SE=SM=b，∴PS=PF+b，即x−a+b2两边平方整理得：x+a=x−a两边平方整理得：y2易知：（3）⇒（2）⇒（1），∴交线C在坐标平面xOy中方程为y2∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.43.（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H−ABC，J−CDE，K−EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x（i）用x表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积S(x)；（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值.【答案】(1)2(2)（i）S(x)=33【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得Sx；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时BH的值.令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cosθ，结合三角恒等变换的知识求得顶点【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于7×2π减去三个菱形的内角和3×2再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6×π即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则AC=3，设点S在平面ACE则OB=1，则SH=2A菱形SAHC的面积为S=3侧面积6×2+所以蜂房的表面积为S(x)=3（ii）S'令S'(x)=0得到所以Sx在0,24所以S(x)在x=2此时SA=SC=1+x2=324又顶点S的曲率为2π∴===4cos44.（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系O−xyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其中A,B,C,D∈R，A2+B2+C2≠0，且(1)设集合M=x,y,zz=0，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1，Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2，求(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积V