2024年新高考新题型数学一模好题分类汇编-立体几何（解析版）

更体瓜何

题型01空间几何体的有关计算

题型02点线面位置关系、空间角及距离

题型03内切球、外接球问题

题型04空间向量

盘》邂01堂向瓜何体,中臬针不

题目'（2024•山西誉城•统考一模）若一个正n棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则n

的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为.

【答案】642

【分析】根据正九棱台共有3九条棱，从而得到不等式，求出九的最小值为6,得到棱的长度之和最小值.

【详解】因为正九棱台的侧棱有几条，底面有2九条棱，所以正九棱台共有3九条棱，

由3九>15,得n>5,

所以8的最小值为6,该棱台各棱的长度之和的最小值为2x12+3x6=42.

故答案为：6,42

题目区（2024•浙江•校联考一模）已知圆台的上下底面半径分别是1,4,且侧面积为10兀，则该圆台的母线长

为.

【答案】2

【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.

【详解】设母线长度为Z,由圆台侧面积公式得10兀=]x（2nx1+2兀x4）xI,

解得，=2,故圆台母线长度为2.

故答案为：2

【题目|3）（2024•安然到It•合后一六八中学校考一模）球。的半径与圆锥M"的底面半径相等,且它们的表面积

也相等，则圆锥河的侧面展开图的圆心角大小为，球。的体积与圆锥河的体积的比值为.

【答案】等/120°V2

【分析】设球。的半径及圆锥河的底面半径均为R,圆锥M的母线长为Z,再根据球与圆锥的表面积公式求

得I=3五，即可得圆锥河的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得h=2仞?，再结合球与圆锥的体

积公式分析体积比即可

【详解】设球。的半径及圆锥朋■的底面半径均为R,圆锥”的母线长为，，则4兀收=兀&+兀说,所以/=3R,

圆锥”的侧面展开图的圆心角大小为岑皂=等;球。的体积为耳I，圆锥朋•的高％=V/2-2?2=2V2R,

Loo

圆锥用■的体积为4­冠?2.2727?=2/兀.，所以球。的体积与圆锥M的体积的比值为V2.

OO

故答案为：,V2

O

遒11/（2024•湖南长沙校才一模）己知圆锥的母线长为2,则当圆锥的母线与底面所成的角的余

弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为.•M

［答案］萼卑7兀

【分析】由线面角的定义得出cosP='■，从而得出V=有二（1—sin%）sin氏再由导数求解即可.

【详解】设圆锥的底面半径为T,圆锥的母线与底面所成的能为仇0C（0电），易知cos。=］.

圆锥的体积为

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

oooo

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

当城＞0时，/e（o,空），当u'＜。时，

即函数片T+①在（o,§）上单调递增，在（鲁,i）上单调递减，

即％广等（空—（乎『）=野，此时。。%=7^1=乎・

故答案为：斗；当誓

题目©（2024•广东深圳•校考一模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面,

且与底面的距离为©的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比

为____.

【答案】"/1：7

【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆

台的体积之比.

【详解】设圆锥底面半径为,，母线长为Z,

由题意，1=4,2兀丁=4兀，故丁=2,

作圆锥轴截面如下图：

所以A?/=2,AC=4,CH=2述，所以圆锥体积为V=。兀x2?x24=3空三,

OO

因为用与底面的距离为一的平面截圆锥，故舞•=：,且△CDE〜△CAB,

所以小圆锥体积弘=:nX/义通=乂咨，

OO

所以圆台的体积H=V—弘=邛三，

故小圆锥和圆台的体积之比为"=

V27

故答案为：与

题目回（2024•辽宁沈侑•统考一模）正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一

个顶点，且相邻两个平面间的距离为1,则该正方体的棱长为（）

A.V2B.V3C.2D.V5

【答案】BD

（分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.

【详解】设该正方体为ABCD-ABiCQi,且其棱长为a,

若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.

①若中间的两个平面为平面A.BD和平面BQC,如图1所示，

则过4,AC作截面，截面图如图2所示，

其中H,F分别为AC,AG中点，则AB=空a,44尸a,人也=乎a,

设相邻两平面间距离即为力到AiE的距离无，

可得[x~^~Obxa=[x-^~ax%,解得无=-^-a,

Z/ZiZio

即相邻两平面间距离即为人到人㈤的距离乎a,

可知=1,解得a=V3;

O

②若中间的两个平面如图3所示，过B,C,G作截面，截面图如图4所示,

其中M,N分别为BC,BG中点，则BM=《a,44尸a,AxE=^-a,

设相邻两平面间距离即为B到BXM的距离d,

可得Jx[axa=]X~~~aXd,解得d—~~~a,

即相邻两平面间距离即为B到日河的距离暇a,

5

则~^-CL—1,解得a—V5;

5

故选：RD

【点睛】方法点睛：根据题意分类讨论平面的位置分布，结合正方体的结构特征以及截面分析求解.

遒瓦⑺（2024•云南离靖•稣寺一模）为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展

校园绿化活动.己知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母

线长约为7.5厘米.现有2000个该种花盆,假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为（）（参

考数据：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】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求2000个该种花盆所需要的营养士.

【详解】令2A=18,2r=9,2=¥■（单位厘米），

则花盆的高底…产=J（号）2-（丁『=6,

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

故2000个该种花盆共需要营养土约为史货X2000弋1780380立方厘米，即1.780立方米.

故选：B

【题目⑻（2024•新4t鸟・•木齐•统考一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的

正方体截去八个一样的四面体得到的，则（）

A.该几何体的顶点数为12

B.该几何体的棱数为24

C.该几何体的表面积为（4800+800盗）cn?

D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项

【答案】4BD

【分析】对于A,该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B,由该几何体有

6个面为正方形即可判断；对于。,该几何体的棱长为V202+202=20/5,根据正三角形及正方形的面积公

式求解即可判断；对于。，原正方体内切球的半径为20cm,原正方体外接球的半径为曲也|叱也=

20V3,该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为V202+202=20V2,根据球的表面积公

式及等差中项的定义即可判断.

【详解】对于4该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12,故

A正确；

对于B,由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为6X4=24,故B正确；

对于。，该几何体的棱长为，2(f+202=202,该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，

所以该几何体的表面积为6x(202)2+8x乎x(202)2=(4800+1600盗)312,故。错误；

对于。，原正方体内切球的半径为20cm,内切球表面积为Si=4兀X202=160071cm2.

22

原正方体外接球的半径为一纳土±=20，^,外接球表面积为S2—47rx(20A/3)=4800?rcm.

由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为V202+202=20V2,

所以该几何体外接球的表面积为S=4兀x(20A/2)2=3200兀cm2.

因为2S=6400?:=1600兀+4800=g+S2,

所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故。正确.

故选：4BD

题目回(2024•山西誉城・统考一模)如图,在正四棱柱ABCD-4BQQ1中，AB=2,AA产4,CXE=3EC,

平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Q上，下部分对应的几何体为Q下,则

()

A.。下的体积为2B.Q上的体积为12

C.Q下的外接球的表面积为9兀D,平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2遍

【答案】4CD

【分析】根据题意求截面，可知Q下为直三棱柱ADF-BCE，进而可求相应的体积，即可判断48;利用补形

法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面ABE截该正四棱柱所得截面为

矩形ABEF,即可得面积判断D.

【详解】设而=3万，而=3科,崩=3配，

连接EF,AF,BE,GF,GH,EH,

由长方体的性质可知：EF〃AB,可知A,B,E,F四点共面，

所以Q下为直三棱柱4DF—BCE,其体积为/xlX2X2=2,故＞1正确;

。上的体积为22x4—2=14,2错误.

。下的外接球即为长方体ABCD-GHEF的外接球，

所以。下的外接球的半径R="管+仔=,

则Q下的外接球的表面积为4兀&=9兀，。正确.

平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF,其面积为2x谈=2一,D正确.

故选：ACD.

M02JL京面修夫吴4.安冏*富限寿

题目四（2024•河北•校赛才一模）已知直线Z、zn、n与平面a、6,下列命题正确的是（）

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

C.若Z_L",m_Ln,则，〃机D.若，_La"〃万，则加_L0

【答案】。

【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.

【详解】对于4若a〃万，ZUa,nU6,则/与几可能平行，也可能异面，故人错误；

对于B,若&J_0,/Ua,则/与0可能平行，也可能相交，故B错误；

对于。，若Z，打，山，九,则Z与巾可能平行，也可能相交或异面，故。错误；

对于。，若Z〃0,则由线面平行的性质定理可知，必有。U6,使得/〃。，

又/_1%则Zi_La,因为ZC6,所以a_L0,故。正确.

故选：D.

题目正（2024•浙江•校联考一模）已知直线a,b和平面a,a«a,6〃a,则%〃b”是%〃a”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.

【详解】因为b〃a,则存在cUa使得b〃。且bQa,

若a〃匕且aQa,贝Ia//c,

又aQa且cUa,所以a〃a,充分性成立；

设6〃a,bU0,QU0,aClb=P，则有a〃a,但a,b不平行,即必要性不成立.

故选：4

题目W（2024•广东深圳•校考一模）已知a,五是两个不同的平面，m,九是两条不同的直线，则下列说法正

确的是（）

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

C.若？n_L几〃以，a_L0,贝”n_L6D.若馆〃？i,?7i_La,a_L6,则打〃6

【答案】4

【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.

【详解】若m_La,nB,设a，B对应法向量分别为由，方，也是的方向向量，由M_L"，即亦，则a

_L0,故A正确；

若加〃打，？72〃a,n〃0,则a与6可能平行或相交，故8错误；

若?n_L?i,?72〃a,a_L0,则TiUp,或九〃0,或几与£相交，故。错误；

若?n〃？i,?72_La,则71_1a，又2，6,则n〃/?或?iu6,_D错误.

故选：4

题目回（2024•吉林白山•统考一模）正八面体可由连接正方体每个面的中心构成,如图所示,在棱长为2的

正八面体中，则有（）

A.直线与CF是异面直线B.平面ABF_L平面ABE

C.该几何体的体积为卷四D.平面ABE与平面DCR间的距离为印

OO

【答案】。

【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.

【详解】正八面体可由正方体每个面的中心构成,如图：

因为正八面体的棱长为2,所以正方体的棱长为Wi.

•：A,E,四点共面，直线AE与是共面的，故人错；

设二面角石一AB—D为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错；

V=：x4x2A/^=~~y/2，故C错；

oo

由八面体的构成可知：平面ABE和平面。CF之间的距离是正方体体对角线的］•，所以两个平面之间的距

O

离为：!*2皿*，^=当史,故。对.

OO

故选：D

［题目［14］（2024•河南那州•郑州市宇华实殓学校校考一模）如图，在四棱锥P—ABCD中，PA，平面

ABCD,PA=AB=2,/BAO=120°,ACYBD,ABCD是等边三角形.

⑴证明:平面PAD_L平面PCD.

（2）求二面角B-PC-D的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）设ACCIBD=O,由已知得AD±CD,又PAJ_平面ABCD得PA±CD,利用线面垂直的判

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

（2）以。为坐标原点，瓦，。方的方向分别为a;,y轴的正方向建立空间直角坐标系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.

【详解】（1）设ACC3。=。，

因为△BCD是等边三角形，且力。_L,

所以。是的中点，则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,

因为CDU平面PCD,

所以平面PAD_L平面PCD

（2）以。为坐标原点，血方的方向分别为①，沙轴的正方向建立

如图所示的空间直角坐标系O—xyz.

因为PA=AB=2,

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

屋=（4,1,—2）历=（0,4,—2）屈=（-73,1,-2）,

设平面PBC的法向量昂=（a;i,阴,Zi）,

则心江T"令幼j得—2）,

设平面PCD的法向量为五=（电,例,Z2）,

则因;学2…令纳=1，得方=（山⑵，

cosm,n=二1,04〈流方）＜兀,

故二面角B—PC—。的正弦值为

、题目QU（2024•辽宁沈阳•统考一模）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC±平面BCD，且BC=BD=

BA,4CBA=4CBD=120°,点P在线段AC上，点Q在线段CD上.

⑴求证：AD±BC；

⑵若47,平面BPQ,求铁的值；

⑶在⑵的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵理=返

'）BQ2

⑶卷

【分析】（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可得线面垂直，进而可求证，

（2）建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.或者利用空间垂直关系的转化即可结合三角形的边角关系求

解.

（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.

【详解】（1）证明：过人作40，直线于O,连接DO.

由题知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为原点，以OB的长度为单位长度，以无，而的方向分别为a轴，？/轴，z的正

方向建立空间直角坐标系。一双向,如图，则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为AC中点，由题知EZ5=（V3,-3,0）,AC=（0,3,-V3）

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

---»---»0

AC•BQ=3（2—3/1）=0,/./I=—,

o

.・质=（竽,0,0）,.,.国=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.设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项=亨,.♦.暮=卓

oobQ2

（3）由（2）知，平面PBQ的一个法向量为Z苕，

设平面ABD的一个法向量为方=（x,y,£）.-：AB^（0,1,—遍），质=（-73,1,0）,

则仁•竺=夕”^=0,令1限则五=（0」），

[n•DB=—瓜筮+g=0,

77^-4。•n2A/3A/5

cosAC,n=、,「.=-7=-----k=——,

|AC||n|273x755

平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为暇.

5

题目卫（2024・立庆・统考一模）如图，四棱锥P-ABCD中，PA，底面ABCD,四边形ABCD中，AB=

AP,AB±AD,AB+AD=6,CD=V2,ACDA=45°.

P

⑴若E为PB的中点，求证:平面PBC,平面ADE；

（2）若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为小.

0

（i）求线段48的长；

（ii）设G为^PAD内（含边界）的一点，且GB=2GA,求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度.

【答案】（1）证明见解析；

（2）（i）2；（ii）辛兀

【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.

（2）以点人为原点，建立空间直角坐标系，设AB=t，利用面面角的向量求法结合已知求出力,再求出AG并

确定轨迹求解即得.

【详解】（1）在四棱锥P—ABCD中，尸A_L底面ABCD,ADu平面ABCD,则PA_LAD,

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

则AD_LPB,由AB^AP,E为PB的中点、，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，直线AB,AD,AP两两垂直，

以点A为原点，直线AB,AD,AP分别为⑨“z轴建立空间直角坐标系，

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

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

设平面PCD的法向量五=(rc,y,z),则[历勺2"。，令y=t，得完=—t),

[n-CD=-x+y^0

由AD_L平面R4B,得平面P4B的一个法向量宓=(0,1,0),

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

|m||n|#+i2+(6-^)2遍

所以线段48的长为2.

(ii)显然AB_L平面PAD,而AGu平面PAD,则AB_LAG,又BG=2AG,

于是(2AG)2=AG2+22,解得AG=2,，因此点G的轨迹是以点力为圆心，制§为半径的圆的；，

OJ4

所以点G的轨迹的长度为:兀•罕=乎兀.

题目兀(2024•云南曲靖・统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，/4=/。=90°,48=3。=2,。。=3,

点E是。。边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将△BCE折起，使点。到达G的位置，且4G=

，不，如图2.

图1

(1)求证:平面BGE_L平面ABED；

(2)在棱OG上是否存在点P,使得二面角P—EB—G的大小为45°?若存在，求出线段0P的长度，若不

存在说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

【分析】(1)由直角梯形边长可知=60°,连接交班;于点F,由线面垂直的判定定理可证明平

面ABED,即可得出结论；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面PEB与平面EBG的法向量，利用二面角P—EB—G的大小为45°解

方程即可求得线段DP的长度为等.

【详解】（1）根据题意，由直角梯形边长AB=BC=2,。。=3可知60°,/ABC=120°;

又点E是。。边上靠近于点。的三等分点，所以EC=2,可得△BCE为等边三角形；

连接AC,AE,AC交BE于点F,如下图所示：

可得四边形ABCE为菱形，所以_LBE,

即折起后AF±BECF_LBE,如下图所示:

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

又AFCBE=F,AF,BEu平面ABE。，所以CYF_L平面ABED,

又因为GFu平面BGE,

所以平面8GE_L平面ABED-,

（2）以。为坐标原点，分别以方N,反为名,?/轴，弱方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如下图所示:

则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）,丽=（孚/旬，

假设存在点P满足题意,设方？=4丙=（乎樽几年）,46[0,1],

所以"!■/）,同力,贝IPE=（-,

由⑴可知4F_L平面BGE,利用犷=（一乎,方,o）易得平面BGE的一个法向量可取为由=

12

(-1,73,0)

设平面PBE的一个法向量为n—（力,g,z）,

,（BE-n=-V3x—y=0一,广、

则除•占争―小-何2=。,可得五—力

庆,司—|一/1一3；1|

=，解得/I=■或4=一1(舍),

|m||n|2A/5/12—2/1+1/O

此时毋=5困，可得I司=9困1=乎;

OOO

即线段OP的长度为乎.

O

题目□8］（2024•云南曲靖•统考一模）如图所示,正方体ABC。—nme'D的棱长为1,分别是棱A4

CC'的中点，过直线EF的平面分别与棱BB'QD交于点A£N,以下四个命题中正确的是（）

A.四边形助屈N一定为菱形B.四棱锥A—AffiNF体积为:

C.平面砌FN_L平面DBF。'D.四边形EMFN的周长最小值为4

【答案】48

【分析】由正方体截面性质有EMFN为平行四边形，若G,H为DD,BB中点，易得EHFG为正方形，进而得

到即可判断A;由M,N到面AEF的距离之和为底面对角线且%_曲+匕求体积

判断B;利用线面垂直、面面垂直的判定判断C;根据正方体的结构特征判断在运动过程中，周长最短

时初,N位置判断。.

【详解】由题意，正方体截面的性质易知£M〃NF,EN〃A1P,即EMFN为平行四边形，

取G,H为。。,9中点，因为E,F分别是棱AA,CC的中点，则EHFG为正方形，

所以EH=FH,4EHM=4FHM=90°,则EM=MF,故EMFN为菱形，A对；

由河,N到面ABF的距离之和为底面对角线为方，

==x

又VA-MENFVM-AEF+VN-AEF4"W'S^AEF=9XV2XJX。XV2=!为定值，B错；

由菱形性质知MN±ER,由正方体性质知DUA.面EHFG,EFu面EHFG,则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,。对；

M,N在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形EMFN各边最短且为1,

此时EAMV为正方形，周长为4,0对.

遒回回（2024•山东济南•山东省实睑中学校考一模）如图，在四棱锥P—ABCD中，PA，平面ABCD,

PB与底面ABCD所成的角为?底面ABCD为直角梯形，/ABC=ABAD=g,AD=2,PA=BC=1,

点E为棱PD上一点，满足度=4可5（044Wl）,下列结论正确的是（）

P

A.平面PAC±平面PCD；

B.在棱PD上不存在点E,使得CE〃平面PAB

C.当/1=4时，异面直线CE与所成角的余弦值为毕；

D.点P到直线CD的距离V3；

【答案】4。。

（分析］根据面面垂直的判定定理可判断4;由4的结论，可推得。。，PC,即可知点P到直线CD的距离

即为P。的长度，计算求得PC长，判断。;采用平移法,作出异面直线CE与AB所成角，解三角形可求得

GE与AB所成角的余弦值，判断。;结合。选项，根据线面平行的判定定理即可判断B.

【详解】A选项，因为PA_L平面ABCD,CDu平面ABCD,ABa平面ABCD,

所以PA_LCD,PA±AB,

故NPBA即为PB与底面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,

则AC2+CD2=AD?,故AC±CD,

又因为APCAC=A,AP,ACu平面PAC,所以CD_L平面PAC,

因为CDu平面PCD，故平面PCD_L平面PAC,故A正确；

。选项：由A选项的证明过程可知：。。_1平面上4。，

因为PCu平面P力。，所以CD_LPC,

故点P到直线CD的距离即为PC的长度，

因为P4_L平面ABCD,ACu平面ABCD,故P4_L4。，

而尸A=1,AC=6,PC=VPA2+AC2=Vl2+(V2)2=V3,

即点P到直线CD的距离，S,故。正确；

对于。，当♦=<时，用=:无，即E为PD的中点，

设F为P4的中点，连接EF,BF,

则EF//AD,EF=^AD,

而BC〃AD,BC=^AD，故EF〃BC,EF=BC,

故四边形EFBC为平行四边形，则CE//BF,

故异面直线CE与AB所成角即为BF,AB的夹角,

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

则cosZFBA==白=等，

ob\/5_5

2

则异面直线CE与48所成能的余弦值为理工，。正确；

5

对于B,由。选项知，当4=]■时，CE//BF,

因为CE«平面PAB,BFU平面PAB,

所以CE〃平面P4B,

所以时，CE〃平面PAB,故B错误.

故选：ACD.

[题目|20）（2024•新岐》•>■木齐•统考一模）如图，在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为正方形，PA，平面

ABCD,P4=4B,点E,F分别是棱PB,BC的中点.

（1）求直线AF与平面PBC所成角的正弦值；

（2）在截面AEF内是否存在点G,使。G，平面AEF，并说明理由.

【答案】⑴中

（2）不存在，理由见解析

【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得：

⑵假设存在，可设*=+〃/,1>0,〃>0,1+〃01,结合空间向量解出入〃，可得其与假设矛

盾,故不存在.

【详解】⑴由P4_L平面ABCD,AB、ADu平面ABCD,

故P4_LAB,PA_LAD,又底面ABC。为正方形，故ABVAD,

即P4、AD、AB两两垂直，

故可以4为坐标原点，荏的方向为力轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系？1—xyz,

不妨设AB=2,则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

设平面PBC的法向量五=Q,y,z），则

日欣=0'l2y=0

可取完=（1,0,1）,

因为cos（n,AF）="YF=乂",

\n\-\AF\5

所以4F与平面PBC所成角的正弦值为勇五；

5

(2)假设截面AEF内存在点G满足条件，

设AG=AAE+fiAF">0,〃>0,/l+〃Wl,

有存=(1,0,1),/=(2,1,0),况=(0,-2,0),

所以虎=万4+为苕=仅+2〃,〃—2,4),

DG-AE^O

因为。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

这与假设矛盾，所以不存在点G,使。G,平面AEF.

题目为（2024•山西青城考一模）如图，P是边长为2的正六边形ABCDEF所在平面外一点，BF的中点

O为P在平面ABCDEF内的射影，PM=2MF.

（1）证明：7WE〃平面PBD.

（2）若P4=2,二面角A—PB—。的大小为仇求cos20.

【答案】（1）证明见解析

⑵cos2J=一祟

35

【分析】（1）设丽=2踮，连接MN,可证四边形EKNM为平行四边形，所以ME〃NK,从而得证ME〃平

面PBD\

（2）由空间向量法求得二面角A—的大小为仇|cos9|=^^,再由二倍角公式求解.

V35

【详解】⑴如图，设丽=2湿，连接AW.

因为15M=2诟,所以第=《%,所以MN//BF,且MN=§BF.

NJDJVLr3

连接CE丈BD于K,连接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,所以四边形EKNM为平行四边形,

所以ME〃NK.

又因为MED平面PBD,NKU平面PBD,

所以ME〃平面PBD.

(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

易知OA=1,00=3,OB=V3,FO=y/P^-AO2=V3,

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

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

设平面”的法向量为兀=—则日霸：，即随

令力=1,得/=(1,—V3,l).

设平面射的法向量为"―，则卷案;'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=—-

〔题目|22)(2024•河南那州•浑州市宇华实跄学校校考一模)如图，在正方体ABCD-4BQQ1中，点P是

AA的中点，点Q是直线CZA上的动点,则下列说法正确的是()

A.△PBD是直角三角形

B.异面直线PD与CA所成的角为看

C.当AB的长度为定值时，三棱锥。一PBQ的体积为定值

D.平面PBD±平面ACD,

【答案】ABC

【分析】设正方体的棱长为2,求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断4PBD形状，判断4利用平

移法可求得异面直线PO与CD1所成的角，判断5；根据棱锥的体积公式可判断。；建立空间直角坐标系，

利用空间位置的向量证明方法可判断。.

【详解】对于4设正方体的棱长为2,点P是AD1的中点，故PD_LADi，

AB_L平面ADDxAr,AOiU平面ADDXAX，故ABJ_ADX,

则BD=242,PD=72,PB=722+(V2)2=瓜

则BD?=PD2+PB2，即PO_LPB,即APED是直角三角形，A正确;

对于B,在正方体ABCD-4B1GA中，点P是的中点，

则直线DP即为直线AQ,异面直线PD与CD1所成的角即异面直线AQ与CDi所成的角，

由于45〃AB//CD,AXB^AB=CD,故四边形ABCD为平行四边形，

所以AQ〃5Q,则NBCD,即为异面直线4D与CD1所成的角或其补角，

连接BD,则BQi=BC=CDi=2V2,即/BQD尸卷，

故异面直线PO与CD1所成的角为看，B正确；

O

对于。，设AB,CD交于点。，则。为47的中点，连接PO,

则PO为△AC。的中位线，故PO〃GA,POU平面PBD,CD0平面PBD,

故CDJ/平面PBD,

当的长度为定值时，CD1到平面PBD的距离为定值，则Q到平面PBD的距离为定值,

而△PBD的面积为