2025年高考数学一轮复习-阶段滚动检测（空间立体几何）【含解析】

PAGE2025年高考数学一轮复习-阶段滚动检测（空间立体几何）【原卷版】120分钟150分一、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.(2024·萍乡模拟)已知a,b,c是空间中两两垂直的单位向量,则|3a+b-2c|=()A.14 B.14 C.2 D.22.在三棱锥P-ABC中,点O为△ABC的重心,点D,E,F分别为侧棱PA,PB,PC的中点,若a=,b=,c=,则=()A.13a+13b+13c B.-13a-1C.-23a-13b-23c D.23a+23.(2024·无锡模拟)已知m,n,l是三条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列说法不正确的是()A.若α∥β,m⊂α,则m∥βB.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥nC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,l⊥m且l⊥n,则l⊥α4.西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积V=π(3R-ℎ)ℎ23(RA.494mL B.506mLC.509mL D.516mL5.(2024·北京模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,PA⊥平面ABCD,下列叙述中错误的是()A.AB∥平面PCDB.PB⊥BCC.PC⊥BDD.平面PAD⊥平面ABCD6.(2024·北京模拟)已知底面边长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为83,则直线AC与A1B所成角的余弦值为()A.32 B.22 C.34 7.已知球O的半径为2,三棱锥O-ABC底面上的三个顶点均在球O的球面上,∠BAC=2π3,BC=3,则三棱锥体积的最大值为(A.14 B.13 C.12 【加练备选】(2024·德州模拟)在三棱锥P-ABC中,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,△PAC是边长为2的正三角形,二面角P-AC-B的大小为150°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.28π3 B.C.2821π27 8.(2024·长春模拟)刍甍是《九章算术》中出现的一种几何体,如图所示,其底面ABCD为矩形,顶棱PQ和底面平行,书中描述了刍甍的体积计算方法:求积术曰,倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一,即V=16(2AB+PQ)BC·h(其中h是刍甍的高,即顶棱PQ到底面ABCD的距离),已知AB=2BC=8,△PAD和△QBC均为等边三角形,若二面角P-AD-B和Q-BC-A为()A.303 B.203C.9923 D.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知平面α的一个法向量为n1=(1,-2,-12),平面β的一个法向量为n2=(-1,0,-2),直线l的方向向量为a=(1,0,2),直线m的方向向量为b=(0,1,-2),则(A.l∥αB.α⊥βC.l与m为相交直线或异面直线D.a在b向量上的投影向量为010.(2024·长沙模拟)已知S为圆锥的顶点,AB为该圆锥的底面圆O的直径,∠SAB=45°,C为底面圆周上一点,∠BAC=60°,SC=2,则()A.该圆锥的体积为πB.AC=3C.该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180°D.二面角A-BC-S的正切值为211.(2024·葫芦岛模拟)如图,△ABC为等腰直角三角形,斜边上的中线AD=2,E为线段BD的中点,将△ABC沿AD折成大小为π2的二面角,连接BC,形成四面体C-ABD,若P是该四面体表面或内部一点,则下列说法正确的是(A.若点P为CD的中点,则过A,E,P的平面将三棱锥A-BCD分成两部分的体积比为1∶4B.若直线PE与平面ABC没有交点,则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为2C.若点P在平面ACD上,且满足PA=2PD,则点P的轨迹长度为4πD.若点P在平面ACD上,且满足PA=2PD,则线段PE长度的取值范围是(133,21三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.两个非零向量a,b,定义|a×b|=|a||b|sin<a,b>.若a=(1,0,1),b=(0,2,2),则|a×b|=____.

13.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足__________时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)

.14.(2024·沈阳模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P是过顶点B,D,D1,B1的圆上的一点,Q为CC1的中点.当直线PQ与平面ABCD所成的角最大时,点P的坐标为________;直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是________.

四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=AA1=4,AB=5,点D为AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;(2)求三棱锥A1-CDB1的体积.16.(15分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=4,BC=CD=2,△PAD为等边三角形,BD⊥PA.(1)证明:BD⊥平面PAD;(2)求点C到平面PBD的距离.17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E,F分别为PA,BC的中点.(1)证明:EF∥平面PCD.(2)若PD⊥平面ABCD,∠ADC=120°,且PD=2AD=4,求直线AF与平面DEF所成角的正弦值.18.(17分)(2024·武汉模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为线段PA的中点,过C,D,E三点的平面与线段PB交于点F,且PA=PD=AB=2.(1)证明:EF⊥AD;(2)若四棱锥P-ABCD的体积为83,则在线段PB上是否存在点G,使得二面角G-CD-B的正弦值为55?若存在,求PG【加练备选】(2024·岳阳模拟)如图1,平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,PA=PD=2,PA⊥PD,AB⊥AD,PC,AD相交于点O,现沿着AD折成四棱锥P-ABCD(如图2).(1)当四棱锥P-ABCD的体积最大时,求点A到平面PCD的距离.(2)线段PD上是否存在一点Q,使得平面QAC与平面ACD的夹角的余弦值为539?若存在,求出PQ19.(17分)(2024·郑州模拟)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法,其运算法则如下:a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若a×b=ijkx1y1z1x2y2z2,则称a×b为空间向量a与b的叉乘,其中a=x1i+(x2,y2,z2∈R),{i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点,分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点.(1)①若A(1,2,1),B(0,-1,1),求×;②证明:×+×=0.(2)记△AOB的面积为S△AOB,证明:S△AOB=12|×|..(3)证明:(×)2的几何意义表示以△AOB为底面,|×|为高的三棱锥体积的6倍.2025年高考数学一轮复习-阶段滚动检测（空间立体几何）【解析版】120分钟150分一、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.(2024·萍乡模拟)已知a,b,c是空间中两两垂直的单位向量,则|3a+b-2c|=()A.14 B.14 C.2 D.2【解析】选A.依题意得,|a|=|b|=|c|=1,a·b=a·c=c·b=0;所以|3a+b-2c|=(3a+b=14.2.在三棱锥P-ABC中,点O为△ABC的重心,点D,E,F分别为侧棱PA,PB,PC的中点,若a=,b=,c=,则=()A.13a+13b+13c B.-13a-1C.-23a-13b-23c D.23a+2【解析】选D.取BC的中点为M,如图所示:则a==-=12-,b==-=12-,c==-=12-相加可得a+b+c=-12(++)⇒++=-2(a+b+c),所以=-=--23=--23×12(+)=--13(-+-)=-13(++)=23(a+b+c).3.(2024·无锡模拟)已知m,n,l是三条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列说法不正确的是()A.若α∥β,m⊂α,则m∥βB.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥nC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,l⊥m且l⊥n,则l⊥α【解析】选B.对于A:两个平面平行,一个平面内的一条直线平行于另外一个平面,故A正确;对于B:两个平行平面内的两条直线位置可以是平行或异面,即m∥n不一定正确,故B错误;对于C:两条平行线中的一条直线垂直于某个平面,则另外一条直线也垂直于此平面,故C正确;对于D:如图,因为m∥α,所以存在直线a,a⊂α且满足a∥m,又l⊥m,所以l⊥a,同理存在直线b,b⊂α且满足b∥n,又l⊥n,所以l⊥b,因为m,n是异面直线,所以a,b相交,设a∩b=A,又a,b⊂α,所以l⊥α,故D正确.4.西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积V=π(3R-ℎ)ℎ23(RA.494mL B.506mLC.509mL D.516mL【解析】选A.作出几何体的轴截面如图所示,依题意,AB=6cm,O为球心,D为壶口所在圆的圆心,所以AD=DB=3cm,因为DE=8cm,所以OD=OE=4cm,且OD⊥AB,OB=32+42=5(cm),所以球的半径所以球缺的体积为π(3R-ℎ)ℎ所以该壶壶身的容积约为43π·53-2×14π3=472π5.(2024·北京模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,PA⊥平面ABCD,下列叙述中错误的是()A.AB∥平面PCDB.PB⊥BCC.PC⊥BDD.平面PAD⊥平面ABCD【解析】选C.对于选项A:在矩形ABCD中,因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD,故选项A正确;对于选项B:PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,在矩形ABCD中,AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PBA,所以BC⊥平面PBA,而PB⊂平面PBA,所以PB⊥BC,故选项B正确;对于选项C:因为PA⊥平面ABCD,而BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,所以·=0,而=+,·=(+)·=·+·=·,在矩形ABCD中,AC与BD不垂直,所以·≠0,即·≠0,PC与BD不垂直,故选项C不正确;对于选项D:PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD,故选项D正确.6.(2024·北京模拟)已知底面边长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为83,则直线AC与A1B所成角的余弦值为()A.32 B.22 C.34 【解析】选D.如图,连接A1C1,BC1,则AD=AB=2,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V=2×2×AA1=83,则AA1=23,因为AC∥A1C1,则∠C1A1B为异面直线AC与A1B所成角,可得A1B=BC1=22+(23)2=4,A1故cos∠C1A1B=(22)7.已知球O的半径为2,三棱锥O-ABC底面上的三个顶点均在球O的球面上,∠BAC=2π3,BC=3,则三棱锥体积的最大值为(A.14 B.13 C.12 【解析】选A.设△ABC所在外接圆的半径为r,由BCsin∠BAC=2r,得332=2设三棱锥的高为h,则h2=22-r2=22-1=3,所以h=3;在△ABC中,如图:A点在劣弧BC上运动,显然当A点为BC的中点时,高AD最大,AD的最大值为BC2×tanπ6=所以△ABC面积的最大值为12×12×3=34,故三棱锥O-ABC体积的最大值为13×3×【加练备选】(2024·德州模拟)在三棱锥P-ABC中,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,△PAC是边长为2的正三角形,二面角P-AC-B的大小为150°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.28π3 B.C.2821π27 【解析】选A.如图,取AC的中点H,连接BH,PH,由题意,AB=BC=22AC=2,PA=PC所以BH⊥AC,PH⊥AC,所以∠BHP为二面角P-AC-B的平面角,所以∠BHP=150°,因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,且AC=2,所以AH=BH=CH=1,H为△ABC外接圆的圆心,又△PAC是边长为2的等边三角形,所以HP=3,过点H作与平面ABC垂直的直线,则球心O在该直线上,设球的半径为R,连接OB,OP,可得OH2=OB2-BH2=R2-1,在△OPH中,∠OHP=60°,利用余弦定理可得OP2=OH2+HP2-2HO·HP·cos60°,所以R2=R2-1+3-2×R2-1×3×12,解得R所以外接球的表面积为4πR2=28π38.(2024·长春模拟)刍甍是《九章算术》中出现的一种几何体,如图所示,其底面ABCD为矩形,顶棱PQ和底面平行,书中描述了刍甍的体积计算方法:求积术曰,倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一,即V=16(2AB+PQ)BC·h(其中h是刍甍的高,即顶棱PQ到底面ABCD的距离),已知AB=2BC=8,△PAD和△QBC均为等边三角形,若二面角P-AD-B和Q-BC-A为()A.303 B.203C.9923 D.【解析】选D.如图:分别取AD,BC的中点M,N,连接PM,QN,MN,由底面ABCD为矩形,所以MN∥AB,因为顶棱PQ和底面ABCD平行,且PQ⊂平面PABQ,平面PABQ∩平面ABCD=AB,所以PQ∥AB,所以PQ∥MN,即P,Q,N,M四点共面,过P,Q分别作直线MN的垂线,垂足为P',Q',因为底面ABCD为矩形,易得AD⊥MN,因为△PAD为等边三角形,且M为AD的中点,所以AD⊥PM,因为MN∩PM=M,MN,PM⊂平面PP'Q'Q,所以AD⊥平面PP'Q'Q,因为PP'⊂平面PP'Q'Q,所以AD⊥PP',又因为PP'⊥P'Q',且P'Q'∩AD=M,P'Q',AD⊂平面ABCD,所以PP'⊥平面ABCD,所以PP'为PQ到底面ABCD的距离h,同理可证:BC⊥平面PP'Q'Q,QQ'⊥平面ABCD,所以∠PMN为二面角P-AD-B的平面角,∠QNM为二面角Q-BC-A的平面角.因为二面角P-AD-B和Q-BC-A的大小均为120°,所以∠PMN=∠QNM=120°,由AB=2BC=8,△PAD和△QBC均为等边三角形,易得PQ=P'M+MN+NQ'=8+23,h=PP'=3,所以V=16(2AB+PQ)BC·h=16(2×8+8+23)×4×3=48+4二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知平面α的一个法向量为n1=(1,-2,-12),平面β的一个法向量为n2=(-1,0,-2),直线l的方向向量为a=(1,0,2),直线m的方向向量为b=(0,1,-2),则(A.l∥αB.α⊥βC.l与m为相交直线或异面直线D.a在b向量上的投影向量为0【解析】选BC.对于A,因为a=(1,0,2),n1=(1,-2,-12),且a·n1=1+0-1=0,所以a⊥n1,l∥α或l⊂α对于B,因为n1=1,-2,-12,n2=(-1,0,-2),且n所以n1⊥n2,平面α⊥β,选项B正确;对于C,因为a=(1,0,2),b=(0,1,-2),a与b不共线,所以直线l与m相交或异面,选项C正确;对于D,a在b向量上的投影向量为a·b|b|2b10.(2024·长沙模拟)已知S为圆锥的顶点,AB为该圆锥的底面圆O的直径,∠SAB=45°,C为底面圆周上一点,∠BAC=60°,SC=2,则()A.该圆锥的体积为πB.AC=3C.该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180°D.二面角A-BC-S的正切值为2【解析】选AC.如图,因为∠SAB=45°,所以△SAB为等腰直角三角形,又SC=2,则SA=SB=2,所以AB=SA2+SB2=2,则所以该圆锥的体积为V=13πr2·SO=π易知△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,又∠BAC=60°,则∠ABC=30°,所以AC=12AB该圆锥的侧面展开图为扇形,其弧长l=2π,扇形半径R=SA=2,设扇形圆心角为α,所以α=lR=2所以该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180°,C正确;取BC的中点D,连接SD,OD,则SD⊥BC,OD为△ABC的中位线,所以OD⊥BC,OD=12AC=1所以∠ODS为二面角A-BC-S的平面角,易知△SOD为直角三角形,所以tan∠ODS=SOOD=2,D错误11.(2024·葫芦岛模拟)如图,△ABC为等腰直角三角形,斜边上的中线AD=2,E为线段BD的中点,将△ABC沿AD折成大小为π2的二面角,连接BC,形成四面体C-ABD,若P是该四面体表面或内部一点,则下列说法正确的是(A.若点P为CD的中点,则过A,E,P的平面将三棱锥A-BCD分成两部分的体积比为1∶4B.若直线PE与平面ABC没有交点,则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为2C.若点P在平面ACD上,且满足PA=2PD,则点P的轨迹长度为4πD.若点P在平面ACD上,且满足PA=2PD,则线段PE长度的取值范围是(133,21【解析】选BC.对A,如图所示,由题意可知AD⊥DC,AD⊥DB,DC∩DB=D,DC,DB⊂底面BCD,故AD⊥底面BCD.由于E为线段BD的中点,点P为CD的中点,故S△DEP=14S△DBC又三棱锥A-DEP与三棱锥A-DBC等高,故VA-DEP=14VA-DBC,VA-EPCB=34VA-故过A,E,P的平面将三棱锥A-BCD分成两部分的体积比为1∶3,故A错误;对B,若直线PE与平面ABC没有交点,则点P在过点E和平面ABC平行的平面上,如图所示,设CD的中点为F,AD的中点为G,连接EF,FG,EG,则平面EFG∥平面ABC,则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF,由于原△ABC为等腰直角三角形,斜边上的中线AD=2,故AC=22,则GF=12AC=2对C,若点P在平面ACD上,且满足PA=2PD,以D为原点,DC,DA所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,2),C(2,0),设P(x,y),则x2+(即x2+(y+23)2=16故P点在平面ADC上的轨迹即为圆弧NT(如图所示),由x2+(y+23)2=169可得圆心M(0,-23),T(0,23),则∠TMN=π3,则点P的轨迹长度为43×π3对D,由题意可知BD⊥AD,BD⊥DC,AD,DC⊂平面ADC,故BD⊥平面ADC,故PE=ED2+PD2=1+P故当P在T时PD取最小值23,此时PE取最小值13当P在N时PD取最大值233,此时PE取最大值故线段PE长度的取值范围是[133,213三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.两个非零向量a,b,定义|a×b|=|a||b|sin<a,b>.若a=(1,0,1),b=(0,2,2),则|a×b|=____.

答案:23【解析】设向量a,b的夹角为θ,因为a=(1,0,1),b=(0,2,2),所以|a|=2,|b|=22,a·b=2,所以cosθ=a·b|a|·|因为θ∈[0,π],所以sinθ=32所以|a×b|=|a||b|sinθ=2×22×32=2313.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足__________时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)

答案:DM⊥PC(或BM⊥PC等,答案不唯一)【解析】连接AC交BD于点O(图略),因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又由底面各边都相等得AC⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.14.(2024·沈阳模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P是过顶点B,D,D1,B1的圆上的一点,Q为CC1的中点.当直线PQ与平面ABCD所成的角最大时,点P的坐标为________;直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是________.

答案:(1,1,±3+1)[0,155【解析】过点O作EF⊥平面ABCD,交于点E,交BD于点F,易得OE=OF=3,Q(0,2,1),E(1,1,3+1),F(1,1,-3+1),所以=(1,-1,3),=(1,-1,-3).由图可知当点P在点E或点F的位置,即P的坐标为(1,1,±3+1)时,直线PQ与平面ABCD所成的角最大.易得平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设直线QE与平面ABCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==31+1+3×1=155,即直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为155当PQ∥平面ABCD时,直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值最小为0,所以直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[0,155]四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=AA1=4,AB=5,点D为AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;【解析】(1)在△ABC中,因为AC=3,AB=5,BC=4,所以△ABC为直角三角形,AC⊥BC,又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1∩BC=C,所以AC⊥平面BCC1,因为BC1⊂平面BCC1,所以AC⊥BC1;(2)求三棱锥A1-CDB1的体积.【解析】(2)在△ABC中,过C作CF⊥AB,垂足为F,因为平面ABB1A1⊥平面ABC,且平面ABB1A1∩平面ABC=AB,所以CF⊥平面ABB1A1,而CF=AC·BCAB=3×4因为VA1-而S△DA1B1=12A1B所以VA1-B1CD16.(15分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=4,BC=CD=2,△PAD为等边三角形,BD⊥PA.(1)证明:BD⊥平面PAD;【解析】(1)取AB中点E,连接DE,因为AB∥CD,∠ABC=90°,AB=4,BC=CD=2,所以四边形EBCD为正方形,△AED为等腰直角三角形,则∠ADE=45°,∠BDE=45°,得∠ADE+∠BDE=90°,故BD⊥AD,因为BD⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以BD⊥平面PAD.(2)求点C到平面PBD的距离.【解析】(2)设点C到平面PBD的距离为h,由(1)得PD=BD=22,BD⊥PD,则△BDP面积为12PD·BD取AD中点O,连接PO,则PO⊥AD,且PO=6,因为BD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,所以BD⊥PO,AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,又△BCD的面积为12BC·CD=2,三棱锥C-PBD的体积为VC-PBD=13S△BDP·h=VP-BCD=13S△BCD·PO得h=62.即点C到平面PBD的距离为617.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E,F分别为PA,BC的中点.(1)证明:EF∥平面PCD.【解析】(1)取PD的中点G,连接CG,EG,因为E,F分别为PA,BC的中点,所以EG∥AD,EG=12AD又因为底面ABCD为菱形,所以CF∥AD,CF=12AD,所以EG∥CF,EG=CF所以四边形EGCF为平行四边形,所以EF∥CG,又CG⊂平面PCD,EF⊄平面PCD,所以EF∥平面PCD.(2)若PD⊥平面ABCD,∠ADC=120°,且PD=2AD=4,求直线AF与平面DEF所成角的正弦值.【解析】(2)连接BD,因为PD⊥平面ABCD,DF,DA⊂平面ABCD,所以PD⊥DF,PD⊥DA,因为四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,所以△BCD为等边三角形,因为F为BC的中点,所以DF⊥BC,因为BC∥DA,所以DF⊥DA,所以DF,DA,DP两两垂直,所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,因为AD=12PD=2,所以D(0,0,0),F(3,0,0),A(0,2,0),E则=(0,1,2),=(3,0,0),=(3,-2,0),设平面DEF的法向量m=(x,y,z),则,令z=1,得m=(0,-2,1),设直线AF与平面DEF所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,>|==|4|5×7所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为43518.(17分)(2024·武汉模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为线段PA的中点,过C,D,E三点的平面与线段PB交于点F,且PA=PD=AB=2.(1)证明:EF⊥AD;【解析】(1)由题意得,AB∥CD,又AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,所以CD∥平面PAB.又CD⊂平面CDEF,平面CDEF∩平面PAB=EF,所以CD∥EF.又CD⊥AD,所以EF⊥AD.(2)若四棱锥P-ABCD的体积为83,则在线段PB上是否存在点G,使得二面角G-CD-B的正弦值为55?若存在,求PG【解析】(2)取AD的中点O,连接PO,因为PA=PD,所以PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,所以VP-ABCD=13AB·AD·PO=83,则AD·又PO2+(12AD)2所以PO=2,AD=22.取BC的中点为H,以OA,OH,OP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,则P(0,0,2),B(2,2,0),D(-2,0,0),C(-2,2,0),所以=(2,2,-2),=(0,-2,0),假设存在点G,设=λ(λ∈[0,1]),G(x1,y1,z1),所以(x1,y1,z1-2)=λ(2,2,-2),则G(2λ,2λ,2(1-λ)),所以=(2(1+λ),2λ,2(1-λ)),设平面GCD的法向量为n1=(x2,y2,z2),,即2(可取n1=(λ-1,0,λ+1),又平面ABCD的一个法向量n2=(0,0,1),因为二面角G-CD-B的正弦值为55所以|cos<n1,n2>|=|λ+1|(λ-1)2+所以线段PB上存在点G,使得二面角G-CD-B的正弦值为55,此时PGPB=【加练备选】(2024·岳阳模拟)如图1,平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,PA=PD=2,PA⊥PD,AB⊥AD,PC,AD相交于点O,现沿着AD折成四棱锥P-ABCD(如图2).(1)当四棱锥P-ABCD的体积最大时,求点A到平面PCD的距离.【解析】(1)在题图1中,在Rt△PAD中,PA=PD=2,PA⊥PD,所以AD=2,易知四边形ABCO为正方形,所以AO=1,即O为AD的中点,在题图2中,当四棱锥P-ABCD的体积最大时,即侧面PAD⊥底面ABCD,因为PO⊥AD,PO⊂侧面PAD,所以PO⊥底面ABCD,以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系.则P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),所以=(0,1,1),=(-1,0,1),=(0,1,-1),方法一:设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),所以,所以-x+z所以点A到平面PCD的距离为=23=23方法二:(等体积法)由题意得△PCD为等边三角形,且PC=PD=CD=2,S△PCD=34×(2