2020-2024年五年高考数学真题分类汇编专题07立体几何（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题07立体几何考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1几何体体积（5年4考）2024天津卷：柱体体积的计算；2023天津卷：锥体体积的有关计算证明线面垂直；2022天津卷：柱体体积的有关计算求组合体的体积；2021天津卷：锥体体积的有关计算球的体积的有关计算；1.立体几何在高考的考查主要包含了，几何体的体积问题，通常运用割补法进行求解。2.立体几何线面关系的判断，主要考查了判定定理与性质定理的灵活运用3.立体几何解答题主要考查了，线线，线面与面面的位置关系的证明，线面与面面的夹角以及距离问题4.立体几何的外接球通常考查了，外接球的表面积、体积与外接球半径问题.考点2线面位置关系的判定（5年1考）2024天津卷：线面关系有关命题的判断；考点3线面位置关系的证明（5年5考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法；考点4距离问题（5年2考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；考点5角度问题（5年4考）2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法；考点6球的表面积（5年1考）2020天津卷：球的表面积的有关计算考点01几何体体积1.（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD=1，A．36 B．334+【答案】C〖祥解〗采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详析】用一个完全相同的五面体HIJ-LMN（顶点与五面体ABC-DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF故选：C.2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23A．19 B．29 C．1【答案】B〖祥解〗分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN【详析】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，在△PCC'中，因为MM'⊥PA,C在△PBB'中，因为BB所以VP-AMN故选：B3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D〖祥解〗作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详析】该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=33在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM,由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V则该几何体的体积为V=2V故选：D.4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3A．3π B．4π C．9π D．12π【答案】B〖祥解〗作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90∘，所以，又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，ADCD=CD因此，这两个圆锥的体积之和为13故选：B.考点02线面位置关系的判定5．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若m//α，n//α，则m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，则m⊥n D．若m//α,n⊥α，则【答案】C〖祥解〗根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【详析】对于A，若m//α，n//α，则对于B，若m//α,n//对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故对于D，若m//α,n⊥α，则m与故选：C.考点03线面位置的证明6．（2022·天津·高考真题）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA(1)求证：EF//平面ABC(2)求直线BE与平面CC(3)求平面A1CD与平面【答案】(1)证明见解析(2)4(3)10〖祥解〗（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CC（3）利用空间向量法可求得平面A1CD与平面【详析】（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，设平面CC1D的法向量为u取y1=2，可得u=因此，直线BE与平面CC1D（3）解：A1C=设平面A1CD的法向量为v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD与平面CC7．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A（I）求证：D1F//平面（II）求直线AC1与平面（III）求二面角A-A【答案】（I）证明见解析；（II）39；（III）1〖祥解〗（I）建立空间直角坐标系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一个法向量【详析】（I）以A为原点，AB,AD,AA1分别为则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以D1F=(1,0,-2),A设平面A1EC则{m⋅A1C因为D1F⋅因为D1F⊄平面A1EC（II）由（1）得，AC设直线AC1与平面A1则sinθ=|（III）由正方体的特征可得，平面AA1C则cos〈所以二面角A-A1C考点04距离问题8．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求证D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求点B到平面CB【答案】(1)证明见解析(2)2(3)2〖祥解〗（1）取CB1中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【详析】（1）取CB1中点P，连接NP，由N是B1C1的中点，故NP由M是DD1的中点，故D1则有D1M//故四边形D1MPN是平行四边形，故又MP⊂平面CB1M，D故D1N//（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1则有CB1=1,-1,2、设平面CB1M与平面BB1则有m⋅CB分别取x1=x2=1，则有y1=3即m=1,3,1、则cosm故平面CB1M与平面B（3）由BB1=0,0,2，平面则有BB即点B到平面CB1M9．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【答案】(1)证明见解析(2)2(3)4〖祥解〗（1）先证明四边形MNA（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详析】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，则sin于是cos（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P由题干数据可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面即点C到平面AMC1的距离是[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点C到平面AMC1的距离为VCVC-由VC1-AMC考点05角度问题10．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1（Ⅰ）求证：C1（Ⅱ）求二面角B-B（Ⅲ）求直线AB与平面DB【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）306；（Ⅲ）3〖祥解〗以C为原点，分别以CA,CB,CC1的方向为（Ⅰ）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出（Ⅱ）可知平面BB1E的一个法向量为CA，计算出平面B1ED（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB【详析】依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)从而C1M⋅（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BEB1=(0,2,1)设n=(x,y,z)为平面D则{n⋅E不妨设x=1，可得n=(1,-1,2)cos<∴sin所以，二面角B-B1E-D（Ⅲ）依题意，AB=(-2,2,0)由（Ⅱ）知n=(1,-1,2)为平面DB1所以，直线AB与平面DB1E【『点石成金』】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.考点06球的表面积11．（2020·天津·高考真题）若棱长为23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C〖祥解〗求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即R=2所以，这个球的表面积为S=4πR故选：C.【『点石成金』】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.12．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（

）A．325π12 B．76π3【答案】A〖祥解〗结合轴截面分析可知O1B=O【详析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，O1,O可知：AB∥CD∥EF，且O1可得O3FO所以该容器中液体的体积为π×故选：A.13．（2023·天津和平·三模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别在棱D1A1，D1C1上，且满足D1EDA．822 B．622 C．4【答案】A〖祥解〗由于上下底平行，则可得平面EFO与上下底面的交线平行，则可得EF为平面EFO与上底面A1B1C1D1的交线，AC为平面EFO【详析】连接AC,BD，A1C1，AC与BD因为D1ED1A因为A1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方体ABCD-A1B因为正方体ABCD-A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C过E作EM⊥AC于M，则AM=AC-EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面积为12故选：A

14．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为AB，AC的中点，平面EBA．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5【答案】D〖祥解〗根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.【详析】设三棱柱ABC-A则V=V因为E，F分别为AB，AC的中点，故S△AEF结合题意可知几何体AEF-A则V1故V2=Sh-7故选：D15．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球O的表面上，则球O的表面积为（

）A．36π B．48π C．216【答案】A〖祥解〗根据题意可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，利用几何关系和正四棱柱的对称性得到关于R,h的方程组，再利用球的表面积公式即可得解．【详析】∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3:1，且共一个底面，∴正四棱柱和正四棱锥的高相等，设正四棱柱和正四棱锥的高为h，该几何体外接球的半径为R，易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，∴(2R)解得h=2,R=3，∴球O的表面积为4π故选：A．16．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（

）

A．154 B．152 C．3【答案】B〖祥解〗设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，结合题意面积比得到h=15【详析】设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，则母线长为l=r所以圆锥的侧面积是πrl=半球的面积2π由题意可得πr解得h=15所以圆锥的体积为13πr所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为153故选：B.17．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1，BG，CC1，DD1均与底面ABCD垂直，且AA1=CA．715V B．817V【答案】D〖祥解〗先求几何体的体积V，再求被截较小部分的体积VECF-AD【详析】由题意可知，如图所示，EF//AD所以平面EFAD1即为平面因为AA1=C所以几何体的体积V=4×4×43被截棱台的体积VECF-AD较大部分体积为V2且VECF-AD所以较小部分的体积为VECF-AD故选：D.18．（2024·天津南开·二模）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，PC=PD，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.(1)求证：PB⊥PD；(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10(3)1〖祥解〗（1）证明出PO⊥CD，PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出PB⋅（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.【详析】（1）因为PC=PD，O为CD的中点，所以PO⊥CD．又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO⊂平面PCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CD=2，PC⊥PD，PC=PD，所以PO=1．取AB的中点E，连接OE，则OE⊥CD，以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系O-xyz，则O0,0,0，D1,0,0，C-1,0,0，B-1,2,0，PB=-1,2,-1，因为PB⋅所以PB⊥PD．（2）设平面PAB的一个法向量为m=则m⋅AP=0解得x=0，令y=1，则z=2，则m=设直线PC与平面PAB所成的角为θ，又PC=则sinθ=所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为105（3）设平面POB的一个法向量为n⃗则n⋅OP=0解得c=0，令b=1，则a=2，故n=设平面POB与平面PAB的夹角为α，则cosα=故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为1519．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=AD=12CD=2，PD=2，M(1)证明：BM∥平面PAD；(2)求平面PDM和平面DMB夹角的余弦值；(3)求A点到直线PC的距离.【答案】(1)证明见详析(2)6(3)6〖祥解〗（1）取PD中点N，可得四边形ABMN为平行四边形，从而BM∥AN，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知DA为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.（3）利用空间向量求得cos∠APC=1010【详析】（1）取PD中点N，连接AN，MN．在△PCD中，M，N分别为PC，PD的中点，则MN∥DC，MN=1因为AB∥DC，AB=12DC，则AB∥MN可知四边形ABMN为平行四边形，则BM∥AN，且BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，则PD⊥AD，PD⊥DC，且AD⊥DC，以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示，取CD的中点E，连接BE，因为AB∥DC，AB=12DC，则AB又因为AD⊥DC，所以四边形ABED为矩形，且AB=AD=2，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，M0,2,1可得DA=(2,0,0)，DM=0,2,1设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，所以n令y=-1，则x=1，z=2．所以平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2)易知DA为平面PDM的一个法向量，所以，所以平面PDM和平面DMB夹角的余弦值为66（3）由（2）可知：PA=则cosPA即cos∠APC=1010则sin∠APC=所以A点到直线PC的距离为PAsin20．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥平面ABCD，点E是PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，(1)求证：BE//平面PAD；(2)求异面直线PB和AC所成角的余弦值；(3)点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘，求PQ【答案】(1)证明见解析(2)15(3)2〖祥解〗（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证，（2）利用向量的夹角公式即可求解，（3）求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解.【详析】（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，以D为原点，分别以DA、DC、DP的方向为x轴，y轴，∵AB=AD=PD=1,DC=2，点E是PC的中点，∴D0,0,0,A1,0,0则BE∵DC⊥平面PAD，∴平面APD的一个法向量为DC=∵BE∵BE⊄平面PAD，∴BE//平面PAD；（2）PB=设异面直线PB和AC所成的角为θ，cosθ=∴异面直线PB和AC所成角的余弦值为1515（3）DB=设PQ=λPC，∴DQ设平面PBD的法向量为m=x,y,zx+y=0,z=0,不妨令x=1，得y=-1，z=0设平面BDQ的法向量为n=xx'+y'=0,∴n∵平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘cos45λ2∵λ∈0,1∴∣PQ∣21．（2023·天津和平·三模）如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB//CD，AE=AD=CD=1(1)求直线BC与平面ADE所成角的大小；(2)求平面BCE与平面ADE所成夹角的正弦值；(3)求点D到平面BCE的距离．【答案】(1)π4(2)30(3)66〖祥解〗（1）由面面垂直的性质得到AD⊥平面ABE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（2）求出平面BCE的法向量，利用空间向量法求出平面夹角的余弦值，即可求出正弦值；（3）由点D到平面BCE的距离为DC⋅【详析】（1）因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，又因为∠EAB=90°，则以点A为坐标原点，AE，AB，AD的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知AE=AD=CD=1所以A0,0,0，B0,2,0，C0,1,1，D因为BC=0,-1,1,平面ADE的法向量为设直线BC与平面ADE所成角为θ1，则sin又θ1∈0,π2，所以直线CE（2）设平面BCE的法向量为n2=x,y,z，则n2⋅BC=-y+z=0,n2设平面BCE与平面ADE所成夹角为θ2则cosθ2=所以sinθ所以平面BCE与平面ADE所成夹角的正弦值为306（3）因为DC=0,1,0，平面BCE的法向量为所以点D到平面BCE的距离为DC⋅22．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=22，BC=4(1)求证：AB⊥PC；(2)求异面直线PB与DC所成角的余弦值；(3)若平面MAC与平面DAC所成角为45°，求直线BM与平面PAC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10(3)5〖祥解〗（1）取BC中点为E，连接AE，说明AD⊥AE，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论；（2）求出向量PB=（3）设PM⃗=λPD⃗=0,22【详析】（1）取BC中点为E，连接AE，由题意可知EC=AD,EC//即四边形AECD为平行四边形，故AE∥CD，而故AD⊥AE；又PA⊥平面ABCD，故以A为坐标原点，以AE,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0则AB=故AB⋅故AB⊥PC，则（2）由（1）知PB=设异面直线PB与DC所成角为θ,θ∈(则cosθ=即异面直线PB与DC所成角的余弦值为105（3）由题可设PM⃗=λPD设平面AMC的一个法向量为n1AC=(2由n1⋅AC取y=2，则n平面ACD的法向量可取为n2平面MAC与平面DAC所成角为45°，则cos〈解得λ=12，则M0,AP=设平面PAC的一个法向量为n3由n3⋅AP取a=1，则n3设直线BM与平面PAC所成角为α,α∈[则sinα=即直线BM与平面PAC所成角的正弦值为5323．（2024·天津·二模）如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA上一点，PD=2,AB=AD=1

(1)若F是PA的中点，求证：AC∥平面DEF；(2)求直线AE与平面BCP所成角的正弦值：(3)若点F到平面BCP的距离为16，求PF【答案】(1)证明见解析(2)3(3)3〖祥解〗（1）矩形PDCE对角线交点即为线段PC中点，在△PAC内应用中位线定理，即可得证；（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求直线AE的方向向量，再求平面BCP的法向量，应用线面角的向量求法即可；（3）设定PF=λ【详析】（1）设CP∩DE=G，连接FG，因为四边形PDCE为矩形，所以G为PC中点，又F为PA中点，则AC∥FG，又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.（2）以D为坐标原点，DA,DC,可建立如图所示空间直角坐标系，

则A∴BCAE设平面BCP的法向量为：n=且BC⋅n=-x+y=0CP⋅设直线AE与平面BCP所成角为θ，所以sinθ=则直线AE与平面BCP所成角的正弦值为37（3）PA=设PF由平面BCP的法向量为：n=点F到平面BCP的距离为：d=PF解得：λ=13，且所以PF=24．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，(1)若点E是边AB的中点，点F是边PC的中点，求异面直线BC，EF所成角的余弦值；(2)求平面PAC和平面PAD的夹角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在点M，使得BM⊥平面PCD？若存在，求PMPC【答案】(1)2(2)3(3)不存在，理由见解析〖祥解〗（1）取AD中点O，证得PO⊥平面ABCD，进而得到OB⊥AD，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得BC=-1,0,0和（2）由（1），求得平面PAC和平面PAD的法向量n=1,1,1和（3）设Mx0,y0,z0，求得BM=【详析】（1）解：取AD中点O，连接OP，OB，因为PA=PD，所以PO⊥AD因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，且PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，又因为OA⊂平面PAD，OB⊂平面PAD，所以PO⊥OA，PO⊥OB，因为CD⊥AD，BC//AD，AD=2BC，所以BC//OD，BC=OD，所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB⊥AD，以O为坐标原点，以OA,OB,OP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则O0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C-1,2,0，D-1,0,0，P0,0,1，E1设异面直线BC，EF所成角为θ，则cosθ=所以异面直线BC，EF所成角的余弦值为25（2）解：由（1）得AC=-2,2,0，设平面PAC的法向量为n=x,y,z，则令x=1，可得y=1,z=1，所以n=因为平面PAD的法向量OB=设平面PAC与平面PAD的夹角为α，则cosα=所以平面PAC和平面PAD的夹角的余弦值为33（3）解：设M是棱PC上一点，则存在λ∈0,1使得PM设Mx0,y0所以x0,y0,z0所以M-λ,2λ,1-λ.所以BM因为AP⊥PD，AP⊥CD，且CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD，所以PA=1,0,-1是平面若BM⊥平面PCD，则BM//PA，所以所以在棱PC上不存在点M，使得BM⊥平面PCD.25．（2024·天津·二模）如图，在多面体ABCDEF中，AD∥BC，AF∥BE，AB⊥AF，AD⊥平面ABEF，AD=AB=2，(1)求证：直线BG∥平面DCE(2)求平面DBF与平面DCE夹角的余弦值；(3)求点E到平面DBF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)8(3)1〖祥解〗（1）以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面DCE的法向量n，根据BG⊥（2）分别求出平面DBF与平面DCE的法向量，利用向量夹角公式即可求解值；（3）设点E到平面DBF的距离为d，利用点到平面的向量公式即可求解.【详析】（1）因为AB⊥AF，AD⊥平面ABEF，AF,AB⊂平面ABEF，所以AD⊥AF,AD⊥AB，所以AF，AB，AD两两垂直，则以A为坐标原点，AF，AB，AD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B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(1,0,0)，所以BG=(1,-2,0)，EC=(-1,0,1)，设平面DCE的法向量n=(x,y,z)，则n⋅EC得n=(2,1,2)所以BG⋅n=1×2-2×1+0×2=0又因为BG⊄平面所以直线BG∥平面DCE（2）由F(4,0,0)，得BF=(4,-2,0)，BD设平面DBF的法向量为n0=(x0得n0所以cos则平面DBF与平面DCE夹角的余弦值为8（3）由于DE=(1,2,-2)，平面DBF的法向量n设点E到平面DBF的距离为d，则d=n所以点E到平面DBF的距离为1专题07立体几何考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1几何体体积（5年4考）2024天津卷：柱体体积的计算；2023天津卷：锥体体积的有关计算证明线面垂直；2022天津卷：柱体体积的有关计算求组合体的体积；2021天津卷：锥体体积的有关计算球的体积的有关计算；1.立体几何在高考的考查主要包含了，几何体的体积问题，通常运用割补法进行求解。2.立体几何线面关系的判断，主要考查了判定定理与性质定理的灵活运用3.立体几何解答题主要考查了，线线，线面与面面的位置关系的证明，线面与面面的夹角以及距离问题4.立体几何的外接球通常考查了，外接球的表面积、体积与外接球半径问题.考点2线面位置关系的判定（5年1考）2024天津卷：线面关系有关命题的判断；考点3线面位置关系的证明（5年5考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法；考点4距离问题（5年2考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；考点5角度问题（5年4考）2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法；考点6球的表面积（5年1考）2020天津卷：球的表面积的有关计算考点01几何体体积1.（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD=1，A．36 B．334+【答案】C〖祥解〗采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详析】用一个完全相同的五面体HIJ-LMN（顶点与五面体ABC-DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF故选：C.2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23A．19 B．29 C．1【答案】B〖祥解〗分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN【详析】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，在△PCC'中，因为MM'⊥PA,C在△PBB'中，因为BB所以VP-AMN故选：B3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D〖祥解〗作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详析】该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=33在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM,由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V则该几何体的体积为V=2V故选：D.4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3A．3π B．4π C．9π D．12π【答案】B〖祥解〗作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90∘，所以，又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，ADCD=CD因此，这两个圆锥的体积之和为13故选：B.考点02线面位置关系的判定5．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若m//α，n//α，则m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，则m⊥n D．若m//α,n⊥α，则【答案】C〖祥解〗根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【详析】对于A，若m//α，n//α，则对于B，若m//α,n//对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故对于D，若m//α,n⊥α，则m与故选：C.考点03线面位置的证明6．（2022·天津·高考真题）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA(1)求证：EF//平面ABC(2)求直线BE与平面CC(3)求平面A1CD与平面【答案】(1)证明见解析(2)4(3)10〖祥解〗（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CC（3）利用空间向量法可求得平面A1CD与平面【详析】（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，设平面CC1D的法向量为u取y1=2，可得u=因此，直线BE与平面CC1D（3）解：A1C=设平面A1CD的法向量为v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD与平面CC7．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A（I）求证：D1F//平面（II）求直线AC1与平面（III）求二面角A-A【答案】（I）证明见解析；（II）39；（III）1〖祥解〗（I）建立空间直角坐标系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一个法向量【详析】（I）以A为原点，AB,AD,AA1分别为则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以D1F=(1,0,-2),A设平面A1EC则{m⋅A1C因为D1F⋅因为D1F⊄平面A1EC（II）由（1）得，AC设直线AC1与平面A1则sinθ=|（III）由正方体的特征可得，平面AA1C则cos〈所以二面角A-A1C考点04距离问题8．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求证D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求点B到平面CB【答案】(1)证明见解析(2)2(3)2〖祥解〗（1）取CB1中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【详析】（1）取CB1中点P，连接NP，由N是B1C1的中点，故NP由M是DD1的中点，故D1则有D1M//故四边形D1MPN是平行四边形，故又MP⊂平面CB1M，D故D1N//（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1则有CB1=1,-1,2、设平面CB1M与平面BB1则有m⋅CB分别取x1=x2=1，则有y1=3即m=1,3,1、则cosm故平面CB1M与平面B（3）由BB1=0,0,2，平面则有BB即点B到平面CB1M9．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【答案】(1)证明见解析(2)2(3)4〖祥解〗（1）先证明四边形MNA（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详析】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，则sin于是cos（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P由题干数据可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面即点C到平面AMC1的距离是[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点C到平面AMC1的距离为VCVC-由VC1-AMC考点05角度问题10．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1（Ⅰ）求证：C1（Ⅱ）求二面角B-B（Ⅲ）求直线AB与平面DB【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）306；（Ⅲ）3〖祥解〗以C为原点，分别以CA,CB,CC1的方向为（Ⅰ）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出（Ⅱ）可知平面BB1E的一个法向量为CA，计算出平面B1ED（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB【详析】依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)从而C1M⋅（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BEB1=(0,2,1)设n=(x,y,z)为平面D则{n⋅E不妨设x=1，可得n=(1,-1,2)cos<∴sin所以，二面角B-B1E-D（Ⅲ）依题意，AB=(-2,2,0)由（Ⅱ）知n=(1,-1,2)为平面DB1所以，直线AB与平面DB1E【『点石成金』】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.考点06球的表面积11．（2020·天津·高考真题）若棱长为23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C〖祥解〗求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即R=2所以，这个球的表面积为S=4πR故选：C.【『点石成金』】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.12．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（

）A．325π12 B．76π3【答案】A〖祥解〗结合轴截面分析可知O1B=O【详析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，O1,O可知：AB∥CD∥EF，且O1可得O3FO所以该容器中液体的体积为π×故选：A.13．（2023·天津和平·三模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别在棱D1A1，D1C1上，且满足D1EDA．822 B．622 C．4【答案】A〖祥解〗由于上下底平行，则可得平面EFO与上下底面的交线平行，则可得EF为平面EFO与上底面A1B1C1D1的交线，AC为平面EFO【详析】连接AC,BD，A1C1，AC与BD因为D1ED1A因为A1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方体ABCD-A1B因为正方体ABCD-A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C过E作EM⊥AC于M，则AM=AC-EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面积为12故选：A

14．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为AB，AC的中点，平面EBA．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5【答案】D〖祥解〗根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.【详析】设三棱柱ABC-A则V=V因为E，F分别为AB，AC的中点，故S△AEF结合题意可知几何体AEF-A则V1故V2=Sh-7故选：D15．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球O的表面上，则球O的表面积为（

）A．36π B．48π C．216【答案】A〖祥解〗根据题意可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，利用几何关系和正四棱柱的对称性得到关于R,h的方程组，再利用球的表面积公式即可得解．【详析】∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3:1，且共一个底面，∴正四棱柱和正四棱锥的高相等，设正四棱柱和正四棱锥的高为h，该几何体外接球的半径为R，易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，∴(2R)解得h=2,R=3，∴球O的表面积为4π故选：A．16．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（

）

A．154 B．152 C．3【答案】B〖祥解〗设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，结合题意面积比得到h=15【详析】设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，则母线长为l=r所以圆锥的侧面积是πrl=半球的面积2π由题意可得πr解得h=15所以圆锥的体积为13πr所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为153故选：B.17．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1，BG，CC1，DD1均与底面ABCD垂直，且AA1=CA．715V B．817V【答案】D〖祥解〗先求几何体的体积V，再求被截较小部分的体积VECF-AD【详析】由题意可知，如图所示，EF//AD所以平面EFAD1即为平面因为AA1=C所以几何体的体积V=4×4×43被截棱台的体积VECF-AD较大部分体积为V2且VECF-AD所以较小部分的体积为VECF-AD故选：D.18．（2024·天津南开·二模）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，PC=PD，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.(1)求证：PB⊥PD；(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10(3)1〖祥解〗（1）证明出PO⊥CD，PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出PB⋅（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.【详析】（1）因为PC=PD，O为CD的中点，所以PO⊥CD．又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO⊂平面PCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CD=2，PC⊥PD，PC=PD，所以PO=1．取AB的中点E，连接OE，则OE⊥CD，以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系O-xyz，则O0,0,0，D1,0,0，C-1,0,0，B-1,2,0，PB=-1,2,-1，因为PB⋅所以PB⊥PD．（2）设平面PAB的一个法向量为m=则m⋅AP=0解得x=0，令y=1，则z=2，则m=设直线PC与平面PAB所成的角为θ，又PC=则sinθ=所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为105（3）设平面POB的一个法向量为n⃗则n⋅OP=0解得c=0，令b=1，则a=2，故n=设平面POB与平面PAB的夹角为α，则cosα=故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为1519．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=AD=12CD=2，PD=2，M(1)证明：BM∥平面PAD；(2)求平面PDM和平面DMB夹角的余弦值；(3)求A点到直线PC的距离.【答案】(1)证明见详析(2)6(3)6〖祥解〗（1）取PD中点N，可得四边形ABMN为平行四边形，从而BM∥AN，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知DA为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.（3）利用空间向量求得cos∠APC=1010【详析】（1）取PD中点N，连接AN，MN．在△PCD中，M，N分别为PC，PD的中点，则MN∥DC，MN=1因为AB∥DC，AB=12DC，则AB∥MN可知四边形ABMN为平行四边形，则BM∥AN，且BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，则PD⊥AD，PD⊥DC，且AD⊥DC，以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示，取CD的中点E，连接BE，因为AB∥DC，AB=12DC，则AB又因为AD⊥DC，所以四边形ABED为矩形，且AB=AD=2，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，M0,2,1可得DA=(2,0,0)，DM=0,2,1设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，所以n令y=-1，则x=1，z=2．所以平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2)易知DA为平面PDM的一个法向量，所以，所以平面PDM和平面DMB夹角的余弦值为66（3）由（2）可知：PA=则cosPA即cos∠APC=1010则sin∠APC=所以A点到直线PC的距离为PAsin20．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥平面ABCD，点E是PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，(1)求证：BE//平面PAD；(2)求异面直线PB和AC所成角的余弦值；(3)点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘，求PQ【答案】(1)证明见解析(2)15(3)2〖祥解〗（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证，（2）利用向量的夹角公式即可求解，（3）求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解.【详析】（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，以D为原点，分别以DA、DC、DP的方向为x轴，y轴，∵AB=AD=PD=1,DC=2，点E是PC的中点，∴D0,0,0,A1,0,0则BE∵DC⊥平面PAD，∴平面APD的一个法向量为DC=∵BE∵BE⊄平面PAD，∴BE//平面PAD；（2）PB=设异面直线PB和AC所成的角为θ，cosθ=∴异面直线PB和AC所成角的余弦值为1515（3）DB=设PQ=λPC，∴DQ设平面PBD的法向量为m=x,y,zx+y=0,z=0,不妨令x=1，得y=-1，z=0设平面BDQ的法向量为n=xx'+y'=0,∴n∵平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘cos45λ2∵λ∈0,1∴∣PQ∣21．（2023·天津和平·三模）如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB//CD，AE=AD=CD=1(1)求直线BC与平面ADE所成角的大小；(2)求平面BCE与平面ADE所成夹角的正弦值；(3)求点D到平面BCE的距离．【答案】(1)π4(2)30(3)66〖祥解〗（1）由面面垂直的性质得到AD⊥平面ABE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（2）求出平面BCE的法向量，利用空间向量法求出平面夹角的余弦值，即可求出正弦值；（3）由点D到平面BCE的距离为DC⋅【详析】（1）因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，又因为∠EAB=90°，则以点A为坐标原点，AE，AB，AD的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知AE=AD=CD=1所以A0,0,0，B0,2,0，C0,1,1，D因为BC=0,-1,1,平面ADE的法向量为设直线BC与平面ADE所成角为θ1，则sin又θ1∈0,π2，所以直线CE（2）设平面BCE的法向量为n2=x,y,z，则n2⋅BC=-y+z=0,n2设平面BCE与平面ADE所成夹角为θ2则cosθ2=所以sinθ所以平面BCE与平面ADE所成夹角的正弦值为306（3）因为DC=0,1,0，平面BCE的法向量为所以点D到平面BCE的距离为DC⋅22．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=22，BC=4(1)求证：AB⊥PC；(2)求异面直线PB与DC所成角的余弦值；(3)若平面MAC与平面DAC所成角为45°，求直线BM与平面PAC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10(3)5〖祥解〗（1）取BC中点为E，连接AE，说明AD⊥AE，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论；（2）求出向量PB=（3）设PM⃗=λPD⃗=0,22【详析】（1）取BC中点为E，连接AE，由题意可知EC=AD,E