2024-2025学年高三数学立体几何（解析版）

立体几何

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

|题型01|空间几何体的有关计算

1.（2024•山西晋城•统考一模）若一个正“棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},

则〃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“棱台共有3〃条棱，从而得到不等式，求出"的最小值为6,得到棱的长度之和最

小值.

【详解】因为正"棱台的侧棱有〃条，底面有2〃条棱，所以正”棱台共有3〃条棱，

由3〃>15,得n>5,

所以〃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

2.（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10K,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/,由圆台侧面积公式得10n=gx（27txi+2兀x4）x/,

解得/=2,故圆台母线长度为2.

故答案为：2

3.（2024•安徽合肥・合肥一六八中学校考一模）球。的半径与圆锥〃的底面半径相等，且它们的表

面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为,球。的体积与圆锥M的体积的比值

为.

0TT

【答案】Y/120°0

【分析】设球。的半径及圆锥/的底面半径均为K,圆锥M的母线长为/,再根据球与圆锥的表面

积公式求得/=3R,即可得圆锥M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得/z=20R，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"的底面半径均为R，圆锥M的母线长为/,则4万玄=万4+石很，

所以/=3R,圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为军=多；球。的体积为史长，圆锥M的高

力="加=2同，圆锥M的体积为=£衿，所以球O的体积与圆锥M的体积

的比值为

故答案为：，A/2

4.（2024•湖南长沙•雅礼中学校考一模）已知圆锥的母线长为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.

【答案】逅向1万

327

【分析】由线面角的定义得出cos6=；,从而得出丫=，（1-5皿2。卜苗凡再由导数求解即可.

【详解】设圆锥的底面半径为广，圆锥的母线与底面所成的角为易知cos8=1.

圆锥的体积为

V=-Ttr2-A/4-r~=—TTCOS22sin9=—cos2-sin=—（1-sin26）sin，

3333v'

令x=sina%£（0,l）,则y=（1-sin28卜in夕=一/+%,y=-3f+】

(J3、

当y'>0时，xe0,^-当y<o时,

7

即函数y=-/+x在0,一上单调递增,上单调递减,

5.（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6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/,

由题意，I-4,2jir=4TI,故r=2,

作圆锥轴截面如下图：

所以4/=2,AC=4fCH=?6所以圆锥体积为丫△兀、22、2百=出色,

33

—CD1

因为用与底面的距离为百的平面截圆锥，故二=不，且△CD石AC4B,

所以小圆锥体积乂=Lxl2x囱=叵,

133

所以圆台的体积匕=丫-匕=乎，

故小圆锥和圆台的体积之比为?=£

7,

故答案为：;

6.（2024•辽宁沈阳•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.B.5/3C.2D.yjs

【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ABC。-A46A，且其棱长为。，

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4瓦）和平面BQC，如图1所示,

则过A，A,C作截面，截面图如图2所示,

图I图2

其中E,尸分别为AC,AG中点，则AE=e=a,4石=乎a，

设相邻两平面间距离即为A到\E的距离/z,

可得=』x^^ax/z,解得/1=避~。,

22223

即相邻两平面间距离即为A到A,E的距离,

3

可知^^4=1,解得＜7=如；

3

②若中间的两个平面如图3所示，过5C,C］作截面，截面图如图4所示,

其中M,N分别为BC,BtCt中点，则=g°,A4,=a,4E=当。，

设相邻两平面间距离即为8到与M的距离"，

XTW—x—axtz=—x^-ax（Z,解得d=^^a,

22225

即相邻两平面间距离即为B到与M的距离当。，

则避^a=l,解得a=4；

5

故选：BD.

【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.

7.（2024・云南曲靖•统考一模）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.已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：7T®3.14）

A.1.702立方米B.1.780立方米

C.1.730立方米D.1.822立方米

【答案】B

【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

营养土.

【详解】令2R=18,2r=9,/=葭（单位厘米），

则花盆的高h=』_将）2=栏）2_（3>=6,

所以花盆的体积为卜=；*帔兀（7?2+尺/+/）=3'6*兀*（81+弓+?）=等，

故2000个该种花盆共需要营养土约为迎^x2000。1780380立方厘米，即1.780立方米.

2

故选：B

8.（2024•新疆乌鲁木齐•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+800g）cm2

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】ABD

【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C,该几何体的棱长为历;加=20血，根据正三角

形及正方形的面积公式求解即可判断；对于D,原正方体内切球的半径为20cm,原正方体外接球的

半径为叵巫巫=20石，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

2

^202+202=2072，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A,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C,该几何体的棱长为J2。?+202=20后,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(2O0『+8x?x(20忘了=(4800+1600西)cn?,故C错误；

对于D,原正方体内切球的半径为20cm,内切球表面积为1=471x2()2=16007101?.

原正方体外接球的半径为叵孝“口=2073,外接球表面积为S2=4兀x(20』『=4800兀cn?.

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9+202=20年，

所以该几何体外接球的表面积为S=4兀x(20c『=3200兀cm?.

因为2S=6400兀=1600K+4800=5+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D正确.

故选:ABD.

9.(2024•山西晋城统考一模)如图，在正四棱柱ABCO-A耳£2中，AB=2,M=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。上，下部分对应的几何体为

。下，则()

A.。下的体积为2

B.。上的体积为12

C.。下的外接球的表面积为9兀

D.平面ME截该正四棱柱所得截面的面积为2括

【答案】ACD

【分析】根据题意求截面，可知。下为直三棱柱皿-BCE,进而可求相应的体积，即可判断AB；

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4汨截该正四棱

柱所得截面为矩形即可得面积判断D.

UULIULIULlULlULILILIULUUU

【详解】设RF=3FD,AG=3GA8月=3HB,

连接EDAF,BE,GF,GH,EH,

由长方体的性质可知：EFI/AB,可知A,B,E,歹四点共面，

所以。下为直三棱柱ADF-BCE,其体积为gxlx2x2=2,故A正确;

。上的体积为22x4-2=14,B错误.

。下的外接球即为长方体ABCD-G/ffiF的外接球,

所以。下的外接球的半径R=也2+j+F=|,

则。下的外接球的表面积为4兀&=9兀，C正确.

平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形AB£F,其面积为2、彳涯=2君，D正确.

故选：ACD.

点线面位置关系、空间角及距离

10.（2024,河北•校联考一模）已知直线/、m、兀与平面a、0,下列命题正确的是（）

A.若a///7,lua,nu。,贝lj"/〃B.若<zJ■力，lea,贝（I/J■尸

C.若/_）_〃，m±n,贝！|/〃7”D.若/La,1///3,则

【答案】D

【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A,若e///7,lua，nu（3,则/与"可能平行，也可能异面，故A错误；

对于B,若。，尸，lea,贝h与夕可能平行，也可能相交，故B错误；

对于C,若Un,m±n,则/与加可能平行，也可能相交或异面，故C错误;

对于D,若1///3,则由线面平行的性质定理可知，必有4u/7,使得///心

又/La,则因为Lu6,所以C分，故D正确.

故选：D.

11.（2024•浙江•校联考一模）已知直线和平面a,a<za,6〃a,则"。6"是"aPa"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】因为匕尸。，则存在cua使得bPc且

若。b且则4〃<:,

又且cue,所以aPa,充分性成立；

设分//e,bu0,au/3,acb=P,则有oPa,但不平行，即必要性不成立.

故选：A.

12.（2024・广东深圳•校考一模）已知a,夕是两个不同的平面，形，〃是两条不同的直线，则下列

说法正确的是（）

A.若m_L〃，mVa,n工B,则eJ■分B.若mHti,mlla,,则tz〃/?

C.若〃mJla,aVp,贝D.若mHn,m^a,aL（3,则“〃/

【答案】A

【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〃2_1_/，力，，，设外"对应法向量分别为根,“，也是m,n的方向向量，由〃z_L",即机_L〃，

则arJ_〃，故A正确；

若m/ln,mlla,nlI13,则a与夕可能平行或相交，故B错误；

若〃_zL〃，ml/a,aL（3,则“u4,或〃〃£,或〃与夕相交，故C错误；

若mHn,mA-a,则〃_l_a,又aL0,则〃//4或〃u#,D错误.

故选：A

13.（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AE与CP是异面直线B.平面平面ABE

C.该几何体的体积为:行D.平面ABE与平面DCP间的距离为亚

33

【答案】D

【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20.

•••A,E,C,尸四点共面，直线AE与C厂是共面的，故A错;

设二面角为。，S^=43,S正方形ABCD=4,所以cos。=—#——=>9K—.

V324

JT

所以：二面角E—尸=29片,，故B错；

V=-x4x2^=-V2,故C错；

33

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

间的距离为：-x2V2xV3=—,故D对.

33

故选：D

14.（2024•河南郑州,郑州市宇华实验学校校考一模）如图，在四棱锥尸-ABCD中，PA_L平面

ABCD,PA=AB=2,ZBAD=120,ACVBD,ABCD是等边三角形.

B

（1）证明：平面BLD_L平面尸CD.

⑵求二面角8-尸C-D的正弦值.

【答案】⑴证明见解析

(2)姮

4

【分析】（1）设ACBD=O,由己知得AD_LCD,又PA_L平面A3CD得PA_LCD,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RLD_L平面PCD；

（2）以0为坐标原点，OB,OC的方向分别为达丁轴的正方向建立空间直角坐标系。-邙.

求出平面尸3c的法向量、平面尸CD的法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）设ACBD=O,

因为△3CD是等边三角形，且AC13D,

所以。是80的中点，则AB=AT>,

又NBAD=120,所以/ADB=30,

所以—CD4=NC£>B+/Ar)B=90,

即ADJ_CD,

又PA_1_平面ABCD,CDu平面ABCD,

所以

又AZ)cPA=A,

所以CD_L平面PA£),

因为COu平面尸CO,

所以平面上M>_L平面PCD.

(2)以。为坐标原点，OB,OC的方向分别为羽丫轴的正方向建立

如图所示的空间直角坐标系。-孙z.

因为上4=AB=2,

所以B(>/3,0,0),C(0,3,0),D0,0),P(0,-1,2),

P8=(有,1,-2),PC=(0,4,-2),PD=(-V3,l,-2),

设平面PBC的法向量加=(X|，M，zJ,

则Rm。,令日，得一⑼,2),

设平面PCD的法向量为"=（%，%/2），

4y-2z=0,

22得百)

则「令%=13=1,1,2,

_"\/3%2+%—2Z[—0,

m-n1/..\

cosm,n=-,-=—,0<(m,n)<7i

\m\\n\4\/9

故二面角B-PC-D的正弦值为

15.（2024•辽宁沈阳・统考一模）如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABC1平面BCD，且3c=,

/CBA=ZCBD=120，点尸在线段AC上，点Q在线段CO上.

⑴求证：ADJ.BC；

（2）若AC,平面台尸。，求黑的值;

⑶在（2）的条件下，求平面可与平面尸8。所成角的余弦值.

【答案】⑴证明见解析

⑶g

【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A作直线BC于。，连接DO.

由题知BA=BD,BO=BO,ZABO=ZDBO=60,

ABO=DBO,:.NDOB=ZAOB=90,即BC_LDO,

又BC±AO,AOryDO=O,AO,DOu平面AOD,：.3CJ_平面AOD,

又ADu平面AC©,

（2）方法一：平面ABC人平面BCD,平面ABCc平面gCD=3C,

AO_LBC,AOu平面ABC:.AO_L平面BCD.

以。为原点，以的长度为单位长度，以求.鸵，拗的方向分别为x轴，y轴，z的正

方向建立空间直角坐标系。-冲Z,如图，则〃（石,0,0）,A（0,0,g）,8（0,l,0）,C（0,3,0）.

AC，平面BPQ,:.AC±BP,ACYBQ.

BA=BC尸为AC中点，由题知CD=^5/3,—3,0j,AC=(0,3,

又在ASC中，BC=BA=2,^ABC=120,

所以忸H=L.=走.

11BQ2

方法二：ACL^-^BPQ,:.ACLBP,AC±BQ.^BA=BC=2,由NABC=120知，:.BP=1.

平面ABC1平面5cZ),平面ABCc平面3c£>=5C,AO,3cAOu平面ABC,

「.AO,平面BCD,又3。u平面BCD,..AO,3Q,又AC，5。,ACcAO=A,

BQ_L平面ABC:.BQLBC.

RC-rcq“百-2不.BP

£>C=Z,NHCQ=3U=Zx=.=

33BQ2

(3)由(2)知，平面PBQ的一个法向量为AC，

设平面册的一个法向量为〃=（羽y,z）.A3=（0,1,一码,08=卜"1,0卜

n•AB=y—y/3z=0,

则令y=瓜则n=(1,0,1),

n•DB=-y[3x+y=0,

AC-n2A/3_V5

cosAC,n=

KH2出x55

•••平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为鼻.

16.(2024・重庆・统考一模)如图，四棱锥P-A3CD中，上4,底面ABC。，四边形ABC。中，AB=AP,

AB±AD,AB+AD=6,CD="ZCDA=45°.

⑴若E为网的中点，求证：平面P5C1平面ADE；

(2)若平面的与平面PCD所成的角的余弦值为逅.

6

(i)求线段42的长；

(ii)设G为二BAD内(含边界)的一点，且GB=2G4,求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度.

【答案】⑴证明见解析；

(2)(i)2；(ii)且兀.

3

【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A为原点，建立空间直角坐标系，设=利用面面角的向量求法结合已知求出入再

求出AG并确定轨迹求解即得.

【详解】(1)在四棱锥尸—ABCD中，上4,底面ABC。，ADu平面ABCD,贝

而PA=A,",PAu平面于是AD_L平面又P8u平面

则A£>_LPB,由=E为尸3的中点，得AE，PB,AEAT>=A,AE,ADu平面A/汨，

因此尸3_L平面ADE,而PBu平面尸3C,

所以平面PBC1平面ADE.

(2)(i)由(1)知，直线AB,AD,AP两两垂直，

以点A为原点，直线AB,仞,”分别为无,％z轴建立空间直角坐标系，

过C作CF_LAD于尸，由应,/C7M=45。，得CF=DF=1,令A3=f(0<f<5),

则P(0,0,/),D(0,6-f,0),C(L5—f,0),PD=(0,6-t,-t),CD=(-1,1,0),

n-PD=(6-t)y-tz=0

设平面尸CD的法向量〃=(%,y,z),则《,令0=t,得〃=«/,6-力,

n-CD=-x+y=0

由AD_L平面得平面F45的一个法向量机=(0,1,0),

,,,,\m-n\t1,

依题忌，Icos(m,ri)|=---；=P—,亍=—,整理得产+4/-12=0,而f>0,解得f=2,

\m\\n\"+产+(6­)2

所以线段A3的长为2.

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

于是(2AGy=AG2+22,解得AG=2叵，因此点G的轨迹是以点A为圆心，2叵为半径的圆的!,

334

所以点G的轨迹的长度为工兀.友=①兀.

233

17.(2024•云南曲靖•统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，ZA=ZZ)=90,AB=BC=2,DC=3,

点E是。C边上靠近于点。的三等分点，以8E为折痕将一3CE折起，使点C到达G的位置，且

AC、=屈,如图2.

图1图2

⑴求证：平面8GE_L平面ABED；

(2)在棱r»G上是否存在点P,使得二面角尸-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;

⑵逅

3

【分析】(1)由直角梯形边长可知/C=60,连接AC交BE于点尸，由线面垂直的判定定理可证明

C/，平面ABED,即可得出结论;

(2)建立空间直角坐标系，求出平面与平面EBG的法向量，利用二面角P-仍-G的大小为45

解方程即可求得线段DP的长度为逅.

3

【详解】(1)根据题意，由直角梯形边长AB=8C=2,OC=3可知/C=60,/A8C=120；

又点E是。C边上靠近于点。的三等分点，所以EC=2,可得一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ACL3E,

即折起后4尸，如下图所示:

易知AF=C/=豆，又AC[=R,满足AP2+C/2=AC：,即APLCZ；

又AFcBE=F,4尸,BEu平面ABED,所以G尸，平面ABED,

又因为G尸u平面BGE,

所以平面BCXE1平面ABED；

（2）以。为坐标原点，分别以为羽'轴，产C；方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如下

图所示：

则£>（0,0,0）川60,0）,8（62,0）,石（0,1,0）,歹[*,；,（）]，4*,；,若

I227I22

可得哈卜6-1,0）,£>4=惇,|,若,

假设存在点尸满足题意，设。P=2D£=后"e[O,l],

/Q3、

由（1）可知AF,平面5GE,利用人尸=-^,-,0易得平面5GE的一个法向量可取为

I227

玩=.1,后0）

设平面PBE的一个法向量为n=（x,y,z）,

BE•n=-^]3x-y=0

I/,n||—?!—3A|1

所以|cosJ,I=二丁,解得；1=刀或;l=_l（舍），

|〃帆245万一2彳+123

uumiuuur..i..[7

此时DP=§r»G，可得口尸卜=

即线段。尸的长度为好.

3

18.（2024・云南曲靖・统考一模）如图所示,正方体ABCD-AB'C'D的棱长为1,反产分别是棱AA',CC

的中点，过直线E尸的平面分别与棱交于点M,N,以下四个命题中正确的是（）

A.四边形项ffW一定为菱形

B.四棱锥A-MENF体积为（

C.平面目平面DB80f

D.四边形£MKV的周长最小值为4

【答案】ACD

【分析】由正方体截面性质有项QW为平行四边形，若G,，为。中点，易得EHPG为正方形,

进而得到EM=初尸即可判断A；由到面AEF的距离之和为底面对角线且

匕一”硒〃=%一4跖+匕一4跖求体积判断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，周长最短时位置判断D.

【详解】由题意，正方体截面的性质易知£M〃N£EN//MF,即MV为平行四边形，

取G,H为。。,38'中点，因为分别是棱AA',CC'的中点，则为正方形，

所以EH=FH,4HM="HM=90。,则项f=故项ffN为菱形，A对；

由到面AEF的距离之和为底面对角线为0,

又匕-MENF=%-谢+%-AEF=[*0，$AEF=£*应X3X1X0=公为定值，B错；

33226

由菱形性质知MN_LEF,由正方体性质知。。，面EHFG,EFu面EHFG,则DDJ_EF,

又MNDD'=N,MN,。。u面DBB'D',故Eb上面DBB'D',

而EFu面所以平面RWFN_L平面DBB77,C对；

在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形EM/W各边最短且为1,

此时用叱N为正方形，周长为4,D对.

19.（2024•山东济南,山东省实验中学校考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA_L平面ABCD,

__7T__jr

PB与底面ABCD所成的角为一，底面ABCD为直角梯形，ZABC=ZBAD=-,AD=2,PA=BC=1,

42

点E为棱尸。上一点，满足PE=XPD（OVXV1）,下列结论正确的是（）

B.在棱尸D上不存在点E,使得CE〃平面R4B

C.当彳=:时，异面直线CE与所成角的余弦值为乎；

D.点尸到直线CD的距离有；

【答案】ACD

【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A；由A的结论，可推得CDLPC,即可知点尸到直线。

的距离即为尸C的长度，计算求得PC长，判断D；采用平移法，作出异面直线CE与A3所成角，解

三角形可求得CE与A3所成角的余弦值，判断C；结合C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PAL平面ABC。，CDu平面A3CD,ABu平面A3CD,

所以R4_LCD,PALAB,

__jr

故NP8A即为PB与底面ABCD所成的角，即/尸54=:，

4

兀，

故AB=A4=1,而NA8C=,,所以AC=A/A*+BC?=0，

在直角梯形45co中，CD=7（2-1）2+12=y/2,

贝l]AC2+cr>2=A£>2,故AC_LCD,

又因为APAC=A,AP,ACu平面PAC,所以CD_L平面PAC,

因为CDu平面尸CD,故平面PC£)_L平面PAC,故A正确；

D选项：由A选项的证明过程可知：CD,平面PAC,

因为尸Cu平面PAC,所以CDLPC,

故点尸到直线CD的距离即为PC的长度，

因为PA_L平面A3CD,ACu平面A8CD,故B4_LAC,

而PA=1,AC=V2,.-.PC=VPA2+AC2=#+(后=&,

即点尸到直线CO的距离/，故D正确；

对于C,当2时，PE=^PD,即E为PO的中点，

P

设厂为以的中点，连接/，

则斯//4。,所=L4。，

2

-^BC//AD,BC=-AD,故EFHBC,EF=BC,

2

故四边形EFBC为平行四边形，则CE//BF,

故异面直线CE与所成角即为BE的夹角，

在RtVE4B中，AF=-PA=-,AB=\,:.BF=

22

-1_2石

rn.lCOSNFBA-=—广—

则BF旧5,

则异面直线CE与A3所成角的余弦值为半，C正确;

对于B,由C选项知，当几=3时，CEHBF,

因为CE<Z平面PR,BRu平面弘8,

所以CE〃平面B1B,

所以2=g时，CE〃平面F4B,故B错误.

故选：ACD.

20.(2024•新疆乌鲁木齐•统考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平

面ABCD,PA=AB,点、E,尸分别是棱PB,8c的中点.

⑴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_L平面AEF,并说明理由.

【答案】⑴典

5

(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；

(2)假设存在，可设AP=2AE+〃AF,A>0,〃2。，+结合空间向量解出几、〃，可

得其与假设矛盾，故不存在.

【详解】(1)由PA_L平面ABCD,AB、ADu平面ABCD,

故F4_LAB、PA±AD,又底面A3CD为正方形，故

即上4、AD,A8两两垂直，

故可以A为坐标原点，钻的方向为无轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系A-邙，

不妨设AB=2,则40,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),尸(0,0,2),

£(1,0,1),F(2,l,0),A歹=(2,1,0),BP=(-2,0,2),BC=(0,2,0),

n-BP=0—2x+2z=0

设平面PBC的法向量〃=(羽y,z),即

n-BC=Q2y=0

可取〃=(1,0,1),

n•AF

因为cos〈九,AF〉=-------

\n\-\AF\

(2)假设截面的内存在点G满足条件,

^AG=AAE+juAF,2>0,X+

有AE=(1,O,1),AF=(2,1,0),ZM=(O,-2,O),

所以DG=+AG=(2+2〃,〃一2,2),

DGAE=0

因为OG_L平面AEF,所以，

DGAF=0J

北二

24+2〃=03

所以22+5/7-2=0,解得'

2

〃=一

3

这与假设矛盾，所以不存在点G,使OG,平面用.

21.(2024•山西晋城•统考一模)如图，P是边长为2的正六边形ABCZJEF所在平面外一点，8尸的

中点。为「在平面ABCDEF内的射影，PM=2MF.

(1)证明：MEH平面PBD.

(2)若24=2,二面角A—PB—D的大小为6,求cos26.

【答案】⑴证明见解析

29

(2)cos2。=-

【分析】（1）设PN=2NB，连接MN,可证四边形瓦为平行四边形，所以ME//NK,从而得

证MEH平面PBD；

（2）由空间向量法求得二面角A-PB-O的大小为凡|cos6|=乎，再由二倍角公式求解.

V35

【详解】（1）如图，设PN=2NB，连接MN.

PNPM2

因为尸M=2MF，所以==所以MN//BF,且MN-BF.

NBMF3

连接CE交30于K,连接血V,

由NXDC=30,所以NKDE=90,

RtKDE中,KD=-KE,KC=KD,

2

99

所以EK=—CE=—BF=MN,

33

由CE//BF,可得EK/IMN,所以四边形为平行四边形，

所以ME//NK.

又因为ME,平面尸的，NKu平面PBD,

所以ME//平面PBD.

（2）以0为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

易知OA=1,0D=3,OB=-^3,PO=-JPA1-AO2=A/3>

则尸(0,。,百)，2(30,0),。(0,3,0),A(0-1,0),

贝ljBP=(-石,0,百)，AP=(0J,A/3),BD=(-V3,3,0).

.n.-AP=0,y+y/3z=0,

设平面P4B的法向量为％=(x,y,z,则”即,厂「

\7n,BP=0,+任=0,

令x=l,得4=(1,-.

n2-BD=0,

设平面尸BD的法向量为%=（占,％,zj,贝小

n2•BP=0,

令y=l,得%=（右,1,6}

得2会

所以cos20=2cos2，-1=2|cosq2-1=-云.

22.（2024•河南郑州•郑州市宇华实验学校校考一模）如图，在正方体ABCD-A用CQ中，点P是

的中点，点Q是直线CQ上的动点，则下列说法正确的是（）

B.异面直线PD与C2所成的角为；

C.当A8的长度为定值时，三棱锥。-PBQ的体积为定值

D.平面尸班）_L平面AC0

【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△PBO形状，判断

A；利用平移法可求得异面直线尸。与C2所成的角，判断B；根据棱锥的体积公式可判断C；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D.

【详解】对于A,设正方体的棱长为2,点尸是的中点，故POLA，;

AB±平面ADD^,ADtu平面ADDlAi,故AB_LAD1,

贝UBD=20,PD=；AD】=yJl,PB=百=布,

贝！13£>2=尸£）2+尸32,即PDJLPB,即△尸BD是直角三角形，A正确;

对于B,在正方体ABC。-A用GR中，点P是4鼻的中点,

则直线DP即为直线4。，异面直线PD马CD、所成的角即异面直线\D与CD,所成的角,

由于A片//AB//CD,A]B=AB=CD,故四边形A4CD为平行四边形,

所以AD//BC,则N4c2即为异面直线AtD与CD,所成的角或其补角,

连接42，则B[P=B]C=Cp=2jL即N4C〃=5,

故异面直线PO与C2所成的角为三，B正确；

对于C,设48,8交于点0,则。为AC的中点，连接P。,

则尸。为△ACD1的中位线，故PO//C2，POu平面PBD,C£)]CZ平面P6D,

故CR//平面尸BD,

当AB的长度为定值时，CM到平面PBD的距离为定值，则Q到平面PBD的距离为定值,

而△PBD的面积为定值，故%”皿为定值,

又三棱锥D-PBQ的体积VD_PBQ=VQ_PBD,故三棱锥D-PBQ的体积为定值，C正确;

对于D,以。为坐标原点，以。ADC,。，所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,

则D(0,0,0),BQ,2,0),P(l,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),D,(0,0,2),

则DP=(1,0,l),DS=(2,2,0),AC=(-2,2,0),也=(-2,0,2),

m•DP=x+z=0

设平面P8D的法向量为冽=(x,y,z),贝!!,

m-DB=2x+2y=0

令X=l,则根=(1,-1,一1)；

n-AC=-2a+2b=0

设平面ACQ的法向量为〃=(",4c),则,

n•ADX=-2a+2c=0

令。=1,则〃=(1,1,1)；

则相==即机，"不垂直,

故平面P8D和平面AC'不垂直，D错误,

故选：ABC

23.(2024•浙江•校联考一模)在三棱柱ABC-A旦G中，四边形BCQ片是菱形,ABC是等边三角

形，点M是线段A3的中点，ZABB,=60°.

(1)证明：8。，平面ABC1；

(2)若平面ABBH，平面A3C,求直线与C与平面所成角的正弦值.

【答案】⑴证明见解析

【分析】（1）根据四边形BCG片是菱形，可得用C1BG；在AC与中，根据题意可证明=AC,

又N是BQ的中点，得用CLAN,即可得到结论.

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面AMG的法向量，利用线面角公式即可.

【详解】（1）设BG与BQ交点为N,连接A21,AN.

四边形BCC,B,是菱形，，B,C1BC1,B,B=BC,N是与C的中点.

在，A明中，ByB=AB,/ABB】=60°,:.AABB,是等边三角形，，4月=AB.

在，AC与中，44=47,"是80的中点，.”（，4M

又B[CLBC、,ANBG=N,AN,BGu平面ABC1，.18（_L平面ABC1.

（2）连接甲W,

AB片是等边三角形，/是线段AB的中点，，与AB

又「平面ABB】A，平面ABC,平面ASCc平面ABBIA=AB,平面4220,

BtM_L平面ABC.

以/为原点，所在直线分别为龙轴，y轴如图建立空间直角坐标系，

不妨设AB=2,则M（O,O,O）,A（-1,O,O）,8（1,O,O）,C（O,△,O）,其卜2,0,石），耳（0,0,班卜

于是2=（-2,0,5/3）,^^=（0,0,^）,^=（-1,73,0）,^6=（0,73,-5/3）,

MQ=MB{+BtCl=MBl+BC=（-1,6@

n-MA=0-2x