【备战2022】高考数学5年高考真题精选与最新模拟专题08立体几何理【2022高考真题精选】1．（2022·重庆）设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是( )A．(0，)B．(0，)C．(1，)D．(1，)2．（2022·辽宁）一个几何体的三视图如图1－3所示．则该几何体的表面积为________．3．（2022·北京）某三棱锥的三视图如图1－4所示，该三棱锥的表面积是( )图1－4A．28＋6B．30＋6C．56＋12D．60＋12【答案】B 【解析】本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S底面＝×5×4＝10，85\nS后＝×5×4＝10，S左＝×6×2＝6，S右＝×4×5＝10，所以S表＝10×3＋6＝30＋6.4．（2022·安徽）某几何体的三视图如图1－3所示，该几何体的表面积是________．5．（2022·天津）一个几何体的三视图如图1－2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图1－2【答案】18＋9π 【解析】本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易题．由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积85\nV＝6×3×1＋2×π×3＝18＋9π.6．（2022·福建）一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【答案】D 【解析】本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三视图大小、形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同．7．（2022·广东）某几何体的三视图如图1－1所示，它的体积为( )图1－1A．12πB．45πC．57πD．81π8．（2022·湖北）已知某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为( )图1－2A.B．3πC.D．6π85\n9．（2022·湖南）某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )10．（2022·课标全国）如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )12．（2022·浙江）已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.13．（2022·陕西）85\n(1)如图1－6所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；图1－6(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．14．（2022·全国）如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．85\n85\n因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.85\n因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.15．（2022·福建）如图1－3，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．图1－385\n设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝.∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2.16．（2022·辽宁）如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．85\n517．（2022·重庆）如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．图1－2【答案】解：(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝＝.85\n(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此＝，即AA＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2.从而A1D＝＝2.所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝＝＝.85\ncos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.18．（2022·浙江）如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．85\n由＝，＝知取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量．由＝，＝知取z＝5，得n＝(2，0,5)．于是cos〈m，n〉＝＝.所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.方法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.所以PB＝PC＝PD.所以△PBC≌△PDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN.取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则AE⊥MN，QE⊥MN，所以∠AEQ为二面角A－MN－Q的平面角．由AB＝2，PA＝2，故85\n19．（2022·四川）如图1－4所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________．20．（2022·湖南）如图1－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．85\n解法2：如上图(2)，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．(1)易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)．因为·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.(2)由题设和(1)知，，85\n分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，即＝.由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h)，又＝(4,0，－h)，故＝.解得h＝.又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S×PA＝×16×＝.19．（2022·广东）如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．图1－5【答案】证明：(1)⇒PC⊥BD.⇒PA⊥BD.∵PA∩PC＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.由PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥EF.即∠BEF为二面角B－PC－A的平面角．由(1)可得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形，AB＝AD＝2，85\nAC＝BD＝2，FC＝BF＝.在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.法二：以A为原点，、、的方向分别作为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设AB＝b，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．于是＝(b,2，－1)，＝(b，－2,0)．因为PC⊥DB，所以·＝b2－4＝0，从而b＝2.结合(1)可得＝(2，－2,0)是平面APC的法向量．现设n＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0.因为＝(0,2,0)，＝(2,2，－1)，所以2y＝0,2x－z＝0.取x＝1，则z＝2，n＝(1,0,2)．令θ＝〈n，〉，则cosθ＝＝＝，sinθ＝，tanθ＝3.由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.20．（2022·北京）如图1－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．85\n图1－9所以sinθ＝|cos(n，)|＝＝＝.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.85\n(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0.又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，所以令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝.平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．21．（2022·安徽）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断．由题知命题是条件命题为“α⊥β”，命题“a⊥b”为结论命题，当α⊥β时，由线面垂直的性质定理可得a⊥b，所以条件具有充分性；但当a⊥b时，如果a∥m，就得不出α⊥β，所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件．22．（2022·福建）如图1－3，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．图1－3【答案】解：(1)以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故AD1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.85\n∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2.23．（2022·安徽）平面图形ABB1A1C1C如图1－4(1)所示，其中BB1C1C85\n是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，因此⊥，即AA1⊥BC.(2)因为＝(0,3，－4)，所以＝5，即AA1＝5.(3)连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，所以∠85\nADA1为二面角A－BC－A1的平面角．因为＝(0，－1,0)，＝(0,2，－4)，所以cos〈，〉＝－＝－.即二面角A－BC－A1的余弦值为－.sin∠D1DA1＝，cos∠ADA1＝cos＝－.即二面角A－BC－A1的余弦值为－.24．（2022·课标全国）如图1－5，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.85\n(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1－BD－C1的大小．图1－5【答案】解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.25．85\n（2022·山东）在如图1－5所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB.85\n又CB＝CF，所以GF＝＝CG，故cos∠FGC＝，因此二面角F－BD－C的余弦值为.解法二：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF26．（2022·陕西）(1)如图1－6所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；图1－685\n(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．27．（2022·浙江）已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【答案】B 【解析】本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手操作能力．对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立，故应选B.28．（2022·重庆）如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．图1－285\n取z1＝1，得m＝(，0,1)，设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以85\ncos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.29．（2022·上海）如图1－2所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．31．（2022·山东）如图1－3所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．图1－3【答案】 【解析】本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，中档题．85\nVD1－EDF＝VF－DD1E＝××1×1×1＝.32．（2022·课标全国）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】设三角形ABC的中心为M，球心为O，则OM⊥平面ABC，且OM＝＝.所以此棱锥的高h＝2OM＝.所以此棱锥的体积V＝××1××＝.故选A.33．（2022·江苏）如图1－2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________cm3.34．（2022·浙江）已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.图1－3【答案】1 【解析】本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则V＝Sh＝××1×3×2＝1.35．（2022·浙江）如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．85\n(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M，N，Q.设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量．由＝，＝知取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量．由＝，＝知85\n取z＝5，得n＝(2，0,5)．于是cos〈m，n〉＝＝.QE＝＝.在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得85\ncos∠AEQ＝＝.所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.36．（2022·浙江）已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直37．（2022·上海）如图1－3所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD.E是PC的中点，已知AB＝2，AD＝2，PA＝2，求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．85\n38．（2022·北京）如图1－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．图1－9【答案】解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC，85\n所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，所以m＝.平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，85\n即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．39．（2022·安徽）某几何体的三视图如图1－3所示，该几何体的表面积是________．图1－3【答案】92 【解析】本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积．如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为S＝××4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92.40．（2022·北京）某三棱锥的三视图如图1－4所示，该三棱锥的表面积是( )图1－4A．28＋6B．30＋6C．56＋12D．60＋12【答案】B 【解析】本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S底面＝×5×4＝10，S后＝×5×4＝10，S左＝×6×2＝6，S右＝×4×5＝10，所以S表＝10×3＋6＝30＋6.85\n41．（2022·全国）如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．85\n令x＝b，则m＝(b，，0)．设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·＝0，n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，85\n令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.42．（2022·湖北）如图1－7所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图1－8)．(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．85\n设N(0，λ，0)，则＝.因为EN⊥BM等价于·＝0，即·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，故λ＝，N.所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由及＝，得可取n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.85\n43．（2022·课标全国）如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )图1－2A．6B．9C．12D．1844．（2022·辽宁）已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上．若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．45．（2022·湖北）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一．所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈85\n.人们还用过一些类似的近似公式．根据π＝3.14159…判断，下列近似公式中最精确的一个是( )A．d≈B．d≈C．d≈D．d≈【答案】D 【解析】设球的直径为d，则球的体积为V＝π3，所以d＝≈.A项中，d≈≈；C项中，d≈≈；D项中，d≈≈；比较各选项可知，D项中的d与d＝≈最接近，故选D.46．（2022·北京）如图1－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．85\n47．（2022·湖南）如图1－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．85\n因为·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.85\n(2)由题设和(1)知，，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，即＝.由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h)，又＝(4,0，－h)，故＝.解得h＝.又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S×PA＝×16×＝.48．（2022·北京）如图1－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．85\n(2)85\n49．（2022·安徽）平面图形ABB1A1C1C如图1－4(1)所示，其中BB1C1C85\n是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．(2)因为＝(0,3，－4)，85\n所以＝5，即AA1＝5.即二面角A－BC－A1的余弦值为－.85\n50．（2022·重庆）如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．由⊥，有8－h2＝0，h＝2.故＝(－2,0,2)，＝(0,0,2)，＝85\n(0，，0)．设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥，m⊥，即取z1＝1，得m＝(，0,1)，设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.51．（2022·全国）三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．52．（2022·全国）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为( )A．2B.C.D．153．（2022·辽宁）如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．85\n设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)．所以M，N.设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，由得可取m＝(1，－1，λ)．设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得85\n可取n＝(－3，－1，λ)．因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝.54．（2022·课标全国）如图1－5，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1－BD－C1的大小．图1－5【答案】解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.85\n55．（2022·湖南）如图1－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．图1－6【答案】解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5.又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.(2)过点B作BG∥CD，分别与AE、AD相交于点F，G，连结PF.由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE.由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．由题意∠PBA＝∠BPF，因为sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF.由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，85\n所以四边形BCDG是平行四边形．故GD＝BC＝3.于是AG＝2.在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以BG＝＝2，BF＝＝＝.于是PA＝BF＝.又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S×PA＝×16×＝.56．（2022·湖北）如图1－7所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图1－8)．(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？85\n(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由及＝，得可取n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝(1,2，－1)，可得85\nsinθ＝cos(90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.方法2：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.如图(c)，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN.又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．即当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM.连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．如图(d)所示，取BM的中点G.连结EG，NG，则BM⊥平面EGN，在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成角的大小为60°.57．（2022·上海）如图1－3所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD.E是PC的中点，已知AB＝2，AD＝2，PA＝2，求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．85\n在△AEF中，由EF＝、AF＝、AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.58．（2022·广东）如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；85\n(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．图1－5【答案】证明：(1)⇒PC⊥BD.⇒PA⊥BD.∵PA∩PC＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.由PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥EF.即∠BEF为二面角B－PC－A的平面角．由(1)可得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形，AB＝AD＝2，AC＝BD＝2，FC＝BF＝.在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.法二：以A为原点，、、的方向分别作为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设AB＝b，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．于是＝(b,2，－1)，＝(b，－2,0)．因为PC⊥DB，所以·＝b2－4＝0，85\n从而b＝2.结合(1)可得＝(2，－2,0)是平面APC的法向量．现设n＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0.因为＝(0,2,0)，＝(2,2，－1)，所以2y＝0,2x－z＝0.取x＝1，则z＝2，n＝(1,0,2)．令θ＝〈n，〉，则cosθ＝＝＝，sinθ＝，tanθ＝3.由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.59．（2022·重庆）如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．图1－2【答案】解：(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝＝.(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此＝，即AA＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2.从而A1D＝＝2.所以，在Rt△A1DD1中，85\ncos∠A1DD1＝＝＝.解法二：如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，，0)，C1(0，，h)，从而＝(4,0，h)，＝(2，，－h)．由⊥，有8－h2＝0，h＝2.故＝(－2,0,2)，＝(0,0,2)，＝(0，，0)．设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥，m⊥，即取z1＝1，得m＝(，0,1)，设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.60．（2022·福建）如图1－3，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．85\n85\n61．（2022·山东）在如图1－5所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，85\n因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD，由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB.又CB＝CF，所以GF＝＝CG，故cos∠FGC＝，因此二面角F－BD－C的余弦值为.解法二：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF85\n62．（2022·天津）如图1－4所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E与棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．【答案】解：方法一：如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)．(1)易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.85\n角.在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝.由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝＝.因此sin∠AHD＝＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为.(3)如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．85\n由BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝，故sin∠AFB＝.在△AFB中，由＝，AB＝，sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝.由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.设AE＝h.在Rt△EAF中，EF＝＝.在Rt△BAE中，BE＝＝.在△EBF中，因为EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝，可解得h＝.所以AE＝.63．（2022·全国）如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．图1－1【答案】解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝2，85\nPA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，FC＝，从而＝，＝.因为＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．因为二面角A－PB－C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝＝2.设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝＝.所以PD与平面PBC所成的角为30°.(2)＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m·＝0，m·＝0，即2z＝0，且x－by＝0，85\n令x＝b，则m＝(b，，0)．设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·＝0，n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.64．（2022·安徽）平面图形ABB1A1C1C如图1－4(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．85\n85\n65．（2022·陕西）如图1－1，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )图1－1A.B.C.D.85\n【答案】A 【解析】本小题主要考查空间向量解决立体几何问题的相关知识，解题的突破口是写出直线BC1、AB1的方向向量．设CB＝1，则CA＝CC1＝2，故B(0,0,1),C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，则直线BC1的方向向量为＝(0,2，－1)，AB1的方向向量为＝(－2,2,1)，则夹角的余弦值为＝＝，故选A.66．（2022·江西）如图1－5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以85\ncos〈，n〉＝＝.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.67．（2022·四川）如图1－3所示，半径为R的半球O的底面圆O在平面α内，过点O作平面α的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作与平面α成45°角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足∠BOP＝60°，则A、P两点间的球面距离为( )图1－3A．RarccosB.C．RarccosD.【答案】A 【解析】由已知，OA⊥CD，又B点到平面α的距离最大，即B点在半圆CBD的最高点，即半圆弧CBD的中点，于是BO⊥CD，于是CD⊥平面AOB，进而平面CBD⊥平面AOB，且∠AOB为二面角A－CD－B的平面角，该角等于平面BCD与α所成二面角的余角，为45°.于是由公式cos∠AOP＝cos∠AOBcos∠BOP＝·＝，即∠AOP＝arccos，故A、P两点间的球面距离为Rarccos.68．（2022·四川）如图1－6所示，在三棱锥P－ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面PAB⊥平面ABC.图1－6(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小；(2)求二面角B－AP－C的大小．【答案】解：解法一：(1)设AB的中点为D，AD的中点O，连结PO、CO、CD.由已知，△PAD为等边三角形．所以PO⊥AD.85\n所以＝(－1，－2，)，而＝(0,0，)为平面ABC的一个法向量．设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα＝＝＝.85\n故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin.(2)由(1)有，＝(1,0，)，＝(2,2，0)，设平面APC的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则⇔⇔从而取x1＝－，则y1＝1，z1＝1，所以n＝(－，1,1)．设二面角B－AP－C的平面角为β，易知β为锐角．而面ABP的一个法向量为m＝(0,1,0)，则cosβ＝＝＝.故二面角B－AP－C的大小为arccos.69．（2022·四川）下列命题正确的是( )A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行70．（2022·江西）如图1－2，已知正四棱锥S－ABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记SE＝x(0<x<1)，截面下面部分的体积为V(x)，则函数y＝V(x)的图像大致为( )85\n【2022高考真题精选】【2022高考真题精选】【2022高考真题精选】【2022年高考真题精选】【最新模拟】1．（2022·唐山调研）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )85\nA．2πB.C．4D.【答案】D 【解析】设几何体的外接球的半径为r，由(－r)2＋1＝r2得r＝，几何体的外接球的表面积为.2．（2022·中山调研）设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；③若a∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.其中正确的命题是A．①B．②C．③④D．②④【答案】D 【解析】可得α与β所成的二面角的平面角为直角，所以α⊥β，故②正确；又垂直于同一直线的两平面平行，所以④正确．3．（2022·江南十校联考）在四棱锥P－ABCD中，已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，BC＝2a，则二面角B－PC－D的余弦值为________．【答案】－ 【解析】解法1：过D作DE⊥PC于E，过E作EF⊥PC，交BC于F，连接FD，由二面角的平面角的定义可知∠DEF是所求二面角B－PC－D的平面角．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD且ABCD为矩形，∵AD⊥DC，∴PD⊥DC.85\n4．（2022·大连模拟]如图，已知正方形OBCD所在平面与等腰直角三角形AOD所在平面互相垂直，OA＝OD＝4，点E为CD的中点．线段AD上存在一点M，使BM与平面AEB所成角的正弦值为，则此时＝________.【答案】1 【解析】依题意知平面OBCD⊥平面AOD，OB⊥OD，∴OB⊥平面AOD，得OB⊥OA，又AO⊥OD，OB⊥OD，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O－xyz，85\n∵AO＝OD＝4，可得A(0,4,0)、E(4,0,2)、B(0,0,4)，∴＝(4，－4,2)，＝(0，－4,4)．设平面AEB的一个法向量为n＝(1，b，c)，由得解得b＝2，c＝2，∴n＝(1,2,2)．设线段AD上存在一点M(t,4－t,0)，其中0≤t≤4，则＝(t,4－t，－4)．cos〈n，〉＝＝＝.依题意：|cos〈n，〉|＝，即＝，可得t2＋2t－8＝0，解得t＝2或t＝－4(舍去)．所以AD上存在一点M(2,2,0)满足题意，它是AD的中点，所以＝1.5．（2022·东北四校联考]有一根长为3πcm，底面半径为1cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________．【答案】5πcm 【解析】把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图)，由题意知BC＝3πcm，AB＝4πcm，点A与点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度．AC＝＝5πcm，故铁丝的最短长度为5πcm.6．（2022·粤西北九校联考]已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，其中BC＝2AB＝2PA＝6，M，N为侧棱PC上的两个三等分点，如图所示．(1)求证：AN∥平面MBD；(2)求异面直线AN与PD所成角的余弦值；85\n(3)求二面角M－BD－C的余弦值．由图可知二面角M－BD－C的大小是锐角，故二面角M－BD－C的余弦值为.7.【广东省揭阳市2022届高三3月第一次高考模拟】一简单组合体的三视图及尺寸如图(1)示（单位:）则该组合体的体积为．A.72000B.6400085\nC.56000D.44000【答案】B【解析】由三视图知，该组合体由两个直棱柱组合而成，故其体积，故选B.8.【广西百所高中2022届高三年级第三届联考】如图，三棱锥P—ABC中，平面ABC，PA=2，是边长为的正三角形，点D是PB的中点，则异面直线PA与CD所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】取AB的中点E，连结CE，DE，则为PA与CD所成的角，由已知得，DE=1，，∴9.【山东省济宁市2022届高三上学期期末考试】若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是85\nA.B.C.1D.2【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是放倒的三棱柱，三棱柱的高为，三角形的两直角边分别为，所以三棱柱的体积为，选C.10.【天津市新华中学2022届高三上学期第三次月考数学试卷】已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是________cm3.【答案】【解析】由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低，所以梯形面积为，四棱柱的高为1，所以该几何体的体积为。85\n11.【2022届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】若棱长均为２的正三棱柱内接于一个球，则该球的半径为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】根据对称性可知球心在正三棱柱上下底面中心连线的中点处。则,，所以球半径,选D.12.【2022届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积是()A．B.C.D.【答案】A85\n【解析】由三视图可知该几何体为正方体内部四棱锥(红线图形)。则正方体的边长为2，所以,所以四棱锥的体积为，选A.13.【2022年山东省日照市高三模拟考试】右图是一个几何体的正（主）视图和侧（左）视图，其俯视图是面积为的矩形.则该几何体的表面积是A.B.C.8D.16【答案】A【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为,由面积得长为4，则=.选A.14.【湖北省黄冈中学、孝感高中2022届高三三月联合考试】若某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．85\n【答案】C【解析】该几何体是三棱锥，将该三棱锥视为长方体的一个角，得长方体的体对角线的长为，∴三棱锥的外接球，即长方体的外接球的半径为，∴球的表面积为，选择“C”．15.【上海市宝山2022届高三一模】已知半径为R的球的球面上有三个点，其中任意两点间的球面距离都等于，且经过这三个点的小圆周长为4p，则R=．【答案】【解析】设三点分别为A、B、C，球心为O，由题意知∠AOB=∠AOC=∠BOC=，∴AB=BC=CA=R，∴小圆半径为，小圆周长为2p×=4pÞR=2.16.【湖北省八校2022届高三第二次联考】（（本小题满分12分）如左图，四边形中，是的中点，将左图沿直线折起，使得二面角为如右图.求证：平面求直线与平面所成角的余弦值.85\n85
