专题04立体几何（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 04 立体几何
1．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.
【解析】几何体为如图所示的四棱柱 ，其高为1，底面为等腰梯形 ，
该等腰梯形的上底为 ，下底为 ，腰长为1，故梯形的高为 ，
故 ，
故选：A.2．（2021·北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.
【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥 ，
其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为 ，
故选：A.3．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体 ，M，N分别是 ， 的中点，则（
）
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证 平面 ，即可得出结论.【解析】
连 ，在正方体 中，
M是 的中点，所以 为 中点，
又N是 的中点，所以 ，
平面 平面 ，
所以 平面 .
因为 不垂直 ，所以 不垂直
则 不垂直平面 ，所以选项B,D不正确；
在正方体 中， ，
平面 ，所以 ，
，所以 平面 ，
平面 ，所以 ，
且直线 是异面直线，
所以选项B错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
4．（2021·全国高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且
，则三棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题可得 为等腰直角三角形，得出 外接圆的半径，则可求得 到平面 的距
离，进而求得体积.
【解析】 ， 为等腰直角三角形， ，
则 外接圆的半径为 ，又球的半径为1，
设 到平面 的距离为 ，
则 ，
所以 .
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面
距离的勾股关系求解.
5．（2021·全国高考真题（理））在正方体 中，P为 的中点，则直线 与 所
成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】平移直线 至 ，将直线 与 所成的角转化为 与 所成的角，解三角形即可.
【解析】
如图，连接 ，因为 ∥ ，
所以 或其补角为直线 与 所成的角，
因为 平面 ，所以 ，又 ， ，
所以 平面 ，所以 ，
设正方体棱长为2，则 ，
，所以 .
故选：D
6．（2021·全国高考真题）已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求.
【解析】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，解得 .故选：B.
7．（2021·北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（ ）来判断降雨程度．其中小雨（
），中雨（ ），大雨（ ），暴雨（ ），小明用一个圆锥
形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【解析】由题意，一个半径为 的圆面内的降雨充满一个底面半径为
，高为 的圆锥，
所以积水厚度 ，属于中雨.
故选：B.
8．（2021·全国高考真题）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，
其中 ， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数．
【解析】
易知，点 在矩形 内部（含边界）．
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A
错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ，
平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ，
，则 ， ， ，所以 或
．故 均满足，故C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点
轨迹为线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，
所以 ，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
9．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组
成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）
【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，
ABCDABC D AB  BC 2,BB 1
如图所示，长方体 1 1 1 1中， 1 ，
BC ,BC
E,F 分别为棱 1 1 的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF .
故答案为：③④.
【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关
系.ABCD ABD BCD AB AD O
10．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为
BD的中点.
OACD
（1）证明： ；
 OCD E AD DE 2EA EBCD
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小
45 ABCD
为 ，求三棱锥 的体积.
3
【答案】(1)详见解析(2)
6
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
 =BD AO
因为平面ABD 平面BCD ,平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
CD
因为 平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD
BDCD D
所以EF⊥BD,EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BCFM I EF  F
因为FM⊥BC， ,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME

EMF 
则EMF 为二面角E-BC-D的平面角, 4
BOOD OCD BCD
 
因为 , 为正三角形,所以 为直角三角形
1 1 1 2
FM  BF  (1 )
因为DE 2EA, 2 2 3 3
2
AO1
从而EF=FM=3
QAO
平面BCD,
1 1 1 3
V  AOS  1 1 3 
所以 3 BCD 3 2 6
【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.
P ABCD ABCD
11．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形，
ABC 120,AB 1,BC 4,PA 15 BC,PC PD  DC,PM  MD
，M，N分别为 的中点， .（1）证明：AB PM ；
AN PDM
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
15
【答案】（1）证明见解析；（2） 6 ．
AB PM DC  PM PD DC DM  DC
【分析】（1）要证 ，可证 ，由题意可得， ，易证 ，从而
DC  PDM DC  PM
平面 ，即有 ，从而得证；
ME,DM,PM
AD E M
（2）取 中点 ，根据题意可知， 两两垂直，所以以点 为坐标原点，建立空间直角

AN PDM
坐标系，再分别求出向量 和平面 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
△DCM DC 1 CM 2 DCM 60 DM  3
【解析】（1）在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
DM2 DC2 CM2 DM  DC DC PD PDDM  D DC  PDM
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，
而PM 平面PDM ，所以DC  PM ，又AB//DC ，所以AB PM ．
PM MD AB PM AB DM PM  ABCD AM  7
（2）由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所
PM 2 2 AD E ME ME,DM,PM M
以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，
建立空间直角坐标系,
A( 3,2,0),P(0,0,2 2),D( 3,0,0) M(0,0,0),C( 3,1,0)
则 , 3 1   3 3 5 
N , , 2,AN  , , 2
又 为 中点，所以    .
2 2 2 2
N PC    

CD n (0,1,0)
PDM PDM
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量
5


| ANn| 15
2
sin  

从而直线 与平面 所成角的正弦值为 | AN‖n  | 27 25 6 ．
 2
AN PDM 4 4
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ，可以考虑DC  PM ，
DC DC  PDM
题中与 有垂直关系的直线较多，易证 平面 ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由
第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
ABCABC AABB
12．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱 1 1 1中，侧面 1 1 为正方形，
AB BC 2 AC CC AB BF  AB
，E，F分别为 和 1的中点，D为棱 1 1上的点． 1 1（1）证明：BF  DE；
BD BBCC
（2）当 1 为何值时，面 1 1 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小?
1
BD
【答案】（1）见解析；（2） 1 2
【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线
垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．
ABCABC BB  ABC BB  AB
【解析】因为三棱柱 1 1 1是直三棱柱，所以 1 底面 ，所以 1
因为 A 1 B 1 //AB ， BF  A 1 B 1，所以 BF  AB ，
BB BF  B BCC B
又 1 ，所以 AB 平面 1 1．
BA,BC,BB
所以 1两两垂直．
BA,BC,BB x,y,z
以 B 为坐标原点，分别以 1所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．B0,0,0,A2,0,0,C0,2,0,B 0,0,2,A 2,0,2,C 0,2,2
所以 1 1 1 ，
E1,1,0,F0,2,1
．
Da,0,2
0a2
由题设 （ ）．
 
BF 0,2,1,DE 1a,1,2
（1）因为 ，
 
BFDE 01a21120
所以 ，所以BF  DE．

mx,y,z
（2）设平面DFE的法向量为 ，
 
EF 1,1,1,DE 1a,1,2
因为 ，

mEF 0 x yz 0
所以  m  D  E  0 ，即   1ax y2z 0．
m 3,1a,2a
z 2a
令 ，则

BCC B
BA2,0,0
因为平面 1 1的法向量为 ，
设平面 BCC 1 B 1与平面 DEF 的二面角的平面角为  ，

mBA
6 3
cos  
则  ．
m  BA 2 2a2 2a14 2a2 2a141 27
a 
当 2时，2a2 2a4取最小值为 2 ，
3 6

27 3
此时 取最大值为 ．
cos 2
2
 6  3
sin  1  
所以 min  3  3 ，
 
1
BD
此时 1 2．
Da,0,2
0a2
【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出 （ ），在第二问中通过余
弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．
P ABCD PD ABCD
13．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，
PD DC 1 M BC PB AM
， 为 的中点，且 ．
BC
（1）求 ；
（2）求二面角APM B的正弦值．
70
【答案】（1） 2 ；（2） 14D DA DC DP x y z
【分析】（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
 
BC 2a PBAM 0 a BC
设 ，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
PD ABCD ABCD D DA DC DP

【解析】（1） 平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、
x y z Dxyz
所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
BC 2a
D0,0,0 P0,0,1 B2a,1,0 M a,1,0 A2a,0,0
设 ，则 、 、 、 、 ，
 
PB 2a,1,1 AM a,1,0
则 ， ，
2
  a
PB  AM ，则PBAM 2a2 10，解得 2 ，故BC 2a 2 ；

  2 
（2）设平面 的法向量为 m  x ,y ,z ，则 AM    2 ,1,0 ，  A  P     2,0,1 ，
PAM 1 1 1  
  2
mAM  x  y 0
由 2 1 1 ，取 ，可得 ，
  m  A  P   2x z 0 x  2 m    2,1,2 
1 1 1  2 
设平面 的法向量为 n  x ,y ,z ， BM    2 ,0,0 ，  B  P     2,1,1 ，
PBM 2 2 2  
  2
nBM  x 0
由 2 2 ，取 ，可得r ，
  n  B  P   2x  y z 0 y 1 n0,1,1
2 2 2 2
 
  mn 3 3 14
cosm,n  
m   n  7 2 14 ，
    70
sinm,n 1cos2 m,n 
所以， 14 ，
70
因此，二面角 APM B 的正弦值为 14 .
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面
为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，
从而得到二面角的余弦值.
ABCDABC D E AD BC CDE
14．（2021·北京高考真题）已知正方体 1 1 1 1，点 为 1 1中点，直线 1 1交平面 于
点F ．
BC
（1）证明：点 F 为 1 1的中点；5 AM
1
（2）若点 M 为棱A 1 B 1 上一点，且二面角 M CFE 的余弦值为 3 ，求 A 1 B 1 的值．
AM 1
1 
【答案】（1）证明见解析；（2） AB 2．
1 1
CDE BC
【分析】(1)首先将平面 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 1 1的交点即可证得题中的结论；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 的值.
【解析】(1)如图所示，取 B 1 C 1的中点 F' ，连结 DE,EF',F'C ，
ABCDABC D E,F' EF' CD
由于 1 1 1 1为正方体， 为中点，故  ，
E,F',C,D CDEF'
从而 四点共面，即平面CDE即平面 ，
据此可得：直线 B 1 C 1交平面 CDE 于点 F' ，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F'重合，
BC
即点 F 为 1 1中点.
(2)以点 D 为坐标原点， DA,DC,DD 1方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴正方形，建立空间直角坐标系 Dxyz ，AM
1 01
不妨设正方体的棱长为2，设 AB ，
1 1
M 2,2,2,C0,2,0,F1,2,2,E1,0,2
则： ，
  
MC 2,22,2,CF 1,0,2,FE 0,2,0
从而： ，

mx ,y ,z 
设平面MCF 的法向量为： 1 1 1 ，则：

mMC 2x 22y 2z 0
1 1 1
  mC  F   x 2z 0 ，
1 1
  1 
m 2, ,1
 
令z 1可得：  1 ，
1

nx ,y ,z 
设平面CFE 的法向量为： 2 2 2 ，则：

 nFE 2y 0
2
  nC  F   x 2z 0 ，
2 2

z 1
n2,0,1
令 1 可得： ，
2
    1  
mn5, m  5 , n  5
从而：   ，
1
 
  mn 5 5
cos m,n   
 
则： m  n  1  2 3 ，
5  5
 
112  1  1  3
整理可得： 4，故 2 （ 2 舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的
夹角公式求解.
ABCDABC D AA
1．（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为6，点F是棱 1的中
BM 2MC
点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且 ，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内
BF
部及其边界上运动，且 TM OF ，则直线 1 与TM所成角的余弦值为（ ）
10 10 5
5
A． B． C． D．
4 5 4 5
【答案】B
DN 2NC NM BD NM OF

【分析】方法一：在棱DC上取一点N，且 ，连接NM，则 ，所以 ，所
以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）.取棱 CC 1的中点H，连接DH，易知 DH  FB 1，则 HDB 即异
BF
cosHDB
面直线 1 与TM所成的角.在三角形HDB中，分别求得三边，利用余弦定理求得 即可.
AD，AB，AA
方法二：以A为坐标原点，直线 1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设

T(x，y，0)，根据TM OF 求得x与y的关系，分别表示出B 1 F 和T  M ，利用向量夹角求法求得结果.BD AC
【解析】法一：易知 .
因为AF 平面ABCD，所以AF  BD，所以BD平面AFO，
OF  BDOF
又 平面AFO，所以 ，
DN 2NC NM BD NM OF

在棱DC上取一点N，且 ，连接NM，则 ，所以 ，所以动点T的轨迹为
线段MN（不包括M）.
BF
取棱 CC 1的中点H，连接DH，易知 DH  FB 1，则 HDB 即异面直线 1 与TM所成的角.连接BH，因为
DH  62 32 3 5 BD6 2 BH 3 5
， ， ，
DH2 BD2 BH2 10
cosHDB  
所以
2DHBD 5
AD，AB，AA
法二：以A为坐标原点，直线 1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易知 B(0，6，6) ，F(0，0，3)，M(4，6，0)，O(3，3，0)，设T(x，y，0)，则TM (4x，6 y，0)，
1 
BF (0，6，3)，OF (3，3，3).
1
 
由题意知TMOF 3(4x)3(6 y)0，得 y 10x ，
  6(x4)
cos BF，TM 
所以  ，则 1 ，
TM (4x，x4，0) 369 (4x)2 (x4)2
  10
cos BF，TM 
又T不与点M重合，所以x40，所以 1 5 ，
10
所以直线B 1 F 与TM所成角的余弦值为 5 ，
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决空间夹角问题一般有两种方法，几何法和建系法；几何法即在几何体中作出要求
的夹角，根据边角关系求得；建系法即建立空间直角坐标系，利用空间向量求得所求夹角.
2．（2021·全国高三其他模拟（理））如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个
O O
底面重合，圆锥的顶点为 P ，圆柱的上、下底面的圆心分别为 1， 2，若该几何体有半径为1的外接球，
O
且球心为 ，则不正确的是（ ）
1 
A．如果圆锥的体积为圆柱体积的6，则圆锥的体积为 8
OO 2PO 2
B． 1 2 1
PO OO O O
C．如果 1 1 2，则 与 1重合．96
D．如果 PO :OO 1:3 ，则圆柱的体积为125 ．
1 1 2
【答案】C
【分析】本题考查圆锥，圆柱，球的结构特征，圆锥和圆柱的体积公式，属于较难题目．
OO O O
分析出球心O为线段 1 2的中点可分析A选项，得出过P， 1， 2做几何体的截面，从而可分析B选项，
再根据圆锥，圆柱的体积公式分析C，D选项．
【解析】解：如图几何体的外接球心为O，它的半径为1，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心为
O、O P，O，O
1 2，过 1 2做几何体的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等
腰三角形，PC=PD.
ABCD OO
O矩形 的中心，为线段 1 2的中点，所以C错误；
1
如果圆锥的体积为圆柱体积的6，
1 3
PO :OO 1:2，PO OO，hh，PO  ，r  ，
则 1 1 2 1 1 1 1 2 2
1 
r2PO 
圆锥的体积为3 1 8 .所以A正确．
h  PO OO
设圆锥的高为 1 1，圆柱的高为2h= 1 2，圆柱的上下底面的半径为r，
r2 h2 1，hh 1，OO 2PO 2
由题意 1 1 2 1 ，所以B正确；2 6 4
PO  ,2hOO  ,r  ,
如果 PO :O 1:3 ，得 1 5 1 2 5 5
1 2
96
r2OO 
则圆柱的体积为 1 2 125 ，所以D正确．
故选C．
3．（2021·全国高三其他模拟（理））若空间某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是
（ ）
162 2 4 6 24 64 2
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三视图，可在长方体中利用构造法还原几何体，利用长方体的对角线计算外接球的直径，进
而计算表面积．
【解析】据三视图分析知，该几何体是由长方体截得如下图所示几何体ABCDE，
22 22 42 2 6
长方体的对角线为 ，
即为外接球的直径，6
故外接球的半径为 ，
S 4624
外接球的表面积 ．
故选C．
4．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积
为（ ）
8 16
A．3 B． 3 C．8 D．16
【答案】B
【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥且一个侧面与底面垂直，再根据椎体的体积公式，即可求出该几
何体的体积.
【解析】
2 2 2
由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其高为 ，底面三角形的高为 ，
1 1 16
 4 22 22
该几何体的体积为3 2 3 .
故选：B
【点睛】方法点睛：由三视图还原几何体，要弄清楚几何体的特征，把三视图中的数据、图形特点准确地转化为对应几何体中的线段长度、图形特点，再进行计算．
m ,
5．（2021·浙江高三其他模拟）已知直线 和平面 ，则下列结论一定成立的是（ ）
m//a,a// m// m  m//
A．若 ，则 B．若 ， ，则
m // m m//  m
C．若 ， ，则 D．若 ， ，则
【答案】C
【分析】利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C正确.
m m  
【解析】选项A中，也可能 ；选项B中， 也有可能在 内；选项D中，m与 的关系不确定，
故可排除A，B，D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确.
故选C.
P ABCD О PA
6．（2021·山西高三三模（理））已知四棱锥 的五个顶点都在球 的球面上， 平面
1
，底面 是高为 的等腰梯形， ， ， ，则球 的表面积为（
ABCD ABCD 2 AD//BC AD PA1 BC 2 О
）
10 4 5 6
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得底面等腰梯形的外接圆的半径，过底面外接圆的圆心E作垂直于底面的直线，则外接
球的球心在此直线上，在两个三角形中求出外接球的半径.
BC E A AN  BC AC
【解析】取 的中点 ，过 作 面 ，如图，
1
AN 
因为ABCD，AD//BC ，AD1,BC 2， 2,1
AN  NB 
所以在RtVANB中， 2 ,
2
ABC 45,AB
所以 ，
2
1 2 2 5
AC2  AB2 BC2 2ABBCcosB  42 2 
由余弦定理可知， ，
2 2 2 2
10
AC 
故 2 ,
设底面ABCD外接圆半径为r，圆心为M，球О的半径为R，
AC 5
2r   5, r 
由正弦定理知 故 ，
sinABC 2
OM  ABCD,OAOP,
又因为 平面
AP 3
R2 ( )2 r2  .
所以 2 2
О S 4R2 6.
所以球 的表面积为
故选：D
ABCD ABD BCD △ABD
7．（2021·安徽华星学校高三其他模拟（文））已知四面体 中，平面 平面 ，
2 BDCD BDCD ABCD
是边长为 的等边三角形， ， ，则四面体 的体积为（ ）2 3 4 4 3
A． 3 B．5 C． 3 D．2 3
【答案】A
CD ABD ABCD
【分析】证明出 平面 ，然后利用锥体的体积公式可求得四面体 的体积.
ABD BCD ABD BCD  BD CDBD CD BCD
【解析】因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
\ CD^ ABD
平面 ，
3
S  22  3
CD BD2， △ABD 4 ，

1 1 2 3
V  S CD  32
所以， CABD 3 △ABD 3 3 .
故选：A.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的
位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
ABCDABC D BC CD AB//CD BC  3
8．（2021·福建高三三模）如图，在直四棱柱 1 1 1 1中， ， ， ，
AA 1  AB  AD 2 ，点 P ， Q ， R 分别在棱 BB 1， CC 1， DD 1上，若 A ， P ， Q ， R 四点共面，则下
列结论错误的是（ ）AP//QR
P
A．任意点 ，都有
P APQR
B．任意点 ，四边形 不可能为平行四边形
P △APR
C．存在点 ，使得 为等腰直角三角形
P BC// APQR
D．存在点 ，使得 平面
【答案】C
【分析】根据线线，面面的性质判断A，B是否正确；使用假设法判断C，D是否正确.
ABCDABC D AB//CD
【解析】解：对于A：由直四棱柱 1 1 1 1， ，
ABB A // DCC D
所以平面 1 1 平面 1 1，
ABB A  AP
APQR APQR DCC D QR
又因为平面 平面 1 1 ，平面 平面 1 1 ，
AP//QR
所以 ，故A正确；
APQR AR//QP
对于B：若四边形 为平行四边形，则 ，
ADD A BCC B
而 AD 与 BC 不平行，即平面 1 1与平面 1 1不平行，
BCC B  PQ ADD A  AR
APQR APQR
所以平面 平面 1 1 ，平面 平面 1 1 ，PQ
AR
直线 与直线 不平行，
AR//QP
与 矛盾，
APQR
所以四边形 不可能是平行四边形，故B正确；
P △APR BP x
对于C：假设存在点 ，使得 为等腰直角三角形，令 ，
D DE AB DE  BC  3 DR M DM  BP x BD,PM
过点 作 ，则 ，在线段 上取一点 使得 ，连接 ，
则四边形BDMP为矩形，所以MP BD2，
则PR  PM2 MR2  4DRx2 ，
AP  PB2  AB2  4x2
，
AR DR2  AD2  4DR2
AR  PR,AP  PR
显然 ，AP  AR BP DR x BP//DR BPDR BPDR
若由 ，则 且 四边形 为平行四边 ，
RP BC2 CD2 2 2AP 82BP2  82x2
所以 ，无解，故C错误；
BPCQ R D BC// APQR
对于D：当 时， 为 时，满足 平面 ，故D正确.
故选：C.

C 
9．（2021·江苏高三其他模拟）如图，在Rt ABC中， 2 ，BC 20，AB40，现将其放置在平


面 的上面，其中点 ， 在平面 的同一侧，点 平面 ， 与平面 所成的角为 ，则点 到
 A B  C  BC  6 A

平面 的最大距离是（ ）
10 2 10 3
A． B．20 C． D．30
【答案】D
AA  A BB  B AC BC
【分析】过点 A 作 1 平面  于点 1，过点 B 作 1 平面  于点 1，连接 1 ， 1 ，当平面
ABC  A  AC  60
时，点 到平面 的距离最大，此时 与平面 成角最大为 ．
AA  A BB  B AC BC
【解析】解：过点 A 作 1 平面  于点 1，过点 B 作 1 平面  于点 1，连接 1 ， 1 .

BCB 
由题意可知 1 6 ，当平面ABC 平面，即 A 1､C､ B
1
三点共线时，点A到平面的距离最大，

C 
因为 2 ，BC 20，AB40，所以 AC 20 3 ，从而 AA 1 30 .
故选：D1
AB AD BC 1
10．（2021·广东佛山市·高三其他模拟）已知梯形ABCD， 2 ，AD//BC，
AD AB P BC △ABD BD ABCD
， 是线段 上的动点；将 沿着 所在的直线翻折成四面体 ，翻折的过程
中下列选项中正确的是（ ）
BD AC
A．不论何时， 与 都不可能垂直
AD  ABC
B．存在某个位置，使得 平面
AP BCD
C．直线 与平面 所成角存在最大值
ABCD 4
D．四面体 的外接球的表面积的最小值为
【答案】AD
BD BC O M OM AO
【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取 、 的中点 、 ，连接 、 ，以点
O OB OM x y
为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项 2 
Q0, ,z
的正误；设四面体 的外接球心为  ，求出四面体 外接球半径的最小值，可判
2
ABCD   ABCD
断D选项的正误.
1
AB AD BC 1
【解析】对于A选项，在梯形ABCD中， 2 ，AD//BC，AD AB，


ABD CBD
BD  AB2  AD2  2 ，且 4 ，则 4 ，

CD2  BC2 BD2 2BCBDcos 2
因为BC 2，由余弦定理可得 4 ，
BD2 CD2  BC2 BDCD
， ，
BD  AC AC  CDC BD ACD
若 ，且 ， 平面 ，

ADB
AD平面ACD，AD BD，事实上 4 ，矛盾，

BD AC
故不论何时， 与 都不可能垂直，A选项正确；
AD  ABC AC  ABC AD AC
对于B选项，若 平面 ， 平面 ，则 ，
所以，
AC  CD2 AD2 1 ，而AB1， BC 2
，即
AB AC  BC
，
A B C
则 、 、 无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；
BD BC O M OM AO OM//CD
对于C选项，分别取 、 的中点 、 ，连接 、 ，则 ，
CD BD OM//CD BDOM

， ，则 ，
AB  AD O BD AO BD

， 为 的中点，则 ，
 AO  OM O BD AOM
，故 平面 ，
O OB OM x y
以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 2 2   2   2 
A0, cos, sin B ,0,0 D ,0,0
设 AOM 0 ，则  2 2 、  2 、  2 、
     
 2   2 
C , 2,0 M 0, ,0
 ，  ，
2 2
   
 2 
Q0, ,z
设三棱锥 的球心为  ，
2
ABCD  
2 2
 2 2   2 
cos
由 可得   cos    z sin  1z2 ，解得z  ，
BQ  AQ 2 2 2
    2sin


设三棱锥ABCD的外接球半径为r，则r  1z2 1，当且仅当 2 时，等号成立，
ABCD 4
因此，四面体 的外接球的表面积的最小值为 ，D选项正确.
     
PB CB  2, 2,0  2, 2,0
对于C选项，设 ，
      2 2 2 
PA PBBA 2, 2,0  , cos, sin
 
2 2 2
 
 2 2 2 
 2 , cos 2, sin
 ，
2 2 2
 

n0,0,1
易知平面BCD的一个法向量为 ，2
 
nPA sin
  2
cosn,PA  
 
n  PA 2 2
 2   2  1
 2   cos 2  sin2
2 2 2
   
sin sin 2sin
  
2 42 21cos1 1cos 2 1cos2 41cos2 ，
2  1
 
 2  2
2sin2 22cos2 2cos1 4
  2 0,1
而 41cos2 32coscos2 cos3 cos3 ，
2sin
即当 时， 无最大值，进而可知直线 与平面 所成角无最大值，C选项
41cos2
0 AP BCD
错误.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问
题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离
相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这
些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
11．（2021·福建福州市·高三其他模拟）在正方体 AC 1中， E 是棱 CC 1的中点， F 是侧面 BCC 1 B 1内的动
AF D AE
点，且 1 与平面 1 的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是（ ）
AF
A．点 F 的轨迹是一条线段 B． 1 与 BE 是异面直线AF DE F  ABD
C． 1 与 1 不可能平行 D．三棱锥 1的体积为定值
【答案】ABD
AMN // D AE
【分析】首先画图找到平面 1 平面 1 ，根据面面平行的性质定理得到点 F 的轨迹，接着依次
判断选项即可.
【解析】
如图，分别找线段 BB 1, B 1 C 1中点为 M , N ,连接 A 1 M,MN,A 1 N ,
AC MN //AD,
因为正方体 1，易得 1
MN  D AE AD  D AE MN // D AE
面 1 ， 1 面 1 ，所以 面 1 ，
AM //DE AM � D AE DE  D AE AM // D AE
1 1 ， 1 面 1 ， 1 面 1 ，所以 1 面 1 ，
MN AM M
又 1
AMN // D AE
所以平面 1 平面 1 ，
AF D AE AF  D AE
因为 1 与平面 1 的垂线垂直，又 1 平面 1 ，
AF D AE
所以直线 1 与平面 1 平行，
AF  AMN
所以 1 面 1 ，
BCC B AMN  BCC B MN
又点 F 是侧面 1 1内的动点，且面 1 面 1 1 ，
F MN
所以点 的轨迹为线段 ，故选项A正确；AF
由图可知， 1 与 BE 是异面直线，故选项B正确；
AF DE
当点 F 与点 M 重合时，直线 1 与直线 1 平行，故选项C错误；
MN //AD MN  ABD AD  ABD
因为 1， 面 1， 1 面 1，
所以 MN // 面 ABD 1，则点 F 到平面 ABD 1的距离是定值，
ABD F  ABD
又三角形 1的面积是定值，所以三棱锥 1的体积为定值，故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题主要考查立体几何中的动点轨迹问题，解决该类题目一般是通过线线，线面，面面之间的平
行垂直关系，根据判定定理或者性质定理得到动点的轨迹，接着再求题目的相关问题，考查体积是定值的
问题时，一般就是研究距离和面积是不是定值，关键在于选择合适的顶点和底面，在做题时要多总结.
12．（2021·山东济南市·高三其他模拟）正四棱柱ABCD﹣ABC D 中，AB＝2，AA＝4，E为AB的中点，
1 1 1 1 1
 
C F 3FC
点F满足 1 ，动点M在侧面AADD内运动，且MB∥平面DEF，则|MD|的取值范围是
1 1 1
__________________．
 2 109
 13, 
【答案】
5
 
【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面DEF的一个法向量，结合线面平行的向量
1
表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【解析】因为ABCD﹣ABC D 是正四棱柱，
1 1 1 1
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设M（x,0,z），B（2,2,0），D（0,0,4），E（2,1,0），
1
 
C F 3FC
因为 1 ，所以F是CC 四等分点（靠近C），
1
 
DE (2,1,4),DF (0,2,3)
所以F（0,2,1），所以 1 1 ，

n (a,b,c)
设平面DEF的一个法向量为 ，
1

 D
1
En  0
2ab4c0
则

，即 ，
 DFn 0 2b3c0
1
5  5 
a  , b3 n   ,3,2 
令c＝2，则 2 ，故 2 ，
 
MB (2x,2,z) MB//
又 ， 平面DEF，
1
M  B  n  M  B  n  0
所以 ，即 ，
5 11 5
(2x)62z 0 z   x
所以2 ，所以 2 4 ，
 11 5  2 41x2 220x484
|MD| x2 z2  x2   x 
故   ，
 2 4  4
11 5 6 
 x[0,4] x  ,2 
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以 2 4 ，故 5 ，220 110 6 
x  2 x  ,2 
因为 241 41 ，所以|MD|在 5 上单调递减，
6
所以当x＝5 时，|MD|取最大值，
2
6 6
41 220 484
 
所以|MD|的最大值为 5 5 2 109 ，

4 5
4122 2202484
 13
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为 ，
4
 2 109
 13, 
所以|MD|的取值范围是 ．
5
 
 2 109
 13, 
故答案为： .
5
 
PABC PA PB  PC  AC AB BC
13．（2021·河南高三其他模拟（理））在三棱锥 中，已知 ， ，
PB ABC
则直线 与平面 所成角的余弦值为___________.
1
【答案】
2
PO  AC
【分析】取AC的中点O，连接PO，BO，根据等腰三角形的性质证明 ，再结合三角形全等证明
PO OB PB ABC PBO cosPBO
，由此得到直线 与平面 所成角即为 ，通过线段长度关系求解出 的
值即可.
【解析】如图，取AC的中点O，连接PO，BO，
AB BC OB=OA=OC
因为 ，所以 ，
PA PC  ABC PO  AC △ PAO≌△ PBO PO OB
又 ，所以 ，可证 ，所以 ，1 1
AC AC
BO 1
2 2
cosPBO   
从而 平面 ，所以PB与平面 所成角为 ， .
PO ABC ABC PBO BP BP AC 2
1
故答案为： .
2
1
AO SA
14．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）如图，在正三棱锥SABC中，E是高SO上一点， 2 ，
2
直线 与底面所成角的正切值为 .
AE 2
AE⊥ EBC
（1）求证： 平面 ；
EABC
（2）求三棱锥 外接球的体积.
9 2
【答案】（1）证明见解析；（2） .
AO BC D O CB x OD
【分析】（1）延长 交 于点 ，然后以点 为坐标原点，与 平行的直线为 轴， 所在直  
y OS z EBC n AE//n
线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，计算出平面 的法向量 ，证明出 ，
即可证得结论成立；
O0,0,t
SABC OAOE t
（2）设正三棱锥 的外接球球心为 ，根据 可求得 的值，即可求得外接球的
半径，结合球体的体积公式可求得结果.
AO BC D.
【解析】（1）证明：延长 交 于点
SO ABC EAO EA ABC
因为 平面 ，所以 即为直线 与底面 所成的角，
2 EO 2
tanEAO 
从而 2 ，所以 AO 2 .
AO2 OE  2 SA4 ABSO2 3
设 ，则 ， ， .
O CB x OD y OS z
以点 为坐标原点，与 平行的直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直
Oxyz
角坐标系 ，
     
O0,0,0 A0,2,0 B 3,1,0 C  3,1,0 E 0,0, 2
则 、 、 、 、 ，
        
BC  2 3,0,0 BE   3,1,2 AE  0,2, 2
所以 ， ， ，

nx,y,z
设平面EBC 的法向量为 ，n  B  C  0  2 3x0
由 n  B  E  0 得  3x y 2z 0 ，取 z 1 ，则 y 2 ， x0 ，即 n    0, 2,1 ，
   
AE  2n AE//n AE⊥ EBC
所以 ，即 ，所以 平面 ；
O0,0,t
EABC
（2）由题意知三棱锥 为正三棱锥，设其外接球的球心为 ，
2
t2 4  t2 2 t 
由OAOE ，得 ，解得
2
，
3
 2  3 2 4 3 2 
所以外接球的半径 r  2      ，所以外接球的体积 V      9 2 .
2 2 3 2
   
P ABCD ABCD
15．（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，
10
AE 
， 是等边三角形，O为 的中点，E为 的中点， .
ABC 120 △PAD AD PB 2
PO ABCD
（1）求证： 平面 .
（2）求平面APB与平面PDC所成锐角的正切值.
4
【答案】（1）证明见解析；（2）3 .
【分析】（1）证明线面垂直需要证明线线垂直，利用等腰三角形三线合一，以及题中的数据利用勾股定
理证明垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，利用平面APB、平面PDC的法向量的夹角来求解 
mn 311 3
4
cos  
  ，sin ，再求正切值.
m n 5 5 5
5
BD，BO
【解析】（1）连接 .
P ABCD ABCD ABC 120
在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，且 ，
 ABD

是边长为2的等边三角形，
△PAD  PAB

又 是等边三角形， 是等腰三角形.
E为PB的中点，AEPE，
10
6
又 ， AE  ， 由勾股定理得PE PA2 AE2  ，
PA2 2  2
PB2PE  6
，
又由△PAD，△ABD都是边长为2的等边三角形，可知 PO BO 3 ，
PO2 BO2  PB2 PO BO
， ，
△PAD AD PO AD
由 为等边三角形，O为 的中点，可知 .
BO ADO BO ABCD AD ABCD
 
又 ， 平面 ， 平面 .
PO ABCD
平面 .
（2）OA，OB，OP
以O为坐标原点，分别以 所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
O(0,0,0) A(1,0,0) B(0，3,0) C(2，3，0)
则 ， ， ， ，
D(1，0,0) P(0，0，3)
， ，
 
AP (1，0, 3) AB (1，3，0)
， ，
 
DP (1，0，3) DC (1，3，0)
， .
r
mx ,y ,z 
设平面APB的法向量为 1 1 1 ，

A

P

m

0
 x  3z 0
1 1
则{  A  B  m  0 ，即  x  3y 0 .
1 1

x  3 y 1 z 1 m ( 3，1，1)
令 1 ，则 1 ， 1 ， .

nx ,y ,z 
设平面PDC 的法向量为 2 2 2 ，

D

P

n

0
 x  3z 0
2 2
则{  D  C  n  0 ，即  x  3y 0 .
2 2
令x  3，则y 1，z 1， n    3，1，1  .
2 2 2
APB PDC 
设平面 与平面 所成锐角为 ， 
mn 311 3
4
cos  
则   ，sin ，
m n 5 5 5
5
4
tan ，
3
4
平面APB与平面PDC 所成锐角的正切值为3 .
【点睛】熟悉证明垂直常用的办法，勾股定理，建立坐标系以后要准确表示点的坐标，计算要注意准确性.
ABCDABC D
16．（2021·湖南高三其他模拟）在长方体 1 1 1 1中，已知 AB AD ， E 为 AD 的中点.
BC AAF // ECC
（1）在线段 1 1上是否存在点 F ，使得平面 1 平面 1？若存在，请加以证明，若不存在，请
说明理由；
 
（2）设 AD2 ， AA 1 4 ，点 G 在 AA 1上且满足 AA 1 8AG ，求 EG 与平面 EBC 1所成角的余弦值.
6
【答案】（1）存在，证明见解析；（2） 6 .
AA// ECC ECC
AF//
【分析】（1）利用线面判定定理证得 1 平面 1和 平面 1，然后利用面面平行的判定定
Gx ,y ,z 
理证得结论.；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设 0 0 0 ，利用共线求得点
 
sin cos EG,n
G 坐标，然后设 EC 与平面EBC 1 所成角为，利用 结合空间向量数量积求得结果..BC AAF// ECC
【解析】解：（1）存在，当点 F 为线段 1 1的中点时，平面 1 平面 1.
ABCDABC D AA//CC AD//BC
证明：在长方体 1 1 1 1中， 1 1， 1 1.
CC  ECC AA  ECC
又因为 1 平面 1， 1 平面 1，
AA// ECC
所以 1 平面 1.
BC
又 E 为 AD 的中点， F 为 1 1的中点，
AE//FC AE  FC
所以 1，且 1.
AEC F AF//EC
故四边形 1 为平行四边形，所以 1，
EC  ECC ECC ECC
又因为 1 平面 1， AF  平面 1，所以 AF// 平面 1.
AF AA  A AA  AAF AAF
又因为  1 ， 1 平面 1 ， AF  平面 1 ，
AAF// ECC
所以平面 1 平面 1.
（2）在长方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1中，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD 1所在直线分别为 x 轴， y 轴，
Dxyz
z
轴建立空间直角坐标系 ，如图所示.AA 4 A2,0,0 E1,0,0 B2,2,0 C 0,2,4 A 2,0,4
因为AD2， 1 ，所以 ， ， ， 1 ， 1 ，
  
EC 1,2,4 EB1,2,0 AA 0,0,4
所以 1 ， ， 1 .

EBC nx,y,z
设平面 的法向量为 ，
1

nEC 0 x2y4z 0
则  n  E  B  1 0 ，即 x2y 0 .

令 x2 ，则 y 1 ，z 1，所以
n2,1,1
，
 A  A  8  A  G  Gx ,y ,z  0,0,48x 2,y ,z 
因为 1 ，设 0 0 0 ，则 0 0 0 ，
 1   1
G 2,0, EG  1,0,
   
所以  2，则  2.
EBC 
设 EC 与平面 1所成角为 ，
1
 
EGn 2
  2 5
sin cos EG,n   
 
则 EG n 1 2 6 ，
1  6
 
2
2
 5  5 6
cos 1   1 
即  6  6 6 .
 
6
故 EC 与平面EBC 1 所成角的余弦值为 6 .
ABCDABC D E,F DD,BB
17．（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体 1 1 1 1中， 分别为棱 1 1 的中点.A,E,C,F
（1）求证； 1 四点共面；
A EB C
（2）求二面角 1 1 的余弦值.
2 5

【答案】（1）证明见解析；（2） 5 .
 uuur uuur
AE  AE  FC AECF
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出 1 ，FC坐标得 1 ，从而得四边形 1 为平行四
边形即可证明；
 
AEB EBC m n
（2）分别求出平面 1 1与平面 1 的法向量 和 ，利用向量法求解二面角的公式
 
  mn
cosm,n
  即可求解.
m n
Dxyz
【解析】解：如图建立空间直角坐标系 ，设正方体的边长为2，
A 0,2,2 E0,01 C2,0,0 F2,2,1
（1）因为 1 ， ， ， ，
 
AE 0,2,1 FC 0,2,1
所以 1 ， ，
uuur uuur
AE  FC AE / /FC AE  FC
所以 1 ，所以 1 ，且 1 ，
AECF A,E,C,F
所以四边形 1 为平行四边形，所以 1 四点共面；B 2,2,2
（2） 1 ，

AEB
mx,y,z
设平面 的法向量分别为 ，则
1 1

mAE 0 2yz 0
1
  m  A  B  0 ，即 2x0 ，取 y 1 得 m  0,1,2，
1 1

EBC n1,2,2
同理可得，平面 1 的法向量 ，
 
  mn 2 5
cos  m,n   
所以 m  n  5 ，
2 5

A EB C
由图可知，二面角为钝角，所以二面角 1 1 的余弦值为 5 .
ABCDEF ABC DE F AA 2AB2
18．（2021·山东高三其他模拟）在正六棱柱 1 1 1 1 1 1中， 1 .
ADC B
BC
（1）求 到平面 1 1的距离；B ADE
（2）求二面角 1 1的余弦值.
2 57 13
【答案】（1） 19 ；（2）19.
AE E EA ED EE x y z
【分析】（1）连接 ，以点 为坐标原点， 、 、 1所在直线分别为 、 、 轴建立空间直
ADC B
B
角坐标系，利用空间向量法求出点 到平面 1 1的距离，即为所求；
ADB ADE B ADE
（2）计算出平面 1、平面 1的法向量，利用空间向量法可求得二面角 1 1的余弦值.
AE ABCDEF AFE DEF 120
【解析】（1）连接 ，因为六边形 为正六边形，则 ，
AF  EF AEF 30 AED90
因为 ，则 ，故 ，
EE  ABCDEF E EA ED EE x y z
因为 1 底面 ，不妨以点 为坐标原点， 、 、 1所在直线分别为 、 、 轴建
立空间直角坐标系，如下图所示：
 3 1   3 1 
则A  3,0,0 、B  3,1,0 、 C   2 , 2 ,0   、 D0,1,0、B 1  3,1,2 、 C 1    2 , 2 ,2   、 E 1 0,0,2，
ABCDEF ABC DE F BB //CC BB CC
在正六棱柱 1 1 1 1 1 1中， 1 1且 1 1，BBCC BC//BC
所以，四边形 1 1 为平行四边形，则 1 1，
BC  ADC B BC  ADC B BC// ADC B
因为 平面 1 1， 1 1 平面 1 1，所以， 平面 1 1，
ADC B ADC B
BC B
所以， 到平面 1 1的距离等于点 到平面 1 1的距离，
    
ADC B mx ,y ,z  AD  3,1,0 AB 0,1,2
设平面 的法向量为 ， ， ，
1 1 1 1 1 1

mAD 3x  y 0
由   m  A  B   y 2 1 z  1 0 ，取 y 2 3 ，则m    2,2 3, 3 ，
1 1 1 1
 
ABm
2 3 2 57
d   
 
AB 0,1,0，所以，直线 到平面 ADC B 的距离为 m 19 19 ；
BC
1 1
    
ADE nx ,y ,z  AD  3,1,0 DE 0,1,2
（2）设平面 的法向量为 ， ， ，
1 2 2 2 1

nAD 3x  y 0
由   n  D  E  y  2 2z 2 0 ，取 y 2 3 ，则n    2,2 3, 3 ，
1 2 2 2
 
  mn 13
cosm,n 
m

 n
 19，
13
B ADE B ADE
由图可知，二面角 为锐角，所以，二面角 的余弦值为19.
1 1 1 1
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面
为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，
从而得到二面角的余弦值.
P ABCD PC  ABCD,ABCD
19．（2021·上海市崇明中学高三其他模拟）如图，在四棱锥 中， 底面
AD DC,AB//DC AB 2AD 2CD 2 E PB
是直角梯形， ， ，点 是 的中点.PAC
BC 
（1）证明：直线 平面 ；
3
（2）者直线 PB 与平面PAC 所成角的正弦值为 3 ，求三棱锥PACE 的体积.
1
【答案】（1）证明见解析；（2）3.
PC  ABCD PC BC AC2 BC2  AB2 AC  BC
【分析】（1）由 平而 ，证得 ，再由 ，得到 ，结合
PAC
BC 
线面垂直的判定定理，即可证得 平面 ；
BPC PB PAC △BPC PB  6 PC 2
（2）由（1）得到 为 与平面 所成角，在直角 中，可求得 ，得到 ，
1
V  V
结合 PACE PACB，即可求解.
2
PC  ABCD BC  ABCD PC BC
【解析】（1）因为 平而 ， 平面 ，所以 ，
AB2,ADCD1,AD DC ABCD
又由 ，且 是直角梯形，
AC  BC  2 AC2 BC2  AB2 AC  BC
可得 ，可得 ，所以 ，
PCAC C PC,AC  PAC BC  PAC
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 .
BC  PAC BPC PB PAC
（2）由（1）知 平面 ，所以 即为直线 与平面 所成角，BC 2 3
sinBPC   
在直角△BPC 中，可得 PB PB 3 ，所以PB  6，则PC 2，
1 1 1 1 1
V  V  (  122)
所以 PACE 2 PACB 2 3 2 3 .
P ABCD
20．（2021·河南高三其他模拟（理））如图，在四棱锥 中，底面ABCD为边长为4的菱形，
DAB60 PA PD 13 PE  AC
， ，E为AB的中点，O为AD的中点， .
AC  PO
（1）证明： .
（2）求二面角APDB的余弦值.
3
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 .
AC OE
【分析】（1）连接OE，由平面几何的知识可得 ，再结合线面垂直的判定与性质即可得证；
 
mn
cos
（2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由 m  n  即可得解.
【解析】（1）证明：连接OE，如图，
因为底面ABCD是菱形，所以AC BD，
△ABD OE//BD AC OE
又OE为 的中位线，所以 ，从而 ，
PE  AC PE  OE  E AC 
因为 ， ，所以 平面POE，PO AC  PO
又 平面POE，所以 ；
PO AD
（2）因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以 ，
AC  PO PO ABCD PO 134 3
由（1）知 ，所以 平面 ， ，
DAB60 OB AD
因为底面ABCD为菱形，且 ，所以 ，
  
OA OB OP Oxyz
分别以 ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的直角坐标系 ，
       
则 D2,0,0 ， B 0,2 3,0 ，P  0,0,3  ， DB 2,2 3,0 ， PB  0,2 3,3 .
 
 mDB2x2 3y 0,
设平面 的一个法向量为 ，则   ，
PBD
mx,y,z mPB2 3y3z 0,
  
m 3, 3,2
取y  3，得 ，
n0,1,0
易知平面PAD的一个法向量为 ，
 
mn
3 3
cos  
 
设二面角 为 ，则 m n 934 4 .
APDB 
3
故二面角 APDB 的余弦值为 4 .