专题8.8立体几何综合问题2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.8 立体几何综合问题 练基础 、  1.（2020·上海市建平中学月考）已知 是空间两个不同的平面，则“平面 上存在不共线的三点到  // 平面 的距离相等”是“ ”的（ ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】B 【解析】 、  已知 是空间两个不同的平面，若平面 内存在不共线的三点到平面β的距离相等， // 可得 或相交， //   反之，若 ，则平面 上存在不共线的三点到平面 的距离相等；   // 所以“平面 上存在不共线的三点到平面 的距离相等”是“ ”的必要不充分条件． 故选：B. 2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为 ， 为此 时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值）， 为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范 围在南北回归线之间，即 ．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广 场的纬度为北纬 ，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为 （ ）A．北纬 B．南纬 C．北纬 D．南纬 【答案】D 【解析】 首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角 可得结果. 【详解】 由题可知，天安门广场的太阳高度角 ， 由华表的高和影长相等可知 ，所以 . 所以该天太阳直射纬度为南纬 ， 故选：D. 3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的 有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当 1 v L2h. 于给出了有圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V 的近似公式 36 它实际上是将圆锥体积公式中 2 v L2h 的圆周率近似取为3.那么近似公式 75 相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ） 22 25 157 355 A． 7 B． 8 C． 50 D．113 【答案】B【解析】 设圆锥底面圆的半径为 ，高为 ，依题意， ， ， 25 所以 ，即 的近似值为 8 ，故选B. 4.（2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪 念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的， 将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体 积为_________． 【答案】 【解析】 易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得. 【详解】 六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为 ，要使球状的馅的体积最大，则球与六 面体的各面相切． 如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记 ），则六面体的体积可表示为 ． 易知 ，又六面体可以看成由两个底面积为 ，高 的正四面体合成的，故其体积又可表示为 ，因此 ，解得 ． 故粽子馅的最大体积为 ． 故答案为： . 5．（2021·四川省大竹中学高二期中（理））在正方体 中，点E是棱BC的中点，点F是 棱CD上的动点，当 __________时， 平面 ． 【答案】【解析】 首先如图建立空间直角坐标系，利用垂直关系，转化为坐标运算求解. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系，设棱长为 ， ， ， ， ， ， ， ， 若 平面 ，则 ，即 ， 解得： ， 所以 故答案为： 6．（2021·浙江高二期末）如图在四棱锥 中， 平面 ， ， ， ， ， ，E是直线 上的一个动点，则 与平面 所成角的最大值为________．【答案】 . 【解析】 建立空间直角坐标系如图，先求得平面 的法向量 ，再设 ，则 ，设 与平面 所成的角为 ，则 ， 由此可得 ，进而可得结果. 【详解】 依题意，以 为原点， 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则 ， ， ， ， ，因为 ，所以设 ， 设平面 的一个法向量为 ， 由 得 ，取 ，得 ， 设 ，则 ， 设 与平面 所成的角为 ，则， 又 ，所以，当 即点 与点 重合时， 与平面 所成的角有最大值为 . 故答案为： . 7.（2021·浙江高二期中）在四棱锥 中，四边形 为正方形， ， ，平面 平面 ， ，点 为 上的动点，平面 与平面 所成的二面角为 （ 为锐角），则 当 取最小值时，三棱锥 的体积为____. 【答案】 【解析】 建立空间直角坐标系，利用向量法求得当 最小时 的长，由此求得此时三棱锥 的体积. 【详解】 依题意可知 两两相互垂直，以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面 的法向量为 ， ， ，其中 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 ， 所以 ， 依题意 ， 由于 ，所以当 时， 取得最大值， 取得最小值. 此时 ， . 故答案为： 8.（2021·全国高三其他模拟（理））莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研 究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发 现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系 ，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________； 顶点的个数为___________. 【答案】 【解析】 根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据顶点数V､棱数 E､面数F之间总满足数量关系求解. 【详解】 因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形， 则该32面体的棱数： ； 因为顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系 ， 设顶点的个数为 ，则 ， 解得 ， 故答案为： ； . 9．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱 中，底面 是正 方形，平面 平面 ， ， .过顶点 ， 的平面与棱 ， 分别交于 ， 两点. （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求证：四边形 是平行四边形；（Ⅲ）若 ，试判断二面角 的大小能否为 ？说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为 . 【解析】 （1）由平面 平面 ，平面 平面 ， 且 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ； （2）依题意 都在平面 上， 因此 平面 ， 平面 ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 与平面 平行，即两个平面没有交点， 则 与 不相交，又 与 共面， 所以 ，同理可证 ， 所以四边形 是平行四边形； （3）不能.如图，作 交 于点 ，延长 交 于点 ，连接 ，由 ， ， ， 所以 平面 ，则 平面 ，又 ， 根据三垂线定理，得到 ，所以 是二面角 的平面角， 若 ，则 是等腰直角三角形， ， 又 ， 所以 中，由大角对大边知 ， 所以 ，这与上面 相矛盾， 所以二面角 的大小不能为 . PABCD PAD ABCD 10．（2021·济南市历城第二中学开学考试）在四棱锥 中，侧面 ⊥底面 ，底面 1 BC CD AD1 ABCD为直角梯形，BC//AD，ADC 90， 2 ，PA PD，E,F为 AD,PC 的中点． （Ⅰ）求证：PA//平面BEF； 45 PE （Ⅱ）若PC与AB所成角为 ，求 的长； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值．3  【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）二面角EACB的余弦值为 3 . 【解析】 （Ⅰ）证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO， 1  BC//AD,BC  AD 2 ,E为AD中点  AE//BC，且AE=BC  四边形ABCE为平行四边形  O为AC中点 又F为AD中点 OF //PA ， OF 平面BEF,PA平面BEF ， PA//平面BEF EC  2BC  2 （Ⅱ）由BCDE为正方形可得 EC AB 由ABCE为平行四边形可得 // PCE PC与AB所成角 PCE 450 为 即  PA PD E为AD中点 PE  AD ，  PAD ABCD, PAD ABCD AD,PE  PAD 侧面 底面 侧面 底面 平面PE 平面ABCD ， PE  EC ， PE  EC  2 . PD M ME,MA （Ⅲ）取 中点 ，连 ， 面PAD面ABCD 且面PAD面ABCD AD，BE  AD ， ， BE 平面PAD， MEA为F BEA 的平面角， 3 11  EM  ,AE 1,AM  又 2 2 ， 3 cosMEA 3 ， 3  所以二面角EACB的余弦值为 3 ． 练提升 TIDHNE 1．（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖P ABC PA ABC ACB 90 CA4 PA2 D AB E PAC 臑 中， 平面 ， ， ， ， 为 中点， 为 内 PC  DE E AC AE  E 的动点（含边界），且 .①当 在 上时， ______；②点 的轨迹的长度为______. 2 5 【答案】2 5 【解析】 E AC PA ABC PA DE PC  DE DE PAC (1)当 在 上时,因为 平面 ,故 ,又 ,故 平面 . DE  AC ACB 90 D AB DE// BC E AC 故 .又 , 为 中点,故 所以 为 中点. 1 AE  AC 2 故 2 . AC F DF  PAC PC  DF PC  DE (2)取 中点 则由(1)有 平面 ,故 ,又 , DEF PC G PC  DGF E FG 设平面 则有 平面 .故点 的轨迹为 . PA 1 1 1 tanPCA  sinPCA  又此时 CF 2 , AC 2,故 12 22 5 . 2 2 5 FG CFsinPCA  所以 . 5 52 5 故答案为：(1). 2 (2). 5 M,N ABCD BC,CD 2．（2020·福建省福州第一中学高三期末（理）） 分别为菱形 的边 的中点，将菱 AC D ABC 形沿对角线 折起，使点 不在平面 内，则在翻折过程中，以下命题正确的是___________.（写 出所有正确命题的序号） MN // ABD AC MN DACB ① 平面 ；②异面直线 与 所成的角为定值；③在二面角 逐渐渐变小的过 D ABC AD BC 程中，三棱锥 的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线 与直线 垂直，   0,   则ABC的取值范围是 2 . 【答案】①②④ 【解析】 M,N ABCD BC,CD MN//BD MN  MN // ABD ①由 分别为菱形 的边 的中点，故 ， 平面ABD，故 平面 ；DP AC,BP AC AC  ②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以 ，可证得 平面DPB，故 BD AC MN//BD MN  AC AC MN ，又 ，故 ，异面直线 与 所成的角为定值. D ABC ③ 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥 的外接球即为以三角形ABC的外接圆 为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC 的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥 D ABC 的外接球半径不可能先变小后变大. ④ AH  BC ABC ABC 过A在平面ABC中作 交BC于H，若 为锐角，H在线段BC上；若 为直角，H与B点 ABC 重合； 为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上. AD BC AH  BC BC⊥ 若存在某个位程，使得直线 与直线 垂直，由于 ，因此 平面AHD， DH  BC 故 . ABC DB  BC CDCB 若 为直角，H与B点重合，即 ，由于 ，不可能成立.ABC DCB DB DPPB DCB 若 为钝角，则原平面图中， 为锐角，由于立体图中 ，故立体图中 DCB DH  BC 一定比原图中更小，因此 为锐角， ，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB   0,   上矛盾，因此ABC的取值范围是 2 . 故答案为：①②④ 3．（2020·全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人 称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿 拉伯人传到欧洲，发展成现代足球．1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织 ——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若 干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两 个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为 ______个，该足球表面的棱为______条． 【答案】12 90 【解析】 足球每块黑色皮子的5条边分别与5块白色皮子的边缝在一起； 每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起， 另3条边则与其他白色皮子的边缝在一起. 所以设这个足球有x块正五边形，一共有5x条边，其中白皮三条边和黑皮相连， 又足球表面中的正六边形的面为20个， 5x203 根据题意可得方程： ， x12 解得 ， 该足球表面中的正五边形的面为12个；因为任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱， 所以每条棱由两条边组成， 125+206290 该足球表面的棱为： 条. 故答案为：12；90. 4．（2021·江苏南京市第二十九中学高三月考）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中 ， . （1）当 时，三棱锥 的体积为______. （2）当 时，存在点 ，使得 平面 ，则 的取值集合为______. 【答案】 【解析】 （1）根据向量线性运算法则， 时， 在线段 上，由 可得体积． （2）同理 时，分别取 中点为 ， 在线段 上，取 中点 ，利用线面垂直的判定 与性质证明 ，从而确定 点与 点重合，得结论． 【详解】 （1） 时， ＝ ， ，所以 在线段 上，如图1， 三棱柱是正三棱柱，因此 到平面 的距离等于 ， ， 所以 ；图1 （2）分别取 中点为 ，连接 ，如图2，由 与（1）同理可得 在线段 上， 平面 ， 平面 ，则 ，取 中点 ，连接 ， 则 ， 由平面 平面 ，平面 平面 ，得 平面 ，又 平面 ，所以 ， 而 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，所以 ， 在正方形 中，因为 是 中点，因此由 ，得 与 的交点是 的中点 ，所以 与 重合， ．所以 的取值集合为 ．图2 5.（2021·进贤县第一中学高二月考（理））如图，在棱长为 1 的正方体 中，点 是 的中点，动点 在底面正方形 内（不包括边界），若 平面 ，则 长度的取值范围是 _______. 【答案】 【解析】 建立空间直角坐标系，设点 ， ，求出平面 的法向量 ， 的 方向向量 ，由题意可知， 即 ， ，则 ，求解取值范围即可. 【详解】 以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 建立空间直角坐标系如图，则 ， ， ， ， . 设 ，则 的方向向量 设平面 的法向量， ， ， ， ，即 ，取 ，则 若 平面 ，则 即 ，则 . 又 即 ， ， ，即 .故答案为： 6．（2021·贵州贵阳一中高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC，B= ，AB=4，BC= ，且BD为 斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满 足 ，H，G分别为AB与AD的中点. （1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上； （2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）利用 得 但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实3即可证得交 点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，即可证得 ，同理 又 ，即可证得四边形 为直角梯形，利用梯形面积公式求得其面积. 【详解】 （1）证明：由题意知， ， 但 ， 所以直线 与FH相交， 设交点为 ，因为 平面 ，平面 ， 同理 平面 ， 又因为平面 平面 ， 所以 . （2）解：由题意知 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以 ， 同理 又 ， 所以四边形 为直角梯形， 因为 ， 所以 ， 则 ， 所以 7．（2021·山东高三二模）如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且 AD∥BC，若AD=2BC=2，AB= ，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起， 连接EB，EC得如图②的几何体． 图① 图②（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE； （2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置； 若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在； 点为 的中点． 【解析】 （1）作出辅助线，证得 ，结合线面平行的判定定理即可证出结论； （2）证出 面 ，建立空间直角坐标系，假设存在点 ，然后利用空间向量的夹角公式建立方程， 解方程即可判断. 【详解】 （1）证明：取 的中点为 ，连接 ， ，∵ 是 的中点， ， ∴ 是 的中位线， ∴ 且 ， 所以 为平行四边形，∴ ， 因为 面 ， 面 ，所以 平面 ． （2）解：取 的中点为 ，连接 ， ，其中 ， ， 由 可得 ，显然 面 ， 故以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在的直线为 轴， 轴， 轴； 如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 设存在点 ， ， ， ， 易知面 的法向量可取 ， 另外 ， ， 设面 的一个法向量为 ，则 ， 可取一个法向量为 ， 则 ， 为 的中点． 故存在 点为 的中点． OO  ABCD M 8．（2021·福建其他）已知圆柱 1底面半径为1，高为 ， 是圆柱的一个轴截面，动点 从 B D  ABCD 点 出发沿着圆柱的侧面到达点 ，其距离最短时在侧面留下的曲线 如图所示.将轴截面 绕着轴OO 0 BC 1逆时针旋转 后，边 1 1与曲线相交于点P. （1）求曲线的长度；   C （2）当 2 时，求点 1 到平面APB的距离.  2 4 【答案】（1） 2 ；（2） 2 4 【解析】 （1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长, 1 21 其中AD ,底面的半圆长为2  2 ∴ 的长为   （2）当 2 时,建立如图所示的空间直角坐标系:   P 1,0, 则有A0,1,0 、B0,1,0 、   2  、C 1,0, , 1(cid:2)  A (cid:2) P    1,1,  (cid:2) 所以AB 0,2,0 、   2  、OC 1,0, . 1 (cid:2) nx,y,z 设平面ABP的法向量为 , 2y 0 (cid:3) (cid:3)  nAB0   则(cid:3) (cid:3) ,代入可得  x y z 0, nAP0  2 (cid:2) n,0,2 令z 2,得 , (cid:2) (cid:2) OC n  1 d  (cid:2)  所以点 C 到平面 的距离为 n 2 4 . 1 PAB  ADC  9．（2020·江西上高二中高二月考（理））如图,四棱锥PABCD中，AB//DC ， 2 ， 1 AB  AD  CD 2 2 ，PDPB 6，PD  BC． PBD PBC （1）求证：平面 平面 ； CM  （2）在线段PC上是否存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD所成锐二面角为 3 ？若存在，求 CP 的 值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见证明；（2）见解析 【解析】 ABCD （1）证明：因为四边形 为直角梯形， ADC  且AB//DC , AB  AD 2, 2 , BD2 2 所以 ，  CD4,BDC  又因为 4 ．根据余弦定理得BC 2 2, CD2  BD2 BC2 BC  BD 所以 ，故 . BC⊥PD PDBD D BD PD PBD BC⊥ PBD 又因为 , ,且 , 平面 ，所以 平面 ， BC  平面PBC 平面PBD 又因为 平面PBC，所以 ABCD  PBD （2）由（1）得平面 平面 , E BD PE PB  PD 6 设 为 的中点，连结 ，因为 , PE  BD PE 2 ABCD  PBD 所以 , ,又平面 平面 ， ABCD PBD BD 平面 平面 ， PE  ABCD 平面 . (cid:2) (cid:2) A AD AB ABCD x,y,z 如图，以 为原点分别以 ， 和垂直平面 的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 Axyz ， A(0,0,0) B(0,2,0) C(2,4,0) D(2,0,0) P(1,1,2) 则 ， ， ， ， ，CM (01) (cid:2) (cid:2) 假设存在 M(a,b,c) 满足要求，设 CP ，即CM CP， M(2-,4-3,2) 所以 , (cid:3) BC (2,2,0) 易得平面PBD的一个法向量为 . (cid:2) (cid:2) (cid:2) 设 n(x,y,z) 为平面ABM 的一个法向量， AB(0,2,0) ， AM =(2-,4-3,2) (cid:3) (cid:3) nAB0 2y 0 由 (cid:3) (cid:3) 得 ，不妨取 (cid:2) . nAM 0 (2)x(43)y2z 0 n(2,0,2) 4 1   因为平面 与平面 所成的锐二面角为 ，所以 2 2 42 (2)2 2 ， PBD ABM 3 2  ,2 解得 3 ，（不合题意舍去）. CM 2 故存在 点满足条件，且  . M CP 3 10．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三月考）已知如图，四边形 为矩形， 为梯形，平 面 平面 ， ， ， ． （1）若 为 中点，求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值； （3）在线段 上是否存在一点 （除去端点），使得平面 与平面 所成锐二面角的大小为 ？ 若存在，请说明点 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）存在， .靠近C的三等分点 【解析】 （1）设 与 交于点 ，连接 ，则可得 为 的中点，而 为 的中点，由三角形中位线定 理可得 ，然后由线面平行的判定定理可证得结论， （2）由已知可证得 ， ， 两两垂直，所以分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角 坐标系，利用空间向量求解即可， （3）假设存在点 ，满足题意，且此时 ，然后利用空间向量求二面角 【详解】 （1）证明：如图，设 与 交于点 ，连接 ， ∵四边形 为矩形， ∴ 为 的中点，又因为 为 的中点， ∴ ，而 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ； （2）解：因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 所以 ， ， 两两垂直， 所以如图，分别以 为坐标原点，以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有 ， ， ， ， 所以 ， ， ， 假设平面 的一个法向量为 ， 则有 ， 设直线 与平面 所成角的平面角为 ， 则有 ． （3）解：假设存在点 ，满足题意，且此时 ， 即得 ， 则有 ， ， 假设平面 的一个法向量为 ， 则有 ，又因为平面 的一个法向量为 ， 根据题意，则有 ， 解之可得， ， 即得 ，即点 为线段 上靠近点 的一个三等分点，坐标为 ． 练真题 TIDHNE 1．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四 棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上 的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 如图，设 ，则 ， 由题意 ，即 ，化简得 ，解得 （负值舍去）. 故选：C. 2．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥 的底面是正方形，侧棱长均相等， 是线段 上的点 （不含端点），设 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平 面角为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 设 为正方形 的中心， 为 中点，过 作 的平行线 ，交 于 ，过 作 垂直 于 ，连接 、 、 ，则 垂直于底面 ， 垂直于 ， 因此 从而 因为 ，所以 即 ，选D.3．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多 为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面 体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 ________个面，其棱长为_________． 21 【答案】共26个面. 棱长为 . 【解析】 【分析】 第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决． 【详解】 18826 由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有 个面． x AB  BE  x BC FE G BC 如图，设该半正多面体的棱长为 ，则 ，延长 与 交于点 ，延长 交正方体棱于 H BGE ，由半正多面体对称性可知， 为等腰直角三角形，2 2 BG GE CH  x,  GH 2 xx( 21)x1 2 2 ， 1 x  21 21 ，即该半正多面体棱长为 21． AD//BC ADCD EG//AD 4．（2018·天津高考真题（理））如图， 且AD=2BC， , 且EG=AD， CD//FG DG 平面ABCD 且CD=2FG， ，DA=DC=DG=2. MN 平面CDE （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证： ； EBCF （II）求二面角 的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 10 3 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) 10 ；(Ⅲ) 3 . 【解析】依题意，可以建立以D为原点， (cid:3) (cid:3) (cid:3) DA DC DG 分别以 ， ， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图）， 可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， 3 E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，2 ，1），N（1，0，2）． (cid:3) (cid:3) DC DE （Ⅰ）依题意 =（0，2，0）， =（2，0，2）． 设n=(x，y，z)为平面CDE的法向量， 0 (cid:3) n DC 0，  2y 0， 则  0 (cid:3) 即  n 0 DE 0， 2x2z 0， 不妨令z=–1，可得n=（1，0，–1）． 0 (cid:3)  3 (cid:3) 又MN =（1， 2 ，1），可得 MNn 0 ， 0 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． (cid:3) (cid:3) (cid:3) BE 1，2，2 （Ⅱ）依题意，可得BC=（–1，0，0）， ，CF =（0，–1，2）． 设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量， (cid:3) nBC 0，  x0， 则  (cid:3) 即 nBE 0， x2y2z 0， 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）． 设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，(cid:3) mBC 0，  x0， 则  (cid:3) 即 mCF 0， y2z 0， 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）． mn 3 10 10  因此有cos= ，于是sin= ． m n 10 10 10 所以，二面角E–BC–F的正弦值为 10 ． （Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h）， (cid:3) BP1，2，h 可得 ． (cid:3) DC 易知， =（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量， (cid:3) (cid:3) (cid:3) (cid:3) BPDC 2 故 cos BPDC  (cid:3) (cid:3)  ， BP DC h2 5 2 3 3 由题意，可得 h2 5 =sin60°= 2 ，解得h= 3 ∈［0，2］． 3 所以线段 DP 的长为 3 . 5.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， E，F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．（1）证明： ； （2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 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． 【详解】 因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 平面 ． 所以 两两垂直． 以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．所以 ， ． 由题设 （ ）． （1）因为 ， 所以 ，所以 ． （2）设平面 的法向量为 ， 因为 ， 所以 ，即 ． 令 ，则 因为平面 的法向量为 ， 设平面 与平面 的二面角的平面角为 ， 则 ．当 时， 取最小值为 ， 此时 取最大值为 ． 所以 ， 此时 ． 6.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E， F分别为 和 的中点，D为棱 上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 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． 【详解】因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 平面 ． 所以 两两垂直． 以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图． 所以 ， ． 由题设 （ ）． （1）因为 ， 所以 ，所以 ． （2）设平面 的法向量为 ， 因为 ，所以 ，即 ． 令 ，则 因为平面 的法向量为 ， 设平面 与平面 的二面角的平面角为 ， 则 ． 当 时， 取最小值为 ， 此时 取最大值为 ． 所以 ， 此时 ．