文档内容
考点
三四五六
13
、、、、
空
考题易2间 点型错02向 清方分3 真单法析
量
题
与
抢
立
先
体
刷
几
，
何
考向
（
提
36
前
种
知
题型 10 个易错考点）
一、 真题多维细目表
二、命题规律与备考策略
考题 考点 考向
2022新高考1，第4题 空间几何体的体积 求棱台的体积
2022新高考1，第9题 空间角与距离 异面直线所成角与线面角
2022新高考1，第19 空间向量及其应用 求点到面的距离及二面角的正弦值
题
2022新高考2，第7题 空间几何体的机构特征与表面积 球的表面积
2022新高考1，第8题 空间几何体的体积 求四棱锥体积的范围
2021新高考1，第12 空间向量及其应用 线面垂直的判定
题
2021新高考1，第20 直线，平面垂直的判定与性质 线线垂直的性质，二面角的概念与应
题 用，求三棱锥的体积
2021新高考2，第19 空间角与距离 面面垂直的证明，二面角余弦值的求解
题
则B(1,3,0)，D(0,0,2)，B(1,3,2)，C(0,3,0)，则BD1＝(－1，－3,2)，
1 1
B1C＝(－1,0，－2)，从而cos〈BD1，B1C〉＝BD1B1CBD1B1C＝＝－.
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 1则BD1＝(－1，－3,2)，B1C＝(－1,0，－2)，从而cos〈BD1，B1C〉＝BD1B1CBD1B1C＝＝－.又异面直线
BD 和BC所成的角不可能为钝角，其余弦值非负，所以，异面直线BD 和BC所成角的余弦值为.
1 1 1 1
四、忽视异面直线所成角的范围致错
4．直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝120°，E为BB′的中点，异面直线CE与C′A所成角
的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【错解】A，如图所示，直三棱柱 向上方补形为直三棱柱 ，其中 ， ， 分
别为各棱的中点，取 的中点 ，可知 ，异面直线 与 所成角即为 与 所成角.设
，则 ， ， ，
【错因】忽略了异面直线所成角的范围 ，所以两条异面直线所成角的余弦值一定是正数.
【正解】B，如图所示，直三棱柱 向上方补形为直三棱柱 ，其中 ， ，
分别为各棱的中点，取 的中点 ，可知 ，异面直线 与 所成角即为 与 所成角.
设 ，则 ， ， ， ，故异面直线CE与
C′A所成角的余弦值为 .
五、误用垂直性质定理致错
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 25、已知两个平面垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
【错解】如图在正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，对于①AD 1⊂平面AA
1
D
1
D，BD⊂平面ABCD，AD
1
与BD是异面直线，
成角60°，①错误；②正确．
对于③，AD 1⊂平面AA
1
D
1
D，AD
1
不垂直于平面ABCD；
对于④，过平面AADD内点D，作DC.
1 1 1 1
∵AD⊥平面D
1
DCC
1
，D
1
C⊂平面D
1
DCC
1
，∴AD⊥D
1
C.故正确，故选B.
【错因】“一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“过一个平面内任意一点作交线的垂线”，
此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过点作的直线不一定在已知平面内．
【正解】对于④，过平面AA
1
D
1
D内点D
1
，作D
1
C.∵AD⊥平面D
1
DCC
1
，D
1
C⊂平面D
1
DCC
1
，
∴AD⊥DC.但DC不垂直于平面ABCD，故④错误，故选C.
1 1
六、判断线面、线线位置关系考虑不全致错
6．若直线a与平面 内无数条直线平行，则a与 的位置关系是________．
【错解】a∥
【错因】没考虑a α的情况。
【正解】由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于 ，也可能在 内，故答案为a∥ 或a
⊂
七、证明线面平行、面面平行条件表达不全致错
⊂
7．如图，四棱锥 中，四边形ABCD是矩形， ，AD＝2， 为正三角形，且平面
PAD⊥平面ABCD，E、F分别为PC、PB的中点．证明： 平面PAD；
【错解】∵E，F分别为PC，PB的中点，∴ ． ，所以 ，
∴ 平面PAD；
【错因】证明过程中，没有说明 平面PAD.
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 3【正解】∵E，F分别为PC，PB的中点，∴ ．
∵ABCD是矩形，∴ ，则 ，
∵ 平面PAD， 平面PAD，∴ 平面PAD；
八、分析问题不全面致错
8．圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________．
【错解】设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得
解得所以V＝36π2.
【错因】错解中只考虑了6π为底面周长的情况，而4π也有可能为底面周长。
【正解】设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得或
解得或所以V＝36π2或24π2.
九、斜二测画法中混淆原图与直观图关系致错
9．如下图， 是 用“斜二测画法”画出的直观图，其中 ， ，那么
的周长是________．
【错解】在 中， ,
由余弦定理得： ,
得 ；同理 ;
所以周长为： 。
【错因】错把直观图直接当原图了.
【正解】6，斜二测直观图的画法原则，横坐标不变，纵坐标减半，所以 ， ，
又因为 ，所以 ，因此 的周长为 ，
十、混淆几何体的表面积与侧面积致错
10.如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的 2倍，且圆
锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为( )
A．4π B．(2＋4)π
C．(3＋4)π D．(4＋4)π
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 4【错解】选A，设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，
所以h＝＝，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4π，
【错因】应求该粮仓的表面积，错解中只求了侧面积。
【正解】选D 设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝，圆柱的侧
面积为2πr·2h＝4π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π。
七、刷常考
一．选择题（共8小题）
1．（2023•辽宁二模）已知某圆锥的高为 ，体积为 ，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B．3 cm2 C．6 cm2 D．12 cm2
【分析】先设该圆锥的底面π半径与母线长分别为 rπ，l，再根据题意求得rπ的值，结合勾股定理求得l的
值，进而即可求得圆锥的侧面积．
【解答】解：设该圆锥的底面半径与母线长分别为r，l，
由 ，得r＝1，
所以 ，
所以该圆锥的侧面积S＝ rl＝3 ．
故选：B． π π
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的侧面积和体积公式，属于基础题．
2．（2023•道里区校级一模）将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的
圆柱最大体积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由题意画出图形，设切割出的圆柱的底面半径为 r（0＜r＜1），高为h，利用三角形相似把h
用含有r的代数式表示，写出圆柱体积，利用导数求最值．
【解答】解：如图，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 5设切割出的圆柱的底面半径为r（0＜r＜1），高为h，
则 ，即h＝2﹣2r，
∴圆柱的体积V＝ ×r2×（2﹣2r）＝ （﹣2r3+2r2）（0＜r＜1）．
令f（r）＝﹣2r3+2πr2，则f′（r）＝π﹣6r2+4r＝﹣2r（3r﹣2）．
当r （0， ）时，f′（r）＞0，当r （ ）时，f′（r）＜0，
∈ ∈
∴f（r）在（0， ）上为增函数，在（ ）上为减函数，
则当r＝ 时，f（r）有极大值，也就是最大值为f（ ）＝ ．
∴切割出的圆柱最大体积为 ．
故选：C．
【点评】本题考查柱、锥、台体体积的求法，训练了利用导数求函数的最值，是中档题．
3．（2023•岳阳县模拟）空间中， ， ， 是三个互不重合的平面，l是一条直线，则下列命题中正确的是
（ ） α β γ
A．若 ⊥ ，l∥ ，则l⊥ B．若 ⊥ ，l⊥ ，则l∥
C．若lα⊥ β，l∥ α，则 ⊥β D．若αl∥β，l∥β，则 ∥α
【分析】根α 据空β间线面α关系β，线线关系，面面关系的定α义，几β何特征α，性β 质及判定方法，逐一判断四个
答案中的结论的真假，即可得到答案．
【解答】解：若 ⊥ ，l∥ ，则l与 可能平行也可能相交，故A错误；
若 ⊥ ，l⊥ ，则α l∥β 或αl ，故Bβ错误；
若αl∥ β，则存β在直线mα ，⊂使α得l∥m，
又由lβ⊥ 可得m⊥ ，故⊂β⊥ ，故C正确；
若l∥ ，αl∥ ，则 α与 可α 能β平行也可能相交（此时交线与l平行）．
α β α β
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 6故选：C．
【点评】本题考查的知识点是空间直线与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系，面面关系，线
线关系的定义，几何特征及性质和判定方法是解答的关键．
4．（2023•喀什地区模拟）如图，在正四棱柱ABCD﹣A B C D 中，底面边长为2，直线CC 与平面ACD
1 1 1 1 1 1
所成角的正弦值为 ，则正四棱柱的高为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】建立空间坐标系，设棱柱高为 a，求出平面ACD 的法向量 ，令|cos＜ ， ＞|＝ 求出a
1
的值．
【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
1
设DD ＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D （0，0，a），
1 1
则 ＝（﹣2，2，0）， ＝（﹣2，0，a）， ＝（0，0，a），
设平面ACD 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ，
1
∴ ，令x＝1可得 ＝（1，1， ），
故cos＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ．
∵直线CC 与平面ACD 所成角的正弦值为 ，
1 1
∴ ＝ ，解得：a＝4．
故选：C．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 7【点评】本题考查了空间向量与线面角的计算，属于中档题．
5．（2023•商洛三模）在四面体ABCD中，AB⊥BC，AB⊥AD，向量 与 的夹角为 ，若AB＝6，
BC＝AD＝3，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
【分析π】根据题意，将四面体π补形为直三棱柱，由余π弦定理可得DE的长π，再由正弦定理可得△ADE外
接圆的半径，从而得到外接球的半径，即可得到结果．
【解答】解：将四面体ABCD补成如图所示的直三棱柱ADE﹣BFC，
因为向量 与 的夹角为 ，所以 ，
则DE2＝AD2+AE2﹣2AD⋅AE⋅cos∠EAD＝27，△ADE外接圆的半径 ，
该四面体外接球的半径 ，所以该四面体外接球的表面积为 ．
故选：D．
【点评】本题考查了四面体外接球的表面积计算，属于中档题．
6．（2023•浙江模拟）如图1，直角梯形ABCD中， ，取AB中
点E，将△BCE沿EC翻折（如图2），记四面体B﹣ECD的外接球为球O（O为球心）．P是球O上一
动点，当直线AO与直线AP所成角最大时，四面体P﹣AEC体积的最大值为（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 8A． B． C． D．
【分析】首先得到球心O在EC的中点，然后当AP与球O相切时直线AO与直线AP所成角的最大，过
P作PH⊥AO垂足为H，当PH⊥平面ADE时四面体P﹣AEC体积取得最大值，即可求出答案．
【解答】解：由题意可知，△CDE，△BCE均为等腰直角三角形，
所以四面体B﹣ECD的外接球的球心O在EC的中点，
因为P是球O上的动点，若直线AO与直线AP所成角的最大，
则AP与球O相切，∠APO＝90°，此时，∠PAO最大，
因为 ， ，所以 ，
过P作PH⊥AO垂足为H，则P在以H为圆心，PH为半径的圆上运动．
所以当PH⊥平面ADE时，四面体P﹣AEC的体积取得最大值．
因为 ，所以 ，
所以 ，
故选：D．
【点评】本题考查折叠问题，四面体的外接球问题，四面体的体积的最值的求解，化归转化思想，属中
档题．
7．（2023•道里区校级一模）在边长为3的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD绕直线BD旋转到．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 9△A'BD，使得四面体A'BCD外接球的表面积为18 ，则此时二面角A'﹣BD﹣C的余弦值为（ ）
π
A．﹣ B．﹣ C． D．
【分析】根据三角形形状确定球心位置，根据三角形知识和勾股定理计算球的半径，进而可求出球的表
面积．
【解答】解：取BD的中点E，连接AE，CE，则BD⊥A′E，BD⊥CE，′
∴∠A′EC为二面角A'﹣BD﹣C的平面角，设∠A′EC＝2
由题意可知△A′BD和△BCD都是边长为3的等边三角形，θ
设M，N分别是△A′BD和△BCD的中心，过M，N分别作两平面的垂线，
则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心O，
∵A′E＝CE＝3sin6o°＝ ，∴ME＝NE＝ ，CN＝ ，
由△OME≌△ONE可得∠OEM＝∠OEN＝ ，
θ
因为四面体A'BCD外接球的表面积为18 ，所以外接球的R，满足4 R2＝18 ，所以R＝OC＝ ，
π π π
所以ON＝ ＝ ，可得OE＝ ＝ ，故cos ＝ ＝ ，
θ
所以cos2 ＝2cos2 ﹣1＝﹣ ，
θ θ
即二面角A'﹣BD﹣C的余弦值为﹣ ．
故选：A．
【点评】本题主要考查球与多面体的切接问题，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，是
中档题．
8．（2023•鹰潭二模）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为△ABC和△ABD的重心，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 10P为线段CM上一点，（ ）
A．AP+BP的最小为2
B．若DP⊥平面ABC，则
C．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为
D．若F为线段EN的中点，且DP∥MF，则MP＝ MC
【分析】利用正四面体的性质，逐项计算判断即可．
【解答】解：∵CM⊥平面ABD，CM⊥BM，CM⊥AM，当点P与点M重合时，AP+BP取得最小值，最
小值为AM+BM＝ ，故A错误；
在正四面体ABCD中，∵DP⊥平面ABC，∴DN∩CM＝P，则点P为正四面体ABCD内切球的球心，
CN＝ CE＝ ，
DN＝ ＝ ，设正四面体ABCD内切球的半径为r，因为V D﹣ABC ＝V P﹣ABC +V P﹣ABD +V P﹣
BCD +V P﹣ACD ，
∴ S△ABC •DN＝ S△ABC •r+ S△ABD •r+ S△BCD •r+ S△ACD •r，解得r＝NP＝ ＝ ，故 ＝ ，
故B错误；
设三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，半径为R，则R2＝OC2＝CN2+（OP﹣NP）2，
解得R＝ ，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4 R2＝ ，故C错误；
π
＝ + ＝ + + ＝ + ＝ + ，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 11设 ＝ ．则 ＝ + ＝ + + ＝（1﹣ ） + ，
λ λ λ λ λ λ
∵DP∥MF，所以 ，则 ，解得 ，故MP＝ MC，故D正确．
故选：D． μ
【点评】本题考查空间几何体的性质，以及利用向量法解决几何问题的方法，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2023•南关区校级模拟）如图，平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且
AB＝BD＝2，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，在翻折过程中，下列结论
正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角
B．棱CD上总会有一点N，使得MN∥平面ABC
C．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BC
D．当平面ABD⊥平面BDC时，三棱锥C﹣ABD的外接球的表面积是8
【分析】取BD中点G，连接CG，MG，可证明BD⊥MC即可判断A；π取CD中点H，连接HM，可证
明 HM∥平面 ABC 判断 B；三棱锥 C﹣ABD 的体积最大，C 的投影在棱 BD 上时，此时 CG⊥平面
ABD，进而可证明AB⊥平面BCD得AB⊥BC判断C；过M作MF⊥ABD，过点F作FE∥MG交CG于
E，设F为三棱锥C﹣ABD的外接球的球心，外接球的半径为R，进而根据几何关系求解得 可判
断D．
【解答】解：对于A选项，取BD中点G，连接CG，MG，因为△BCD是等边三角形，
所以CG⊥BD，
又因为M是AD的中点，
所以MG∥AB，
因为AB⊥BD，
所以MG⊥BD，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 12因为MG∩CG＝G，MG，CG 平面MCG，
所以BD⊥平面MCG， ⊂
因为MC 平面MCG，
所以BD⊥⊂MC，故A错误；
对于B选项，取CD中点H，连接HM，因为M是AD的中点，
所以HM∥AC，
因为HM 平面ABC，AC 平面ABC，
所以HM⊄∥平面ABC，故⊂B正确；
对于C选项，设C到平面ABD的距离为h，因为AB⊥BD且AB＝BD＝2，
所以 ，所以 ，
故要使三棱锥C﹣ABD的体积最大，则h最大，
所以当C的投影在棱BD上时，h最大，且h ＝CG，
max
此时CG⊥平面ABD，AB 平面ABD，
⊂
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 13所以CG⊥AB，
因为AB⊥BD，CG∩BD＝G，CG，BD 平面BCD，
所以AB⊥平面BCD，BC 平面BCD，⊂
所以AB⊥BC，故C正确；⊂
对于D选项，因为△ABD为直角三角形，
所以过M作MF⊥ABD，设F为三棱锥C﹣ABD的外接球的球心，外接球的半径为R，
因为平面ABD⊥平面BDC，平面ABD∩平面BDC＝BD，CG 平面BDC，CG⊥BD，
所以CG⊥平面ABD， ⊂
所以CG∥MF，
过点F作FE∥MG交CG于E，如图所示，所以四边形MFEG为矩形，所以MF＝EG，FD＝FC＝R，
所以在Rt△MFD中，R2＝MD2+MF2，即R2＝2+MF2，
在Rt△EFC中，R2＝EF2+CE2，即 ，进而解得 ，
所以三棱锥C﹣ABD的外接球的表面积为 ，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查立体几何知识的综合运用，考查数形结合思想，空间想象能力，逻辑推理能力以及运
算求解能力，属于中档题．
（多选）10．（2023•二模拟）已知a，b，l为不同的直线， ， ， 为不同的平面，则下列说法正确的是
（ ） α β γ
A．若 ∥ ，a ，b ，则a∥b
α β ⊂α ⊂β
B．若a⊥ ，b ， ∥ ，则
α ⊂β α β
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 14C．若 ⊥ ， ∩ ＝l，a ，b ，a⊥b，则a，b至少有一条与直线l垂直
D．若α⊥β，α⊥β， ∩⊂＝αl，则⊂βl⊥
【分析α】根β据空α 间γ直线β 与γ平面间的位α置关系进行判断A，由线面、面面垂直的判定写性质判断BCD．
【解答】解：若 ∥ ，a ，b ，a，b可能平行也可能异面，A错；
α β ⊂α ⊂β
a⊥ ， ∥ ，则a⊥ ，又b ，则 ，B正确；
α α β β ⊂β
若 ⊥ ， ∩ ＝l，a ，b ，a⊥b，假设a与l不垂直，过直线a任一点P在平面 内作直线c⊥l，
因为α ⊥β ，α 所β以c⊥ ⊂，α又b⊂β，则c⊥b，又b⊥a， α
a，cα是平β面 内两相β交直线⊂，β因此b⊥ ，而l ，所以b⊥l，即直线a，b中如果有一条不与l垂直，
则另一条必定α与直线l垂直，C正确； α ⊂α
若 ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝l，如图，设 ∩ ＝a，
⋂
＝b，过直线l上一点P在平面 内作直线m⊥a，则
m⊥α ，β α γ β γ α β α γ β
同理α过P在平面 内作直线n⊥b，则n⊥ ，
因为过一点有且只γ 有一条直线与一个平面α垂直，所以 m，n重合，即重合为平面 和 的交线l，所以
l⊥ ，D正确． β γ
α
故选：BCD．
【点评】本题考查空间中各要素的关系，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
（多选）11．（2023•亭湖区校级三模）我国古代数学名著《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱
垂直于底面的三棱柱”称为“堑堵”．现有一如图所示的“暂堵”ABC﹣A B C ，其中AB⊥BC，若
1 1 1
BB ＝AB＝2，BC＝1，则（ ）
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 15A．该“堑堵”的体积为2
B．该“堑堵”外接球的表面积为9
π
C．若点P在该“堑堵”上运动，则|PA|的最大值为
D．该“堑堵”上，AC 与平面BB C C所成角的正切值为
1 1 1
【分析】根据棱柱的体积公式计算即可判断A；先求出外接球的半径，再根据球的表面积公示即可判断
B；当点P与C 重合时，|PA|最大，求出|AC |即可判断C；证明AB⊥平面BB C C，可得∠AC B即为
1 1 1 1 1
AC 与平面BB C C所成角的平面角，解Rt△ABC 即可判断D．
1 1 1 1
【解答】解：对于A，由题意 ，故A正确；
对于B，设该“堑堵”外接球的半径为R，
因为AB，BC，BB 两两垂直，
1
所以（2R）2＝22+22+12＝9，所以 ，
所以该“堑堵”外接球的表面积为4 R2＝9 ，故B正确；
对于C，当点P与C 重合时，|AP| π＝|AC |π＝3，故C错误；
1 max 1
对于D，连接BC ，AC ，
1 1
因为AB⊥BC，AB⊥BB ，BC∩BB ＝B，BC，BB 平面BB C C，
1 1 1 1 1
所以AB⊥平面BB C C， ⊂
1 1
所以∠AC B即为AC 与平面BB C C所成角的平面角，
1 1 1 1
在Rt△ABC 中， ，
1
所以 ，
即AC 与平面BB C C所成角的正切值为 ，故D正确．
1 1 1
故选：ABD．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 16【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，多面体体积的求法，球的表面积的求法，考查运算求解能
力，属于中档题．
（多选）12．（2023•鼓楼区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为2（如图所示），点M为线
1 1 1 1
段CC （含端点）上的动点，由点A，D ，M确定的平面为 ，则下列说法正确的是（ ）
1 1
α
A．平面 截正方体的截面始终为四边形
B．点M运α 动过程中，三棱锥A
1
﹣AD
1
M的体积为定值
C．平面 截正方体的截面面积的最大值为
α
D．三棱锥A ﹣AD M的外接球表面积的取值范围为
1 1
【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解．
【解答】解：对A选项，当M与C点重合时，
平面 截正方体的截面为△AD C，∴A选项错误；
1
对B选α项，∵CC ∥DD ，又CC 平面A AD ，DD 平面A AD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴CC ∥平面A AD ，又点M为线⊄段CC （含端点）上⊂的动点，
1 1 1 1
∴M到平面A AD 的距离为定值，又△A AD 的面积也为定值，
1 1 1 1
∴三棱锥A ﹣AD M的体积为定值，∴B选项正确；
1 1
对C选项，根据运动变化思想可得：
M由C移动到C ，截面面积由小变大，
1
∴当M与C 重合时，截面面积最大，
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 17此时截面为矩形ABC C，其面积为 ＝ ，∴C选项正确；
1
对D选项，如图，分别取左右侧面的中心E，F，则EF垂直于左右侧面，
根据对称性易知：三棱锥A ﹣AD M的外接球的球心O在线段EF上，
1 1
设M到F的距离为x，则x [1， ]，
∈
设OF＝t，则OE＝2﹣t，又易知ED ＝ ，外接球O的半径R＝OD ＝OM，
1 1
则在Rt△D EO与Rt△MFO中，由勾股定理可得：
1
，两式相减可得：t＝ ，
∴ ，
令m＝x2，又x [1， ]，∴m [1，2]，
∈ ∈
∴ ＝ ，m [1，2]，
∈
设函数f（m）＝ ，m [1，2]，
∈
则f（m）的对称轴为m＝﹣2，又一元二次函数f（m）的开口向上，
∴f（m）在[1，2]上单调递增，
∴f（m）的最小值为f（1）＝ ，f（m）的最大值为f（2）＝3，
∴ ，
∴三棱锥A ﹣AD M的外接球表面积S＝4 R2 [ ，12 ]，∴D选项正确．
1 1
故选：BCD． π ∈ π
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 18【点评】本题考查线面平行的判定定理，三棱锥的体积问题，正方体的截面问题，三棱锥的外接球问题，
化归转化思想与函数思想的应用，属难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2023•广陵区校级模拟）水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相
邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为
．
【分析】根据给定的条件，画出4个球的外接球的示意图，根据图中的几何关系求解．
【解答】解：如图，4个小球球心构成的正方形为O O O O ，中心为N，
1 2 3 4
由题意O O ＝4， ，
1 2
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球O 的切点为A，
1
连接ON，则ON＝小球的半径＝2，
球O的半径＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查内切球问题，化归转化思想，属中档题．
14．（2023•九江三模）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A B C D 中，P，Q为四边形ABC D 内的点（包
1 1 1 1 1 1
括边界），且点P到AB的距离等于到平面A B C D 的距离，点Q到C D 的距离等于到平面ABCD的
1 1 1 1 1 1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 19距离，则|PQ|的最小值为 ．
【分析】根据抛物线的定义得到P，Q的轨迹，结合图像，即可求解．
【解答】解：当P，Q在线段BC 上时，由P到AB的距离等于到平面A B C D 的距离知，
1 1 1 1 1
P到点B的距离等于到B C 的距离，
1 1
故点P在以B为焦点，B C 为准线的抛物线上；
1 1
同理，点Q在以C 为焦点，BC为准线的抛物线上，
1
设这两条抛物线与BC 的交点即分别为点P ，Q （如图1），
1 0 0
则P，Q的轨迹分别为四边形ABC D 内过点P ，Q 且平行于AB的线段（如图2），
1 1 0 0
则|PQ|的最小值即为|P Q |．
0 0
如图3所示，建立平面直角坐标系，则C 的坐标为（1，1），l ：x＝﹣1，
1 BC
所以Q 所在的抛物线方程为（x﹣1）2＝4y，x [﹣1，1]，
0
∈
联立方程 ，且x [﹣1，1]，可得 ，
∈
所以 ，
所以 ，
即|PQ|的最小值为 ．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 20故答案为： ．
【点评】本题考查立体几何与抛物线的综合，直线与抛物线的位置关系，化归转化思想，数形结合思想，
属中档题．
15．（2023•郑州模拟）在正四棱柱ABCD﹣A B C D 中，AB＝4，点E为A B 中点，点F为AD中点，直
1 1 1 1 1 1
线B C与直线EF所成角的余弦值为 ，过E、F、C 做该正四棱柱的截面，则截面周长为
1 1
．
【分析】根据正四棱柱ABCD﹣A B C D 的底面边长为4，利用直线B C与直线EF所成角的余弦值为
1 1 1 1 1
，可计算出侧棱 AA ＝6，再利用面面平行的性质定理作出过 E、F、C 的截面为五边形
1 1
EQFMC ，利用勾股定理即可分别计算出各边长即可计算出截面周长为 ．
1
【解答】解：画出正四棱柱ABCD﹣A B C D ，连接B C，A D，取AA 的中点为G，连接GF，如下图
1 1 1 1 1 1 1
所示，
由正四棱柱性质易知B C∥A D，
1 1
GF为△AA D的中位线，∴GF∥A D，因此异面直线B C与EF所成角即为∠GFE或其补角，
1 1 1
可设AA ＝2a（a＞0），又AB＝4，易得 ，
1
由余弦定理可知， ，
解得a＝3，即AA ＝6，
1
过E、F、C 做该正四棱柱的截面，设截面交DC与点M，如下图所示，
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 21易知平面ABCD∥平面A B C D ，
1 1 1 1
截面EFC ∩平面ABCD＝MF，截面EFC ∩平面A B C D ＝EC ，
1 1 1 1 1 1 1
由面面平行的性质定理可得MF∥EC ，
1
取CD的中点为N，连接AN，AE，C N，可得AN∥EC ，
1 1
即MF∥AN，
延长MF交BA的延长线于点P，连接EP交AA 于点Q，连接QF，
1
则过E、F、C 的截面为五边形EQFMC ，
1 1
又∵点F为AD中点，∴点M即为DN的中点，
∴ ，CM＝3， ，∴A Q＝4，AQ＝2，
1
则 ， ，
易知 ， ， ，
∴五边形截面EQFMC 周长为 ．
1
故答案为： ．
【点评】本题主要考查异面直线所成的角，两点间距离的计算，平面基本定理及推论，考查运算求解能
力与逻辑推理能力，属于中档题．
16．（2023•宣威市校级模拟）所谓正三棱锥，指的是底面为正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角
形中心的三棱锥，在正三棱锥P﹣ABC中，M是PC的中点，且AM⊥PB，底面边长 ，则正三棱
锥P﹣ABC的外接球的表面积为 3 ；AM与底面ABC所成角的正弦值为 ．
π
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 22【分析】本题考查正三棱锥的性质、球的表面积的计算，先证明PA，PB，PC两两垂直，求出PA，再
求出球的半径，根据球的表面积公式能求出正三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积．以P为原点，PA为x
轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AM与底面ABC所成角的正弦值．
【解答】解：在正三棱锥P﹣ABC中，M是PC的中点，且AM⊥PB，底面边长 ，
取AC中点N，连结PN，BN，
则PN⊥AC，BN⊥AC，又PN∩BN＝N，∴AC⊥平面PNB，
由题意得PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝1，
∴正三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R＝ ＝ ，
∴正三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积S＝4 ×（ ）2＝3 ．
以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为zπ轴，建立空间直π角坐标系，
则A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），M（0，0， ），
＝（﹣1，0， ）， ＝（﹣1，1，0）， ＝（﹣1，0，1），
设平面ABC的法向量 ＝（x，y，z），
则 ，取x＝1，得 ＝（1，1，1），
设AM与底面ABC所成角为 ，
θ
则sin ＝ ＝ ＝ ，
θ
∴AM与底面ABC所成角的正弦值为 ．
故答案为：3 ， ．
π
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 23【点评】本题考查正三棱锥的外接球的求法，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面
面间的位置关系等基知识，考查运算求解能力，是中档题．
四．解答题（共10小题）
17．（2023•海淀区校级三模）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝ ，∠BAD＝90°，
∠BCD＝45°，E为对角线BD的中点．现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使平面PBD⊥平面
BCD，如图2．
（Ⅰ）求证直线PE⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线BD和PC所成角的余弦值；
（Ⅲ）已知空间存在一点Q到点P，B，C，D的距离相等，写出这个距离的值（不用说明理由）．
【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质得 PE⊥BD，由平面 PBD⊥平面BCD，能证明直线 PE⊥平面
BCD．
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法能求异面直线BD和PC所成角的余弦值；
（Ⅲ）设Q（x，y，z），由存在一点Q到点P，B，C，D的距离相等，利用空间向量两点间距离公式
求出Q（0，1，0），由此能求出这个距离．
【解答】（Ⅰ）证明：∵E为BD的中点，PB＝PD，
∴PE⊥BD，
∵平面PBD⊥平面BCD，且平面PBD∩平面BCD＝BD，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 24PE 平面PBD，
∴直⊂线PE⊥平面BCD．
（Ⅱ）解：如图所示，建立空间直角坐标系，
依题意得E（0，0，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，1），
∴ ＝（﹣2，0，0）， ＝（﹣1，2，﹣1），
∴cos＜ ， ＞＝ ＝ ，
∴异面直线BD和PC所成角的余弦值为
（Ⅲ）空间存在一点Q到点P，B，C，D的距离相等，这个距离的值为 ．
【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查距离的求法，解题时要认
真审题，注意向量法的合理运用．
18．（2023•芦溪县校级一模）如图，已知四棱锥 P一ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝
90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝ AB＝1．M是PB的中点．
（1）求证AM＝CM；
（2）N是PC的中点，求证DN∥平面AMC．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 25【分析】（1）先证明BC⊥PC，利用在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝ ．在Rt△PBC中，
M为PB的中点，则CM＝ ，得到AM＝CM．
（2）连接DB交AC于F，取PM中点G，连接DG，FM，说明DG∥FM，证明DG∥平面AMC，连
DN，GN，证明GN∥MC．然后证明DN∥平面ACM
【解答】证明：（1）在直角梯形ABCD中，BC⊥AC，
又∵PA⊥平面ABCD、BC 平面ABCD．
∴BC⊥PA，∴BC⊥平面P⊂AC，
∴BC⊥PC，
在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝ ．
在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝ ，
∴AM＝CM．
（2）连接DB交AC于F，
∵DC ，∴DF＝ ．
取PM中点G，连接DG，FM，则DG∥FM，
又DG 平面MAC，FM 平面AMC，
∴DG∥⊄平面AMC，连D⊂N，GN，则GN∥MC，
∴GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，
∴平面DNG∥平面ACM，
又DN 平面DNG，
∴DN∥⊂平面ACM．
【点评】本题考查空间想象能力，逻辑推理能力，证明线段相等，直线与平面平行的判定定理的应用，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 26是中档题．
19．（2023•温州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，△ADP是等边三角形，
AB＝AP＝2，BP＝3，AD⊥BP．
（Ⅰ）求BC的长度；
（Ⅱ）求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
【分析】（I）取AD中点F，连PF、BF，推导出 PF⊥AD，AD⊥BP，从而 AD⊥平面 PFB，进而
AD⊥BF，由此能求出BC．
（II）推导出平面PFB⊥平面APD，作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，由此能求出直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
【解答】解：（I）取AD中点F，连PF、BF，
∵△ADP是等边三角形，∴PF⊥AD，……………………（2分）
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，∵BF 平面PFB，∴AD⊥BF，………………………（4分）
⊂
∴BD＝AB＝2，∴BC＝ ． …………………………（6分）
（II）∵AD⊥平面PFB，AD 平面APD
∴平面PFB⊥平面APD ……⊂……………………………（8分）
作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，…………（10分）
由题意得PF＝BF＝ ，又∵BP＝3，
∴∠GFB＝30°，BG＝ ，……………………（12分）
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD＝1，∴BH＝2 ，
∴sin∠BHG＝ ．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 27∴直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为 ．……………………（15分）
【点评】本题考查线估长的求法，考查考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的
位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
20．（2023•广陵区校级模拟）如图，菱形ABCD与四边形BDEF相交于BD，∠ABC＝120°，BF⊥平面
ABCD，DE∥BF，BF＝2DE，AF⊥FC，M为CF的中点，AC∩BD＝G．
（I）求证：GM∥平面CDE；
（II）求直线AM与平面ACE所成角的正弦值．
【分析】（I）取BC的中点N，连接GN，GM，MN．由MN∥BF∥DE，GN∥CD可得平面GMN∥平
面CDE，故而GM∥平面CDE；
（II）以G为原点，建立空间坐标系，求出平面ACE的法向量 和 的坐标，计算 和 的夹角即可
得出结论．
【解答】证明：（Ⅰ）取BC的中点N，连接GN，GM，MN．
因为G为菱形对角线的交点，所以G为AC中点，
又N为BC中点，所以GN∥CD，
又因为M，N分别为FC，BC的中点，
所以MN∥FB，又因为DE∥BF，
所以DE∥MN，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 28又MN∩GN＝N，
所以平面GMN∥平面CDE，
又GM 平面GMN，
所以G⊂M∥平面CDE．
（Ⅱ）连接GF，设菱形的边长AB＝2，则由∠ABC＝120°，得 ，
又因为AF⊥FC，所以 ，
则在直角三角形GBF中， ，所以 ，
以G为坐标原点，分别以GA，GD所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系G﹣xyz，
则 ，
则 ，
设 为平面ACE的一个法向量，则 即 ，
令 ，得 ，
又 ， 所 以 ＝
＝ ＝ ，
所以直线AM与平面ACE所成角的正弦值为 ．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 29【点评】本题考查了线面平行的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．
21．（2023•泉州模拟）如图，已知三棱柱 ABC﹣A B C 的侧棱与底面垂直，AA ＝AB＝AC＝1，
1 1 1 1
AB⊥AC，M，N分别是CC ，BC的中点，点P在直线A B 上．
1 1 1
（1）证明：PN⊥AM；
（2）当平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为45°时，求平面PMN与侧面A ACC 的交线长．
1 1
【分析】（1）由题意以 分别作为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设 ，
得出点P的坐标，从而得出向量 的坐标，求出其数量积为0，即可证明PN⊥AM．
（2）分别求出平面PMN与平面ABC的法向量，结合条件得出点P的位置，再求出平面PMN与侧面
A ACC 的交线长即可．
1 1
【解答】解：（1）证明：由题意AB，AC，AA 两两垂直．
1
所以以 分别作为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 30则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），A （0，0，1），B （1，0，1），C （0，1，1）．
1 1 1
∵M是CC 的中点，N是BC的中点，∴ ，
1
设 ，∴P（ ，0，1），则 ，
λ
则 ，所以PN⊥AM．
（2）设 ，则 ，
设平面PMN的一个法向量为 ，
则 ，即
令x＝3，则 ，
又平面ABC的一个法向量为 ，
平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为45°时，
∴ ，即 ，
解得 ，此时 ，如图位置，设E为AB的中点，连接PE，交AA 于点Q，
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 31由 且A P∥AE，
1
所以△A PQ≌△AEQ，则Q为AA 中点．
1 1
连接QM，由Q，M分别为AA ，CC 中点，可知QM∥AC，
1 1
又E，N分别为AB，BC中点，则EN∥AC，所以QM∥EN，
所以点E，N，M，Q共面，又P EP，
所以E，N，M，Q，P共面，即面∈ MNP与面NMPQE重合．
所以平面PMN与侧面A ACC 的交线为QM，
1 1
所以交线长度为QM＝AC＝1．
【点评】本题考查二面角的求法和线性垂直的证明，考查运算能力，属于中档题．
22．（2023•天津模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA＝
60°，AP＝AC＝AD＝2，E为CD的中点，M在AB上，且 ＝2 ．
（Ⅰ）求证：EM∥平面PAD；
（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
（Ⅲ）点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角45°，求AF的长．
【分析】（Ⅰ）以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，利用向
量法能证明EM∥平面PAD．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 32（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和平面PAD的法向量，利用向量法能求出平面PAD与平面PBC所成锐二
面角的余弦值．
（Ⅲ）令 ， ，求出 ，由
此利用向量法能求出AF的长．
【解答】证明：（Ⅰ）以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，
A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0）， ，P（0，0，
2），…（2分）
设M（x，y，z），
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，…（3分）
∴ ，平面PAD的法向量 …（4分）
∴ ，
∴ ，
又∵EM 平面PAD，
∴EM∥⊄平面PAD，…（5分）
解：（Ⅱ）设平面PBC的法向量 ，
∵ ，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 33，即 ，令x＝﹣1，
∴
∴ ，…（7分）
平面PAD的法向量 ，
设二面角所成的锐二面角为 ，
θ
∴ ，
平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 ．…（9分）
（Ⅲ）令 ， ，
∴F（2 ，0，2﹣2 ）…（10分）
λ λ
，
∴ …（11分）
∴4 2﹣6 +2＝0，
λ λ
∴ 或 ＝1（舍）
∴F（1，0，λ1），
∴ ．…（13分）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 34【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线段长的求法，是中档题，解题
时要认真审题，注意向量法的合理运用．
23．（2023•海淀区模拟）如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为 1，高为2的圆锥，下
部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面
重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA 、BB 是圆柱的两条母线，C是弧 的中
1 1
点．
（1）求异面直线PA 与BC所成的角的大小；
1
（2）求点B 到平面PAC的距离．
1
【分析】（1）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能
求出异面直线PA 与BC所成的角的大小．
1
（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法能求出点B 到平面PAC的距离．
1
【解答】解：（1）由题意以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P（0，0，4），A （0，﹣1，2），B（0，1，0），C（1，0，0），
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 35＝（0，﹣1，﹣2）， ＝（1，﹣1，0），
cos＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ．
∴异面直线PA 与BC所成的角的大小为 ．
1
（2）B （0，1，2），A（0，﹣1，0），
1
＝（0，1，﹣2）， ＝（0，﹣1，﹣4）， ＝（1，0，﹣4），
设平面PAC的法向量 ＝（x，y，z），
则 ，取z＝1，得 ＝（4，﹣4，1），
∴点B 到平面PAC的距离为：
1
d＝ ＝ ＝ ．
【点评】本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的
位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
24．（2023•市中区校级模拟）在直角梯形AA B B中，A B ∥AB，AA ⊥AB，AB＝AA ＝2A B ＝6，直角
1 1 1 1 1 1 1 1
梯形AA B B绕直角边AA 旋转一周得到如下图的圆台A A，已知点P，Q分别在线段CC ，BC上，二
1 1 1 1 1
面角B ﹣AA ﹣C 的大小为 ．
1 1 1
θ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 36（1）若 ＝120°， ，AQ⊥AB，证明：PQ∥平面AA B B；
1 1
（2）若θ＝90°，点P为CC 上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面AA C C所成最大角的正切值，
1 1 1
并求此时θ二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【分析】（1）由已知可建立以A为原点，AB，AQ，AA 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标
1
系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；
（2）根据已知可建立以A为原点，AB，AC，AA 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设
1
，根据线面关系求得PQ与平面AA C C所成最大角的正切值，即得 的值，
1 1
利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值． λ
【解答】（1）证明：∵AA ⊥AB，∴AA ⊥AC，∴∠BAC＝∠B A C ＝ ＝120°，
1 1 1 1 1
又AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，∴AA ⊥平面ABC， θ
1
又AQ 平面ABC，∴AA⊂⊥AQ，又AQ⊥AB，
1
如图，⊂以A为原点，AB，AQ，AA 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
1
由于AB＝AA ＝2A B ＝6，∴ ，
1 1 1
则 ，
又 ， ∴ ， 则
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 37，
∴ ，又y轴⊥平面AA B B，
1 1
故 可为平面AA B B的一个法向量，
1 1
又 ，且PQ 平面AA B B，∴PQ∥平面AA B B；
1 1 1 1
⊄
（2）解：∵AA ⊥AB，∴AA ⊥AC，∴∠BAC＝∠B A C ＝ ＝90°，
1 1 1 1 1
如图，以A为原点，AB，AC，AA 所在直线分别为x，y，zθ轴建立空间直角坐标系，
1
则B（6，0，0），C（0，6，0），C （0，3，6），Q（3，3，0），
1
设 ，则 ，
则 ，
又x轴⊥平面AA C C，∴ 可作为平面AA C C的一个法向量，
1 1 1 1
设PQ与平面AA C C所成角为 ，且 ，
1 1
α
则 ，
又函数y＝sin 与y＝tan 均在 上单调递增，
α α
∴当 时， 有最大值为 ，此时tan 也取到最大值，
α
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 38又 ，则 ；
设 为 平 面 APQ 的 法 向 量 ， 又
，
∴ ，令z＝9，则平面APQ的法向量 ，
平面APC的一个法向量为 ，
∴ ，由图可知二面角Q﹣AP﹣C为锐角，即二面角Q﹣AP
﹣C的余弦值为 ．
∴PQ与平面AA C C所成最大角的正切值为 ，此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值为 ．
1 1
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，线面角、二面角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解
能力，属于难题．
25．（2023•分宜县校级一模）在正△ABC 中，E，F，P 分别是 AB，AC，BC 边上的点，满足
，将△AEF沿EF折起到△A EF的位置，使二面角 A ﹣EF﹣B成直二面角，连接
1 1
A B，A P．
1 1
（1）求证：A E⊥平面BEP；
1
（2）求直线A E与平面A BP所成角的大小．
1 1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 39【分析】（1）取BE的中点D，连接DF．说明∠A EB为二面角A ﹣EF﹣B的平面角，证明二面角A
1 1 1
﹣EF﹣B为直二面角，证明A E⊥平面BEF，即可证明A E⊥平面BEP；
1 1
（ 2 ） 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 求 出 ， 平 面 A BP 的 法 向 量 ， 利 用
1
，求直线A E与平面A BP所成角的大小．
1 1
【解答】解：不妨设正三角形的边长为3．
（1）在图1中，取BE的中点D，连接DF．
∵ ，AF＝AD＝2，又∠A＝60°，△ADF为正三角形．
又∵AE＝ED＝1，
∴EF⊥AD，
∴在图2中有A E⊥EF，BE⊥EF．
1
∴∠A EB为二面角A ﹣EF﹣B的平面角．
1 1
∵二面角A ﹣EF﹣B为直二面角，
1
∴A E⊥BE
1
又∵BE∩EF＝E，
∴即A E⊥平面BEF，即A E⊥平面BEP
1 1
（2）由（1）可知，A E⊥平面BEP，BE⊥EF，建立坐标系则E（0，0，0），A （0，0，1），B（2，
1 1
0，0），
F（0， ，0），D（1，0，0），不难得出EF∥DP且EF＝DP，DE∥EP且DE＝FP．
故P点的坐标为（1， ，0），
∴
设平面A BP的法向量 ＝（x，y，z），
1
则
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 40∴ ．
∴ ．
∴A E与平面A BP所成角的大小为 ．
1 1
【点评】本题考查用空间向量求直线与平面的夹角，考查计算能力，空间想象能力，逻辑思维能力，是
中档题．
26．（2023•天津模拟）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，
AC＝ ，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
【分析】（Ⅰ）建立坐标系，求出向量的坐标，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出线面垂直即可；
（Ⅱ）设平面SAD的法向量为 ＝（x，y，z），求出一个法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足为H，求出 的坐标，从而求出点A到平面SCD的距离．
【解答】解：如图示：
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 41，
以C为原点建立空间直角坐标系，
由题意得：A（ ，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）证明：∵ ＝（﹣1，1，0）， ＝（1，1，0）， ＝（0，0，3），
∴ • ＝﹣1+1+0＝0， • ＝0+0+0＝0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS＝C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得 ＝（﹣1，1，0）为平面SCD的一个法向量，
设平面SAD的法向量为 ＝（x，y，z），
而 ＝（﹣ ，1，0）， ＝（﹣ ，0，3），
则 ，即 ，
不妨设x＝2，可得 ＝（2，1，1），
易知二面角A﹣SD﹣C为锐角，
因此有|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ，
即二面角A﹣SD﹣C的余弦值是 ；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 42（Ⅲ）解： ＝（﹣ ，0，0）， ＝（﹣ ，1，0）， ＝（﹣ ，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足为H，
设 ＝x +y +z ＝（﹣ x﹣ y﹣ z，y，3z），且x+y+z＝1，
由 ⊥ ， ⊥ ，得：
，解得 ，
∴ ＝（﹣ ， ，0），| |＝ ，
即点A到平面SCD的距离是 ．
【点评】本题考查了线面垂直，考查平面的法向量，点到平面的距离，是一道中档题．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 43
