壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總命題預測本專題考查類型主要涉及點立體幾何的內容，主要涉及了立體幾何中的動點問題，外接球內切球問題，以及不規則圖形的夾角問題，新定義問題等。預計2024年后命題會繼續在以上幾個方面進行。高頻考法題型01幾何圖形內切球、外接球問題題型02立體幾何中的計數原理排列組合問題題型03立體幾何動點最值問題題型04不規則圖形中的面面夾角問題題型05不規則圖形中的線面夾角問題題型06幾何中的旋轉問題題型07立體幾何中的折疊問題題型08不規則圖形表面積、體積問題題型09立體幾何新定義問題題型10立體幾何新考點01幾何圖形內切球、外接球問題解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.1.（多選）（23-24高三下·浙江·開學考試）如圖，八面體的每個面都是正三角形，并且4個頂點A,B,C,D在同一個平面內，如果四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則（

）A．異面直線AE與DF所成角大小為πB．二面角A?EB?C的平面角的余弦值為1C．此八面體一定存在外接球D．此八面體的內切球表面積為8

【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標系，運用坐標法計算異面直線所成角及二面角可判斷A項、B項，由|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|可判斷C項，運用等體積法求得內切球的半徑，進而可求得內切球的表面積即可判斷D項.【詳解】連接AC、BD交于點O，連接OE、OF，因為四邊形ABCD為正方形，則AC⊥BD，又因為八面體的每個面都是正三角形，所以E、O、F三點共線，且EF⊥面ABCD，所以以O為原點，分別以OB、OC、OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系O?xyz，如圖所示，

則O(0,0,0)，A(0,?2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，對于A項，AE=(0,2,設異面直線AE與DF所成角為θ，則cosθ=|所以θ=π3，即異面直線AE與DF所成角大小為對于B項，BE=(?2,0,2)設面ABE的一個法向量為n=(則n?BE=0n?BA=0??設面BEC的一個法向量為m=(則n?BE=0n?BC=0??所以cosn又因為面ABE與BEC所成的二面角的平面角為鈍角，所以二面角A?EB?C的平面角的余弦值為?1對于C項，因為|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=2所以O為此八面體外接球的球心，即此八面體一定存在外接球，故C項正確；對于D項，設內切球的半徑為r，則八面體的體積為V=2V又八面體的體積為V=8V所以833r=所以內切球的表面積為4π故選：ACD.2.（2024·浙江寧波·二模）在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=4,AA．9π B．16π C．25π【答案】C【分析】根據勾股定理求解棱臺的高MN=1,進而根據相切，由勾股定理求解球半徑R=5【詳解】設棱臺上下底面的中心為N,M,連接D1則D1所以棱臺的高MN=B設球半徑為R,根據正四棱臺的結構特征可知：球O與上底面A1B1C1設BC中點為E，連接OE,OM,ME,所以OE2=O所以球O的表面積為4π故選：C3.（2024·河北石家莊·二模）已知正方體的棱長為22，連接正方體各個面的中心得到一個八面體，以正方體的中心O為球心作一個半徑為233A．26π B．463π 【答案】B【分析】畫出圖形，求解正方體的中心與正八面體面的距離，然后求解求與正八面體的截面圓半徑，求解各個平面與球面的交線、推出結果.【詳解】如圖所示，M為EF的中點，O為正方體的中心，過O作PM的垂線交于點N，正八面體的棱長為2，即EF=2，故OM=1，OP=2，PM=3，則設球與正八面體的截面圓半徑為r，如圖所示，則r=(由于MN=ZN=33，NJ=NI=63，所以IJ=233，則∠INJ=π2，平面故選：B4.（多選）（2022·山東聊城·二模）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的π倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓柱，下列選項正確的是（

）A．底面橢圓的離心率為2B．側面積為24C．在該斜圓柱內半徑最大的球的表面積為36πD．底面積為4【答案】ABD【分析】不妨過斜圓柱的最高點D和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出過斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓柱底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，得橢圓面積，利用橢圓的側面積公式可求得斜橢圓的側面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓柱內半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關鍵各選項．【詳解】不妨過斜圓柱的最高點D和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，矩形ABCD是圓柱的軸截面，平行四邊形BFDE是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，由圓柱的性質知∠ABF=45°，則BF=2AB，設橢圓的長軸長為2a，短軸長為2b，則2a=2?2b，所以離心率為e=cEG⊥BF，垂足為G，則EG=6，易知∠EBG=45°，BE=62，又CE=AF=AB=4所以斜圓柱側面積為S=2π×2×(4+622b=4，b=2，2a=42，a=2橢圓面積為πab=42由于斜圓錐的兩個底面的距離為6，而圓柱的底面直徑為4，所以斜圓柱內半徑最大的球的半徑為2，球表面積為4π×2故選：ABD．5.（21-22高三上·湖北襄陽·期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，球O1同時與以A為公共頂點的三個面相切，球O2同時與以C1為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點F.若以F為焦點，AB1為準線的拋物線經過O1，【答案】2?3/【分析】首先根據拋物線的定義結合已知條件得到球O2內切于正方體，設r2=1【詳解】如圖所示：根據拋物線的定義，點O2到點F的距離與到直線A其中點O2到點F的距離即半徑r2，也即點O2點O2到直線AB1的距離即點O因此球O2不妨設r2=1，兩個球心O1，O兩個球在平面AB則O2F=r2因為r1AO1=因此(3+1)r1=故答案為：2?02立體幾何中的計數原理排列組合問題6.（2024·浙江臺州·二模）房屋建造時經常需要把長方體磚頭進行不同角度的切割，以契合實際需要.已知長方體的規格為24cm×11cm×5cm，現從長方體的某一棱的中點處作垂直于該棱的截面，截取1次后共可以得到12A．8 B．10 C．12 D．16【答案】B【分析】根據原長方體體積與得到的體積為165cm3長方體的關系，分別對長寬高進行減半，利用分類加法計數原理求解即可.【詳解】由題意，V長方體=24×11×5=8×165，為得到體積為需將原來長方體體積縮小為原來的18可分三類完成：第一類，長減半3次，寬減半3次、高減半3次，共3種；第二類，長寬高各減半1次，共1種；第三類，長寬高減半0,1,2次的全排列A3根據分類加法計數原理，共3+1+6=10種.故選：B7.（2023·江蘇南通·模擬預測）在空間直角坐標系O?xyz中，A10,0,0,B0,10,0A．C103 B．C93 C．【答案】B【分析】先利用空間向量法求得面ABC的一個法向量為n=1,1,1，從而求得面ABC上的點Pa,b,c滿足a+b+c=10，進而得到棱錐O?ABC內部整點為Q【詳解】根據題意，作出圖形如下，因為A10,0,0,B0,10,0設面ABC的一個法向量為n=x,y,z，則令x=1，則y=1,z=1，故n=設Pa,b,c是面ABC上的點，則AP故AP?n=a?10+b+c=0不妨設三棱錐O?ABC內部整點為Qs,t,r，則s,t,r∈N?，故s≥1,t≥1,r≥1易知若s+t+r=10，則Q在面ABC上，若s+t+r>10，則Q在三棱錐O?ABC外部，所以3≤s+t+r≤9，當s+t+r=n,n∈N?且將n寫成n個1排成一列，利用隔板法將其隔成三部分，則結果的個數為s,t,r的取值的方法個數，顯然有Cn?1所有整點Qs,t,r的個數為C因為Cn所以C22+故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是求得面ABC上的點Pa,b,c滿足a+b+c=10，從而確定三棱錐O?ABC內部整點為Qs,t,r滿足8.（2024·重慶·模擬預測）從長方體的8個頂點中任選4個，則這4個點能構成三棱錐的頂點的概率為（

）A．2736 B．2935 C．67【答案】B【分析】首先求出基本事件總數，再計算出這4個點在同一個平面的概率，最后利用對立事件的概率公式計算可得.【詳解】根據題意，從長方體的8個頂點中任選4個，有C8“這4個點構成三棱錐的頂點”的反面為“這4個點在同一個平面”，而長方體有2個底面和4個側面、6個對角面，一共有12種情況，則這4個點在同一個平面的概率P=12所以這4個點構成三棱錐的概率為1?6故選：B．9.（多選）（2024·重慶·模擬預測）如圖，16枚釘子釘成4×4的正方形板，現用橡皮筋去套釘子，則下列說法正確的有(不同的圖形指兩個圖形中至少有一個頂點不同)（

）A．可以圍成20個不同的正方形B．可以圍成24個不同的長方形(鄰邊不相等)C．可以圍成516個不同的三角形D．可以圍成16個不同的等邊三角形【答案】ABC【分析】利用分類計算原理及組合，結合圖形，對各個選項逐一分析判斷即可得出結果.【詳解】不妨設兩個釘子間的距離為1，對于選項A，由圖知，邊長為1的正方形有3×3=9個，邊長為2的正方形有2×2=4個，邊長為3的正方形有1個，邊長為2的正方形有2×2=4個，邊長為5的有2個，共有20個，所以選項A正確，對于選項B，由圖知，寬為1的長方形有3×3=9個，寬為2的長方形有4×2=8個，寬為3的長方形有5個，寬為2的有2個，共有24個，所以選項B正確，對于選項C，由圖知，可以圍成C16對于選項D，由圖可知，不存在等邊三角形，所以選項D錯誤，故選：ABC.10.（2024·上海浦東新·模擬預測）如圖ABCDEF?A'B'C'D

【答案】6【分析】根據題意，相交時分為：在側面內相交，兩個相鄰面相交于一個點，相隔一個面中相交于對角線延長線上，分別分析幾種情況下對角線共面的個數，再利用古典概型的概率計算公式，計算結果即可．【詳解】由題意知，若兩個對角線在同一個側面，因為有6個側面，所以共有6組，若相交且交點在正六棱柱的頂點上，因為有12個頂點，所以共有12組，若相交且交點在對角線延長線上時，如圖所示，連接AD，C'D，E'D，

先考慮下底面，根據正六邊形性質可知EF//AD//BC，所以E'且B'C'=E故AF'，DE'相交，且C'則正六邊形對角線AD所對應的有2組共面的面對角線，同理可知正六邊形對角線BE，CF所對的分別有兩組，共6組，故對于上底面對角線A'D'，B'E若對面平行，一組對面中有2組對角線平行，三組對面共有6組，所以共面的概率是6+12+12+6C故答案為：61103立體幾何動點最值問題空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發揮空間想象，明確空間的位置關系，結合空間距離，確定動點的軌跡形狀；結合等體積法求得點到平面的距離，結合線面角的定義求解.11.（多選）（2024·浙江臺州·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，P為平面ABCD內一動點，且直線A．點P的軌跡為拋物線B．正方體ABCD?A1B1C．直線CP與平面CDD1D．點M為直線D1B上一動點，則MP+ME【答案】BCD【分析】對于A，根據到D點長度為定值，確定動點軌跡為圓；對于B，理解內切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積；對于C，找到線面所成角的位置，再根據動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值；對于D，需要先找到P點位置，再將立體問題平面化，根據三點共線距離最短求解.【詳解】對于A，因為直線D1P與平面ABCD所成角為π3，所以DP=1tanπ3對于B，在面BB1D1D內研究，如圖所示O為內切球球心，O1為上底面中心，O2為下底面中心，G為內切球與面A1BC1的切點.已知OG⊥O1B，OG為球心到面A1BC對于C，直線CP與平面CDD1C1所成角即為∠PCD，當CP與P點的軌跡圓相切時，對于D，分析可知，P點為BD和圓周的交點時，MP最小.此時可將面D1AB沿著D1當E',M,P三點共線時，MP+ME最小.因為O2P=3故選：BCD12.（多選）（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1CA．若M在線段AB上，則D1M+MCB．平面ACD1C．若C1M與AB所成的角為π4D．對于給定的點M，過M有且僅有3條直線與直線D1A,【答案】ABD【分析】合理構造圖形，利用三角形的性質判斷A，利用球的截面性質判斷B，利用線線角的幾何求法求出軌跡方程判斷C，合理轉化后判斷D即可.【詳解】對于A，延長DA到E使得AE=2則D1等號在E,M,C共線時取到；故A正確，對于B，由于球的半徑為12，球心到平面ACD1故被截得的圓的半徑為14?1對于C，C1M與AB所成的角即為C1M和則x2+y2+1=2(對于D，顯然過M的滿足條件的直線數目等于過D1的滿足條件的直線l在直線l上任取一點P，使得D1不妨設∠PD1A=π3所以P有兩種可能，直線l也有兩種可能，若∠PD1C=就是與∠AD1C故選：ABD13.（多選）（2023·安徽蕪湖·模擬預測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，棱AB的中點為M，過點M作正方體的截面A．當MN最大時，MN與BC所成的角為πB．三棱錐A1?BNC．若DN=2，則點N的軌跡長度為D．若N∈平面A1BCD1【答案】BCD【分析】記BC,CC1,C1D,D1A1,A1A的中點分別為F,H,G,F,E，構建空間直角坐標系，證明M,F,H,G,F,E共面，且DB1⊥平面MEFGHI，由此確定平面α，找到MN最大時N【詳解】記BC,CC1,連接EF,FG,GH,HI,IM,ME，連接GM,FI，因為FG∥A1所以FG∥MI，FG=MI，所以四邊形連接FI,MG，記其交點為S，根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，B12,2,2,M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(1,0,2)，G(0,1,2)，

因為DB1=2,2,2，SM=SG=?1,0,1，SF=所以DB1?SM=0DB1?SG所以M,E,F,G,H,I六點共面，因為DB1=2,2,2，所以DB1?所以DB1⊥所以DB1⊥MI,DB1所以DB1⊥平面MEFGHI，故平面MEFGHI對于A，N與G重合時，MN最大，且MN//BC所以MN與BC所成的角的平面角為∠C又BC=所以∠C1BC=對于B，因為所以DB1=2,2,2，所以DB1?所以DB1⊥所以DB1⊥A1所以DB1⊥平面A1B所以平面A1BC所以點N到平面A1BC1的距離與點所以VA向量DB1=2,2,2為平面所以M到面A1BC又△A1B所以三棱錐A1?BNC對于C：若DN=2，點N在截面MEFGHI所以點N的軌跡是以D為球心，半徑為2的球體被面MEFGHI所截的圓（或其一部分），因為DS=1,1,1，DB所以DS⊥平面MEFGHI，所以截面圓的圓心為S，因為DB1=2,2,2是面所以D到面MEFGHI的距離為d'故軌跡圓的半徑r=22?故點N的軌跡長度為2π對于D，N∈平面A1BCD1，又平面A1BCD1與平面所以點N的軌跡為線段FI，翻折△C1FI

所以當B,N,C1三點共線時，BN+由已知C1I=C1過C1作C1T⊥BI，垂足為T所以IT所以BC所以BN+NC故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于根據截面的性質確定滿足條件的過點M的截面位置，再結合異面直線夾角定義，錐體體積公式，球的截面性質，空間圖形的翻折判斷各選項.14.（多選）（2024·福建廈門·一模）如圖所示，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，△ABF和△DCE均是等邊三角形，且AB=23，EF=x(x>0)A．EF//平面ABCDB．二面角A?EF?B隨著x的減小而減小C．當BC=2時，五面體ABCDEF的體積V(x)最大值為27D．當BC=32時，存在x使得半徑為3【答案】ACD【分析】A由線面平行的判定證明；B設二面角A?EF?B的大小為2α，點F到面ABCD的距離為?，則tanα=3?，分析取最小值的對應情況即可判斷；C把五面體ABCDEF補成直三棱柱FGI?EKJ，取AB,GI的中點M,H，設∠FMH=θ(0<θ≤π2)，則MH=3cosθ,FH=3sinθ，結合【詳解】A：由題設BC//AD，AD?面ADEF，BC?面ADEF，則BC//面ADEF，由面BCEF∩面ADEF=EF，BC?面BCEF，則BC//EF，BC?面ABCD，EF?面ABCD，則EF//平面ABCD，對；B：設二面角A?EF?B的大小為2α，點F到面ABCD的距離為?，則tanα=點F到面ABCD的距離，僅在面FAB⊥面ABCD時取得最大值，當EF=x=BC時tanα取最小值，即α取最小值，即二面角A?EF?B所以EF=x∈(0,+∞

C：當BC=2，如圖，把五面體ABCDEF補成直三棱柱FGI?EKJ，分別取AB,GI的中點M,H，易得FH⊥面ABCD，FM=3，設∠FMH=θ(0<θ≤π2)V(x)=VABCDEF=VFGI?EKJ令f(θ)=63sinθ+6令f'(θ)=0?2cos2θ+cosθ?1=00<θ<π3，f'(θ)>0，f(θ)遞增，π3顯然θ=π3是f(θ)的極大值點，故所以五面體ABCDEF的體積V(x)最大值為272D：當BC=32時，△ABF和△DCE所在平面均垂直于面ABCD時構成正三棱柱此時正三棱柱內最大的求半徑r=34<32對于一般情形，如下圖示，左圖為左視圖，右圖為正視圖，

由C分析結果，當五面體ABCDEF體積最大時，其可內含的球的半徑較大，易知，當∠FMH=π3時，設△FIG的內切圓半徑為r1，則12×另外，設等腰梯形EFMN中圓的半徑為r2，則r所以，存在x使半徑為32的球都能內含于五面體ABCDEF故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：對于C通過補全幾何體為棱柱，設∠FMH=θ(0<θ≤π2)得到五面體ABCDEF的體積關于θ15.（多選）（2024·廣西南寧·一模）在邊長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，動點A．當x=14,z=0,y∈0,1B．當x=y=1,z=12時，異面直線BM與CC．當x+y+z=1，且AM=253時，則D．當x+y=1,z=0時，AM與平面AB1【答案】AD【分析】對于A，確定M的位置，利用側面展開的方法，求線段的長，即可判斷；對于B，利用平移法，作出異面直線所成角，解三角形，即可判斷；對于C，結合線面垂直以及距離確定點M的軌跡形狀，即可確定軌跡長度；對于D，利用等體積法求得M點到平面AB1D1的距離，結合線面角的定義求得【詳解】對于A，在AB上取點H，使AH=14AB，在因為x=14,z=0,y∈0,1，即將平面B1HKC1與平面

連接B1D交HK于P，此時B,P,D三點共線，B1由于AH=14故AB即此時B1M+MD的最小值為對于B，由于x=y=1,z=12時，則此時M為CC1的中點，取C1

則MN∥CD1,故∠BMN即為異面直線又MN=12C故cos∠BMN=而異面直線所成角的范圍為(0,π故異面直線BM與CD1所成角的余弦值為對于C，當x+y+z=1時，可得點M的軌跡在△A由于CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD又BD⊥AC，AC∩CC1=C,AC,CC1?平面AC1?平面ACC1A1B∩BD=B,A1B,BD?平面A設AC1與平面A1△A1BD為邊長為22的正三角形，則點A到平面若AM=253即M點落在以P為圓心，22

P點到△A1BD即M點軌跡是以P為圓心，223為半徑的圓的一部分，其軌跡長度小于圓的周長對于D，因為B1D1∥BD,BD?平面AB1D1

因為當x+y=1,z=0時，AM=AB+點M到平面AB1D1的距離等于點B到平面則VB?A△AB1D1為邊長為解得d=2又M在BD上，當M為BD的中點時，AM取最小值2，設直線AM與平面AB1D則sinθ=dAM=233故選：AD【點睛】難點點睛：本題考查了空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發揮空間想象，明確空間的位置關系，難點在于C，D選項的判斷，對于C，要結合空間距離，確定動點的軌跡形狀；對于D，要結合等體積法求得點到平面的距離，結合線面角的定義求解.04不規則圖形中的面面夾角問題利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關向量用坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．16.（2024·浙江臺州·二模）如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=3A1B1，AB∥CD，(1)求證：BQ∥平面AD(2)若四棱錐Q?ABB1A1的體積為323【答案】(1)證明見解析(2)21【分析】（1）分別延長線段AA1，BB1，CC1，DD1交于點P，將四棱臺補成四棱錐P?ABCD，取DD1的中點（2）先證明AD⊥平面ABB1A1，再以A為坐標原點，以直線AB為x軸，以直線AD為y軸，建立空間直角坐標系，求得平面CDD1C1的法向量為【詳解】（1）證明：如圖所示：分別延長線段AA1，BB1，CC1，∵A1B1=1取DD1的中點E，連接QE，∵QE//CD//AB，且QE=123+9∴BQ∥AE，又AE?平面ADD1A∴BQ∥平面AD（2）由于VQ?ABB1又梯形ABB1A設C到平面ABB1A1距離為?，則而CD∥AB，AB?平面ABB1A所以CD∥平面AB所以點C到平面ABB1A而?=6=AD，所以AD⊥平面ABB以A為坐標原點，以直線AB為x軸，以直線AD為y軸，建立空間直角坐標系，易得△PAB為等邊三角形，所以A0,0,0，B6,0,0，C9,6,0，設平面CDD1C則m→得x=0，y=32z又平面ABB1A則，平面ABB1A1與平面17.（2024·浙江杭州·二模）如圖，在多面體ABCDPQ中，底面ABCD是平行四邊形，∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M為BC的中點，PQ∥(1)證明：∠ABQ=90°；(2)若多面體ABCDPQ的體積為152，求平面PCD與平面QAB【答案】(1)證明見解析；(2)310【分析】（1）根據余弦定理求解DM=3，即可求證DM⊥DC（2）根據體積公式，結合棱柱與棱錐的體積關系，結合等體積法可得PM=?=33【詳解】（1）在△DCM中，由余弦定理可得DM=D所以DM2+D所以DM⊥DC．又因為DC⊥PD，DM∩PD=D,DM,DP?平面PDM,所以DC⊥平面PDM,PM?平面PDM．所以DC⊥PM．由于PQ//BM,PQ=BM=2,所以四邊形PQBM為平行四邊形，所以PM∥又AB∥DC，所以AB⊥BQ，所以∠ABQ=90°．（2）因為QB⊥MD，所以PM⊥MD，又PM⊥CD，DC∩MD=D,DC,MD?平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD．取AD中點E，連接PE，設PM=?．設多面體ABCDPQ的體積為V，則V==S解得PM=?=33建立如圖所示的空間直角坐標系，則A?D3則平面QAB的一個法向量n=所以CD=設平面PCD的一個法向量m=則m?CD=0,n?所以cosθ=所以平面PAD與平面PMD夾角的余弦值為31018.（2024·浙江金華·模擬預測）已知四棱錐P?ABCD的棱AB,BC的長為2，其余各條棱長均為1．(1)求四棱錐P?ABCD的體積；(2)求二面角A?PC?B的大小．【答案】(1)2(2)90【分析】（1）設四邊形ABCD的外接圓半徑為r，求得2r=BD=3，利用等面積求得四邊形ABCD的面積，求出P到平面ABCD的距離d（2）利用線面垂直，推出面面垂直，求解二面角.【詳解】（1）如圖（1）所示，四棱錐P?ABCD中，AB=BC=2所以點P在底面內的射影為底面四邊形ABCD的外接圓的圓心O，即四邊形ABCD為圓內接四邊形，如圖（2）所示,根據四邊形ABCD的對稱性，可得BD為外接圓的直徑，AC⊥BD,所以∠DAB=90設四邊形的半徑為r，在直角ABD中，可得BD=2r=3，OA=由等面積法S四邊形又由點P在底面內的射影為底面四邊形ABCD的外接圓的圓心O，所以OP⊥底面四邊形ABCD,即OP=所以VP?ABCD

（2）由PC=PA=PB=1,AB=BC=2所以B即PB⊥PA,PB⊥PC,又PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC,所以PB⊥平面PAC,又PB?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC,所以二面角A?PC?B為90°19.（2024·安徽·二模）將正方形ABCD繞直線AB逆時針旋轉90°，使得CD到EF(1)求證：平面ACF⊥平面BDE；(2)點M為DF上一點，若二面角C?AM?E的余弦值為13，求∠MAD【答案】(1)證明見解析(2)∠MAD=【分析】（1）根據面面與線面垂直的性質可得BD⊥AF，結合線面、面面垂直的判定定理即可證明；（2）建立如圖空間直角坐標系，設∠MAD=α，AB=1，利用空間向量法求出二面角C?AM?E的余弦值，建立方程1?sinαcos【詳解】（1）由已知得平面ABCD⊥平面ABEF，AF⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AF?平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，故BD⊥AF，因為ABCD是正方形，所以BD⊥AC，AC，AF?平面ACF，AC∩AF=A，所以BD⊥平面ACF，又BD?平面BDE，所以平面ACF⊥平面BDE.（2）由（1）知AD，AF，AB兩兩垂直，以AD，AF，AB所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖.設∠MAD=α，AB=1，則A0,0,0，Mcosα,sinα,0故AM=cosα,sin設平面AMC的法向量為m=x1,故x1+z1=0x所以m設平面AME的法向量為n=x2,故y2+z2=0x所以n=所以cosm由已知得1?sin化簡得：2sin22α?9sin2α+7=0故α=45°，即∠MAD=45°.20.（2024·山西·二模）如圖，四棱錐P?ABCD中，二面角P?CD?A的大小為90°，∠DCP=∠DPC<π4，∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°

(1)求證：平面EBD⊥平面PCD；(2)若直線PD與底面ABCD所成的角為60°，求二面角B?ED?C【答案】(1)證明見解析(2)7【分析】（1）由題意可得BD⊥CD，平面PCD⊥平面ABCD，根據面面垂直的性質可得BD⊥平面PCD，結合面面垂直的判定定理即可證明；（2）過P作CD的垂線交CD延長線于點H，連接AH，根據面面垂直的性質可得∠PDH=60°，設AD=1，在△ADH中由余弦定理得AH=22，利用勾股定理的逆定理可得【詳解】（1）由∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°，得AD=AB,AD//BC，則所以BD=CD,∠BDC=90°，即由二面角P?CD?A的大小為90°，知平面PCD⊥平面CDA，即平面PCD⊥平面ABCD又平面PCD∩平面ABCD=CD，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PCD，又BD?平面EBD，所以平面EBD⊥平面PCD.（2）過P作CD的垂線，交CD延長線于點H，連接AH，由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PH?平面PCD，PH⊥CD，所以PH⊥平面ABCD，則DH為PD在底面ABCD內的射影，所以∠PDH為直線PD與底面ABCD所成的角，即∠PDH=60由∠DCP=∠DPC<π4，知DP=DC且設AD=1，得BD=DC=DP=2，BC=2在△PHD中，PD=2,DH=22,PH=由余弦定理得AH=AD2所以AH⊥CD，過D作DF//PH，則DF⊥底面ABCD，所以DB,DC,DF兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系D?xyz，B(2所以DB=(設平面EBD和平面ECD的一個法向量分別為n=(則n?DB=令z1=1,z所以n=(0,32故所求二面角B?ED?C的余弦值為77

05不規則圖形中的線面夾角問題21.（2024·浙江寧波·二模）在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D(1)求證：CE∥平面ADD(2)求直線CE與平面BDD【答案】(1)證明見解析(2)15【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面BCE∥平面ADD（2）法1：根據面面垂直得線面垂直，從而建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解線面夾角即可；法2：根據點、線、面的位置關系，利用等體積轉化求解E到平面BDD1的距離?，從而轉化求解直線CE與平面【詳解】（1）∵BE∥AD1,BE?平面ADD1,A同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,BE,BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD∵CE?平面BCE,∴CE∥平面ADD（2）法1：取AB中點O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1?平面∴OD1⊥如圖，建立空間直角坐標系，則A0,1,0從而E0,?32又BD=3,1,0,D有BD?n=0DD1?n=0設直線CE與平面BDD1所成角為sinθ=|所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為法2：取AD1中點F，則EFDC是平行四邊形，所以CE∥從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD過G作GK⊥D1H交D因為平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又D1G?平面AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1從而BD⊥平面D1GH，因為GK?平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩從而GK⊥平面BDD所以GK的長即為G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設為?即為G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為22.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，△PAD為等邊三角形，點M，N分別為AB，PC的中點．(1)證明：直線MN//平面PAD；(2)當二面角P?AD?C為120°時，求直線MN與平面PCD所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，進而得到線面平行；（2）作出輔助線，得到∠PFB=120°，求出各邊長，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，利用線面角的向量公式求出答案.【詳解】（1）取PD中點E，連接AE，NE，∵N為PC中點，∴EN//CD且EN=1又∵AM//CD且AM=1∴EN//AM且EN=AM，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴MN//AE，∵MN?平面PAD，AE?平面PAD，∴MN//平面PAD．（2）連接BD，取AD中點F，連接PF，因為底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD為等邊三角形，故BF⊥AD，因為△PAD為等邊三角形，所以PF⊥AD，故∠PFB為二面角P?AD?C的平面角，因為二面角P?AD?C為120°，故∠PFB=120°，以F為坐標原點，FB,FD所在直線分別為x,y軸，垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，則∠PFz=30°，設AB=2，則AF=DF=1,BF=3，PF=∴B3,0,0，P?32∴M32,?12MN=AE=?3設平面PCD的一個法向量n=故PC?令y=3得x=?3,z=1，故設MN與平面PCD所成角為θ，∴sinθ=23.（23-24高三下·浙江·開學考試）在三棱錐D?ABC中，AC=3,DC=22(1)證明：平面ADC⊥平面ABC；(2)點E為棱DC上，若BC與平面EAB所成角的正弦值為3311，求DE【答案】(1)證明見解析(2)DE=【分析】（1）如圖過D作DH⊥AC，由相似三角形的判定定理與性質求得BH=2，根據勾股定理的逆定理可得DH⊥BH（2）建立如圖空間直角坐標系O?xyz，設DE=λDC(0≤λ≤1)，根據空間向量的線性運算表示出DE【詳解】（1）過D作DH⊥AC，垂足為H，由AC=3,DC=22得DH=CH=2，∵CB⊥AB，得AB=A由ACBC=BCHC，得即AC?BH=AB?BC，所以BH=2在△BDH中，BH2+D又DH⊥AC,AC∩BH=H,AC,BH?平面ABC，所以DH⊥平面ABC,DH?平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC；（2）如圖以H為原點，HB為x軸，HC為y軸，HD為z軸建立空間直角坐標系O?xyz；得A0,?1,0設DE=λAE=設平面ABE的一個法向量為m=則m?AB=0m?則m=設直線BC與平面EAB所成角為θ，則sinθ=∴1+2λ所以DE=224.（2022·江西贛州·二模）已知四棱錐P—ABCD中，△ABD?△BCD?△BDP都是正三角形AB=2(1)求證：平面ACP⊥平面BDP；(2)求直線BP與平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)217【分析】（1）通過證明BD⊥面APC，即可由線面垂直證明面面垂直；（2）以O為坐標原點建立空間直角坐標系，求得直線BP的方向向量和平面ADP的法向量，即可由向量法求得結果.【詳解】（1）連接OP，如下所示：在四邊形ABCD中△ABD?△BCD都是正三角形，所以四邊形ABCD是菱形，點O為BD中點；因為△ABD?△BDP都是正三角形，所以AO⊥BD，PO⊥BD因為AO∩PO=O，AO,PO?面APC，所以BD⊥平面APC，.因為BD?平面BDP，所以平面ACP⊥平面BDP.（2）由題意可得OA=OP=OC=3，因為AP=3，所以∠以O為原點，直線OA，OB分別為x軸，y軸，過點O與平面ABCD垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系如下所示：則O0,0所以AD設平面ADP的法向量為n=x，y，取x=1，得n=(1,?設直線BP與平面ADP所成角為θ，則sinθ=|n所以直線BP與平面ADP所成角的正弦值為21725.（2024·全國·模擬預測）如圖，AB,CD,EF兩兩垂直，點E為AB的中點，點F在線段CD上，且滿足DF=4CF,AB=EF=2，CD=5．(1)求證：平面ABC⊥平面ABD．(2)求直線BD與平面ACD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）由題意首先證明∠CED是二面角C?AB?D的平面角，其次利用幾何關系證明∠CED=π（2）建立適當的空間直角坐標系，求出直線BD的方向向量，平面ACD的法向量，結合公式sinθ=【詳解】（1）連接CE,DE．因為AB⊥EF,AB⊥CD,EF∩CD=F,EF,CD?平面CDE，所以AB⊥平面CDE．因為CE,DE?平面CDE，所以CE⊥AB,DE⊥AB，所以∠CED是二面角C?AB?D的平面角．因為DF=4CF,CD=5，所以DF=4,CF=1．在Rt△DFE中，D在Rt△CFE中，C所以DE所以DE⊥CE，即∠CED=π所以平面ABC⊥平面ABD．（2）如圖，以點F為坐標原點，直線FD為x軸，過點F與AB平行的直線為y軸，直線FE為z軸，建立空間直角坐標系，則A0,?1,2所以AC=設平面ACD的法向量為n=則n?AC=0取z=1，得n=設直線BD與平面ACD所成的角為θ，則sinθ=所以直線BD與平面ACD所成角的正弦值為410506幾何中的旋轉問題26.（2024·全國·模擬預測）如圖，已知長方體ABCD?A'B'C'D'中，AB=BC=2，AA'=2，O為正方形ABCD的中心點，將長方體ABCD?A'B'C'D'繞直線A．43?310 B．33?410【答案】A【分析】求出直線OD'與C'D'的夾角，可得C'D'繞直線OD'旋轉的軌跡為圓錐，求直線OD【詳解】在長方體ABCD?A'B'C'D'中，AB//長方體ABCD?A'B'C'D'中，則OD'=O所以△OC'D'是等邊三角形，故直線OD則C'D'繞直線O因為直線OD'與α所成的角為53°，l⊥α，所以直線OD'與在平面C'D'O中，作D'結合圖形可知，當l與直線D'E平行時，C'D'易知∠C設直線C'D'與l的夾角為φ，則23°≤φ≤90°，故當φ=23°而sin=sin故直線AB與l的夾角的正弦值的最小值為43故選：A【點睛】關鍵點點睛：解題中在平面C'D'O中，作D'E，D'F，使得∠OD'E=∠O27.（多選）（2024·河北唐山·一模）在透明的密閉正三棱柱容器ABC?A1B1C

A．水面形狀的變化：三角形?梯形?矩形B．當C1AC．當B∈α時，水面與地面的距離為8D．當側面ACC【答案】ABC【分析】根據題設條件得到V水=123【詳解】由題知V水=S對于選項A，當容器按題設方向傾斜至B∈α時，水面形狀是三角形，再傾斜時，水面形狀是梯形，直到側面ACC對于選項B，如圖1，當容器按題設方向傾斜至C1A1?α時，設水面與棱設MB1=a，又三棱柱ABC?A1B1易知A1E⊥B1C1,所以A1E⊥面BCC1B1，所以所以VA1?M此時水面圖形為△A1MC1取A1C1中點，則HM⊥A1

對于選項C，如圖2，當容器按題設方向傾斜至B∈α時，設水面與棱A1B1易知FG//A1C1//AC，設B因為水面始終與地面平行，AC始終與水面平行，且AC始終在地面上，所以水面與地面的距離，即AC到平面的距離，取AC中點Q，連接HQ,BQ，設B1H交FG于K，連接易知HQ⊥AC,BQ⊥AC，又HQ∩BQ=Q，HQ,BQ?面QBB1H，所以AC⊥又FG//A1C1//AC，所以FG⊥面QBB1H，過Q作因為QR?面QBB1H，所以FG⊥QR，又FG∩BK=K，FG,BK?所以QR⊥α，即QR為水平面到地面的距離，如圖3，過K作KP⊥QB于P，易知B1K=23得到sin∠QBR=KPKB=4故選項C正確，

對于選項D，如圖4，當側面ACC1A1與地面重合時，水面α為矩形則由VB1M1N故SE

【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于選項C，利用容器傾斜時始終與地面平行，邊AC始終與水面平行，將問題轉化成AC到水面的距離，再利用幾何關系，即可求出結果.28.（2024·陜西商洛·模擬預測）魔方，又叫魯比克方塊，最早是由匈牙利布達佩斯建筑學院厄爾諾?魯比克教授于1974年發明的機械益智玩具.魔方擁有競速?盲擰?單擰等多種玩法，風靡程度經久未衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個三階魔方，由27個棱長為1的正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉動了45°，則該魔方的表面積增加了【答案】108?72【分析】分析轉動后的平面圖形得表面積即可求解.【詳解】如圖，轉動45°由圖形的對稱性可知，△A設直角邊A'C=x，則斜邊CD=2x，故由幾何關系得S△故轉動后的表面積S'故表面積增加了108?722故答案為：108?722

【點睛】關鍵點點睛：本題考查組合體表面積求解，關鍵是找到轉動后的平面多出部分的面積.29.（2024·福建·模擬預測）在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，∠ACB的平分線交AB于點D，AD=2DB.平面α過直線AB，且與△ABC所在的平面垂直.(1)求直線CD與平面α所成角的大小；(2)設點E∈α，且∠ECD=30°，記E的軌跡為曲線Γ.（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；（ii）不與直線AB重合的直線l過點D且交Γ于P，Q兩點，試問：在平面α內是否存在定點T，使得無論l繞點D如何轉動，總有∠PTC=∠QTC？若存在，指出點T的位置；若不存在，說明理由.【答案】(1)60(2)（i）曲線Γ是橢圓，理由見解析；（ii）存在，點T滿足AT=AB【分析】（1）根據條件作出圖形，利用線面角的定義得到所求線面角，解出即可;（2）（i）建立空間直角坐標系，根據條件建立方程，即可求解；（ii）把∠PTC=∠QTC轉化為TP?TC|【詳解】（1）因為平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AB,BC?平面ABC,BC⊥AB，所以BC⊥α.所以直線CD在α內的射影為直線AB，所以直線CD與α所成角為∠CDB.過D作DF⊥AC，垂足為F.因為CD平分∠ACB,DB⊥BC，所以DF=DB.又AD=2DB，所以DF=12又AB=6,∠ABC=90°，所以因為DB=13AB=2所以直線CD與平面α所成角為60°（2）（i）曲線Γ是橢圓,理由如下：由（1）可知，DF⊥AC,DA=DC，所以F是AC的中點,設AB的中點為O，所以OF//BC.又BC⊥α，所以OF⊥α.在α內過O作OG⊥AB，所以OF⊥OB,OF⊥OG以O為原點，OG,OB,OF所在的方向分別為x軸，建立空間直角坐標系O?xyz，如圖所示.因為OB=3,DB=2，所以OD=1，設Ex,y,0，又D則CE=因為cos∠ECD=CD?所以?2y+184化簡得3x2+2所以曲線Γ是橢圓.（ii）方法一：設Px在平面α內，因為l與AB不重合，可設l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2+2y由對稱性知，若存在定點T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設T0,t,0若∠PTC=∠QTC，則cos∠PTC=即TP?因為TP=所以3?ty當t=3時，上式恒成立，所以t=3符合題意；當t≠3時，有y1所以y1所以x2因為x1所以x1所以2kx所以2k?162因為上式對于任意的k∈R恒成立，所以t=9.綜上，存在點T滿足AT=AB，或方法二：設P在平面α內，因為l與AB不重合，可設l:y=kx+1，由y=kx+1,3x2所以x1由對稱性知，若存在定點T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設T0,t,0當T與B重合時，因為CT⊥α，又PT,QT?α，所以∠PTC=∠QTC=π所以當t=3時，符合題意.當T與B不重合時，過B作BP垂足分別為P1,Q則因為BC⊥α,P1T?α又P1T⊥BP1,B所以P1T⊥C又∠P1TC=∠Q1所以Rt△BP1T?Rt△BQ又BT在y軸上，所以在平面α內直線PT,QT的傾斜角互補在平面α內，設直線PT,QT的斜率分別為k1則k=2k+1?t對于任意的k∈R恒成立，所以t=9.綜上，存在點T滿足AT=AB，或【點睛】關鍵點點睛：解答本題最后問的關鍵是轉化條件∠PTC=∠QTC，可以轉化為TP?TC|30.（多選）（2024·浙江·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1，的棱長為1，點P是正方形A1B1C1D1上的一個動點，初始位置位于點A1處，每次移動都會到達另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為A．移動兩次后，“PC=3B．對任意n∈N?，移動n次后，“PA//平面BDC．對任意n∈N?，移動n次后，“PC⊥平面BDD．對任意n∈N?，移動n次后，四面體P?BDC1體積V的數學期望EV【答案】AC【分析】先求出點P在移動n次后，在點A1【詳解】設移動n次后，點P在點A1,B其中a1an=1對于A，移動兩次后，“PC=3”表示點P移動兩次后到達點所以概率為a2

對于B，以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以A1,0,0,D0,0,0因為DB=1,1,0,設平面BDC1的法向量為n=取y=1，可得x=?1,z=?1，所以n=而B1A?n=0,所以當點P位于B1或D1時，PA//平面當P移動一次后到達點B1或D1時，所以概率為對于C，A1C=?1,1,?1=n,所以當點P所以移動n次后點P位于A1，則a對于D，四面體P?BDC1S△BDC1所以點A1到平面BDC1同理，點B1,C1,所以VA所以EV當n為偶數，所以EV=16+當n為奇數，所以EV故選：AC.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點是先求出點P在移動n次后，點A107立體幾何中的折疊問題31.（2020·浙江·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，D為線段BC（端點除外）上一動點.現將△ABD沿線段AD折起至△AB'DA．不存在點D，使得CB．點B'在平面ABCC．B'A與平面ABCD．線段CB'【答案】D【分析】過點B作AD的垂線,交AD于點E,連接B'E,BB',過點B'作BE的垂線,交BE于點H,進而證明B'H⊥平面ABC,即B'在平面ABC上的投影為點H,連接CH,假設CB'⊥AB,則CH⊥AB,即可判斷A；由∠BEA=90°,可判斷點E的軌跡,進而判斷B；連接AH,則B'A與平面ABC所成的角為∠【詳解】過點B作AD的垂線,交AD于點E,連接B'E,BB',過點B'作BE的垂線,交BE于點H,易知B'E⊥AD,則AD⊥平面B'BE,所以∠B'EB為二面角B'?AD?C的平面角的補角,即對于選項A,若CB'⊥AB對于選項B,因為∠BEA=90°,所以點E的軌跡為以AB為直徑的一段圓弧,又H為BE的中點,所以點H的軌跡也為一段圓弧,故B正確；對于選項C,連接AH,則B'A與平面ABC所成的角為∠B'AH,設BD=x(0<x<2),則AD=1+x2,所以由AB?BD=AD?BE,得BE=x對于選項D,設∠BAD=θ,則∠DBE=θ,BH=1C==1其中tanφ=12故選:D【點睛】本題考查線線垂直的判斷,考查余弦定理的應用,考查線面角的范圍,考查空間想象能力.32.（多選）（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）已知正方形ABCD的邊長為4，點E在線段AB上，BE=1．沿DE將△ADE折起，使點A翻折至平面BCDE外的點P，則（

）A．存在點P，使得PE⊥DC B．存在點P，使得直線BC//平面PDEC．不存在點P，使得PC⊥DE D．不存在點P，使得四棱錐P?BCDE的體積為8【答案】AC【分析】對于A,根據線面垂直的判定定理可得PE⊥面PCD，繼而PE⊥PC，根據勾股定理驗證即可；對于B，根據線面平行的性質定理可得BC//DE，矛盾，B錯；對于C，根據線面垂直的判定定理可得則PC⊥面DEN，則PC⊥NE，矛盾，C錯；對于D，當PE⊥平面BCDE時，體積最大，通過計算可判定.【詳解】若PE⊥DC，又PE⊥PD，DC∩PD=D,DC?平面PCD，PD?平面PCD，則PE⊥面PCD，PC?平面PCD,則PE⊥PC，而CE=17，PE=3，PC=2若BC//平面PDE，BC?平面BCDE，平面BCDE∩平面PDE=DE，∴BC//DE，矛盾，故B錯誤；

取PC中點N，∵PD=DC，則DN⊥PC，若PC⊥DE，又DE∩DN=D，且DE?平面DEN，DN?平面DEN,則PC⊥面DEN，又NE?平面DEN,則PC⊥NE，則EP=EC矛盾，∴不存在P使得PC⊥DE，C對．SBCDEA到DE距離d=3×4VP?BCDE故選：AC．33.（2024·安徽池州·模擬預測）如圖①，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△EAB與△FAD是兩個全等的直角三角形，且FA=4,FC與AD交于點G，將Rt△EAB與Rt△FAD分別沿AB,AD翻折，使E,F重合于點P，連接PC，得到四棱錐(1)證明：BD⊥PC；(2)若M為棱PC的中點，求直線BM與平面PCG所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)66【分析】（1）易證PA⊥平面ABCD，從而得出PA⊥BD，再證明BD⊥平面PAC即可證明BD⊥PC；（2）可由（1）建立空間直角坐標系A?xyz，用向量法求解即可.【詳解】（1）由翻折的不變性可知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為2的正方形，PA⊥AD,PA⊥AB，因為AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，如圖，連接AC，則AC⊥BD，又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以BD⊥PC.（2）由（1）可知AB,AD,AP兩兩垂直，以A為坐標原點，AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題圖①可知AGBC=FAFB=則A0,0,0,B2,0,0所以GC=2,23,0所以M1,1,2，BM設平面PCG的法向量為n=x,y,z，則n?令y=3，得x=?1,z=1，故n=設直線BM與平面PCG所成的角為θ，則sinθ=所以直線BM與平面PCG所成角的正弦值為661134.（多選）（2023·浙江嘉興·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠B=π2，AB=3，BC=1，過AC中點M的直線l與線段AB交于點N．將△AMN沿直線l翻折至△A'MN，且點A'在平面BCMN內的射影H在線段BC上，連接AH交l于點O

A．∠B．∠C．點O的軌跡的長度為πD．直線A'O與平面BCMN【答案】BCD【分析】A、B選項結合線面角最小，二面角最大可判斷;對于C，先由旋轉，易判斷出MN⊥AO，故其軌跡為圓弧，即可求解.對于D求直線與平面所成角的余弦值，即求OHA'O=OHAO，【詳解】

依題意，將△AMN沿直線l翻折至△A'MN故AA'⊥MN，又A'在平面BCMN內的射影所以A'H⊥平面BCMN，MN?平面BCMN，所以AA'∩A'H=A'所以MN⊥平面A'AO?平面A'AH，A'O?平面A'AO⊥MN,A∴∠AOM=90°，且∠A對于A選項，由題意可知，∠A'DH為A'D對于B選項，∵∠A'OH即為二面角A對于C選項，∵MN⊥AO恒成立，故O的軌跡為以AM為直徑的圓弧夾在△ABC內的部分，易知其長度為12對于D選項，如下圖所示

設∠AMN=θ∈π在△AOM中，∵∠AOM=90°，在△ABH中，∠B=π2，所以OH=AH?AO=3cosθ?π3?sin則cos≥2當且僅當2θ?π故選：BCD．35.（2024·全國·模擬預測）如圖1，已知在正方形ABCD中，AB=2，M，E，F分別是邊CD，BC，AD的中點，現將矩形ABEF沿EF翻折至矩形A'B'EF的位置，使平面(1)證明：平面A'EM⊥平面(2)設Q是線段A'E上一點，且二面角A'?FM?Q的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)EQ【分析】（1）首先利用面面垂直的性質定理證得A'F⊥平面CDFE，得A'F⊥EM，然后結合EM⊥FM得到EM⊥平面A'（2）可以建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法進行求解，也可以利用二面角的定義找到二面角的平面角，然后在三角形中進行求解．【詳解】（1）因為四邊形ABCD是正方形，E，F分別是邊BC，AD的中點，所以∠A是直角，且AF平行且等于BE，即四邊形AFEB是矩形，進一步有A'因為平面A'B'EF⊥平面CDFE，平面且A'F?平面A'所以A'F⊥平面因為EM?平面CDFE，所以A'易知∠EMC=∠FMD=π4，則∠EMF=π因為FM∩A'F=F，FM?平面A'FM所以EM⊥平面A'又EM?平面A'EM，所以平面A'（2）解法一：由（1）可知，FD，FE，FA'三條直線兩兩垂直，故可以分別以FD，FE，FA'的方向為x軸、y軸、如圖所示．則F0,0,0，M1,1,0，E0,2,0從而FM=1,1,0，由題設EQ=λEA又FE=0,2,0，則設平面QFM的法向量為n=x,y,z，則FM?取y=1，則x=?1，z=由（1）知，ME=?1,1,0是平面所以cosME,n=ME解法二：如圖，過點Q作QP⊥EF，垂足為P，過點P作PG⊥FM，垂足為G，連接QG．因為平面A'B'EF⊥平面CDFE，平面且QP⊥EF，QP?平面A'所以QP⊥平面A'B'EF，即又FM?平面MEF，則QP⊥FM，又PG⊥FM，QP∩PG=P，QP，PG?平面PGQ，所以FM⊥平面PGQ，又QG?平面PGQ，則MF⊥QG，所以∠QGP為二面角Q?FM?E的平面角．由（1）知A'F⊥平面CDFE，A'所以平面A'FM⊥平面所以二面角A'所以二面角Q?FM?E的正弦值等于二面角A'所以sin∠QGP=33由題可設EQEA'=λ0<λ<1所以在Rt△QGP中，tan解得λ=12，故【點睛】關鍵點點睛：利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關向量用坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．08不規則圖形表面積、體積問題解決不規則圖形的表面積體積問題，注意使用割補法，通過分割與補形的方法，轉化成常規的幾何體進行求解。36.（2024·浙江·模擬預測）如圖，已知長方體ABCD?A1B1C1D

A．724V B．717V C．【答案】A【分析】根據題意，先求平面AB1E與DD1【詳解】取DD1的中點F，連接EF，易知EF//DC1//

設長方體的長、寬、高分別為a、b、c，則V=abc.平面ABVF?A故選：A.37.（2022·遼寧錦州·一模）2022年北京冬奧會的成功舉辦使北京成為奧運史上第一座“雙奧之城”.其中2008年北京奧運會的標志性場館之一“水立方”搖身一變成為了“冰立方”.“冰立方”在冬奧會期間承接了冰壺和輪椅冰壺等比賽項目.“水立方”的設計靈感來自威爾·弗蘭泡沫，威爾·弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形），已知該多面體共有24個頂點，且棱長為2，則該多面體的表面積是（

）A．243+1 B．243+6 C．【答案】C【分析】根據多面體頂點的個數，分析確定正方形的個數和正六邊形的個數，再求表面積.【詳解】棱長為2的正方形的面積為2×2=4，正六邊形的面積為6×1又正方形有4個頂點，正六邊形有6個頂點，該多面體共有24個頂點，所以最多有6個正方形，最少有4個正六邊形，1個正方形與3個正方形相連，所以該多面體有6個正方形，正六邊形有6×4÷3=8個.所以該多面體的表面積是：S=8×63故選：C.38.（2024·全國·模擬預測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：CA2//(2)若M是線段BB1的中點，求三棱錐【答案】(1)證明見解析.(2)20+417【分析】（1）添加輔助線構造平行四邊形，得出線線平行，再利用線面平行的判定定理證明即可；（2）依據題意添加輔助線分別解出三棱錐M?A【詳解】（1）如圖：連接AC1，延長A1A，與直線CA2交于點易知A1N⊥平面延長C1C，與A2則A2易知AN//CF，所以ENCF=A故EA=2，又CC1=2故四邊形AECC1為平行四邊形，所以又AC1?平面ABC1D1，EC?（2）如圖：連接B2D2，延長B1B交直線B2DBH=3,B2H=在△A2H故A2H=10故A2B2在△MA2B故cos∠A2則S△M由對稱性知△MA2B在△MA2C故S△M又S△故三棱錐M?A2B39.（2024·江蘇常州·一模）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面邊長為1，高為2，點(1)當點M是棱CC1的中點時，求證：直線AM⊥平面(2)當平面AB1M將正四棱柱ABCD?A1【答案】(1)證明見解析(2)?1+【分析】（1）由線面垂直的判定定理，通過勾股定理證AM⊥B1M，AM⊥D1（2）連接C1D，作MN平行于C1D，交CD于點N，連接AN,BM，說明截面為平面B1ANM，由VCNM?BA【詳解】（1）因為M是棱CC所以AM=AB1M=B由勾股定理B1A2=B又B1M∩D1M=M，B所以直線AM⊥平面B1（2）連接C1D，作MN平行于C1D，交CD于點因為AD//所以四邊形AB1C所以AB1//設線段CM的長為?0<?<2因為MN//C1D，所以故S梯形可得VM?ABCN又由VM?ABB1由題意?212+?6所以線段MC的長度為?1+540.（多選）（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，多面體PS?ABCD由正四棱錐P?ABCD和正四面體S?PBC組合而成，其中PS=1，則下列關于該幾何體敘述正確的是（

）A．該幾何體的體積為24 C．二面角A?PB?C的余弦值為?13【答案】ACD【分析】選項A可以分別求正四棱錐P?ABCD和正四面體S?PBC的體積即可；選項C先確定二面角A?PB?C的平面角為∠AFC，在三角形中利用余弦定理可得；選項D先根據二面角A?PB?C與二面角S-PB-C的關系確定P,A,B,S四點共面，再證得平面選項B根據選項D三棱柱有5個面，可判斷錯誤.【詳解】如圖：在正四面體中S?PBC中，G為PB的中點，連接CG，連接SG作SO⊥CG于O，則O為△PBC的中心，SO為正四面體中S?PBC的高，因PS=1，CG=32，CO=2VS?PBC在正四面體中S?PBC中，G為PB的中點，所以SG⊥PB，CG⊥PB，故∠CGS為二面角S-cos如圖：在正四棱錐P?ABCD中，由題意PC=CB=1，連接AC，BD交于點E，連接PE，則PE為正四棱錐P?ABCD的高，CE=22VP?ABCD該幾何體的體積為VPS?ABCD取PB的中點F，連接AF，CF，由題意正四棱錐P?ABCD的棱長都為1，所以AF⊥PB，CF⊥PB，故∠AFC即為二面角A?PB?C的一個平面角，其中AF=CF=32BC在△AFC中，cos∠AFC因cos∠CGS=13=?cos故平面PBS與PBA為同一平面，同理，平面PDC和平面PDS也為同一平面，故該幾何體有5個面，B錯誤，因P,A,B,S四點共面，且△PDC和△PCS都為等邊三角形，易知SC//PD，且SC=PD，故側面PDCS為平行四邊形，又PD?平面PAD,SC?平面PAD，所以SC//平面PAD，同理SB//平面PAD，且側面PABS為平行四邊形，又SC∩SB=S，SC?平面SCB，SB?平面SCB，所以平面SCB//平面PAD，又側面ABCD為正方形，故多面體PS?ABCD即為三棱柱ADP?BCS，故D正確，故選：ACD09立體幾何新定義問題立體幾何新定義問題，解題關鍵是理解新定義，能夠構建合適的空間直角坐標系，解決相應問題．41.（多選）（23-24高三上·河北·期末）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球O的半徑為R，A，B，C為球面上三點，劣弧BC的弧長記為a，設Oa表示以O為圓心，且過B，C的圓，同理，圓Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧長分別記為b，c，曲面ABC（陰影部分）叫做曲面三角形，若a=b=c，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面△ABC圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面O?ABC.設∠BOC=α，∠AOC=βA．若平面△ABC是面積為34RB．若a2+C．若a=b=c=π3R，則球面D．若平面△ABC為直角三角形，且∠ACB=π2【答案】BC【分析】根據弧長公式即可求解A，根據勾股定理以及弧長公式即可求解B，根據球的截面性質可得求解C，根據余弦定理，取反例即可求解D.【詳解】若平面△ABC是面積為34R2的等邊三角形，則AB=BC=AC=R，則α=β=γ=若a2+b2=若a=b=c=π3R，則α=β=γ=則平面△ABC的外接圓半徑為12Rsinπ3=3則三棱錐O?ABC的體積VO?ABC則球面O?ABC的體積V>V由余弦定理可知BC2=2R2?2R取α=β=π3，γ=π2，則則a2故選：BC【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.42.（2022·安徽合肥·模擬預測）已知頂點為S的圓錐面（以下簡稱圓錐S）與不經過頂點S的平面α相交，記交線為C，圓錐S的軸線l與平面α所成角θ是圓錐S頂角（圓S軸截面上兩條母線所成角θ的一半，為探究曲線C的形狀，我們構建球T，使球T與圓錐S和平面α都相切，記球T與平面α的切點為F，直線l與平面α交點為A，直線AF與圓錐S交點為O，圓錐S的母線OS與球T的切點為M，OM=a，MS(1)求證：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ關系式；(2)求證：曲線C是拋物線．【答案】(1)證明見解析；a=btan(2)證明見解析.【分析】（1）由題設條件可得平面AOS⊥平面α，據此可求出球的半徑TM=ab，可得tan（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求兩點間的距離，化簡方程即可得解.【詳解】（1）∵平面AOS截球T的截面圓與直線AO相切于F，∴TF⊥OA，記P是平面α內不在直線OA上的點，平面TFP截球T的截面圓與直線FP相切于點F，∴TF⊥FP，∵平面α內直線AO，FP相交于點F，∴TF⊥平面α，∵直線TF?平面AOS，∴平面AOS⊥平面α，∴∠SAD=∠ASO=θ．連TO，TM，∴OT⊥SA，TA⊥SO，∴球T的半徑TM=ab且tan∴a=btan（2）在平面AOS內圓錐的另一條母線與球T的切點記為N點∵∠NSA=∠SAO=θ，∴NS以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，過O與TF平行的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖.∵OM，OF與球T相切，∴OF=OM=a，∴Fa,0,0，S設交線C上任意點Px,y,0∵PF與球T相切于點F，∴PE=PF，SE=SM=b，∴PS=PF+b，即x?a+b2兩邊平方整理得：x+a=x?a兩邊平方整理得：y2易知：（3）?（2）?（1），∴交線C在坐標平面xOy中方程為y2∴交線C是以F為焦點，O為頂點的拋物線.43.（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐H?ABC，J?CDE，K?EFA，再分別以AC，CE，EA為軸將△ACH，△CEJ，△EAK分別向上翻轉180°，使H，J，K三點重合為點S所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于2π減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是π3，所以正四面體在各頂點的曲率為(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設BH=x（i）用x表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積S(x)；（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點S的曲率的余弦值.【答案】(1)2(2)（i）S(x)=33【分析】（1）根據彎曲度、曲率的定義求得正確答案.（2）（i）結合多面體的表面積的求法求得Sx；（ii）利用導數求得蜂房表面積最小時BH的值.令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cosθ，結合三角恒等變換的知識求得頂點【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個菱形的7個頂點的曲率之和，根據定義其度量值等于7×2π減去三個菱形的內角和3×2再減去6個直角梯形中的兩個非直角內角和6×π即蜂房曲頂空間的彎曲度為7×2π（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則AC=3，設點S在平面ACE則OB=1，則SH=2A菱形SAHC的面積為S=3側面積6×2+所以蜂房的表面積為S(x)=3（ii）S'令S'(x)=0得到所以Sx在0,24所以S(x)在x=2此時SA=SC=1+x2=324又頂點S的曲率為2π∴===4cos44.（2024·山東濟南·一模）在空間直角坐標系O?xyz中，任何一個平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其中A,B,C,D∈R，A2+B2+C2≠0，且(1)設集合M=x,y,zz=0，記P∩M中所有點構成的圖形的面積為S1，Q∩M中所有點構成的圖形的面積為S2，求(2)記集合Q中所有點構成的幾何體的體積為V1，P∩Q中所有點構成的幾何體的體積為V2，求V1(3)記集合T中所有點構成的幾何體為W.①求W的體積V