專題04立體幾何1．【2022年全國甲卷】如圖，網格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為(

)A．8 B．12 C．16 D．20【答案】B【解析】【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積V=2+4故選：B.2．【2022年全國甲卷】在長方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB與平面AB1C．AC=CB1 D．B1D【答案】D【解析】【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長方體的結構特征可知，B1D與平面ABCD所成角為∠B1DB，B1D與平面AA對于A，AB=a，AD=b，AB=2對于B，過B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB與平面A對于C，AC=a2+b2對于D，B1D與平面BB1C1C所成角為∠D故選：D．3．【2022年全國甲卷】甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．【答案】C【解析】【分析】設母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，根據圓錐的側面積公式可得r1=2r【詳解】解：設母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r則S甲所以r1又2πr則r1所以r1所以甲圓錐的高?1乙圓錐的高?2所以V甲故選：C.4．【2022年全國乙卷】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1C．平面B1EF//平面A1AC【答案】A【解析】【分析】證明EF⊥平面BDD1，即可判斷A；如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設AB=2，分別求出平面B1EF，A1【詳解】解：在正方體ABCD?AAC⊥BD且DD1⊥又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD因為E,F分別為AB,BC的中點，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD所以EF⊥平面BDD又EF?平面B1所以平面B1EF⊥平面BDD如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設AB=2，則B1C1則EF=?1,1,0,A設平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?所以平面B1EF與平面A1因為m與n2所以平面B1EF與平面A1因為m與n3所以平面B1EF與平面A1故選：A.5．【2022年全國乙卷】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為(

)A．13 B．12 C．3【答案】C【解析】【分析】先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為α，則S(當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立)即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2又r則V當且僅當r2=2?故選：C6．【2022年新高考1卷】南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應水面的面積為A．1.0×109m3 B．1.2×【答案】C【解析】【分析】根據題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【詳解】依題意可知棱臺的高為MN=157.5?148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故選：C．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是(

A．18,814 B．274,【答案】C【解析】【分析】設正四棱錐的高為?，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,設正四棱錐的底面邊長為2a，高為?，則l2=2a所以6?=l2所以正四棱錐的體積V=1所以V'當3≤l≤26時，V'>0，當2所以當l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時，V=274，l=33所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為(A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【解析】【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．9．【2022年北京】已知正三棱錐P?ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內部的點構成的集合．設集合T={Q∈SPQ≤5}，則T表示的區(qū)域的面積為(A．3π4 B．π C．2π D．【答案】B【解析】【分析】求出以P為球心，5為半徑的球與底面ABC的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳解】設頂點P在底面上的投影為O，連接BO，則O為三角形ABC的中心，且BO=23×6×因為PQ=5，故OQ=1，故S的軌跡為以O為圓心，1為半徑的圓，而三角形ABC內切圓的圓心為O，半徑為2×3故S的軌跡圓在三角形ABC內部，故其面積為π故選：B10．【2022年浙江】某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(

A．22π B．8π C．22【答案】C【解析】【分析】根據三視圖還原幾何體可知，原幾何體是一個半球，一個圓柱，一個圓臺組合成的幾何體，即可根據球，圓柱，圓臺的體積公式求出．【詳解】由三視圖可知，該幾何體是一個半球，一個圓柱，一個圓臺組合成的幾何體，球的半徑，圓柱的底面半徑，圓臺的上底面半徑都為1cm，圓臺的下底面半徑為2cm，所以該幾何體的體積V=12×故選：C．11．【2022年浙江】如圖，已知正三棱柱ABC?A1B1C1,AC=AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC,A1C1上的點．記EF與AA1A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用幾何法表示出α，【詳解】如圖所示，過點F作FP⊥AC于P，過P作PM⊥BC于M，連接PE，則α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP=PE所以α≤β≤γ，故選：A．12．【2022年新高考1卷】(多選)已知正方體ABCD?A1BA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為【答案】ABD【解析】【分析】數(shù)形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接B1C、BC1，因為DA1//B1因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥B連接A1C，因為A1B1⊥平面BB因為B1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1連接A1C1，設A因為BB1⊥平面A1B1C因為C1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設正方體棱長為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線B故選：ABD13．【2022年新高考2卷】(多選)如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F(xiàn)?ABC，F(xiàn)?ACE的體積分別為V1,VA．V3=2C．V3=【答案】CD【解析】【分析】直接由體積公式計算V1,V2，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，由【詳解】設AB=ED=2FB=2a，因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，則V1V2=13?FB?S△ABC=13?a?又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD?平面BDEF，則AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2+EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM故選：CD.14．【2022年全國甲卷】小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8(單位：cm)的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．(1)證明：EF//平面ABCD；(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度)．【答案】(1)證明見解析；(2)6403【解析】【分析】(1)分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，由平面知識可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依題從而可證EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，根據線面垂直的性質定理可知EM//FN，即可知四邊形EMNF為平行四邊形，于是EF//MN，最后根據線面平行的判定定理即可證出；(2)再分別取AD,DC中點K,L，由(1)知，該幾何體的體積等于長方體KMNL?EFGH的體積加上四棱錐B?MNFE體積的4倍，即可解出．(1)如圖所示：，分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，因為△EAB,△FBC為全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM?平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根據線面垂直的性質定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四邊形EMNF為平行四邊形，所以EF//MN，又EF?平面ABCD，MN?平面ABCD，所以EF//平面ABCD．(2)如圖所示：，分別取AD,DC中點K,L，由(1)知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知識可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以該幾何體的體積等于長方體KMNL?EFGH的體積加上四棱錐B?MNFE體積的4倍．因為MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60°=43，點B到平面MNFE的距離即為點B到直線MN的距離15．【2022年全國甲卷】在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)55【解析】【分析】(1)作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理證明AD⊥BD，根據線面垂直的性質可得PD⊥BD，從而可得BD⊥平面PAD，再根據線面垂直的性質即可得證；(2)以點D為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.(1)證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因為CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE=BF=1故DE=32，所以AD所以AD⊥BD，因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA?平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，BD=3則A(1,0,0),B(0,3則AP=(?1,0,設平面PAB的法向量n=(x,y,z)則有{n→?則cos?所以PD與平面PAB所成角的正弦值為5516．【2022年全國乙卷】如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求三棱錐F?ABC的體積．【答案】(1)證明詳見解析(2)3【解析】【分析】(1)通過證明AC⊥平面BED來證得平面BED⊥平面ACD.(2)首先判斷出三角形AFC的面積最小時F點的位置，然后求得F到平面ABC的距離，從而求得三棱錐F?ABC的體積.(1)由于AD=CD，E是AC的中點，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD?平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依題意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等邊三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=3由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.DE2+B由于AC∩BE=E，AC,BE?平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB?△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以所以AF=CF，所以EF⊥AC，由于S△AFC=12?AC?EF過E作EF⊥BD，垂足為F，在Rt△BED中，12?BE?DE=所以DF=1所以BFBD過F作FH⊥BE，垂足為H，則FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且所以FH=3所以VF?ABC17．【2022年全國乙卷】如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)CF與平面ABD所成的角的正弦值為4【解析】【分析】(1)根據已知關系證明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；(2)根據勾股定理逆用得到BE⊥DE，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.(1)因為AD=CD，E為AC的中點，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因為AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因為E為AC的中點，所以AC⊥BE；又因為DE,BE?平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因為AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)連接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因為EF?平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC當EF⊥BD時，EF最小，即△AFC的面積最小.因為△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因為∠ACB=60°，所以△ABC是等邊三角形，因為E為AC的中點，所以AE=EC=1，BE=3因為AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系E?xyz，則A1,0,0,B0,設平面ABD的一個法向量為n=則n?AD=?x+z=0n?又因為C?1,0,0,F0,所以cosn設CF與平面ABD所成的角的正弦值為θ0≤θ≤所以sinθ=所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為4318．【2022年新高考1卷】如圖，直三棱柱ABC?A1B1C(1)求A到平面A1(2)設D為A1C的中點，AA1=AB，平面A【答案】(1)2(2)3【解析】【分析】(1)由等體積法運算即可得解；(2)由面面垂直的性質及判定可得BC⊥平面ABB(1)在直三棱柱ABC?A1B1C1中，設點則VA?解得?=2所以點A到平面A1BC的距離為(2)取A1B的中點E,連接AE,如圖，因為AA又平面A1BC⊥平面ABB1A且AE?平面ABB1A1，所以在直三棱柱ABC?A1B1C由BC?平面A1BC，BC?平面ABC可得AE⊥BC，又AE,BB1?平面ABB1所以BC,BA,BB1兩兩垂直，以由(1)得AE=2，所以AA1=AB=2，則A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A則BD=(1,1,1)，BA設平面ABD的一個法向量m=(x,y,z)，則{可取m=(1,0,?1)設平面BDC的一個法向量n=(a,b,c)，則{可取n=(0,1,?1)則cos?所以二面角A?BD?C的正弦值為1?(19．【2022年新高考2卷】如圖，PO是三棱錐P?ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中點．(1)證明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C?AE?B的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)11【解析】【分析】(1)連接BO并延長交AC于點D，連接OA、PD，根據三角形全等得到OA=OB，再根據直角三角形的性質得到AO=DO，即可得到O為BD的中點從而得到OE//(2)過點A作Az//(1)證明：連接BO并延長交AC于點D，連接OA、PD，因為PO是三棱錐P?ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO?平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA?△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O為BD的中點，又E為PB的中點，所以OE//又OE?平面PAC，PD?平面PAC，所以OE//平面(2)解：過點A作Az//因為PO=3，AP=5，所以OA=A又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，則AD=4，AB=43所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，則AE=33,1,3設平面AEB的法向量為n=x,y,z，則n?AE=33x+y+32設平面AEC的法向量為m=a,b,c，則m?AE=33a+b+32所以cos設二面角C?AE?B為θ，由圖可知二面角C?AE?B為鈍二面角，所以cosθ=?4故二面角C?AE?B的正弦值為111320．【2022年北京】如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B(1)求證：MN∥平面BC(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM=MN．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析【解析】【分析】(1)取AB的中點為K，連接MK,NK，可證平面MKN//平面CBB1C1(2)選①②均可證明BB1⊥(1)取AB的中點為K，連接MK,NK，由三棱柱ABC?A1B而B1M=MA而MK?平面CBB1C1，BB1?而CN=NA,BK=KA，則NK//BC，同理可得NK//而NK∩MK=K,NK,MK?平面MKN，故平面MKN//平面CBB1C1，而MN?平面MKN(2)因為側面CBB1C而CB?平面CBB1C1，平面平面CBB1C1∩平面AB因為NK//BC，故NK⊥平面因為AB?平面ABB1A若選①，則AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，故AB⊥平面MNK，而MK?平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故故可建立如所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),設平面BNM的法向量為n=(x,y,z)則{n?BN=0n?BM設直線AB與平面BNM所成的角為θ，則sinθ=|若選②，因為NK//BC，故NK⊥平面ABB1A故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故而B1B=MK=2，MB=MN，故所以∠BB1M=∠MKN=90°而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB故可建立如所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),設平面BNM的法向量為n=(x,y,z)則{n?BN=0n?BM設直線AB與平面BNM所成的角為θ，則sinθ=|21．【2022年浙江】如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F?DC?B的平面角為60°．設M，N分別為AE,BC的中點．(1)證明：FN⊥AD；(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)57【解析】【分析】(1)過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H，由平面知識易得FC=BC，再根據二面角的定義可知，∠BCF=60°，由此可知，F(xiàn)N⊥BC，F(xiàn)N⊥CD，從而可證得FN⊥平面ABCD，即得(2)由(1)可知FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以可以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N?xyz，求出平面ADE的一個法向量，以及BM，即可利用線面角的向量公式解出．(1)過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點交于點G、H．∵四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面幾何知識易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F?DC?B的平面角，則∠BCF=60∴△BCF是正三角形，由DC?平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中點，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，F(xiàn)N?平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD∴FN⊥AD．(2)因為FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N?xyz，設A(5,3,0),B(0,3∴設平面ADE的法向量為n由n?AD=0n?設直線BM與平面ADE所成角為θ，∴sinθ=1．(2022·全國·模擬預測)已知正方體中SKIPIF1<0，E，G分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中點，則直線SKIPIF1<0，CE所成角的余弦值為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】【分析】根據異面直線所成角的定義，取AB的中點F，則∠ECF(或其補角)為直線SKIPIF1<0與CE所成角，再解三角形即可得解．【詳解】如圖所示：，取AB的中點F，連接EF，CF，易知SKIPIF1<0，則∠ECF(或其補角)為直線SKIPIF1<0與CE所成角．不妨設SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由余弦定理得SKIPIF1<0，即直線SKIPIF1<0與CE所成角的余弦值為SKIPIF1<0．故選：C．2．(2022·全國·模擬預測(理))如圖，在三棱臺SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成的角為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】【分析】將棱臺補全為棱錐，利用等體積法求SKIPIF1<0到面SKIPIF1<0的距離，結合線面角的定義求SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角的大小.【詳解】將棱臺補全為如下棱錐SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，易知：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0到面SKIPIF1<0的距離為h，又SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，綜上，SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.故選：A3．(2022·浙江湖州·模擬預測)如圖，已知四邊形SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是以SKIPIF1<0為斜邊的等腰直角三角形，SKIPIF1<0為等邊三角形，SKIPIF1<0，將SKIPIF1<0沿對角線SKIPIF1<0翻折到SKIPIF1<0在翻折的過程中，下列結論中不正確的是(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0可能垂直C．直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角的最大值是SKIPIF1<0 D．四面體SKIPIF1<0的體積的最大是SKIPIF1<0【答案】C【解析】【分析】對于A，取SKIPIF1<0的中點SKIPIF1<0，即可得到SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，A選項可判斷對于B，采用反證法，假設SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，再根據題目所給的長度即可判斷；對于C，當面SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0時，此時直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角有最大值，判斷即可；對于D，當面SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0時，此時四面體SKIPIF1<0的體積有最大值，計算最大體積判斷即可【詳解】如圖所示，取SKIPIF1<0的中點SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0SKIPIF1<0是以SKIPIF1<0為斜邊的等腰直角三角形,SKIPIF1<0SKIPIF1<0為等邊三角形,SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0,SKIPIF1<0,故A正確對于B，假設SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0,SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0與SKIPIF1<0可能垂直，故B正確當面SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0時，此時SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0即為直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角此時SKIPIF1<0，故C錯誤當面SKIPIF1<0SKIPIF1<0面SKIPIF1<0時，此時四面體SKIPIF1<0的體積最大，此時的體積為：SKIPIF1<0，故D正確故選：C4．(2022·河南安陽·模擬預測(理))已知球O的體積為SKIPIF1<0，高為1的圓錐內接于球O，經過圓錐頂點的平面SKIPIF1<0截球O和圓錐所得的截面面積分別為SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0(

)A．2 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，求出球O半徑，平面SKIPIF1<0截球O所得截面小圓半徑，圓錐底面圓半徑，再求出平面SKIPIF1<0截圓錐所得的截面等腰三角形底邊長及高即可計算作答.【詳解】球O半徑為R，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0截球O所得截面小圓半徑SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，因此，球心O到平面SKIPIF1<0的距離SKIPIF1<0，而球心O在圓錐的軸上，則圓錐的軸與平面SKIPIF1<0所成的角為SKIPIF1<0，因圓錐的高為1，則球心O到圓錐底面圓的距離為SKIPIF1<0，于是得圓錐底面圓半徑SKIPIF1<0，令平面SKIPIF1<0截圓錐所得截面為等腰SKIPIF1<0，線段AB為圓錐底面圓SKIPIF1<0的弦，點C為弦AB中點，如圖，依題意，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，弦SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.故選：C【點睛】關鍵點睛：解決與球有關的內切或外接問題時，關鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質求解.5．(2022·浙江·模擬預測)如圖，矩形SKIPIF1<0所在平面與正方形SKIPIF1<0所在平面互相垂直，SKIPIF1<0，點P在線段SKIPIF1<0上，給出下列命題：①存在點P，使得直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0②存在點P，使得直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0③直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角的正弦值的取值范圍是SKIPIF1<0④三棱錐SKIPIF1<0的外接球被平面SKIPIF1<0所截取的截面面積是SKIPIF1<0其中所有真命題的序號是(

)A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④【答案】D【解析】【分析】取EF中點推理判斷①；假定SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，分析判斷②；確定直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角，求出臨界值判斷③；求出SKIPIF1<0外接圓面積判斷④作答.【詳解】令SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0中點為G，連DG，如圖，依題意，SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中點，對于①，在矩形SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，四邊形SKIPIF1<0是平行四邊形，直線SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，當P是線段SKIPIF1<0中點G時，直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，①正確；對于②，假定直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，由①知，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，當點P在線段SKIPIF1<0上任意位置(除點G外)，SKIPIF1<0均為銳角，即SKIPIF1<0不垂直于SKIPIF1<0，也不垂直于SKIPIF1<0，因此，不存在點P，使得直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，②不正確；對于③，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0內射影在直線SKIPIF1<0上，直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角為SKIPIF1<0，當點P由點E運動到點F的過程中，SKIPIF1<0逐漸減小，當P與E重合時，SKIPIF1<0最大，為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，當P與F重合時，SKIPIF1<0最小，為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成角的正弦值的取值范圍是SKIPIF1<0，③正確；對于④，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，由正弦定理得SKIPIF1<0外接圓直徑SKIPIF1<0，半徑SKIPIF1<0，圓面積為SKIPIF1<0，三棱錐SKIPIF1<0的外接球被平面SKIPIF1<0所截取的截面是SKIPIF1<0外接圓，因此三棱錐SKIPIF1<0的外接球被平面SKIPIF1<0所截取的截面面積是SKIPIF1<0，④正確,所以所有真命題的序號是①③④.故選：D6．(2022·四川省瀘縣第二中學模擬預測(文))已知SKIPIF1<0是正方體SKIPIF1<0的中心O關于平面SKIPIF1<0的對稱點，則下列說法中正確的是(

)A．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0是異面直線 B．SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0【答案】B【解析】【分析】根據正方體的性質、空間直線與平面的位置關系，即可對選項做出判斷.【詳解】連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，交于點SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，交于點SKIPIF1<0.連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0.由題可知，SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0上，所以SKIPIF1<0與SKIPIF1<0共面，故A錯誤；在四邊形SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，所以四邊形SKIPIF1<0為平行四邊形.SKIPIF1<0.SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故B正確；由正方體的性質可得SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0與SKIPIF1<0所成角為SKIPIF1<0，所以顯然SKIPIF1<0與SKIPIF1<0不垂直，故C錯誤；顯然SKIPIF1<0與SKIPIF1<0不垂直，而SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0不垂直，故D錯誤.故選：B.7．(2022·北京·北大附中三模)已知平面SKIPIF1<0，直線SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，則下列命題中正確的是(

)A．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0B．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0C．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0D．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0【答案】A【解析】【分析】對于A選項，垂直于同一條直線的兩個平面互相平行；對于B選項，垂直于同一個平面的兩個平面有可能相交，也有可能互相平行；對于C選項，由線面垂直的性質即可判斷；對于D選項，平行于同一個平面的兩條直線有可能相交、平行或異面.【詳解】選項A正確，因為垂直于同一直線的兩個平面互相平行；選項B錯誤，平面SKIPIF1<0和SKIPIF1<0也可以相交；選項C錯誤，直線SKIPIF1<0可能在平面SKIPIF1<0內；選項D錯誤，直線SKIPIF1<0和SKIPIF1<0還可能相交或者異面.故選：A.8．(2022·云南師大附中模擬預測(理))已知正方形SKIPIF1<0的邊長為SKIPIF1<0，將SKIPIF1<0沿對角線SKIPIF1<0折起，使得二面角SKIPIF1<0的大小為90°.若三棱錐SKIPIF1<0的四個頂點都在球SKIPIF1<0的球面上，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0邊的中點，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分別為線段SKIPIF1<0，SKIPIF1<0上的動點(不包括端點)，且SKIPIF1<0，當三棱錐SKIPIF1<0的體積最大時，過點SKIPIF1<0作球SKIPIF1<0的截面，則截面面積的最小值為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】【分析】根據面面垂直的判定定理得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，繼而表示出三棱錐SKIPIF1<0的體積，求出SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0取得最大值，在△SKIPIF1<0中，由余弦定理，得SKIPIF1<0SKIPIF1<0，根據球的性質可知，當SKIPIF1<0垂直于截面時，截面圓的面積最小，繼而得解.【詳解】因為正方形SKIPIF1<0的邊長為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.如圖，由于平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0為SKIPIF1<0邊的中點，則有SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．設SKIPIF1<0SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以三棱錐SKIPIF1<0的體積SKIPIF1<0SKIPIF1<0，當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0取得最大值．由于SKIPIF1<0，則球O的球心即為SKIPIF1<0，且球O的半徑SKIPIF1<0．又在△SKIPIF1<0中，由余弦定理，得SKIPIF1<0SKIPIF1<0，根據球的性質可知，當SKIPIF1<0垂直于截面時，截面圓的面積最小，設其半徑為r，所以SKIPIF1<0SKIPIF1<0，則截面面積的最小值為SKIPIF1<0.故選：D．9．(2022·浙江·樂清市知臨中學模擬預測)如圖，正方體SKIPIF1<0的棱長為a，E是棱SKIPIF1<0的動點，則下列說法正確的(

)個．①若E為SKIPIF1<0的中點，則直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0②三棱錐SKIPIF1<0的體積為定值SKIPIF1<0③E為SKIPIF1<0的中點時，直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成的角正切值為SKIPIF1<0④過點SKIPIF1<0，C，E的截面的面積的范圍是SKIPIF1<0A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】【分析】如圖,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,對于①、③、④利用向量法計算證明；對于②利用等體積法計算即可判斷.【詳解】如圖,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.對于①：當E為SKIPIF1<0的中點時，SKIPIF1<0.設平面SKIPIF1<0的一個法向量為SKIPIF1<0,則SKIPIF1<0，不妨令x=1,則SKIPIF1<0，所以平面A1BD的一個法向量為SKIPIF1<0.又因為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0與SKIPIF1<0不垂直，所以直線SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0不成立.故①錯誤；對于②：三棱錐SKIPIF1<0的體積等于三棱錐SKIPIF1<0的體積.又SKIPIF1<0，高為a,所以SKIPIF1<0.故②錯誤；對于③：當E為SKIPIF1<0的中點時，SKIPIF1<0.平面SKIPIF1<0的一個法向量為SKIPIF1<0,而SKIPIF1<0.設直線B1E與平面SKIPIF1<0所成的角為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，即直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0所成的角正切值為SKIPIF1<0.故③正確；對于④：設SKIPIF1<0.因為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上得到投影為SKIPIF1<0.所以點E到直線SKIPIF1<0的距離為SKIPIF1<0.當z=0，即D、E重合時，截面為矩形，其面積為SKIPIF1<0.當SKIPIF1<0時，截面為等腰梯形.設截面交SKIPIF1<0于F.所以SKIPIF1<0，高SKIPIF1<0，所以其面積為SKIPIF1<0.記SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞減函數(shù)，所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.因為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0當z=a，即D1、E重合時，截面為邊長為SKIPIF1<0的正三角形，其面積為SKIPIF1<0.綜上所述：SKIPIF1<0.故④正確.故選：B10．(2022·四川成都·模擬預測(理))如圖，△ABC為等腰直角三角形，斜邊上的中線AD＝3，E為線段BD中點，將△ABC沿AD折成大小為SKIPIF1<0的二面角，連接BC，形成四面體C－ABD，若P是該四面體表面或內部一點，則下列說法錯誤的是(

)A．點P落在三棱錐E－ABC內部的概率為SKIPIF1<0B．若直線PE與平面ABC沒有交點，則點P的軌跡與平面ADC的交線長度為SKIPIF1<0C．若點SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0上，且滿足PA＝2PD，則點P的軌跡長度為SKIPIF1<0D．若點SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0上，且滿足PA＝2PD，則線段SKIPIF1<0長度為定值【答案】D【解析】【分析】對于A,求出三棱錐SKIPIF1<0和三棱錐SKIPIF1<0的體積之間的關系，根據幾何概型的概率公式即可判斷；對于B，根據面面平行的相關知識確定軌跡，即可求得其長度；對于C,建立平面直角坐標系，求出點P的軌跡方程，確定在面ADC內的軌跡，即可求得軌跡長度；對于D，結合題意以及C的分析，可知DP不是定值，從而SKIPIF1<0不是定值，即可判斷.【詳解】如圖所示，由題意可知SKIPIF1<0底面BCD,由于E為線段BD中點，故SKIPIF1<0,故P落在三棱錐SKIPIF1<0內部的概率為SKIPIF1<0,故A正確；若直線PE與平面ABC沒有交點，則P點在過點E和平面ABC平行的平面上，如圖所示，設CD的中點為F,AD的中點為G,連接EF,FG,EG,則平面EFGSKIPIF1<0平面ABC,則點P的軌跡與平面ADC的交線即為GF,由于△ABC為等腰直角三角形，斜邊上的中線AD=3，故SKIPIF1<0,則SKIPIF1<0,故B正確；若點P在平面ACD上，且滿足SKIPIF1<0，以D為原點，DC,DA為x,y軸建立平面直角坐標系，如圖，

則SKIPIF1<0,設SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故P點在平面ADC上的軌跡即為該圓被平面ADC截得的圓弧SKIPIF1<0(如圖示)，由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0,則點P的軌跡長度為SKIPIF1<0,故C正確；由題意可知SKIPIF1<0,故SKIPIF1<0平面ADC,故SKIPIF1<0,由于P在圓弧SKIPIF1<0上，圓心為M,故PD的長不是定值，如上圖，當SKIPIF1<0位于N點時，SKIPIF1<0,當SKIPIF1<0位于T點時，SKIPIF1<0,故線段PB長度不是定值，D錯誤，故選：D11．(2022·全國·南京外國語學校模擬預測)如圖，在三棱臺SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，側棱SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，點SKIPIF1<0是棱SKIPIF1<0的中點．(1)證明：平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；(2)求二面角SKIPIF1<0的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)SKIPIF1<0【解析】【分析】(1)先根據線面垂直的性質與判定證明SKIPIF1<0，再根據勾股定理證明SKIPIF1<0，進而根據線面垂直得到SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，從而根據面面垂直的判定證明即可(2)SKIPIF1<0為坐標原點，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的所在的直線分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0軸建立空間直角坐標系，再分別求解平面SKIPIF1<0的一個法向量，進而得到面面角的正弦即可(1)證明：因為SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．又因為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．(2)以SKIPIF1<0為坐標原點，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的所在的直線分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0軸建立空間直角坐標系，如圖所示．因為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．設平面SKIPIF1<0的一個法向量為SKIPIF1<0，設平面SKIPIF1<0的一個法向量為SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．又因為SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．所以SKIPIF1<0．設二面角SKIPIF1<0的大小為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以二面角SKIPIF1<0的正弦值為SKIPIF1<0．12．(2022·山東·德州市教育科學研究院三模)已知底面ABCD為菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截幾何體如圖所示.(1)若SKIPIF1<0，求證：SKIPIF1<0；(2)若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，三棱錐GACD的體積為SKIPIF1<0，直線AF與底面ABCD所成角的正切值為SKIPIF1<0，求銳二面角SKIPIF1<0的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)SKIPIF1<0【解析】【分析】(1)根據題意可證SKIPIF1<0平面BDG，可得SKIPIF1<0，得證SKIPIF1<0平面ACE，得SKIPIF1<0，再根據面面平行的性質可證SKIPIF1<0；(2)根據題意可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，利用空間向量求二面角．(1)連接BD，交AC于點O，底面ABCD為菱形，∴SKIPIF1<0，由直四棱柱得SKIPIF1<0底面ABCD，又SKIPIF1<0平面ABCD，∴SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，BD，SKIPIF1<0平面BDG，∴SKIPIF1<0平面BDG，因為SK