PAGEPAGE23高考專題突破五高考中的立體幾何問題題型一求空間幾何體的表面積與體積例1(1)一個正方體挖去一個多面體所得的幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖、側視圖和俯視圖均為邊長等于2的正方形，則這個幾何體的表面積為()A.16＋4eq\r(3) B.16＋4eq\r(5)C.20＋4eq\r(3) D.20＋4eq\r(5)答案D解析由三視圖可知，該幾何體是棱長為2的正方體的內部挖去一個底面邊長為2的正四棱錐，將三視圖還原可得如圖，可得其表面積為S＝5×22＋4×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝20＋4eq\r(5)，故選D.(2)(2024·浙江省嘉興市第一中學期中)如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點，PA⊥圓O所在平面，且PA＝AB＝2，過點A作平面α⊥PB，交PB，PC分別于E，F，當三棱錐P－AEF體積最大時，tan∠BAC＝________.答案eq\r(2)解析∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB，又AC⊥BC，AP⊥BC，AC∩AP＝A，AC，AP?平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又∵AF?平面PAC，∴AF⊥BC，又∵PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°，設∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝eq\f(AP·AC,PC)＝eq\f(2×2cosθ,2\r(1＋cos2θ))＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ)).在Rt△PAB中，AE＝PE＝eq\r(2)，∴EF＝eq\r(AE2－AF2)，∴V三棱錐P－AEF＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)AF·EF·PE＝eq\f(1,6)AF·eq\r(2－AF2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(2AF2－AF4)＝eq\f(\r(2),6)eq\r(－AF2－12＋1)≤eq\f(\r(2),6)，∴當AF＝1時，三棱錐P－AEF的體積取最大值eq\f(\r(2),6)，此時eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))＝1，且0°<θ<90°，∴cosθ＝eq\f(\r(3),3)，sinθ＝eq\f(\r(6),3)，tanθ＝eq\r(2).思維升華(1)等積轉換法多用來求三棱錐的體積.(2)不規則的幾何體可通過分割或補形轉化為規則幾何體，再利用公式求解.跟蹤訓練1(1)(2024·嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是()A.36＋24eq\r(2) B.36＋12eq\r(5)C.40＋24eq\r(2) D.40＋12eq\r(5)答案B解析由三視圖得該幾何體為一個組合體，上面是棱長為2的正方體，下面是下底為邊長為4的正方形、上底為邊長為2的正方形的四棱臺，則其表面積為5×22＋4×eq\f(2＋4,2)×eq\r(5)＋42＝36＋12eq\r(5)，故選B.(2)(2024·溫州高考適應性測試)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A.eq\f(4,3)＋π B.eq\f(2,3)＋πC.eq\f(4＋π,3) D.eq\f(4＋2π,3)答案A解析由三視圖可還原出幾何體的直觀圖，該幾何體是由半個圓柱(底面圓的半徑為1，高為2)和一個四棱錐(底面為邊長是2的正方形，高為1)組成的，如圖所示.故該幾何體的體積V＝eq\f(1,2)×π×12×2＋eq\f(1,3)×22×1＝eq\f(4,3)＋π.故選A.題型二空間點、線、面的位置關系例2如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分別是A1C1，BC的中點.(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體積.(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因為AB?平面ABC，所以BB1⊥AB.又因為AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1，取AB中點G，連接EG，FG.因為E，F分別是A1C1，BC的中點，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1F∥EG.又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點H，連接C1H，FH.因為H，F分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB，又因為E，H分別是A1C1，AC的中點，所以EC1∥AH，且EC1＝AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F?平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).思維升華(1)平行問題的轉化利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉化解決平行關系的判定問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應用性質定理時，其依次正好相反.在實際的解題過程中，判定定理和性質定理一般要相互結合，敏捷運用.(2)垂直問題的轉化在空間垂直關系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直供應依據，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊.應用面面垂直的性質定理時，一般需作協助線，基本作法是過其中一個平面內一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉化為線面垂直問題，進而可轉化為線線垂直問題.跟蹤訓練2如圖，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.證明(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1).∵點E，F分別是PC，PD的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB，又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP，AD?平面PAD，∴DC⊥平面PAD.∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.題型三空間角的計算1.(2024·浙江高考適應性考試)四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，點M是球O1上的動點，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))答案C解析由四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，則可以把O1，O2，O3，O4看成正四面體的四個頂點，球的半徑為棱長的一半，記球的半徑為1，則正四面體的棱長為2.平移直線O3O4至O2C位置，過O2C，O1O2的平面截球O1得一個大圓，過O2作大圓的兩條切線O2E，O2F，由線面垂直易證O1O2⊥O2C，由圖可知，當點M運動至切點E時，∠MO2C最小，當點M運動至切點F時，∠MO2C最大，設∠EO2O1＝θ，則∠MO2C∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ，\f(π,2)＋θ)).在Rt△EO2O1中，sinθ＝eq\f(1,2)，則θ＝eq\f(π,6)，即直線O2M與直線O3O4所成角α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，故選C.2.(2024·浙江)如圖，已知正四面體D－ABC(全部棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，P的平面角為α，β，γ，則()A.γ＜α＜β B.α＜γ＜βC.α＜β＜γ D.β＜γ＜α答案B解析如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由圖可知它們的對邊都是DO，∴只需比較EO，FO，GO的大小即可.如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心.設點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴eq\f(OD,tanβ)＜eq\f(OD,tanγ)＜eq\f(OD,tanα)，∴α＜γ＜β.故選B.3.(2024·浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)證明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝eq\r(5).由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3).由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1.又因為A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(42),7)，sin∠C1A1B1＝eq\f(\r(7),7)，所以C1D＝eq\r(3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13).因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).方法二(1)證明如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意知各點坐標如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1).因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3).由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1B1.由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1C1.又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設平面ABB1的一個法向量為n＝(x，y，z).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1，0).所以sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(39),13).因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).思維升華空間角是高考中的?？純热?，線線角和二面角多出現在小題中，線面角多出現在解答題中，主要留意幾何法與空間向量法的敏捷應用.題型四立體幾何中的動態問題1.(2024·杭州模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法：①四面體E—BCD的體積有最大值和最小值；②存在某個位置，使得AE⊥BD；③設二面角D—AB—E的平面角為θ，則θ≥∠DAE；④AE的中點M與AB的中點N的連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓.其中，正確說法的個數是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四面體E—BCD的底面BCD的面積為定值，且在旋轉的過程中，點E究竟面BCD的距離存在最大值和最小值，所以四面體E—BCD的體積有最大值和最小值，①正確；設BD的中點為F，則當AE旋轉到平面ACF內時，AE⊥BD，②正確；當點E旋轉到△ABD內時，二面角D—AB—E的大小為0，∠DAE＝eq\f(π,12)，此時θ≥∠DAE不成立，③錯誤；由題意得點P的軌跡為以MN為母線，AB為軸的圓錐面與平面BCD的交線，易得圓錐的母線與圓錐的軸的夾角為eq\f(π,4)，在正四面體ABCD中易得直線AB與平面BCD所成的角α滿意eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，所以圓錐面與平面BCD的交線為橢圓，即點P的軌跡為橢圓，④正確.綜上所述，正確說法的個數為3，故選C.2.(2024·浙江高考探討聯盟聯考)如圖，已知正四面體D—ABC，P為線段AB上的動點(端點除外)，則二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范圍是____________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))解析當點P從點A運動到點B時，二面角D—PC—B的平面角漸漸增大，二面角D—PC—B的平面角最小趨近于二面角D—AC—B的平面角，最大趨近于二面角D—BC—A的平面角的補角.設正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點為E.連接DE，BE，易知∠DEB為二面角D—AC—B的平面角，DE＝BE＝eq\r(3)，所以cos∠DEB＝eq\f(\r(3)2＋\r(3)2－22,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，同理二面角D—BC—A的平面角的補角的余弦值為－eq\f(1,3)，故二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).思維升華(1)考慮動態問題中點線面的改變引起的一些量的改變，建立目標函數，用代數方法解決幾何問題.(2)運動改變中的軌跡問題的實質是尋求運動改變過程中的全部狀況，發覺動點的運動規律.(3)運動過程中端點的狀況影響問題的思索，可以利用極限思想考慮運動改變的極限位置.1.(2024·紹興質檢)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的個數是()①若m∥α且m⊥β，則α⊥β；②若m⊥β且α⊥β，則m∥α；③若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β；④若m∥n，n∥α，則m∥α.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m∥α，則由線面平行的性質定理知，在α內有直線l與m平行，又m⊥β，則l⊥β，從而α⊥β，故①正確；若m⊥β且α⊥β，則m?α或m∥α，故②不正確；若m∥n，m⊥α，則n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，故③正確；若m∥n，n∥α，則m∥α或m?α，故④不正確.故正確的個數為2.2.過正方體ABCD—A′B′C′D′的頂點A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的長度相等，則這樣的平面α的個數為()A.6B.4C.3D.1答案B解析考慮到平行的性質，AB，CC′，A′D′可以用同一頂點處的三條棱替代，如AB，AA′，AD，投影的長度相等等價于這些線段所在直線與平面α所成的角相等，因此以正方體為依托，如圖，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合題意，所以這樣的平面有4個.故選B.3.(2024·紹興模擬)《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”.已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側面積為()

A.2 B.2＋4eq\r(2)C.4＋4eq\r(2) D.4＋6eq\r(2)答案C解析由題可得，該幾何體是底面為等腰直角三角形，直角邊長為eq\r(2)，高為2的直三棱柱，所以其側面包括一個邊長為2的正方形及兩個長和寬分別為2和eq\r(2)的長方形，所以其側面積為S＝22＋2×2×eq\r(2)＝4＋4eq\r(2)，故選C.4.(2024·臺州適應性考試)如圖，已知菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若點N是BD上的動點，當線段ON最短時，二面角N—AC—B的余弦值為()A.0B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析易知OB＝OD，所以當N為BD的中點時，線段ON最短，因為AC⊥OB，AC⊥OD，OB∩OD＝O，OB，OD?平面OBD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，又OB⊥AC，所以∠BON即二面角N—AC—B的平面角.因為平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD⊥AC，所以OD⊥平面ABC，所以OD⊥OB，△BOD為等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N—AC—B的余弦值為eq\f(\r(2),2).5.(2024·浙江)已知四棱錐S－ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S－AB－C的平面角為θ3，則()A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1答案D解析如圖，不妨設底面正方形的邊長為2，E為AB上靠近點A的四等分點，E′為AB的中點，S究竟面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′，則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由題意，得tanθ1＝eq\f(SO′,EO′)＝eq\f(\r(5),2)，tanθ2＝eq\f(SO,EO)＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，tanθ3＝1，此時tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，可得θ2＜θ3＜θ1.當E在AB中點處時，θ2＝θ3＝θ1.故選D.6.(2024·嘉興調研)如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，E，F分別是棱AA1，CC1的中點，過EF的平面與棱BB1，DD1分別交于點G，H.設BG＝x，x∈[0，1].①四邊形EGFH肯定是菱形；②AC∥平面EGFH；③四邊形EGFH的面積S＝f(x)在區間[0，1]上具有單調性；④四棱錐A—EGFH的體積為定值.以上結論正確的個數是()A.4B.3C.2D.1答案B解析由正方體的性質易得D1H＝BG＝x，則四邊形A1D1HE、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形C1D1HF為四個全等的直角梯形，則HE＝EG＝GF＝FH，即四邊形EGFH為菱形，①正確；因為AC∥EF，EF?平面EGFH，AC?平面EGFH，所以AC∥平面EGFH，②正確；在線段DD1上取DM＝x，則易得△HMG為直角三角形，且HM＝1－2x，則GH＝eq\r(HM2＋GM2)＝eq\r(1－2x2＋2)，則菱形EGFH的面積S＝f(x)＝eq\f(1,2)EF·GH＝eq\f(\r(2),2)eq\r(1－2x2＋2)，易得其在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞增，在[0，1]上不具有單調性，③錯誤；V四棱錐A—EGFH＝V三棱錐A—EFH＋V三棱錐A—EGF＝V三棱錐F—AEH＋V三棱錐F—AEG＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，為定值，④正確.綜上所述，正確結論的個數是3，故選B.7.如圖，在正四面體A—BCD中，P，Q，R分別為AB，AC，AD上的點，eq\f(AP,PB)＝2，eq\f(CQ,QA)＝eq\f(AR,RD)＝3，記二面角B—PQ—R，C—QR—P，D—PR—Q的平面角分別為α，β，γ，則()A.γ<α<β B.α<γ<βC.α<β<γ D.β<γ<α答案C解析易知二面角B—PQ—R的平面角的補角就是二面角A—PQ—R的平面角，二面角C—QR—P的平面角的補角就是二面角A—QR—P的平面角，二面角D—PR—Q的平面角的補角就是二面角A—PR—Q的平面角.易得二面角A—PQ—R的平面角>二面角A—QR—P的平面角>二面角A—PR—Q的平面角，即α<β<γ.故選C.8.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結論：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折過程中，可能成立的結論是________.(填寫結論序號)答案②③解析因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯誤；設點D在平面BCF上的射影為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使條件滿意，所以②正確；當點P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因為點D的投影不行能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤.故答案為②③.9.如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面相互垂直，動點M在線段PQ上，E，F分別為AB，BC的中點.設異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為______.答案eq\f(2,5)解析以A點為坐標原點，AB，AD，AQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，設AB＝1，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，設M(0，y，1)(0≤y≤1)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，y，1))，∴coseq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(1,2)y,\r(1＋\f(1,4))·\r(\f(1,4)＋y2＋1))＝－eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5)).則cosθ＝|coseq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EM,\s\up6(→))|＝eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(1－y,\r(4y2＋5))，令t＝1－y，則y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosθ＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(t,\r(4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(t2,4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－\f(8,t)＋\f(9,t2)))，令x＝eq\f(1,t)，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosθ＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－8x＋9x2))，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上單調遞增，∴x＝1時，zmin＝5，此時cosθ的最大值為eq\f(2\r(5),5)·eq\r(\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(\r(5),5)＝eq\f(2,5).10.(2009·浙江)如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F為線段EC(端點除外)上一動點.現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足.設AK＝t，則t的取值范圍是____________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析如圖，在平面ADF內過D作DH⊥AF，垂足為H，連接HK.過F點作FP∥BC交AB于點P.設∠FAB＝θ，則cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(2\r(5),5))).設DF＝x，則1<2.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK?ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF?平面ABC，∴DK⊥AF.又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH?平面DKH，∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK.在Rt△ADF中，AF＝eq\r(1＋x2)，∴DH＝eq\r(\f(x2,1＋x2)).∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD，∴Rt△ADF≌Rt△APF，∴AP＝DF＝x.∵△AHD∽△ADF，∴cosθ＝eq\f(\r(\f(1,1＋x2)),t)＝eq\f(x,\r(1＋x2)).∴x＝eq\f(1,t).∵1<x<2，∴1<eq\f(1,t)<2，∴eq\f(1,2)<t<1.11.(2024·浙江)如圖，已知四棱錐P－ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點.(1)證明：CE∥平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明如圖，設PA的中點為F，連接EF，FB.因為E，F分別為PD，PA的中點，所以EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD，又因為BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF∥BC且EF＝BC，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF.因為BF?平面PAB，CE?平面PAB，因此CE∥平面PAB.(2)解分別取BC，AD的中點為M，N，連接PN交EF于點Q，連接MQ.因為E，F，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF的中點，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，N是AD的中點得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN.由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN.過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設CD＝1.在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq\r(2)得CE＝eq\r(2)，在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq\r(3)得QH＝eq\f(1,4)，在Rt△MQH中，QH＝eq\f(1,4)，MQ＝eq\r(2)，所以sin∠QMH＝eq\f(\r(2),8)，所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是eq\f(\r(2),8).12.(2024·浙江重點中學聯考)如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面ABC是邊長為2的正三角形，D是棱A1C1的中點，CC1＝h(h>0).(1)證明：BC1∥平面AB1D；(2)若直線BC1與平面ABB1A1所成角的大小為eq\f(π,6)，求h的值.(1)證明方法一如圖1，連接A1B，交AB1于點E，連接DE，則DE是△A1BC1的中位線，圖1所以DE∥BC1.又DE?平面AB1D，BC1?平面AB1D，所以BC1∥平面AB1D.方法二如圖2，取AC的中點F，連接BF，C1F，DF.圖2因為AF∥DC1，且AF＝DC1，所以四邊形AFC1D是平行四邊形，故AD∥FC1.又FC1?平面BFC1，AD?平面BFC1，所以AD∥平面BFC1.因為DF∥B1B，且DF＝B1B，所以四邊形DFBB1是平行四邊形，故DB1∥FB.又FB?平面BFC1，DB1?平面BFC1，所以DB1∥平面BFC1.又AD∩DB1＝D，AD，DB1?平面ADB1，所以平面ADB1∥平面BFC1.又BC1?平面BFC1，故BC1∥平面AB1D.(2)解方法一取A1B1的中點H，連接C1H，BH.因為△A1B1C1與△ABC都是正三角形，所以C1H⊥A1B1.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝A1B1，又C1H?平面A1B1C1，故C1H⊥平面ABB1A1.所以∠C1BH就是BC1與平面ABB1A1所成的角，即∠C1BH＝eq\f(π,6).在Rt△C1BH中，BC1＝2HC1＝2eq\r(3)，在Rt△BCC1中，BC1＝eq\r(BC2＋CC\o\al(2,1))＝eq\r(h2＋4).所以eq\r(h2＋4)＝2eq\r(3)，解得h＝2eq\r(2).方法二以AB的中點O為坐標原點，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點O且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖3所示，圖3則B(1，0，0)，C1(0，eq\r(3)，h).易得平面ABB1A1的一個法向量為n＝(0，1，0).又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，h)，所以sineq\f(π,6)＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·n|,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)，即eq\f(\r(3),\r(h2＋4))＝eq\f(1,2)，解得h＝2eq\r(2).13.(2024·紹興市適應性考試)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝θ，M為AB的中點.將△ACM沿著CM翻折至△A′CM，使得A′M⊥MB，則θ的取值不行能為()A.eq\f(π,9)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,5)D.eq\f(π,3)答案A解析如圖，設點A′在平面BMC上的射影為A″，則由題意知，點A″在直線CM的垂線A′A″上.要使A′M⊥MB，則A″M⊥MB，所以只需考慮其臨界狀況，即當A″M⊥MB時，點A與點A″關于直線CM對稱，所以∠AMD＝∠A″MD＝∠BMC＝eq\f(π,4)，又AM＝MC，所以△AMC是以∠MAC為底角的等腰三角形，所以∠CAM＋∠MCA＝2θ＝eq\f(π,4)，所以θ＝eq\f(π,8).因此當θ≥eq\f(π,8)時，有A′M⊥MB，所以θ的取值不行能為eq\f(π,9)，故選A.14.(2024·溫州高考適應性測試)已知線段