課時(shí)分層作業(yè)(四十五)(本試卷共92分．單項(xiàng)選擇題每題5分，多項(xiàng)選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·天津高考)若m，n為兩條直線，α為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m⊥nB．若m∥α，n∥α，則m∥nC．若m∥α，n⊥α，則m⊥nD．若m∥α，n⊥α，則m與n相交C[對(duì)于A，B，若m∥α，n∥α，則m，n可能平行、相交或異面，故A，B錯(cuò)誤．對(duì)于C，D，若m∥α，n⊥α，則m⊥n，且m與n相交或異面，故D錯(cuò)誤．故選C．]2．如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PABC[因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，由四邊形ABCD為矩形得CD⊥AD，因?yàn)镻A∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故選C．]3．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在平面ABC上的射影HA．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部A[由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB，BC1?平面ABC1，且AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC．所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．故選A．]4．如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，AE⊥PC，垂足為E，F(xiàn)是PB上一點(diǎn)，則下列判斷錯(cuò)誤的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBCC[PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質(zhì)可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，A正確；由A選項(xiàng)可知BC⊥AE，由題意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而EF?平面PCB，所以AE⊥EF，B正確；由B選項(xiàng)可知AE⊥平面PCB，因而AC與平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，C錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)可知，AE⊥平面PCB，AE?平面AEF，由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC，D正確．故選C．]5．(2025·菏澤模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1D∩AD1＝E，CD1∩C1D＝FA．BB1∥平面ACD1B．平面BDC1⊥平面ACD1C．EF⊥平面BDD1B1D．平面ABB1A1內(nèi)存在與EFC[因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為正方體，設(shè)正方體的邊長為以D1為原點(diǎn)，D1A1所在直線為x軸，D1C1所在直線為y軸，D1D所在直線為則D1(0,0,0)，A(2,0,2)，C(0,2,2)，B(2,2,2)，B1(2，2,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，D(0,0,2)．設(shè)平面ACD1的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0,2,2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A,\s\up6(→))＝0，,n·\o(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋2z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝－1，所以n＝(1,1，－1)為平面ACD1的一個(gè)法向量，同理可得平面BDC1的一個(gè)法向量為m＝(－1,1,1)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(BB1,\s\up6(→))·n＝2≠0，故A不正確；m·n＝－1≠0，故B不正確；又因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(D1D,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(D1D,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝0，所以EF⊥D1D，EF⊥D1B1，又D1D∩D1B1＝D1，D1D，D1B1?平面BDD1B1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正確；易得平面ABB1A1的一個(gè)法向量為p＝(1,0,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))·p＝－1≠0，故D不正確．故選C．]6．(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2eq\r(2)，該棱錐的高為()A．1 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)D[由題意知△PAB為正三角形，因?yàn)镻C2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如圖，分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，則PE＝2eq\r(3)，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.過點(diǎn)P作PG⊥EF，垂足為G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF?平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG?平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF?平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG為四棱錐P-ABCD的高．由eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)EF·PG，得PG＝eq\f(PE·PF,EF)＝eq\f(2\r(3)×2,4)＝eq\r(3).故選D.]二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則(A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°ABD[如圖，連接B1C，BC1，因?yàn)镈A1∥B1C，所以直線BC1與B1C所成的角即為直線BC1與DA1所成的角，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1BC1?平面BB1C則A1B1⊥BC1，因?yàn)锽1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C?平面A1B1C，所以BC連接A1C1，B1D1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因?yàn)镃1O⊥B1D1,B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1所以∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，設(shè)正方體棱長為1，則C1O＝eq\f(\r(2),2)，BC1＝eq\r(2)，sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，C錯(cuò)誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，D正確．故選ABD.8．(2025·煙臺(tái)模擬)如圖1，半圓O的直徑為4，點(diǎn)B，C三等分半圓，P，Q分別為OB，OC的中點(diǎn)，將此半圓以O(shè)A為母線卷成如圖2所示的圓錐，D為BC的中點(diǎn)，則在圖2中，下列結(jié)論正確的有()A．PQ＝eq\f(\r(3),2)B．AD⊥平面OBCC．PQ∥平面ABCD．三棱錐P-ABC與Q-ABC公共部分的體積為eq\f(1,4)ACD[對(duì)于A，在題圖2中，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr＝eq\f(1,2)×4π，解得r＝1，因?yàn)樵陬}圖1中，點(diǎn)B，C三等分半圓，所以在題圖2中，點(diǎn)B，C為圓錐的底面圓周的三等分點(diǎn)，所以△ABC為等邊三角形，所以eq\f(BC,sin60°)＝2r＝2，所以BC＝eq\r(3).又因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以PQ＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，故A正確．對(duì)于B，連接OD，AC，AB，如圖所示，因?yàn)椤鰽BC是邊長為eq\r(3)的等邊三角形，△OBC為等腰三角形，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，所以AD＝eq\f(3,2)，OD＝eq\r(OB2－BD2)＝eq\f(\r(13),2)，而AO＝2，所以AD2＋OD2＝eq\f(9,4)＋eq\f(13,4)≠4＝AO2，這表明AD與OD不垂直，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以PQ∥BC．因?yàn)镻Q?平面ABC，BC?平面ABC，所以PQ∥平面ABC，故C正確．對(duì)于D，如圖，連接BQ，CP交于點(diǎn)E，連接OE并延長OE，則由對(duì)稱性可知OE必定交BC于點(diǎn)D，則三棱錐P-ABC與三棱錐Q-ABC的公共部分即為三棱錐E-ABC．因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以E為△OBC的重心，所以DE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(\r(13),6).由上易知，圓錐的軸截面為邊長為2的等邊三角形，所以圓錐的高為eq\r(3)，所以VE-ABC＝eq\f(1,3)VO-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×\r(3)×\f(\r(3),2)))×eq\r(3)＝eq\f(1,4)，所以三棱錐P-ABC與三棱錐Q-ABC的公共部分的體積為eq\f(1,4)，故D正確．]三、填空題9．(2025·日照模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)[因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以BD⊥PA，連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.]10．如圖，△ABC與△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，則二面角A-BD-C的余弦值為________.－eq\f(\r(5),5)[如圖，過A作AE⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)E,連接DE，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD，所以點(diǎn)E即為點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影，所以△EBD為△ABD在平面BCD內(nèi)的射影，設(shè)AB＝a，則AE＝DE＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2)a，所以AD＝eq\f(\r(6),2)a，cos∠ABD＝eq\f(1,4)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(15),4)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),8)a2,又BE＝eq\f(1,2)a，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(3),8)a2，設(shè)θ為射影面與原面所成的二面角的平面角，所以cosθ＝eq\f(S△BDE,S△ABD)＝eq\f(\r(5),5).因?yàn)樗蟮慕铅仁嵌娼茿-BD-E，而二面角A-BD-C與A-BD-E互補(bǔ)，所以二面角A-BD-C的余弦值為－eq\f(\r(5),5).]11．已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么點(diǎn)P到平面ABC的距離為________.eq\r(2)[如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于點(diǎn)O，則PO為點(diǎn)P到平面ABC的距離．再過點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F，連接PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC．又PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).]12．《九章算術(shù)》中的邪田意為直角梯形，上、下底稱為畔，高稱為正廣，非高腰邊稱為邪．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為邪田，兩畔CD，AB分別為1,3，正廣AD為2eq\r(3)，PD⊥平面ABCD，則邪田ABCD的邪長為________；邪所在直線與平面PAD所成角的大小為________.430°[過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為點(diǎn)E，延長AD，BC，使得AD∩BC＝F，如圖所示．由題意可得CE＝2eq\r(3)，BE＝2，則BC＝eq\r(12＋4)＝4.即邪田ABCD的邪長BC為4.由題意知AB⊥AD，CD∥AB，所以eq\f(DF,AF)＝eq\f(CD,AB)＝eq\f(1,3)，所以DF＝eq\r(3).因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，則∠AFB是直線BC與平面PAD所成角的平面角，tan∠AFB＝eq\f(AB,AF)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以∠AFB＝30°.即邪所在直線與平面PAD所成角的大小為30°.]四、解答題13．(15分)(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1解：(1)證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥因?yàn)椤螦CB＝90°，所以BC⊥AC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC又BC?平面BB1C所以平面ACC1A1⊥平面BB1C(2)如圖，過點(diǎn)A1作A1H⊥CC1，交CC1于點(diǎn)H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H?平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝eq\r(2).法一：由S△CA1C1＝eq\f(1,2)·CA1·A1C1＝eq\f(1,2)·A1H·CC1，得A1H＝eq\f(CA1·A1C1,CC1)＝eq\f(\r(2)×\r(2),2)＝1，故四棱錐A1-BB1C法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，所以A1H＝eq\f(1,2)CC1＝1，故四棱錐A1-BB1C14．(15分)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P-BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P-BCDE的體積；(2)若PB＝PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE.解：(1)如圖所示，取DE的中點(diǎn)M，連接PM，由題意知，PD＝PE.所以PM⊥DE，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM?平面PDE，所以PM⊥平面BCDE，即PM為四棱錐P-BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，所以PM＝eq\f(1,2)DE＝eq\r(2)，而梯形BCDE的面積S＝eq\f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以四棱錐P-BCDE的體積V＝eq\f(1,3)PM·S＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×6＝2eq\r(2).(2)證明：取BC的中點(diǎn)N，連接PN，MN，則BC⊥MN，因?yàn)镻B＝PC，所以BC⊥PN，因?yàn)镸N∩PN＝N，MN，PN?平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因?yàn)镻M?平面PMN，所以BC⊥PM.由(1)知，PM⊥DE，又BC，DE?平面BCDE，且BC與DE是相交的，所以PM⊥平面BCDE.因?yàn)镻M?平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.課時(shí)分層作業(yè)(四十六)(本試卷共45分．)1．(15分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝eq\r(2)(1)證明：平面ACB1⊥平面BB1C(2)求二面角A-A1C1-B1解：(1)證明：如圖，連接BC1，與B1C交于點(diǎn)D，則D為BC1，B1C的中點(diǎn)，連接因?yàn)锳C＝AB1，所以AD⊥B1C．因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝eq\r(2)，所以BD＝eq\r(3)，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD.因?yàn)锽1C∩BD＝D，B1C，BD?平面BB所以AD⊥平面BB1C1C．因?yàn)锳D?平面ACB1所以平面ACB1⊥平面BB1C1(2)取A1C1的中點(diǎn)E，連接AC1，AE，B1E由(1)知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2.又AA1＝CC1＝2，所以AE⊥A1C1，同理得B1E⊥A1C所以∠AEB1為二面角A-A1C1-B1在△AEB1中，AE＝eq\r(AA\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(14),2)，B1E＝eq\r(A1B\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(14),2)，AB1＝eq\r(2)，所以cos∠AEB1＝eq\f(AE2＋B1E2－AB\o\al(2,1),2AE·B1E)＝eq\f(\f(7,2)＋\f(7,2)－2,2×\f(7,2))＝eq\f(5,7).所以二面角A-A1C1-B1的余弦值為eq\f(5,7).2．(15分)(2022·全國甲卷)小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)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(jì)包裝盒材料的厚度)．解：(1)證明：如圖所示：分別取AB，BC的中點(diǎn)M，N，連接EM，F(xiàn)N，MN，因?yàn)椤鱁AB，△FBC均為正三角形，且邊長均為8cm，所以EM⊥AB，F(xiàn)N⊥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(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM∥FN，又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的中點(diǎn)K，L，連接KM，KH，KL，LN，LG，AC，BD.由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知識(shí)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-HEFG的體積加上四棱錐B-MNFE體積的4倍．因?yàn)镸N＝NL＝LK＝KM＝4eq\r(2)cm，EM＝8sin60°＝4eq\r(3)(cm)，點(diǎn)B到平面MNFE的距離即為點(diǎn)B到直線MN的距離d，d＝2e