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备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：立体几何初步
一、解答题
1．（2023高一下·滁州）如图，在四面体P-ABC中，△ABC是等腰三角形AB⊥BC，.
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若AB=2，，PA⊥AB.
（ⅰ）求点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）求二面角的正弦值.
2．（2022高一下·玉林期中）如图，在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ．
（1）求该直三棱柱的表面积；
（2）若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求大棱柱表面积的最小值，并求出此时大棱柱的外接球的直径
3．在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形ABCD并求出其面积.
4．（2020高二下·闵行期中）如图，正方体 是一个棱长为2的空心蔬菜大棚，由8个钢结构（地面没有）组合搭建而成的，四个侧面及顶上均被可采光的薄膜覆盖，已知 为柱 上一点（不在点 、 处）， （ ），菜农需要在地面正方形 内画出一条曲线 将菜地分隔为两个不同的区域来种植不同品种的蔬菜以加强管理，现已知点 为地面正方形 内的曲线 上任意一点，设 、 分别为在P点处观测E和 的仰角.
（1）若 ，请说明曲线 是何种曲线，为什么？
（2）若E为柱 的中点，且 时，请求出点P所在区域的面积.
5．（2023高一下·阎良期末）如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）若侧面的中心为为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，求三棱柱的表面积.
6．（2023高一上·天津市月考）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，、分别是、的中点．若，．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
7．（2022高一下·浙江期中）如图，在直三棱柱ABC—中，底面△ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，且腰长为2，D为BC的中点，三棱柱体积
（1）求三棱柱的外接球的表面积和体积；
（2）求三棱锥的体积.
8．（2019高三上·深圳月考）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.
（1）若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
（2）求三棱锥P－ABC体积的最大值；
（3）若 ，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．
9．（2023高三上·钦州月考）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小
（2）若，点是的重心，且，求内切圆的半径．
10．（2023高三下·浙江开学考）如图，在多面体ABCDE中，面BCDE为平行四边形，，，，，F为AC中点．
（1）求证：；
（2）二面角的正切值为4，求多面体ABCDE的体积．
11． 如图，在正方体中，为的中点，为的中点，求证：
（1），，，四点共面；
（2），，三线共点．
12．（2022高二上·月考）在长方体中，，M为中点，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2） 分别为直线上的点，求的最小值．
13．（2023高二上·闽清月考）如图，已知正方体的棱长为2，点M为正方形的内切圆上的动点．
（1）在线段上是否存在点N，使得恒成立，若存在，求出点N的位置，若不存在，说明理由；
（2）当点M落在线段靠近点上时，求二面角的余弦值．
14．（2023高二上·上海市期中）如图，在四棱锥中，底面正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
15．（2024高二上·密山期末）两个边长为2的正方形和各与对方所在平面垂直，、分别是对角线、上的点，且.
（1）求证：平面；
（2）设，，求与的函数关系式；
（3）求、两点间的最短距离.
16．（2023高二上·上海市期中）如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
17．（2024·安徽模拟）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为，求点到直线的距离．
18．（2024·南宁模拟）如图甲是由梯形ABCD和正三角形CDE组成的一个平面图形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2BC＝2AB＝2，将△CDE沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），使二面角P﹣CD﹣B为直二面角．
（1）证明：AC⊥PD；
（2）若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值．
答案解析部分
1．【答案】（1）由题意可得：，
所以≌，则，
取的中点，连接，则，
且，平面，所以平面，
由于平面，可得PB⊥AC.
（2）（ⅰ）由题意可得：，
因为平面，且平面，平面平面，
过作平面，垂足为，连接，
在中，由余弦定理可得，
即为钝角，则点在的延长线上，
可得，则，
即，且，则为正方形，
以为底面作直三棱柱，可得，
过作，垂足为，
因为平面，平面，则，
，平面，则平面，
利用等面积法，即，解得，
所以点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）过作//，交于点，连接，
因为平面，平面，可得，
又因为平面，平面，可得，
且//，则，
，平面，所以平面，
平面，则，
所以二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值.
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)通过≌，得到，取的中点，连接，则可得平面，所以PB⊥AC ；
(2)根据题意将三棱锥转化为直三棱柱（ⅰ）过作，垂足为，可证得即为点A到平面PBC的距离，进而分析求解；
（ⅱ）过作//，交于点，连接，通过证明平面， 得到二面角的平面角为，进而分析求解.
2．【答案】（1）解：在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ，
该几何体有5个面，两个底面的面积均为 ，
三个侧面面积之和为 ，
所以该直三棱柱的表面积为 ；
（2）解：设两个这样的直三棱柱重合的面的面积为 ，
则组合后的直棱柱的表面积为 ，
所以当且仅当重合的面的面积最大时，拼得的大棱柱的表面积最小，
又侧面 的面积最大，
此时拼得的大棱柱为长方体，其表面积最小，最小值为 ，
大棱柱为长方体，其外接球的直径即为长方体的体对角线，
所以外接球的直径长为 ．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ，再利用三角形的面积公式的和矩形的面积公式，再结合求和法得出该直三棱柱的表面积。
（2） 设两个这样的直三棱柱重合的面的面积为 ，则组合后的直棱柱的表面积为 ，所以当且仅当重合的面的面积最大时，拼得的大棱柱的表面积最小，再利用侧面 的面积最大，此时拼得的大棱柱为长方体，其表面积最小，再结合作差法和四边形的面积公式，进而得出其表面积的最小值，再利用大棱柱为长方体，其外接球的直径即为长方体的体对角线，从而利用勾股定理得出此时大棱柱的外接球的直径长。
3．【答案】解：四边形ABCD的真实图形如图所示，
因为A′C′在水平位置，
A′B′C′D′为正方形，
所以∠D′A′C′=∠A′C′B′=45°，
所以在原四边形ABCD中，
DA⊥AC，AC⊥BC，
因为DA=2D′A′=2，
AC=A′C′= ，
所以S四边形ABCD=AC·AD=2 .
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【分析】∠D′A′C′=∠A′C′B′=45°，A′C′为轴，D′A′为轴，建立坐标系，，AC=A′C′=
S四边形ABCD=2 ×12AC·AD=.
4．【答案】（1）解：在平面 中，以D为原点，以 为 轴建立平面直角坐标系，
则 ，由 底面 ， 底面 ，可知 .
则 ， ，设 ，则 ，
所以 ， ，又 ，则 ，
所以 ，整理得， ，
所以曲线 是圆的一部分.
（2）解：由 ，且均为锐角，则 ，由题意知， ，由 ，
则 在正方形内部，且在 内，点P所在区域如图阴影所示
圆的圆心为 ，半径 . ，所以 ，
所以 ， ，所以扇形面积 ，
又 ，
则阴影的面积 .
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；平面图形的直观图
【解析】【分析】（1）平面 中，以D为原点，以 为 轴建立平面直角坐标系，设 ，由 可得 ，从而可求出轨迹方程.（2）由 可得 ，结合E为柱 的中点可求出 在正方形内部，且在 内，结合图形，利用间接法求出区域面积.
5．【答案】（1）解：连接，因为所以侧面是正方形，所以，
因为分别为的中点，所以，
因为是正三角形，所以，因为平面，
平面，，
，平面，所以平面，
平面，所以，
平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接交于，取的中点，过作，
分别交于，连接，
易得，
因为平面，平面，所以平面，
平面，因为，且都在面OHG内，所以平面平面，
所以的轨迹为线段，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
故三棱柱的表面积为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】
（1）先证明 平面， 再用平面与平面垂直的判定定理即可；
（2）作出辅助线，由已知条件可证平面，平面，从而得证平面平面，再用相似三角形的边长成比例性质即可求解.
6．【答案】（1）证明：设为的中点，连接，，
为的中位线，
又为的中点，，
为平行四边形，
平面，平面，
平面；
（2）解：设到平面的距离为，
平面，，
又为矩形，，
，平面，为矩形，
为等腰直角三角形，是棱锥的高，
四棱锥的体积，
，，由余弦定理可得，
；
四棱锥的体积=三棱锥体积的倍=三棱锥体积，
，，
点到平面的距离为；
（3）解：作平面于，
是与平面所成的角，
由知，在中，，
平面，，又，
所以平面，，
根据数据可得：，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）取为的中点，连接，，由中位线定理及平行四边形的判定定理可证得：为平行四边形，从而得到，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2） 设到平面的距离为 ，根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理可证得： 为矩形，从而得到是棱锥的高，接下来运用等体积法即可求得h的值；
（3）作平面于，从而是与平面所成的角，结合（2）的结论和线面垂直的性质即可求解.
7．【答案】（1）解：易知，三棱柱体积，解得.取中点，取中点，连接交于，易知为的外心，为的外心，即为外接球的球心，，
故外接球半径为，故外接球表面积为，体积为.
（2）解：易知，又，，所以面，
故.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【分析】(1) 利用已知条件结合三角形的面积公式得出的值，再利用三棱柱的体积公式得出三棱柱的体积，进而得出的值，取中点，取中点，连接交于，易知为的外心，为的外心，即为外接球的球心，再结合勾股定理得出AC的长，再利用中点的性质和勾股定理得出外接球的半径，再结合球的表面积公式得出外接球的表面积，再利用球的体积公式得出外接球的体积。
（2）利用已知条件易知，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以面，再利用三棱锥的体积公式得出的值。
8．【答案】（1）证明：在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.
因为DO∩PO＝O，所以AC⊥平面PDO.
（2）解：因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.
又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为 .
又因为三棱锥P－ABC的高PO＝1，
故三棱锥P－ABC体积的最大值为
（3）解：在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，
所以 .
同理 ，所以PB＝PC＝BC.
在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．
当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．
又因为OP＝OB， ，所以 垂直平分PB，即E为PB的中点．
从而 ，
即CE＋OE的最小值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由已知可证 AC⊥DO ，由 PO⊥AC ，DO∩PO＝O，即可证明AC⊥平面PDO；
（2）由已知得到 △ABC面积的最大值，由三棱锥P－ABC的高PO＝1， 即可求出三棱锥P－ABC体积的最大值；
（3）由已知可得 PB＝PC＝BC， 在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，结合图形可得当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值，利用 即可求出 CE＋OE的最小值.
9．【答案】（1）解：因为 ，由正弦定理可得
，
即 ，
又 ，所以 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，所以 ，解得 ．
（2）解：因为点 是 的重心，所以 ，
所以 ，
即 ，解得 或 舍 ．
由余弦定理得 ，解得 ．
设 内切圆的半径为 ，则 ，
即 ，
解得 ，即 内切圆的半径为 ．
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角形五心；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和两角和的正弦公式以及三角形中角B的取值范围，再结合辅助角公式和三角形中角A的取值范围以及不等式的基本性质，进而得出角A的值。
（2）利用点 是 的重心，所以 ，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，进而得出c的值，再结合余弦定理得出a的值，设 内切圆的半径为 ，再利用三角形的面积公式和三角形面积相等的性质，进而得出三角形 内切圆的半径。
10．【答案】（1）证明：取AB中点M，连接EM、FM，
，M为AB中点，，
为AB中点，F为AC中点，，
，面MEF，面MEF，，
平面 MEF，.
（2）由（1）知：即二面角的平面角，
，为锐角，
由
解得，
，
，
在中由余弦定理得：
，
，，
以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，
，
，
设面BCDE的法向量为，
，即，
，令，
∴点A到面BCDE的距离，
，
∴多面体ABCDE的体积为192．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；二面角的平面角及求法；余弦定理
【解析】【分析】（1） 取AB中点M，连接EM、FM，再利用，M为AB中点，从而结合等腰三角形三线合一，所以，再利用点M为AB中点，F为AC中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质和线线垂直的判断方法，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面 MEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由（1）知即二面角的平面角，所以，为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，再利用已知条件结合勾股定理和余弦定理证出，以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用四边形的面积公式和四边形的面积与三角形面积的关系式，进而得出的值，再利用平面的法向量求解方法得出面BCDE的法向量，再利用数量积得出点A到面BCDE的距离，再结合四棱锥的体积公式得出多面体ABCDE的体积。
11．【答案】（1）证明：分别连接，，．
因为，分别是和的中点，
所以．
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以．
所以与确定一个平面，
所以，，，四点共面．
（2）证明：因为，，
所以．
因为，
所以直线和必相交．
设，如图．
因为，，
所以．
又因为，，
所以．
所以点在平面与平面的交线上．
又因为，
所以，
所以，，三线共点．
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】本题主要考查平面的性质和公理，通过立体几何中平面与直线、直线与直线的关系来判定点的共面以及直线的交点，
（1）首先要连接辅助线，，，通过辅助线证明EF∥D1C，那么EFD1C可以确定一个平面，所以 ，，，四点共面；
（2）先证明直线和必相交，再做辅助线，通过空间中点、直线、平面的关系证明，，三线共点．
12．【答案】（1）解：设，以D为原点，以的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
由可得，解得，
，
故，
异面直线与所成角的范围，
则异面直线与所成角的余弦值为．
（2）解：取中点为，连接，则
而，
则四边形为平行四边形，则平面平面，
则平面，
设点B到平面的距离为d，则，D值即为的最小值．
，
设平面的法向量为，则 ，即 ，
取，则，故，
则的最小值为．
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面内两点间距离公式的应用；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1） 设，以D为原点，以的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出m的值，进而可得的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和异面直线与所成角的取值范围，进而得出异面直线与所成角的余弦值。
（2） 利用已知条件结合中点坐标公式得出中点坐标，连接，则再利用结合平行和相等的传递性，所以，则四边形为平行四边形，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面，设点B到平面的距离为d，则，d的值即为的最小值，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，再结合数量积得出d的值，从而得出的最小值。
13．【答案】（1）解：如图，连接AC，BD，设，连接，
分别以OA，OB，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可得，
设，，且有，
，，
，
可得所以线段上存在点N，使得恒成立，且.
（2）解：可得，连接，
，，
设平面的法向量为，则，故
取，，所以是平面AMB的一个法向量．
设平面的法向量为，则，故
取，则，，所以是平面的一个法向量．
所以有，
由于二面角为钝角，所以二面角的余弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出实数n的值，从而得出线段上存在点N使得恒成立，且
（2）利用已知条件得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再根据数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和二面角的平面角的取值范围，进而得出二面角的余弦值.
14．【答案】（1）证明：设AC，BD的交点为点E，并连接ME
∵平面且，平面平面
∴
又底面ABCD为正方形，所以E为BD的中点
则由中位线定理得点M位PB的中点；
（2）解：取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以，又 平面平面，且平面平面，
平面所以平面，故，故如上图所示建立空间直角坐标系，，
由题意得：平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则
令，则可解得：，故，设 二面角的平面角为，由题意知则
，所以，故的大小为；
（3）解：由（2）知平面的一个法向量为：，又M为PB的中点，则点M的坐标为，，设 直线与平面所成的角为，则即 直线与平面所成角的正弦值 为
【知识点】平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 设AC，BD的交点为点E，并连接ME 根据线面平行的性质可得：，再根据正方形的性质及中位线定理即可证明结论；
（2） 取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以 ，运用面面垂直的性质及正方形的性质可证得： ，从而建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出 平面的一个法向量， 平面的一个法向量为
， 二面角的平面角为 ，然后利用二面角与两个平面法向量夹角的关系式得到：代值进行求解即可；
（3） 由（2）知平面的一个法向量为： ，写出的坐标，然后根据直线与平面所成角与直线和平面法向量夹角互余的关系得到： 设 直线与平面所成的角为，则，代值进行求解即可；
15．【答案】（1）解：过点作，交于点，连接、，
因为，所以，
由已知可得，，，
所以，，，
所以，，
所以，，
又，所以，
因为平面，，平面，
所以，平面，
同理可得，平面，
因为平面，平面，，
所以，平面平面，
因为平面，所以直线平面.
（2）解：由（1）可知，，，
所以，，
所以，，
同理可得，，
又平面平面，平面平面，
，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
所以，是直角三角形，
所以，
，
即；
（3）解：由，且，
所以当，即、分别为线段、中点时，
有最小值，
、两点间的最短距离为.
【知识点】函数的最大（小）值；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两直线平行对应边成比例的性质，进而证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，再结合面面平行的性质定理证出线面平行，从而证出平面.
（2）由（1）可知，，再利用线线平行对应边成比例，进而得出MG，GN与x的关系式，再结合面面垂直的性质定理证出线线垂直，从而证出三角形是直角三角形，再结合勾股定理得出与的函数关系式.
（3）由，且，再利用二次函数的图象求最值的方法得出、两点间的最短距离.
16．【答案】（1）证明：如下图所示，连结OM、ON，
由题意知底面为平行四边形，且，则O为的中点，
又N为CD的中点，则由中位线定理有：，同理可得：，
又平面且平面OMN
所以平面平面，又平面OMN，所以平面QBC；
（2）解：由已知可得： 直线平面，直线平行四边形
所以平面平面，又，所以且四边形为矩形，
平面ABCD，，故可以过点D作，则DZ、DA、DB两两互相垂直，
故以DZ为z轴，DA为x轴，DB为y轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，，，由勾股定理得：
所以：
设平面的一个法向量为
则令z=2，则可解得：y=-1，x-0，故平面的一个法向量=，
设平面CBQ的一个法向量为：，则
令解得：，则平面CBQ的一个法向量为
所以 二面角为的平面角为由题意知：，则
故 二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可知，O为BD中点、AC中点，M、N分别是AQ、QB的中点，由中位线定理及平行平面的判定的：平面平面从而得出平面QBC，（2）利用 直线平行四边形 ，作出OP，及从而证得DZ、DA、DB两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面CBQ的一个法向量为及平面的一个法向量=，然后利用求出二面角即可.
17．【答案】（1）证明：如图，过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，
由底面，面，得，又，平面，
所以面，又面，
所以面面．
（2）解：由题意可构建如图所示的空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，
则，
令，则，
若是面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，，
整理可得，则，
由题设可知，此时点，，，
则
所以点到直线的距离．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，得到为平行四边形，根据条件得到，再由线面垂直的性质得到，最后根据线面、面面垂直的判定证明结论即可；
（2）构建空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，再求出点到直线的距离.
18．【答案】（1）证明：取AD中点为F，连接AC，CF，由AD＝2BC得AF∥BC且AF＝BC．
∴四边形ABCF为平行四边形，
∴CF＝AF＝DF，
∴AC⊥CD，
又因为二面角P﹣CD﹣B为直二面角，且平面PCD 平面ABCD＝CD，
∴AC⊥平面PCD，因为PD 平面PCD，
所以AC⊥PD．
（2）解：如图，延长AB和DC交于点G，连接GP，则GP为平面PCD与平面PAB的交线l，
取CD中点为O，连接OF，OP，
∵OP⊥AC，OF∥AC，
∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD，
以O为坐标原点，OF，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面PAD的法向量为，
则，
令c＝1，得，
设l与平面PAD的所成角为θ，
则，
因为，
即l与平面PAD所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意，取AD中点为F，连接AC，CF，由面面垂直的性质定理，可得AC⊥平面PCD，再证明线线垂直即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，求出线面角的正弦值即可．
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：立体几何初步
一、解答题
1．（2023高一下·滁州）如图，在四面体P-ABC中，△ABC是等腰三角形AB⊥BC，.
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若AB=2，，PA⊥AB.
（ⅰ）求点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）求二面角的正弦值.
【答案】（1）由题意可得：，
所以≌，则，
取的中点，连接，则，
且，平面，所以平面，
由于平面，可得PB⊥AC.
（2）（ⅰ）由题意可得：，
因为平面，且平面，平面平面，
过作平面，垂足为，连接，
在中，由余弦定理可得，
即为钝角，则点在的延长线上，
可得，则，
即，且，则为正方形，
以为底面作直三棱柱，可得，
过作，垂足为，
因为平面，平面，则，
，平面，则平面，
利用等面积法，即，解得，
所以点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）过作//，交于点，连接，
因为平面，平面，可得，
又因为平面，平面，可得，
且//，则，
，平面，所以平面，
平面，则，
所以二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值.
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)通过≌，得到，取的中点，连接，则可得平面，所以PB⊥AC ；
(2)根据题意将三棱锥转化为直三棱柱（ⅰ）过作，垂足为，可证得即为点A到平面PBC的距离，进而分析求解；
（ⅱ）过作//，交于点，连接，通过证明平面， 得到二面角的平面角为，进而分析求解.
2．（2022高一下·玉林期中）如图，在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ．
（1）求该直三棱柱的表面积；
（2）若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求大棱柱表面积的最小值，并求出此时大棱柱的外接球的直径
【答案】（1）解：在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ，
该几何体有5个面，两个底面的面积均为 ，
三个侧面面积之和为 ，
所以该直三棱柱的表面积为 ；
（2）解：设两个这样的直三棱柱重合的面的面积为 ，
则组合后的直棱柱的表面积为 ，
所以当且仅当重合的面的面积最大时，拼得的大棱柱的表面积最小，
又侧面 的面积最大，
此时拼得的大棱柱为长方体，其表面积最小，最小值为 ，
大棱柱为长方体，其外接球的直径即为长方体的体对角线，
所以外接球的直径长为 ．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形，且 ， ，再利用三角形的面积公式的和矩形的面积公式，再结合求和法得出该直三棱柱的表面积。
（2） 设两个这样的直三棱柱重合的面的面积为 ，则组合后的直棱柱的表面积为 ，所以当且仅当重合的面的面积最大时，拼得的大棱柱的表面积最小，再利用侧面 的面积最大，此时拼得的大棱柱为长方体，其表面积最小，再结合作差法和四边形的面积公式，进而得出其表面积的最小值，再利用大棱柱为长方体，其外接球的直径即为长方体的体对角线，从而利用勾股定理得出此时大棱柱的外接球的直径长。
3．在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形ABCD并求出其面积.
【答案】解：四边形ABCD的真实图形如图所示，
因为A′C′在水平位置，
A′B′C′D′为正方形，
所以∠D′A′C′=∠A′C′B′=45°，
所以在原四边形ABCD中，
DA⊥AC，AC⊥BC，
因为DA=2D′A′=2，
AC=A′C′= ，
所以S四边形ABCD=AC·AD=2 .
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【分析】∠D′A′C′=∠A′C′B′=45°，A′C′为轴，D′A′为轴，建立坐标系，，AC=A′C′=
S四边形ABCD=2 ×12AC·AD=.
4．（2020高二下·闵行期中）如图，正方体 是一个棱长为2的空心蔬菜大棚，由8个钢结构（地面没有）组合搭建而成的，四个侧面及顶上均被可采光的薄膜覆盖，已知 为柱 上一点（不在点 、 处）， （ ），菜农需要在地面正方形 内画出一条曲线 将菜地分隔为两个不同的区域来种植不同品种的蔬菜以加强管理，现已知点 为地面正方形 内的曲线 上任意一点，设 、 分别为在P点处观测E和 的仰角.
（1）若 ，请说明曲线 是何种曲线，为什么？
（2）若E为柱 的中点，且 时，请求出点P所在区域的面积.
【答案】（1）解：在平面 中，以D为原点，以 为 轴建立平面直角坐标系，
则 ，由 底面 ， 底面 ，可知 .
则 ， ，设 ，则 ，
所以 ， ，又 ，则 ，
所以 ，整理得， ，
所以曲线 是圆的一部分.
（2）解：由 ，且均为锐角，则 ，由题意知， ，由 ，
则 在正方形内部，且在 内，点P所在区域如图阴影所示
圆的圆心为 ，半径 . ，所以 ，
所以 ， ，所以扇形面积 ，
又 ，
则阴影的面积 .
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；平面图形的直观图
【解析】【分析】（1）平面 中，以D为原点，以 为 轴建立平面直角坐标系，设 ，由 可得 ，从而可求出轨迹方程.（2）由 可得 ，结合E为柱 的中点可求出 在正方形内部，且在 内，结合图形，利用间接法求出区域面积.
5．（2023高一下·阎良期末）如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）若侧面的中心为为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，求三棱柱的表面积.
【答案】（1）解：连接，因为所以侧面是正方形，所以，
因为分别为的中点，所以，
因为是正三角形，所以，因为平面，
平面，，
，平面，所以平面，
平面，所以，
平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接交于，取的中点，过作，
分别交于，连接，
易得，
因为平面，平面，所以平面，
平面，因为，且都在面OHG内，所以平面平面，
所以的轨迹为线段，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
故三棱柱的表面积为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】
（1）先证明 平面， 再用平面与平面垂直的判定定理即可；
（2）作出辅助线，由已知条件可证平面，平面，从而得证平面平面，再用相似三角形的边长成比例性质即可求解.
6．（2023高一上·天津市月考）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，、分别是、的中点．若，．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：设为的中点，连接，，
为的中位线，
又为的中点，，
为平行四边形，
平面，平面，
平面；
（2）解：设到平面的距离为，
平面，，
又为矩形，，
，平面，为矩形，
为等腰直角三角形，是棱锥的高，
四棱锥的体积，
，，由余弦定理可得，
；
四棱锥的体积=三棱锥体积的倍=三棱锥体积，
，，
点到平面的距离为；
（3）解：作平面于，
是与平面所成的角，
由知，在中，，
平面，，又，
所以平面，，
根据数据可得：，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）取为的中点，连接，，由中位线定理及平行四边形的判定定理可证得：为平行四边形，从而得到，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2） 设到平面的距离为 ，根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理可证得： 为矩形，从而得到是棱锥的高，接下来运用等体积法即可求得h的值；
（3）作平面于，从而是与平面所成的角，结合（2）的结论和线面垂直的性质即可求解.
7．（2022高一下·浙江期中）如图，在直三棱柱ABC—中，底面△ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，且腰长为2，D为BC的中点，三棱柱体积
（1）求三棱柱的外接球的表面积和体积；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）解：易知，三棱柱体积，解得.取中点，取中点，连接交于，易知为的外心，为的外心，即为外接球的球心，，
故外接球半径为，故外接球表面积为，体积为.
（2）解：易知，又，，所以面，
故.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【分析】(1) 利用已知条件结合三角形的面积公式得出的值，再利用三棱柱的体积公式得出三棱柱的体积，进而得出的值，取中点，取中点，连接交于，易知为的外心，为的外心，即为外接球的球心，再结合勾股定理得出AC的长，再利用中点的性质和勾股定理得出外接球的半径，再结合球的表面积公式得出外接球的表面积，再利用球的体积公式得出外接球的体积。
（2）利用已知条件易知，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以面，再利用三棱锥的体积公式得出的值。
8．（2019高三上·深圳月考）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.
（1）若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
（2）求三棱锥P－ABC体积的最大值；
（3）若 ，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．
【答案】（1）证明：在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.
因为DO∩PO＝O，所以AC⊥平面PDO.
（2）解：因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.
又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为 .
又因为三棱锥P－ABC的高PO＝1，
故三棱锥P－ABC体积的最大值为
（3）解：在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，
所以 .
同理 ，所以PB＝PC＝BC.
在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．
当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．
又因为OP＝OB， ，所以 垂直平分PB，即E为PB的中点．
从而 ，
即CE＋OE的最小值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由已知可证 AC⊥DO ，由 PO⊥AC ，DO∩PO＝O，即可证明AC⊥平面PDO；
（2）由已知得到 △ABC面积的最大值，由三棱锥P－ABC的高PO＝1， 即可求出三棱锥P－ABC体积的最大值；
（3）由已知可得 PB＝PC＝BC， 在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，结合图形可得当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值，利用 即可求出 CE＋OE的最小值.
9．（2023高三上·钦州月考）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小
（2）若，点是的重心，且，求内切圆的半径．
【答案】（1）解：因为 ，由正弦定理可得
，
即 ，
又 ，所以 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，所以 ，解得 ．
（2）解：因为点 是 的重心，所以 ，
所以 ，
即 ，解得 或 舍 ．
由余弦定理得 ，解得 ．
设 内切圆的半径为 ，则 ，
即 ，
解得 ，即 内切圆的半径为 ．
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角形五心；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和两角和的正弦公式以及三角形中角B的取值范围，再结合辅助角公式和三角形中角A的取值范围以及不等式的基本性质，进而得出角A的值。
（2）利用点 是 的重心，所以 ，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，进而得出c的值，再结合余弦定理得出a的值，设 内切圆的半径为 ，再利用三角形的面积公式和三角形面积相等的性质，进而得出三角形 内切圆的半径。
10．（2023高三下·浙江开学考）如图，在多面体ABCDE中，面BCDE为平行四边形，，，，，F为AC中点．
（1）求证：；
（2）二面角的正切值为4，求多面体ABCDE的体积．
【答案】（1）证明：取AB中点M，连接EM、FM，
，M为AB中点，，
为AB中点，F为AC中点，，
，面MEF，面MEF，，
平面 MEF，.
（2）由（1）知：即二面角的平面角，
，为锐角，
由
解得，
，
，
在中由余弦定理得：
，
，，
以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，
，
，
设面BCDE的法向量为，
，即，
，令，
∴点A到面BCDE的距离，
，
∴多面体ABCDE的体积为192．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；二面角的平面角及求法；余弦定理
【解析】【分析】（1） 取AB中点M，连接EM、FM，再利用，M为AB中点，从而结合等腰三角形三线合一，所以，再利用点M为AB中点，F为AC中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质和线线垂直的判断方法，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面 MEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由（1）知即二面角的平面角，所以，为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，再利用已知条件结合勾股定理和余弦定理证出，以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用四边形的面积公式和四边形的面积与三角形面积的关系式，进而得出的值，再利用平面的法向量求解方法得出面BCDE的法向量，再利用数量积得出点A到面BCDE的距离，再结合四棱锥的体积公式得出多面体ABCDE的体积。
11． 如图，在正方体中，为的中点，为的中点，求证：
（1），，，四点共面；
（2），，三线共点．
【答案】（1）证明：分别连接，，．
因为，分别是和的中点，
所以．
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以．
所以与确定一个平面，
所以，，，四点共面．
（2）证明：因为，，
所以．
因为，
所以直线和必相交．
设，如图．
因为，，
所以．
又因为，，
所以．
所以点在平面与平面的交线上．
又因为，
所以，
所以，，三线共点．
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】本题主要考查平面的性质和公理，通过立体几何中平面与直线、直线与直线的关系来判定点的共面以及直线的交点，
（1）首先要连接辅助线，，，通过辅助线证明EF∥D1C，那么EFD1C可以确定一个平面，所以 ，，，四点共面；
（2）先证明直线和必相交，再做辅助线，通过空间中点、直线、平面的关系证明，，三线共点．
12．（2022高二上·月考）在长方体中，，M为中点，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2） 分别为直线上的点，求的最小值．
【答案】（1）解：设，以D为原点，以的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
由可得，解得，
，
故，
异面直线与所成角的范围，
则异面直线与所成角的余弦值为．
（2）解：取中点为，连接，则
而，
则四边形为平行四边形，则平面平面，
则平面，
设点B到平面的距离为d，则，D值即为的最小值．
，
设平面的法向量为，则 ，即 ，
取，则，故，
则的最小值为．
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面内两点间距离公式的应用；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1） 设，以D为原点，以的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出m的值，进而可得的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和异面直线与所成角的取值范围，进而得出异面直线与所成角的余弦值。
（2） 利用已知条件结合中点坐标公式得出中点坐标，连接，则再利用结合平行和相等的传递性，所以，则四边形为平行四边形，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面，设点B到平面的距离为d，则，d的值即为的最小值，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，再结合数量积得出d的值，从而得出的最小值。
13．（2023高二上·闽清月考）如图，已知正方体的棱长为2，点M为正方形的内切圆上的动点．
（1）在线段上是否存在点N，使得恒成立，若存在，求出点N的位置，若不存在，说明理由；
（2）当点M落在线段靠近点上时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）解：如图，连接AC，BD，设，连接，
分别以OA，OB，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可得，
设，，且有，
，，
，
可得所以线段上存在点N，使得恒成立，且.
（2）解：可得，连接，
，，
设平面的法向量为，则，故
取，，所以是平面AMB的一个法向量．
设平面的法向量为，则，故
取，则，，所以是平面的一个法向量．
所以有，
由于二面角为钝角，所以二面角的余弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出实数n的值，从而得出线段上存在点N使得恒成立，且
（2）利用已知条件得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再根据数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和二面角的平面角的取值范围，进而得出二面角的余弦值.
14．（2023高二上·上海市期中）如图，在四棱锥中，底面正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：设AC，BD的交点为点E，并连接ME
∵平面且，平面平面
∴
又底面ABCD为正方形，所以E为BD的中点
则由中位线定理得点M位PB的中点；
（2）解：取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以，又 平面平面，且平面平面，
平面所以平面，故，故如上图所示建立空间直角坐标系，，
由题意得：平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则
令，则可解得：，故，设 二面角的平面角为，由题意知则
，所以，故的大小为；
（3）解：由（2）知平面的一个法向量为：，又M为PB的中点，则点M的坐标为，，设 直线与平面所成的角为，则即 直线与平面所成角的正弦值 为
【知识点】平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 设AC，BD的交点为点E，并连接ME 根据线面平行的性质可得：，再根据正方形的性质及中位线定理即可证明结论；
（2） 取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以 ，运用面面垂直的性质及正方形的性质可证得： ，从而建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出 平面的一个法向量， 平面的一个法向量为
， 二面角的平面角为 ，然后利用二面角与两个平面法向量夹角的关系式得到：代值进行求解即可；
（3） 由（2）知平面的一个法向量为： ，写出的坐标，然后根据直线与平面所成角与直线和平面法向量夹角互余的关系得到： 设 直线与平面所成的角为，则，代值进行求解即可；
15．（2024高二上·密山期末）两个边长为2的正方形和各与对方所在平面垂直，、分别是对角线、上的点，且.
（1）求证：平面；
（2）设，，求与的函数关系式；
（3）求、两点间的最短距离.
【答案】（1）解：过点作，交于点，连接、，
因为，所以，
由已知可得，，，
所以，，，
所以，，
所以，，
又，所以，
因为平面，，平面，
所以，平面，
同理可得，平面，
因为平面，平面，，
所以，平面平面，
因为平面，所以直线平面.
（2）解：由（1）可知，，，
所以，，
所以，，
同理可得，，
又平面平面，平面平面，
，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
所以，是直角三角形，
所以，
，
即；
（3）解：由，且，
所以当，即、分别为线段、中点时，
有最小值，
、两点间的最短距离为.
【知识点】函数的最大（小）值；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两直线平行对应边成比例的性质，进而证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，再结合面面平行的性质定理证出线面平行，从而证出平面.
（2）由（1）可知，，再利用线线平行对应边成比例，进而得出MG，GN与x的关系式，再结合面面垂直的性质定理证出线线垂直，从而证出三角形是直角三角形，再结合勾股定理得出与的函数关系式.
（3）由，且，再利用二次函数的图象求最值的方法得出、两点间的最短距离.
16．（2023高二上·上海市期中）如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：如下图所示，连结OM、ON，
由题意知底面为平行四边形，且，则O为的中点，
又N为CD的中点，则由中位线定理有：，同理可得：，
又平面且平面OMN
所以平面平面，又平面OMN，所以平面QBC；
（2）解：由已知可得： 直线平面，直线平行四边形
所以平面平面，又，所以且四边形为矩形，
平面ABCD，，故可以过点D作，则DZ、DA、DB两两互相垂直，
故以DZ为z轴，DA为x轴，DB为y轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，，，由勾股定理得：
所以：
设平面的一个法向量为
则令z=2，则可解得：y=-1，x-0，故平面的一个法向量=，
设平面CBQ的一个法向量为：，则
令解得：，则平面CBQ的一个法向量为
所以 二面角为的平面角为由题意知：，则
故 二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可知，O为BD中点、AC中点，M、N分别是AQ、QB的中点，由中位线定理及平行平面的判定的：平面平面从而得出平面QBC，（2）利用 直线平行四边形 ，作出OP，及从而证得DZ、DA、DB两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面CBQ的一个法向量为及平面的一个法向量=，然后利用求出二面角即可.
17．（2024·安徽模拟）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为，求点到直线的距离．
【答案】（1）证明：如图，过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，
由底面，面，得，又，平面，
所以面，又面，
所以面面．
（2）解：由题意可构建如图所示的空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，
则，
令，则，
若是面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，，
整理可得，则，
由题设可知，此时点，，，
则
所以点到直线的距离．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，得到为平行四边形，根据条件得到，再由线面垂直的性质得到，最后根据线面、面面垂直的判定证明结论即可；
（2）构建空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，再求出点到直线的距离.
18．（2024·南宁模拟）如图甲是由梯形ABCD和正三角形CDE组成的一个平面图形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2BC＝2AB＝2，将△CDE沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），使二面角P﹣CD﹣B为直二面角．
（1）证明：AC⊥PD；
（2）若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取AD中点为F，连接AC，CF，由AD＝2BC得AF∥BC且AF＝BC．
∴四边形ABCF为平行四边形，
∴CF＝AF＝DF，
∴AC⊥CD，
又因为二面角P﹣CD﹣B为直二面角，且平面PCD 平面ABCD＝CD，
∴AC⊥平面PCD，因为PD 平面PCD，
所以AC⊥PD．
（2）解：如图，延长AB和DC交于点G，连接GP，则GP为平面PCD与平面PAB的交线l，
取CD中点为O，连接OF，OP，
∵OP⊥AC，OF∥AC，
∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD，
以O为坐标原点，OF，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面PAD的法向量为，
则，
令c＝1，得，
设l与平面PAD的所成角为θ，
则，
因为，
即l与平面PAD所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意，取AD中点为F，连接AC，CF，由面面垂直的性质定理，可得AC⊥平面PCD，再证明线线垂直即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，求出线面角的正弦值即可．
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