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2025年高考数学高频易错考前冲刺：立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅰ）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
2．（2024 浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）
A．3 B．3 C．1 D．1
3．（2024 浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（　　）
A．8cm3 B．12cm3 C． D．
4．（2024 全国）过长方体的一个顶点的三条棱的长分别为3，4，5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这球的表面积是（　　）
A．20π B．25π C．50π D．200π
5．（2024 甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 浙江）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
7．（2024 天津）若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A．12π B．24π C．36π D．144π
8．（2024 新课标Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（　　）
A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2021春 长汀县期中）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（　　）
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
（多选）10．（2024 德化县校级模拟）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是（　　）
A．圆锥SO的侧面积为8
B．三棱锥S﹣ABC体积的最大值为
C．∠SAB的取值范围是（）
D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2（1）
（多选）11．（2023春 兰州期末）等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（　　）
A． B． C． D．
（多选）12．（2024 泰安一模）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是（　　）
A．EF与BB1垂直
B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF与C1D所成的角为45°
D．EF∥平面A1B1C1D1
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅱ）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为　 　．
14．（2024 浙江）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 　 　．
15．（2024 浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是　 　．
16．（2024 天津）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
18．（2024 新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
19．（2024 北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
（1）求证：PA⊥BD；
（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；
（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．
20．（2024 北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
（1）求证：DC⊥平面PAC；
（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；
（3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅰ）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】立体几何．
【答案】B
【分析】通过三视图可知该几何体是一个半球拼接半个圆柱，计算即可．
【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，
截圆柱的平面过圆柱的轴线，
该几何体是一个半球拼接半个圆柱，
∴其表面积为：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，
又∵该几何体的表面积为16+20π，
∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，
故选：B．
【点评】本题考查由三视图求表面积问题，考查空间想象能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
2．（2024 浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）
A．3 B．3 C．1 D．1
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何．
【答案】D
【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．
【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，
圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，
故该几何体的体积为π×12×331，
故选：D．
【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．
3．（2024 浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（　　）
A．8cm3 B．12cm3 C． D．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】C
【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．
【解答】解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形高为2的正四棱锥，
所求几何体的体积为：232×2×2．
故选：C．
【点评】本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．
4．（2024 全国）过长方体的一个顶点的三条棱的长分别为3，4，5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这球的表面积是（　　）
A．20π B．25π C．50π D．200π
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】设出球的半径，由于直径即是长方体的体对角线，由此关系求出球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】解：设球的半径为R，由题意，球的直径即为长方体的体对角线，则（2R）2＝32+42+52＝50，
∴R．
∴S球＝4π×R2＝50π．
故选：C．
【点评】本题考查球的表面积，球的内接体，考查计算能力，是基础题．
5．（2024 甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；定义法；球；直观想象；运算求解．
【答案】A
【分析】先确定△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用锥体的体积公式求解即可．
【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，
所以底面ABC为等腰直角三角形，
所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，
所以OO1⊥平面ABC，
在Rt△ABC中，AB，则，
在Rt△AOO1中，，
故三棱锥O﹣ABC的体积为．
故选：A．
【点评】本题考查了锥体外接球和锥体体积公式，解题的关键是确定△ABC所在圆的圆心的位置，考查了逻辑推理能力、化简运算能力、空间想象能力，属于中档题．
6．（2024 浙江）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】C
【分析】根据空间线线，线面，面面之间的位置关系分别进行判定即可得到结论．
【解答】解：A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α或m α或m∥α，故A错误．
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α或m α或m∥α，故B错误．
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m α或m∥α，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间直线，平面之间的位置关系的判定，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．
7．（2024 天津）若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A．12π B．24π C．36π D．144π
【考点】球的表面积．
【专题】整体思想；综合法；球；直观想象．
【答案】C
【分析】正方体的对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意，正方体的对角线就是球的直径，
所以2R6，
所以R＝3，S＝4πR2＝36π．
故选：C．
【点评】本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，球的内接体问题，是基础题．
8．（2024 新课标Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（　　）
A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】空间位置关系与距离；新文化类．
【答案】B
【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，
解得r，
故米堆的体积为π×（）2×5，
∵1斛米的体积约为1.62立方尺，
∴1.62≈22，
故选：B．
【点评】本题主要考查锥体的体积的计算，比较基础．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2021春 长汀县期中）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（　　）
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
【考点】直线与平面平行．
【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】ABC
【分析】通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误．
【解答】解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；
对于B，由于OM∥PD，OM 平面PCD，PD 平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；
对于C，由于OM∥PD，OM 平面PAD，PD 平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；
对于D，由于M∈平面PAB，故错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查线面平行的判定定理及运用，考查直线与平面的位置关系，属于中档题．
（多选）10．（2024 德化县校级模拟）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是（　　）
A．圆锥SO的侧面积为8
B．三棱锥S﹣ABC体积的最大值为
C．∠SAB的取值范围是（）
D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2（1）
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】BD
【分析】由已知求出圆锥侧面积判断A；求出三棱锥S﹣ABC体积的最大值判断B；由极限观点求解∠SAB的取值范围判断C；利用剪展问题求得SE+CE的最小值判断D．
【解答】解：在Rt△SOC中，∵SO＝OC＝2，∴，
则圆锥 SO的侧面积为S，故A错误；
当B位于中点时，△ABC面积取最大值，为，
此时三棱锥S﹣ABC体积的最大值为，故B正确；
当B与C趋于重合时，∠SAB趋于，当B与A趋于重合时，∠ASB趋于0，∠SAB趋于，
∴∠SAB的取值范围是（，），故C错误；
若AB＝BC，以AB为轴把平面SAB旋转至与平面ABC重合，连接SC，交AB于E，
则∠SBC＝150°，在△SBC中，SB＝BC，
由余弦定理可得，SC
，即SE+CE的最小值为2（1），故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查旋转体及其特征，考查剪展问题中最值的求法，考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力及思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）11．（2023春 兰州期末）等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】AB
【分析】分两个情况绕的边为直角边和斜边讨论，当绕的边是直角边是，所形成的几何体的表面积为底面面积加侧面面积，当绕斜边时扇形面积既是所形成的几何体的表面积，而扇形面积等于c底面周长×l母线长，进而求出所形成的几何体的表面积．
【解答】解：若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l，这时表面积为 2π 1 l+π 12＝（1）π；
若绕斜边一周时旋转体为两个底对底的圆锥组合在一起，且由题意底面半径为，一个圆锥的母线长为1，所以表面积S＝22 1，
综上所述该几何体的表面积为，（1）π，
故选：AB．
【点评】考查旋转体的表面积，属于中档题．
（多选）12．（2024 泰安一模）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是（　　）
A．EF与BB1垂直
B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF与C1D所成的角为45°
D．EF∥平面A1B1C1D1
【考点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；简易逻辑；直观想象；运算求解．
【答案】ABD
【分析】连接A1B，运用中位线定理推出EF∥A1C1，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断A，B，D正确；再由异面直线所成的角的概念判断C错误．
【解答】解：连A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，可得B1B⊥A1C1，可得B1B⊥EF，故A正确；
连接D1B1，EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；
EF与C1D所成角就是∠A1C1D，∵AA1的长度不确定，∴∠A1C1D的大小不确定，故C错误；
由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查异面直线的位置关系判定，直线与平面平行和垂直的判定，异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅱ）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为　14π　．
【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．
【专题】计算题；转化思想；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出球的半径，然后求解球的表面积．
【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，
所以球的半径为：．
则球O的表面积为：414π．
故答案为：14π．
【点评】本题考查长方体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
14．（2024 浙江）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 　　．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大．
【解答】解：如图，M是AC的中点．
①当AD＝t＜AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，
DMt，由△ADE∽△BDM，可得，∴h，
V，t∈（0，）
②当AD＝t＞AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，
DM＝t，由等面积，可得，∴，
∴h，
∴V，t∈（，2）
综上所述，V，t∈（0，2）
令m∈[1，2），则V，∴m＝1时，Vmax．
故答案为：．
【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．
15．（2024 浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是　　．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】数形结合；转化思想；空间角．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图所示，取AC的中点O，AB＝BC＝3，可得BO⊥AC，在Rt△ACD′中，AC．作D′E⊥AC，垂足为E，D′E．CO，CE，EO＝CO﹣CE．过点B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于点F，则EF⊥AC．连接D′F．∠FBD′为直线AC与BD′所成的角．则四边形BOEF为矩形，BF＝EO．EF＝BO．则∠FED′为二面角D′﹣CA﹣B的平面角，设为θ．利用余弦定理求出D′F2的最小值即可得出．
【解答】解：如图所示，取AC的中点O，∵AB＝BC＝3，∴BO⊥AC，
在Rt△ACD′中，．
作D′E⊥AC，垂足为E，D′E．
CO，CE，
∴EO＝CO﹣CE．
过点B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于点F，则EF⊥AC．连接D′F．∠FBD′为直线AC与BD′所成的角．
则四边形BOEF为矩形，∴BF＝EO．
EF＝BO．
则∠FED′为二面角D′﹣CA﹣B的平面角，设为θ．
则D′F22cosθ5cosθ，cosθ＝1时取等号．
∴D′B的最小值2．
∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值．
也可以考虑利用向量法求解．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间位置关系、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题．
16．（2024 天津）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为　　．
【考点】棱锥的体积．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出四棱锥中的底面的面积，求出棱锥的高，然后利用体积公式求解即可．
【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，
四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，
四棱锥M﹣EFGH的体积：．
故答案为：．
【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
【考点】直线与平面垂直；平面与平面垂直．
【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）推导出BD⊥PA，BD⊥AC，由此能证明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）推导出AB⊥AE，PA⊥AE，从而AE⊥平面PAB，由此能证明平面PAB⊥平面PAE．
（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，取AB中点G，连结GF，CG，推导出CG∥AE，FG∥PA，从而平面CFG∥平面PAE，进而CF∥平面PAE．
【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
∴BD⊥PA，BD⊥AC，
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
E为CD的中点，∠ABC＝60°，
∴AB⊥AE，PA⊥AE，
∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，
∵AE 平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．
解：（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，使得CF∥平面PAE．
理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，
∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，
∴CG∥AE，FG∥PA，
∵CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴平面CFG∥平面PAE，
∵CF 平面CFG，∴CF∥平面PAE．
【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查满足线面平行的眯是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
18．（2024 新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，运用线面垂直的判定定理得到EG⊥平面AFC，再由面面垂直的判定定理，即可得到；
（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G﹣xyz，求得A，E，F，C的坐标，运用向量的数量积的定义，计算即可得到所求角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）连接BD，
设BD∩AC＝G，
连接EG、EF、FG，
在菱形ABCD中，
不妨设BG＝1，
由∠ABC＝120°，
可得AG＝GC，
BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，
可知AE＝EC，又AE⊥EC，
所以EG，且EG⊥AC，
在直角△EBG中，可得BE，故DF，
在直角三角形FDG中，可得FG，
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，
从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，
（或由tan∠EGB tan∠FGD 1，
可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）
AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，
由EG 平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，
建立空间直角坐标系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），
F（﹣1，0，），C（0，，0），
即有（1，，），（﹣1，，），
故cos，．
则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．
【点评】本题考查空间直线和平面的位置关系和空间角的求法，主要考查面面垂直的判定定理和异面直线所成的角的求法：向量法，考查运算能力，属于中档题．
19．（2024 北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
（1）求证：PA⊥BD；
（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；
（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；
（2）要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由（1）运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理，即可得证；
（3）由线面平行的性质定理可得PA∥DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．
【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，
AB 平面ABC，BC 平面ABC，且AB∩BC＝B，
可得PA⊥平面ABC，
由BD 平面ABC，
可得PA⊥BD；
（2）证明：由AB＝BC，D为线段AC的中点，
可得BD⊥AC，
由PA⊥平面ABC，PA 平面PAC，
可得平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，
BD 平面ABC，且BD⊥AC，
即有BD⊥平面PAC，
BD 平面BDE，
可得平面BDE⊥平面PAC；
（3）PA∥平面BDE，PA 平面PAC，
且平面PAC∩平面BDE＝DE，
可得PA∥DE，
又D为AC的中点，
可得E为PC的中点，且DEPA＝1，
由PA⊥平面ABC，
可得DE⊥平面ABC，
可得S△BDCS△ABC2×2＝1，
则三棱锥E﹣BCD的体积为DE S△BDC1×1．
【点评】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
20．（2024 北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
（1）求证：DC⊥平面PAC；
（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；
（3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．
【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明DC⊥平面PAC；
（2）利用线面垂直的判定定理证明AB⊥平面PAC，即可证明平面PAB⊥平面PAC；
（3）在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF．利用线面平行的判定定理证明．
【解答】（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
∴PC⊥DC，
∵DC⊥AC，PC∩AC＝C，
∴DC⊥平面PAC；
（2）证明：∵AB∥DC，DC⊥AC，
∴AB⊥AC，
∵PC⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PC⊥AB，
∵PC∩AC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
∵AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAC；
（3）解：在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF．
∵点E为AB的中点，
∴EF∥PA，
∵PA 平面CEF，EF 平面CEF，
∴PA∥平面CEF．
【点评】本题考查线面平行与垂直的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
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