【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷（上海专用） 猜题20 空间向量与立体几何（拓展） Word版含解析.docx，共(54)页，7.750 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2eb0fd5eb33c2a061a23d2f98791f2bf.html

以下为本文档部分文字说明：

猜题20空间向量与立体几何（拓展）一、解答题1．如图，在斜三棱柱111ABCABC-中，ABAC⊥，ABAC=，侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，点D为棱1AA的中点，1DBDC=，平面1B

DC⊥平面11BBCC．设平面1BDC与平面ABC的交线为l．(1)求证：l⊥平面11BBCC；(2)求二面角1CBDB−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)77−【分析】（1）分别延长1,BDBA交于E，连接CE，则CE即为平面1BCD与平面AB

C的交线，取1BC中点F，连接DF，证得DF⊥平面11BBCC，又可证得//lDF从而有l⊥平面11BBCC；（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面1BDC与面1BDB的法向量，用空间向量求二面角的余弦值．【解析】（1）证明:分别延长1,

BDBA，设1BABDE=，连接CE，则CE即为平面1BCD与平面ABC的交线，因为1DBDC=，取1BC中点F，连接DF，所以1,DFBCDF⊥平面1BCD，因为平面1BCD⊥平面11BBCC，且交线为1BC，所以DF⊥平面11BBCC.因为D为棱1AA的中点,11//ABAB，所

以D为1BE的中点，所以//lDF，所以l⊥平面11BBCC；（2）由（1）知BAAE=，因为90,BACABAC==.所以90BCE=，取11BC的中点G,因为侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，所以GC⊥BC，由（1）知EC⊥平面11BBCC，所以GCEC⊥，分别以CBC

ECG，，所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设2BC=，因为侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，所以1(1,0,3),(0,2,0),(2,0,0)BEB，则11(1,0,3)

,(0,2,0),(2,2,0),(1,0,3)CBCEBEBB===−=−,设平面1BDC的法向量为(,,)mxyz=，则100CBmCEm==，所以3020xzy+==，取(3,0,1)m=−，设平面1BDB的法向量为(,,)nxyz=，则100BEn

BBn==，所以030xyxz−+=−+=，取(3,3,1)=n，所以3317co,s727mn−==，由图知二面角1CBDB−−的平面角为钝角，所以二面角1CBDB−−的余弦值为77−.2．如图，在四棱锥PABC

D−中，底面ABCD是边长为2的菱形，,,EFG分别是,,BCPCAD的中点，AD⊥平面DEF，3PG=，且3cos3PGB=−．(1)证明：//PG平面DEF．(2)求四棱锥PABCD−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）由//,//BGDEEFPB，结合面

面平行的判定可得平面//PBG平面DEF，由面面平行的性质可证得结论；（2）由等腰三角形三线合一性质可说明四边形ABCD是边长为2，且一个内角为π3的菱形，由此可得菱形ABCD的面积；作POBG⊥，可证得PO⊥平面ABCD，由角度关

系可求得PO，代入棱锥体积公式即可.【解析】（1）,EG分别是,BCAD的中点，四边形ABCD为菱形，//BEDG，BEDG=，四边形BEDG为平行四边形，//BGDE，又BG平面DEF，DE平面DEF，//BG平面DEF；,

EF分别为,BCPC的中点，//EFPB，又PB平面DEF，EF平面DEF，//PB平面DEF，又PBBGB=，,PBBG平面PBG，平面//PBG平面DEF，PG平面PBG，//PG平面DEF.（2）连

接BD，AD⊥平面DEF，DE平面DEF，ADDE⊥，又//ADBC，BCDE⊥．E为BC的中点，BDCD=，又BCCD=，BCD△为等边三角形，π3BCD=，1322222322ABCDBCDSS===；延长BG至点O，使得POBG⊥，由（1）知：AD⊥平

面PBG，又PO平面PBG，ADPO⊥，又BGADG=，,BGAD平面ABCD，PO⊥平面ABCD，3cos3PGB=−，3cos3PGO=，16sin133PGO=−=，sin6POPGPGO==，112362233PABCDABCDVSPO−===.3．

如图，在四棱锥PABCD−中，PAD是等边三角形，底面ABCD是棱长为2的菱形，平面PAD⊥平面ABCD，O是AD的中点，π3DAB=.(1)证明：OB⊥平面PAD；(2)求点O到平面PAB的距离.【答案

】(1)证明见解析(2)155【分析】(1)连结BD，判断ABD△为等边三角形，证明OBAD⊥，根据面面垂直的性质判断得到OB⊥平面PAD.(2)等体积法转化OPABPAOBVV−−=求解.【解析】（1）证明：连结B

D，∵底面ABCD是菱形，π3DAB=，∴ABD△为等边三角形，又O是AD的中点，∴OBAD⊥，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，OB平面ABCD，∴OB⊥平面PAD.（2）设点O到平面PAB

的距离为h，易知3==OPOB，在PAB中，2PAAB==，6PB=，∴22161562222PABS=−=△，由OPABPAOBVV−−=，得115113133232h=，解得155h=,点O到平面PAB的距离为155.【点睛】.4．如图所示

，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，24ABCD==．平面PAB⊥平面ABCD，O为AB的中点，60DAOAOP==，OAOP=，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．(1)求证：平面PCD⊥平面AFGB；(2)求平面PDE与平面

ABCD所成锐二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)275【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.【解析】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，在等腰梯形ABCD中，ABCD

，4AB=，2CD=，60DAO=．∵O为AB的中点，即有四边形BCDO是平行四边形，∴//ODBC，60DOACBODAO===．∴OAD△为正三角形，∴2AD=，HDAO⊥．在AOP中，2OAOP==，60AOP=，∴AOP为边长为2的正三角形，∴2AP=，PHAO⊥．∴APA

D=，又F为FD的中点，∴AFPD⊥．∵HDAO⊥，PHAO⊥，HDPHH=，,HDPH平面PHD，∴AO⊥平面PHD，即AB⊥平面PHD．∵PD平面PHD，∴ABPD⊥．而G为PC中点，则////FGCDAB，又∵AFABA=，,AFAB平面AFGB，∴PD⊥平面AFGB．∵

PD平面PCD，∴平面PCD⊥平面AFGB．（2）∵PHAB⊥，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，PH平面PAB，∴PH⊥平面ABCD，∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为

x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0H，()0,0,3P，()3,0,0D，35,,022E，于是()0,0,3HP=，()3,0,3PD=−，35,,022DE=−．设平面PDE的法向量

为(),,nxyz=r，则0,0,nPDnDE==即330,350,22xzxy−=−+=取5x=，则()5,3,5n=，设平面PDE与平面ABCD所成锐二面角为，∵HP为平面ABCD的一个法向量，∴535coscos,5335

3nHPnHPnHP====∣∣．∴227sin1cos53=−=，sin27tancos5==．∴平面PDE与平面ABCD所成锐二面角的正切值为275．5．如图，在四棱锥PABCD−中，E为棱AD上一点，,PEADPAPC⊥⊥，四边形BCDE为

矩形，且13,3,,//4BCPEBEPFPCPA====平面BEF.(1)求证：PA⊥平面PCD；(2)求二面角FABD−−的大小.【答案】(1)证明见解析(2)π4【分析】（1）连接AC交BE于点G，连接FG，利用线面平

行的性质得//PAFG，利用平行线分线段成比例可得线段长度，从而由勾股定理得线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明线面垂直；（2）利用线面关系，证明线线垂直，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算分别确定平面ABF与平面ABD的法向量，

根据坐标运算得二面角的余弦值，即可确定二面角大小.【解析】（1）连接AC交BE于点G，连接FG，因为//PA平面BEF，平面PAC平面BEFFG=，PA平面PAC，所以//PAFG，又//BECD，所以1

3AFAFAGPFDEBCGCFC====，又3DE=，所以1,4AEAD==.因为PEAD⊥，所以222PAPEAE=+=，2223PDPEDE=+=所以222PAPDAD+=，所以PAPD⊥，又,,,PAPCPDPCPPDPC⊥=平面PCD，所以PA⊥平面PCD.（2）因为PA⊥平

面PCD，CD平面PCD，所以PACD⊥，又,ADCDPAADA⊥=，,PAAD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PE平面PAD，所以PECD⊥，又PEAD⊥，ADCDD=,ADCD平面ABCD所以PE⊥平面ABCD.如图建系，则3333(1,0,0),(0

,3,0),(3,0,0),,,444ABDF−−，7333,,,(1,3,0)444AFAB=−−，设平面ABF的一个法向量为(,,)mxyz=，则73332004443030zyAFmxyzxyABmxy==−++=

==−+=，取1y=，得(3,1,2)m=，又平面ABD的一个法向量为(0,0,1)n=，所以22cos,2||||22mnmnmn===，且二面角FABD−−为锐角，故二面角F

ABD−−的大小为π4.6．如图所示的多面体是由一个直三棱柱111ABDABD−与一个四棱锥11CBBDD−拼接而成的，四边形ABCD为直角梯形，//ADBC，ABAD⊥，4BC=，2ABAD==，,EF分别为,ABAD的中点.(1)求证：//EF平面

11BCD；(2)若直线AB与平面11BCD所成角的正弦值为66，求二面角11BCDB−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)32【分析】（1）由三角形中位线性质可得11////EFBDBD，根据线面平行的判定定理可证得结论；（2

）以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设()10AAmm=，利用线面角的向量求法可构造方程求得m，再利用二面角的向量求法求得结果.【解析】（1）由直三棱柱111ABDABD−的性质知：11//BDBD，,EF分别为

,ABAD的中点，//EFBD，11//EFBD，11BDQ平面11BCD，EF平面11BCD，//EF平面11BCD.（2）由直棱柱的性质得：1AA⊥平面ABCD，,ABAD平面ABCD，1AAAB⊥，1AAAD⊥；则以A为坐标原点，分别以1,,ABADAA所在直线

为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图所示，设()10AAmm=，则()0,0,0A，()2,0,0B，()2,4,0C，()12,0,Bm，()10,2,Dm，()2,0,0AB=，()10,4,BCm=−，()112,2,0BD=−，设

平面11BCD的法向量为(),,nxyz=，则11140220nBCymznBDxy=−==−+=，令ym=，解得：xm=，4z=，(),,4nmm=；设直线AB与平面11BCD所成角为，则226sincos,62216ABnmABnABnm====

+，解得：2m=，平面11BCD的一个法向量()2,2,4n=，又()0,4,0BC=，()12,2,2BD=−，设平面1BCD的法向量为(),,mabc=，则1402220mBCbmBDabc===−++=，令1a=，

解得：0b=，1c=，()1,0,1m=；63cos,2262mnmnmn===，由图可知：二面角11BCDB−−为锐二面角，二面角11BCDB−−的余弦值为32.7．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，ACPE⊥，PAPD=，E为棱AB的中

点.(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若PAAD=，60BAD=，求二面角EPDA−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)21313【分析】（1）根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；（2）建

系，利用空间向量求二面角.【解析】（1）取AD的中点O，连接,,,OPOBBDOE，∵底面ABCD为菱形，则ACBD⊥，又∵,OE分别为,ADAB的中点，则OEBD，故ACOE⊥，注意到ACPE⊥，,,OEPEEOEPE=I平面POE，则AC⊥平面POE，∵OE平面POE，则ACOE⊥

，又∵PAPD=，E为棱AB的中点，则ADOE⊥，,,,ACADAACADAACAD==II平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，且PO平面PAD，故平面PAD⊥平面ABCD.（2）若PAAD=，60BAD=，则ABD△为等边三角形，且O为AD的中

点，故OBAD⊥，由（1）得，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz−，设2AD=，则13(0,0,3),(,,0),(1,0,0)22PED−，可得()331,0,3,,,022DPDE==uuuru

uur，设平面PDE的法向量(,,)nxyz=，则3033022nDPxznDExy=+==+=，取3x=，则=3y−，1z=−，所以(3,3,1)n=−−，取平面PDA的法向量(0,1,0)m=，则3313c

os,1313||||nmnmnm==−=−rurrurrur，设二面角EPDA−−为π0,2，则313cos13=，可得2213sin1cos13=−=，所以二面角EPDA−−的正弦值为21313.8．如

图，已知矩形ABCD是圆柱的轴截面，P是CD的中点，直线BP与下底面所成角的正切值为13，矩形ABCD的面积为12，MN为圆柱的一条母线（不与,ABCD重合）．(1)证明：BNMP⊥；(2)当三棱锥BMNP−的体

积最大时，求M到平面PBN的距离．【答案】(1)证明见解析(2)62211【分析】（1）证明BN⊥平面MNC即可证明结论；（2）设PCa=，进而结合题意得2a=，进而得22183BMNPVtt−=−，再结合基本不等式得3BNNC==时，三棱锥BMNP−的体积最大，最后根据等体

积法求解即可.【解析】（1）证明：连接NC，因为BC是底面圆的直径，所以90BNC=，即BNNC⊥，又BNMN⊥，且MNNCN=，,MNNC平面MNC，所以BN⊥平面MNC，又MP平面MNC，所以BNMP⊥．（2）解：根据题意，13PCBC=，设PCa

=，则3BCa=，2CDa=，又因为12BCCD=，所以2612a=，得2a=．所以22MNCD==，32BC=，设BNt=，则22218NCBCBNt=−=−，由（1）可知BN⊥平面MNP，又P到MN的距离为NC，所以()

222181122183232332BMNPttVMNNCBNtt−+−==−=．当2218tt=−，即3t=时，取等号．所以，当3BNNC==时，三棱锥BMNP−的体积最大．设M到平面PBN的距离为h，则MBNPBMNPVV−−=，即113232BNNP

h=，又223,11BNNPNCCP==+=，所以由113232BNNPh=得62211h=．所以，M到平面PBN的距离为622119．如图，球O是正三棱锥−PABC和QABC−的外接球，M为ABC的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为

BC的中点，两三棱锥的高之比为:3:1PMQM=，E为PA上一点，且:5:3PEEA=．(1)证明：PEEC⊥；(2)求二面角EBCQ−−的正弦值．【答案】(1)证明见详解(2)32114【分析】（1）

建立空间直角坐标系，求,PEEC的坐标，根据数量积的性质证明PEEC⊥；（2）由线面垂直判定定理证明PA⊥平面BCE，求平面BCE和平面BCQ的法向量，根据向量夹角公式求二面角EBCQ−−的正弦值．【解析】（1）过M作MMBC∥，交AB于M，易证MA，MP，MM两两垂直，建立如

图所示的空间直角坐标系Mxyz−．设3AM=，球O的半径为R，则在AOM中，有()22232RR=+，解得2R=．则()3,0,0A，()0,0,3P，33,,022C−−，∵58PEPA=，∴()335,,33,0,32

28CECPPE=+=+−9339,,828=，()3,0,3AP=−，所以55315,0,888PEPA==−∴13513500648PECE=−++=，∴PEEC⊥．（2）因为,ADBCBCPD⊥⊥，,,ADPDDADPD=平面PAD，所

以BC⊥平面PAD，又PA平面PAD，∴BCPA⊥．由（1）得PAEC⊥，又ECBCC=，,ECBC平面BCE，∴PA⊥平面BCE，所以平面BCE的一个法向量为()13,0,3nAP==−．又∵33,,022B−，33,,022C−−

，()0,0,1Q−，∴()0,3,0CB=，33,,122CQ=−．设平面BCQ的法向量为()2,,nxyz=，则2230,330,22CBnyCQnxyz===+−=令2x=

，则0y=，3z=，∴()22,0,3n=为平面BCQ的一个法向量．设二面角EBCQ−−的平面角为，∴12121237coscos,14237nnnnnn====，又0,π，∴2321sin1cos14=−=．故二面角EBCQ−−的正弦值为32114．10．

如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，PBBCCDADPA====．现将△ABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点．证明：(1)PCAB⊥；(2)PC⊥平面ABM．【答案】(1)证明见解析(2)证明

见解析【分析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥P

C．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明.【解析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD且AB//CD．又PB＝PA＝CD，∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形，

∴PE⊥AB，在图甲中，60PAB=，则60ABC=，由ABBC=，知△ABC是正三角形，故EC⊥AB．又PEECE=，PEEC、平面PEC，∴AB⊥平面PEC，又PC平面PEC，∴AB⊥PC．（2）如图

，取PC的中点N，连接MN，BN，∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD，∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面．∵PB＝BC，∴BN⊥PC．由（1）AB⊥PC，又ABBNB?，ABBN、Ì

平面ABNM，∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．11．如图1，在ABC中，4ABAC==，2π3BAC=，E为BC的中点，F为AB上一点，且EFAB⊥．现将BEF△沿EF翻折到BEF，如图2．(1)证明：E

FAB⊥．(2)已知π3BFA=，求四棱锥BACEF−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)154【分析】（1）根据条件，证明EF⊥平面AFB，再由线面垂直的性质得到线线垂直即可；（2）根据条件，求出四棱锥BACEF−的底面面积和高，再求出四棱锥BACEF−的

体积即可.【解析】（1）证明：在ABC中，EFAB⊥，∴EFAF⊥，EFFB⊥，∵AFFBF=，AF平面AFB,FB平面AFB,∴EF⊥平面AFB,又AB平面AFB，∴EFAB⊥.（2）作BMAB⊥交AB于M,∵EF⊥平面AFB，BM平面AFB，∴

BMEF⊥，又ABEFF=,AB平面ACEF，EF平面ACEF，∴BM⊥平面ACEF.在ABC中，4ABAC==，2π3BAC=，6CBA=，43BC=，又E为BF的中点，EFAB⊥，3,3EFBF==，又3BFA=，332B

M=.四边形ACEF的面积12π15344sin332322ACEFABCBEFSSS=−=−=,四棱锥BACEF−的体积1133531533224BACEFACEFVBMS−===.12．如图所示，正

方形11AADD与矩形ABCD所在平面互相垂直，22ABAD==，11ADADO=，E为线段AB上一点．(1)当OE∥平面1DBC，求证：E为AB的中点；(2)在线段AB上是否存在点E，使得平面1DDE⊥平面1ADC？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．【答案】

(1)见解析；(2)存在，当12AE=时，平面1DDE⊥平面1ADC.【分析】（1）由题意可知O为1AD的中点，由线面平行的性质定理可得OE∥1BD，即可得证；（2）由面面垂直的性质定理可得1DD⊥AC，只需满足ACDE⊥，即可得AC⊥平面1DDE，从而有平面1

DDE⊥平面1ADC，故只需找出ACDE⊥成立时，AE的长度即可.【解析】（1）证明：因为11AADD为正方形，11ADADO=，所以O为1AD的中点，又因为OE∥平面1DBC，平面1ABD平面11D

BCBD=，OE平面1ABD，所以OE∥1BD，又因为O为1AD的中点，所以E为AB的中点；（2）存在，当12AE=时，平面1DDE⊥平面1ADC，理由如下：设ACDEF=，因为11AADD为正方形，所以1DD

AD⊥，又因为AD=平面11AADD平面ABCD，平面11AADD⊥平面ABCD，1DD平面11AADD，所以1DD⊥平面ABCD，又因为AC平面ABCD，所以1DD⊥AC，又因为在矩形ABCD中，2,1ABAD==，当12AE=时，在RtADE△中，1tan2AEADEAD==，在RtA

BC△中，1tan2BCBACAB==，所以ADEBAC=，又因为90BADBACDAC=+=，所以90ADEDAC+=，则90AFD=，所以ACDE⊥，又因为1DEDDD=I，1,DEDD平面1DDE，所

以AC⊥平面1DDE，又因为AC平面1ADC，所以平面1DDE⊥平面1ADC.13．如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，已知底面ABCD是菱形，111122,,,4ACBDAAACCCAABDE===⊥⊥是侧棱1BB上一点.(1)若1BEBE=

，证明：1CC⊥平面1ACE；(2)若112BEBE=，求二面角1EACC－－的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)31010【分析】（1）由BD⊥平面11ACCA得1BDCO⊥，进而证明11CCCE⊥，再结合已知和判定定理即可证明；（2）过1C作1CFAC⊥，垂

足为F，进而证明1CF⊥平面ABCD，再以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为xy，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【解析】（1）证明：如图，设AC，BD交于点O，连接1CO，11AC，因为四边形ABCD是菱形，4AC

=，2BD=，所以BDAC⊥，115BCBC==.因为1AABD⊥，1AA，AC平面11ACCA，1AAACA=，所以BD⊥平面11ACCA，因为1CO平面11ACCA，所以1BDCO⊥，连接1BC，1DC，所以11BCDC=，因为11ACCC⊥，

所以1122COAC==，所以1115BCBC==.因为1BEBE=，所以11BBCE⊥，所以11CCCE⊥.因为1AC，1CE平面1ACE，111ACCEC=，所以1CC⊥平面1ACE.（2）解：过1C作1CFAC⊥，垂足为F，因为BD⊥平面11ACCA，1CF平面11ACCA，所以1BD

CF⊥，又1CFAC⊥，AC，BD平面ABCD，ACBDO=，所以1CF⊥平面ABCD.如图，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0O，()1,0,0B，(

)0,2,0A−，()0,2,0C，1(0,13)C，，所以()10,3,3AC=，()110,1,3CCBB==−，因为112BEBE=，所以11130,,333BEBB==−，则131,,33E−，所以531,,33AE=

.易知平面11ACCA的一个法向量为()1,0,0n=r，设平面1ACE的法向量为(),,mxyz=，则100ACmAEm==，即33053033yzxyz+=++=，

令1y=，则3z=−，23x=−，所以2,1,33m=−−.设二面角1EACC−−的大小为，所以2103cos10449mnmn===+，所以310sin10=，即二面角1EACC−−的正弦值为31010.14．如图，在三棱台ABC－DEF

中，平面DEBA⊥平面ABC，平面DFCA⊥平面ABC，AB：BE：DE=4：5：1.(1)求证：AD⊥BC；(2)若△ABC是等边三角形，试问：棱BE上是否存在一点H，使得二面角H－AC－B的平面角为3？若存在，求出

HEHB的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，512【分析】（1）在平面ABC内，过C点作直线lAB⊥，过B点作直线mAC⊥，由面面垂直的性质得出mAD⊥，lAD⊥，结合线面垂直的判定

以及定义得出ADBC⊥；（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解析】（1）在平面ABC内，过C点作直线lAB⊥，过B点作直线mAC⊥，因为平面DEBA⊥平面ABC，平面DEBA平面ABCAB=，l

平面ABC，所以l⊥平面DEBA.因为AD平面DEBA，所以lAD⊥，同理可证mAD⊥.因为l，m为相交直线，l，m平面ABC，所以AD⊥平面ABC又BC平面ABC，所以ADBC⊥.（2）设1DE

=，则4AB=，5BE=，易得四边形DEBA为直角梯形，所以22()4ADBEABDE=−−=，以点A为原点，以AB，AD和平面ABED的一个法向量的方向分别为x轴、z轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则()0,0,0A，()4,0,0B，()2,23,0

C，()0,0,4D，则()2,23,0AC=，()4,0,0AB=，()0,0,4AD=，则BEBAADDE=++14ABADAB=−++34ABAD=−+()3,0,4=−，设()01BHBE=，则()43,0,

4AHABBHABBE=+=+=−，易知()10,0,1n=是平面ABC的一个法向量.设平面AHC的法向量为()2,,nxyz=uur，则2200nACnAH==，即()22304340xyxz+=−+=，取3343z=−，则

43x=，4y=−，因此()243,4,3343n=−−是平面AHC的一个法向量.假设存在点H，使得二面角HACB−−的平面角为3，则1212222123343coscos,348163(34)nnnnnn

−===++−化简得2172161440−+=，解得1217=或12=（舍去），因此棱BE上存在一点H，使得二面角HACB−−的平面角为3，此时512HEHB=.15．如图，点C在直径为AB的半圆O上，CD垂直于半圆O所在的平面，//BC平面ADE．且//CDBE．(1)证明：平

面ADE⊥平面ACD(2)若1AC=，5AB=，异面直线AD与BE所成的角是45，求三棱锥ABCE−的外接球的表面积【答案】(1)证明见解析；(2)6π.【分析】（1）根据给定条件，证明BC⊥平面ACD，再借助线面平行可得//BCDE，然后利用线面垂直的判定、面面垂直的判定

推理作答.（2）取AE的中点M，连接,CMBM，确定球心为M，再计算球半径及表面积作答.【解析】（1）因为点C在半圆O上，AB为直径，则BCAC⊥，而CD⊥平面ABC，BC平面ABC，于是CDBC⊥，又,,ACCDCACCD=平面ACD，则有BC⊥平面ACD，由//CDBE知点,,,

BCDE共面，又//BC平面ADE，平面BCDE平面=ADEDE，BC平面BCDE，因此//BCDE，即有DE⊥平面ACD，又DE在平面ADE内，所以平面ADE⊥平面ACD（2）由（1）知，CDA

C⊥，因为//CDBE，则ADC为AD与BE所成的角，即=45ADC，则1CDAC==，平行四边形BCDE中，1BECD==，因为CD⊥平面ABC，则有BE⊥平面ABC，AB平面ABC，则BEAB⊥，又BCAC⊥，,,CDBCCCDBC=平面BCDE，于是AC⊥平面BC

DE，而CE平面BCDE，从而ACCE⊥，取AE的中点M，连接,CMBM，如图，因此BMAMEMCM===，则点M是三棱锥ABCE−的外接球球心，而2226AEABBE=+=，所以三棱锥ABCE−的外接球表面积22214π4π()π6π2SAMAEAE====.16．正四棱锥PABCD−中

，2AB=，3PO=，其中O为底面中心，M为PD上靠近P的三等分点.(1)求四面体MACP−的体积；(2)是否存在侧棱PB上一点N，使面CMN与面ABCD所成角的正切值为2？若存在，请描述点N的位置；

若不存在，请说明理由.【答案】(1)23(2)存在侧棱PB上一点N，使面CMN与面ABCD所成角的正切值为2，此时23BNBP=或67BNBP=【分析】（1）连接AC，BD交于点O，过M作MQOP⊥于点Q，根据M位置可得MQ，以PAC△为底，MQ为高可得四面体

体积；（2）以O为坐标原点，OC，OD，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点N位置.【解析】（1）如图所示，连接AC，BD交于点O，过M作MQOP⊥于点Q，由四棱锥PABCD−为正四棱锥，且O为底面中心，得22ACBD==，122DOBD==，

PO⊥平面ABCD，BDAC⊥，POBD⊥，又POACA=I，PO，AC平面PAC，BD⊥平面PAC，又MQPO⊥，则//MQBD，因为M为PD上靠近P的三等分点，则1233MQDO==，且MQ⊥平面PAC，所以1111122223

3323233MACPACPVSMQACPOMQ−====V；（2）设平面CMN与平面ABCD所成角为，则tan2=，3cos3=，如图所示，以O为坐标原点，OC，OD，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O

，()0,2,0B−，()2,0,0C，()0,0,3P，因为M为PD上靠近P的三等分点，则20,,23M，且()0,0,3OP=uuur，22,,23CM=−uuur，()0,2,3BP=uur

，设()01BNBP=uuuruur，()0,2,3BN=uuur，则()0,22,3N−，()2,22,3CN=−−uuur，设平面CMN的法向量为(),,nxyz=r，则00CMnCNn==，即()2220322230xyzxyz−++=−+−

+=，令96y=−，则()910,96,3242n=−−−r，又由（1）得PO⊥平面ABCD，则平面ABCD的法向量为()0,0,3OP=uuur，所以()()()()222332423coscos,33910963242OPn−===−+−+−uuurr，解得23=或67

=，所以存在侧棱PB上一点N，使面CMN与面ABCD所成角的正切值为2，此时23BNBP=或67BNBP=.17．如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，M是线段PD的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明l∥平面BCM(2)

已知1PDAD==，Q为l上的点，若PB与平面QCD所成角的正弦值为是63，求线段QC的长.(3)在（2）的条件下，求二面角DCQM−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)3QC=(3)12【分析】(1)先

证明AD∥平面PBC，结合线面平行的性质定理可证l∥平面BCM；(2)建立空间直角坐标系,设(),0,1Qm,计算出平面QCD的一个法向量为()1,0,nm=−，结合PB与平面QCD所成角的正弦值为是63解出1m=，进而可得QC的长；(3)分别计算二面角两个半平面的法向量，结合空间角的向量

求法即可求解.【解析】（1）在正方形ABCD中，ADBC∥，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl=，所以ADl∥，BCl∥因为BC平面MBC，l平面MBC，所以l∥平面BCM（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz

−，因为1PDAD==，则有()0,0,0D，()0,1,0C，()1,0,0A，()0,0,1P，()1,1,0B，设(),0,1Qm，则有()0,1,0DC=，(),0,1DQm=，()1,1,1PB=−uur，设平面QCD的法向量为(),,nxyz=，则00DCnDQ

n==，即00ymxz=+=，令1x=，则zm=−，所以平面QCD的一个法向量为()1,0,nm=−，则210cos,31nPBmnPBnPBm++==+因为PB与平面QCD所成角的正弦值为是63，所以216cos,331mnPBm+

==+，解得1m=.所以3QC=.（3）由（2）可知平面QCD的一个法向量为()1,0,1n=−因为M是线段PD的中点，所以10,0,2M于是()1,1,1QC=−−，10,1,2MC=−，设平面MCQ的法向量(),,mxyz=则00QCmMCm==

，即0102xyzyz−+−=−=.令2z=，得1y=，=1x−，()1,1,2m=−33cos,226mnmnmn−===−，所以二面角DCQM−−的正弦值为12.18．如图，四面体ABCD的棱AB平面,10CD=，23,cos

cos3ABACADBACBAD=====．(1)证明：平面ABC⊥平面ABD；(2)若平面ABC与平面所成锐二面角的正切值为12，线段CD与平面相交，求平面ACD与平面所成锐二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)2

96【分析】（1）作CMAB⊥于M，通过余弦定理解三角形得到CMMD⊥，即可证得CM⊥平面ABD，即可证得平面ABC⊥平面ABD；（2）作DG⊥于G，CH⊥于H，求出1,2CHHM==，1,2MGDG==，延长,DCGH交于点N，连接AN，作G

KAN⊥于K，平面ACD与平面所成锐二面角即DKG，通过解三角形计算出tanDKG即可.【解析】（1）作CMAB⊥于M，连接DM，则cos2AMACCAB==，2225CMACAM=−=，则2222cos9485DMADAMADAMBAD=+−=+−=，则222ADAMDM=+，故DM

AB⊥．又22210MDMCCD+==，则CMMD⊥，又ABDMM=，,ABDM平面ABD，故CM⊥平面ABD，又CM平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD．（2）作DG⊥于G，CH⊥于H，由（1）知CMAB⊥，又CMCHC=，,CMCH平面CHM，则

AB⊥平面CHM，又MH平面CHM，则MGAB⊥，又DMAB⊥，同理可得AB⊥平面GDM，MHAB⊥，则,,GHM三点共线．由平面ABC与平面所成锐二面角的正切值为12，则1tan2CMH=，又5C

M=，则1,2CHHM==．又CMMD⊥，则π2CMHDMG=−，5DM=，则1,2MGDG==．延长,DCGH交于点N，连接AN，作GKAN⊥于K，易得DGAN⊥，又DGGKG=，,DGGK平面DGK，则AN⊥平面

DGK，又DK平面DGK，则ANDK⊥，则平面ACD与平面所成锐二面角即DKG．又12CHDG=，则3GHHN==，又2AM=，则5,29MNAN==，故212sin62929GKGNGNK==

=，故29tan6DGDKGGK==．19．如图，在四棱锥SABCD−中，四边形ABCD是菱形，1AB=，233SC=，三棱锥SBCD−是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点.(1)求证：直线BD⊥平

面SAC；(2)求二面角EBFD−−的余弦值；(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)147(3)平行，距离为3714【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，只

需证BDAC⊥，BDSO⊥，即可.(2)建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.(3)利用向量OA在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，

BD的中点，且BDAC⊥，因为三棱锥SBCD−是正三棱锥，SBSD=，O为BD的中点，所以BDSO⊥，又SOACO=，所以BD⊥平面SAC.（2）作SH⊥平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且32OC=，11333326OH

OC===，2333CHOC==，2241133SHSCCH=−=−=.如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，HS的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则30,,02A−，1,0,02B，C.3

0,,02，D.1,0,02−，30,,16S，310,,62E−，310,,22F，所以131,,262BE=−−，131,,232BF=−，()1,0

,0BD=−，设()1111,,nxyz=是平面EBF的法向量，则1111111113102621310232nBExyznBFxyz=−−+==−++=，则()11,0,1n=，设()

2222,,nxyz=是平面DBF的法向量，则22222201310232nBDxnBFxyz=−==−++=，取()20,3,2n=−，所以121212214cos,727nnnnnn−===−，又因为二面角EBFD−−是锐二面角，所以二面角EBFD−−的余弦值为147.（3

）直线SA与平面BDF平行.理由如下：连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以OFSA∥，又因为SA平面BDF，OF平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：由（2）知()20,3,2n=−是平面BDF的一个法向

量，又30,,02A−，30,,16S，所以230,,13SA=−−，所以()()2230032103SAn=+−+−−=，所以2

SAn⊥，又因为SA平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，因为30,,02OA=−，()20,3,2n=−是平面DBF的一个法向量，所以()22300302237147OAnn+−+−

==，所以点A与平面BDF的距离为3714，所以直线SA与平面BDF的距离为3714.20．棱柱1111ABCDABCD−的所有棱长都等于2，60ABC=，平面11AACC⊥平面ABCD，160AAC=．（1）证明：1BD

AA⊥；（2）求二面角1DAAC−−的平面角的余弦值；（3）在直线1CC上是否存在点P，使BP平面11DAC？若存在，求出点P的位置．【答案】(1)证明见解析；(2)二面角D－A1A－C的平面角的余弦值是55．(3)存在，点P在C1C的延长线上且使C1C＝C

P．【解析】解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，…………2分（Ⅰ）由于，则∴BD⊥AA1……………………4分（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C

1C，∴平面AA1C1CK*s^5#u的法向量设⊥平面AA1D则得到……………………6分所以二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分（Ⅲ）假设在直线CC1

上存在点P，使BP//平面DA1C1设，则得……………………9分设，则设得到……………………10分又因为平面DA1C1则·即点P在C1CK*s^5#u的延长线上且使C1C=CP……………………12分法二：在A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1

C⊥平面ABCD，由面面垂直K*s^5#u的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，又底面为菱形，所以AC⊥BD（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°∴AO=AA1·cos60°=1所以O是ACK*

s^5#u的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE则∠DEO为二面角D—AA1—CK*s^5#u的平面角……………………6分在

菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=，DE=∴cos∠DEO=∴二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分（Ⅲ）存在这样K

*s^5#u的点P连接B1C，因为A1B1ABDC∴四边形A1B1CD为平行四边形．∴A1D//B1C在C1CK*s^5#u的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP……………………10分因B1BCC1，∴BB

1CP∴四边形BB1CP为平行四边形则BP//B1C，∴BP//A1D∴BP//平面DA1C1……………………12分21．如图，在四棱锥PABCD−中，平面PCD⊥平面π,3APDPDAPDC==，底面ABCD是平行四边形，22DCPCAD===，且

点,MN分别是棱,PDAD的中点.(1)证明：AD⊥平面CMN；(2)求点P到平面ABCD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2155【分析】（1）先利用长度关系得出ADAP⊥，再根据面面垂直得出线面垂直；（2）利用等体积法由PACD

CAPDVV−−=可得答案.【解析】（1）因为π2,3DCPCPDC===，所以PCD是正三角形，所以2PD=；又π1,3ADPDA==，由余弦定理得22π12212cos33AP=+−=，则222ADAPDP+=，所以2πDAP

=，即ADAP⊥；因为点M是PD的中点，所以CMDP⊥，点N是AD的中点，所以//MNAP，所以ADMN⊥；又平面PCD⊥平面APD，平面PCD平面,APDDPCM=平面PCD，所以CM⊥平面APD，因为

AD平面APD，所以CMAD⊥，因为,,CMMNMCMMN=平面CMN，所以AD⊥平面CMN.（2）由（1）得CM⊥平面π13,2sin3,322APDCMMNAP====，在直角CMN中，22315(3)22CN=+=，设点P到平面ABCD的距离为h，由PACDCAP

DVV−−=，即111511113332232h=，解得2155h=，所以点P到平面ABCD的距离为2155.22．如图，在三棱柱111ABCABC-中，平面ABC⊥平面11ACCA，侧面11ACC

A为菱形2AC=，160AAC=，底面ABC为等腰三角形，ABBC=，O是AC的中点．(1)证明：1OAAB⊥；(2)若二面角11AOBC−−的余弦值为104−，求三棱柱111ABCABC-的体积．【答案】(1)证明

见解析(2)3【分析】（1）由平面ABC⊥平面11ACCA，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得OB，可得三棱柱111ABCABC-的体积.【解析】（1）平面

ABC⊥平面11ACCA，平面ABC平面11ACCAAC=，菱形11ACCA中，160AAC=，1AAC△为等边三角形，O是AC的中点，1OAAC⊥，1OAÌ平面11ACCA，1OA⊥平面ABC，AB平

面ABC，1OAAB⊥.（2）1OA⊥平面ABC，ABBC=，BOAC⊥，以点O为坐标原点，1,,OAOAOB所在直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，2AC=，设OBt=，则()0,0,0O，()1,0,0A，()0,0,Bt，()1,0

,0C−，()10,3,0A，1(1,3,)Bt−，1(2,3,0)C−·(1,0,0)OA=，1(1,3,)OBt=−，1(2,3,0)OC=−，设平面1AOB的法向量是111(,,)mxyz=，由111

11030mOAxmOBxytz===−++=，令13z=，110,xyt==−，得(0,,3).mt=−设平面11COB的法向量是222(,,)nxyz=，由122122223030nOCxynOBxytz=−+==−++=，令23

z=，223,2xtyt=−=−，可得(3,2,3)ntt=−−，所以22222310cos,||||43343mntmnmnttt+===+++，由0t，解得1t=，1121122ABCSACOB=鬃

=创=，13OA=，三棱柱111ABCABC-的体积为13ABCVSOA==.23．某种“笼具”由上、下两层组成，上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面半径相等，如图所示：圆锥无底面，圆柱无上底面有下底面，内部镂空，已知圆锥的母

线长为20cm，圆柱高为30cm，底面的周长为24πcm.(1)求这种“笼具”的体积（结果精确到30.1cm）；(2)现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩（包括底面）50个，该保护罩紧贴包裹“笼具”，纱网材料（按实测面积计算）的造价为每平方米．．．．8元．，共需多

少元？（结果精确到0.1元）【答案】(1)315984.4cm(2)138.7元【分析】（1）先通过底面周长求出底面圆的半径，然后根据圆锥母线及底面圆半径求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积加上圆柱的体积即可求解；（2）求出圆锥

的侧面积，圆柱侧面积及一个底面积，即可得到“笼具”的表面积，然后求出总的造价即可.【解析】（1）设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为1h，圆柱高为2h，则由题意有2π24πr=，得12cmr=，圆锥高221201216cmh=−=，所以“笼具”的体积2232111πππ144301

44165088π15984.4cm33Vrhrh=+=+=.（2）圆柱的侧面积2122π720πcmSrh==，圆柱的底面积22π144πSr==，圆锥的侧面积3π240πSrl==，所以“笼具”的侧面积2123

1104πcmSSSS=++=侧.故造50个“笼具”的最低总造价为41104π5081104π138.71025=元.答：这种“笼具”的体积约为315984.4cm；生产50个笼具需要138.7元.24．如图，在两块钢板上打孔，用钉

帽呈半球形、钉身为圆柱形的铆钉（图1）穿在一起，在没有帽的一端锤打出一个帽，使得与钉帽的大小相等，铆合的两块钢板，成为某种钢结构的配件，其截面图如图2.（单位：mm）.（加工中不计损失）.(1)若钉身长度是钉帽高度的3倍，求铆

钉的表面积；(2)若每块钢板的厚度为10mm，求钉身的长度（结果精确到1mm）.【答案】(1)21395πmm；(2)55mm.【分析】（1）由图可知，铆钉的表面积等于半球的表面积加上圆柱的侧面积加上以115r=为半

径的圆的面积.根据已知条件，分别求出各部分的面积即可得出答案；（2）设钉身的长度为x，表示出钉身的体积V.根据已知求出钉身加工后的体积，列出方程，求解即可得出答案.【解析】（1）解：由已知可得，铆钉为以115r=为

半径的半球与圆柱的组合体.由钉身长度是钉帽高度的3倍，可知圆柱的高为1345hr==，圆柱底面半径为28r=.由图可知，铆钉的表面积等于半球的表面积加上圆柱的侧面积加上以115r=为半径的圆的面积.半球的表面积为2211114π4π154

50π22Sr===，圆柱的侧面积为222π2π845720πSrh===，圆的面积231π225πSr==.所以，铆钉的表面积()21231395πSSSSmm=++=.（2）解：设钉身的长度为x，20x，则钉身的体积22π64πVrxx

==.由已知加工前后体积不变，加工后体积为钉身与钉帽体积之和，其中钉身长度为20，底面圆半径为28r=，钉帽是以半径115r=的半球.所以()2332114=π20π1280π2250π3530π23Vrrmm+=+=.所以64π3530πx=，解得55x，满足条件.所以钉身的长度

为()55mm.25．如图，在三棱柱111ABCABC-中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面11AACC为菱形，点1A在底面上的投影为AC的中点D，且2AB=.(1)若M、N分别为棱AB、11BC的中点，求证：1BMCDN平面；(2)求点C到侧面11AABB的距离；(3)在线

段11AB上是否存在点E，使得直线DE与侧面11AABB所成角的正弦值为67？若存在，请求出1AE的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)2427(3)存在，且11AE=【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出MDBC且2MDBC=，与1MDB

N且1MDBN=，证明四边形1BNDM为平行四边形，即1BMND，即可证明结论；（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，1DA两两垂直，并得出需要线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面11AABB的一个法向量与AC，即可代入公式求解答案；（3）假设存在，并设出关系，得到1

AE，再由向量运算得到DE，即可由线面角公式结合已知列式求解.【解析】（1）证明：连接MD，M为AB的中点，D为AC的中点，MDBC且2MDBC=，NQ为11BC的中点，则在三棱柱111ABCABC-

中，1BNBC且12BNBC=，1MDBN且1MDBN=，四边形1BNDM为平行四边形，1BMND，ND平面CDN，且1BM平面CDN，1BMCDN平面；（2）点1A在底面上的投影为AC的中点D，1AD⊥平面ABC，1ADAC⊥且1

ADBD⊥，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，BDAC⊥，侧面11AACC为菱形，且1ADAC⊥，11ACAAAC==，2AB=，2DBDADC===，且16DA=，直线DB，DC，1DA两两垂直，故以点D为坐标原点，直线DB，DC，1DA分别为x，y

，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0D，()0,2,0A−，()2,0,0B，()0,2,0C，()10,0,6A，则()2,2,0AB=，()0,22,0AC=，()10,2,6AA=，设平面11AABB的一个法向

量为(),,nxyz=r，则1220260ABnxyAAnyz=+==+=，即030xyyz+=+=，取1z=，则()3,3,1n=−，则点C到侧面11AABB的距离为：2624277ACndn===，（3）假设存在满足

条件的点E，并设()1112,2,0AEABAB===，0,1，则()112,2,6DEDAAE=+=，直线DE与侧面11AABB所成角的正弦值为67，266cos,7467DEnDEnDEn===+，解得214=，

0,1，则12=，故存在满足条件的点E，且1112AEAB==，26．如图所示，已知球O的半径为2，在球O的表面上有三点A、B、C，且O、A、B、C四点不共面，120AOB=o．(1)若CO⊥平面AOB，求球心O到平面

ABC的距离；(2)若CO⊥平面AOB，一个经过点A、B、C的球O也经过点O，求球O的表面积；(3)若线段AB上存在一点D，使得ADCD=，求三棱锥OBCD−体积的最大值．【答案】(1)255d=(2)20(3)12【分析】（1）用等体积法即可求解（2）

确定球心O的位置之后，运用解三角形的知识即可求解（3）1133OBDCOBDOBDCODVSdSd−−=△△，要求三棱锥OBCD−体积的最大值，需求OBDCODSd−△的最大值，设ADp=，用p表示出OBDCODSd−△，即可求解【解析】（1）（1

）设球心O到平面ABC的距离为d，在OAB中222cos12023ABOAOBOAOB=+−=因为CO⊥平面AOB，所以CO⊥OA，CO⊥OA，所以2222ACCOOA=+=，2222BCCOOB=+=如图，取AB中点E，连接CE，则CEAB⊥在中()()2222223

5CECBBE=−=−=所以1512ABCSABCE==△；因为COABOABCVV−−=，所以1131222153223d=，解得255d=．（2）（2）设O在平面AOB的投影为H，则H为OAB的外心，设OAB的外接圆半径为r由正弦

定理得2342sin32ABrAOB===，所以2r=所以2HAHBHO===，又因为OOCO=，故O在OC上的投影为OC中点M，1OM=，所以225OOOHOM=+=，球O的表面积为()24

520S==．（3）（3）2OAOC==，ADCD=，30OADOCD==，023AD．设ADp=，2234222342ODpppp=+−=−+，记C到OD的距离为d，则2122234ppdODpp==−+，()211111223

33322234OBDCOBDOBDCODpVSdSdppp−−==−−+△△22236234pppp−=−+，令2234ppt−+=，则()2223412xxtt−=−，()241411416662t

Vttt−==−−=，当且仅当1t=，即3p=，且平面COD⊥平面AOB时等号成立．27．如图1，在梯形ABCD中，BCAD∥，ABAD⊥，2AB=，3BC=，4=AD，线段AD的垂直平分线与AD交于点E，与BC交于点F，现将四边形CDEF沿EF折起，使C，D分别到点G，H的位

置，得到几何体ABFEHG，如图2所示．(1)判断线段EH上是否存在点P，使得平面PAF∥平面BGH，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．(2)若22AH=，求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值．【答案】(1)存在，点P为线段EH的中点(2)12．【分析】（1）当点P为线段EH

的中点时，先证明HG∥平面PAF，再证BG∥平面PAF，由面面平行判定定理证明；（2）先证明AEEH⊥，再以点E为坐标原点，EA，EF，EH所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【解析】（1）当点

P为线段EH的中点时，平面PAF∥平面BGH．证明如下：由题易知2EH=，1GF=，EHGF∥，因为点P为线段EH的中点，所以1HPGF==，HPGF∥，所以四边形HPFG是平行四边形，所以HGPF∥，因为PF平面PAF，HG平面PAF，所

以HG∥平面PAF．连接PG，因为PEGF∥，1PEGF==，所以四边形PEFG是平行四边形，所以PGEF∥，且PGEF=，又EFAB∥，EFAB=，所以PGAB∥，PGAB=，所以四边形ABGP是平行四边形，所以PABG∥，因为PA平面PAF，BG平面PAF，所以BG∥平面PAF．

因为HG平面BGH，BG平面BGH，HGBGG=，所以平面PAF∥平面BGH．（2）因为22AH=，2AEEH==，所以222AEEHAH+=，所以AEEH⊥，又EFEA⊥，EFEH⊥，所以EA，EF，EH两两垂直．故以点E为坐标原点，EA，EF，EH所在直线分别为x，y，z轴建立如图

所示的空间直角坐标系Exyz−，则()2,0,0A，()2,2,0B，()0,0,2H，()0,2,1G，所以()0,2,0AB=，()2,2,2BH=−−，()2,0,1BG=−．设平面ABH的法向量为()111,,mxyz=，则00mABmBH==，即11112

02220yxyz=−−+=，得10y=，取11z=，得()1,0,1m=．设平面BGH的法向量为()222,,xnyz=，则00nBHnBG==，即22222222020xyzxz−−+=−+=，取21x=，得()1,1,2n=．设平面ABH与平

面BGH所成角为，则22222211011233cos212101112mnmn++====++++，所以231sin1cos142=−=−=，所以平面ABH与平面BGH所成角的正弦值为12．28．如图，在棱

长为2的正方体ABCDEFGH−中，点M是正方体的中心，将四棱锥MBCGF−绕直线CG逆时针旋转(0π)后，得到四棱锥MBCGF−．(1)若π2=，求证：平面MCG//平面MBF；(2)是否存在，使得直线

MF⊥平面MBC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；（2）假设存在，使得直线MF⊥平面MBC，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面

平面MBC的法向量，则求出MF的坐标，由MFm∥可得cossin0cossin1−=+==，此方程组无解，即可得出结论.【解析】（1）证明：若π2=，则平面DCGH、平面CBFG为同一个平面，连

接,BHBF，则M是BH中点，M是BF中点，故MM是BHF的中位线，所以1,2MMGFMMHFGF==∥．因为,MMGFMMGF=∥，所以平面四边形MMFG是平行四边形，所以MGMF∥．又MG平面,MBFMF平面MBF，所以MG∥平面MBF

同理MC∥平面BMF，且MG平面,MCGMC平面,MCGMGMCM=，所以，平面MCG∥平面MBF．（2）假设存在，使得直线MF⊥平面MBC．以C为原点，分别以,,CBDCCG为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0)CB，

(1,1,1)M−，故(2,0,0),(1,1,1)CBCM==−．设(,,)mxyz=是平面MBC的法向量，则00mCBmCM==，所以200xyz=−+=，取1y=，得(0,1,1)m=是平面MBC的

一个法向量，取CG中点P，BF中点Q，连接,PQPM，则,,PMCGPQCGPMCG⊥⊥⊥．于是MPM是二面角MCGM−−的平面角，MPQ是二面角MCGQ−−的平面角，QPM是二面角QCGM−−的平面角，于是π,4MPMMPQ==，所以π

4MPQ−=，且CG⊥平面,2MPMMP=，故ππ2cos,2sin,144M−−，同理(2cos,2sin,2)F，所以ππ2cos2cos,2sin2sin,144MF

=−−−−，因为πππ2cos2cos2cos2coscos2sinsincossin444−−=−−=−，πππ2sin2sin2sin2sincos2c

ossincossin444−−=−+=+，所以(cossin,cossin,1)MF=−+．若直线MF⊥平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则MFm∥．即存在R，使得MFm=，则cossin0cossin1−=

+==，此方程组无解，所以，不存在，使得直线MF⊥平面MBC．【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线MF⊥平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定ππ2cos2cos,2sin2sin,144MF

=−−−−，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.29．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马PABCD−中，侧棱

PD⊥底面ABCD，且PDCD=，过棱PC的中点E，作EFPB⊥交PB于点F，连接,,,.DEDFBDBE(1)证明：PBDEF⊥平面．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；(2)记阳马PABCD−的体积为1V，四面体E

BCD的体积为2V，求12VV的值；(3)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．【答案】(1)证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB(2)4(3)22【分析】（1）由直线

与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角即可；（2）PD是阳马P−ABCD的高，DE是鳖臑D−BCE的高，BC⊥CE，22DECECD==，由此能

求出12VV的值．（3）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三

角形求解即可．(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE．又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE

⊥PC．而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE．又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF．由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分

别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；(2)由已知，PD是阳马P−ABCD的高，∴11133ABCDVSPDBCCDPD==，由（Ⅰ）知，21136BCEVSDEBCCEDE==，在Rt△PDC中，∵PD＝CD，点E是PC的中点，∴22DECECD==，∴1212234122

622BCCDPDVCDPDCDCDVCEDEBCCEDECDCD====．(3)如图所示，在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线．由（1）知，PB⊥平面DEF，所以

PB⊥DG．又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD．所以DG⊥DF，DG⊥DB故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD＝DC＝1，BC＝λ，有21BD=+，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得3DPBFDB==，则2tantan1

33DBDPFPD===+=，解得2=．所以122DCCB==故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，22DCCB=