【文档说明】2023届高考数学优质二诊模拟试题分类汇编 专题06 立体几何 Word版含解析.docx，共(25)页，2.515 MB，由小赞的店铺上传

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立体几何单选1．（广东省广州市2023届高三二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40cm的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底而的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成

二面角的正弦值为（）A．223B．23C．255D．25【详解】如图：正四棱台，由题意可知：O是底面正方形的中心也是球O的球心，且50,40ROBOO===,所以502,BC=2222504030OBROO=−=−=,进而可得302

,BC=取BC的中点为N，过BC的中点P作PMON⊥，连接PN,所以11522OMOPBA===,12522ONBA==,故102MNONOM=−=,在直角三角形PMN中，40tan22,102PMPNMMN===故22sin3PNM=，由

于,PNBCONBC⊥⊥,所以PNM即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为223，故选：A2．（广东省深圳市2023届高三二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为1V、2V和3V，则（）A．123VV

VB．213VVVC．312VVVD．321VVV【详解】设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，面积为S.正方体表面积为26Sa=，所以26Sa=，所以，()()3232321216SVaa===；如图，正四面体−PABC，D为AC的

中点，O为ABC的中心，则PO是−PABC底面ABC上的高.则BDAC⊥，12ADb=，所以2232BDABADb=−=，所以211332224ABCSACBDbbb===，所以，正四面体−PABC的表面积为243

ABCSSb==，所以233bS=.又O为ABC的中心，所以2333BOBDb==.又根据正四面体的性质，可知POBO⊥，所以2263POPBBOb=−=，所以，22213ABCVSPO=22136343bb=

363113372723648bSS===；球的表面积为24πSR=，所以24πSR=，所以，2233341π336πVRS==.因为333331111336π1442166482163SS

SSS=，所以，222312VVV，所以，213VVV.故选：B.3．（山东省济南市2023届高三二模）17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计

算球体体积的方法.如图，AEB是一个半圆，圆心为O，ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆AEB所形成的几何体的体积分别为1V，2V，3V，则下列说法正确的是（）A．123VV

V+B．123VVV+C．12VVD．12VV=【详解】由旋转体的概念可得：△OCD、阴影部分、半圆AEB所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE=DE，设DE=OE=r.故231

11ππ33Vrrr==，2233141πππ233rrrVr=−=，333142ππ233Vrr==，显然12VV=，且123VVV+=.故选：D.4．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））如图，点A、B、C、M、N为正方体的顶点或所在棱的中点，则

下列各图中，不满足．．．直线//MN平面ABC的是（）A．B．C．D．【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体DMEFGPQT−中，//QTEF且QTEF=，因为B、C分别为QT、EF的中点，则//BQEC且BQEC=，所以，四边形BCEQ为平行四

边形，所以，//BCEQ，因为BC平面EMPQ，EQ平面EMPQ，所以，//BC平面EMPQ，同理可证//AB平面EMPQ，因为ABBCB=，AB、BC平面ABC，所以，平面//EMPQ平面ABC，因为MN平面EMPQ，故//MN平面A

BC，A满足；对于B选项，如下图所示，连接PT，在正方体DECFGPQT−中，//PEFT且PEFT=，因为A、B分别为PE、FT的中点，则//PABT且PABT=，所以，四边形PABT为平行四边形，故//ABPT，因为M、N分别为GP、GT的中点，则//MNPT，

所以，//MNAB，因为MN平面ABC，//AB平面ABC，所以，//MN平面ABC，B满足；对于C选项，如下图所示，在正方体DMKNGPQT−中，取GT的中点F，连接AF、BF、PT，因为//PGKN且PGKN=，A、C分别为PG、KN的中点，所以，//AGCN且AGCN=，故四边

形ACNG为平行四边形，则//ACGN，因为F、B分别为GT、TN的中点，所以，//BFGN，则//BFAC，所以，A、B、C、F四点共面，因为//PMNT且PMNT=，则四边形PMNT为平行四边形，所以，//PTMN，因为A、F分别为PG、GT的中

点，则//AFPT，所以，//MNAF，因为MN平面ABC，AF平面ABC，所以，//MN平面ABC，C满足；对于D选项，如下图所示，在正方体DEKFGPQT−中，取EK的中点H，连接BH、HM、CN、PT、EF、BN，因为//PEFT且PE

FT=，B、N分别为PE、FT的中点，则//PBTN且PBTN=，所以，四边形PBNT为平行四边形，则//BNPT，因为A、C分别为GP、GT的中点，所以，//ACPT，故//ACBN，所以，A、B、C、N四点共面，

同理可证//MHBN，故//ACMH，同理可得//ABMN，//BHCN，反设MN平面ABC，因为//MNAB，且AB平面ABC，则//MN平面ABC，但MN与平面ABC有公共点M，这与//MN平面ABC矛盾，故MN平面A

BC，D不满足.故选：D.多选5．（广东省佛山市2023届高三二模）四面体ABCD中，ABBD⊥，CDBD⊥，3AB=，2BD=，4CD=，平面ABD与平面BCD的夹角为π3，则AC的值可能为（）A．17B．2

3C．35D．41【详解】在四面体ABCD中，ABBD⊥，CDBD⊥，则,BADC是二面角ABDC−−的平面角，如图，ACABBDDCBABDDC=++=−++，而3AB=，2BD=，4CD=，22222941

6234cos,ACBABDDCBADCBADC=++−=++−2924cos,BADC=−，因为平面ABD与平面BCD的夹角为π3，则当π,3BADC=时，||17AC=，当2π,3BADC=时，||41AC=，所以AC的值可能为17，41.

故选：AD6．（广东省广州市2023届高三二模）已知正四面体ABCD−的棱长为2，点M，N分别为ABC和ABD△的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是（）A．若APBP+取得最小值，则CPPN=B．若3CPPN=，则DP⊥平面ABCC．若DP⊥平面ABC，则三棱锥−PA

BC外接球的表面积为27π2D．直线MN到平面ACD的距离为269【详解】将正四面体ABCD−放入正方体DEBFGAHC−中，以点D为原点，以DE，DF，DG所在直线为x轴，y轴，z轴，如图所示，因为正四面体ABCD−的长为2，所以正方体的棱长为2，则(2,0,2)A，(2,2,0)B，(

0,2,2)C，因为点M，N分别为ABC和ABD△的重心，所以点N的坐标为2222(,,)333，点M的坐标为222222(,,)333所以222222(,,)333NC=−设NPNC=，则NP=222222(,,)333−，所以2222222222(,,)333333

OPONNP=+=−++，所以2222222222(,,)333333AP=−−+−+，2222222222(,,)333333BP=−−−++，对于Ａ：因为2222214(2882888168)(2

1)93AP=++++++−+=+，2222214(2888168288)(21)93BP=+++−++++=+，所以2224443(21)(21)21333APBP+=+++=+，当0=时，即CPCN=，0PN=，取得最小值433，故A错误；对于B：若

3CPPN=，则14NPNC=，所以222(,,)222OP=，因为(0,2,2)BA=−，(2,0,2)BC=−，设平面ABC的一个法向量为1(,,)nxyz=，则220220yzxz−+=−+=，取1x=，则1(1,1,1)n=，因为122

OPn=，所以OP⊥平面ABC，即DP⊥平面ABC，故B正确；对于C：若DP⊥平面ABC，则NP=222(,,)666−，即66NP=，2222(,,)333AN=−，即233AN=，设平面ABO的一个法向量为2(,,)nxyz=，因为

(2,0,2)OA=，(2,2,0)OB=，则220220xzxy+=+=，取1x=，则2(1,1,1)n=−−，因为226NPn=−，所以NP⊥平面ABO，则三棱锥−PABC外接球的球心在直线NP上，又因为

点N为等边三角形ABO的重心，所以点N为等边三角形ABO的外心，ABO外接圆半径为233AN=，设三棱锥−PABC外接球的半径为R，则222()RRNPAN=−+，即2264()63RR=−+，解得364R=，所以三棱锥P－ABC外接球的

表面积为227π4π2R=，故C选项正确；对于D：因为点N的坐标为2222(,,)333，点M的坐标为222222(,,)333，所以22(0,,)33MN=−−，设平面ACD的一个法向量为3(,,)nxyz=，因为(2,0,2)

OA=，(0,2,2)OC=，所以220220xzyz+=+=，取1x=，则3(1,1,1)n=−，因为30MNn=，且直线MN平面ACD，所以直线//MN平面ACD，所以点N到平面ACD

的距离就是直线MN到平面ACD的距离，则点N到平面ACD的距离332226393ONndn===，即直线MN到平面ACD的距离为269，故D正确，故选：BCD．7．（广东省深圳市2023届高三二模）如图，在矩形AEF

C中，AE23=，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（）A．三棱锥−PABC的体积为423B．直线PA与直线BC

所成角的余弦值为36C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为13D．三棱锥−PABC外接球的半径为222【详解】由题意可得,BPAPBPCP⊥⊥，又,,,,APCPPAPCPPAPCP==平面PAC，所以BP⊥平面PAC，在PAC△中，23PAPC==，AC边上的高

为()2223222−=，所以11824222323PABCBPACVV−−===，故A错误；对于B，在PAC△中，1212161cos322323APC+−==，1244BC=+=()cos,23483PAPCPBPABCPAPCPAPBPABCPA

BC−−===1232333683==，所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为36，故B正确；对于C，1232PBCSPBPC==，设点A到平面PBC的距离为d，由BPACAPBCVV−−=，得1822333d=，解得463d=，所以直线PA与平面PB

C所成角的正弦值为46223323dPA==，故C错误；由B选项知，1cos3APC=，则22sin3APC=，所以PAC△的外接圆的半径132sin2ACrAPC==，设三棱锥−PABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，则2221

9111222RrPB=+=+=，所以222R=，即三棱锥−PABC外接球的半径为222，故D正确.故选：BD.8．（湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研）三棱锥−PABC中，22AB=，1BC=，

ABBC⊥，直线PA与平面ABC所成的角为30，直线PB与平面ABC所成的角为60，则下列说法中正确的有（）A．三棱锥−PABC体积的最小值为33B．三棱锥−PABC体积的最大值为62C．直线PC与平面ABC所成的角

取到最小值时，二面角PBCA−−的平面角为锐角D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角PABC--的平面角为钝角【详解】如图（1）所示，作PH⊥平面ABC，连接,,AHBHCH，因为直线PA与平面ABC所成的角为30，直

线PB与平面ABC所成的角为60，所以,tan30tan60PHPHAHBH==，即33,3AHPHBHPH==所以tan603tan30AHBH==，即3AHBH=，以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图（2）平面直角坐标系，设(

),Hxy，()2,0A，()2,0B−，则2222(2)9[(2)]xyxy−+=++，整理得2252202xyx+++=，可得圆心52,04Q−，半径298r=，设点圆H与x轴的交点分别为,MN，可

得2,22BMrBQBNrBQ=−==+=，因为BMBHBN，所以2,22BH又由3PHBH=且2,22BH，所以6,62PH，则max1236233V==，min163

2323V==，所以A正确，B错误；因为22529()48xy++=，可设523232+cos,sin444xy=−=，设PC与平面ABC所成角为，且tanPHCH=，可得3tanPHBHCHCH==，且2252202xyx+++=，又由2

22222222252(2)222(2)2222(2)(1)222352(2)22232xxBHxyxyxxyxyxyCHxxy−++++++++===++−++−+−++−+2222242122422212224xxyxyyxyxx−====−+

−+−−−++，令12ykx−=，根据斜率的结合意义，可得12yx−表示圆,()Hxy与定点1(0,)2连线的斜率，又由102kxy−+=与圆H相切时，可得2521()423241kk−+=+，解得1728k=或224k=−，即27248k−，当728k=时，此时22BHCH取得最

小值，即BHCH最小时，此时H在ABC外部，如图（3）所示，此时二面角PBCA−−的平面角为锐角，PABC--的平面角为钝角，所以C、D正确．故选：ACD．9．（山东省济南市2023届高三二模）如图所示，在菱形ABCD中，π3

BAD=，,,EFG分别是线段,,ADCDBC的中点，将ABD△沿直线BD折起得到三棱锥ABCD−，则在该三棱锥中，下列说法正确的是（）A．直线//EF平面ABCB．直线BE与DG是异面直线C．直线BE与DG可能垂直D．若74EGAB=，则二面角ABDC−−的大小为π3【详解

】对于A，,EF分别为,ADCD中点，//EFAC，AC平面ABC，EF平面ABC，//EF平面ABC，A正确；对于B，BE平面BCDB=，DG平面BCD，BDG，BE与DG为异面直线，B正确；对于C

，设菱形ABCD的边长为2，又π3BAD=，则2BD=，12BEBDDEBDDA=+=+，12DGDBBGDBBC=+=+，21111122224BEDGBDDADBBCBDBDBCBDDADABC=++=−+−+111111444222224

4DABCDABC=−+−−+=−+，4cos,4,4DABCDABC=−，0BEDG，即BE与DG不可能垂直，C错误；对于D，取BD中点O，连接,,,AOCOOGOE，,ABDCBD为等边三角形，AOBD⊥，COBD⊥，

AOC即为二面角ABDC−−的平面角，设菱形ABCD的边长为2，则3OAOC==，()()()11112222EGOGOEOBOCBAOBOCOAOB=−=+−=+−−1122OCOAOB=−+，22221114

42EGOCOAOBOAOCOBOCOAOB=++−+−333531coscos44222AOCAOC=++−=−，又74EGAB=，537cos224AOC−=，解得：1cos2AOC=，二面角ABDC−−的大小为π3，D正确.故选：ABD.10．（浙江省杭州市2023届高

三下学期教学质量检测（二模））如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，1O，2O为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆1O的一条直径，若球的半径2r=，则（）A．球与圆柱的体积之比为2:3B．四面体

CDEF的体积的取值范围为(0,32C．平面DEF截得球的截面面积最小值为45D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PEPF+的取值范围为225,43+【详解】对于A，球的体积为34π32π33rV==，圆柱的体积2π(2)16πVrr==，则球与圆柱

的体积之比为2:3，A正确；对于B，设d为点E到平面BCD的距离，0dr，而平面BCD经过线段EF的中点1O，四面体CDEF的体积11221163224433233CDEFEODCODCdVVSdd−−=

===，B错误；对于C，过O作1OHDO⊥于H，如图，而122OODO⊥，则21211sinDOOHDOOOODO==，又221(2)25DOrr=+=，于是25OH=，设截面圆的半径为1r，球心O到

平面DEF的距离为1d，则125d，又222111444455rrdd=−=−−=，则平面DEF截球的截面圆面积2116ππ5Sr=，C错误；对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接,QEQF，当Q与,EF都不重合时，设QFE=，

则4cos,4sinQFQE==，当Q与,EF之一重合时，上式也成立，因此4cos,4sinQFQE==，[0,)2，则2222222(14sin14cos)PEPFPQQEPQQF+=+++=+++，令2214sin14cost=+++，则226254sin2t

=++，而02π，即0sin21，因此262512t+，解得1523t+，所以PEPF+的取值范围为[225,43]+，D正确.故选：AD填空11．（湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的

多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等

边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为328V==，所以二十四等边体为3112028111323V=−=，所以二十四等边体

与原正方体的体积之比为205246VV==．故答案为：56.解答12．（广东省佛山市2023届高三二模）中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示

的一块木料中，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，2PAAB==，点E，F是PC，AD的中点．(1)若要经过点E和棱AB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．【详解】（1）因为//,AB

CDAB平面PCD，CD平面PCD，所以//AB平面PCD，又AB平面ABE，设平面ABE平面PCDl=，则//ABl，设PD的中点为G，连接,EGAG，则//EGCD，又//ABCD，所以//ABEG，即EG为l，

,,BEEGAG就是应画的线，因为PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA⊥，又ABAD⊥，PAADA=，,PAAD平面PAD，所以AB⊥平面PAD，AG平面PAD，所以ABAG⊥，即截

面ABEG为直角梯形，又2PAAB==，所以2,1AGEG==，()()222123BE=−+=，所以，截面周长为233++；（2）以点A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，则()0,0,0A，()2,0,0B，()2,

2,0C，()0,2,0D，()002P,,，()1,1,1E，()0,1,0F，所以()()()1,1,1,2,1,0,0,2,2BEBFPD=−=−=−，设平面BEF的法向量为(),,nxyz=，则020nBExyznBFxy=−++==−+=，令1x=

，可得()1,2,1n=−，设PD平面BEFH=，设()0,2,2PHPD==−，又()002P,,，∴()0,2,22H−，()2,2,22BH=−−uuur，由()()2,2,221,2,10nBH=−−−=uuurr，可得640−=，即

23=，即H为PD的三等分点23PHPD=，连接,EHFH，即,EHFH就是应画的线.13．（广东省广州市2023届高三二模）如图，在直三棱柱111ABCABC-中，13ABACAA===，点D是BC的中点，点E在1AA上，//AD平面1BCE.(1)求证：平

面1BCE⊥平面11BBCC；(2)当三棱锥11BBCE−的体积最大时，求直线AC与平面1BCE所成角的正弦值.【详解】（1）取1BC中点M，连接EM、MD，如图所示：ABAC=，点D是BC的中点，ADBC⊥，又M是1BC的中点，1//DMCC，又在直

三棱柱111ABCABC-中，有11//AACC，1AA⊥平面ABC//DMAE，DM⊥平面ABC，//AD平面1BCE，且AD面ADME，平面ADME平面1BCEEM=，AD//ME，1CC⊥平面ABC，且AD

平面ABC，1CCAD⊥，又1CCBCC=，且1CC、BC平面11BBCC，AD⊥平面11BBCC，又//ADME，ME⊥平面11BBCC，MEQ平面1BCE，面ABC⊥平面11BBCC.（2）由（1）知ME⊥平面11BBCC，则111113B

BCEBBCVSME−=，设2BCa=，则BDa=，29ADa=−，1112332BBCSaa==，1122219939322BBCEaaVaa−+−=−=，由基本不等式知，当且仅当29aa=−时等号成立，即三棱锥11BBCE

−的体积最大，此时，322a=以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则有32,0,02A，320,,02C−，320,,02B，323,0,22E，1

320,,32C−，3232,,022AC=−−，()10,32,3CB=−，32323,,222BE=−，设平面1BCE的一个法向量为()111,,xnyz=，则有1111

113230323230222nCByznBExyz=−==−+=，取12y=，解得()0,2,2n=，设直线AC与平面1BCE所成的角为，36sincos,6324nAC===+，故直线AC与平面1BCE所成角的正弦值为66.14．（

广东省深圳市2023届高三二模）在三棱柱111ABCABC-中，2ABBC==，2π3ABC=，111ACAB⊥.(1)证明:11AAAC=；(2)若12AA=，114BC=，求平面11ACB与平面11B

CCB夹角的余弦值.【详解】（1）设AC的中点为O，连接1,,OAOB因为ABBC=，所以ACOB⊥，又因为11//,ACAC且111ACAB⊥，所以1ACAB⊥，因为1,ABOB平面1OBA，且1ABOBB=，所以AC⊥平面1OBA,因为1OAÌ平面1OBA，所以1ACOA⊥

,又因为O是AC的中点，所以11AAAC=.（2）在ABC中，由余弦定理求得23,AC=则1123,ACAC==因为111ACAB⊥，所以2221111ACABBC+=，解得12AB=,在1RtAOA和R

tABC△中，可知11,AOOB==.在1OBA△中，22211OAOBAB+=，因此1AOOB⊥.由(1)知，1ACOA⊥，且,ACOB平面ABC，且ACOBO=，所以1AO⊥平面ABC.以1,,OBOCOA所在直线分别为x轴，y轴，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则

()()()()10,0,1,1,0,0,0,3,0,0,3,0ABCA−.所以()()()1111,3,0,0,3,1,1,3,0ABABACBC===−=−,()110,3,1,AABB==设平面11ABC的法向量为()111,,mxyz=,则1

1100mABmAC==,11113030xyyz+=−=,令13x=，得()3,1,3m=−−ur.设平面11BCCB的法向量为()222,,xnyz=,则100nBCnBB==,即2222303

0xyyz−+=+=令23x=，得()3,1,3n=−r,设平面11ACB与平面11BCCB夹角为,则5cos7mnmn==,所以平面11ACB与平面11BCCB夹角的余弦值为57.15．（湖北省

武汉市2023届高三下学期四月调研）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将AEF△沿EF翻折至1AEF，得到四棱锥1AEFCB−，P为1AC的中点．(1)证明：FP∥平面1ABE；(2)若平面1AEF⊥平面

EFCB，求直线1AF与平面BFP所成的角的正弦值．【详解】（1）取1AB的中点Q，连接,PQEQ,则有PQBC∥，且12PQBC=，又EFBC∥，且12EFBC=，故PQEF∥，且PQEF=，则四边形EFPQ为平行四边形，则FP

EQ∥，又FP平面1ABE，EQ平面1ABE，故FP∥平面1ABE．（2）取EF中点O，BC中点G，由平面1AEF⊥平面EFCB，且交线为EF，故1AO⊥平面EFCB，此时，1,,OAOEOG两两垂直，以O为原点，1,,OEOG

OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得()10,0,3A，()1,0,0F−，()2,3,0B，()2,3,0C−，由P为1AC中点，故331,,22P−，则1(

1,0,3)AF=−−，(3,3,0)FB=，330,,22FP=，设平面BFP的法向量(),,nxyz=，则00nFPnFB==，即33022330yzxy+=+=，故取()1,3,3n=−

，故所求角的正弦值为111|||13|27cos,7||||74nAFAFnnAF−−===，所以直线1AF与平面BFP所成的角的正弦值为277．16．（山东省济南市2023届高三二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱

AB，BC的中点，2ABDE=.(1)证明：四边形MNFD为矩形；(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.【详解】（1）延长,,ADBECF,则,,ADBECF相交于一点G,连接,,,FMGNDNGM,M

，N分别为棱,ABBC的中点，所以//,MNAC且12MNAC=，由于2ABDE=，所以2,ACDF=又//ACDF，所以//,DFMNMNDF=,所以四边形MNFD为平行四边形，在三棱锥GABC−中，,,GA

GCGMGNMCAN===,所以GANGCM,进而得CGMAGN=,又,GFGDGMGN==,因此FGMDGN所以MFDN=，故四边形MNFD为矩形（2）由1,//2DEABDEAB=可知,DE分别是,GAGB的中点，所以1//,2DMGBDMGB=,又四边形MNFD为正方形，所以D

MMN=，所以ACGB=,由于三棱锥GABC−为正三棱锥，且ACGB=，因此三棱锥GABC−为正四面体，因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线GC与平面ABC所成角，取ABC的中心为O,连接GO,则GO⊥平面ABC，所以GCO为

直线GC与平面ABC所成角，设四面体GABC−的棱长为a，在ABC中，由正弦定理可得132sin603BCAOa==，2223633GOGCOCaaa=-=-=，在GOC△中，6sin3GOGCOGC==,故直线BC与平面AC

FD所成的角的正弦值为6317．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））在三棱锥SABC−中，底面ABC为等腰直角三角形，90SABSCBABC===.(1)求证：ACSB⊥；(2)若2,22ABSC=

=，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.【详解】（1）证明：取AC的中点为E，连结,SEBE，∵ABBC=，∴BEAC⊥，在SCB和SAB△中，90,,SABSCBABBCSBSB====∴SCBSAB，∴SASC=，∵AC的中点为E，∴SEA

C⊥，∵SEBEE=∩，∴AC⊥面SBE，∵SB面SBE，∴ACSB⊥（2）过S作SD⊥面ABC，垂足为D，连接,ADCD，∴SDAB⊥∵,,ABSAABSDSAADA⊥⊥=，AB⊥平面SAD∴ABAD

⊥，同理，BCCD⊥∵底面ABC为等腰直角三角形，2,22ABSC==，∴四边形ABCD为正方形且边长为2.以D为原点，,,DADCDS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz−，则()()()()2,0,0,0,0,2,0,2,0,

2,2,0ASCB()()()0,2,2,2,2,0,2,0,0SCACBC=−=−=−，设平面SAC的法向量()111,,xnyz=，则1111220220nSCyznACxy=−==−+=，解得xyz==，取11x=，则111,1==yz，∴(1,1,1)n=，设平面SBC

的法向量()222,,mxyz=，则22222020mSCyzmBCx=−==−=，解得0xyz==，取21y=，则110,1xz==，∴()0,1,1m=，设平面SAC与平面SBC夹角为26coscos,332mnmnmn====故平面SAC与平面

SBC夹角的余弦值为63.