2022届新高考高三上学期期初考试数学试卷分类汇编：立体几何与空间向量

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立体几何与空间向量集中练
说明：2022届高三新高考期初考试题目选自新高考地区，如江苏、山东、河北、湖南、湖北等。
1．(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知m，n是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面．下列说法中正确的是
A．若m∥α，mÌβ，α∩β＝n，则m∥n B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
【答案】ACD
【考点】立体几何的位置关系判断
【解析】由题意，对于选项A，由线面平行的性质可得选项A正确；
对于选项B，若m∥n，m∥α，则nÌα或n∥α，故选项B错误；
对于选项C，若α⊥γ，则在γ内可作a⊥α，因为α∩β＝n，所以n Ìα，则a⊥n，同理，可在γ内可作b⊥β，可得b⊥n，因为α∩β＝n，所以a，b也相交，所以n⊥γ，故选项C正确；
对于选项D，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又α∥γ，则由平行的传递性可得β∥γ，故选项D正确；
综上，答案选ACD．
2．(2022·南京9月学情【零模】)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC都是边长为的正三角形，．若M为三棱锥P－ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC距离的最大值为 ▲ ．
【答案】＋1
【考点】立体几何中几何体与外接球、点到面的距离最值问题
【解析】
法一：由题意可设BC中点为D，△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，几何体的外接球球心为O，易知PD＝AD＝3，又PA＝，所以PD⊥AD，又因为PD⊥BC，AD⊥BC，所以平面PBC⊥平面ABC，所以在Rt△PAD中，四边形OO1DO2是边长为1的正方形，所以几何体的外接球半径，所以点M到平面ABC的距离d≤R＋OO1＝＋1．

法二：由题意可设BC中点为D，△ABC的外心为M，几何体的外接球球心为O，易知PD＝AD＝3，又PA＝，所以PD⊥AD，又因为PD⊥BC，AD⊥BC，所以平面PBC⊥平面ABC，过点M作MN⊥平面ABC，则AM＝2，MD＝1，则三棱锥的外接球球心O一定在MN上，可设OM＝x，由OA＝OP，可得＝，解得OM＝x＝1，所以点M到平面ABC的距离d≤R＋OO1＝＋1．
N
P

O

A

M
C

D

B

法三：取PA中点N，连BN，CN，则，可设△PAB，△PAC外接圆圆分别为O1，O2，所以cos，设△PAB外接圆半径为r1，则2r1＝＝，解得r1＝，所以，同理可得，，设OO1＝OO2＝m，且cos∠O1NO2＝，所以cos∠O1OO2＝－，所以由余弦定理可知，＋－2××＝m2＋m2－2×m2×(－)，解得m＝，所以R2＝＋＝5，即R＝，设△ABC外接圆圆心为，△ABC外接圆半径r2，则，所以M到平面ABC距离最大值为＋1．



3．(2022·江苏第一次百校联考)陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一．传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽．中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱．其中总高度为8cm，圆柱部分高度为6cm，已知该陀螺由密度为0.7g/cm2的木质材料做成，其总质量为70g，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为
A．2.0cm B．2.2cm
C．2.4cm D．2.6cm
【答案】B
【考点】新情景问题下的几何体的体积计算
【解析】由题意可求得该陀螺的总体积为＝100cm3，设底面半径为r．则可得，解得≈2.2cm，故答案选B．
4．(2022·江苏第一次百校联考)(多选题)如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2．C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，以下正确的结论有
A．直线AC⊥平面PDO
B．CE与PD一定为异面直线
C．直线CE可能平行于平面PDO
D．若BC＝，则CE＋OE的最小值为
【答案】ABD
【考点】立体几何的综合应用：位置关系判断、长度的最值问题等
【解析】对于选项A，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，所以选项A正确；对于选项B，根据异面直线判定定理知CE与PD一定为异面直线，所以选项B正确；对于选项C：若直线CE∥平面PDO，因为CB∥OD，则CB∥平面PDO，所以平面PDO∥平面PBC，矛盾，所以选项C错误；对于选项D，在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB＝＝，同理PC＝，所以PB＝PC＝BC，在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面MC′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＝DB，C′P＝C′B，所以OC垂直平分PB，即E为PB的中点，从而OC′＝OE＋EC′＝，亦即CE＋OE的最小值，所以选项D正确；综上，答案选ABD．

5．(2022·江苏海安中学期初)与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点共有
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】D
【考点】立体几何的距离问题的应用
z
【解析】由题意可知，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可建立如图所示的空间直角坐标系，且设正方体的棱长为1，连接B1D，并在其上任取一点P，则设P(a，a，a)(0≤a≤1)，可作PE⊥平面ADD1A1，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为F，则PF的点P到直线A1D1的距离，即PF＝，同理可得，点P到直线AB，CC1的距离也是，所以B1D上任一点与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离都相等，则有无数个点，故答案选D．
D1

B1
C1

P
A1

D
C
y

B
x
A


6．(2022·苏州期初考试)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β，且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若mÌα，nÌα，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
【答案】B
【考点】空间中线面的位置关系判断
【解答】对于选项A，若m∥α，n∥α，则m∥n，相交，或为异面直线，故选项A错误；对于选项B，若α⊥β，γ⊥β且α∩y＝m，则m⊥β，故选项B正确；对于选项C，若mÌα，nÌα，m∥β，n∥β，则α与β不一定平行，故选项C错误；对于选项D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n不一定垂直，故选项D错误．综上，答案选B．
7．(2022·苏州期初考试)(多选题)在棱长固定的正方体中，点E，F分别满足，＝μ (λ∈[0，1]，μ∈[0，1])，则
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，存在λ使得平面
C．当时，点A，B到平面的距离相等
D．当λ＝μ时，总有
【答案】ACD
【考点】立体几何的综合应用：求几何体的体积、位置关系证明、距离问题等
【解析】
法一：对于选项A，当μ＝1时，三棱锥的体积等于V，因为AB∥面A1B1C，所以E到面A1B1C的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于选项B，当时，不可能有，则不存在λ使得平面，故选项B错误；对于选项C，当时，E为线段AB的中点，则点A，B到平面的距离相等，故选项C正确；对于选项D，以D为原点，DA、DC、DD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，设AE＝m，则E(1，m，0)，F(1－m，1，0)，从而＝(－m，1，－1)，＝(1，m－1，－1)，所以×＝－m＋m－1＋1＝0，所以A1F⊥C1E，故选项D正确；
综上，答案选ACD．

法二：不妨设正方体的棱长为1，对于选项A，当时，点F为BC的中点，则V＝V＝S×BF，且S＝S，BF＝BC，故V为定值，故选项A正确；对于选项B，要使BD1⊥平面B1EF，则需满足BD1⊥EF，又DD1⊥EF，所以需满足点E为AB的中点，因为BD1⊥AB1，所以BD1与EB1不可能垂直，则BD1⊥平面B1EF不可能垂直，故选项B错误；对于选项C，当时，点E为AB的中点，则点A，B到平面的距离相等，故选项C正确；对于选项D，因为AE＝BF，所以DE⊥AF，又DE⊥AA1，所以，又C1D⊥面A1D1CB，所以C1D⊥A1F，所以A1F⊥C1DE，所以A1F⊥C1E，故选项D正确；综上，答案选ACD．
8．(2022·河北衡水一中一调)(多选题)如右图所示，在长方体中，，点E是CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，给出下列命题：其中真命题的是( )
A．四棱锥B1－BED1F的体积恒为定值；
B．存在点E，使得B1D⊥平面BD1E
C．对于棱CC1上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得CG∥平面EBD1
D．存在唯一的点E，使得截面四边形BED1F的周长取得最小值．
【答案】ABD
【考点】立体几何中的位置关系、体积、截面等综合应用
9．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)某圆柱体的底面直径和高均与某球体的直径相等，则该圆柱体表面积与球体表面积的比值为
A．2 B． C． D．
【答案】C
【考点】几何体的表面积
【解析】由题意可设圆柱体的底面直径和高为d，则球体的直径也为d，则圆柱体表面积为πd2＋2×π()2＝πd2，球体表面积为4π()2＝πd2，所以圆柱体表面积与球体表面积的比值为，故答案选C．
10．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)空间四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝，AC＝4，直线BD与AC所成的角为45°，则该四面体的体积为______．
【答案】
【考点】几何体的体积与异面直线的角综合应用
【解析】由题意可知，AB＝2，BC＝，AC＝4，所以△ABC为直角三角形，同理可得△DAC为直角三角形，如图，作直角三角形△ABC 和△DAC斜边上的高BE，DF，则AE＝CF＝1，∴点E，F是线段AC的两个四等分点，作平行四边形BEFG，则BE⊥AC，DF⊥AC，由线面垂直判定定理可得AC⊥平面DFG，又ACÌ平面ABGC，∴平面ABGC⊥平面DFG，在平面DFG内，过点D作DH⊥FG，垂足为H，由面面垂直的性质定理可得DH⊥平面ABGC，∴DH为四面体ABCD的底面ABC上的高，由三角函数定义可得DH＝DF×sin∠DFG，又因为BG∥AC，所以BG⊥DG，又因为直线BD与AC所成的角为45°，所以∠DBG＝45°，∴△DGB为等腰直角三角形，∴GD＝GB＝EF＝2，在△DFG中，GD＝2，BE＝DF＝，由余弦定理可求得cos∠DFG＝，∴sin∠DFG＝，所以四面体的体积V＝Sh＝S△ABC ×DF×sin∠DFG＝．

11．(2022·青岛期初考试)(多选题)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法正确的是
A．E，F，G，H四点共面 B．平面EGH∥平面ABC1
C．直线A1A与FH异面 D．直线BC与平面AFH平行
【答案】ABC
【考点】立体几何中三棱柱的位置关系判断
【解析】由题意，对于选项A，连接EH，FG，易得EH∥A1B1，FG∥A1B1，所以EH∥FG，故E，F，G，H四点共面，故选项A正确；对于选项B，连接AG，BG，EG，HG，因为E，H分为AA1，BB1的中点，所以HG∥BC1，综上可得，平面EGH∥平面ABC1，故选项B正确；对于选项C，异面直线是不在任何一个平面内的两条直线，已知点H在平面AA1B1B内，点F在平面AA1B1B外，且平面内直线AA1不经过H点，故可得出直线A1A与FH异面，故选项C正确；对于选项D，假设直线BC与平面AFH平行，则BC在平面AFH内必有平行直线，作出平面AFH，直观可见不存在，故矛盾，即假设不成立，故选项D错误；综上，答案选ABC．
12．(2022·青岛期初考试)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，，则三棱维P－ABC的外接球的体积为________；
【答案】π
【考点】立体几何种三棱锥的外接球问题
【解析】由题意，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，因为AC⊥BC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，故PB是三棱锥P－ABC的外接球的直径，在Rt△APB中，，所以PB＝2，可得外接球的半径为R＝1，所以外接球的体积为．
13．(2022·湖南省长郡中学开学考试)(多选题)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过AB作一垂直于直线B1C的平面交平面ADD1A1于直线l，动点M在直线l上，则（　　）
A．B1C∥l
B．B1C⊥l
C．点M到平面BCC1B1的距离等于线段AB的长度
D．直线BM与直线CD所成角的余弦值的最大值是
【解答】解：

如图，在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，过 AB 作一垂直于直线B1C 的平面交平面 ADD1A1于直线 l，直线l即直线AD1，所以B1C⊥l，B正确，A错误；
对于C，点 M 到平面 BCC1B1的距离等于线段 AB 的长度，正确；
对于D，直线AB与直线CD平行，所以直线BM与直线CD所成角即直线BM与直线AB所成角，当点M与点A重合时，此时直线BM与直线AB所成角为0°，此时余弦值为1，故D错误；故选：BC．
14．(2022·湖南省长郡中学开学考试)在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝2，二面角A﹣PB﹣C为直二面角，∠APB＝2∠BPC（∠BPC＜），M，N分别为侧棱PA，PC上的动点，设直线MN与平面PAB所成的角为α，当tanα的最大值为时，则三棱锥P﹣ABC的体积为　　．
【解答】解：如图所示，当点 MN 与平面 PAB 所成的角为二面角 B﹣AP﹣C 的大小时，此时线面角达到最大，设 N 运动到 C 时，作 CM⊥PA 于 M，CD⊥PB 于 D，连结 DM，
∵二面角 A﹣PB﹣C 为直二面角 面 APB⊥面 PBC，∵CD⊥PB，CD⊂面 APB，面 APB∩面 PBC＝PB，∴CD⊥面 APB，∴AP⊥CD，又 AP⊥CM，CD∩CM＝M，∴AP⊥面 CDM，∴AP⊥DM，∴∠DMC＝α，则 ，设 ，∵PB＝PA＝PC＝2，∴，∴，∴，∴，
故答案为：．

15．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1成的角为
A． B． C． D．
【答案】D
【考点】立体几何中求异面直线所成的角
【解析】
法一：如图所示，连接，则就是直线PB与AD1所成的平面角，易得，且，所以，故答案选D．
法二：以点D为坐标原点，直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，设AB＝1，则，所以＝(，，－1)，＝(－1，0，1)，设直线PB与所成的角为θ，则，所以，故答案选D．

16．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)(多选题)在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是

A．点F的轨迹是一条线段 B．A1F与BE是异面直线
C．A1FD1E不可能平行 D．三棱锥F－ABD1的体积为定值
【答案】ABD
【考点】立体几何的综合应用：点的轨迹判断、位置关系判断、几何体的体积等
【解析】如图，分别找线段BB1，B1C1的中点分别为M，N，连接A1M，MN，A1N，因为正方体AC1，易得MN∥AD1，MNË面D1AE，AD1Ì面D1AE，所以MN∥面D1AE，又A1M∥DE，A1MË面D1AE，D1E⊂面D1AE，所以A1M∥D1AE，又MN∩A1M＝M，所以平面A1MN∥平面D1AE，因为A1F与平面D1AE的垂线垂直，又A1FË D1AE，所以直线A1F与平面D1AE平行，所以又A1F⊂面A1MN，又点F是侧面BCC1B1内的动点，且面A1MN∩面BCC1B1＝MN，所以点F的轨迹为线段MN，所以选项A正确；对于选项B，由图可知，AF与BE是异面直线，故选项B正确；对于选项C，当点F与点M重合时，直线A1F与直线D1E平行，故选项C错误；对于选项D，因为MN∥AD1，MNË面ABD1，AD1Ì面ABD1，所以MN∥面ABD1，则点F到平面ABD1的距离是定值，又三角形ABD1的面积是定值，所以三棱锥F－ABD1的体积为定值，故选项D正确；综上，答案选ABD．

17．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用向量分别表示,利用向量的夹角公式即可求解.
详解】由题意可得
，
故选：D
18．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试) 已知在三棱锥中，，，则该三棱锥外接球的体积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中点为，连接，证明球心在上，利用勾股定理得到半径，再计算体积.
【详解】取中点为，连接，易知，在中：，又平面，
为外心球心在上，设半径为，球心为 ，在中： ，解得， ，故答案选A．






19．(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)
P
如图，在三棱锥P－ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，AC⊥PD，∠PCB＝90°．
(1)求证：BC⊥平面PAC
C
B
(2)求PD与平面PBC所成角的正弦值．
D

A


(第20题)
【考点】立体几何的位置关系、求解线面角
【解析】
(1)证明：取AC中点E，连接PE，ED．
因为△PAC为正三角形，E是AC中点，所以PE⊥AC．
又因为AC⊥PD，PE，PDÌ平面PED，PE∩PD＝P，
故AC⊥平面PED．
因为EDÌ平面PED，所以AC⊥ED．
因为D，E分别是AB，AC的中点，
所以DE∥BC，故BC⊥AC．…………………………………………………………4分
因为∠PCB＝90°，即BC⊥PC．
又PC，ACÌ平面PAC，PC∩AC＝C，故BC⊥平面PAC．………………………6分
P



C

E
B

D

A


(2)解法一：由(1)知BC⊥平面PAC．
因为PEÌ平面PAC，所以BC⊥PE，从而ED⊥PE．
又因为PE⊥AC，又AC⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz．
因为AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，
故B(－1，4，0)，D(0，2，0)，
C(－1，0，0)，P(0，0，)．……………………………………………………8分
所以，
．
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝－1，得y＝0，x＝，
所以平面PBC的一个法向量为n＝(，0，－1)．………………………………………10分
设直线PD与平面PBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos|＝||＝＝．
所以PD与平面PBC所成角的正弦值为．……………………………………………12分
z
P



C

B
E

y
D

A

x

解法二：取PC中点F，连接AF，FB．
取FB中点G，连接DG，PG．
在正△PAC中，F是PC中点，所以AF⊥PC．
因为BC⊥平面PAC，AFÌ面PAC，所以BC⊥AF，
因为D，G分别是AB，FB的中点，所以DG∥AF，
从而DG⊥PC，DG⊥BC．
又因为PC∩BC＝C，PC，BCÌ平面PBC，
所以DG⊥平面PBC．
因此∠DPG为PD与平面PBC所成角，记为θ．…………………………………………10分
在Rt△BAF中，＝；在Rt△PED中，PD＝＝，
因此，在Rt△DPG中，sinθ＝＝．
所以PD与平面PBC所成角的正弦值为．…………………………………………12分
P


F

G
C

E
B

D

A


解法三：在Rt△PED中，PD＝＝，过点D作DG⊥平面PBC，垂足为点G，连结PG，则∠PDG即为PD与平面PBC所成角，记为θ．
由VP－BCD＝VD－PBC可得，SBCD×PE＝SPBC×DG，
即××4×1×＝××2×4× DG，
解得DG＝．…………………………………………10分
因此，在Rt△DPG中，sinθ＝＝．
所以PD与平面PBC所成角的正弦值为．…………………………………………12分
P



G
C

E
B

D

A




20．(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)
已知△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，E，F分别为AC和AB上的点，且AE＝1，EF∥BC，如图1．沿EF将△AEF折起使平面AEF⊥平面BCEF，连接AC，AB，如图2．
(1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值；
(2)已知M为棱AC上一点，试确定M的位置，使EM∥平面ABF．
A
A

M
E
F

E
F


B
C
B

C

图1 图2
【考点】立体几何中求解异面直线所成的角、利用线面平行求点的位置
【解析】
(1)因为平面AEF⊥平面BCEF，AE⊥EF，
所以AE⊥EC，又CE⊥EF，
所以建立如图1所示的空间直角坐标系E－xyz． …………1分
因为△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，
E，F分别为AC和AB上的点，且AE＝1，EF∥BC，
则A(0，0，1)，B(3，4，0)，C(3，0，0)，F(0，1，0)． …………2分
所以＝(3，0，－1)，＝(3，3，0)，
所以cos＝＝， …………5分
所以异而直线AC与BF所成角的余弦值为． …………6分

图1
(2)方法一：设＝λ，
因为＝(3，0，－1)，所以＝＋＝＋λ＝(3λ，0，1－λ)，…………8分
设n＝(x，y，z)为平面ABF的一个法向量，
则即
因此可取n＝(1，－1，－1)． …………10分
所以n·＝(1，－1，－1)·(3λ，0，1－λ)＝4λ－1．
因为EM∥平面ABF，所以n·＝0，即λ＝，
所以当时，EM∥平面ABF． …………12分
方法二：当时，EM∥平面ABF，证明如下：
如图2，在平面BCEF内过E作EN∥BF交BC于N，连接MN．
因为EF∥BC，EN∥BF，所以四边形BNEF为平行四边形，所以NB＝EF＝1．
因为BC＝4，所以，又，
所以MN∥AB．
因为MNË平面ABF，所以MN∥平面ABF． …………8分
又因为EN∥BF，ENË平面ABF，所以EN∥平面ABF． …………10分
因为EN∩MN＝N，所以平面MNE∥平面ABF，
因为EMÌ平面MNE，所以EM∥平面ABF． …………12分

图2


21．(2022·江苏海安中学期初)(12分)
在如图所示的多面体中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，∠CDF＝∠DFE＝90°，EF＝2CD＝2．
(1)若DF＝1，证明：平面ACF⊥平面BCE；
(2)若二面角A－BC－E的正切值为－3，求DF的长．
C
D


F
E


B
A


【考点】立体几何中位置关系的证明、利用二面角求长度
【解析】
(1)在Rt△CDF中，CF＝＝，
在直角梯形CDEF中，易知CE＝，
∴CF2＋CE2＝EF2，即CE⊥CF，
又平面ABEF⊥平面CDFE，且平面ABEF∩平面CDFE＝EF，BE⊥EF，
∴BE⊥平面CDEF，又∵FC平面CDEF，
∴BE⊥FC，又CE∩BE＝E，
∴FC⊥平面BCE，又FC平面ACF，
∴平面ACF⊥平面BCE；
(21)如图，以F为原点建立空间直角坐标系，设DF＝x(x＞0)，则

，
∴
设为平面ABC的法向量，为平面BCE的法向量，
由得，，可取
由得，，可取
因为二面角A－BC－E的正切值为－3，
设二面角A－BC－E的平面角为α，则tanα＝－3，
所以，
由题意得，
化简得，则x＝2，即DF的长为2．
22．(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2NB，已知PA＝AC＝AD＝3，，∠ADB＝30°．
(1)求证：AC⊥平面PAD；
P
(2)设棱PD的中点为M，求平面PAB与平面MAC所成二面角的正弦值．

M

D
A

N
B

C


【考点】立体几何中位置关系的证明、求二面角的正弦值
【解析】
(1)证明：因为，DN＝2NB，故．
在△AND中，AD＝3，∠ADN＝30°，，根据余弦定理可得，
，故，
所以，
所以AC⊥AD．
又PA⊥面ABCD，ACÌ面ABCD，
所以AC⊥PA．
因为PA∩AD＝A，PA，ADÌ面PAD，
所以AC⊥面PAD．
(2)解：以A为坐标原点，以AC，AD，AP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A－xyz．
在△BAD中，AD＝3，，∠ADB＝30°，据余弦定理可得，
，故AB＝3，
所以∠ABD＝30°，∠BAD＝120°．
所以A(0，0，0)，，C(3，0，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3)，
因为M是PD的中点，，
设＝(x，y，z)是平面PAB的法向量，则即
所以取x＝1，得＝(1，，0)，
所以平面PAB的一个法向量为＝(1，，0)．
同理，平面MAC的一个法向量为＝(0，1，－1)．
所以cos＝＝＝．
设平面PAB与平面MAC所成的二面角为θ，故|cosθ|＝|cos|＝，
因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝＝＝，
所以平面PAB与平面MAC所形成的二面角的正弦值为．



23．(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)
在底面为正方形的四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD．E、F分别为棱PC和AB的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)若直线PC与AB所成角的正切值为，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小．
P

E

D
C

F
B
A


【考点】立体几何的位置关系证明、利用异面直线的角求二面角
【解析】
(1)证明：取CD的中点M，连接EM，FM．
因为E，F分别为PC和AB的中点，所以EM∥PD，
因为PDÌ平面PAD，EMË平面PAD，所以EM∥平面PAD；
因为四边形ABCD为正方形，
所以AB∥CD，且AB＝CD；所以AF∥DM，且AF＝DM，即四边形AFMD是平行四边形，
所以FM∥AD，因为ADÌ平面PAD，FMË平面PAD，所以FM∥平面PAD；…………2分
因为EM，FMÌ平面EFM，EM∩FM＝M，所以平面EFM∥平面PAD，
因为EFÌ平面EFM，所以EF∥平面PAD． …………4分
(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CDÌ平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD， …………6分
因为AB∥CD，所以∠PCD就是直线PC与AB所成的角，
所以，设，CD＝2，
分别取AD和BC的中点O，N，连结PO，ON，因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，POÌ平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD， …………8分

如图，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，0，2)，C(－1，2，0)，B(1，2，0)，
所以，设＝(x，y，z)是平面BPC的一个法向量
由得
则取y＝1，则z＝1，所以， …………10分
又＝(0，1，0)是平面PAD的一个法向量，
所以cos＝＝＝，
所以＝，所以所求二面角的大小为． …………12分
24．(2022·河北衡水一中一调)(本小题满分12分)
如图所示，在三棱锥A－BCD中，侧棱AB⊥平面BCD，F为线段BD中点，＝3，BC＝CD＝2．
(1)证明：CF⊥平面ABD；
(2)设Q是线段AD上一点，二面角A－BQ－C的正弦值为，求的值．

【考点】立体几何中位置关系的证明、利用二面角求解长度比
【解析】
(1)因为BC＝CD，F为线段BD中点，所以CF⊥BD．
因为AB⊥平面BCD，CFÌ平面BCD，所以CF⊥AB．
又因为AB⊂平面ABD，BDÌ平面ABD，AB∩BD＝B，所以CF⊥平面ABD．
(2)在三棱锥A－BCD中，在平面BCD内作BE⊥CD于E．
设X为EB延长线上一点，BY∥CD．则BA⊥BX，BA⊥BY，BX⊥BY．
以{}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．
由题设得A(0，0，3)，B(0，0，0)，C(－，1，0)，D(－，3，0)，
，
设(0≤λ＜1)，
所以，
设n1分别为平面ABQ、平面CBQ的一个法向量．
则
即
不妨取(1－λ))，
因为二面角A－BQ－C的正弦值为，
所以|cos|＝＝＝，解得(舍)或
因此的值为
25．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)
在如图所示的六面体ABCDEF中，矩形ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝AF＝1，CD＝2，CD⊥AD，AB∥CD．
(1)设H为CF中点，证明：BH∥平面ADEF；
E
(2)求二面角B－CF－E大小的正弦值．

F

C
D
H

A

B

【考点】立体几何的位置关系证明、二面角的求解
【解析】
(1)延长CB，交DA的延长线于点G，由AB∥CD，且，∴B为GC中点．
又H为FC中点，∴BH∥GF．
∵FGÌ平面ADEF，BHÌ平面ADEF，
∴BH∥平面ADEF．
(2)以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则有：B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(1，0，1)．
设平面BCF的法向量，
，取．
设平面EFC的法向量，
，取．
∴cos＝＝＝，sin＝＝．
所以二面角B－CF－E大小的正弦值为．…………12分

26．(2022·青岛期初考试)(12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，∠ABC＝60°，E为BC的中点，F为PC的中点．
(1)求证：平面AEF⊥平面PAD；
(2)求平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值．
【考点】立体几何中四棱锥的位置关系证明、二面角求解
【解析】
(1)证明：连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形，AD∥BC，
∵E为BC的中点，∴AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∵PA平面ABCD，
AEÌ平面ABCD，
∴AE⊥PA，
∵PA∩AD＝A，
∴AE⊥平面PAD，
∵AEÌ平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PAD，

(2)以A为原点，AE所在的直线为x轴，建系如图所示，则A(0，0，0)，，
，
设面AEF的一个法向量为＝，
，＝(，，1)，
由，即，
令y1＝2，则x1＝0，z1＝－1，则＝(0，2，－1)，
设面PCD的一个法向量为＝，
＝＝(0，2，－2)，
由，即，
令，则，则＝(1，，)，
设平面AEF与平面PCD的夹角为θ，则
cosθ＝＝＝．
27．(2022·湖南省长郡中学开学考试)（12分）已知底面为正三角形的斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是棱A1B1，AB的中点，点A1在底面投影为AC边的中点O，A1C∩AC1＝P，A1F∩AE＝G．
（1）证明：PG∥平面A1B1C1；
（2）若AB＝6，AA1＝5，点M为棱A1B1上的动点，当直线AM与平面A1FC所成角的正弦值为时，求点M的位置．

【解答】（1）证明：∵斜三棱柱ABC﹣A1B1C1各侧面均为平行四边形，
∴P为A1C的中点，
∵E，F分别是棱A1B1，AB的中点，
∴A1E＝AF，
又A1E∥AF，∴四边形AFEA1为平行四边形，
∴G为A1F的中点，
∴PG∥CF，
∵PG⊄平面ABC，CF⊂平面ABC，
∴PG∥平面ABC，
∵平面ABC∥平面A1B1C1，
∴PG∥平面A1B1C1．
（2）解：∵点A1在底面投影为AC边的中点O，∴A1O⊥平面ABC，
∴A1O⊥AC，A1O⊥OB，
∵正△ABC，且O为AC的中点，∴AC⊥OB，
故以O为原点、OB、OC、OA1所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O（0，0，0），A（0，﹣3，0），B（，0，0），C（0，3，0），A1（0，0，4），F（，，0），B1（，3，4），
∴＝（，3，0），＝（0，3，﹣4），＝（，，﹣4）．

设＝λ，λ∈[0，1]，则M（λ，3λ，4），
∴＝（λ，3λ+3，4）．
设平面A1FC的法向量为＝（x，y，z），则，
令z＝3，则x＝，y＝4，∴＝（，4，3），
设直线AM与平面A1FC所成角为θ，
则sinθ＝|cos＜，＞|＝||
＝||＝＝，
解得λ＝或，
∵λ∈[0，1]，∴λ＝，
∴当＝，即点M在靠近点A1的六等分点处时，符合条件．
28．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)(12分)如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝60°，平面ABCD．

(1)若点M是AD的中点，求证：；
(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【考点】立体几何的位置关系判断、利用二面角求线段长度
【解析】
(1)取BC中点为Q，连接AQ、A1C、AC
因为四边形ABCD为菱形，则AB＝BC，又∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，
∵Q为BC的中点，则AQ⊥BC，∵AD∥BC，∴AQ⊥AD，
由于AA1⊥面ABCD，则以点A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：

则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，，
M(0，1，0)，＝，＝(，1，－1)，
所以·＝－＋＋(－1)2＝0，所以C1M⊥A1C，
(2)假设点E存在，设点E的坐标为，其中－1≤λ≤1，
，
设平面AD1E的一个法向量为＝(x，y，z)，则，即，
取，则x＝λ，，所以＝(λ，，)，
平面ADD1的一个法向量为＝(1，0，0)，
所以，|cos|＝＝＝，解得，
又由于二面角为锐角，由图可知，点E在线段QC上，所以，即，
因此，棱BC上存在一点E，使得二面角的余弦值，此时．
29．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)如图，四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，，，是上一点，且，设.

（1）证明：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，结合题中条件，即可证明线面垂直；
（2）由题意，先得到，，两两互相垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据向量夹角公式，即可得出结果.
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴是的中点，，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，是的中点，∴，
∵平面，平面，，
∴平面.
（2）由（1）知平面，，
∴，，两两互相垂直，
∴以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示：

设，
∵四边形是菱形，，
∴和都是等边三角形，∴，
∴，，，
∵，∴，
∴，即，
∴，，
设平面的法向量为，
则
令，得，，
∴，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，
∴，
设二面角的平面角为，结合图象可知，
，
∴二面角的余弦值为.
30．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且

（1）设点M为棱中点，求证平面；
（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或．
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.
（2）求出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.
【详解】证明：（1）∵平面平面，
平面平面，，
∴平面，又，
∴直线，，两两垂直，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴
建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，，∴
∴，
∵平面，∴为平面的一个法向量，
∵
∴，又平面，
∴平面
（2）解：∵，
设平面的法向量为，则
∴，令，得
假设线段上存在一点，
使得直线与平面所成角的正弦值等于．
设，
∴
∴
∴，或．
∴线段上存在两个点使当或时，
直线与平面所成角的正弦值等于．