考点10空间向量与立体几何（18种题型10个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用）

这是一份考点10空间向量与立体几何（18种题型10个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用），共88页。
考点10空间向量与立体几何（18种题型10个易错考点）
【课程安排细目表】
一、 真题抢先刷，考向提前知
二、考点清单
三、题型方法
四、易错分析
五. 刷压轴
一、 真题抢先刷，考向提前知

一．选择题（共1小题）
1．（2023•上海）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　）

A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C
【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可．
【解答】解：对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；
对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
对于C，当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；
对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．
故选：B．
【点评】本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题．
二．填空题（共1小题）
2．（2023•上海）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　9　种．
【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解．
【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为D、E，

当△ABC为正四棱锥的侧面时，如图，平面ABC的两侧分别可以做ABDE作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以BCED、ACED为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当△ABC为正四棱锥的截面时，如图，D、E位于AB两侧，ADBE为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以BDCE、ADCE为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有6+3＝9种情况．
故答案为：9．
【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题．
三．解答题（共2小题）
3．（2023•上海）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4．
（1）证明：直线A1B∥平面DCC1D1；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小．

【分析】（1）先证明平面A1ABB1∥平面DCC1D1，再根据面面平行的性质，即可证明；
（2）先根据体积建立方程求出A1A＝4，再利用三垂线定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意可知AB∥DC，AA1∥DD1，且AB∩AA1＝A，
∴可得平面A1ABB1∥平面DCC1D1，又直线A1B⊂平面A1ABB1，
∴直线A1B∥平面DCC1D1；
（2）设AA1＝h，则根据题意可得该四棱柱的体积为＝36，
∴h＝4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD内过A作AE⊥BD，垂足点为E，
则A1E在底面ABCD内的射影为AE，
∴根据三垂线定理可得BD⊥A1E，
故∠A1EA即为所求，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝3，∴BD＝＝，
∴AE＝＝＝，又A1A＝h＝4，
∴tan∠A1EA＝＝＝，
∴二面角A1﹣BD﹣A的大小为arctan．

【点评】本题考查线面平行的证明，面面平行的判定定理与性质，二面角的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题．
4．（2023•上海）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC、PC于点E，F．
（1）求直线PM与平面ABC所成角的大小；
（2）求直线ME到平面PAB的距离．

【分析】（1）连接AM，PM，∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；
（2）先证明AC⊥平面PAB，可得AE为直线ME到平面PAB的距离．进则求AE的长即可．
【解答】解：（1）连接AM，PM，
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，
在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC＝＝5，
∵M为BC中点，∴AM＝BC＝，

∴tan∠PMA＝，即直线PM与平面ABC所成角为arctan；
（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，
∴平面MEF∥平面PAB，∵ME⊂平面MEF，∴ME∥平面PAB，
∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，∴AE为直线ME到平面PAB的距离，
∵ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，
∴ME∥AB，∵M为BC中点，∴E为AC中点，∴AE＝2，
∴直线ME到平面PAB的距离为2．

【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题．
二、考点清单

1．特殊的四棱柱

2．球的截面的性质
(1)球的任何截面是圆面；
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；
(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝.
3．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下：
S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
4．正四面体的表面积与体积
棱长为a的正四面体，其表面积为a2，体积为a3.
5．几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a的正四面体，其内切球半径R内＝a，外接球半径R外＝a.
6．异面直线的判定定理
经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
7．等角定理的引申
(1)在等角定理中，若两角的两边平行且方向相同或相反，则这两个角相等．
(2)在等角定理中，若两角的两边平行且方向一个边相同，一个边相反，则这两个角互补．
8．唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
9.线、面平行的性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．
(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
(7)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(8)垂直于同一平面的两条直线平行．
10．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
11．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
12．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
13．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
14．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
15．空间向量加法、减法运算的两个技巧
(1)巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接．
(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果．
16．利用数乘运算进行向量表示的技巧
(1)数形结合：利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向量转化为已知向量．
(2)明确目标：在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质．
17.在几何体中求空间向量的数量积的步骤
(1)首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化成已知模和夹角的向量的数量积.
(3)根据向量的方向，正确求出向量的夹角及向量的模.
(4)代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解.
18.利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证).
19.求点到平面的距离的四步骤

20.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；
(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．
21.利用向量法求两平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；
(3)求两个法向量的夹角；
(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角)

三、题型方法

一．棱柱的结构特征（共2小题）
1．（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，鳖臑的个数为（　　）
A．48 B．36 C．24 D．12
【分析】每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2，即可得解．
【解答】解：在正方体ABCD﹣EFGH中，当顶点为A时，三棱锥A﹣EHG、A﹣EFG、A﹣DCG、A﹣DHG、A﹣BCG、A﹣BFG均为鳖臑．
所以8个顶点为8×6＝48个．但每个鳖臑都重复一次，
所以鳖臑的个数为个．
故选：C．

【点评】本题主要考查了空间中线面的位置关系，考查了学生的空间想象能力，属于基础题．
2．（2023•嘉定区二模）已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为R1，与该正方体每条棱都相切的球半径为R2，过该正方体所有顶点的球半径为R3，则下列关系正确的是（　　）
A．R1：R2：R3＝：2 B．R1+R2＝R3
C．+＝ D．+＝
【分析】根据已知条件，依次求出R1，R2，R3，再结合选项，即可求解．
【解答】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：，
与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：，
过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：，
，故A错误；
，故C正确，BD错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，属于基础题．
二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共5小题）
3．（2023•浦东新区校级模拟）已知圆锥的轴截面为正三角形，则其侧面展开图的圆心角为 　π　．
【分析】根据题意，圆锥的母线长对应扇形的半径，圆锥底面圆周长对应扇形的弧长．列出方程组求解．
【解答】解：根据题意，设圆锥母线长为R，底面圆半径为r，扇角为α，扇形弧长为c，
截面为正三角形，所以R＝2r，
又2πr＝c，c＝αR，
联立解得α＝π，
故答案为：π．
【点评】本题考查圆锥的几何结构，涉及弧长公式，属于基础题．
4．（2023•长宁区校级三模）若一个圆柱的侧面积是4π，高为1，则这个圆柱的体积是 　4π　．
【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解．
【解答】解：圆柱的侧面积是S＝2πrh＝2πr×1＝4π，∴r＝2，
所以体积V＝Sh＝πr2⋅h＝4π．
故答案为：4π．
【点评】本题主要考查圆柱体积的求解，属于基础题．
5．（2023•嘉定区模拟）某圆柱两个底面面积之和等于其侧面面积，则该圆柱底面半径与高的比值为　1　．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，根据题意列方程求出r与l的关系，即可求出结果．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，
则圆柱的底面面积为πr2，侧面面积为2πrh，
由题意知，2πr2＝2πrl，
所以r＝l，
所以该圆柱底面半径与高的比值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了圆柱的结构特征与应用问题，是基础题．
6．（2023•闵行区校级二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，CB＝3，将△ABC绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为 　6π　．
【分析】△ABC绕直线AB旋转一周，所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，由此根据圆锥的体积公式能求出其体积．
【解答】解：因为在直角三角形△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，CB＝3，
所以△ABC绕直线AB旋转一周所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，示意图如下图所示：

所以△ABC绕直线AB旋转一周所得几何体的体积为．
故答案为：6π．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．
7．（2023•青浦区校级模拟）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为 　12π　．
【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，可知圆锥的底面半径和母线长，再结合圆锥的表面积公式求解即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
∵圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，
∴，解得，
∴该圆锥的表面积为πrl+πr2＝8π+4π＝12π．
故答案为：12π．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的表面积公式，属于基础题．
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共5小题）
8．（2023•浦东新区二模）若圆柱的高为10，底面积为4π，则这个圆柱的侧面积为 　40π　．（结果保留π）
【分析】根据底面积求得底面圆半径以及底面圆周长即可求得圆柱的侧面积．
【解答】解：设圆柱底面圆半径为r，母线长为l，根据已知可得πr2＝4π，解得r＝2，
故底面圆周长为2πr＝4π，则圆柱的侧面积为2πrl＝40π．
故答案为：40π．
【点评】本题考查圆柱的侧面积公式，属于基础题．
9．（2023•黄浦区校级三模）已知正方形ABCD的边长是1，将△ABC沿对角线AC折到△AB′C的位置，使（折叠后）A、B′、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 　1+　．
【分析】根据题意，分析可得当B′O⊥面ACD时，四棱锥B′﹣ABC的体积最大，由此求出三棱锥各个面的面积，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，正方形ABCD中，设AC与BD交于点O，
在翻转过程中，当B′O⊥面ACD时，四棱锥B′﹣ABC的高最大，此时四棱锥B′﹣ABC的体积最大，
若B′O⊥面ACD，由于OA＝OB＝OC，则B′D＝B′A＝B′A＝1，
则△DB′C△DB′A都是边长为1的等边三角形，SΔDB′A＝SΔDB′C＝×1×1×＝，
△ADC中，AD＝DC＝1且AD⊥DC，则S△ADC＝×1×1＝，
同理：S△AB′C＝S△ABC＝S△ADC＝，
此时，三棱锥的表面积S＝SΔDB′A+SΔDB′C+S△ADC+S△AB′C＝1+．
故答案为：1+．

【点评】本题考查棱锥的体积、表面积的计算，注意分析棱锥体积最大的条件，属于基础题．
10．（2023•黄浦区二模）如图，某学具可看成将一个底面半径与高都为10cm的圆柱挖去一个圆锥（此圆锥的顶点是圆柱的下底面圆心、底面是圆柱的上底面）所得到的几何体，则该学具的表面积为 　（300+100）π　cm2．

【分析】先求得挖去的圆锥的母线长，从而得到圆锥的侧面积，再求圆柱的侧面积和一个底面积，即可求解几何体的表面积．
【解答】解：挖去圆锥的母线长为＝10，则圆锥的侧面积为π•10•10＝100π，
圆柱的侧面积为2π×10×10＝200π，圆柱的一个底面积为102×π＝100π，
故几何体的表面积为100π+200π+100π＝（300+100）πcm2．
故答案为：（300+100）π．
【点评】本题考查了几何体表面积的计算，属于基础题．
11．（2023•奉贤区二模）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为 　8π　．
【分析】根据题意求出圆柱的底面圆半径r和高h，再计算圆柱的侧面积．
【解答】解：如图所示，

设圆柱的底面圆半径为r，则高为h＝2r，
所以该圆柱的轴截面面积为（2r）2＝8，
解得r＝，
∴该圆柱的侧面积为
S侧＝2πrh＝2π••2＝8π．
故答案为：8π．
【点评】本题考查了圆柱侧面积和轴截面的应用问题，是基础题．
12．（2023•松江区模拟）已知圆锥的底面半径为2，底面圆心到某条母线的距离为1，则该圆锥的侧面积为 　　．
【分析】根据条件可以求出母线长，进而可以求出结果．
【解答】解：如图所示，O为底面圆心，OC＝2，OD⊥AC，则OD＝1，
在△AOC中由等面积可知，
即AC＝2AO，
又因为AC2＝AO2+OC2，即（2AO）2＝AO2+4，
则，
则该圆锥的侧面积为，
故答案为：．

【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共11小题）
13．（2023•闵行区二模）已知圆柱的底面积为9π，侧面积为12π，则该圆柱的体积为 　18π　．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，由已知可得r，h，进而可求圆柱的体积．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，
由已知可得πr2＝9π，∴r＝3，
∴2πr•h＝12π，∴h＝2，
∴该圆柱的体积为9π×2＝18π．
故答案为：18π．
【点评】本题考查空间几何体的体积的计算，属基础题．
14．（2023•徐汇区二模）如图所示，圆锥SO的底面圆半径OA＝1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为 　　．

【分析】由圆锥侧面的平面展开图的面积公式求出圆锥的母线长，再由勾股定理求出圆锥的高，再由体积公式即可得出答案．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
所以圆锥侧面的平面展开图的面积为：，
所以l＝3，所以圆锥的高．
故圆锥的体积为：．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
15．（2023•普陀区校级模拟）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AP＝AB＝4，则正四棱锥的体积为 　　．

【分析】求得正四棱锥的高，利用锥体的体积公式可求正四棱锥的体积．
【解答】解：连接AC与BD交于O，则O是正方形ABCD的中心，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AB＝4，∴AO＝2，
∵PA＝4，∴PO＝＝2，

∴正四棱锥的体积为V＝S正方形ABCD•PO＝×16×2＝．
故答案为：．
【点评】本题考查正四棱锥的体积的计算，属基础题．
16．（2023•松江区二模）将如图所示的圆锥形容器内的液体全部倒入底面半径为50mm的直立的圆柱形容器内，则液面高度为 　50　mm．

【分析】求得三棱锥中的液面体积，进而可求圆柱形容器内液面高度．
【解答】解：设液面圆的半径为r，由图形可得＝，
∴r＝50，
∴V液＝×π×502×150＝503π，
设圆柱形容器内液面的高度为h，
则π×502×h＝503π，解得h＝50．
故答案为：50．
【点评】本题考查空间几何体的体积的计算，属基础题．
17．（2023•嘉定区二模）已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若点A、B、C、D在圆柱的一个底面圆周上，点P在圆柱的另一个底面内，则该圆柱的体积为 　2π　．
【分析】求出正四棱锥的底面对角线长和正四棱锥的高，可得圆柱的底面圆半径和圆柱的高，则圆柱体积可求．
【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，

由勾股定理得，正四棱锥的高为2，
点A、B、C、D在圆柱的一个底面圆周上，即圆柱的底面圆半径等于1，
圆柱的高即为正四棱锥的高，
则该圆柱的体积为：V＝S•h＝π×12×2＝2π．
故答案为：2π．
【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查圆柱的体积公式，属基础题．
18．（2023•普陀区校级三模）一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点p为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6cm时，该容器的容积为　48　cm3．

【分析】根据图形，在等腰△PAB中算出高PE＝5，再由勾股定理得出四棱锥的高PO＝4，最后根据锥体体积公式，算出四棱锥P﹣ABCD的体积，即为该容器的容积．
【解答】解：等腰△PAB中，AB＝x＝6，高PE＝5
∴四棱锥的高PO＝＝＝4
由此可得，四棱锥P﹣ABCD的体积为V＝×S正方形ABCD×PO＝×62×4＝48
即得该容器的容积为48cm3
故答案为：48

【点评】本题给出平面图形，求翻折成的正四棱锥的体积，着重考查了正四棱锥的性质和锥体体积公式等知识，属于基础题．
19．（2023•杨浦区校级模拟）若某圆锥高为3，其侧面积与底面积之比为2：1，则该圆锥的体积为 　3π　．
【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径r和母线l的方程组，解方程组即可求得底面半径r和母线l，从而可求圆锥的体积．
【解答】解：设此圆锥的底面半径为r，母线长为l，则l2＝r2+9，
因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，
扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，
所以，，又侧面积与底面积之比为2：1，
所以，所以l＝2r，结合l2＝r2+9可解得，，
所以该圆锥的体积．
故答案为：3π．

【点评】本题考查圆柱的体积的求解，属中档题．
20．（2023•虹口区校级模拟）如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线AB与a，b均相互垂直，且，动点P，Q分别位于直线a，b上，若直线PQ与AB所成的角，三棱锥A﹣BPQ的体积的最大值为 　　．

【分析】根据直线a，b，AB三条直线两两垂直，将图形还原为长方体APFE﹣BCDQ，再根据AB∥PC，可得∠PQC即为直线PQ与AB所成的角的平面角，由此可求得CQ，从而可得BC2+BQ2，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解．
【解答】解：因为直线a，b，AB三条直线两两垂直，
如图，将图形还原为长方体APFE﹣BCDQ，
因为AB∥PC，所以∠PQC即为直线PQ与AB所成的角的平面角，
则，
因为PC⊥平面BCDQ，CQ⊂平面BCDQ，所以PC⊥CQ，
在Rt△PCQ中，由，得CQ＝2，
所以BC2+BQ2＝4，，
当且仅当时，取等号，
所以三棱锥A﹣BPQ的体积的最大值为．
故答案为：．

【点评】本题主要考查了三棱锥的体积公式，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．
21．（2023•奉贤区校级三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积V1和球的体积V2的比值＝　　．
【分析】设正方体的棱长为a，球的半径为R，由表面积相等列式可得得，再由正方体与球的体积公式得答案．
【解答】解：设正方体的棱长为a，球的半径为R，
由题意，6a2＝4πR2，得．
∴，，
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查正方体与球表面积、体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
22．（2023•嘉定区校级三模）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S1和S2，体积分别为V1和V2.若S1＝2S2，则＝　　．
【分析】利用圆锥侧面积公式S＝πrl，推得R＝2r，再由侧面展开图的圆心角公式，推得l＝3r，由此得到两圆锥高，从而求得两圆锥体积的比值．
【解答】解：依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为r，高为h，乙圆锥底面半径为R，高为H，两者母线长为l，则S1＝πrl，S2＝πRl，
由 得 ，故R＝r，因为侧面展开图的圆心角之和为2π，所以2πr+2πR＝2πl，故l＝3R＝，
所以h＝，H＝＝r，
所以＝＝．
故答案为：．

【点评】本题考查空间几何体的体积的求法，等体积法的应用，考查运算求解能力，是中档题．
23．（2023•松江区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝4，BC＝3，AB＝5．
（1）求证：AC⊥BC1；
（2）设AC1与底面ABC所成角的大小为60°，求三棱锥C﹣ABC1的体积．

【分析】（1）由已知可得AC⊥BC，C1C⊥BC，进而可证AC⊥平面CBB1C1，可证结论；
（2）由已知可得∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，可得C1C＝4，进而可求三棱锥C﹣ABC1的体积．
【解答】解：（1）证明：由AC＝4，BC＝3，AB＝5，得AB2＝AC2+CB2，
∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C＝C，
∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1⊂平面CBB1C1，
∴AC⊥BC1；
（2）由C1C⊥平面ABC，可得AC为AC1在底面ABC内的射影，
知∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，∴∠C1AC＝60°，
又∵△C1AC为直角三角形，且AC＝4，∴C1C＝4，
C1C为三棱锥C1﹣ABC的高，S△ABC＝6，
＝＝•S△ABC•C1C＝×6×4＝8，
∴三棱锥C﹣ABC1的体积8．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
五．球的体积和表面积（共5小题）
24．（2023•虹口区二模）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝60°，P为该球面上的动点，若三棱锥P﹣OAB体积的最大值为6，则球O的表面积为 　48π　．
【分析】设球的半径R，由题意当OP⊥面AOB时，三棱锥P﹣OAB体积的最大，由∠AOB＝60°，可得△AOB为等边三角形，进而求出它的面积，代入三棱锥的体积公式，可得R的值，进而求出球的表面积．
【解答】解：设球的半径为R，当OP⊥面AOB时，三棱锥P﹣OAB体积的最大，
因为∠AOB＝60°，
所以△AOB为等边三角形，
可得S△AOB＝R2，
所以VP﹣AOB≤S△AOB•OP＝×R3＝6，可得R＝2，
所以球的表面积S＝4πR2＝4π•12＝48π，
故答案为：48π．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求法及球的表面积的求法，属于基础题．
25．（2023•浦东新区校级三模）一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为　3π　．
【分析】由题意球心到正三棱锥四个顶点的距离相等都为R，由于顶点在底面的射影是底面的中心，故棱锥的高易求出，由此球心到底面的距离可以表示出，故可以利用球心到谋面的距离、球的半径、底面中心到顶点的距离这个直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半径．
【解答】解：由题意设球的半径为R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，
由于一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为，故底面三角形的高为，底面中心到底面三角形的顶点的距离是＝
故三棱锥的顶点到底面的距离是＝
故球心到底面的距离是﹣R，由几何体的结构知得R＝
此球的表面积为4×π×＝3π
故答案为3π
【点评】本题考查球的体积和表面积，求解本题的关键是根据三棱锥的几何结构求出球的半径，再由公式求表面积．对几何体空间结构的透彻了解，是解立体几何体的关键．
26．（2023•嘉定区模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝，BC＝3，点P在棱BB1上，且PA⊥PC1，当△APC1的面积取最小值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为 　28π　．

【分析】根据线面垂直的判定定理与性质，三角形面积公式，基本不等式，即可求解．
【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，又AC⊥BC，
∴易得AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，
∴PC1⊥AC，又PA⊥PC1，且AC∩PA＝A，
∴PC1⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，
∴PC1⊥AP，
如图，设∠BCP＝θ，则易得∠CC1P＝θ，又BC＝3，
∴PC1＝＝，又AC＝，
∴PA＝＝，
∴△APC1的面积S＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝≥＝，
当且仅当，即tanθ＝时，等号成立，
此时PB＝BC×tanθ＝，又AB＝＝＝4，
∴PA＝＝＝，
∵AC⊥PC，AB⊥PB，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R＝PA＝，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R＝，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝28π，
故答案为：28π．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，三角形面积的最值的求解，基本不等式的应用，三棱锥的外接球问题，属中档题．
27．（2023•徐汇区二模）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球为球O，E、F分别是棱AB和棱CC1的中点，G在棱BC上移动，则下列命题正确的个数是（　　）
①存在点G，使OD垂直于平面EFG；
②对于任意点G，OA平行于平面EFG；
③直线EF被球O截得的弦长为；
④过直线EF的平面截球O所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为．

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】①当点G为中点时，证明B1D⊥平面EFG；②当点G与B重合时，A在平面EFB上，O在平面EFB外，说明不成立；③点M是线段EF的中点，利用弦长公式求弦长；④当OM垂直于过EF的平面，此时截面圆的面积最小，利用③的结果求圆的面积．
【解答】解：当G为BC中点时，EG⊥BD，EG⊥BB1，BD∩BB1＝B，
BD，BB1⊂平面BDB1，∴EG⊥平面BDB1，

平面EFG∥平面ACD1，B1D⊂平面BDB1，∴EG⊥B1D，
同理GF⊥B1D，EG⋂GF＝G，EG，GF⊂平面EFG，
所以B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，故①正确；
当G与B重合时，A在平面EFB上，O在平面EFB外，故②不正确；
如图，点M是线段EF的中点，由对称性可知OM⊥EF，
由勾股定理可知易知，，
球心O到EF距离为，
则EF被球截得的弦长为，

故③正确；
当OM垂直于过EF的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，
面积为，故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理，球的截面问题，化归转化思想，属中档题．
28．（2023•虹口区校级三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为1，P、Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①三角形SPQ面积的最大值为2；②三棱锥O﹣SPQ体积的最大值为；③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为9π．
以上所有正确结论的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】对①，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当∠PSQ＝90°时，三角形SPQ面积最大，可判断选项①；对②，利用三棱锥等体积转换，可得当OQ⊥面SOP时，三棱锥O﹣SPQ体积最大，可判断选项②；对③，因为SO⊥底面圆，所以四面体SOPQ外接球球心在SO的中垂面和过△OPQ外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项③．
【解答】解：对于①，由母线长为，高为1，
可得底面半径为＝2，设BC是底面圆的一条直径，
则cos∠BSC＝＝﹣＜0，即∠BSC是钝角，
又S△SPQ＝SP×SQ×sin∠PSQ＝×××sin∠PSQ＝×sin∠PSQ，
则存在点P，Q，当∠PSQ＝90°时，
sin∠PSQ＝1，三角形SPQ面积的最大值为，故①错误；
对于②，∵S△SOP＝SO×OP＝×1×2＝1，∴当OQ⊥面SOP时，
（VO﹣SPQ）max＝（VQ﹣SOP）max＝×S△SOP×OQ＝×1×2＝，故②正确；
对于③，设△OPQ的外接圆半径为r，
∵SO⊥底面圆，∴四面体SOPQ外接球半径R，
∴R2＝r2+（SO）2，若外接球表面积的最小，即外接球的半径R最小，
又R2＝r2+，即在底面圆中，△OPQ的外接圆半径最小，
由正弦定理2r＝＝，
∴点P经过线段OQ的中垂线时，∠OPQ最大，△OPQ的外接圆半径最小，
此时2r＝＝，R2＝r2+＝+＝，
即四面体SOPQ外接球表面积的最小值为4πR2＝19π，故③错误．
故选：B．

【点评】本题考查圆锥中截面三角形面积的最值的求解，正弦定理的应用，化归转化思想，运动变化思想，属中档题．
六．平面的基本性质及推论（共1小题）
29．（2023•黄浦区校级三模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线（　　）

A．不存在 B．有1条 C．有2条 D．有无数条
【分析】由已知中E，F分别为棱AB，CC1的中点，结合正方体的结构特征易得平面ADD1A1与平面D1EF相交，由公理3，可得两个平面必有交线l，由线面平行的判定定理在平面ADD1A1内，只要与l平行的直线均满足条件，进而得到答案．
【解答】解：由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，
由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线l，
在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，
由线面平行的判定定理知它们都与面D1EF平行，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是平面的基本性质，正方体的几何特征，线面平行的判定定理，熟练掌握这些基本的立体几何的公理、定理，培养良好的空间想像能力是解答此类问题的关键．
七．异面直线及其所成的角（共1小题）
30．（2023•浦东新区校级一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝AC，D是BC的中点．
（1）求证：BC⊥平面A1AD；
（2）若∠BAC＝90°，BC＝4，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积是8，求异面直线A1D和AB1所成的角的大小．

【分析】（1）推导出AA1⊥BC，BC⊥AD，由此能证明BC⊥平面A1AD．
（2）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出异面直线A1D和AB1所成的角的大小．
【解答】证明：（1）∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BC，
又AB＝AC，D是BC的中点，BC⊥AD，
AA1∩AD＝A，
∴BC⊥平面A1AD．
解：（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，
∴AB＝AC＝2，＝＝4，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积是8，
∴S△ABC•AA1＝4AA1＝8，解得AA1＝2，
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（，0），A（0，0，0），B1（2，0，2），
＝（，﹣2），＝（2，0，2），
设异面直线A1D，AB1所成角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴异面直线A1D和AB1所成的角的大小为arccos．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
八．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题）
31．（2023•黄浦区校级三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【分析】根据题意，连接BD，分析有B、M、E、N四点共面，易得直线BM，EN是相交直线，再作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，求出BM、EN的长，即可得答案．
【解答】解：根据题意，如图所示，连接BD，点N为正方形ABCD的中心，则N在BD上，
故EN、BM都在平面BED上，
结合图形易得，直线BM，EN是相交直线，
再作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，
由于平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD，EO⊂平面CDE，
则EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，△MFB与△EON均为直角三角形．
设正方形边长为2，易知，，∴．∴BM≠EN，
故选：B．

【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题．
32．（2023•长宁区二模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点．则下列说法不正确的是（　　）

A．存在点P，使得PQ⊥A1C1
B．存在点P，使得PQ∥A1B
C．直线PQ始终与直线CC1异面
D．直线PQ始终与直线BC1异面
【分析】根据已知条件，结合线面垂直的判断，异面直线的定义，中位线定理，即可依次求解．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，
∵点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，
当点P和D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，
∴PQ⊥A1C1，故A正确；
连接A1D，如图所示：

当点P为线段A1D的中点时，PQ为三角形A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；
CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，
则直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；
BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，
故直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，是异面直线，故D正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
九．空间中直线与平面之间的位置关系（共4小题）
33．（2023•金山区二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是（　　）

A．直线AB∥直线CD B．直线PQ∥直线ED
C．直线AB⊥直线PQ D．直线PQ∥平面ADE
【分析】根据题意，由直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，取EF的中点M，连接PM、NM、PQ、AD，
依次分析选项：
对于A，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，则AE＝BF，
又由AE∥BF，则有四边形ABFE为矩形，则有AB∥EF，
同理：EF∥CD，则有AB∥CD；
对于B，Q为线段CE的中点，M为EF的中点，则MQ∥ED，PQ和ED不一定平行；
对于C，P、Q分别为线段AF、CE的中点，M为EF的中点，则有MP⊥EF，MQ⊥EF，
则EF⊥面PMQ，则有EF⊥PQ，又由EF∥AB，则AB⊥PQ；
对于D，分析可得MP∥AE，则PM∥平面AED，同理：MQ∥平面AED，
则平面MQP∥平面AED，则有PQ∥∥平面AED．
故选：B．

【点评】本题考查直线与直线，直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题．
34．（2023•嘉定区模拟）已知直线m、n及平面α，其中m∥n，那么在平面α内到两条直线m、n距离相等的点的集合可能是：①一条直线；②一个平面；③一个点；④空集．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①④ D．②④
【分析】在空间中，到两条平行线距离相等的点的轨迹是两条直线公垂线段的中垂面，此平面与α的交集，即为所求结果．
【解答】解：在空间中，到两条平行线距离相等的点的轨迹是两条直线公垂线段的中垂面，设为β．
由于α与β的交集可能是直线、平面、空集，
故在平面α内到两条直线m、n距离相等的点的集合可能是：①②④，
故选：B．
【点评】本题考查空间线面位置关系，属于基础题．
35．（2023•闵行区校级三模）已知x，y，z是空间的直线或平面，要使命题“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”是真命题，x，y，z可以是（　　）
A．x，y，z是三个不同的平面
B．x，z是两条不同的直线，y是平面
C．x，y，z是三条不同的直线
D．x，y是两条不同的直线，z是平面
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：若x，y，z是三个不同的平面，由x⊥z，y⊥z，不一定得到x∥y，故A错误；
若x，z是两条不同的直线，y是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x⊂y，故B错误；
若x，y，z是三条不同的直线，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x与y相交或x与y异面，故C错误；
若x，y是两条不同的直线，z是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
36．（2023•浦东新区三模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（　　）

A．MN与CC1垂直 B．MN与平面ACC1A1垂直
C．MN与DC平行 D．MN与平面BDA1平行
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】解：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，
∴以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），A（2，0，0），
＝（﹣1，﹣1，0），＝（0，0，2），
∴•＝0，∴MN⊥CC1，故A正确；
＝（﹣2，2，0），•＝2﹣2+0＝0，∴AC⊥MN，
又MN⊥CC1，AC∩CC1＝C，
∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；
＝（0，2，0），若MN与DC平行，则存在唯一实数λ，使得，
∴，无解，∴MN与DC不平行，故C错误；
∵＝（2，2，0），＝（﹣1，﹣1，0），
∴MN和BD平行，
∵BD⊂平面A1BD，MN⊄平面A1BD，故MN∥平面A1BD，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查空间直角坐标系的运用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
一十．直线与平面垂直（共2小题）
37．（2023•嘉定区校级三模）如图所示，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在（　　）

A．直线AC上 B．直线AB上 C．直线BC上 D．△ABC内部
【分析】先通过线线垂直证明AC⊥面ABC1，进而可得面ABC⊥面ABC1，由面面垂直的性质定理可得要过C1作C1H⊥平面ABC，只需过C1作C1H⊥AB即可，则答案可求．
【解答】解：连接AC1，∵BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，
∴AC⊥面ABC1，又AC⊂面ABC，
∴面ABC⊥面ABC1，
∵面ABC∩面ABC1＝AB，
要过C1作C1H⊥平面ABC，则只需过C1作C1H⊥AB即可，
故点H在直线AB上，
故选：B．

【点评】本题考查线面垂直问题，属于基础题．
38．（2023•杨浦区校级模拟）如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB．
（1）求证：平面AMB∥平面DNC；
（2）若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．

【分析】（1）由线面平行的判定可证MB∥面DNC、MA∥面DNC，再用面面平行的判定证结论；
（2）由面面垂直的性质得AM⊥平面MBCN，再由线面垂直的性质、判定证BC⊥面AMC，最后由线面垂直的性质证线线垂直即可．
【解答】证明：（1）因为MB∥NC，MB⊄面DNC，NC⊂面DNC，所以MB∥面DNC．
因为AMND是矩形，所以MA∥DN，又MA⊄面DNC，DN⊂面DNC，所以MA∥面DNC．
又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，所以面AMB∥面DNC．
（2）因为AMND是矩形，所以AM⊥MN．
因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN＝MN，AM⊂面AMND，
所以AM⊥平面MBCN，而BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC．
因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，MC、AM⊂面AMC，所以BC⊥面AMC，
因为AC⊂面AMC，所以BC⊥AC．
【点评】本题主要考查平面与平面平行的判定与性质定理，平面与平面垂直的性质定理和直线和平面垂直的判定和性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题．
一十一．空间中的点的坐标（共1小题）
39．（2023•黄浦区模拟）在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（2，﹣1，3）关于平面yOz对称的点的坐标是 　（﹣2，﹣1，3）　．
【分析】根据点关于平面yOz对称的点坐标的特点可直接得到结果．
【解答】解：∵点（a，b，c）关于平面yOz对称的点为（﹣a，b，c），
∴A（2，﹣1，3）关于平面yOz对称的点的坐标为（﹣2，﹣1，3）．
故答案为：（﹣2，﹣1，3）．
【点评】本题主要考查空间中的点的坐标，属于基础题．
一十二．共线向量与共面向量（共1小题）
40．（2023•浦东新区三模）空间向量＝（2，2，﹣1）的单位向量的坐标是 　　．
【分析】得出，从而得出的单位向量坐标为：，然后进行向量坐标的数乘运算即可．
【解答】解：，
∴的单位向量的坐标为：．
故答案为：．
【点评】本题考查了单位向量的定义及求法，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
一十三．空间向量的数量积运算（共1小题）
41．（2023•徐汇区三模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在正方体的12条棱上（包括顶点）运动，则的取值范围是 　[﹣4，4]　．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出的表达式，再求出的取值范围．
【解答】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），
＝（﹣2，2，0），P在正方体的12条棱上运动，
设P（x，y，z），则＝（x﹣2，y﹣2，z），
∴＝4﹣2x+2y﹣4＝2y﹣2x，
∵，∴﹣4≤2y﹣2x≤4，
当x＝2，y＝0时，取最小值﹣4，
当x＝0，y＝2时，取最大值4，
∴的取值范围是[﹣4，4]．
故答案为：[﹣4，4]．

【点评】本题考查向量的数量积的取值范围的求法，考查正方体的结构特征、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
一十四．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共1小题）
42．（2023•松江区二模）已知空间向量，，，若，则λ＝　﹣1　．
【分析】根据已知条件，结合空间向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：，，
则＝（4，2，6），
，，
则4+2+6λ＝0，解得λ＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查空间向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，属于基础题．
一十五．平面的法向量（共1小题）
43．（2023•静安区二模）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则能使l∥α的是（　　）
A．＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0）
B．＝（1，3，5），＝（1，0，1）
C．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1）
D．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，﹣1）
【分析】由l∥α，得•＝0，由此能求出结果．
【解答】解：∵直线l的方向向量为，平面α的法向量为，
l∥α，
∴•＝0，
在A中，＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0），•＝﹣2≠0，故A错误；
在B中，＝（1，3，5），＝（1，0，1），•＝6≠0，故B错误；
在C中，＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1），•＝0，故C正确；
在D中，＝（0，2，1），＝（﹣2，1，0），•＝2≠0，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查线面平行的条件的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意线面平行的性质的合理运用．
一十六．直线与平面所成的角（共6小题）
44．（2023•静安区二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为正方形BCC1B1的中心，则直线EF与侧面BB1C1C所成角的正切值是 　　．

【分析】由直线与平面所成角的作法可得∠EFB为直线EF与侧面BB1C1C所成的角，然后求解即可．
【解答】解：连接BC1，
∵EB⊥平面BB1C1C，
则∠EFB为直线EF与侧面BB1C1C所成的角，
设|AB|＝2，
则|BE|＝1，，
则＝，
则直线EF与侧面BB1C1C所成角的正切值是．
故答案为：．

【点评】本题考查了直线与平面所成角的作法，重点考查了直线与平面所成角的求法，属基础题．
45．（2023•浦东新区校级三模）如图，直角三角形ABC和等边三角形ABD所在平面互相垂直，AB＝AC＝2，E是线段AD上一点．
（Ⅰ）设E为AD的中点，求证：BE⊥CD；
（Ⅱ）若直线CD和平面BCE所成角的正弦值为，求的值．

【分析】（Ⅰ）由题意得AB⊥AC，利用面面垂直的性质可得AC⊥BE，AD⊥BE，利用线面垂直定理可得BE⊥平面ACD，即可证明结论；
（Ⅱ）设，λ∈[0，1]，取AB的中点O，BC的中点F，连接OD，OF，则OD⊥AB，OF∥AC，由（ I）得AC⊥平面ABD，则OF⊥平面ABD，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：（ I）证明：由题意得AB⊥AC，
∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，
∴AC⊥平面ABD．
∵BE⊂平面ABD，
∴AC⊥BE，
∵△ABD为等边三角形，E是AD的中点，
∴AD⊥BE，
∵AC∩AD＝A，
∴BE⊥平面ACD，
∴BE⊥CD；
（ II）设，λ∈[0，1]，
取AB的中点O，BC的中点F，连接OD，OF，
则OD⊥AB，OF∥AC，
由（ I）得AC⊥平面ABD，∴OF⊥平面ABD，
∴OF⊥AB，OF⊥OD，

建立空间直角坐标系O﹣xyz，则A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），，
∴，，，，，
设平面BCE的法向量为＝（x，y，z），
则即，取，则，z＝2﹣λ，
∴平面BCE的法向量为＝（λ，，2﹣λ），
∵直线CD和平面BCE所成角的正弦值为，
∴|cos＜，＞|＝＝＝，整理得8λ2﹣26λ+11＝0，解得或，
∵λ∈[0，1]，
∴，即．
【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
46．（2023•普陀区校级模拟）已知平面α、β所成角为80°，P为两平面外一点，则过点P且与平面α、β所成角均为40°的直线有（　　）条．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】作出两平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，先考虑二面角α﹣l﹣β内符合题意的直线，再考虑在二面角α﹣l﹣β的邻补的二面角内符合题间的直线，综合可得答案．
【解答】解：如图，作出两平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，则∠AOB＝80°，

设OP1为∠AOB的平分线，则∠P1OA＝∠P1OB＝40°，
当OP1以OP为中心，在二面角α﹣l﹣β的角平分面上旋转时，OP1与两平面的夹角变小，
此时与平面α，β所成角均为40°的直线仅有OP1这一条，
设OP2为∠AOB的补角的平分线，则∠P2OA＝∠P2OB＝50°，
当OP2以O为中心，在二面角α﹣l﹣β的邻补的二面角的角平分面上旋转时，OP2与两平面的夹角变小，
此时在OP2的两侧各出现一条与两平面成40°的直线，分别设为l1，l2，
∴过点P可作一条与OP1平行的直线，符合题意，
可作与l1，l2平行的直线各一条，符合题意，
∴过点P且与平面α，β所成角均为40°的直线有3条．
故选：C．
【点评】本题考查二面角、线面角的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
47．（2023•普陀区校级三模）如图，在四棱锥C﹣ABED中，正方形ABED的边长为2，平面ABED⊥平面ABC，且BC⊥AC，，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
（1）求证：直线GF∥平面ABC；
（2）求直线GF与平面BDE所成角的大小．

【分析】（1）连接AE可得GF为AC的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；
（2）利用四棱锥C﹣ABED的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位置关系，求得直线GF与平面BDE所成的角．
【解答】解：（1）根据题意，连接AE，则AE交BD与F，
在△ACE中，F为AE的中点，又点G是线段EC的中点，所以GF∥AC，
又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线GF∥平面ABC；
（2）由平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED∩平面ABC＝AB，
又四边形ABED是正方形，所以BE⊥AB，
又BE⊂平面ABED，所以BE⊥平面ABC；
过点B作直线y平行于AC，又BC⊥AC，
以B为坐标原点，分别以直线BC，直线y，直线BE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方形ABED的边长为2，BC⊥AC，AC＝，可得BC＝1；
所以B（0，0，0），C（1，0，0），E（0，0，2），D（1，，2）；
＝（0，0，2），＝（1，，0）；
又点G，F分别是线段EC，BD的中点，所以G（，0，1），F（，，1）；
即＝（0，，0）；
设平面CDE的一个法向量为＝（x，y，z）；
所以，可得z＝0，令x＝，解得y＝﹣1；
即＝（，﹣1，0），
设直线GF与平面CDE所成的角为θ，θ∈（0，]，
则sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，解得θ＝；
所以直线GF与平面BDE所成的角为．

【点评】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了直线与平面所成角的计算问题，是中档题．
48．（2023•虹口区校级三模）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，半径为2，母线SA、SB的长为2，∠AOB＝90°且M为线段AB的中点．
（1）证明：平面SOM⊥平面SAB；
（2）求直线SM与平面SOA所成角的大小．

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明即可．
（2）由线面角定义求线面角正切，再求线面角的大小．
【解答】解：（1）证明：∵AO＝BO，M为AB中点，∴OM⊥AB，
∵SO⊥平面AOB，AB⊂平面AOB，
∴SO⊥AB，且OM∩SO＝O，OM⊂平面SOM，SO⊂平面SOM，
∴AB⊥平面SOM，
∵AB⊂平面SAB，∴平面SAB⊥平面SOM．
（2）设AO的中点为N，连接MN，SN，则MN∥OB，

∵OA⊥OB，∴OA⊥MN，
∵SO⊥底面AOB，∴SO⊥MN，SO⊂平面SOA，OA⊂平面SOA，OA∩OS＝O，
∴MN⊥平面SOA，
∴∠MSN就是直线SM与平面SOA所成角，
∵圆锥的底面半径为2，母线长为2，∴高SO＝2，
解得SN＝，MN＝1，
∵SN⊥MN，∴tan＝，
∴直线SM与平面SOA所成角的大小为arctan．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理、面面垂直判定定理、线面角定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
49．（2023•闵行区校级二模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．
（1）证明：点F为B1C1的中点；
（2）若点M为棱A1B1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为，求的值．

【分析】（1）由CD∥C1D1可得CD∥平面A1B1C1D1，再利用线面平行的性质定理可得CD∥EF，从而证得F为B1C1的中点；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为3，设，求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，再利用线面夹角的向量公式求解即可．
【解答】证明：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，
又CD⊄平面A1B1C1D1，且C1D1⊂平面A1B1C1D1，
则CD∥平面A1B1C1D1，而B1C1交平面CDE于点F，即F∈平面CDE，F∈B1C1，
又B1C1⊂平面A1B1C1D1，有F∈平面A1B1C1D1，因此平面CDE∩平面A1B1C1D1＝EF，
于是CD∥EF，
又因为E为A1D1中点，
所以F为B1C1的中点；
（2）以D为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

不妨设正方体的棱长为3，设，
则，
从而，
设平面CDE的一个法向量为，则，
即，取x＝2，解得，所以，
又因为直线MF与平面CDE所成角的正弦值为，
所以，解得，
所以．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
一十七．二面角的平面角及求法（共6小题）
50．（2023•浦东新区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，点E，F分别为PA，PD的中点，AB＝BC＝2，AD＝AP＝4．
（1）证明：直线EF∥平面PBC；
（2）求二面角F﹣CD﹣B的余弦值．

【分析】（1）由E，F分别为PA，PD的中点，得AD∥EF，进而可得EF∥BC，由线面平行的判定定理，即可得出答案．
（2）根据题意可得AB⊥BC，AC＝2，CD＝＝2，由线面垂直的判定定理可得CD⊥面PAC，进而可得CD⊥PC，则二面角P﹣CD﹣A得平面角为∠ACP，进而可得cos∠ACP＝，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：因为E，F分别为PA，PD的中点，
所以AD∥EF，
因为AD∥BC，
所以EF∥BC，
因为EF⊄面PBC，BC⊂面PBC，
所以EF∥面PBC．
（2）因为AB⊥AD，AD∥BC，
所以AB⊥BC，
连接AC，由AB＝BC＝2得AC＝2，
因为AD＝4，
所以CD＝＝2，
所以AC⊥CD，
因为PA⊥面ABCD，
所以PA⊥AC，PA⊥CD，
因为PA，AC是平面PAC内两相交直线，
所以CD⊥面PAC，
因为PC⊂面PAC，
所以CD⊥PC，
所以二面角P﹣CD﹣A的平面角为∠ACP，
因为AP＝4，
所以PC＝2，
所以cos∠ACP＝＝，
所以二面角P﹣CD﹣A的余弦值为，
所以二面角F﹣CD﹣B的余弦值为．

【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中需要理清思路，属于中档题．
51．（2023•浦东新区二模）如图，三角形EAD与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AE⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，F、H分别为ED、EA的中点．
（1）求证：BH∥平面AFC；
（2）求平面ACF与平面EAB所成锐二面角的余弦值．

【分析】（1）连接FH，由题意得FH∥AD且FH＝AD，结合题意可得FH∥BC且FH＝BC，即四边形FHBC是平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）由题意得平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，可得AE⊥AB，建立以A为原点的空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：连接FH，如图所示：

∵F、H分别为ED、EA的中点，
∴在△AED中，FH∥AD且FH＝AD，
∵BC∥AD，BC＝2，AD＝4，
∴FH∥BC且FH＝BC，
∴四边形FHBC是平行四边形，
∴FC∥BH，
又BH⊄平面平面AFC，FC⊂平面AFC，
∴BH∥平面AFC；
（2）∵三角形EAD与梯形ABCD所在的平面互相垂直，即平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，
又平面EAD∩平面ABCD＝AD，AE⊂平面EAD，
∴AE⊥平面ABCD，
又AB⊂平面ABCD，则AE⊥AB，
则建立以A为原点的空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：
AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），F（0，2，1），
∴＝（2，2，0），＝（0，2，1），
由（1）得平面EAB的法向量为＝（0，1，0），
设平面ACF的一个法向量为＝（x，y，z），
则，取y＝﹣1，则x＝1，z＝2，
∴平面ACF的一个法向量为＝（1，﹣1，2），
设平面ACF与平面EAB所成锐二面角为α，
∴cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，
故平面ACF与平面EAB所成锐二面角的余弦值为．
【点评】本题考查空间中直线与平面的位置关系和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
52．（2023•闵行区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，AB＝4，点E在线段AB上，且BE＝AB．
（1）求证：CE⊥平面PBD；
（2）求二面角P﹣CE﹣A的余弦值．

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）由题意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，则建立以A为原点的空间直角坐标系D﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：（1）设BD与CE相交于点F，
∵PD⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
∴PD⊥CE，
∵AB＝4，BE＝AB，∴BE＝1，
在矩形ABCD中，∠ECB＝90°，PD＝AD＝2，则在Rt△ECB中，tan∠ECB＝，
在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，
∴∠ECB＝∠ABD，
∵∠DBC＝∠ADB，∴∠BHC＝∠BAD＝90°，即BD⊥CE，
又PD⊥CE，PE∩BD＝D，且PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴CE⊥平面PBD；
（2）由题意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，则建立以A为原点的空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示：

PD＝AD＝2，AB＝4，则D（0，0，0），C（0，4，0），A（2，0，0），P（0，0，2），E（2，3，0），
∴＝（0，4，﹣2），＝（2，﹣1，0），
设平面PCE的一个法向量为＝（x，y，z），
则，取x＝1，则y＝2，z＝4，
∴平面PCE的一个法向量为＝（1，2，4），
平面ACE的法向量为＝（0，0，2），
设二面角P﹣CE﹣A的平面角为α，且α为锐角，
则cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，
故二面角P﹣CE﹣A的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
53．（2023•浦东新区校级一模）在120°的二面角内放置一个半径为6的小球，它与二面角的两个半平面相切于A、B两点，则这两个点在球面上的距离是　2π　．
【分析】由题意及二面角的面与球相切的性质可以求得∠AOB＝60°，又半径已知，由弧长公式求出两切点在球面上的最短距离．
【解答】解：由球的性质知，OA，OB分别垂直于二面角的两个面，
又120°的二面角内，故∠AOB＝60°
∵半径为6的球切两半平面于A，B两点
∴两切点在球面上的最短距离是6×＝2π．
故答案为：2π．
【点评】本题考查球面距离及相关计算，解题的关键是根据二面角与球的位置关系得出过两切点的两个半径的夹角以及球面上两点距离的公式，考查空间想像能力，是中档题．
54．（2023•黄浦区校级三模）已知，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AC＝1，延长CB至D，使CB＝BD．
（1）求证：CA⊥DA1；
（2）求平面B1AD与平面ADC所成锐二面角的余弦值．

【分析】（1）通过底面的边角关系可得∠DAC＝90°，DA⊥CA，进而可证得CA⊥平面A1AD，从而得证；
（2）法一：取AD中点E，联结B1E，可证得∠BEB1为二面角B1﹣AD﹣C的平面角，从而得解．
法二：建立空间直角坐标系用向量的方法求解．
【解答】解：（1）因为是正三棱柱ABC﹣A1B1C1，
所以AA1⊥CA，
AB＝BC，且∠BAC＝∠BCA＝60°，从而∠DBA＝120°
又CB＝BD，
所以AB＝BD，∠DAB＝30°，
∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝90°，即DA⊥CA，
又DA⋂AA1＝A，AA1、DA⊂面A1AD，
∴CA⊥平面A1AD，
又DA1⊂面A1AD，
∴CA⊥DA1；
（2）解法一：取AD中点E，联结B1E．所以BE∥AC，

又DA⊥CA，故DA⊥BE，
因为BB1⊥平面ABC，DA⊂面ABC，所以DA⊥BB1，
又BE∩BB1＝B，BB1、BE⊂面BB1E，
所以DA⊥平面BB1E，又B1E⊂面BB1E，所以DA⊥B1E，
所以∠BEB1为二面角B1﹣AD﹣C的平面角，
因为，
所以，
则平面B1AD与平面ADC所成锐二面角的余弦值为．
解法二：以直线AD为x轴，直线AC为y轴，直线AA1为z轴建立空间直角坐标系．

则，
设平面AB1D的一个法向量，
则，
令w＝1，则v＝﹣4，所以，
又平面ACB的一个方向量，
设二面角B1﹣AD﹣C的大小为α，
则，
平面B1AD与平面ADC所成锐二面角的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
55．（2023•黄浦区二模）如图，△ABD与△BCD都是等腰直角三角形．其底边分别为BD与BC，点E、F分别为线段BD、AC的中点．设二面角A﹣BD﹣C的大小为α，当α在区间（0，π）内变化时、下列结论正确的是（　　）

A．存在某一α值，使得AC⊥BD
B．存在某一α值，使得EF⊥BD
C．存在某一α值，使得EF⊥CD
D．存在某一α值，使得AB⊥CD
【分析】由直线与平面垂直的判定与性质结合反证法思想判断ABC错误；取时，可得D正确．
【解答】解：已知AB⊥AD，BD⊥DC.
对于A，若AC⊥BD，又BD⊥DC，且AC∩DC＝C，∴BD⊥平面ACD，可得BD⊥AD，
与∠ADB＝45°矛盾，故A错误；
对于B，∵E是BD的中点，∴AE⊥BD，若EF⊥BD，又AE∩EF＝E，
∴BD⊥平面AEF，即BD⊥AC，由选项A可知，AC⊥BD错误，故B错误；
对于C，取BC中点G，连接EG，FG，则EG∥CD，可得BD⊥EG，
若EF⊥CD，则EF⊥EG，而BD∩EF＝E，则EG⊥平面BFD，即CD⊥平面BFD，
此时需要CD⊥DF，在△ACD中，CD＝AD＞AD，F为AC的中点，
由等面积法可知，∠CDF＜∠ADF，而∠ADC＜π，则∠CDF＜，即CD⊥DF不成立，故C错误；
对于D，当平面ABD⊥平面BCD时，有AB⊥CD，故D正确．
故选：D．

【点评】本题考查二面角的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
一十八．点、线、面间的距离计算（共5小题）
56．（2023•宝山区二模）四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．
（1）求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
（2）证明：OE∥平面PAD，并求点E到平面PAD的距离．

【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，由题意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得两条直线所成角的余弦值，进而求出角的大小；
（2）由（1）可证得面OEF∥面PAD，进而可证得OE∥面PAD，进而可知E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，再由等体积法求出O到平面PAD的距离．
【解答】解：（1）因为PO⊥底面ABCD，BO＝OD，
所以PB＝PD，
又因为PB与底面ABCD所成的角为60°，所以△PBD为等边三角形，
因为E为PB的中点，所以PO＝DE＝PD＝，
因为四边形ABCD边长为2的菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，即BD＝2，
所以DE＝，AO＝，DF＝，
取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF∥PA，
所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，
则EF＝PA，PA＝＝＝，
所以EF＝，
在△DEF中，cos∠DEF＝＝＝，
所以∠DEF＝arccos，
即异面直线DE与PA所成角的大小为arccos；
（2）证明：连接OF，
由（1）可得OF∥AD，EF∥PA，EF∩OF＝F，
所以面OEF∥面PAD，
因为OE⊆面OEF，
所以OE∥面PAD；
所以O到面PAD的距离等于E到面PAD的距离，设h，
则VO﹣PAD＝VP﹣AOD，
而VP﹣AOD＝SAOD•PO＝•S△ABD•PO＝•××2×2×，
S△PAD＝PA•＝•3•＝•3•，
所以••3•h＝ו×2×2×，解得h＝，
即点E到平面PAD的距离为．

【点评】本题考查线面平行的证法及面面平行的性质的应用，等体积法求点到面的距离的应用，属于中档题．
57．（2023•黄浦区二模）如图，多面体A1C1D1ABCD是由棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1沿平面A1BC1截去一角所得到在棱A1C1上取一点E，过点D1，C，E的平面交棱BC1于点F．
（1）求证：EF∥A1B；
（2）若C1E＝2EA1，求点E到平面A1D1CB的距离以及ED1与平面A1D1CB所成角的大小．

【分析】（1）在正方体中可知A1B∥D1C，进而可证得D1C∥面A1BC1，再由线面平行的性质定理可得D1C∥EF，进而可证得EF∥A1B；
（2）由等体积法＝，可得E到面A1D1CB的距离，设线面角，可得角的正弦值，进而求出线面角的大小．
【解答】解：（1）证明：在正方体中，A1D1∥BC，且A1D1＝BC，
所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B∥D1C，
而D1C⊈面A1BC1，A1B⊆面A1BC1，
所以D1C∥面A1BC1，
又因为D1C⊆面EFCD1，面A1BC1∩面EFCD1＝EF，
所以D1C∥EF，
所以EF∥A1B；
（2）点E到平面A1D1CB的距离即是E到面ABD1的距离，设为h，
因为＝，
在正方体中，B到面A1D1E的距离为正方体的棱长3，
又因为若C1E＝2EA1，所以＝＝××A1D1×D1C1＝×3×3＝，
因为A1D1⊥面AA1B，所以A1D1⊥A1B，
所以＝A1D1×A1B＝×3×3＝，
所以••h＝•3，
即•h＝•3，解得h＝，
所以E到面A1D1CB的距离为；
A1E＝A1C1＝•3＝，D1E＝＝＝，
设ED1与平面A1D1CB所成角的大小为α，α∈[0，]，
则sinα＝＝＝，
所以α＝arcsin，
即ED1与平面A1D1CB所成角的大小为arcsin．
【点评】本题考查线面平行的性质的应用及等体积法求点到面的距离，属于中档题．
58．（2023•奉贤区校级三模）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，P在平面BCC1B1上，A，P之间的距离为5，则C1、P之间的最短距离为 　4﹣3　．
【分析】由正方体的性质可得BP＝3，即P在以B为圆心，3为半径的圆，进而可求C1、P之间的最短距离．
【解答】解：由正方体ABCD﹣A1B1C1D1，可得AB⊥平面BCC1B1，
∵BP⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BP，
由A，P之间的距离为5，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，
可得BP＝3，即P在以B为圆心，3为半径的圆，
又BC1＝4，
∴C1、P之间的最短距离为4﹣3．

故答案为：4﹣3．
【点评】本题考查两点间的距离的最小值，考查点的轨迹的求法，属中档题．
59．（2023•杨浦区二模）如图，一个由四根细铁杆PA、PB、PC、PD组成的支架（PA、PB、PC、PD按照逆时针排布），若∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心O到点P的距离是（　　）

A． B． C．2 D．
【分析】取PA＝PB＝PC＝PD＝a，由题意得四棱锥P﹣ABCD是正四棱锥，球的球心O在四棱锥的高PN上，过正四棱锥的棱PA与PC作正四棱锥的轴截面如图所示，利用平面几何知识即可求解．
【解答】解：由题意，取PA＝PB＝PC＝PD＝a，
由题意得四棱锥P﹣ABCD是正四棱锥，球的球心O在四棱锥的高PN上；
过正四棱锥的棱PA与PC作正四棱锥的轴截面如图所示：

由题意可得ABCD是正方形，且AB＝BC＝CD＝DA＝a，
∴AC＝a，∵PA＝PC＝a，
∴PA2+PC2＝AC2，∴∠APC＝90°，
∴PN＝a，∴PO＝a﹣1，
∵△PON∽△PNC，
RT△POM∽RT△PHC⇒＝，
∴＝，解得a＝+2，
∴PO＝a﹣1＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间几何体的性质，考查与棱相切的球体，把空间问题平面化，是解题的关键．属中档题．
60．（2023•黄浦区校级模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在截面A1DB上（含边界），则线段AP的最小值等于 　　．

【分析】由已知可证得AC1⊥平面A1DB，可得P为AC1与截面A1DB的垂足时，线段AP最小，然后利用等积法求解．
【解答】解：如图，连接AC1交截面A1DB于P，由CC1⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
可得CC1⊥BD，又在正方形ABCD中，AC⊥BD，AC∩CC1＝C，
则BD⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，
则BD⊥AC1，同理可得A1B⊥AC1，BD∩A1B＝B，
则AC1⊥平面A1DB，此时线段AP最小，
由棱长为2，可得等边三角形A1DB的边长为，，
∵，
∴，解得，
故答案为：．

【点评】本题考查等体积法求解点面距，运动变化思想，化归转化思想，方程思想，属中档题．

四、易错分析

一、混淆线面角和平面的法向量与直线方向向量夹角的关系致错
1.如图，在正方体中，E为的中点．求直线与平面所成角的正弦值．

【错解】（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、

、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则..
则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【错因】混淆线面角和平面的法向量与直线方向向量夹角的关系，实际上直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即。
【正解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，
得，令，则，，则.
设直线与平面所成角为，则.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
二、忽略两平面法向量的夹角与二面角平面角的关系致错
2、如图所示的几何体是由棱台ABC－A1B1C1和棱锥D－AA1C1C拼接而成的组合体,其底面四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,BB1⊥平面ABCD,BB1=B1C1=1.求二面角A1-BD-C1的余弦值.

【错解】设交于点,以为坐标原点,以为轴,以为轴,如图建立空间直角坐标系,轴显然平行于直由四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,得,

,,
,,,
设平面的一个法向量为,
则令,得,从而
同理,
设平面的一个法向量为,则
令,得,从而,则.
故二面角的余弦值为.
【错因】错误的认为两平面法向量的夹角就等于二面角平面角，实际上是二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
【正解】设交于点,以为坐标原点,以为轴,以为轴,如图建立空间直角坐标系,轴显然平行于直由四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,

得,,,
,,,
设平面的一个法向量为,
则令,得,从而
同理,
设平面的一个法向量为,则
令,得,从而,则.
又由图可知为锐角,故二面角的余弦值为.
三、忽略异面直线所成角与向量夹角的关系致错
3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝1，AA1＝2，则异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为(　 )
A. B．－ C．－ D.
【错解】选B，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，则＝(－1，－3,2)，
＝(－1,0，－2)，从而cos〈，〉＝＝＝－.
【错因】两异面直线所成角的范围，而两向量夹角的范围为，错解中误认为两向量夹角就是两异面直线所成角。
【正解】选A　以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，

则＝(－1，－3,2)，＝(－1,0，－2)，从而cos〈，〉＝＝＝－.又异面直线BD1和B1C所成的角不可能为钝角，其余弦值非负，所以，异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为.
四、忽视异面直线所成角的范围致错
4．直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝120°，E为BB′的中点，异面直线CE与C′A所成角的余弦值是（       ）

A． B． C． D．
【错解】A，如图所示，直三棱柱向上方补形为直三棱柱，其中，，分别为各棱的中点，取的中点，可知，异面直线与所成角即为与所成角.设，则，，，
【错因】忽略了异面直线所成角的范围，所以两条异面直线所成角的余弦值一定是正数.
【正解】B，如图所示，直三棱柱向上方补形为直三棱柱，其中，，分别为各棱的中点，取的中点，可知，异面直线与所成角即为与所成角.设，则，，，，故异面直线CE与C′A所成角的余弦值为.

五、误用垂直性质定理致错
5、已知两个平面垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；　
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是(　　)
A．3　　　　 B．2 C．1 D．0
【错解】如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于①AD1⊂平面AA1D1D，BD⊂平面ABCD，AD1与BD是异面直线，成角60°，①错误；②正确．

对于③，AD1⊂平面AA1D1D，AD1不垂直于平面ABCD；
对于④，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.
∵AD⊥平面D1DCC1，D1C⊂平面D1DCC1，∴AD⊥D1C.故正确，故选B.
【错因】“一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“过一个平面内任意一点作交线的垂线”，此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过点作的直线不一定在已知平面内．
【正解】对于④，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.∵AD⊥平面D1DCC1，D1C⊂平面D1DCC1，
∴AD⊥D1C.但D1C不垂直于平面ABCD，故④错误，故选C.
六、判断线面、线线位置关系考虑不全致错
6．若直线a与平面内无数条直线平行，则a与的位置关系是________．
【错解】a∥
【错因】没考虑a⊂α的情况。
【正解】由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于，也可能在内，故答案为a∥或a⊂
七、证明线面平行、面面平行条件表达不全致错
7．如图，四棱锥中，四边形ABCD是矩形，，AD＝2，为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E、F分别为PC、PB的中点．证明：平面PAD；

【错解】∵E，F分别为PC，PB的中点，∴．，所以，
∴平面PAD；
【错因】证明过程中，没有说明平面PAD.
【正解】∵E，F分别为PC，PB的中点，∴．
∵ABCD是矩形，∴，则，
∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；
八、分析问题不全面致错
8．圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________．
【错解】设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得
解得所以V＝36π2.
【错因】错解中只考虑了6π为底面周长的情况，而4π也有可能为底面周长。
【正解】设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得或
解得或所以V＝36π2或24π2.
九、斜二测画法中混淆原图与直观图关系致错
9．如下图，是用“斜二测画法”画出的直观图，其中，，那么的周长是________．

【错解】在中，,
由余弦定理得：,
得；同理;
所以周长为：。
【错因】错把直观图直接当原图了.
【正解】6，斜二测直观图的画法原则，横坐标不变，纵坐标减半，所以，，
又因为，所以，因此的周长为，
十、混淆几何体的表面积与侧面积致错
10.如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为(　 )
A．4π B．(2＋4)π
C．(3＋4)π D．(4＋4)π

【错解】选A，设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，
所以h＝＝，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4π，
【错因】应求该粮仓的表面积，错解中只求了侧面积。
【正解】选D　设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝，圆柱的侧
面积为2πr·2h＝4π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π。
五.刷压轴

一、单选题
1．（2023·上海黄浦·格致中学校考三模）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，四棱锥的外接球的表面积是
C．的最小值为
D．存在唯一的实数对，使得平面PDF
【答案】C
【分析】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确.
【详解】对于A，当时，为中点，又为中点，，
  
平面，平面，平面，
则当在线段上移动时，其到平面的距离不变，
三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥，
平面，
设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，
  
，，，即，
解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确；
对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值，
作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，
  
，（当且仅当与重合时取等号），
，
，
，，
即的最小值为，故C错误；
对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，
  
则，，，，
，，，
若平面，则，
，
解得：（舍）或，
存在唯一的实数对，使得平面，故D正确.
故选：C.
2．（2021·上海闵行·统考一模）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F(可与端点重合)，则四棱锥的体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设,则，然后利用等体积法由，得到，再消元得到，令，利用对勾函数的性质求解.
【详解】设,则
所以，
，
，
所以，则，
令，因为，
所以，
所以，
所以，
故选：D
【点睛】方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．
3．（2021·上海徐汇·位育中学校考三模）如图，正方体中，、分别是、的中点，过点、、的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
【详解】如图所示：
设正方体的棱长为，
则过点，，的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，
∴.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了几何的割补问题，还考查了空间想象的能力，属于中档题.

二、填空题
4．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，，是空间中两两不同的三个单位向量，且．则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据向量数量积的定义可设，且，再根据的范围得到关于的不等式，解出即可.
【详解】由题意得，
即，
由题意,可设.则
因为，，是空间中两两不同的三个单位向量，故，即，
则有.
则，即，
于是，即，解得.
而，所以的取值范围是.
故答案为：.
5．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考三模）在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 .
【答案】/
【分析】过做与直线垂直的平面，则点的轨迹的长即为平面与正四棱柱的交线长.
【详解】如图，连接，，由题可知，，平面.
因平面，则.
又平面，平，，则平面.又平面，则；
如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，
过做垂线，交于G.
由题可得，平面，又，则平面.
因平面，则.
又平面，平面，，则平面.
因平面，则；
因平面，平面，，则平面.
连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.
注意到，
，则，故.
则点的轨迹的长为.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的轨迹问题，难度较大.
本题关键为做出轨迹，即过定点做空间直线的垂面，因直接做出平面难度较大，故转化为做空间直线所在平面的垂线.
6．（2023·上海嘉定·校考三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有 .
  
①
②；
③；
④.
【答案】①③④
【分析】利用题设中的垂直关系可得、、、，利用这些直角三角形逐项计算各角的三角函数后可得它们的关系，从而可得正确的选项.
【详解】因为四边形是矩形，故，而，
平面，故平面.
因为四边形是矩形，故，故，而，
而平面，故平面.
而，，，.
故，，而平面，
故平面，因平面，故,
同理，.
在中，有；
在中，有；
在中，有；
故，故①正确.
在中，有，
在中，有；
故，故，故③正确.
在中，有，
在中，有；
故，故④正确.
若不成立，否则由④的结论可得，这样为锐角矛盾.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：立体几何中的角的关系的计算，一般放置在直角三角形进行讨论，注意利用空间中的垂直关系实现不同面中的垂直关系的转化.
7．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点，且，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，
此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；
  
第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，
此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解.
8．（2021·上海黄浦·格致中学校考三模）在空间直角坐标系中，点满足：，平面过点，且平面的一个法向量，则点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于 .
【答案】
【分析】由题意，点在球面上，所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，根据球的截面性质求出截面圆的半径即可求解.
【详解】解：由题意，点在以为球心，半径为4的球面上，
所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，
因为平面的方程为，即，
所以球心到平面的距离为，
所以截面圆的半径，截面圆的面积为，
所以点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于.
故答案为：.
9．（2023·上海·统考模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，设，其中，利用三角不等式推导出，利用平面向量数量积的性质可求得，取的中点，可得出，即可得出的取值范围.
【详解】如下图所示，由任意性，设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，

设，其中，则，
所以，，
所以，，
当且仅当线段与棱或重合时，等号成立，即的最大值为，
，当且仅当与点或重合，、重合于点或点时，等号成立，
但、、为不同的三点，则，
由上可知的最大值为，取线段的中点，
则，
当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时，等号成立，则.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中向量数量积的取值范围，解题的关键在于充分利用几何性质推导出，，注意取最值时取等的条件，但也要注意题中条件的限制.
10．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，对任意都有，则实数的最小值为 .
【答案】1
【分析】设出，，从而利用向量数量积公式结合三角函数恒等变换和有界性求出最值，得到答案.
【详解】可设，，其中，
则

，
因为，所以，
由于，，故
，
因为，所以，
又恒成立，故的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用向量的几何意义将问题转化为几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.

三、解答题
11．（2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）如图（1），在直角梯形中，为的中点，四边形为正方形，将沿折起，使点到达点，如图（2），为的中点，且，点为线段上的一点.

（1）证明：；
（2）当与夹角最小时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】(1)首先证明、从而建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，设 ，逐步求出向量、、、的坐标，由推出；(2)求出、的坐标，求出当 值最大时 的取值，从而求出平面与平面的法向量，最后求出两平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】解：由为正方形，得，，
∵为的中点，，
∴，即.
设，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，.
（1）∵点在线段上，∴设，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
∴，即.

（2）由（1）知，，
∴，
∴当时，最大，最小，此时.
由题知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
∴，即，
取，得，则，
∴.
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，向量垂直的数量积关系，平面法向量的求法与利用法向量求两平面所成的二面角，属于中档题.
12．（2020·上海·统考模拟预测）正四棱锥的底面正方形边长是3，是在底面上的射影，，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形．

（1）在图中作出截面，并写出作图过程；
（2）求该截面面积的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）9.
【解析】（1）根据题意，作辅助线，过作， 且过点作，交于点，过点作交于点，连接，    即可得出截面；
（2）由题意可知，截面，截面，根据平面，利用线面垂直的性质和判定，可证出平面，则，进而得出，所以截面是由两个全等的直角梯形组成，设，则，截面面积为，根据，代入计算，最后利用二次函数求得最大值.
【详解】解：（1）由题可知，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形，
过作，交于点，交于点，
过作，交于点，
再过点作，交于点，
过点作交于点，连接，
，，，
，
所以共面，平面，
，平面，
平面，同理平面.
所以过且与、都平行的截面如下图：

（2）由题意可知，截面，截面，
，，
而是在底面上的射影，，
平面，，
，且，
所以平面，则，
，
又， 为正四棱锥，
，故，
于是，
因此截面是由两个全等的直角梯形组成，
因，则为等腰直角三角形，
设，则，
所以，，
，同理得，，
又因为，
设截面面积为，
所以，
即：，
当且仅当时，有最大值为9.
所以截面的面积最大值为9.
【点睛】本题考查根据线面平面的性质进行作图和截面的面积最大值的求法，还涉及线面平行和垂直的性质和判定定理，考查空间想象能力和计算能力.
13．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.

(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.
【答案】(1)
(2)
(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.

【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；
（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；
（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.
【详解】（1）连接AC，BD，相交于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，
因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，
因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，
∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，
因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，
所以，由勾股定理得：，所以，
因为，E为PB的中点，所以，
在△AOE中，由余弦定理得：，
所以异面直线与所成角的大小为

（2）连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，
设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，
则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，
即平面与平面所成锐二面角的大小为

（3）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，
所以，即，解得：，
故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.

14．（2023·上海崇明·上海市崇明中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是矩形，且AD＝2，AB＝PA＝1，平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．

(1)证明：；
(2)求四棱锥P﹣ABCD的表面积；
(3)求直线PE与平面PFD所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）利用勾股定理证得，再由线面垂直证得，由此证得得平面PAF，进一步得到；
（2）利用线面垂直的性质证得，，，从而分别求出各面面积，由此得到四棱锥P﹣ABCD的表面积；
（3）连接EP、ED、EF，由等体积法求点E到平面PFD的距离，即可求直线PE与平面PFD所成角的正弦值，则所求得解．
【详解】（1）连结AF，
则在中，，同理：DF＝，又AD＝2，
∴DF2+AF2＝AD2，则，
∵底面ABCD，面ABCD，∴，
又PA∩AF＝A，平面PAF，∴平面PAF，
而平面PAF，则；
.
（2）已知底面ABCD，所以，
因为在矩形中，，
又面，所以面，
又面，所以，
同理：，又，
因此，，，，，
∴四棱锥P﹣ABCD的表面积.
（3）连接EP、ED、EF，
∵，
∴＝，
又，，，
设点E到平面PFD的距离为h，则由VE﹣PFD＝VP﹣EFD，
得，解得，
设直线PE与平面PFD所成角的大小为θ，则，
则直线PE与平面PFD所成角的大小为．
15．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．

(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．