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模拟试卷汇编10 立体几何（原卷版+解析版）-2022-2023学年高三数学最新模拟考试试卷汇编（新高考专用）
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这是一份模拟试卷汇编10 立体几何（原卷版+解析版）-2022-2023学年高三数学最新模拟考试试卷汇编（新高考专用），文件包含模拟试卷汇编10立体几何-解析版docx、模拟试卷汇编10立体几何-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
模拟试卷汇编10：立体几何解析版
一、 单选
1.（2022年广东省高三大联考模拟试卷） 我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：如图，过作于，
由题意可知，在直三棱柱中，到平面的距离为，
即，又，
所以该柱体体积为.
故选：B.
2. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
圆柱的侧面展开图是一个正方形，
，
圆柱的侧面积为，
圆柱的两个底面积为，圆柱的表面积为，
圆柱的表面积与侧面积的比为：，
故选：．
3. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，
故选：A
4.（2022年福建省德化一中高三模拟试卷） 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ）
A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体为“鳖臑”
C. 四棱锥体积最大为
D. 过A点分别作于点E，于点F，则
【答案】C
【解析】
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，且，则平面，
且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
由平面，得,为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故B正确;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C不正确；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：C.
5. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的侧面积，故，故圆锥的体积．
故选：C．
6. （2022年江苏省高三模拟试卷）在空间直角坐标系中，已知圆在平面内，．若的面积为，以为顶点，圆为底面的几何体的体积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为圆的方程，所以.故，到平面的投影为，过作垂线交与点,故是的高，，所以到直线的距离为，，故，所以.因为圆的底面半径为，所以圆底面积，又，所以. ，当时，取得最小值为，故 .
故选：B.
7. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指的是四个面都是直角三角形的三棱锥.现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则“阳马”的体积最大为（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知： 平面 ，设 ，则有 ，
， ；
考虑 是关于 开口向下的二次函数，当 时取得最大值，最大值= ，
∴ 的最大值为 ；
故选：C.
8.（2022年河北省高三大联考模拟试卷） 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三角形的面积无最大值、无最小值
B. 存在点，满足
C. 存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D. 三棱锥的体积有最大值、无最小值
【答案】B
【解析】
【详解】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
9. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）已知一圆台高为7，下底面半径长4，此圆台外接球的表面积为，则此圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
如图为圆台及其外接球的轴截面，为外接球球心，，为等腰梯形的下底和上底的中点，所以，，
因为外接球的表面积为，所以外接球的半径为，圆台下底面半径为4，所以，，则，，即圆台上底面半径为3，所以圆台的体积为.
故选：C.
10. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图，已知三棱柱的底面是等腰直角三角形，底面ABC，AC＝BC＝2，，点D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如下图所示：
因为为等腰直角三角形，，所以的外接球的截面圆心为的中点，且，连接与的中点，则，所以面.设球心为，由球的截面性质可知，在上，设，，半径为，因为，所以，
所以，又，所以解得.因为，所以，所以当时，外接球表面积最小为，当时，外接球表面积最大为.所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为.
故选：A
11. （2022年广州市第十七中学高三模拟试卷）在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．
二、多选
12. （2022年广州番禺高三模拟试卷）已知三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，侧棱与底面垂直，其外接球的表面积为，下列说法正确的是（ ）
A. 三棱柱的体积是
B. 三棱柱的表面积是18
C. 直线与直线成角的余弦值是
D. 点到平面的距离是
【答案】AC
【解析】
【详解】如图所示，三棱柱的上下底面正三角形中心分别为，，
因为三棱柱底面是边长为3等边三角形，侧棱与底面垂直，
所以其外接球的球心为高的中点，
设外接球半径为，由得，
又因为，故，所以，
所以三棱柱的体积.
三棱柱的表面积.
因为，所以是与成的角也就是与成的角，
因为，，所以，
所以直线与直线成角的余弦值是.
设到平面的距离是，由得，
解得.
故选：AC.
13.（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,] B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线 D. EG和FH可能是共面直线
【答案】AD
【解析】
【详解】
A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；
B：由，错误；
C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；
D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.
故选：AD
14. （2022年福建省福州市高三模拟试卷）已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，，分别为，的中点.则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角为
B. 平面平面
C. 正四棱柱的外接球半径为
D. 以为球心，为半径的球与侧面的交线长为
【答案】BCD
【解析】
【详解】解：对于A：由正四棱柱的结构特征可知，则为直线与平面所成角，
因为，所以直线与平面所成角不等于，故A错误；
对于B：由正四棱柱的结构特征可得，，，
则四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，且，平面，
平面平面，故B正确；
对于C：正四棱柱外接球的直径即为其体对角线，
所以其外接球的半径，故C正确；
对于D：点到侧面的距离为，易得交线轨迹与圆相关，设为球与侧面交线轨迹的半径，
，立体图如下图所示：
球与侧面的交线轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，平面图如下图所示：
故交线长为，故D正确；
故选：BCD
15.（2022年广东省佛山市高三模拟试卷） 在直角梯形中，，，，为中点.以为折痕把折起，得到四棱锥，如图所示，则（ ）
A. 平面
B. 当时，平面平面
C. 当时，面与面的夹角的正切值为
D. 当时，与面所成的角为
【答案】AB
【解析】
【详解】对于A选项，翻折前，由题意可知且，，
所以，四边形为矩形，则，
，则，则，
翻折后，对应地有，，，，
，、平面，平面，A对；
对于B选项，因为四边形为矩形，，
所以，四边形为正方形，所以，，
当时，因为，则，，
因为，，、平面，平面，
平面，，
，，、平面，平面，
平面，故平面平面，B对；
对于C选项，当时，平面，
平面，，
因为四边形为正方形，则，
，、平面，平面，
平面，，
所以，面与面的夹角为，
因为平面，平面，则，故，C错；
对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，
设，其中，
因为平面，平面，，
，，、平面，平面，
所以，与平面所成角为，
，，，
由勾股定理可得，
因为平面，，，
所以，，可得，因为，则，
又因为，所以，为等边三角形，故，D错.
故选：AB.
16. （2022年广州附属中学高三模拟试卷）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 二面角的正切值的取值范围为
C. 当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形
D. 当时，EG与平面所成的角最大
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，因为 可得点G是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面 ,故平面，所以点G到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，当 时，点G与点C重合，
此时都是等腰三角形，设M为中点，则,
则 为二面角的平面角， ,
则 ,即为钝角，
此时二面角 的平面角大于 ，
此时二面角的正切值小于0，所以B不正确；
对于C中，当 时，此时 即点G为的中点，如图所示，
连接 ，此时 ，
在正方体中，因为E，F分别为棱，的中点，
可得,且 ，
在直角 中，可得 同理
所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；
对于D，设N为的中点，连接,则平面，,
则为EG与平面所成的角，
当时， ,
在中， ,故 ,
即,则,即时，最小，
故,当 最小时，最大，
即当时，EG与平面所成的角最大，D正确，
故选：
17. （2022年广东省高三大联考模拟试卷）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A. 当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C. 当点P为中点时，异面直线与所成角为
D. 当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【详解】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
18. （2022年福建省德化一中高三模拟试卷）如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 棱上总会有一点，使得平面
B. 存在某个位置，使得与所成角为锐角
C. 一定是二面角的平面角
D. 当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A，
取中点，连接，如图，
在中，，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，
取中点，连接,
因为是等边三角形，所以,
又因为,在中，，所以，
又因为,平面，
所以平面，
又平面，所以，故B错误；
对于C，翻折过程中，长度不变，但长度会随着翻折程度不同而不同，
所以不一定垂直于，所以一定是二面角的平面角，
故C错误；
对于D，因为为直角三角形，
所以过作平面,
设为三棱锥外接球的球心，
因为平面平面，平面平面,
且，平面，
所以平面,所以,
过作交于点，如图所示，
所以四边形为矩形，
，
在直角中，即
在直角中，即
解得，所以三棱锥的外接球的表面积是.
故D正确.
故选:AD.
19. （2022年广州第十七中学高三模拟试卷）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A. 四边形EMGH的周长为是变化的
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 当时，平面截球O所得截面的周长为
D. 当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】BD
【解析】
【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；
对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.
20. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）
A. 面面
B. 线段长度的取值范围为
C. 直线和所成的角始终为
D. 当三棱锥的体积最大时，点在三棱锥外接球的外部
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项：连接，由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，由余弦定理，故，，所以，同理，又，平面，故平面，又面，故面面，故A选项正确；
B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且.又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项错误；
C选项：由B选项得，所以直线和所成角即为与所成角，又，故，故C选项正确；
D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，故，，故在的外接圆内，又的外接圆在三棱锥外接球的内部，故点在三棱锥外接球的内部，故D选项错误；
故选：AC
21. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 当平面时，与可能为
B. 当时，的最小值为
C. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D. 当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
三、填空题
22. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】如下图所示：
由题意可得，，
所以，，
，
，
所以，.
因此，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
23. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是__________m．
【答案】
【解析】
【详解】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，
所以，
所以圆锥底面周长，
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，
故，则，
所以，
所以小猫所经过的最短路程是．
故答案为：
24. （2022年广州附属中学高三模拟试卷）已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______
【答案】
【解析】
【详解】
由题意，，，可知在平面上的射影为的外心，即中点，则球的球心在的延长线上，设，则，所以，即，解得，则，过作于，设,则，再设，由，可得，所以，
则，
令，则，由可得，
所以当时，，
所以面积的最大值为，
则三棱锥体积的最大值是.
故答案为
25. （2022·福建省高三模拟试卷）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【详解】
设中点为，的外心为，的外心为，
过点作面的垂线，过点作直线面的垂线，
两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
因为和都是边长为的正三角形，可得，
又，所以，所以，
又因为，，所以面，
因为平面，所以平面平面，且，
所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，
到平面的距离，
故答案为：.
26. （2022年河北省承德市高三模拟试卷）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的结论序号是_______________.①；②平面；③异面直线，所成的角为定值；④直线与平面所成的角为定值；⑤以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化.
【答案】①②④⑤
【解析】
详解】对于①，连接BD交AC于O，如图，
由正方体的性质可得，平面，
所以，所以平面，所以，故①正确；
对于②，由正方体的性质可得，所以平面，故②正确；
对于③，连接OE，如图，
由题意结合正方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线，所成的角，
由不为定值，可得异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，为定值，
故④正确；
对于⑤，因为，
为定值，点A到平面即平面的距离为定值，
所以以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化，故⑤正确.
故答案为：①②④⑤.
27. （2022年河北省高三大联考模拟试卷）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，
，解得，所以；
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.
故答案为：；.
28. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为、均为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
平面，平面平面，
过点在平面内作，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，连接，则为在平面上的射影，
要使最小，则，
沿把平面展开，使得平面与平面重合，
则的最小值为到的距离．
，，
则，所以，，
，
所以，
．
又，所以，．
故答案为：．
29. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图一个正三棱锥的底面边长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________.若一个正三棱柱的顶点分别在三条棱上，分别在底面△ABC上，此三棱柱的侧面积最大值为________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【详解】由三角形面积公式可得：，
由锥体体积公式可得：；
由题意得：三棱锥为正三棱锥，设其高为，
则，
设，则，
由相似知识得：，故，
则，
故三棱柱的侧面积为，
因为，所以当时，三棱柱的侧面积取得最大值，且，
故答案为：，.
四、简答题
30. （2022年福建省福州市高三模拟试卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．
（1）求证：PD⊥AB；
（2）若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：取AB中点M，连接MD、MP，
因为PAB是等边三角形，所以PM⊥AB，
因为MBAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，
又因为MB＝CD，所以四边形BCDM为平行四边形，又因为AB⊥BC，BC＝CD＝1，
所以四边形BCDM为正方形，于是DM⊥AB，
因为DM∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，
又因为PD⊂平面PDM，所以PD⊥AB.
【小问2详解】
过M作MN⊥PB于N，
因为PD＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，
由（1）知DM⊥AB，又因为AB∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，
因为DM∥BC，所以BC⊥平面ABP，
因为MN⊂平面ABP，所以BC⊥MN，
因为BC∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，点M到平面PBC的距离为线段MN的长，
由等面积法知，MN，
因为DM∥BC，BC⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，所以DM∥平面PBC，
所以点D到平面PBC的距离等于点M到平面PBC的距离为MN．
31. （2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【小问1详解】
∵，平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，则由面面平行的性质定理得；
【小问2详解】
∵，几何体AB为圆台或圆柱.
如图所示，C、D分别为圆A、圆B上的点，则，平面α、平面β，
又∵，∴，则过M，，
设，则，，
则
当时，等号成立，同时取得最大值为.
故几何体AB的体积的最大值为.
32. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.
（1）类比此解法，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，求此四面体的体积；
（2）已知对棱分别相等的四面体称为等腰四面体.小明同学在研究等腰四面体（设）时，给出如下结论：①等腰四面体的外接球半径为；②等腰四面体的四个面可以都为直角三角形.聪明的同学们，你认为小明同学研究的结论正确吗？给出理由.
【答案】（1）24 （2）①正确；②错误；理由见解析
【解析】
【小问1详解】
如图，长方体中的四面体是对棱相等的四面体，其中，，，设，，，
则，解得：，，，
则，
【小问2详解】
设长方体同一顶点的三条棱长分别为，由（1）可知，
，即，
等腰四面体的外接球就是所在长方体的外接球，所以，则，故①正确；
假设4个面都是直角三角形，设，则是直角三角形和的斜边，取的中点，连结，则，那么，三点共线，此时，不能构成四面体，所以等腰四面体的四个面不能都是直角三角形，故②错误.
33.（2022年江苏省淮安市高三模拟试卷） 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点．
(1)求证：EF∥平面AA1B1B；
(2)若AA1＝3，AB＝2，求EF与平面ABC所成的角．
【答案】（1）见证明；（2）60°
【解析】
【详解】(1)如图，取A1B1的中点D，连接DE，BD．
因为E是A1C1的中点，所以DEB1C1.
又因为BCB1C1，BF＝BC，
所以DEBF.
所以四边形BDEF为平行四边形．
所以BD∥EF.
又因为BD⊂平面AA1B1B，EF⊄平面AA1B1B，
所以EF∥平面AA1B1B．
(2)如图，取AC的中点H，连接HF，EH.
因为EH∥AA1，AA1⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC．
所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角．
在Rt△EHF中，FH＝，EH＝AA1＝3，
所以tan∠EFH＝＝，
所以∠EFH＝60°.
故EF与平面ABC所成的角为60°.
34. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，平面，
（1）求与所成的角
（2）平面与平面所成的锐二面角余弦值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由，可得⊥，又平面，
故以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
由，
则，所以，
所以与所成的角是；
【小问2详解】
由题意为平面的一个法向量，
设为平面 的一个法向量，，
由，令，则，
故，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是.
35．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））四棱锥中，底面是边长为的正方形，，点P在底面的射影为点O，且，点M是的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上，是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
（1）
连接，
因为平面，平面, 平面，
所以.
又，，所以.
又，所以为等腰直角三角形.
设与交于点，则点为的中点，
又点M是的中点，底面为正方形，所以,
又平面，平面,
所以,又，
所以平面，平面,
所以
（2）
由（1）知，以为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
假设存在点N在线段上满足条件，设，，则
，
，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为，
所以，化简得，
解得或（舍）.
所以在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
36. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为棱上靠近端点的三等分点
【解析】
【小问1详解】
证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，
∵四边形是边长为的正方形，∴，
∵，∴，即：，
∴，又∵，点是的中点，
∴，同理可得：，
又∵，且平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
∵点在棱上，不妨设，，
又，
∴，∴，
∵，，
设平面的法向量为，则
令，则，∴，
又，设直线与平面所成的角为，则，
∴，
即，解得：或（不合题意，舍去），
∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.
37.（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
小问2详解】
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成角的正弦值是．
38. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面,于点，连接.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【详解】（1）证明：平面平面.
四边形为矩形，
平面,平面,
平面.
平面，.
平面平面,
平面.
又平面,；
（2）如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则.
.
设平面的一个法向量为，
由可得；
令，得.
设直线与平面所成的角为，
则.
直线与平面所成的角的余弦值为.
39.（2022年河北省高三大联考模拟试卷）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，E为CD的中点，.
（1）证明： ；
（2）若三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，F为PB上一点，且，求直线EF与平面PAE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
由平面，平面
又 ，E为CD的中点
又
，.
又，平面
平面. 又
.
【小问2详解】
由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z轴建立空间坐标系.
因为三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，
CD=12，AC=
.
设平面PAE的一个法向量为
由得，
令则
设直线EF与平面PAE所成的角为
40. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为的中点，
∴且，
∴且.
∴四边形平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
41.（2022年广东省佛山市高三模拟试卷）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【小问1详解】
取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
【小问2详解】
由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
42. （2022年福建省德化一中高三模拟试卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，．
（1）求证：平面MQB⊥平面PAD；
（2）若二面角M-BQ-C的大小为60°，求QM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：∵ADBC，，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴CDBQ
∵∠ADC＝90°，
∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，
平面，∴BQ⊥平面PAD，
∵平面MQB，
∴平面MQB⊥平面PAD；
【小问2详解】
∵PA＝PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，且0≤λ≤1，得，
所以，，
设平面MBQ法向量为，
由，得，
令，则，
由题意知平面BQC的一个法向量为，
∵二面角M-BQ-C为60°，
∴，即，，解得，
∴，则，
∴．
43.（2022·福建省高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
44. （2022年广州第十七中学高三模拟试卷）如图所示，在梯形ABCD中，，四边形ACFE为矩形，且平面，．
（1）求证：平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为．
【答案】（1）证明见解析
（2）当点与点重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为
【解析】
【小问1详解】
因为四边形为梯形，，则，
又因为，所以，则，即.
又因为平面，，则，
因为、都在平面内，，所以面.
【小问2详解】
如图所示，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设，，，
则，、、.
，，
设为平面的法向量，则有
可得，取，则.
由题可知，是平面的一个法向量，所以，
因为，所以当时，，即.
所以当点与点重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为.
45. （2022年河北省承德市高三模拟试卷）已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是梯形，AD//BC，AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，CD⊥AC，平面PAB⊥平面ABCD，且PA＝AD，PB＝，E为PD中点，AF⊥PC，垂足为F．
（1）求证：PA⊥平面ABCD；
（2）求异面直线AB与CE所成的角；
（3）求证：PD⊥EF．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析；
【解析】
【详解】解：（1）证明：因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为，所以，，
因为，所以，
因，所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
（2）取中点，连接，，
因为，为，的中点，
所以，，所以，
又因为，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以为异面直线与所成角，
所以，所以，
所以异面直线与所成角为，
（3）证明：因为，，，平面
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以．
模拟试卷汇编10：立体几何解析版
一、 单选
1.（2022年广东省高三大联考模拟试卷） 我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：如图，过作于，
由题意可知，在直三棱柱中，到平面的距离为，
即，又，
所以该柱体体积为.
故选：B.
2. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
圆柱的侧面展开图是一个正方形，
，
圆柱的侧面积为，
圆柱的两个底面积为，圆柱的表面积为，
圆柱的表面积与侧面积的比为：，
故选：．
3. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，
故选：A
4.（2022年福建省德化一中高三模拟试卷） 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ）
A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体为“鳖臑”
C. 四棱锥体积最大为
D. 过A点分别作于点E，于点F，则
【答案】C
【解析】
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，且，则平面，
且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
由平面，得,为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故B正确;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C不正确；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：C.
5. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的侧面积，故，故圆锥的体积．
故选：C．
6. （2022年江苏省高三模拟试卷）在空间直角坐标系中，已知圆在平面内，．若的面积为，以为顶点，圆为底面的几何体的体积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为圆的方程，所以.故，到平面的投影为，过作垂线交与点,故是的高，，所以到直线的距离为，，故，所以.因为圆的底面半径为，所以圆底面积，又，所以. ，当时，取得最小值为，故 .
故选：B.
7. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指的是四个面都是直角三角形的三棱锥.现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则“阳马”的体积最大为（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知： 平面 ，设 ，则有 ，
， ；
考虑 是关于 开口向下的二次函数，当 时取得最大值，最大值= ，
∴ 的最大值为 ；
故选：C.
8.（2022年河北省高三大联考模拟试卷） 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三角形的面积无最大值、无最小值
B. 存在点，满足
C. 存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D. 三棱锥的体积有最大值、无最小值
【答案】B
【解析】
【详解】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
9. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）已知一圆台高为7，下底面半径长4，此圆台外接球的表面积为，则此圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
如图为圆台及其外接球的轴截面，为外接球球心，，为等腰梯形的下底和上底的中点，所以，，
因为外接球的表面积为，所以外接球的半径为，圆台下底面半径为4，所以，，则，，即圆台上底面半径为3，所以圆台的体积为.
故选：C.
10. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图，已知三棱柱的底面是等腰直角三角形，底面ABC，AC＝BC＝2，，点D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如下图所示：
因为为等腰直角三角形，，所以的外接球的截面圆心为的中点，且，连接与的中点，则，所以面.设球心为，由球的截面性质可知，在上，设，，半径为，因为，所以，
所以，又，所以解得.因为，所以，所以当时，外接球表面积最小为，当时，外接球表面积最大为.所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为.
故选：A
11. （2022年广州市第十七中学高三模拟试卷）在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．
二、多选
12. （2022年广州番禺高三模拟试卷）已知三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，侧棱与底面垂直，其外接球的表面积为，下列说法正确的是（ ）
A. 三棱柱的体积是
B. 三棱柱的表面积是18
C. 直线与直线成角的余弦值是
D. 点到平面的距离是
【答案】AC
【解析】
【详解】如图所示，三棱柱的上下底面正三角形中心分别为，，
因为三棱柱底面是边长为3等边三角形，侧棱与底面垂直，
所以其外接球的球心为高的中点，
设外接球半径为，由得，
又因为，故，所以，
所以三棱柱的体积.
三棱柱的表面积.
因为，所以是与成的角也就是与成的角，
因为，，所以，
所以直线与直线成角的余弦值是.
设到平面的距离是，由得，
解得.
故选：AC.
13.（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,] B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线 D. EG和FH可能是共面直线
【答案】AD
【解析】
【详解】
A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；
B：由，错误；
C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；
D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.
故选：AD
14. （2022年福建省福州市高三模拟试卷）已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，，分别为，的中点.则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角为
B. 平面平面
C. 正四棱柱的外接球半径为
D. 以为球心，为半径的球与侧面的交线长为
【答案】BCD
【解析】
【详解】解：对于A：由正四棱柱的结构特征可知，则为直线与平面所成角，
因为，所以直线与平面所成角不等于，故A错误；
对于B：由正四棱柱的结构特征可得，，，
则四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，且，平面，
平面平面，故B正确；
对于C：正四棱柱外接球的直径即为其体对角线，
所以其外接球的半径，故C正确；
对于D：点到侧面的距离为，易得交线轨迹与圆相关，设为球与侧面交线轨迹的半径，
，立体图如下图所示：
球与侧面的交线轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，平面图如下图所示：
故交线长为，故D正确；
故选：BCD
15.（2022年广东省佛山市高三模拟试卷） 在直角梯形中，，，，为中点.以为折痕把折起，得到四棱锥，如图所示，则（ ）
A. 平面
B. 当时，平面平面
C. 当时，面与面的夹角的正切值为
D. 当时，与面所成的角为
【答案】AB
【解析】
【详解】对于A选项，翻折前，由题意可知且，，
所以，四边形为矩形，则，
，则，则，
翻折后，对应地有，，，，
，、平面，平面，A对；
对于B选项，因为四边形为矩形，，
所以，四边形为正方形，所以，，
当时，因为，则，，
因为，，、平面，平面，
平面，，
，，、平面，平面，
平面，故平面平面，B对；
对于C选项，当时，平面，
平面，，
因为四边形为正方形，则，
，、平面，平面，
平面，，
所以，面与面的夹角为，
因为平面，平面，则，故，C错；
对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，
设，其中，
因为平面，平面，，
，，、平面，平面，
所以，与平面所成角为，
，，，
由勾股定理可得，
因为平面，，，
所以，，可得，因为，则，
又因为，所以，为等边三角形，故，D错.
故选：AB.
16. （2022年广州附属中学高三模拟试卷）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 二面角的正切值的取值范围为
C. 当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形
D. 当时，EG与平面所成的角最大
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，因为 可得点G是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面 ,故平面，所以点G到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，当 时，点G与点C重合，
此时都是等腰三角形，设M为中点，则,
则 为二面角的平面角， ,
则 ,即为钝角，
此时二面角 的平面角大于 ，
此时二面角的正切值小于0，所以B不正确；
对于C中，当 时，此时 即点G为的中点，如图所示，
连接 ，此时 ，
在正方体中，因为E，F分别为棱，的中点，
可得,且 ，
在直角 中，可得 同理
所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；
对于D，设N为的中点，连接,则平面，,
则为EG与平面所成的角，
当时， ,
在中， ,故 ,
即,则,即时，最小，
故,当 最小时，最大，
即当时，EG与平面所成的角最大，D正确，
故选：
17. （2022年广东省高三大联考模拟试卷）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A. 当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C. 当点P为中点时，异面直线与所成角为
D. 当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【详解】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
18. （2022年福建省德化一中高三模拟试卷）如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 棱上总会有一点，使得平面
B. 存在某个位置，使得与所成角为锐角
C. 一定是二面角的平面角
D. 当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A，
取中点，连接，如图，
在中，，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，
取中点，连接,
因为是等边三角形，所以,
又因为,在中，，所以，
又因为,平面，
所以平面，
又平面，所以，故B错误；
对于C，翻折过程中，长度不变，但长度会随着翻折程度不同而不同，
所以不一定垂直于，所以一定是二面角的平面角，
故C错误；
对于D，因为为直角三角形，
所以过作平面,
设为三棱锥外接球的球心，
因为平面平面，平面平面,
且，平面，
所以平面,所以,
过作交于点，如图所示，
所以四边形为矩形，
，
在直角中，即
在直角中，即
解得，所以三棱锥的外接球的表面积是.
故D正确.
故选:AD.
19. （2022年广州第十七中学高三模拟试卷）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A. 四边形EMGH的周长为是变化的
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 当时，平面截球O所得截面的周长为
D. 当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】BD
【解析】
【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；
对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.
20. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）
A. 面面
B. 线段长度的取值范围为
C. 直线和所成的角始终为
D. 当三棱锥的体积最大时，点在三棱锥外接球的外部
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项：连接，由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，由余弦定理，故，，所以，同理，又，平面，故平面，又面，故面面，故A选项正确；
B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且.又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项错误；
C选项：由B选项得，所以直线和所成角即为与所成角，又，故，故C选项正确；
D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，故，，故在的外接圆内，又的外接圆在三棱锥外接球的内部，故点在三棱锥外接球的内部，故D选项错误；
故选：AC
21. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 当平面时，与可能为
B. 当时，的最小值为
C. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D. 当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
三、填空题
22. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】如下图所示：
由题意可得，，
所以，，
，
，
所以，.
因此，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
23. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是__________m．
【答案】
【解析】
【详解】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，
所以，
所以圆锥底面周长，
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，
故，则，
所以，
所以小猫所经过的最短路程是．
故答案为：
24. （2022年广州附属中学高三模拟试卷）已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______
【答案】
【解析】
【详解】
由题意，，，可知在平面上的射影为的外心，即中点，则球的球心在的延长线上，设，则，所以，即，解得，则，过作于，设,则，再设，由，可得，所以，
则，
令，则，由可得，
所以当时，，
所以面积的最大值为，
则三棱锥体积的最大值是.
故答案为
25. （2022·福建省高三模拟试卷）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【详解】
设中点为，的外心为，的外心为，
过点作面的垂线，过点作直线面的垂线，
两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
因为和都是边长为的正三角形，可得，
又，所以，所以，
又因为，，所以面，
因为平面，所以平面平面，且，
所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，
到平面的距离，
故答案为：.
26. （2022年河北省承德市高三模拟试卷）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的结论序号是_______________.①；②平面；③异面直线，所成的角为定值；④直线与平面所成的角为定值；⑤以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化.
【答案】①②④⑤
【解析】
详解】对于①，连接BD交AC于O，如图，
由正方体的性质可得，平面，
所以，所以平面，所以，故①正确；
对于②，由正方体的性质可得，所以平面，故②正确；
对于③，连接OE，如图，
由题意结合正方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线，所成的角，
由不为定值，可得异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，为定值，
故④正确；
对于⑤，因为，
为定值，点A到平面即平面的距离为定值，
所以以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化，故⑤正确.
故答案为：①②④⑤.
27. （2022年河北省高三大联考模拟试卷）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，
，解得，所以；
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.
故答案为：；.
28. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为、均为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
平面，平面平面，
过点在平面内作，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，连接，则为在平面上的射影，
要使最小，则，
沿把平面展开，使得平面与平面重合，
则的最小值为到的距离．
，，
则，所以，，
，
所以，
．
又，所以，．
故答案为：．
29. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图一个正三棱锥的底面边长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________.若一个正三棱柱的顶点分别在三条棱上，分别在底面△ABC上，此三棱柱的侧面积最大值为________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【详解】由三角形面积公式可得：，
由锥体体积公式可得：；
由题意得：三棱锥为正三棱锥，设其高为，
则，
设，则，
由相似知识得：，故，
则，
故三棱柱的侧面积为，
因为，所以当时，三棱柱的侧面积取得最大值，且，
故答案为：，.
四、简答题
30. （2022年福建省福州市高三模拟试卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．
（1）求证：PD⊥AB；
（2）若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：取AB中点M，连接MD、MP，
因为PAB是等边三角形，所以PM⊥AB，
因为MBAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，
又因为MB＝CD，所以四边形BCDM为平行四边形，又因为AB⊥BC，BC＝CD＝1，
所以四边形BCDM为正方形，于是DM⊥AB，
因为DM∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，
又因为PD⊂平面PDM，所以PD⊥AB.
【小问2详解】
过M作MN⊥PB于N，
因为PD＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，
由（1）知DM⊥AB，又因为AB∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，
因为DM∥BC，所以BC⊥平面ABP，
因为MN⊂平面ABP，所以BC⊥MN，
因为BC∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，点M到平面PBC的距离为线段MN的长，
由等面积法知，MN，
因为DM∥BC，BC⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，所以DM∥平面PBC，
所以点D到平面PBC的距离等于点M到平面PBC的距离为MN．
31. （2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【小问1详解】
∵，平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，则由面面平行的性质定理得；
【小问2详解】
∵，几何体AB为圆台或圆柱.
如图所示，C、D分别为圆A、圆B上的点，则，平面α、平面β，
又∵，∴，则过M，，
设，则，，
则
当时，等号成立，同时取得最大值为.
故几何体AB的体积的最大值为.
32. （2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.
（1）类比此解法，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，求此四面体的体积；
（2）已知对棱分别相等的四面体称为等腰四面体.小明同学在研究等腰四面体（设）时，给出如下结论：①等腰四面体的外接球半径为；②等腰四面体的四个面可以都为直角三角形.聪明的同学们，你认为小明同学研究的结论正确吗？给出理由.
【答案】（1）24 （2）①正确；②错误；理由见解析
【解析】
【小问1详解】
如图，长方体中的四面体是对棱相等的四面体，其中，，，设，，，
则，解得：，，，
则，
【小问2详解】
设长方体同一顶点的三条棱长分别为，由（1）可知，
，即，
等腰四面体的外接球就是所在长方体的外接球，所以，则，故①正确；
假设4个面都是直角三角形，设，则是直角三角形和的斜边，取的中点，连结，则，那么，三点共线，此时，不能构成四面体，所以等腰四面体的四个面不能都是直角三角形，故②错误.
33.（2022年江苏省淮安市高三模拟试卷） 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点．
(1)求证：EF∥平面AA1B1B；
(2)若AA1＝3，AB＝2，求EF与平面ABC所成的角．
【答案】（1）见证明；（2）60°
【解析】
【详解】(1)如图，取A1B1的中点D，连接DE，BD．
因为E是A1C1的中点，所以DEB1C1.
又因为BCB1C1，BF＝BC，
所以DEBF.
所以四边形BDEF为平行四边形．
所以BD∥EF.
又因为BD⊂平面AA1B1B，EF⊄平面AA1B1B，
所以EF∥平面AA1B1B．
(2)如图，取AC的中点H，连接HF，EH.
因为EH∥AA1，AA1⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC．
所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角．
在Rt△EHF中，FH＝，EH＝AA1＝3，
所以tan∠EFH＝＝，
所以∠EFH＝60°.
故EF与平面ABC所成的角为60°.
34. （2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，平面，
（1）求与所成的角
（2）平面与平面所成的锐二面角余弦值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由，可得⊥，又平面，
故以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
由，
则，所以，
所以与所成的角是；
【小问2详解】
由题意为平面的一个法向量，
设为平面 的一个法向量，，
由，令，则，
故，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是.
35．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））四棱锥中，底面是边长为的正方形，，点P在底面的射影为点O，且，点M是的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上，是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
（1）
连接，
因为平面，平面, 平面，
所以.
又，，所以.
又，所以为等腰直角三角形.
设与交于点，则点为的中点，
又点M是的中点，底面为正方形，所以,
又平面，平面,
所以,又，
所以平面，平面,
所以
（2）
由（1）知，以为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
假设存在点N在线段上满足条件，设，，则
，
，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为，
所以，化简得，
解得或（舍）.
所以在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
36. （2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为棱上靠近端点的三等分点
【解析】
【小问1详解】
证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，
∵四边形是边长为的正方形，∴，
∵，∴，即：，
∴，又∵，点是的中点，
∴，同理可得：，
又∵，且平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
∵点在棱上，不妨设，，
又，
∴，∴，
∵，，
设平面的法向量为，则
令，则，∴，
又，设直线与平面所成的角为，则，
∴，
即，解得：或（不合题意，舍去），
∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.
37.（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
小问2详解】
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成角的正弦值是．
38. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面,于点，连接.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【详解】（1）证明：平面平面.
四边形为矩形，
平面,平面,
平面.
平面，.
平面平面,
平面.
又平面,；
（2）如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则.
.
设平面的一个法向量为，
由可得；
令，得.
设直线与平面所成的角为，
则.
直线与平面所成的角的余弦值为.
39.（2022年河北省高三大联考模拟试卷）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，E为CD的中点，.
（1）证明： ；
（2）若三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，F为PB上一点，且，求直线EF与平面PAE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
由平面，平面
又 ，E为CD的中点
又
，.
又，平面
平面. 又
.
【小问2详解】
由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z轴建立空间坐标系.
因为三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，
CD=12，AC=
.
设平面PAE的一个法向量为
由得，
令则
设直线EF与平面PAE所成的角为
40. （2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为的中点，
∴且，
∴且.
∴四边形平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
41.（2022年广东省佛山市高三模拟试卷）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【小问1详解】
取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
【小问2详解】
由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
42. （2022年福建省德化一中高三模拟试卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，．
（1）求证：平面MQB⊥平面PAD；
（2）若二面角M-BQ-C的大小为60°，求QM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：∵ADBC，，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴CDBQ
∵∠ADC＝90°，
∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，
平面，∴BQ⊥平面PAD，
∵平面MQB，
∴平面MQB⊥平面PAD；
【小问2详解】
∵PA＝PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，且0≤λ≤1，得，
所以，，
设平面MBQ法向量为，
由，得，
令，则，
由题意知平面BQC的一个法向量为，
∵二面角M-BQ-C为60°，
∴，即，，解得，
∴，则，
∴．
43.（2022·福建省高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
44. （2022年广州第十七中学高三模拟试卷）如图所示，在梯形ABCD中，，四边形ACFE为矩形，且平面，．
（1）求证：平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为．
【答案】（1）证明见解析
（2）当点与点重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为
【解析】
【小问1详解】
因为四边形为梯形，，则，
又因为，所以，则，即.
又因为平面，，则，
因为、都在平面内，，所以面.
【小问2详解】
如图所示，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设，，，
则，、、.
，，
设为平面的法向量，则有
可得，取，则.
由题可知，是平面的一个法向量，所以，
因为，所以当时，，即.
所以当点与点重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为.
45. （2022年河北省承德市高三模拟试卷）已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是梯形，AD//BC，AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，CD⊥AC，平面PAB⊥平面ABCD，且PA＝AD，PB＝，E为PD中点，AF⊥PC，垂足为F．
（1）求证：PA⊥平面ABCD；
（2）求异面直线AB与CE所成的角；
（3）求证：PD⊥EF．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析；
【解析】
【详解】解：（1）证明：因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为，所以，，
因为，所以，
因，所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
（2）取中点，连接，，
因为，为，的中点，
所以，，所以，
又因为，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以为异面直线与所成角，
所以，所以，
所以异面直线与所成角为，
（3）证明：因为，，，平面
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以．
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