第62頁（共62頁）2026年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之立體幾何初步（2025年11月）一．選擇題（共8小題）1．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P是對角線AC1上的動點（點P與A，C1不重合），則下面結(jié)論中正確的是（）①存在點P，使得平面A1DP∥平面B1CD1；②存在點P，使得AC1⊥平面A1DP；③對任意點P，△A1DP的面積都不等于26④S1，S2分別是△A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影圖形的面積，對任意點P，S1≠S2．A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④2．如圖，已知平面α∩β＝l，A，B∈l，P∈α，C，D∈β，AD＝2，AB＝6，BC＝4，且DA⊥AP，CB⊥BP，AD∥BC．若∠APD＝∠BPC，則四棱錐P﹣ABCD體積的最大值是（）A．123 B．8 C．24 D．3．如圖，已知菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，E為邊BC的中點，將△ABE沿AE翻折成△AB1E（點B1位于平面ABCD上方），連接B1C和B1D，F(xiàn)為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）①平面AB1E⊥平面B1EC②AB1與CF的夾角為定值π③三棱錐B1﹣AED體積最大值為2④點F的軌跡的長度為πA．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④4．在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，且不在棱上，又PA＝PD，則下列結(jié)論中錯誤的是（）A．四棱錐P﹣ABCD的體積不變 B．總有AP→C．點P在一條定線段（不含端點）上 D．記直線AA1分別與平面PAD和平面PBC所成角為α，β，則α+β可以為π5．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BB1的中點，F(xiàn)是DD1的中點，AE與A1B相交于點G．若AB=2，AD=1，A．π6 B．π3 C．π4 6．正方體A1B1C1D1﹣ABCD的棱長為2，M為B1C1的中點，下列命題中錯誤的是（）A．AB1與BC1成60°角 B．若CN→=13NC1→，平面A1C．若P點在正方形ABB1A1邊界及內(nèi)部運動，且MP⊥DB1，則P點的軌跡長等于2 D．若點E，F(xiàn)分別在DB1，A1C1上，且DEEB1=A1FFC1=2，直線EF與AD7．已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝2，E、F分別為邊AB、CD的中點．沿直線DE將△ADE翻折成△PDE，在點P從A至F的運動過程中，CP的中點G的軌跡長度為（）A．24π B．22π C．π8．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，E為A1D1的中點，F(xiàn)是正方形BB1C1C內(nèi)部及邊界上一動點，則下列說法正確的個數(shù)為（）①平面FBD1⊥平面A1C1D；②當(dāng)EF=6時，點F的軌跡長度為2π2；③存在直線EF與平面BB1C1C內(nèi)的直線成30°角；④若G，H分別為AC1的三等分點，則|GF|+|HFA．1個 B．2個 C．3個 D．4個二．多選題（共4小題）（多選）9．在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分別為棱AD，DD1的中點，G為側(cè)面BCC1B1上的一個動點，則（）A．三棱錐F﹣D1EG的體積為定值 B．異面直線D1E與AC所成角的余弦值為105C．當(dāng)平面EFG∥平面AB1D1時，A1G與平面BCC1B1所成角正切值的最小值為2 D．過EF且與DB1垂直的平面截正方體的外接球所得截面的面積為8（多選）10．在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M是線段AA1的中點，點F滿足A1F→=λA1A．平面MBD⊥平面BDC1 B．對于任意λ∈[0，1]，三棱錐C1﹣BDF的體積為定值 C．△BDF周長的最小值為22D．當(dāng)λ=23時，平面BDF（多選）11．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為邊AD的中點，點P為線段D1B上的動點，設(shè)D1P＝λD1B，則（）A．當(dāng)λ=12時，|PE|B．當(dāng)λ=13時，EP∥平面ABC．|PA|+|PC|的最小值為46D．當(dāng)C1∈平面CEP時，λ（多選）12．清初著名數(shù)學(xué)家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的正四面體組合而成，如圖1，也可由正方體切割而成，如圖2．在圖2所示的“蒺藜形多面體”中，若AB＝2，則給出的說法中正確的是（）A．該幾何體的表面積為183B．該幾何體的體積為4 C．二面角B﹣EF﹣H的余弦值為-1D．若點P，Q在線段BM，CH上移動，則PQ的最小值為2三．填空題（共4小題）13．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△PAB是等邊三角形，∠PAC＝∠PBC＝90°，平面PAC⊥平面PBC，PC＝2．給出下列四個結(jié)論：①AC＝BC；②PB＝BC；③PC⊥AB；④三棱錐P﹣ABC的體積為83其中，所有正確結(jié)論的序號為．14．如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，動點E，F(xiàn)分別在線段AB和CC1上．給出下列四個結(jié)論，其中所有正確結(jié)論的序號為．①VD②△D1EF有可能是等邊三角形；②當(dāng)D1E⊥DF時，D1F＝EF；④至少存在兩組E，F(xiàn)，使得三棱錐D1﹣DEF的四個面均為直角三角形．15．正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點O為底面ABCD的中心，點P在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運動．給出下列四個結(jié)論：①D1O⊥AC；②存在一點P，使得D1O∥B1P；③直線C1P與直線D1O所成角的最大值是π2④若D1O⊥OP，則△D1C1P面積的最大值是5．其中正確結(jié)論的序號是．16．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點，動點P在直線DC上移動，對于下列四個結(jié)論：①存在唯一點P，使得PA1＝PE；②三棱錐A1﹣PB1E的體積不變；③平面PA1E截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面形狀是梯形或平行四邊形；④△PA1E的面積最小值為6，則所有正確結(jié)論的序號是．四．解答題（共4小題）17．如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝2AD＝23，點E是CD上的點，且DC＝3DE＝3．現(xiàn)將△ADE沿AE折起，使得點D到達點P的位置，且PC=6，如圖2（1）求證：平面PAE⊥平面ABCE；（2）設(shè)AE的中點為M，AP的中點為N．（i）經(jīng)過C，M，N三點的平面交PB于點F，求PBPF（ii）在平面PMC內(nèi)取一點Q，使得直線EQ⊥平面PBC，求PQ的長．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，E是棱PA的中點，平面CDE與棱PB交于點F．（1）求證：F為棱PB的中點；（2）若平面PCD⊥平面ABCD，PC＝PD＝2，求直線PA與平面CDE所成角的正弦值．19．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點．（1）求證：BC1∥平面A1DC；（2）求直線BC1與平面A1DC的距離．20．如圖，在六面體ABCDEF中，側(cè)面ADEF是直角梯形，AD⊥DE，AF∥DE，DE＝2AF＝2，底面ABCD是矩形，且BC+CD＝3．設(shè)CD＝t，二面角E﹣AD﹣C的大小為α，六面體ABCDEF的體積為V．（1）求證：BF∥平面CDE；（2）當(dāng)t＝2時，求V關(guān)于α的函數(shù)解析式，并求V的最大值；（3）若平面BEF⊥平面BCE，當(dāng)α取得最大值時，求V的值．

2026年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之立體幾何初步（2025年11月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ACCDCBBC二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACACDACDBCD一．選擇題（共8小題）1．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P是對角線AC1上的動點（點P與A，C1不重合），則下面結(jié)論中正確的是（）①存在點P，使得平面A1DP∥平面B1CD1；②存在點P，使得AC1⊥平面A1DP；③對任意點P，△A1DP的面積都不等于26④S1，S2分別是△A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影圖形的面積，對任意點P，S1≠S2．A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④【考點】平面與平面平行；直線與平面平行．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】證明平面A1BD∥平面B1CD1判斷①；證明AC1⊥平面A1BD判斷②；求出點P到A1D的距離最小值判斷③；求出S1，S2的表達式判斷④作答．【解答】解：在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，連接A1B，BD，AD1，B1D1，B1C，D1C，AD1∩A1D＝O．連PO，如圖，對于①，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的對角面A1B1CD是矩形，則A1D∥B1C，而B1C?平面B1CD1，A1D?平面B1CD1，則有A1D∥平面B1CD1，同理A1B?平面B1CD1，又A1D∩A1B＝A1，A1D，A1B?平面A1BD，于是平面A1BD∥平面B1CD1，當(dāng)P為直線AC1與平面A1BD的交點時，有平面A1DP∥平面B1CD1，①正確；對于②，C1D1⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，則A1D⊥C1D1，而A1D⊥AD1，AD1∩C1D1＝D1，AD1，C1D1?平面AC1D1，因此A1D⊥平面AC1D1，AC1?平面AC1D1，則AC1⊥A1D，同理AC1⊥A1B，又A1D∩A1B＝A1，A1D，A1B?平面A1BD，于是AC1⊥平面A1BD，當(dāng)P為直線AC1與平面A1BD的交點時，AC1⊥平面A1DP，②正確；對于③，由于A1D⊥平面AC1D1，OP?平面AC1D1，則OP⊥A1D，令A(yù)P=t∈則PO=t2因此△A1DP的面積S△A1所以對任意點P，△A1DP的面積都不等于26，③對于④，由于平面BB1C1C∥平面AA1D1D，則△A1DP在平面BB1C1C上的正投影圖形的面積與在平面AA1D1D的正投影圖形面積相等，顯然點P在平面AA1D1D上的投影在線段AD1，投影長為APcos∠于是投影圖形面積為S2點P到平面AA1D1D的距離為APsin∠PAO=由12|23t-1|=t23，0＜故選：A．【點評】本題主要考查線面垂直、面面平行的判定，考查邏輯推理能力與運算求解能力，屬于中檔題．2．如圖，已知平面α∩β＝l，A，B∈l，P∈α，C，D∈β，AD＝2，AB＝6，BC＝4，且DA⊥AP，CB⊥BP，AD∥BC．若∠APD＝∠BPC，則四棱錐P﹣ABCD體積的最大值是（）A．123 B．8 C．24 D．【考點】棱錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】現(xiàn)證△PAD∽△PBC，得出PAPB=12，確定P的軌跡是圓，得出點P到β的距離的最大值d＝【解答】解：因為DA⊥AP，CB⊥BP，AD∥BC，所以DA⊥BP，又AP，BP?α，且AP∩BP＝P，所以AD⊥α又，AD?β，所以α⊥β，又BC⊥α，易知△PAD與△PBC均為直角三角形，因為∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC，故PAPB因此點P的軌跡是圓心在直線AB上，半徑r=|6×1故點P到β的距離的最大值d＝r＝4，此時四棱錐P﹣ABCD體積的最大值Vmax故選：C．【點評】本題考查幾何體體積的計算，以及立體幾何中的動點軌跡問題，屬于難題．3．如圖，已知菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，E為邊BC的中點，將△ABE沿AE翻折成△AB1E（點B1位于平面ABCD上方），連接B1C和B1D，F(xiàn)為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）①平面AB1E⊥平面B1EC②AB1與CF的夾角為定值π③三棱錐B1﹣AED體積最大值為2④點F的軌跡的長度為πA．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④【考點】棱錐的體積；異面直線及其所成的角；平面與平面垂直；點、線、面間的距離計算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】C【分析】①由題設(shè)結(jié)合線面垂直的判定證AE⊥面B1EC，再由面面垂直的判定即可判斷正誤；②若G′是AB1的中點，應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)有CF∥EG′，可知AB1與CF的夾角為∠AG′E或其補角，進而求其大??；③根據(jù)①②的分析，當(dāng)B1E⊥面ABCD時VB1-AED最大，求其最大值；④確定F的軌跡與G到G′的軌跡相同，且G到G′的軌跡為以【解答】解：對于①：由AB＝2，∠BAD＝120°，E為邊BC的中點知∠B=π3且易知AE⊥EC，AE⊥B1E，而EC∩B1E＝E，EC，B1E?面B1EC，故AE⊥面B1EC，又AE?面AB1E，所以面AB1E⊥面B1EC，故①正確；對于②：若G′是AB1的中點，又F為B1D的中點，則G′F∥AD且G'而EC=12BC=12AD且EC∥AD，所以G′F∥EC且G′故CF∥EG′，所以AB1與CF的夾角為∠AG′E或其補角，若G為AB中點，即∠AG′E＝∠AGE，由①分析易知∠AGE故AB1與CF的夾角為π3，故②對于③：由上分析知：翻折過程中當(dāng)B1E⊥面ABCD時，VB此時VB1-對于④：由②分析知：EG′＝CF且EG′∥CF，故F的軌跡與G到G′的軌跡相同，由①知：B到B1的軌跡為以E為圓心，B1E為半徑的半圓，而G為AB中點，故G到G′的軌跡為以AE中點為圓心，B1E2為半徑的半圓，所以F的軌跡長度為1故選：C．【點評】本題考查應(yīng)用線面、面面垂直的判定判斷面面垂直；根據(jù)線線角的定義，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)找到線線角的平面角并求大??；判斷動點的軌跡，由圓的性質(zhì)及棱錐的體積公式求三棱錐的最大體積以及點的軌跡的長度等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．4．在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，且不在棱上，又PA＝PD，則下列結(jié)論中錯誤的是（）A．四棱錐P﹣ABCD的體積不變 B．總有AP→C．點P在一條定線段（不含端點）上 D．記直線AA1分別與平面PAD和平面PBC所成角為α，β，則α+β可以為π【考點】棱錐的體積；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；立體幾何；運算求解．【答案】D【分析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)PA＝PD可得P的軌跡為如圖所示的線段MN（不含M，N兩點），故可判斷AC的正誤，利用空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)形式計算后可判斷B的正誤，利用向量法求出sinα，sinβ后結(jié)合三角變換公式求出cos（α+β）后結(jié)合cos（α+β）=12在t∈（0，1）上無解可判斷【解答】解：根據(jù)正方體可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，其中D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），因為點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，且不在棱上，故設(shè)P（s，t，1），0＜s＜1，0＜t＜1，對于C，因為PA＝PD，故(s-1故P（12，t，1），取A1D1的中點為M，B1C1的中點為N則P的軌跡為MN（不含M，N兩點），故C正確；對于A，因為P（12，t，1），故P到平面ABCD的距離為1而正方形ABCD的面積為定值1，故四棱錐P﹣ABCD的體積為13×1×1=1對于B，又AP→=(-1故AP→?BP對于D，DA→=(1，設(shè)平面PAD的法向量為n→則n→?DA→=x=0n→而AA1→而CB→=(1，設(shè)平面PBC的法向量為m→=（a，b，則m→?CB→=a=0m→?PB故sinβ=|因為α，β∈[0，π2故cos(令1-(1-t)tt2+1×(t-1)2+1=12，整理得3（t故t2-t=-1±33，而t∈（而-1±33?[-14，故選：D．【點評】本題主要考查棱錐體積的求法，直線與平面所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．5．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BB1的中點，F(xiàn)是DD1的中點，AE與A1B相交于點G．若AB=2，AD=1，A．π6 B．π3 C．π4 【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間角；運算求解．【答案】C【分析】由△AA1G～△BEG，可得AG=23【解答】解：在矩形AA1B1B中，∵E是BB1的中點，AE與A1B相交于點G，△AA1G～△BEG，∴AGEG=A以點A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∴AB=2∴A(0∵E是BB1的中點，F(xiàn)是DD1的中點，∴E(2∵AG=23AE，∴設(shè)AB與FG所成的角為θ，則cosθ=|∵AB→∴cosθ=∵θ∈[0，故選：C．【點評】本題考查長方體結(jié)構(gòu)特征、空間向量夾角余弦值等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．6．正方體A1B1C1D1﹣ABCD的棱長為2，M為B1C1的中點，下列命題中錯誤的是（）A．AB1與BC1成60°角 B．若CN→=13NC1→，平面A1C．若P點在正方形ABB1A1邊界及內(nèi)部運動，且MP⊥DB1，則P點的軌跡長等于2 D．若點E，F(xiàn)分別在DB1，A1C1上，且DEEB1=A1FFC1=2，直線EF與AD【考點】異面直線及其所成的角；空間向量的數(shù)乘及線性運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】B【分析】由圖建立空間直角坐標(biāo)系，對于A，利用向量法求得?AB1→，BC1→?=60°，即可判斷；對于B，利用空間向量共面定理求出點H(0，43，2)，即得|CH→|=23；對于【解答】解：因為方體A1B1C1D1﹣ABCD的棱長為2，M為B1C1的中點，所以建系如圖：對于A，因為A（2，0，2），B（2，2，2），C（0，2，2），D（0，0，2），A1（2，0，0），B1（2，2，0），C1（0，2，0），D1（0，0，0），M（1，2，0）．所以ABcos?所以AB1與BC1成60°角，故A正確；對于B，由CN→可得D1所以N(0，2，32)，設(shè)H則A1由題意，A1，M，N，H四點共面，故存在λ，μ∈R，使得A1則得-1=-2λ-2μ所以|CH→|=對于C，設(shè)P（2，y，z），y，z∈[0，2]，則MP→由MP→?DB1→=2+2故P點的軌跡長為線段y﹣z＝1（1≤y≤2）的長度，為12+1對于D，因點E，F(xiàn)分別在DB1，A1C1上，且DEE則DE→=23DB1→=則E(所以EF→=(-2所以cosα=|cos?EF→所以EF→?DA所以α+β=故選：B．【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，向量法的應(yīng)用，線線角問題的求解，屬中檔題．7．已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝2，E、F分別為邊AB、CD的中點．沿直線DE將△ADE翻折成△PDE，在點P從A至F的運動過程中，CP的中點G的軌跡長度為（）A．24π B．22π C．π【考點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】如圖所示，連接AF，DE，AF∩DE＝O，連接PO，AP．可得∠APF＝90°．連接AC，BD，AC∩DB＝M，取CF中點N，連接MG，GN．由三角形中位線定理可得：∠MGN＝90°．沿直線DE將△ADE翻折成△PDE，在點P從A至F的運動過程中，CP的中點G的軌跡是以MN為直徑的半圓．即可得出．【解答】解：如圖所示，連接AF，DE，AF∩DE＝O，連接PO，AP．則OP＝OA＝OF，∴∠APF＝90°連接AC，BD，AC∩DB＝M，取CF中點N，連接MG，GN，由三角形中位線定理可得：MG∥AP，NG∥PF．∴∠MGN＝90°，∴沿直線DE將△ADE翻折成△PDE，在點P從A至F的運動過程中，CP的中點G的軌跡是以MN為直徑的半圓．，AF=∴MN=∴以MN為直徑的半圓的長度=1故選：B．【點評】本題考查了三角形中位線定理、直角三角形的判定、圓的周長、轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．8．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，E為A1D1的中點，F(xiàn)是正方形BB1C1C內(nèi)部及邊界上一動點，則下列說法正確的個數(shù)為（）①平面FBD1⊥平面A1C1D；②當(dāng)EF=6時，點F的軌跡長度為2π2；③存在直線EF與平面BB1C1C內(nèi)的直線成30°角；④若G，H分別為AC1的三等分點，則|GF|+|HFA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】平面與平面垂直；直線與平面所成的角；軌跡方程．【專題】計算題；整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】對于①，連接B1D1，通過題中條件可得A1C1⊥BB1D1和BD1⊥平面A1C1D，從而得到平面FBD1⊥平面A1C1D；對于②，由題中條件得到EM⊥平面BB1C1C，則EM⊥MF，根據(jù)EF和EM的長度得到MF的長度，從而得到點F的軌跡為該圓在正方形BB1C1C內(nèi)的圓弧，由B1M，ML的長度得到B1L的長度，從而得到∠B1ML的大小，繼而得到∠TML的大小，得到F的軌跡長度；對于③，從正方體中分離出四棱錐E﹣BB1C1C，則EM＜EF≤EB＝EC，由EM和BM的長度得到EB的長度，則直線EF與平面BB1C1C內(nèi)的直線所成的角的最小值為∠EBM，求出sin∠EBM得到∠EBM＞30°，從而得到平面BB1C1C內(nèi)不存在一條直線與直線EF成30°；對于④，建系，寫出A和C1的坐標(biāo)，由G，H分別為AC1的三等分點得到G，H的坐標(biāo)，設(shè)G關(guān)于平面BB1C1C的對稱點為G′，從而得到G′的坐標(biāo)，由三點共線可知|GF|+|HF|的最小值為|G′H|，求解即可．【解答】解：連接B1D1，因為A1B1C1D1是正方形，因此B1D1⊥A1C1，因為BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，因此BB1⊥A1C1，因為B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1?平面BB1D1，因此A1C1⊥平面BB1D1，因為BD1?平面BB1D1，因此A1C1⊥BD1，同理，A1D⊥BD1，又因為A1D∩A1C1＝A1，A1D，A1C1?平面A1C1D，因此BD1⊥平面A1C1D，因為BD1?平面FBD1，因此平面FBD1⊥平面A1C1D，因此①正確；取B1C1的中點M，連接EM，MF，因此EM⊥平面BB1C1C，MF?平面BB1C1C，因此EM⊥MF，因為EF=6，EM＝2，因此因此點F是在以M為圓心，半徑為2的圓上運動，又F是正方形BB1C1C內(nèi)部及邊界上一動點，設(shè)該圓與正方形BB1C1C的邊BB1交于L，與邊BB1交于T，因此F的軌跡為該圓在正方形BB1C1C內(nèi)的圓弧，如圖所示：因為B1M=1，ML=2，因此B因此∠TML因此F的軌跡長度為2π2，因此從正方體中分離出四棱錐E﹣BB1C1C，因此EM＜EF≤EB＝EC，EM＝2，BM=5，因此直線EF與平面BB1C1C內(nèi)的直線中所成的角的最小值為∠EBM，又sin∠即∠EBM＞30°，因此平面BB1C1C內(nèi)不存在一條直線與直線EF成30°，因此③錯誤；以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為AB＝2，因此A（2，0，0），C1（0，2，2），因為G，H分別為AC1的三等分點，因此G(設(shè)G關(guān)于平面BB1C1C的對稱點為G′，因此G'由三點共線可知|GF|+|HF|的最小值為|G因此④正確．故選：C．【點評】本題考查平面與平面垂直與直線與平面所成的角，屬于難題．二．多選題（共4小題）（多選）9．在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分別為棱AD，DD1的中點，G為側(cè)面BCC1B1上的一個動點，則（）A．三棱錐F﹣D1EG的體積為定值 B．異面直線D1E與AC所成角的余弦值為105C．當(dāng)平面EFG∥平面AB1D1時，A1G與平面BCC1B1所成角正切值的最小值為2 D．過EF且與DB1垂直的平面截正方體的外接球所得截面的面積為8【考點】球內(nèi)接多面體；棱錐的體積；平面與平面平行；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】AC【分析】對于A，由圖可得：VF-D1EG=VG-D1EF，由平面BCC1B1∥平面ADD1對于B，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的夾角的余弦公式，即可求解；對于C，分別取D1C1，C1B1，B1B，AB的中點H，I，J，K，可證平面AB1D1∥平面EFHIJK，點G在線段IJ上運動，設(shè)A1G與平面BCC1B1所成角為β∈[0，對于D，作DC的中點M，連接FM，DM，利用空間向量法可證DB1⊥平面EFM，則過EF且與DB1垂直的平面為EFM，利用空間向量法求出球心O到平面EFM的距離，從而得到過EF且與DB1垂直的平面截正方體的外接球所得截面圓的半徑，結(jié)合圓的面積公式即可求解．【解答】解：對于A，由圖可得：VF因為在正方體中，平面BCC1B1∥平面ADD1A1，因為E，F(xiàn)，D1在平面ADD1A1內(nèi)，G為側(cè)面BCC1B1上的一個動點，所以點G到平面ADD1A1的距離為定值2，因為E、F分別為棱AD，DD1的中點，所以S△所以VF-D對于B，以D為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E（1，0，0），D1（0，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），設(shè)異面直線D1E與AC所成角為θ∈則D1E→所以cosθ=|D1對于C，分別取D1C1，C1B1，B1B，AB的中點H，I，J，K，所以EF∥IJ，EK∥HI，F(xiàn)H∥KJ，則E，F(xiàn)，H，I，J，K共面，因為EF∥AD1，EF?平面AB1D1，若AD1?平面AB1D1，所以EF∥平面AB1D1，同理可得：EH∥平面AB1D1，因為EF∩EH＝E，EF，EH?平面EFHIJK，所以平面AB1D1∥平面EFHIJK，所以點G在平面EFHIJK與平面BCC1B1的交線上運動，即點G在線段IJ上運動，因為A1B1⊥平面BCC1B1，設(shè)A1G與平面BCC1B1所成角為β∈所以tanβ=當(dāng)G在I或J點位置時，B1G取最大值為1，則tanβ的最小值為2，故C正確；對于D，作DC的中點M，連接FM，DM，由于E（1，0，0），F(xiàn)（0，0，1），M（0，1，0），D（0，0，0），B1（2，2，2），則EF→=(-1，0，則EF→?D則EF→⊥D因為EF∩FM＝F，EF，F(xiàn)M?平面EFM，所以DB1⊥平面EFM，則過EF且與DB1垂直的平面為EFM，由正方體的性質(zhì)可得其外接球的球心O（1，1，1），半徑R=平面EFM的一個法向量為DB1→=(2，2，2)，所以球心O到平面EFM的距離d=|則過EF且與DB1垂直的平面截正方體的外接球所得截面圓的半徑r=則過EF且與DB1垂直的平面截正方體的外接球所得截面圓的面積S=πr故選：AC．【點評】本題考查立體幾何綜合問題，以及向量法的應(yīng)用，屬于難題．（多選）10．在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M是線段AA1的中點，點F滿足A1F→=λA1A．平面MBD⊥平面BDC1 B．對于任意λ∈[0，1]，三棱錐C1﹣BDF的體積為定值 C．△BDF周長的最小值為22D．當(dāng)λ=23時，平面BDF【考點】棱錐的體積；平面與平面垂直．【專題】計算題；整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用正方體的性質(zhì)結(jié)合已知條件，得出各點坐標(biāo)和相應(yīng)向量，再根據(jù)向量垂直、共線等性質(zhì)，結(jié)合兩點之間線段最短、正方體外接球的相關(guān)性質(zhì)，以及點到平面距離公式、圓的面積公式等逐一分析判斷選項．【解答】解：以點D為坐標(biāo)原點，建立下圖所示空間直角坐標(biāo)系，因為正方體ABCD﹣A1B1C1D1是棱長為2的正方體，點M是線段AA1的中點，所以|AD|＝|AB|＝|DC|＝|CC1|＝|AA1|＝2，|AM|=12所以D（0，0，0），M（2，0，1），B（2，2，0），C1（0，2，2），所以BM→=（0，﹣2，1），DB→設(shè)平面MBD的法向量為n→=(x1，y則BM→?n→=-2y1+z1=0DB→?DC1→?m→=2y2+2z2=0DB因為m→?n→=-1×（﹣1）+1×1+2×（﹣1）＝1+1所以平面MBD與平面BDC1的法向量m→所以平面MBD⊥平面BDC1，故A正確；因為A1（2，0，2），B1（2，2，2），所以A1所以A1所以A1B1→與m→不垂直，即A1B所以當(dāng)F在A1B1運動時，點F到平面BDC1的距離不是定值，則三棱錐C1﹣BDF的體積不是定值，故B錯誤；將平面A1B1CD沿A1B1旋轉(zhuǎn)至與平面A1B1BA2共面，如下圖所示，所以|AD′|＝|AA1|+|A1D′|＝|AA1|+|A1D1|2|BF|+|所以△BDF周長的最小值為|BD|+|BD因為正方體的球心O（1，1，1），球半徑R=22當(dāng)λ=23時，A1F→=(0，43，0)設(shè)平面BDF法向量為k→=（x，y，z），則DB→?k→=2x+2y=0DF→所以球心O到平面BDF的距離d=|設(shè)平面BDF截正方體的外接球所得截面圓半徑為r，則r2則平面BDF截取正方體的外接球所得截面的面積為S=πr2故選：ACD．【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）11．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為邊AD的中點，點P為線段D1B上的動點，設(shè)D1P＝λD1B，則（）A．當(dāng)λ=12時，|PE|B．當(dāng)λ=13時，EP∥平面ABC．|PA|+|PC|的最小值為46D．當(dāng)C1∈平面CEP時，λ【考點】直線與平面平行；棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A；利用兩點間距離公式計算判斷BC；確定直線D1B與平面CEP交點的位置判斷D作答．【解答】解：在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），E（1，0，0），D1B→則點P（2λ，2λ，2﹣2λ），對于A，EP→=（2λ﹣1，2λ，2﹣2則|EP因此當(dāng)λ=12時，|PE|取得最小值2對于B，λ=13，P而AC→=(-2，顯然D1B→即D1B→是平面AB而EP→因此EP不平行于平面AB1C，即直線EP與平面AB1C不平行，故B錯誤；對于C，AP→=(2λ-2，2λ，2-2λ)，CP→=于是|AP當(dāng)且僅當(dāng)λ=23對于D，取A1D1的中點F，連接EF，C1F，CE，如圖，因為E為邊AD的中點，則EF∥DD1∥CC1，當(dāng)C1∈平面CEP時，P∈平面CEFC1，連接B1D1∩C1F＝Q，連接BD∩CE＝M，連接MQ，顯然平面CEFC1∩平面BDD1B1＝MQ，因此MQ∩D1B＝P，BB1∥CC1，CC1?平面CEFC1，BB1?平面CEFC1，則BB1∥平面CEFC1，即有MQ∥BB1，而D1所以λ=D1故選：ACD．【點評】本題考查立體幾何綜合問題，以及向量法的應(yīng)用，屬于難題．（多選）12．清初著名數(shù)學(xué)家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的正四面體組合而成，如圖1，也可由正方體切割而成，如圖2．在圖2所示的“蒺藜形多面體”中，若AB＝2，則給出的說法中正確的是（）A．該幾何體的表面積為183B．該幾何體的體積為4 C．二面角B﹣EF﹣H的余弦值為-1D．若點P，Q在線段BM，CH上移動，則PQ的最小值為2【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；二面角的平面角及求法；棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】BCD【分析】求出BE=2，由此能求出該幾何體的表面積，判斷A；求出該幾何體的體積，判斷B；設(shè)EF的中點為O，連接OB，OH，則∠BOH即二面角B﹣EF﹣H的平面角，利用余弦定理判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法判斷【解答】解：“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的正四面體組合而成，如圖1，也可由正方體切割而成，如圖2．在圖2所示的“蒺藜形多面體”中，因為AB＝2，所以BE=2．該幾何體的表面積為24×該幾何體的體積為23-12×設(shè)EF的中點為O，連接OB，OH，如圖，則∠BOH即二面角B﹣EF﹣H的平面角，OB=OH=62建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P（2，m，m）（0≤m≤2），Q（2﹣n，2，n）（0≤n≤2），PQ當(dāng)且僅當(dāng)m=43故PQ的最小值為233，故故選：BCD．【點評】本題考查幾何體的表面積、體積公式、余弦定理等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．三．填空題（共4小題）13．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△PAB是等邊三角形，∠PAC＝∠PBC＝90°，平面PAC⊥平面PBC，PC＝2．給出下列四個結(jié)論：①AC＝BC；②PB＝BC；③PC⊥AB；④三棱錐P﹣ABC的體積為83其中，所有正確結(jié)論的序號為①②③．【考點】棱錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】①②③．【分析】證明Rt△PAC≌Rt△PBC，可判斷①；取AB的中點D，連接PD、CD，證明出AB⊥平面PCD，可判斷③；過點A在平面PAC內(nèi)作AE⊥PC，垂足為點E，連接BE，推導(dǎo)出△PBC為等腰直角三角形，可判斷②；利用錐體的體積公式可判斷④．【解答】解：對于①，根據(jù)題意易得Rt△PAC≌Rt△PBC，所以AC＝BC，∠APC＝∠BPC，①對；對于③，取AB的中點D，連接PD、CD，因為PA＝PB，AC＝BC，所以AB⊥PD，AB⊥CD，因為PD∩CD＝D，PD、CD?平面PCD，所以AB⊥平面PCD，因為PC?平面PCD，故AB⊥PC，③對；對于②，過點A在平面PAC內(nèi)作AE⊥PC，垂足為點E，連接BE，因為平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AE?平面PAC，AE⊥PC，所以AE⊥平面PBC，因為BE?平面PBC，所以AE⊥BE，在△PAE和△PBE中，∠APE＝∠BPE，PA＝PB，PE＝PE，故△PAE≌△PBE，所以∠PEB＝∠PEA＝90°，AE＝BE，故△ABE為等腰直角三角形，故AE=所以PE=又因為AE⊥PC，故△PAE為等腰直角三角形，故∠APC＝45°，所以△PAC為等腰直角三角形，同理可知△PBC為等腰直角三角形，所以PB＝BC，②對；對于④，因為△PAC為等腰直角三角形，且∠PAC＝90°，故PA=所以AB=PA=因為S△故VP-ABC故答案為：①②③．【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，屬中檔題．14．如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，動點E，F(xiàn)分別在線段AB和CC1上．給出下列四個結(jié)論，其中所有正確結(jié)論的序號為①④．①VD②△D1EF有可能是等邊三角形；②當(dāng)D1E⊥DF時，D1F＝EF；④至少存在兩組E，F(xiàn)，使得三棱錐D1﹣DEF的四個面均為直角三角形．【考點】棱錐的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】①④．【分析】根據(jù)長方體的特征，利用等體積法確定①，根據(jù)特殊情況分析三角形邊長可判斷②，利用向量法可判斷③，根據(jù)長方體中的特殊位置找出滿足條件三棱錐判斷④．【解答】解：由題意，在長方體中，E到平面CC1D1D的距離為1，F(xiàn)到邊DD1的距離為2，所以VD1-由圖可知，D1F的最小值為2，若D1E＝2，則DE=則AE=若此時EF＝2，則EC=可得BE=則AE+即D1F取最小值為2時，D1E，EF不能同時取得2，當(dāng)D1F變大時，D1E，EF不可能同時大于2，故△D1EF不可能是等邊三角形，故②錯誤；建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則D（0，0，0），D1（0，0，1），設(shè)E（1，m，0）（0≤m≤2），F(xiàn)（0，2，n）（0≤n≤1），D1E→由D1E⊥DF，可得D1E→?DF→=（1，m，﹣1）?（0，2，n）＝即n＝2m，D1EF=顯然D1F與EF不恒相等，只有m＝n＝0時才成立，故③錯誤；當(dāng)E為AB中點，F(xiàn)與C重合時，如圖，此時D1D⊥DE，D1D⊥DC，又DE=EC=2，故DE2+EC2＝DC2，所以DE⊥EC，因為D1E=3，EC所以D1所以D1E⊥EC，即三棱錐D1﹣DEF的四個面均為直角三角形，當(dāng)E與B重合，F(xiàn)與C重合時，如圖，顯然D1D⊥DB，D1D⊥DC，CB⊥DC，CB⊥D1C，故三棱錐D1﹣DEF的四個面均為直角三角形，綜上可知，至少存在兩組E，F(xiàn)，使得三棱錐D1﹣DEF的四個面均為直角三角形，故④正確．故答案為：①④．【點評】本題考查立體幾何綜合問題，屬于難題．15．正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點O為底面ABCD的中心，點P在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運動．給出下列四個結(jié)論：①D1O⊥AC；②存在一點P，使得D1O∥B1P；③直線C1P與直線D1O所成角的最大值是π2④若D1O⊥OP，則△D1C1P面積的最大值是5．其中正確結(jié)論的序號是①④．【考點】直線與平面垂直；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；運算求解；空間想象．【答案】①④．【分析】對于①，連接AD1，CD1，由△ACD1為等邊三角形判定；對于②，將D1O平移到到過B1點，使得D1O∥B1N，根據(jù)N?平面CBB1C1，即可作出判斷；對于③，先證D1O⊥平面OEC，再結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理與線線垂直的性質(zhì)，即可作出判斷；對于④，結(jié)合③中所得，可知當(dāng)點P與點E重合時，C1P最大，此時△D1C1P的面積最大，再利用三角形的面積公式求解即可．【解答】解：對于①，連接AD1，CD1，由正方體的性質(zhì)知△ACD1為等邊三角形，因為O為底面ABCD的中心，所以O(shè)為AC的中點，所以AC⊥D1O，故①正確；對于②，將D1O平移到過B1點，使得D1O∥B1N，顯然N?平面CBB1C1，所以不可能存在點N滿足B1N平行或重合于B1P，即D1O不可能平行于B1P，故②錯誤；對于③，取BB1的中點E，連接OE，EC，BD，D1E，則OE=所以O(shè)E2+D1O2因為OC⊥BD，OC⊥DD1，BD∩DD1＝D，所以O(shè)C⊥面BDD1B1，又D1O?面BDD1B1，所以O(shè)C⊥D1O，而OC∩OE＝O，所以D1O⊥平面OEC，又CE?平面OEC，所以D1O⊥CE，若C1P⊥D1O，則C1P∥CE，過C1作C1P∥CE，則P點不在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部，所以直線C1P與直線D1O不垂直，故③錯誤；對于④，由③知，D1O⊥平面OEC，若D1O⊥OP，則OP?平面OEC，而平面OEC∩平面BB1C1C＝EC，所以P在線段EC上運動，且當(dāng)點P與點E重合時，C1P最大，此時△D1C1P的面積取得最大值為Smax=1故答案為：①④．【點評】本題考查空間中線與面的位置關(guān)系，異面直線所成角的求法，熟練掌握線面垂直的判定與性質(zhì)定理，反證法等是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．16．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點，動點P在直線DC上移動，對于下列四個結(jié)論：①存在唯一點P，使得PA1＝PE；②三棱錐A1﹣PB1E的體積不變；③平面PA1E截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面形狀是梯形或平行四邊形；④△PA1E的面積最小值為6，則所有正確結(jié)論的序號是①②．【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】①②．【分析】設(shè)DP＝m，分類討論P點位置，求出PA12，PE2，由PA12=PE2解得m，確定①正確，考慮到P到平面A1B1E的距離不變，從而易判斷②，通過作輔助線得到截面圖形，即可判斷③，建系，設(shè)P（0，m，【解答】解：對于①：因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AP，同理PC⊥EC，若P在線段CD上，設(shè)DP＝m，所以PA又PE若PA1＝PE，則8+m2＝5+（2﹣m）2，解得m=所以存在唯一點P使得PA1＝PE；若P在直線CD上，且在D點左側(cè)，設(shè)DP＝m，則CP＝2+m，所以PA又PE由8+m2＝5+（2+m）2，得m=若P在直線CD上，且在C點右側(cè)，設(shè)DP＝m，則CP＝m﹣2，所以PA又PE由8+m2＝5+（m﹣2）2，得m=14對于②：正方體中，CD∥平面A1B1C1D1，P∈CD，所以P到平面A1B1C1D1的距離不變，即P到平面A1B1E的距離不變，而△A1B1E面積不變，因此三棱錐P﹣A1B1E，即四面體A1﹣PB1E的體積不變，②正確；對于③：過E作EE′⊥平面ABCD，則E′為BC中點，連接AE′，則A1E∥AE′，過C作CC′∥AE′，則C′為AD中點，過P作PP′∥CC′，則A1E∥PP′，連接A1P′，則A1P′?平面PA1E；過B1作B1B′∥A1P′，則B′為E′C中點，過C作CM∥B1B′，則M為B1E中點，過E作EF∥MC，則F是靠近C的三等分點，所以EF∥A1P′，連接PF，則五邊形A1P′PFE是平面PA1E截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得，③錯誤；對于④：以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，正方體棱長為2，則A1（2，0，2），E（1，2，2），B1（2，2，2），設(shè)P（0，m，0），則PE→=(1，所以cos?設(shè)P到直線A1E的距離為d，則dd=|若P在線段CD上，則0≤m≤2，由二次函數(shù)性質(zhì)知0≤m≤2時，y＝（m﹣4）2+20遞減，所以dmin=(2-4)所以△A1PE的面積最小為12若P直線CD上，且在D左側(cè)，則m＜0，由二次函數(shù)性質(zhì)知，m＜0時，y＝（m﹣4）2+20無最小值；若P直線CD上，且在C右側(cè)，則m＞2，由二次函數(shù)性質(zhì)知，m＞2時，y＝（m﹣4）2+20在m＝4時，取得最小，且此時d=205所以△A1PE的面積最小為12|A故答案為：①②．【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，屬難題．四．解答題（共4小題）17．如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝2AD＝23，點E是CD上的點，且DC＝3DE＝3．現(xiàn)將△ADE沿AE折起，使得點D到達點P的位置，且PC=6，如圖2（1）求證：平面PAE⊥平面ABCE；（2）設(shè)AE的中點為M，AP的中點為N．（i）經(jīng)過C，M，N三點的平面交PB于點F，求PBPF（ii）在平面PMC內(nèi)取一點Q，使得直線EQ⊥平面PBC，求PQ的長．【考點】平面與平面垂直．【專題】對應(yīng)思想；數(shù)形結(jié)合法；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明：在平面PAE內(nèi)過點P作PH⊥AE于點H，連接CH，在梯形ABCD中，由∠ADC＝90°，AD=3，DE＝易得∠DEA＝60°，則EH=DEcos∠即PH=在△CEH中，由余弦定理，得CH因為PC=且PC2＝PH2+CH2，所以PH⊥HC，又AE∩CH＝H，得PH⊥平面ABCE，又因為PH?平面PAE，所以平面PAE⊥平面ABCE；（2）（i）6；（ii）154【分析】（1）在平面PAE內(nèi)過點P作PH⊥AE于點H，連接CH，結(jié)合已知條件可得PH=32，從而得PC2＝PH2+CH2，PH⊥HC，由線面垂直的判斷定理可得PH⊥平面ABCE，即可得平面PAE（2）過點H作AB的平行線交BC于點G，易得HG⊥AE，以H為原點，分別以HA→，HG→，HP→的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H（i）設(shè)|PF||PB|=λ，即PF＝λPB，從而得F（ii）設(shè)MQ→=mMP→+nMC→，可表示出Q【解答】解：（1）證明：在平面PAE內(nèi)過點P作PH⊥AE于點H，連接CH，在梯形ABCD中，由∠ADC＝90°，AD=3，DE＝易得∠DEA＝60°，則EH=DEcos∠即PH=在△CEH中，由余弦定理，得CH因為PC=且PC2＝PH2+CH2，所以PH⊥HC，又AE∩CH＝H，得PH⊥平面ABCE，又因為PH?平面PAE，所以平面PAE⊥平面ABCE；（2）過點H作AB的平行線交BC于點G，易得HG⊥AE，以H為原點，分別以HA→，HG→，HP→的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H由已知，得A(32，0，0），B(32，23則AE的中點M(12，0（i）設(shè)|PF||PB|由PB→得PF→=λ則F(因為C，M，N，F(xiàn)四點共面，所以MF→=s即(3得32解得λ=16（ii）設(shè)MQ→則Q(12-因為直線EQ⊥平面PBC，得EQ→解得m=則Q(所以|PQ【點評】本題考查了證明平面與平面垂直、向量在立體幾何中的應(yīng)用，考查了建模能力及邏輯推理能力，屬于中檔題．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，E是棱PA的中點，平面CDE與棱PB交于點F．（1）求證：F為棱PB的中點；（2）若平面PCD⊥平面ABCD，PC＝PD＝2，求直線PA與平面CDE所成角的正弦值．【考點】平面與平面垂直；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；運算求解．【答案】（1）證明：因為AB∥CD，又CD?平面PAB，AB?平面PAB，所以CD∥平面PAB，又CD?平面CDE，平面CDE∩平面PAB＝EF，所以EF∥CD，又AB∥CD，所以EF∥AB，又E是棱PA的中點，所以F為棱PB的中點；（2）155【分析】（1）證明出CD∥平面PAB，利用線面平行的性質(zhì)推導(dǎo)出EF∥CD，進而得出EF∥AB，結(jié)合中位線的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；（2）取CD中點M，連接PM、BD，推導(dǎo)出PM⊥平面ABCD，BM⊥CD，然后以點M為坐標(biāo)原點，MB→、MC→、MP→的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得直線PA【解答】解：（1）證明：因為AB∥CD，又CD?平面PAB，AB?平面PAB，所以CD∥平面PAB，又CD?平面CDE，平面CDE∩平面PAB＝EF，所以EF∥CD，又AB∥CD，所以EF∥AB，又E是棱PA的中點，所以F為棱PB的中點；（2）取CD中點M，連接PM、BD，因為PC＝PD，所以PM⊥CD．因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PM?平面PCD，所以PM⊥平面ABCD．在菱形ABCD中，∠BCD＝∠BAD＝60°，且BC＝CD，故△BCD為等邊三角形，所以BM⊥CD，故建系如圖：則D（0，﹣1，0）、C（0，1，0）、A(3，-2所以PA→DC→=(0，設(shè)平面CDE的一個法向量為n→則n→?DC設(shè)直線PA與平面CDE所成角為θ，則sinθ=|直線PA與平面CDE所成角的正弦值為155【點評】本題考查線面平行的判定定理與性質(zhì)定理的應(yīng)用，線面角的求解，屬中檔題．19．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點．（1）求證：BC1∥平面A1DC；（2）求直線BC1與平面A1DC的距離．【考點】直線與平面平行；空間中點到平面的距離．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點，∴上下底面為邊長為4的正三角形，側(cè)面為邊長為4的正方形，連接A1C，AC1交于點E，則E為A1C，AC1的中點，∴在△C1AB中，D，E分別為邊AB，AC1的中點，∴DE∥BC1，又∵DE?平面A1DC，BC1?平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC．（2）45【分析】（1）利用直三棱柱的性質(zhì)結(jié)合線面平行判定定理證明結(jié)論；（2）結(jié)合直三棱柱的性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A1DC的法向量，再利用點到平面的距離公式計算．【解答】解：（1）證明：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為4，D是AB的中點，∴上下底面為邊長為4的正三角形，側(cè)面為邊長為4的正方形，連接A1C，AC1交于點E，則E為A1C，AC1的中點，∴在△C1AB中，D，E分別為邊AB，AC1的中點，∴DE∥BC1，又∵DE?平面A1DC，BC1?平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC．（2）取AC中點O，則BO⊥AC，以O(shè)為原點，CA為x軸，OB為y軸，OO1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則O(0∴DA設(shè)平面A1DC的法向量為n→則DA1→?n∵C1為BC1上的點，BC1∥平面A1DC，∴C1到平面A1DC的距離即為直線BC1與平面A1DC的距離，d=∴直線BC1與平面A1DC的距離為：45【點評】本題考查線面平行的判定與性質(zhì)、直線到平面的距離等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．20．如圖，在六面體ABCDEF中，側(cè)面ADEF是直角梯形，AD⊥DE，AF∥DE，DE＝2AF＝2，底面ABCD是矩形，且BC+CD＝3．設(shè)CD＝t，二面角E﹣AD﹣C的大小為α，六面體ABCDEF的體積為V．（1）求證：BF∥平面CDE；（2）當(dāng)t＝2時，求V關(guān)于α的函數(shù)解析式，并求V的最大值；（3）若平面BEF⊥平面BCE，當(dāng)α取得最大值時，求V的值．【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）因為底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，因為AB?平面CDE，DC?平面CDE，故AB∥平面CDE，在直角梯形ADEF中，AF∥DE，因為AF?平面CDE，DE?平面CDE，故AF∥平面CDE，又因AB∩AF＝A，AB，AF?平面ABF，故平面ABF∥平面CDE，又因BFC平面ABF，故BF∥平面CDE；（2）V=（3）152【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面ABF∥平面CDE，然后由面面平行的性質(zhì)定理即可證明；（2）根據(jù)題意，由條件可得V＝VE﹣ABCD+VE﹣ABF，然后分別表示出VE﹣ABCD與VE﹣ABF，然后代入計算，即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面BEF，平面BCE的法向量，由n→?m→=0【解答】（1）證明：因為底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，因為AB?平面CDE，DC?平面CDE，故AB∥平面CDE，在直角梯形ADEF中，AF∥DE，因為AF?平面CDE，DE?平面CDE，故AF∥平面CDE，又因AB∩AF＝A，AB，AF?平面ABF，故平面ABF∥平面CDE，又因BFC平面ABF，故BF∥平面CDE；（2）解：由題意，在矩形ABCD中，AD⊥DC，在直角梯形ADEF中，AD⊥DE，所以∠CDE為二面角E﹣AD﹣C的平面角，即得∠CDE＝α，同理∠BAF＝α，因為DE∩DC＝D，DE，DC?平面CDE，所以AD⊥平面CDE，由（1）平面ABF∥平面CDE，則得AD⊥平面ABF，過點E作EH⊥CD于H，由AD⊥平面CDE，HE?平面CDE，所以AD⊥EH，且AD∩DC＝D，AD，DC?平面ABCD，故EH⊥平面ABCD，即EH是四棱錐E﹣ABCD的高，由ED＝2，CD＝t＝2，BC＝3﹣CD＝3﹣t＝1，所以VE﹣ABCD=13SABCD?EH=13×2×1×2sin（π﹣由ED∥AF，ED?平面ABF，AF?平面ABF，所以ED∥平面ABF，又因為AD⊥平面ABF，且AF＝1，所以VE所以V=VE-ABCD+V當(dāng)α=π2時，V（3）過點D作DC的垂線，交CE于點G，分別以DA→，DC→，DG→則D（0，0，0），A（3﹣t，0，0），C（0，t，0），B（3﹣t，t，0），E（0，2cosα，2sinα），F(xiàn)（3﹣t，cosα，sinα），則BF→=（0，cosα﹣t，sinα），EF→=（3﹣t，﹣cosα設(shè)平面EFB的一個法向量為n→=（x，y，則n→令y＝sinα，則z＝t﹣cosα，x=所以n→=(t3-tsinα，sinαCB→=(3-t設(shè)平面BCE的一個法向量為m→則m→令y1＝2sinα，則z1＝t﹣2cosα，x1＝0，所以m→=（0，2sinα，t﹣2cos因為平面EFB和平面BCE垂直，所以n→即2sin2α+（t﹣cosα）（t﹣2cosα）＝0，整理可得cosα=因為α∈（0，π），0＜t＜3，所以cosα≥當(dāng)且僅當(dāng)t=故當(dāng)α取得最大值時，即cosα取得最小值23此時V＝VE﹣ABCD+VE﹣ABF=23t（3﹣t）sinα+16t（3﹣t）sinα=56t（3由t=2，cosα=232，α∈（0，【點評】本題主要考查線面平行的判定，棱錐體積的求法，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于難題．

考點卡片1．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據(jù)底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．2．棱錐的結(jié)構(gòu)特征【知識點的認識】1．棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面圍成的幾何體叫做棱錐．用頂點和底面各頂點的字母表示，例：S﹣ABCD．2．認識棱錐棱錐的側(cè)面：棱錐中除底面外的各個面都叫做棱錐的側(cè)面．棱錐的側(cè)棱：相鄰側(cè)面的公共邊叫做棱錐的側(cè)棱．棱錐的頂點；棱錐中各個側(cè)面的公共頂點叫做棱錐的頂點．棱錐的高：棱錐的頂點到底面的距離叫做棱錐的高．棱錐的對角面；棱錐中過不相鄰的兩條側(cè)棱的截面叫做對角面．3．棱錐的結(jié)構(gòu)特征棱錐1根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可知棱錐具有以下性質(zhì)：平行于底面的截面和底面相似，且它們的面積比等于截得的棱錐的高與原棱錐的高的比．4．棱錐的分類棱錐的底面可以是三角形、四邊形、五邊形…我們把這樣的棱錐分別叫做三棱錐、四棱錐、五棱錐…正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點在底面內(nèi)的射影是底面中心，這樣的棱錐叫做正棱錐．正棱錐的各個側(cè)面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設(shè)棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=133．球內(nèi)接多面體【知識點的認識】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點都在球面上，且球心到各頂點的距離都是半徑．球內(nèi)接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內(nèi)切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關(guān)系；（2）球的半徑與多面體的棱長的關(guān)系；（3）球自身的對稱性與多面體的對稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關(guān)量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②正方體的四個頂點都在球面上；③球半徑和正方體棱長的關(guān)系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②球與正方體每個面的切點都是每個面的中心點；③球半徑和正方體棱長的關(guān)系：r=124．棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積【知識點的認識】側(cè)面積和全面積的定義：（1）側(cè)面積的定義：把柱、錐、臺的側(cè)面沿著它們的一條側(cè)棱或母線剪開，所得到的展開圖的面積，就是空間幾何體的側(cè)面積．（2）全面積的定義：空間幾何體的側(cè)面積與底面積的和叫做空間幾何體的全面積．柱體、錐體、臺體的表面積公式（c為底面周長，h為高，h′為斜高，l為母線）S圓柱表＝2πr（r+l），S圓錐表＝πr（r+l），S圓臺表＝π（r2+rl+Rl+R2）5．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=136．棱錐的體積【知識點的認識】棱錐的體積可以通過底面面積B和高度h計算，頂點到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計算．【命題方向】﹣棱錐的體積計算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計算棱錐的體積．﹣實際應(yīng)用：如何在實際問題中應(yīng)用棱錐體積計算．7．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經(jīng)過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，π2]．當(dāng)θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關(guān)鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉(zhuǎn)移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：8．直線與平面平行【知識點的認識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質(zhì)定理的實質(zhì)是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結(jié)論是：a∥α，若b?α，則b與a的關(guān)系是：異面或平行．即平面α內(nèi)的直線分成兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條．9．直線與平面垂直【知識點的認識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內(nèi)的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．直線與平面垂直的性質(zhì)：①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．10．平面與平面平行【知識點的認識】兩個平面平行的判定：（1）兩個平面平行的判定定理：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．（2）垂直于同一直線的兩個平面平行．即a⊥α，且a⊥β，則α∥β．（3）平行于同一個平面的兩個平面平行．即α∥γ，β∥γ，則α∥β．平面與平面平行的性質(zhì)：性質(zhì)定理1：兩個平面平行，在一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另外一個平面．性質(zhì)定理2：如果兩個平行平面同時與第三個平面相交，那么它們的交線平行．性質(zhì)定理3：一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，它也垂直于另一個平面．11．平面與平面垂直【知識點的認識】平面與平面垂直的判定：判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直．平面與平面垂直的性質(zhì)：性質(zhì)定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面．性質(zhì)定理2：如果兩個平面垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi)．性質(zhì)定理3：如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面．性質(zhì)定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直．12．空間向量的數(shù)乘及線性運算【知識點的認識】1．空間向量的數(shù)乘運算實數(shù)λ與空間向量a→的乘積λ①當(dāng)λ＞0時，λa→與②當(dāng)λ＜0時，λa→與③當(dāng)λ＝0時，λa④|λa→|＝|λ|?|aλa→的長度是a→的長度的|λ2．運算律空間向量的數(shù)乘滿足分配律及結(jié)合律．（1）分配律：①λ②（λ+μ）a（2）結(jié)合律：λ注意：實數(shù)和空間向量可以進行數(shù)乘運算，但不能進行加減運算，如λ±【解題方法點撥】﹣標(biāo)量運算：進行數(shù)乘運算時，將標(biāo)量與向量分量相乘．﹣線性組合：應(yīng)用線性組合公式，計算向量的線性組合結(jié)果．【命題方向】﹣向量數(shù)乘和