第 8 讲 立体几何
一．选择题（共 13 小题）
1．（2021•湛江一模）已知圆锥的轴截面是边长为 8 的等边三角形，则该圆锥的侧面积是 ( )
A． 64 B． 48 C． 32 D．16
【解答】解：因为圆锥的轴截面是边长为 8 的等边三角形，
故圆锥的底面半径为 4，底面周长为8 ，
故圆锥的侧面积是 1 8 8 322
．
故选： C ．
2．（2021•深圳一模）设 ， ， 为三个不同的平面，若 ，则“ / / ”是“ ”的 ( )
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：当 时，
若 / / ，则 成立，即充分性成立，
反之当 时， / / 也有可能相交，即必要性不成立，
即“ / / ”是“ ”的充分不必要条件，
故选： A ．
3．（2021•肇庆二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高．明代
曹昭在《格古要论 珍奇 鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故
谓之鬼工毬”．现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为 2100 cm 和 264 cm 的同心球（球壁的厚度
忽略不计），在外球表面上有一点 A ，在内球表面上有一点 B ，连接线段 AB ．若线段 AB 不穿过小球内部，
则线段 AB 长度的最大值是 ( )
A． 41cm B．9cm C．3cm D． 2cm
【解答】解：过球心作截面圆如图，
外层与内层的表面积分别为 2100 cm 和 264 cm ，大球与小球的半径分别为 5 与 4，
则| |AB 的最大值为 2 25 4 3cm ．
故选： C ．
4．（2021•湛江校级模拟）如图，长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 3AB ， 1 2BC CC ，三棱锥 1B DCD 的
体积为 ( )
A．1 B．2 C．3 D．6
【解答】解：长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1DD 平面 ABCD ，
1 1 1
1 1 12 3 2 23 3 2B DCD D BCD BCDV V DD S ．
故选： B ．
5．（2019•攀枝花模拟）四棱锥 A BCDE 的各顶点都在同一球面上，AB 底面 BCDE ，底面 BCDE 为梯形，
60BCD ，且 2AB CB BE ED ，则此球的表面积等于 ( )
A． 25 B． 24 C． 20 D．16
【解答】解：如图，
由已知可得，底面四边形 BCDE 为等腰梯形，
设底面外接圆的圆心为 G ，连接 BG ，则 22 4sin30BG
，
2BG ，又 2AB ，设四棱锥外接球的球心为 O ，
则 5OA ，即四棱锥外接球的半径为 5 ．
此球的表面积等于 24 ( 5) 20 ．
故选： C ．
6．（2018•潍坊三模）三棱锥 P ABC 中，平面 PAC 平面 ABC ， AB AC ， 2PA PC AC ， 4AB ，
则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为 ( )
A． 23 B． 23
4
C． 64
3
D． 64
【解答】解：根据题意，得到三棱锥 P ABC 的外接球的球心在等边三角形 PAC 的中线高线和过直角三角
形 ABC 斜边 BC 的中点的高的交点位置，
如图所示：
三棱锥 P ABC 中，平面 PAC 平面 ABC ， AB AC ， 2PA PC AC ， 4AB ，
所以 2 22 1 3PF ， 3
3EF ，
在直角三角形 ABC 中， 2 2 2BC AB AC ，
解得： 2 5BC ，
所以 5CD ，
三棱锥的外接球半径 2 23 16( 5) ( )3 3r ，
则 2 644 3S r ，
故选： C ．
7．（2021•珠海一模）如图，为一个封闭几何体的三视图，则该几何体的表面积是 ( )
A． 5 24
B． ( 5 1) 44
C． ( 5 1) 24
D． 5 44
【解答】解：由三视图知，该几何体是圆锥体的 1
4
部分，画出图形，如图所示：
结合图中数据，计算该几何体的表面积是：
1
4 AOC BOCS S S S S 侧面底面圆
2 2 21 1 1( 1 1 2 1 ) 1 2 1 24 2 2
( 5 1) 24
．
故选： C ．
8．（2021•珠海一模）已知 ， 是两个不同的平面，l ， m ， n 是三条不同的直线，下列条件中，可以得
到 l 的是 ( )
A． l m ， l n ， m ， n B． l m ， / /m
C． ， / /l D． / /l m ， m
【解答】解：由 ， 是两个不同的平面， l ， m ， n 是三条不同的直线，知：
对于 A ， l m ， l n ， m ， n ，则 l 与 相交、平行或 l ，故 A 错误；
对于 B , l m ， / /m ，则 l 与 相交、平行或 l ，故 B 错误；
对于 C ， ， / /l ，则 l 与 相交、平行或 l ，故 C 错误；
对于 D ， / /l m ， m ，则由线面垂直的判定定理得 l ，故 D 正确．
故选： D ．
9．（2021•韶关一模）设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P 为底面正方形 ABCD 内的一动点，若三角形
1APC 的面积 1
2S ，则动点 P 的轨迹是 ( )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
【解答】解：
1 1
1 1 132 2 2APCS AC h h ，则 3
3h ，
即 P 到 1AC 的距离为 3
3
，
则 P 在空间中的轨迹为一个圆柱面，而由题意 P 的轨迹是该圆柱被一平面斜截得到的图形，
则 P 的轨迹为椭圆的一部分．
故选： D ．
10．（2021•广东模拟）正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，E 为 BC 的中点，则四面体 1AEDC 的体积为 ( )
A．4 B． 8? 3 C． 4? 3 D．2
【解答】解：由题意，四面体 1AEDC 的底面积为： 1 2 2 22
，高为 2，
所以则四面体 1AEDC 的体积为： 1 42 23 3
．
故选： C ．
11．（2021•广东模拟）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．现已知
该四棱锥的高与斜高的比值为 4? 5
，则该四棱锥的底面面积与侧面面积的比值是 ( )
A． 4? 5 B． 3? 5 C． 12? 5 D． 5?12
【解答】解：设该正四棱锥底面的边长为 2a ，高为 h ，斜高为 h ，
则有
2 2 2
4
5
h
h
h a h
，解得 3
5a h ，
所以该正四棱锥的底面面积为 2 2364 25a h ，
侧面面积为 2 21 3 124 2 42 5 5ah h h ，
故该正四棱锥的底面面积与侧面面积的比值是 2 236 12 3
25 5 5h h ．
故选： B ．
12．（2021•潮州一模）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 2AB ， 1BC ，直线 AD 与直线 1BC 所成的角为 60 ，
则该长方体的体积为 ( )
A． 2 2 B． 2 C． 2 3 D． 3
【解答】解： / /BC AD ，直线 AD 与直线 1BC 所成的角为 60 ，
1C BC 是 1AC 与 BC 所成的角， 1 60C BC ， 2AB ， 1BC
可得 1 3CC ，
该长方体的体积 2 1 3 2 3V ．
故选： C ．
13．（2021•潮州一模）已知四棱锥 S ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面 ABCD 是正方形且和球心 O
在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其侧面积等于 2 3 ，则球 O 的体积等于 ( )
A． 4
3
B． 8
3
C．16
3
D． 22
3
【解答】解：当此四棱锥体积取得最大值时， SO 底面 ABCD ，
设正方形 ABCD 的边长 a ，则 2 21 1 24 ( ) ( ) 2 32 2 2a a a ，
解得 2a ，
则球的半径 2 12r a ．
则球 O 的体积 24 413 3V ．
故选： A ．
二．多选题（共 15 小题）
14．（2021•湛江一模）在梯形 ABCD 中， 2 2 2AB AD DC CB ，将 BDC 沿 BD 折起，使 C 到 C 的位置
(C 与 C 不重合）， E ， F 分别为线段 AB ， AC 的中点， H 在直线 DC 上，那么在翻折的过程中 ( )
A． DC 与平面 ABD 所成角的最大值为
6
B． F 在以 E 为圆心的一个定圆上
C．若 BH 平面 ADC ，则 3DH C H
D．当 AD 平面 BDC 时，四面体 C ABD 的体积取得最大值
【解答】解：如图，在梯形 ABCD 中，因为 / /AB CD ， 2 2 2AB AD DC CB ，
所以得到 AD DB ，
3DAB ，
6BDC DBC ，
在将 BDC 沿 BD 翻折至 BDC 的过程中， BDC 与 DBC 的大小保持不变，
由线面角的定义可知， DC 与平面 ABD 所成角的最大值为
6
，故选项 A 正确；
因为 DBC 大小不变，所以在翻折的过程中， C 的轨迹在以 BD 为轴的一个圆锥的底面圆周上，
而 EF 使 ABC 的中位线，所以点 F 的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，
但此圆的圆心不是点 E ，故选项 B 不正确；
当 BH 平面 ADC 时， BH DH ，因为
3HC B ，
所以 2DC BC C H ，所以 3DH C H ，故选项 C 正确；
在翻折的过程中，△ BC D 的面积不变，故
当 AD 平面 BDC 时，四面体 C ABD 的体积取得最大值，故选项 D 正确．
故选： ACD ．
15．（2021•濠江区校级模拟）端午节是中国第一个申请成功的世界人类非物质文化的节日，农历五月初五
是端午节，民间吃粽子、佩香囊的习惯，吃“粽子”是为了纪念战国时期楚国爱国主义诗人屈原，香囊暗
解清防新冠并驱虫．“七彩丝线系香囊，柔情轻解入谁家”．“扈江篱与辟芷兮，纫秋兰以为佩”．粽子和香
囊都是六面体．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，
可以得到如图所示香囊粽子形状的六面体．下列各选项正确的是 ( )
A．六面体的体积为 2
6
B．若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为 8 6
729
C．折后棱 AB ， CD 所在直线异面且垂直
D．折后棱 AB ， CD 所在直线相交
【解答】解：对于选项 A ，由题意可知，该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为 1，
如图（1）所示，
在棱长为 1 的正四面体 S ABC 中，取 BC 的中点 D ，连结 SD ，AD ，作 SO 平面 ABC ，垂足 O 在 AD 上，
则 2 21 31 ( )2 2AD SD ， 2 21 3 6,3 6 3OD AD SO SD OD ，
所以该六面体的体积为 1 1 3 6 22 2 13 2 2 3 6S ABCV V ，故选项 A 正确；
对于选项 B ，当该六面体内有一球，且该球体积取最大时，球心为 O ，且该球与 SD 相切，
过球心 O 作 OE SD ，则 OE 就是球半径，如图（1）所示，
因为 SO OD SD OE ，所以球半径
6 3
63 6
93
2
SO ODR OE SD
，
所以该球体积的最大值为 36 8 64 ( )3 9 729V 球 ，故选项 B 正确；
平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，标上各顶点如图（2）所示，
然后按照虚线翻折成六面体如图所示（2）所示，
则有棱 AB ， CD 所在直线相交，故选项 C 错误，选项 D 正确．
故选： ABD ．
16．（2021•深圳一模）在空间直角坐标系 O xyz 中，棱长为 1 的正四面体 ABCD 的顶点 A ， B 分别
为 y 轴和 z 轴上的动点（可与坐标原点 O 重合），记正四面体 ABCD 在平面 xOy 上的正投影图形为
S ，则下列说法正确的有 ( )
A．若 / /CD 平面 xOy ，则 S 可能为正方形
B．若点 A 与坐标原点 O 重合，则 S 的面积为 2
4
C．若 OA OB OC ，则 S 的面积不可能为 1
2
D．点 D 到坐标原点 O 的距离不可能为 3
2
【解答】解：对于 A ：若 / /CD 平面 xoy ，考虑一下特殊情形；
①当点 B 与坐标原点 O 重合时， S 为正方形，
②当点 A 与坐标原点 O 重合时， S 为三角形，故 A 正确；
对于 B ：若点 A 原点 O 重合，即 AB 在 z 轴上，
易知： / /CD 平面 xoy ，且 S 为三角形，
不难知道，其面积为 1 2 212 2 4
，故 B 正确；
对于 C ：当 OA OB OC 时，且点 O 在正四面体 ABCD 的外部时，
则点 D 恰好为以 OA ， OB ， OC ，为棱的正方体的一个顶点，
由于 1AB ，所以 2
2OA ，
所以 S 为以边长为 2
2
的正方形，其面积为 1
2
，故 C 错误；
对于 D ：设 AB 的中点为 M ，则 1
2OM ，且 3
2MD ，
易知 1 3 3
2 2OD OM MD ，即 3
2OD ，
所以点 D 到坐标原点的距离小于 3
2
，故 D 正确．
故选： ABD ．
17．（2021•肇庆二模）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB AD ， 1 2AA ， P 是线段 1BC 上的一动点，
则下列说法中正确的 ( )
A． 1 / /A P 平面 1AD C
B． 1A P 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值的最大值是 2 5
5
C． 1A P PC 的最小值为 170
5
D．以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线长是
2
【 解 答 】 解 ： 对 于 A ， 由 于 平 面 1 1 / /A BC 平 面 1AD C ， 所 以 1 / /A P 平 面 1AD C ， 所 以 A 正 确 ；
对 于 B ， 当 1 1B P BC 时 ， 1A P 与 1 1BCC B 所 成 角 的 正 切 值 最 大 ， 最 大 值 是 2 5
5
， 所 以 B 正 确 ；
对于 C ，将△ 1 1AC B 沿 1BC 翻折与 1BCC 在同一个平面，且点 1A ， C 在直线 1BC 的异侧，
此 时 1 1
2cos 10AC C ， 此 时 1
170
5AC ， 所 以 1A P PC 的 最 小 值 为 170
5
， 所 以 C 正 确 ；
对于 D ，由于 AD 平面 1 1DCC D ，所以交线为以 D 为圆心，半径为 1 的四分之一圆周，所以交线长为
2
，
所以 D 正确．
故选： ACD ．
18．（2021•广州一模）已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 4， EF 是棱 AB 上的一条线段，且 1EF ，点
Q 是棱 1 1A D 的中点，点 P 是棱 1 1C D 上的动点，则下面结论中正确的是 ( )
A． PQ 与 EF 一定不垂直
B．二面角 P EF Q 的正弦值是 10
10
C． PEF 的面积是 2 2
D．点 P 到平面 QEF 的距离是常量
【解答】解：对于 A ，当 P 与点 1D 重合时， PQ EF ，故选项 A 错误；
对于 B ，由于点 P 是棱 1 1C D 上的动点， EF 是棱 AB 上的一条线段，所以平面 PEF 即平面 1 1ABC D ，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 (2Q ，0， 4) ， (4A ，0， 0) ， (4B ，4， 0) ，
所以 (2,0 4), (0,4,0)QA AB ，平面 QEF 即平面 QAB ，
设平面 QAB 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 0
0
n QA
n AB
，即 2 4 0
4 0
x z
y
，
令 1z ，则 (2,0,1)n ，
同理可求得平面 1 1ABC D 的法向量为 (1,0,1)m ，设二面角 P EF Q 为 ，
所以 | | 2 1 3 10| cos | | cos , | | || | 102 5
m nm n m n
，
故 2 23 10 10sin 1 1 ( )10 10cos ，故选项 B 正确；
对于 C ，由于 AB 平面 1 1BB CC ，又 1BC 平面 1 1BB CC ，
所以 1AB BC ，所以 1BC EF ，所以 1BC 是 PEF 的高，
所以 1
1 1 1 4 2 2 22 2PEFS EF BC ，故选项 C 正确；
对于 D ，由于 1 1 / /C D EF ，且 1 1C D 平面 QEF ， EF 平面 QEF ，所以 1 1 / /C D 平面 QEF ，
又点 P 在 1 1C D 上，所以点 P 到平面 QEF 的距离为常量，故选项 D 正确．
故选： BCD ．
19．（2021•湛江校级模拟）已知 a ， b ， c 为直线， ， ， 为平面，则下列说法正确的是 ( )
A． a ， b ，则 / /a b B． ， ，则
C． / /a ， / /b ，则 / /a b D． / / ， / / ，则 / /
【解答】解：由 a ， b ， c 为直线， ， ， 为平面，知：
对于 A ， a ， b ，由线面垂直的性质定理得 / /a b ，故 A 正确；
对于 B ， ， ，则 与 相交或平行，故 B 错误；
对于 C ， / /a ， / /b ，则 a 与 b 相交、平行或异面，故 C 错误；
对于 D ， / / ， / / ，由面面平行的判定定理得 / / ，故 D 正确．
故选： AD ．
20．（2021•福田区校级二模）已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱长为 2，如图， M 为 1CC 上的动点， AM 平
面 ．下面说法正确的是 ( )
A．直线 AB 与平面 所成角的正弦值范围为 3 2[ , ]3 2
B．点 M 与点 1C 重合时，平面 截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点 M 为 1CC 的中点时，若平面 经过点 B ，则平面 截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知 N 为 1DD 中点，当 AM MN 的和最小时， M 为 1CC 的中点
【解答】解：对于 A 选项，以点 D 为坐标原点， DA 、 DC 、 1DD 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直
角坐标系 D xyz ，
则点 (2A ，0， 0) 、 (2B ，2， 0) ，
设点 (0M ，2， )(0 2)a a ， AM 平面 ，则 AM
为平面 的一个法向量，
且 ( 2,2, )AM a ， (0,2,0)AB ，
2 2
| | 4 2 3 2| cos , | [ , ]3 2| | | | 2 8 8
AB AMAB AM
AB AM a a
，
所以，直线 AB 与平面 所成角的正弦值范围为 3 2[ , ]3 2
， A 选项正确；
对于 B 选项，当 M 与 1CC 重合时，连接 1AD 、 BD 、 1A B 、 AC ，
在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1CC 平面 ABCD ，
BD 平面 ABCD ， 1BD CC ，四边形 ABCD 是正方形，则 BD AC ， 1CC AC C ， BD 平
面 1ACC ，
1AC 平面 1ACC ， 1AC BD ，同理可证 1 1AC A D ，
1A D BD D ， 1AC 平面 1A BD ，
易知△ 1A BD 是边长为 2 2 的等边三角形，
其面积为
1
23 (2 2) 2 34A BDS ，周长为 2 2 3 6 2 ．
设 E 、 F 、 Q 、 N 、 G 、 H 分别为棱 1 1A D 、 1 1AB 、 1BB 、 BC 、 CD 、 1DD 的中点，
易知六边形 EFQNGH 是边长为 2 的正六边形，且平面 / /EFQNGH 平面 1A BD ，
正六边形 EFQNGH 的周长为 6 2 ，面积为 236 ( 2) 3 34
，
则△ 1A BD 的面积小于正六边形 EFQNGH 的面积，它们的周长相等， B 选项错误；
对于 C 选项，设平面 交棱 1 1A D 于点 (E b ，0， 2) ，点 (0M ，2，1) ， ( 2,2,1)AM ，
AM 平面 ， DE 平面 ， AM DE ，即 2 2 0AM DE b ，得 1b ， (1E ，0， 2) ，
所以，点 E 为棱 1 1A D 的中点，同理可知，点 F 为棱 1 1A B 的中点，
则 (2F ，1， 2) ， (1,1,0)EF ，而 (2,2,0)DB ， 1
2EF DB ， / /EF DB 且 EF DB ，
由空间中两点间的距离公式可得 2 2 22 0 1 5DE ， 2 2 2(2 2) (1 2) (2 0) 5BF ，
DE BF ，
所以，四边形 BDEF 为等腰梯形， C 选项正确；
对于 D 选项，将矩形 1 1ACC A 与矩形 1 1CC D D延展为一个平面，如下图所示：
若 AM MN 最短，则 A 、 M 、 N 三点共线， 1 1/ /CC DD ， 2 2 2 2
2 2 2
MC AC
DN AD
，
1
12 2 2MC CC ，
所以，点 M 不是棱 1CC 的中点， D 选项错误．
故选： AC ．
21．（2021•珠海一模）已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 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16 ，下列说法正确的是 ( )
A．三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积是 9 3
2
B．三棱柱 1 1 1ABC A B C 的表面积是 18
C．直线 1AB 与直线 1 1AC 成角的余弦值是 3 13
26
D．点 A 到平面 1A BC 的距离是 13
2
【解答】解：三棱柱 1 1 1ABC A B C 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16 ，
如图所示：
对于 A ：设外接球的半径为 R ，则 24 16R ，解得 2R ．
设三棱柱的高为 h ，由于 3AB ，
所以球心 O 到 ABC 的中心的距离
2
hd ，
ABC 的中心到 A 的距离 2 22 33 ( ) 33 2r ，
故 2 2 2( )2
h r R ，解得 2h ，
故 1 3 9 33 3 22 2 2V ，故 A 正确；
对于 3 9 31: 2 3 3 3 3 2 182 2 2B S 表 ，故 B 错误；
对于 C ：在三棱柱 1 1 1ABC A B C 的一侧构造一个完全一样的三棱柱 1 1 1ABD A B D ，
所以异面直线 1AB 与直线 1 1AC 成角即为 1AB 与直线 1 1D B 所成的角，
连接 1AD ，在△ 1 1AD B 中，
由于 1 1 3D B ， 2 2
1 1 3 2 13AB AD ，
则
2 2 2
1 1 1 1
1 1
1 1 1
13 9 13 3 13cos 2 262 13 3
AB B D ADAB D AB B D
，故 C 正确；
对于 D ：连接 1A B 和 1AC ，
利用
1 1A A BC A ABCV V ，得
11
1 1
3 3ABC A BCS AA S h ，
解得 6 3 13
243
h ，故 D 错误．
故选： AC ．
22．（2021•揭阳模拟）如图，设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， E 为 1 1A D 的中点， F 为 1CC 上的一个
动点，设由点 A ， E ， F 构成的平面为 ，则 ( )
A．平面 截正方体的截面可能是三角形
B．当点 F 与点 1C 重合时，平面 截正方体的截面面积为 2? 6
C．点 D 到平面 的距离的最大值为 2 6? 3
D．当 F 为 1CC 的中点时，平面 截正方体的截面为五边形
【解答】解：如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，延长 AE 与 z 轴交于 P 点，
连接 PF 与 y 轴交于点 M ,
则平面 由平面 AEF 扩展为平面 APM ,
可得截面不可能为三角形，
当点 F 与点 1C 重合时，平面 截正方体的截面为边长为 4 1 5 的菱形，
且
2 2 2(2 5) (2 5) (4 2)cos
22 2 5 2 5
EAM
1
5
,则 1 2 6sin 1 25 5EAM ,所以截面的面积为 2 65 5 2 65
；
当 F 为 1CC 的中点时，平面 截正方体的截面为五边形，故 A 错误, B , D 正确；
考虑选项 C ．设 (0M , t , 0)( [2t , 4]) ,则 D 到直线 AM 的距离为
2
2
4
t
t
,
则可得 P 到直线 AM 的距离为
2
2
20 64
4
t
t
,
可得 APM 的面积
2
2 2
2
1 20 644 5 162 4
tS t t
t
,
设 D 到平面 的距离为 h ,
运用等积法可得 D APM M PADV V ,
即 21 1 15 16 2 43 3 2h t t ,
可得
2
2
4 4
165 16 5
th
t
t
,
当 4t 时, h 取得最大值 2 6
3 ,故 C 正确．
故选： BCD ．
23．（2021•梅州一模）如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 P 在线段 1BC 上运动时，下列命题正确的
是 ( )
A．三棱锥 1A D PC 的体积不变
B．直线 AP 与平面 1ACD 所成角的大小不变
C．直线 AP 与直线 1A D 所成角的大小不变
D．二面角 1P AD C 的大小不变
【解答】解：对于 A ，因为 1 / /BC 平面 AD ，所以 1BC 上任意一点到平面 1AD C 的距离相等，所以体积不变，
故选项 A 正确；
对于 B ，点 P 在直线 1BC 上运动时，直线 AB 与平面 1AC 所成的角和直线 1AC 与平面 1AC 所成的角不相等，
故选项 B 错误；
对于 C ，因为 1A D 平面 1 1ABC D ,所以点 P 在直线 1BC 上运动时，直线 AP 与直线 1A D 所成的角的大小不变，
故选项 C 正确；
对于 D ，当点 P 在直线 1BC 上运动时， AP 的轨迹是平面 1PAD ,即二面角 1P AD C 的大小不受影响，故
选项 D 正确．
故选： ACD ．
24．（2021•韶关一模）如图三棱锥 P ABC ，平面 PBC 平面 ABC ，已知 PBC 是等腰三角形， ABC 是
等腰直角三角形，若 2AB BC ， 5PB PC ，球 O 是三棱锥 P ABC 的外接球，则 ( )
A．球心到平面 PBC 的距离是 3
2 B．球心到平面 ABC 的距离是 3
4
C．球的表面积是 41
4
D．球的体积是 741
3
【解答】解：如图，
由 AB BC ，平面 PBC 平面 ABC ，且平面 PBC 平面 ABC BC ，
AB 平面 PBC ，
取 AC 中点 G ，则 G 为三角形 ABC 的外心，取 BC 的中点 D ，连接 GD ，
则 / /GD AB ，可得 GD 平面 PBC ，
设 PBC 的外心为 H ，三棱锥 P ABC 的外接球的球心为 O ，
连接 OG ， OH ，则 OH 平面 PBC ， OG 底面 ABC ，
可得四边形 OGDH 为矩形，则 O 到平面 PBC 的距离等于 1 12OH GD AB ，故 A 错误；
在 PBC 中，由余弦定理可得 5 5 4 3cos 52 5 5
BPC
，则 4sin 5BPC ，
设三角形 PBC 外接圆的半径为 r ，可得 2 5
4 42 5
r
，
又 2 2( 5) 1 2PD ， O 到底面 ABC 的距离为 5 32 4 4
，故 B 正确；
则三棱锥外接球的半径 2 23 41( ) ( 2)4 4R ，
则球的表面积是 241 414 ( )4 4S ，故 C 正确；
球的体积为 34 41 41 41( )3 4 48V ，故 D 错误．
故选： BC ．
25．（2021•广东模拟）如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥
的顶点为 P ，圆柱的上、下底面的圆心分别为 1O ， 2O ，若该几何体有半径为 1 的外接球，且球心为 O ，则
( )
A．如果 1 1 2PO O O ，则 O 与 1O 重合
B． 1 2 12 2O O PO
C．如果 1 1 2: 1:3PO O O ，则圆柱的体积为 96? 125
D．如果圆锥的体积为圆柱体积的 1? 6
，则圆锥的体积为 ? 8
【解答】解：由 O 为外接球的球心得 PO AO CO DO ，
选项 A ，若 O 与 1O 重合，则 2PO OO ，所以 2OC OD OO OP 与题设矛盾，故 A 不正确；
选项 B ，由于 BO DO ，则 O 为 1 2OO 中点，如图所示，
因为 1 1 1PO PO O O R ， 2 1OO OO ，所以 1 2 1PO OO ，
所以 1 1 1 2 1 2 12 2PO O O PO OO O O PO ，故 B 正确；
选项 C ，由 1 1 2: 1:3PO O O ， 1 2 12 2O O PO ，可得 1
2
5PO ， 1 2
6
5O O ，
所以 1 1 2
1 3
2 5OO O O ，又有 1OB ，则 1
4
5O B ，
所以 2 2
1 1 2
4 6 96( ) ?5 5 125V O B O O ，故 C 正确；
选项 D ，
2
1 1
2
1 1 2
1
13
6
O B POV
V O B O O
锥体
柱体
，则 1 1 2
1
2PO O O ，
又 1 2 12 2O O PO ，所以 1
1
2PO ， 1 2 1O O ，则 1
1
2OO ，
所以 2
1
1 31 4 4O B ，
所以 2
1 1
1 1 3 1
3 3 4 2 8V O B PO 锥 ，故 D 正确．
故选： BCD ．
26．（2021•广东模拟）在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PD 平面 ABCD ，点 E 是棱 PC 的
中点， PD AB ，则 ( )
A． AC PB
B．直线 AE 与平面 PAB 所成角的正弦值是 3
6
C．异面直线 AD 与 PB 所成的角是
4
D．四棱锥 P ABCD 的体积与其外接球的体积的比值是 2 3
27
【解答】解：根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设 2AB ，
对于 A ，因为 BD 是 PB 在平面 ABCD 内射影， AC BD ，所以 AC PB ，所以 A 对；
对于 B ，取 PA 中点 M ，连接 DM ，
因为 AB 平面 PAD ， MD 平面 PAD ，所以 AB MD ，
又因为 MD PA ， PA AB A ，所以 MD 平面 PAB ，
所以平面 PAB 的法向量 (1DM ，0，1) ，
(2A ，0， 0) ， (0E ，1，1) ， ( 2AE ，1，1) ，
直线 AE 与平面 PAB 所成角的正弦值是 | | 1 3
6| | | | 6 2
AE DM
AE DM
，所以 B 对；
对于 C ，因为 / /AD BC ，所以异面直线 AD 与 PB 所成的角的大小为 PBC ，
tan 2PCPBC BC
，所以
4PBC ，所以 C 错；
对于 D ，四棱锥 P ABCD 的体积 1 82 2 23 3V ，外接球的中心为 PB 中点，
球半径为 3R ，其体积 34 4 33V R ， 2 3 2 3
9 27
V
V
，所以 D 错．
故选： AB ．
27．（2021•泰安一模）如图所示，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，若 AB BC ， E ， F 分别是 1AB ， 1BC 的中
点，则下列结论中成立的是 ( )
A． EF 与 1BB 垂直 B． EF 平面 1 1BDD B
C． EF 与 1C D 所成的角为 45 D． / /EF 平面 1 1 1 1A B C D
【解答】解：连 1A B ， 1 1AC ，则 1A B 交 1AB 于 E ，又 F 为 1BC 中点，
可得 1 1/ /EF AC ，由 1B B 平面 1 1 1 1A B C D ，可得 1 1 1B B AC ，可得 1B B EF ，故 A 正确；
连接 1 1D B ， 1 1/ /EF AC ， 1 1AC 平面 1 1BDD B ，可得 EF 平面 1 1BDD B ，故 B 正确；
EF 与 1C D 所成角就是 1 1AC D ， 1AA 的长度不确定， 1 1AC D 的大小不确定，故 C 错误；
由 E ， F 分别是 1AB ， 1BC 的中点，得 1 1/ /EF AC ，可得 / /EF 平面 1 1 1 1A B C D ，故 D 正确．
故选： ABD ．
28．（2021•潮州一模）判断平面 与平面 平行的条件可以是 ( )
A．平面 内有无数条直线都与 平行
B．直线 a ， b ，且 / /a ， / /b
C．平面 / / ，且平面 / /
D．平面 内有两条不平行的直线都平行于平面
【解答】解：对于 A ，平面 内有无数条直线都与 平行，则 与 相交与平行，故 A 错误；
对于 B ，直线 a ， b ，且 / /a ， / /b ，则 与 相交与平行，故 B 错误；
对于 C ，平面 / / ，且平面 / / ，则由面面平行的判定定理得 / / ，故 C 正确；
对于 D ，平面 内有两条不平行的直线都平行于平面 ，则由面面平行的判定定理得 / / ，故 D 正确．
故选： CD ．
三．填空题（共 5 小题）
29．（2020•常熟市模拟）阿基米德（公元前 287 年 公元前 212 年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理
学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱
体积的 2
3
，并且球的表面积也是圆柱表面积的 2
3
”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其表
面积为 24 ，则该圆柱的内切球体积为 32
3
．
【解答】解：设圆柱的底面半径为 r ，则圆柱的高为 2r ，
所以圆柱的表面积为： 22 2 2 24r r r ，
解得： 2r ，
所以圆柱的体积为： 2 2 16r r ，
根据阿基米德的结论，该圆柱的内切球体积为： 2 3216 3 3
，
故答案为： 32
3
．
30．（2021•广州一模）已知三棱锥 P ABC 的底面 ABC 是边长为 6 的等边三角形， 21PA PB PC ，
先在三棱锥 P ABC 内放入一个内切球 1O ，然后再放入一个球 2O ，使得球 2O 与球 1O 及三棱锥 P ABC 的
三个侧面都相切，则球 1O 的体积为 4
3
，球 2O 的表面积为 ．
【解答】解：设 O 为 ABC 外接圆的圆心，因为 ABC 是边长为 6 的等边三角形，
所以 3 26 2 32 3OA ，
因为 2 2 2OP OA PA ，解得 3OP ，
设球 1O 的半径为 r ，球 2O 的半径为 R ，
由等体积法可得，
1 1 1 1P ABC O PAB O PAC O PBC O ABCV V V V V
1 1 1 1
3 3 3 3PAB PAC PBC ABCS r S r S r S r
1 ( )3 PAB PAC PBC ABCr S S S S
1
3 rS 表 ，
所以
31 13 6 6 33 3 2 2 1
31 16 2 3 3 6 62 2 2
P ABCVr S
表
，
所以球 1O 的体积为 34 4
3 3V r ；
作截面图如图所示，可知 1 1 1OO O N ，
则 1PN ， 1 2PO ， 2 1PO R ，
因为△ 2PO E∽△ 1PO F ，则 2 2
1 1
PO O E
PO O F
，即 1
2 1
R R ，解得 1
3R ，
所以球 2O 的表面积为 2 21 44 4 ( )3 9S R ．
故答案为： 4
3
； 4
9
．
31．（2021•揭阳模拟）长为1m 的圆柱形木材有一部分镶嵌在墙体中，截面如图所示（阴影为镶嵌在墙体内
的部分）．已知弦 2AB dm ，弓形高 (20 10? 3)CD cm ，估算该木材镶嵌在墙中的侧面积约为 2000
3
2cm ．
【解答】解：设截面圆的半径为 R ，连结 CO ，点 D 在线段 CO 上，
则 1 102AD AB ， (20 10 3)OD R CD R ，
根据垂径定理可得 2 2 2R OD AD ，解得 20R ，
所以
6AOD ，则有
3AOB ，
故可得弧长 20203 3AB ，
又木材的长为 1 米，即木材的长为100cm ，
所以该木材镶嵌在墙中的侧面积约为 220 20001003 3 cm ．
故答案为： 2000
3
．
32．（2021•梅州一模）已知球 O 是三棱锥 P ABC 的外接球， 2PA AB PB AC ， 2 2CP ，点 D 是
PB 的中点，且 7CD ，则球 O 的表面积为 28
3
．
【解答】解：由 2PA AB PB AC ， 2 2CP ，得 PA AC ．
由点 D 是 PB 的中点及 PA AB PB ，
求得 3AD ，又 7CD ，
2 2 2AD AC CD ，得 AD AC ，
又 AD AP A 且 AD ， AP 平面 PAB ，
AC 平面 PAB ．
球心 O 到底面 PAB 的距离 1 12d AC ，
由正弦定理得 PAB 的外接圆半径 2 2 3
2sin 60 33
PAr
，
球 O 的半径为 2 2 4 71 3 3R d r ，
球 O 的表面积为 2 7 284 4 3 3S R ．
故答案为： 28
3
．
33．（2021•惠州模拟）在空间中，定义“点到几何图形的距离”为：这个点到几何图形上各点距离中的最
小值．现有边长为 2 的正方形 ABCD ，则到定点 A 距离为 1 的点围成的几何体的体积为 4
3
；该正方形
ABCD 区域（包括边界以及内部的点）记为 ，则到 距离等于 1 的点所围成的几何体的体积为 ．
【解答】解：到定点 A 距离等于 1 的点所围成的几何体是半径为 1 的球，
其体积 34 413 3V ；
由题意可知，几何体为组合体，是一个棱长为 2 的正方体和四个高为 2，
底面半径为 1 的半圆柱及四个半径为 1 的四分之一球，
其体积为 2 31 1 4 162 2 2 4 1 2 4 1 82 4 3 3V ．
故答案为： 4
3
； 168 3
．
四．解答题（共 17 小题）
34．（2021•湛江一模）如图，平面 ABCD 平面 ABE ， / /AD BC ，BC AB ， 2 2AB BC AE ，F 为 CE
上一点，且
BF 平面 ACE ．
（1）证明： AE 平面 BCE ；
（2）若平面 ABE 与平面 CDE 所成锐二面角为 60 ，求 AD ．
【解答】解：（1）证明：因为平面 ABCD 平面 ABE ，
平面 ABCD 平面 ABE AB ， BC AB ， BC 平面 ABCD ，
所以 BC 平面 ABE ，又因为 AE 平面 ABE ，所以 BC AE ，
又因为 BF 平面 ACE ， AE 平面 ACE ，所以 BF AE ，
又因为 BF BC B ，所以 AE 平面 BCE ．
（2）设 AD t ，由（1）知 AE 平面 BCE ， BE 平面 BCE ，
所以 AE BE ，建立如图所示的空间直角坐标系，
(0A ，1， 0) ， ( 3B ，0， 0) ， (0D ，1， )t ， (0E ，0， 0) ， ( 3C ，0， 2) ，
(0ED ，1， )t ， ( 3EC ，0， 2) ，
设平面 CDE 的法向量为 (m x ， y ， )z ，
0
3 2 0
ED m y tz
EC m x z
，令 3z ， (2m ， 3t ， 3) ，
平面 ABE 法向量为 (0n ，0，1) ，
因为平面 ABE 与平面 CDE 所成锐二面角为 60 ，
所以
2
| | 3 1cos60 | | | | 27 3
m n
m n t
，解得 15
3t ．
故 15
3AD ．
35．（2021•濠江区校级模拟）如图，四棱锥 A OBCD 中，底面 OBCD 是梯形， / /DC BO ， 4BO ， 1CD ，
3DO ，平面 ABO 平面 OBCD ， AB 平面 AOD ．
（1）若 E 是 AB 中点，又 2
3BF BC ，求证： / /EF 平面 AOD ；
（2）若 AB AO ，求钝二面角 O AD C 平面角（钝的）的余弦值．
【解答】（1）证明：取 BO 中点 M ，连结 MF ， ME ，（1 分）
在梯形 OBCD 中， / /DC BO ， 4BO ， 1CD ， 3DO ，
又 2
3BF BC ， 2
1
BF
FC
，
由平面几知识， / /FM DO ， （2 分）
又 E 是 AB 中点， / /ME AO ，
ME 平面 AOD ， AO 平面 AOD ， / /ME 平面 AOD ， （3 分）
同理可证 / /FM 平面 AOD ，
又 EM FM M ，平面 / /MEF 平面 AOD ，
/ /EF 平面 AOD ．（5 分）
（2）解： AB 平面 AOD ， AB AO ， AB DO ，
AB AO ， OAB 等腰直角三角形，连结 AM ， AM BO ， AM AB A ，
平面 ABO 平面 OBCD ， AM 平面 ABO ， AM 平面 OBCD ， AM DO ，
AM AB A ， DO 平面 ABO ， DO BO ． （7 分）
以 O 为原点，在平面 ABO 内作 Ox OB ， DO Ox ，以分别 OB ， OD 为 y ， z 轴建立空间直角坐标
系．
则 (2A ，2， 0) ， (0B ，4， 0) ， (0D ，0， 3) ， (0C ，1， 3) ， （8 分）
平面 AOD 的法向量是 (2, 2, 0)BA ． （9 分）
设平面 ADC 的法向量是 ( , , )n x y z ， ( 2, 2, 3)AD ， (0,1, 0)DC
2 2 3 0 0
1 0
n AD x y z y
n DC y
，令 3x ， 2z ，则 (3, 0, 2)n （10 分）
设二面角 O AD C 平面角为 ，依题 为钝角 6 3 26cos | cos , | | | 26| | | | 2 2 13
BA nBA n
BA n
．
二面角 O AD C 平面角的余弦值 3 26
26
． （12 分）
36．（2021•深圳一模）如图，在四棱锥 S ABCD 中， 13SA SB SC SD ，AC CD ， 6AB ， 8BD ．
（1）求证：平面 SAD 平面 ABCD ；
（2）求二面角 A SB D 的余弦值．
【解答】在四棱锥 S ABCD 中， 13SA SB SC SD ， AC CD ， 6AB ， 8BD ．
（1）证明：取 AD 中点 M ，连接 MS 、 MC 、 MB ，
又因为 SA SD ，所以 SM AD ，
因为 90ACD ，所以 1
2MC AD MD ，
又因为 SC SD ， SM SM ，所以 MSC MSD ，
所以 90SMC SMD ，所以 SM MC ，
又因 MD MC M ，所以 SM 平面 ABCD ，
又因为 SM 平面 SAD ，
所以平面 SAD 平面 ABCD ．
（2）解：由（1）知 SM 平面 ABCD ，
又因为 SA SB SC SD ，所以 MA MB MC MD ，
于是 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆，所以 90ABD ACD ，
因为 6AB ， 8BD ，由勾股定理得 2 2 10AD AB BD ，
因为 5MC MD ， 13PC ，由勾股定理得 2 2 12SM PC MC ，
建立如图所示的空间直角坐标系，
(0B ，0， 0) ， (0A ，6， 0) ， (8D ，0， 0) ， (4M ，3， 0) ， (4S ，3，12) ，
(4BS ，3，12) ， (0BA ，6， 0) ， (8BD ，0， 0) ，
设平面 SBA 与平面 SBD 的法向量分别为 (m x ， y ， )z ， (n u ， v ， )w ，
4 3 12 0
6 0
BS m x y z
BA m y
，令 1z ， (3m ，0， 1) ，
4 3 12 0
8 0
BS n u v w
BD n u
，令 1w ， (0n ，4， 1) ，
又因为二面角 A SB D 为钝角，
所以二面角 A SB D 的余弦值为 | | 1 170
| | | | 17010 17
m n
m n
．
37．（2021•东莞市校级模拟）如图四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PB BC ， PD CD ，且
PA AB ， E 为 PD 中点．
（1）求证： PA 平面 ABCD ；
（2）求二面角 A BE C 的余弦值．
【解答】解：（1）证明：底面 ABCD 为正方形， BC AB ，
又 BC PB ， AB PB B ，
BC 平面 PAB ， BC PA ．
同理 CD PA ， BC CD C ，
PA 平面 ABCD ．
（2）解：以 A 为原点， AB 为 x 轴， AD 为 y 轴， AP 为 z 轴，建立如图的空间直角坐标系，
不妨设正方形的边长为 2．
则 (0A ，0， 0) ， (2C ，2， 0) ， (0E ，1，1) ， (2B ，0， 0) ，
设 (m x ， y ， )z 为平面 ABE 的一个法向量，
又 (0AE ，1，1) ， (2AB ，0， 0) ，
0
2 0
n AE y z
n AB x
，令 1y ， 1z ，得 (0m ， 1 ，1) ，
同理 (1n ，0， 2) 是平面 BCE 的一个法向量，
则 2 10cos , | | | | 52 5
m nm n m n
．
二面角 A BE C 的余弦值为 10
5
．
38．（2021•肇庆二模）如图，在四边形 PDCB 中， / /PD BC ，BA PD ， 1PA AB BC ， 1
2AD ．沿 BA
将 PAB 翻折到 SBA 的位置，使得 5
2SD ．
（1）作出平面 SCD 与平面 SBA 的交线 l ，并证明 l 平面 CSB ；
（2）点 Q 是棱 SC 上异于 S ， C 的一点，连接 QD ，当二面角 Q BDC 的余弦值为 6
6
时，求此时三棱锥
Q BCD 的体积．
【解答】解：（1）如图，延长 BA ，CD 相交于 E ，
连接 SE ，则 SE 为平面 SCD 与平面 SBA 的交线 .l
证明：在 SAD 中， 1SA ， 1
2AD ， 5
2SD ，
则 2 2 2SA AD SD ， SA AD ，
由 SA AD ， AD AB ， SA AB A ，得 AD
平面 SAB ，
又 / /BC AD ， BC 平面 SAB ，则 BC SE ，
由 / /PD BC ， 1AB BC ， 1
2AD ，得 1AE ，
AE AB SA ，可得 SE SB ，
又 BC SB B ， SE 平面 CSB ，
即 l 平面 CSB ；
（2）由（1）知，SA AB ，AD AB ，AD SA ．
以点 A 为坐标原点，分别以 AD ， AB ， AS 所在
直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，
则 (0A ，0，0) ， (0B ，1，0) ， (1C ，1，0) ， 1(2D ，
0， 0) ， (0S ，0，1) ，
1( , 1,0)2BD ，设 (0 1)SQ SC ，则 (Q ，
，1 ) ，
( , 1,1 )BQ ，
设 ( , , )n x y z 是平面 QBD 的一个法向量，
则
1 02
( 1) (1 ) 0
n BD x y
n BQ x y z
，取 2x ，
可得 1 3(2,1, )1n
，
(0,0,1)m 是平面 CBD 的一个法向量，
由
2
1 3| || | 61| cos , | | || | 61 35 ( ) 11
n mn m n m
，
解得 1
2
，点 Q 是 SC 的中点，
1 1 1 1 1 11 13 2 3 2 2 12BDCQ BDCV S SA
三棱锥
．
39．（2021•广州一模）在边长为 2 的菱形 ABCD 中， 60BAD ，点 E 是边 AB 的中点（如图1) ，将 ADE
沿 DE 折起到△ 1A DE 的位置，连接 1A B ， 1AC ，得到四棱锥 1A BCDE （如图 2) ．
（1）证明：平面 1A BE 平面 BCDE ；
（2）若 1A E BE ，连接 CE ，求直线 CE 与平面 1ACD 所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：菱形 ABCD ，且 60BAD ，
ABD 为等边三角形，
E 为 AB 的中点， DE AB ，
DE BE ， 1DE A E ，
又 1BE A E E ， BE 、 1A E 平面 1A BE ，
DE 平面 1A BE ，
DE 平面 BCDE ，
平面 1A BE 平面 BCDE ．
（2）解：由（1）知，平面 1A BE 平面 BCDE ，
1A E BE ，平面 1A BE 平面 BCDE BE ，
1A E 平面 BCDE ，
以 E 为原点， ED ， EB ， 1EA 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 1(0A ，0，1) ， ( 3C ，2， 0) ， ( 3D ，0， 0) ， (0E ，0， 0) ，
( 3EC ，2， 0) ， 1 ( 3A D ，0， 1) ， (0CD ， 2 ， 0) ，
设平面 1ACD 的法向量为 (n x ， y ， )z ，则 1 0
0
n A D
n CD
，即 3 0
2 0
x z
y
，
令 1x ，则 0y ， 3z ， (1n ，0， 3) ，
设直线 CE 与平面 1ACD 所成角为 ，则 sin | cos n ， 3 21| | | | | 14| | | | 2 7
n ECEC
n EC
，
故直线 CE 与平面 1ACD 所成角的正弦值为 21
14
．
40．（2021•湛江校级模拟）在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2AB ， 1 4BC BB ， 1 2 5AC AB ，且
1 60BCC ．
（1）求证：平面 1ABC 平面 1 1BCC B ；
（2）设二面角 1C AC B 的大小为 ，求 sin 的值．
【解答】解：（1）证明：在 ABC 中， 2 2 220AB BC AC ，所以 90ABC ，即 AB BC ．
因为 1BC BB ， 1AC AB ， AB AB ，所以 1ABC ABB ．
所以 1 90ABB ABC ，即 1AB BB ．
又 1BC BB B ，所以 AB 平面 1 1BCC B ．
又 AB 平面 1ABC ，所以平面 1ABC 平面 1 1BCC B ．
（2）解：由题意知，四边形 1 1BCC B 为菱形，且 1 60BCC ，
则 1BCC 为正三角形，取 1CC 的中点 D ，连接 BD ，则 1BD CC ．
以 B 为原点，以 1, ,BD BB BA
的方向分别为 x ， y ， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 B xyz ，
则 (0B ，0， 0) ， 1(0B ，4， 0) ， (0A ，0， 2) ， (2 3, 2,0)C ， 1 (2 3,2,0)C ．
设平面 1 1ACC A 的法向量为 (n x ， y ， )z ，
(2 3, 2, 2)AC ， 1 (0,4,0)CC ．
由
1
0
0
AC n
CC n
，得 2 3 2 2 0,
4 0,
x y z
y
取 1x ，得 (1n ，0， 3) ．
由四边形 1 1BCC B 为菱形，得 1 1BC B C ；
又 AB 平面 1 1BCC B ，所以 1AB B C ；
又 1AB BC B ，所以 1B C 平面 1ABC ，
所以平面 1ABC 的法向量为 1 (2 3, 6,0)B C ．
所以 1
1
1
2 3 1cos , 4| | | | 4 3 2
n B Cn B C
n B C
．
设二面角 1C AC B 的大小为 ，
则 21 15sin 1 ( )4 4
．
41．（2021•福田区校级二模）在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是梯形，四边形 ADEF 是正方形， / /AB DC ，
1AB AD ， 2CD ， 5AC EC ．
（1）求证：平面 EBC 平面 EBD ；
（2）设 M 为线段 EC 上一点， 3EM EC ，求二面角 M BD E 的平面角的余弦值．
【解答】证明：（1） 1AD ， 2CD ， 5AC ， 2 2 2AD CD AC ，
ADC 为直角三角形，且 AD DC ，
同理 1ED ， 2CD ， 5EC ， 2 2 2ED CD EC ，
EDC 为直角三角形，且 ED DC ，
又四边形 ADEF 是正方形， AD DE ，
又 / /AB DC ， DA AB ．
在梯形 ABCD 中，过点作 B 作 BH CD 于 H ，
四边形 ABHD 是正方形， 45ADB ．
在 BCH 中， 1BH CH ， 45BCH ． 2BC ，
45BDC ， 90DBC ， BC BD ．
ED AD ， ED DC ， AD DC D ． AD 平面 ABCD ， DC 平面 ABCD ．
ED 平面 ABCD ，
又 BC 平面 ABCD ， ED BC ，
因为 BD ED D ， BD 平面 EBD ， ED 平面 EBD ．
BC 平面 EBD ， BC 平面 EBC ，平面 EBC 平面 EBD ．
解：（2）以 D 为原点， DA ， DC ， DE 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图，
(0D ，0， 0) ， (0E ，0，1) ， (1B ，1， 0) ， (0C ，2， 0) ．令 (0M ， 0y ， 0 )z ，
则 (0EM ， 0y ， 0 1)z ， (0EC ，2， 1) ，
3EM EC
， (0 ， 03y ， 03 3 ) (0z a ，2， 1) ，
(0M ， 2
3
， 2)3
． (1DB ，1， 0) ， 2 2(0, , )3 3DM ，
BC 平面 EBD ， ( 1BC ，1， 0) 是平面 EBD 的一个法向量．
设平面 MBD 的法向量为 (m x ， y ， )z ．
则
0
2 2 03 3
m DB x y
m DM y z
．令 1y ，得 ( 1m ，1，1) ，
2 6cos , | | | | 32 3
m nm n m n
，
二面角 M BD E 的平面角的余弦值为 6
3
．
42．（2021•珠海一模）如图，三棱锥 P ABC 中， PA AB ， AB AC ， 2AB AC ， 6PB PC ，
点 M 是 PA 的中点，点 D 是 AC 的中点，点 N 在 PB 上且 2PN NB ．
（1）证明： / /BD 平面 CMN ；
（2）求直线 CN 与平面 ABC 所成角的正切值．
【解答】（1）证明：连接 PD 交 CM 于 O ， O 为 PAC 重心， 2PO OD ，
连接 ON ，因为 2PN NB ，所以 / /ON BD ，
因为 ON 平面 CMN ， BD 平面 CMN ，所以 / /BD 平面 CMN ．
（2）解：因为 PB PC ， AB AC ， PA PA ，所以 PAB PAC ，
所以 90PAC PAB ，又因为 PA AB ， AB AC A ，所以 PA 平面 ABC ，
2 2 6 2 2PA PC AC ,
过 N 作 NH AB 于 H ，连接 HC ，因为 / /NH PA ，所以 NH 平面 ABC ，
所以 NH HC ，
直线 CN 与平面 ABC 所成角为 NCH ，
所以直线 CN 与平面 ABC 所成角的正切值为
2 2
1
263
132( 2) ( 2)3
PANH
HC
．
43．（2021•揭阳模拟）如图 1，在梯形 ABCD 中， / /AB CD ， AE CD ， BF CD ．将 ADE 与 BCF 分
别绕 AE ， BF 旋转，使得点 D ， C 相交于一点，设为点 P ，形成图 2，且二面角 P AE F 与二面角
P BF E 都是 45 ．
（1）证明：平面 PEF 平面 ABFE ；
（2）若 ? 2AB ，且梯形 ABCD 的面积为 ? 2 1 ，求二面角 F PB A 的余弦值．
【解答】（1）证明：由题意知 AE EP ， AE EF ， EP EF E ，
所以 AE 平面 PEF ，又因为 AE 平面 ABFE ，
所以平面 ABFE 平面 PEF ，即平面 PEF 平面 ABFE ．
（2）解：由（1）知 PAF 为二面角 P AE F 的平面角， 45DAF ，
同理， PFE 为二面角 P BF E 的平面角， 45PFE ，
PEF 为等腰直角三角形，
因为 ? 2EF AB ，所以 1PE PF ，
又梯形 ABCD 的面积为 1? (2 2 2) 2 12 AE ，解方程得 1AE ，
建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
(1A ,0, 0) , (1B , 2 , 0) , (0F , 2 , 0) , (0P , 2
2 , 2)2 ,
( 1BP
, 2
2
, 2)2 , (0BA
, 2 , 0) , ( 1BF
,0, 0) ,
设平面 PAB 与平面 PBF 法向量分别为 (m x , y , )z , (n u , v , )w ,
2 2 02 2
2 0
BP m x y z
BA m y
,令 2z , (1m ,0, 2) ,
2 2 02 2
0
BP n u v w
BF n u
,令 1w , (0n ,1, 1) ,
设二面角 F PB A 的平面角为 ，由图得 为钝角，
所以二面角 F PB A 的余弦值为：
| | 2 3cos | | | | 33 2
m n
m n
．
44．（2021•梅州一模）如图，矩形 ABCD 中， 2AB ， 1BC ， E 为CD 的中点．把 ADE 沿 AE 翻折，使
得平面 ADE 平面 ABCE ．
（Ⅰ）求证： AD BE ；
（Ⅱ）求 BD 所在直线与平面 DEC 所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：因为平面 ADE 平面 ABCE ，平面 ADE 平面 ABCE AE ，
又因为 BE AE ，所以 BE 平面 DAE ，
因为 AD 平面 DAE ，所以 BE AD ，
故 AD BE ．
（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
(0E ，0， 0) ， (0C ，1， 0) ， (1B ，1， 0) ， 1(2D ， 1
2
， 2 )2
，
(0EC ，1， 0) ， 1(2ED ， 1
2
， 2 )2
， 1( 2BD ， 3
2
， 2 )2
，
设平面 DEC 的法向量为 (n x ， y ， )z ，
0
1 1 2 02 2 2
EC n y
ED n x y z
，令 2x ， ( 2n ，0，1) ，
所以 BD 所在直线与平面 DEC 所成角的正弦值为 | | 2 2
3| | | | 3 3
BD n
BD n
．
45．（2021•韶关一模）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA 平面CDP ，已知 3PA ，
4PD ．
（1）若 E 为 PD 中点，求证： / /PB 平面 ACE ；
（2）求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：设 AC 交 BD 于 O ，因为 ABCD 为正方形，所以 O 为 BD 中点，
连接 OE ，因为 E 为 PD 中点，所以 / /PB OE ，
因为 OE 平面 ACE ， PB 平面 ACE ，所以 / /PB 平面 ACE ．
（2）解：因为 PA 平面 PCD ，CD 平面 PCD ，所以 CD PA ，
又底面 ABCD 为正方形，所以 CD AD ，
又因为 PA AD A ，所以 CD 平面 PAD ，
又 CD 平面 ABCD ，所以平面 PAD 平面 ABCD ，
过 P 作 PF AD 于 F ，连接 BF ，
又因为平面 PAD 平面 ABCD AD ，所以 PF 平面 ABCD ，
所以 PF BF ，
所以 PBF 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角，
其正弦值为
2 2 2 2
3 4
6 345
853 5
PA PD
PF AD
PB PA AB
．
直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 6 34
85
．
46．（2021•海淀区模拟）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， 60ABC ，PB PC ，E 为
线段 BC 的中点， F 为线段 PA 上的一点．
（1）证明：平面 PAE 平面 BCP ．
（2）若 2
2PA AB PB ，二面角 A BD F 的余弦值为 3
5
，求 PD 与平面 BDF 所成角的正弦值．
【解答】证明：（1）在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，
60ABC ， PB PC ， E 为线段 BC 的中点，
AE BC ， PE BC ，
AE PE E ， BC 平面 PAE ，
BC 平面 BCP ，平面 PAE 平面 BCP ．
解：（2） BC 平面 PAE ， / /BC AD ， PA AD ，
2
2PA AB PB ， 2 2 2PA AB PB ， PA AB ，
AB AD A ， PA 平面 ABCD ，
以 A 为原点， AE ， AD ， AP 为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，
设 2 22PA AB PB ， AF t ，
则 6( 2B ， 2
2
， 0) ， (0D ， 2 ， 0) ， (0F ，0， )t ，
6( 2BD ， 3 2
2
， 0) ， 6( 2BF ， 2
2
， )t ，
设平面 BDF 的法向量 (n x ， y ， )z ，
则
6 3 2 02 2
6 2 02 2
n BD x y
n BF x y tz
，取 1y ，得 ( 3n ，1， 2 )t
，
平面 ABD 的法向量 (0m ，0，1) ，
二面角 A BD F 的余弦值为 3
5
，
2
2
3| cos , | 524
tm n
t
，解得 2 2
3t ，
(0F ，0， 2 2 )3
， (0P ，0， 2) ， (0PD ， 2 ， 2) ，平面 BDF 的法向量 ( 3n ，1， 3)2
，
设 PD 与平面 BDF 所成角的平面角为 ，
则 PD 与平面 BDF 所成角的正弦值：
2
| | 22sin 5 10| | | | 2 2
PD n
PD n
．
47．（2021•广东模拟）如图在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 是边长为 2 的菱形， 1 120ABB ，平
面 1 1AA B B 平面 ABC ， M 、 N 分别为 AB 、 1BB 的中点， ? 2AC BC ．
（1）证明： 1 / /BC 平面 1ACM ；
（2）求二面角 M AC N 的余弦值．
【解答】（1）证明：取 1 1A B 中点 D ，连接 1DC 、 DB ，
1
1
/ /A D MB
A D MB
四边形 1A DBM 为平行四边形，所以 1 / /A M DB ，
因为 1/ /DM B B ， 1DM B B ，又 1 1/ /B B C C ， 1 1B B C C ，所以 1/ /DM C C ， 1DM C C ，
所以四边形 1DMCC 为平行四边形，所以 1 / /DC MC ，
1A M MC M ， 1BD DC D ，所以平面 1 / /BC D 平面 1ACM ，
又因为 1BC 平面 1BC D ，所以 1 / /BC 平面 1ACM ；
（2）解：因为侧面 1 1ABB A 是边长为 2 的菱形， 1 120ABB ，所以△ 1A AB 为正三角形，
所以 1A M AB ，又因为平面 1 1AA B B 平面 ABC ，
所以 1A M 平面 ABC ，所以 1A M MC ，
因为 ? 2AC BC ，所以 CM AB ，于是 MB 、 MC 、 1MA 两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
( 1A ，0， 0) ， (0C ，1， 0) ， (1B ，0， 0) ， 1 (2B ，0， 3) ， 3(2N ，0， 3)2
．
(1AC ，1， 0) ， 5(2AN ，0， 3)2
，
设平面 ACN 的法向量为 (n x ， y ， )z ．
0
5 3 02 2
AC n x y
AN n x z
，令 5z ， ( 3n ， 3 ， 5) ，
平面 MAC 的法向量为 (0m ，0，1) ，
设二面角 M AC N 的大小为 ，
由图可知， 为锐角，
所以 | | 5 5 31cos | | | | 3131 1
n m
n m
．
故二面角 M AC N 的余弦值为 5 31
31
．
48．（2021•广东模拟）如图，在多面体 ABCDFE 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 ABEF 是
直角梯形，其中 90ABE ， / /AF BE ，且 3 3DE AF BE ．
（1）证明：平面 ABEF 平面 ABCD ；
（2）求二面角 C DE F 的余弦值．
【解答】（1）证明：连接 AE ，因为 2AB ， 1BE ， AB BE ，
所以 2 22 1 5AE ，又因为 3DE ， 2AD ，
所以 2 2 2DE AD AE ，所以 DA AE ，
又因为 DA AB ， AB AE A ，
所以 DA 平面 ABEF ，又因为 DA 平面 ABCD ，
所以平面 ABCD 平面 ABEF ．
（2）解：因为 90ABE ，所以 AB BE ，又因为 / /AF BE ，
所以 AB AF ，
所以 AB 、 AF 、 AD 两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
(2C ，0， 2) ， (2E ，1， 0) ， (0D ，0， 2) ， (0F ，3， 0) ，
(2DE ，1， 2) ， (2DC ，0， 0) ， (0DF ，3， 2) ，
设平面 DEC 与平面 DEF 的法向量分别为 (m x ， y ， )z ， (n u ， v ， )w ，
2 2 0
2 0
DE m x y z
DC m x
，令 1z ， (0m ，2，1) ，
2 2 0
3 2 0
DE n u v w
DF n v w
，令 3w ， (2n ，2，3) ，
设二面角 C DE F 的大小为 ，由图可知 为钝角，
所以 | | 7 7 85cos | | | | 855 17
m n
m n
．
故二面角 C DE F 的余弦值为 7 85
85
．
49．（2021•惠州模拟）已知边长为 3 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D （如图），现用一个平面 截该正方体，平
面 与棱 1AA 、 AB 、 BC 分别交于点 E 、 F 、 G ．若 1 2A E EA ， 2AF FB ， 2CG GB ．
（1）求面 与面 ABCD 所成锐二面角的余弦值；
（2）在图中作出截面 与正方体各面的交线，用字母标识出交线与棱的交点．
【解答】解：（1）在 1C C 上取点 M ，使 1 2C M MC ，连接 MG 、 ME ，
连接 BD 、 AC 交于 O ，交 FG 于 Q ，
因为 / /AE CM ， AE CM ，所以 / /ME AC ，
又因为 2AF FB ， 2CG GB ，
所以 / /FG AC ， 2OQ GB ， 22 22OQ ，
所以 / /FG ME ，所以 F 、 G 、 M 、 E 都在平面 上，
连接 1 1B D 、 1 1A C 交于 1O ，连接 1O O 交 EM 于 P ，
因为 1 1 1 1ABCD A B C D 为正方体， 1O O 平面 ABCD ，从而 90POQ ，
AC 平面 1 1BB D D ， / /FG AC ，
所 FG 平面 1 1BB D D ，所以 FG PQ ， FG OQ ，
所以 PQO 为平面 与平面 ABCD 所二面角的平面角，设其大小为 ，
1 2tan 22
PO
OQ
，
2
1 6cos 31 tan
，
所以平面 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 6
3
．
（2）由（1）延长 QP 交 1D D 于 N ，连接 EN 、 MN ，
1 2 5tan (3 2 2)2 2 2AN QD ，于是 1 0.5D N ，
故平面 与正方体截面为五边形 EFGMN ，其中位置 1 0.5D N ， 1MC ．
50．（2021•潮州一模）如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB AC ， 1A 在底面 ABC 上的射影恰为点 B ，且
1 2AB AC A B ．
（Ⅰ）证明：平面 1A AC 平面 1ABB ；
（Ⅱ）求二面角 1 1C AB A 的大小．
【解答】（Ⅰ）证明：因为 1A 在底面 ABC 上的射影恰为点 B ，所以 1A B 平面 ABC ，
所以 1A B AC ，因为 AB AC ，
又因为 1A B AB B ， 1A B 平面 1ABB ， AB 平面 1ABB ，
所以 AC 平面 1ABB ， AC 平面 1A AC ，所以平面 1A AC 平面 1ABB ．
（Ⅱ）解：因为 1 1/ /AC AC ， AB AC ，所以 1 1AB AC ，
因为 1A B 平面 ABC ，所以 1AB A B ，
所以 AB 平面 1 1A BC ，所以 1AB C B ， 1AB A B ，
所以 1 1A BC 为二面角 1 1C AB A 的平面角，
因为 1 1/ /AC AC ， 1A B AC ，所以 1 1 1AC A B ，
又因为 1AC A B ， 1 1AC AC ，所以 1A B AC ，
所以 1 1 45A BC ，
故二面角 1 1C AB A 的大小为 45 ．
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