专题15 立体几何综合试题-2021年新高考数学名校地市必刷题（新高考专用）（解析版）

2021 年新高考数学名校地市必刷题（新高考专用） 专题 15 立体几何综合试题 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 一、单选题（共 10 小题） 1.（2019•肇庆三模）如图，正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 1，P 为 AA1 的中点，M 在侧面 AA1B1B 上， 有下列四个命题： ① 若 D1M⊥CP，则△BCM 面积的最小值为 ； ② 平面 A1BD 内存在与 D1C1 平行的直线； ③ 过 A 作平面 α ，使得棱 AD，AA1，D1C1 在平面 α 的正投影的长度相等，则这样的平面 α 有 4 个； ④ 过 A 作面 β 与面 A1BD 平行，则正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 在面 β 的正投影面积为 ． 则上述四个命题中，真命题的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：对于 ① ，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，如图 1 所示； 过 M 作 MG⊥平面 ABCD，G 是垂足，过 G 作 GH⊥BC，交 BC 于 H，连结 MH， 则 D（0，0，0），C（0，1，0），A（1，0，0），P（1，0， ），C（0，1，0），D1（0，0，1）， B（1，1，0）， 设 M（1，a，b），则 ＝（1，a，b﹣1）， ＝（1，﹣1， ）， ∵D1M⊥CP， ∴ • ＝1﹣a+ b﹣ ＝0，解得 2a﹣b＝1， ∴CH＝1﹣a，MG＝b＝2a﹣1， MH＝ ＝ ＝ ， ∴S△BCM＝ ×BC×MH＝ •1• ＝ • ≥ • ＝ ， 当 a＝ 时，（S△BCM）min＝ ， ① 正确； 对于 D1C1∥DC，DC∩平面 A1BD＝D，所以 D1C1 也与平面 A1BD 相交．故 ② 错； ③ 过 A 作平面 α ，使得棱 AD，AA1，D1C1 在平面 α 的正投影的长度相等，因为 D1C1∥AB，且 D1C1＝AB，故 D1C1 在平面 α 的正投影的长度等于 AB 在平面 α 的正投影的长度，使得棱 AD，AA1， D1C1 在平面 α 的正投影的长度相等，即使得使得棱 AD，AA1，AB 面 α 的正投影的长度相等，若 棱 AD，AA1，AB 面 α 的同侧，则 α 为过 A 且与平面 A1BD 平行的平面，若棱 AD，AA1，AB 中有 一条棱和另外两条棱分别在平面 α 的异侧，则这样的平面 α 有 3 个，故满足使得棱 AD，AA1，D1C1 在平面 α 的正投影的长度相等的平面 α 有 4 个； ③ 正确． ④ 过 A 作面 β 与面 A1BD 平行，则正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 在面 β 的正投影为一个正六边形，其 中 AC1⊥平面 β ，而 AC1 分别垂直于正三角形 A1BD 和 CB1D1，所以根据对称性，正方体的 8 个 顶点中，AC1 在平面 β 内的投影点重合与正六边形的中心，其它六个顶点投影恰是正六边形的六 个顶点，且正六边形的边长等于正三角形 A1BD 的外接圆半径（投影线与正三角形 A1BD、CB1D1 垂直），所以正六边形的边长为 a＝ ＝ 所以投影的面积为 6× ＝6 × ＝ ． ④ 对． 故选：C． 【知识点】棱柱的结构特征 2.（2018•黄州区校级三模）如图，四面体 ABCD 中，面 ABD 和面 BCD 都是等腰 Rt△，AB＝ ，∠BAD ＝∠CBD＝ ，且二面角 A﹣BD﹣C 的大小为 ，若四面体 ABCD 的顶点都在球 O 上，则球 O 的表 面积为（ ） A．12 π B．20 π C．24 π D．36 π 【解答】解：取 CD 中点 E，BD 中点 F，连结 BE、AF、EF， ∵四面体 ABCD 中，面 ABD 和面 BCD 都是等腰 Rt△，AB＝ ，∠BAD＝∠CBD＝ ，且二面 角 A﹣BD﹣C 的大小为 ， ∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE 是二面角 A﹣BD﹣C 的平面角， ， BD＝BC＝ ＝2，CD＝ ，CE＝DE＝ ，AF＝BF＝DF＝EF＝1， ， 则点 E 为△BCD 外接圆的圆心，点 F 为△ABD 外接圆的圆心， 过点 E 作平面 BCD 的垂线 EO，过点 F 作平面 ABD 的垂线 FO， 且直线 EO 与直线 FO 交于点 O，则点 O 为四面体 ABCD 外接球的球心， 如下图所示， 易知 ， ，所以， ， 所以， ，则四面体 ABCD 的外接球半径为 ， 因此，球 O 的表面积为 ， 故选：B． 【知识点】球的体积和表面积 3.（2020•湖北模拟）已知 P，A，B，C 是半径为 3 的球面上四点，其中 PA 过球心， ， 则三棱锥 P﹣ABC 的体积是（ ） A． B．2 C． D． 【解答】解：∵P，A，B，C 是半径为 3 的球面上四点， 其中 PA 过球心， ， ∴由余弦定理得 cosB＝ ＝﹣ ，∴B＝120°， 设△ABC 外接圆的半径为 r， 则由正弦定理，得 ＝ ＝2r，解得 r＝2． ∴球心到平面 ABC 的距离 d＝ ＝ ＝ ． ∴三棱锥 P﹣ABC 的体积： V＝ ＝ ＝ ． 故选：D． 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积 4.（2020•河南模拟）在三棱锥 P﹣ABC 中，平面 PBC⊥平面 ABC，∠ACB＝90°，BC＝PC＝2，若 AC＝ PB，则三棱锥 P﹣ABC 体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：如图，取 PB 中点 M，连结 CM， ∵平面 PBC⊥平面 ABC，平面 PBC∩平面 ABC＝BC， AC ⊂ 平面 ABC，AC⊥BC， ∴AC⊥平面 PBC， 设点 A 到平面 PBC 的距离为 h＝AC＝2x， ∵PC＝BC＝2，PB＝2x，（0＜x＜2），M 为 PB 的中点， ∴CM⊥PB，CM＝ ， 解得 ＝ ， VA﹣PBC＝ ＝ ， 设 t＝ ，（0＜t＜2），则 x2＝4﹣t2， ∴VA﹣PBC＝ ＝ ，（0＜t＜2）， 关于 t 求导，得 ，令 V′（t）＝0，解得 t＝ 或 t＝﹣ （舍）， 由 V（t）单调性得当 t＝ 时，（VA﹣PBC）max＝ ． 故选：D． 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、平面与平面垂直 5.（2020•梅州一模）在空间直角坐标系 O﹣xyz 中，四面体 OABC 各顶点坐标分别为：O（0，0，0），A（0， 0，2），B（ ，0，0），C（0， ，0）．假设蚂蚁窝在 O 点，一只蚂蚁从 O 点出发，需要在 AB， AC 上分别任意选择一点留下信息，然后再返回 O 点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是 （ ） A．2 B． C． D．2 【解答】解：将四面体 OABC 沿着 OA 剪开，展开后如下图所示， 最短路径就是△AOO'的边 OO'， ∵O（0，0，0），A（0，0，2），B（ ，0，0），C（0， ，0）， ∴AO＝2，BO＝ ，AB＝AC＝ ，BC＝ ， 由余弦定理知，在△OAB 中，cos∠OAB＝ ＝ ＝ ， ∴∠OAB＝30°＝∠O'AC， 在△ABC 中，cos∠BAC＝ ＝ ＝ ， ∴sin∠BAC＝ ＝ ， ∴cos∠OAO'＝cos（∠BAC+∠OAB+∠O'AC）＝cos（∠BAC+60°） ＝cos∠BAC•cos60°﹣sin∠BAC•sin60°＝ × ﹣ × ＝ ． 在△AOO'中，OO'2＝AO2+AO'2﹣2AO•AO'cos∠OAO' ＝4+4﹣2×2×2× ＝5+ ， ∴OO'＝ ． 故选：C． 【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题 6.（2019•重庆三模）在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AD＝DD1＝1， ，E，F，G 分别是棱 AB，BC， CC1 的中点，P 是底面 ABCD 内一动点，若直线 D1P 与平面 EFG 平行，则当三角形 BB1P 面积最小值时， 三棱锥 A﹣BB1P 的外接球的表面积为（ ） A．2 π B．3 π C．4 π D．7 π 【解答】解：补全截面 EFG 为截面 EFGHQR 如图，设 BR⊥AC， ∵直线 D1P 与平面 EFG 不存在公共点， ∴D1P∥平面 EFGHQR， 易知平面 ACD1∥平面 EFGHQR， ∴P ∈ AC， 且当 P 与 R 重合时，BP＝BR 最短，此时△PBB1 的面积最小， 由等积法得 BR×AC＝ BE×BF，即 BR× ＝ ×1× ， ∴BP＝ ， ∵B1B⊥AP，BP⊥AP，∴AP⊥平面 B1BP，则 AP⊥B1P， 又 AB⊥B1B，∴AB1 为三棱锥 A﹣BB1P 的外接球的直径，长度为 ． ∴三棱锥 A﹣BB1P 的外接球的半径为 1，表面积为 4 π ． 故选：C． 【知识点】球的体积和表面积 7.（2019•道里区校级四模）设 m，n 是两条不同的直线， α ， β 是两个不同的平面，下列选项正确的是（ ） A．若 m⊥ α ，n ⊂β ，且 m⊥n，则 α ⊥ βB．若 m ⊂α ，n ⊂β ，且 m∥ β ，n∥ α ，则 α ∥ βC．若 m⊥ α ，n⊥ β ，且 α ⊥ β ，则 m⊥n D．若 m∥ α ，n∥ β ，且 α ∥ β ，则 m∥n 【解答】解：由 m，n 是两条不同的直线， α ， β 是两个不同的平面，知： 在 A 中，若 m⊥ α ，n ⊂β ，且 m⊥n，则 α 与 β 相交或平行，故 A 错误； 在 B 中，若 m ⊂α ，n ⊂β ，且 m∥ β ，n∥ α ，则 α 与 β 相交或平行，故 B 错误； 在 C 中，若 m⊥ α ，n⊥ β ，且 α ⊥ β ， 则由线面垂直和面面垂直的性质定理得 m⊥n，故 C 正确； 在 D 中，若 m∥ α ，n∥ β ，且 α ∥ β ，则 m 与 n 相交、平行或异面，故 D 错误． 故选：C． 【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系 8.（2019•广东二模）已知高为 H 的正三棱锥 P﹣ABC 的每个顶点都在半径为 R 的球 O 的球面上，若二面角 P﹣AB﹣C 的正切值为 4，则 ＝（ ） A． B． C． D． 【解答】解：设 P 在底面 ABC 的射影为 E，D 为 AB 的中点，连结 PD， 设正三角形 ABC 的边长为 a， 则 CD＝ ，∴ED＝ ，EC＝ a， 由二面角 P﹣AB﹣C 的正切值为 4，得 ＝4， 解得 a＝ ． ∴EC＝ ＝ ， OP+OC＝R，OE＝H﹣R， ∴OC2＝OE2+CE2， ∴R2＝（H﹣R）2+（ ）2， 解得 ＝ ． 故选：A． 【知识点】二面角的平面角及求法 9.（2019•泸州模拟）已知圆锥 SO1 的顶点和底面圆周均在球 O 的球面上，且该圆锥的高为 8，母线 SA＝12， 点 B 在 SA 上，且 SB＝3BA，则过点 B 的平面被该球 O 截得的截面面积的最小值为（ ） A．27 π B．36 π C．54 π D．81 π 【解答】解：设球半径为 R，如图，SO 交 AM 于点 M， 则 SM＝8，OA＝R，AM＝ ＝4 ， 由勾股定理得：OA2＝OM2+AM2， ∴R2＝（R﹣8）2+（4 ）2，解得 R＝9． 取 AS 中点 N，则 BN＝3， ON＝ ＝3 ， ∴OB＝ ＝3 ， ∴当截面圆最小时，OC＝R＝9， 截面圆半径 r＝BC＝ ＝3 ， ∴过点 B 的平面被该球 O 截得的截面面积的最小值为： Smin＝ π ×r2＝27 π ． 故选：A． 【知识点】球的体积和表面积 10.（2019•大兴区一模）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为（ ） A． B．3 C． D． 【解答】 解：根据题意，该三棱锥的原图为如图的 S﹣ABC， SD 在俯视图中投成了一个点，故 SD⊥平面 ABCD（ABCD 为俯视图的四个顶点），DE 平行于 正视的视线，故 DE⊥BC， 根据题意，DE＝BE＝SD＝2， 所以 SB 为最长的棱，因为 BD ⊂ ABCD，∴SD⊥BD， ∴BD2＝DE2+BE2＝8， ∴SB＝ ＝ ＝2 ． 故选：C． 【知识点】由三视图还原实物图 二、填空题（共 9 小题） 11.（2020•天河区一模）已知直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 外接球的表面积为 52 π ，AB＝1，若△ABC 外接圆的圆 心 O1 在 AC 上，半径 r1＝1，则直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 ． 【解答】解：如图，∵△ABC 外接圆的圆心 O1 在 AC 上， ∴O1 为 AC 的中点，且△ABC 是以∠ABC 为直角的直角三角形， 由半径 r1＝1，得 AC＝2，又 AB＝1，∴BC＝ ． 把直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 补形为长方体，设 BB1＝x， 则其外接球的半径 R＝ ． 又直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 外接球的表面积为 52 π ， ∴4 π R2＝52 π ，即 R＝ ． ∴R＝ ＝ ，解得 x＝4 ． ∴直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 ＝6． 故答案为：6． 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积 12.（2019•广西二模）在大小为 75°的二面角 α ﹣l﹣ β 内有一点 M 到两个半平面的距离分别为 1 和 ，则 点 M 到棱 l 的距离等于 ． 【解答】解：如图所示， 经过点 M，作 ME⊥ β ，MF⊥ α ，垂足分别为 E，F． 则 ME⊥l，MF⊥l． 设平面 MEF 与棱 l 交于点 O，则 l⊥平面 MEOF． ∴l⊥MO． 设 OM＝x，∠EOM＝ θ 1，∠MOF＝ θ 2． 则 θ 1+ θ 2＝ ，sin θ 1＝ ，sin θ 2＝ ． cos θ 1＝ ，cos θ 2＝ ． ∴ ＝sin ＝sin（ θ 1+ θ 2）＝ × + × ， 解得 x＝2． 故答案为：2． 【知识点】二面角的平面角及求法 13.（2019•栖霞市模拟）如图，在四面体 ABCD 中，AB＝CD＝3，AD＝BD＝3，AC＝BC＝4，用平行于 AB， CD 的平面截此四面体，得到截面四边形 EFGH，则该四边形 EFGH 面积的最大值为 【解答】解：∵直线 AB 平行于平面 EFGH，且平面 ABC 交平面 EFGH 于 HG，∴HG∥AB， 同理：EF∥AB，FG∥CD，EH∥CD，所以：FG∥EH，EF∥HG． 故：四边形 EFGH 为平行四边形． 又∵AD＝BD，AC＝BC 的对称性，可知 AB⊥CD． ∴四边形 EFGH 为矩形． 设 BF：BD＝BG：BC＝FG：CD＝x，（0≤x≤1） FG＝3x，HG＝3（1﹣x） SEFGH＝FG×HG＝9x（1﹣x） ＝﹣9（ ）＝﹣9（x﹣ ）2+ ， 根据二次函数的性质可知：SEFGH 面积的最大值为 ． 故答案为： ． 【知识点】平面的基本性质及推论 14.（2019•厦门一模）已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的所有棱长为 2，点 M，N 分别在侧面 ABB1A1 和 ACC1A1 内，BC1 与 B1C 交于点 P，则△MNP 周长的最小值为 ． 【解答】解，如图为正三棱柱的俯视图． 关于侧面 AA1B1B 和侧面 AA1C1C 的对称点分别为 P1，P2，连接 P1P2，则当 M，N，P1，P2 共线 时，△MNP 周长最小．由于在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，点 P 是 BC1 和 B1CD 交点，所以 P 是侧面 BB1C1C 的中心，故当△MNP 周长最小时 M，N 分别为侧面 AA1B1B 和侧面 AA1C1C 的中 心． ∴MN＝MP＝NP＝1 △MNP 周长的最小值为：1+1+1＝3． 故填：3 【知识点】棱柱的结构特征 15.（2019•河南三模）正四面体 ABCD 中，E 是 AD 的中点，P 是棱 AC 上一动点，BP+PE 的最小值为 ， 则该四面体内切球的体积为 ． 【解答】解：如下图，正方体中作出一个正四面体 ABCD， 将正三角形 ABC 和正三角形 ACD 沿 AC 边展开后使它们在同一平面内，如下图： 要使得 BP+PE 最小，则 B，P，E 三点共线，即：BE＝ ， 设正四面体的边长为 x，在三角形 ABE 中，由余弦定理可得： ，解得：x＝ ， ∴正方体的边长为 2，正四面体的体积为： ， 设四正面体内切球的半径为 r，由等体积法可得： ， 整理得： ，解得：r＝ ， ∴该四面体内切球的体积为 ． 故答案为： ． 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积 16.（2019•黄山一模）已知三棱锥 A﹣BCD，BC＝6，且△ABC、△BCD 均为等边三角形，二面角 A﹣BC﹣ D 的平面角为 60°，则三棱锥外接球的表面积是 ． 【解答】解：如下图所示， 取 BC 的中点 M，连接 AM、DM，则 AM⊥BC，且 DM⊥BC， 所以，二面角 A﹣BC﹣D 的平面角为∠AMD＝60°，且 ， 则△ADM 是边长为 的正三角形， 如下图所示，设△ABC 和△BCD 的外心分别为点 P、Q， 则 ， 过点 P、Q 在平面 ADM 内作 AM 和 DM 的垂线交于点 O，则 O 为该三棱锥的外接球球心， 易知，∠OMP＝30°，所以，OP＝PM•tan30°＝1， ， 所以，球 O 的半径为 ， 因此，该三棱锥的外接球的表面积为 ． 故答案为：52 π ． 【知识点】球的体积和表面积 17.（2018•桃城区校级模拟）已知正方形 ABCD 的边长为 ，将△ABC 沿对角线 AC 折起，使平面 ABC ⊥平面 ACD，得到如图所示的三棱锥 B﹣ACD，若 O 为 AC 边的中点，M，N 分别为 DC，BO 上的动点 （不包括端点），且 BN＝CM，设 BN＝x，则三棱锥 N﹣AMC 的体积取得最大值时，三棱锥 N﹣ADC 的 内切球的半径为 ． 【解答】解：因为正方形 ABCD 的边长为 2 ，所以：AC＝4 又平面 ABC⊥平面 ACD，O 为 AC 边的中点，∴BO⊥AC； 所以 BO⊥平面 ACD ∴三棱锥 N﹣AMC 的体积 y＝f（x）＝ S△AMC•NO＝ × AC•CM•sin∠ACM•NO ＝ × ×4•x• ×（2﹣x）＝ （﹣x2+2x） ＝﹣ （x﹣1）2+ ， 即为开口向下，对称轴为 1 的抛物线． ∴BN＝1 时，三棱锥 N﹣AMC 的体积取得最大值． 此时，AN＝DN＝CN＝ ， ＝ ． VN﹣ADC＝ ＝ ）•r， 解得 r＝2﹣ ． 故答案为：2﹣ ．． 【知识点】球内接多面体、棱柱、棱锥、棱台的体积 18.（2019•宜春模拟）在三棱锥 P﹣ABC 中，平面 PAB⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的等边三角形， 其中 PA＝PB＝ ，则该三棱锥外接球的表面积为 ． 【解答】解： 如图所示，作 AB 中点 D，连接 PD、CD，在 CD 上作三角形 ABC 的中心 E，过点 E 作平面 ABC 的垂线，在垂线上取一点 O，使得 PO＝OC． 因为三棱锥底面是一个边长为 2 的等边三角形，E 为三角形的中心， 所以三棱锥的外接球的球心在过点 E 的平面 ABC 的垂线上， 因为 PO＝OC，P、C 两点在三棱锥的外接球的球面上，所以 O 点即为球心， 因为平面 PAB⊥平面 ABC，PA＝PB，D 为 AB 中点，所以 PD⊥平面 ABC， CD＝ ＝ ＝3，CE＝ ＝2，DE＝CD﹣CE＝1， PD＝ ＝2， 设球的半径为 r，则有 PO＝OC＝r，OE＝ ， （PD﹣OE）2+DE2＝PO2，即 ，解得 r2＝ ， 故表面积为 S＝4 π r2＝ ． 【知识点】球的体积和表面积 19.（2019•广州二模）有一个底面半径为 R，轴截面为正三角形的圆锥纸盒，在该纸盒内放一个棱长均为 a 的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，则 a 的最大值为 ． 【解答】 解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球， 设球心为 P，球的半径为 r，轴截面上球与圆锥母线的切点为 Q，圆锥的轴截面如图： 则 OA＝OB＝R，因为 SAB 为等边三角形，故 P 是△SAB 的中心， 连接 BP，则 BP 平分∠SBA，∴∠PBO＝30°． 所以 tan30°＝ ，即 r＝ ，即四面体的外接球的半径为 r＝ ， 另正四面体可以从正方体中截得，如图： 从图中可以得到，当正四面体的棱长为 a 时，截得它的正方体的棱长为 ， 而正四面体的四个顶点都在正方体上， 故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 所以 2r＝ AA1＝ ＝ ， ∴r＝ ，又知道 r＝ ， 所以 ＝ ， 所以 a＝ ． 故填： ． 【知识点】球内接多面体 三、解答题（共 5 小题） 20.（2018•河西区校级模拟）在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝90°， AB＝PB＝PC＝BC＝2CD＝2，E 为 PC 的中点，平面 PBC⊥平面 ABCD． （I）求 PA 与 BE 成角的余弦值 （1）求平面 ADP 与平面 BCP 所成的锐二面角的大小； （Ⅲ）在棱 PB 上是否存在点 M 使得 CM∥平面 PAD？若存在，求 的值；若不存在，说明理由 【解答】解：（I）取 BC 的中点 O，连接 PO， ∵PB＝PC，∴PO⊥BC， ∵平面 PBC⊥平面 ABCD，平面 PBC∩平面 ABCD＝BC， PO ⊂ 平面 PBC， ∴PO⊥平面 ABCD； 如图所示，以 O 为原点，OB 所在的直线为 x 轴， 在平面 ABCD 内过 O 垂直于 BC 的直线为 y 轴， OP 所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 O﹣xyz； 由直角梯形 ABCD 中，AB＝PB＝PC＝BC＝2CD， 可得 P（0，0， ），D（﹣1，1，0），A（1，2，0）， C（﹣1，0，0），E（﹣ ，0， ）， ∴ ＝（1，2，﹣ ）， ＝（﹣ ，0， ）； ∴|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ， ∴PA 与 BE 成角的余弦值为 ； （Ⅱ）由 ＝（1，﹣1， ）， ＝（2，1，0）， 设平面 ADP 的法向量为 ＝（x，y，z）， ∵ ， 即 ， 令 x＝1，得 ＝（1，﹣2，﹣ ）； 取平面 BCP 的一个法向量 ＝（0，1，0）； ∴cos＜ ， ＞＝ ＝﹣ ， ∴平面 ADP 与平面 BCP 所成的锐二面角为 ； （Ⅲ）设 ＝ λ ，则 M（ λ ，0， ﹣ λ ）， ＝（ λ +1，0， ﹣ λ ）， 若 CM∥平面 PAD，则 • ＝ λ +1﹣ （ ﹣ λ ）＝0，解得 λ ＝ ， 即 ＝ 时，满足 CM∥平面 PAD． 【知识点】二面角的平面角及求法 21.（2018•青岛一模）如图，圆柱 H 横放在底面边长为 1 的正六棱锥 P﹣ABCDEF 的顶点 P 上，O1 和 O2 分 别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥 P﹣ABCDEF 底面中心为 O，PO=1，M、N 分别是圆柱 H 的 底面 O1 的最高点和最低点，G 是圆柱 H 的底面 O2 的最低点，P 为 NG 中点，点 M、O1、N、A、O、D、 G、P 共面，点 O1、P、D 共线，四边形 ADGN 为矩形． （1）求圆柱 H 的体积 V，并证明：MG∥平面 PCD； （2）作出点 O 在平面 PAB 上的正投影 K，并证明之． 注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥． 【解答】解：（1）①如图所示， 圆柱的底面圆半径为 O1N=PO=1，母线长为 NG=2OD=2； ∴圆柱的体积为 V=π×12×2=2π； ②证明：∵P 为 NG 的中点，O1 为 MN 中点，∴PO1∥MG， 又∵O1、P、D 共线，∴PD∥MG， ∵PD⊂平面 PCD，MG⊄ 平面 PCD， ∴MG∥平面 PCD； （2）过点 O 作 OH⊥AB，垂足为 H，连接 PH，过 O 作 OK⊥PH，垂足为 K， 则 S 为点 O 在平面 PAB 上的正投影； 证明如下；∵O 是正六棱锥 P﹣ABCDEF 底面中心，∴PO⊥底面 ABCDEF， ∴PO⊥AB； 又 OH⊥AB，且 PO∩OH=O， ∴AB⊥平面 POH， ∴AB⊥OK； 有 OK⊥PH， 且 AB∩PH=H， ∴OK⊥平面 PAB， ∴K 是点 O 在平面 PAB 上的正投影． 【知识点】平行投影及平行投影作图法、直线与平面平行 22.（2020•山东模拟）如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB＝BC，D、E 分别为 BB1、AC1 的中点． （1）证明：ED 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线； （2）设 AA1＝AC＝ AB，求二面角 A1﹣AD﹣C1 的余弦值． 【解答】解：（1）证明：取 AA1 中点 F，连结 DF，EF， 则 DF∥AB，EF∥AC， ∵EF∩DF＝F，AC∩AB＝A，∴平面 ABC∥平面 DEF， ∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，BB1⊥平面 ABC，∴BB1⊥平面 DEF， ∵ED ⊂ 平面 DEF，∴ED⊥BB1， ∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB＝BC，D、E 分别为 BB1、AC1 的中点． ∴DC1＝DA，∴ED⊥AC1， ∴ED 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线． （2）解：∵AA1＝AC＝ AB，∴AB2+BC2＝AC2，∴AB⊥BC， 以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 AA1＝AC＝ AB＝2， 则 A（0， ，0），A1（0， ，2），D（0，0，1），C1（ ，0，2）， 平面 AA1D 的法向量 ＝（1，0，0）， ＝（0， ，﹣1）， ＝（ ，0，1）， 设平面 ADC1 的法向量 ＝（x，y，z）， 则 ，取 x＝ ，则 ＝（ ，﹣ ，﹣2）， 设二面角 A1﹣AD﹣C1 的平面角为 θ ， 则 cos θ ＝ ＝ ＝ ． ∴二面角 A1﹣AD﹣C1 的余弦值为 ． 【知识点】异面直线的判定、二面角的平面角及求法 23.（2020•宁河区校级模拟）如图，在四棱柱 C﹣ABEF 中，平面 ABEF⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的 等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点 M 为 BC 的中点 （Ⅰ）求证：EM∥平面 ACF； （Ⅱ）求二面角 E﹣BC﹣F 的余弦值； （Ⅲ）在线段 EF 上是否存在一点 N，使直线 CN 与平面 BCF 所成的角正弦值为 ，若存在求出 EN 的长，若不存在说明理由． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取 AC 中点 P，连结 MP、FP， ∵△ABC 是边长为 2 的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点 M 为 BC 的中点， ∴EF MP，∴四边形 EFPM 是平行四边形，∴FP∥EM， ∵EM ⊄ 平面 ACF，FP ⊂ 平面 ACF， ∴EM∥平面 ACF． （Ⅱ）解：取 AB 中点 O，连结 CO，FO， ∵在四棱柱 C﹣ABEF 中，平面 ABEF⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的等边三角形， AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点 M 为 BC 的中点， ∴FO⊥平面 ABC，OC⊥AB， 以 O 为原点，OC 为 x 轴，OB 为 y 轴，OF 为 z 轴，建立空间直角坐标系， B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，1，1），F（0，0，1）， ＝（ ，﹣1，0）， ＝（0，0，1）， ＝（0，﹣1，1）， 设平面 BCE 的法向量 ＝（x，y，z）， 则 ，取 x＝1，得 ＝（1， ，0）， 设平面 BCF 的法向量 ＝（a，b，c）， 则 ，取 a＝1，得 ＝（1， ）， 设二面角 E﹣BC﹣F 的平面角为 θ ， 则 cos θ ＝ ＝ ＝ ． ∴二面角 E﹣BC﹣F 的余弦值为 ． （Ⅲ）解：假设在线段 EF 上是存在一点 N，使直线 CN 与平面 BCF 所成的角正弦值为 ， 设 EN＝t． 则 N（0，1﹣t，1）， ＝（﹣ ，1﹣t，1），平面 BCF 的法向量 ＝（1， ）， ∴|cos＜ ＞|＝ ＝ ＝ ， 解得 t＝1﹣ ， ∴线段 EF 上是存在一点 N，EN＝1﹣ ，使直线 CN 与平面 BCF 所成的角正弦值为 ． 【知识点】直线与平面所成的角、二面角的平面角及求法、直线与平面平行 24.（2020•佛山一模）如图，三棱锥 P﹣ABC 中，PA＝PB＝PC，∠APB＝∠ACB＝90°，点 E，F 分别是棱 AB，PB 的中点，点 G 是△BCE 的重心． （1）证明：PE⊥平面 ABC； （2）若 GF 与平面 ABC 所成的角为 60°，且 GF＝2，求三棱锥 P﹣ABC 的体积． 【解答】解：（1）证明：∵PA＝PB，E 是 AB 的中点，∴PE⊥AB， ∵∠ACB＝90°，E 是 AB 中点，∴EC＝EA， ∵PC＝PA，PE＝PE，∴△PEC≌△PEA， ∴∠PEC＝∠PEA＝90°，∴PE⊥EC， ∵AB∩EC＝E，∴PE⊥平面 ABC． （2）解：连结 CG，并延长，交 BE 于点 O，则点 O 为 BE 的中点，连结 OF， ∵F 是棱 PB 的中点，∴OF∥PE， 由（1）得 OF⊥平面 ABC， ∴∠FGO 是 GF 与平面 ABC 所成角，∴∠FGO＝60°， 在 Rt△FGO 中，GF＝2，∴OG＝1，OF＝ ， ∵G 是△BCE 的重心，O，F 分别是 BE，BP 的中点， ∴OC＝3，PE＝2 ， ∵PA＝PB，∠APB＝∠ACB＝90°，E，O 分别是 AB，BP 的中点， ∴AB＝4 ，CE＝2 ，OE＝ ， 则在△CEO 中，OE2+OC2＝（ ）2+32＝12＝（2 ）2＝CE2，∴OC⊥AB， ∴三棱锥 P﹣ABC 的体积： V＝ ＝ ＝ ＝12． 【知识点】直线与平面垂直、棱柱、棱锥、棱台的体积