新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)章節(jié)專題模擬卷第七章 立體幾何與空間向量（解析卷）

立體幾何與空間向量本試卷22小題，滿分150分。考試用時(shí)120分鐘一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（2023·吉林·統(tǒng)考三模）已知直線SKIPIF1<0與平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，能使SKIPIF1<0的充分條件是（

）A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】C【詳解】對(duì)于A，當(dāng)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0可能平行，可能相交，但不一定垂直，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根據(jù)面面垂直判定定理可知SKIPIF1<0，C正確；對(duì)于D，當(dāng)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，但SKIPIF1<0相交但不一定垂直，如圖示：故D錯(cuò)誤；故選：C2．（2023·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考一模）在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AAA．10.5 B．12.5C．22.5 D．42.5【答案】A【分析】將AB,AD,【詳解】由題意得AC=AB+因?yàn)锳B=4，AD=3，AA1=5所以AC=10.5，故選：A3．（2023·江蘇·統(tǒng)考三模）已知底面半徑為r的圓錐SO，其軸截面是正三角形，它的一個(gè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為SKIPIF1<0，則此圓柱與圓錐的側(cè)面積的比值為（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【詳解】圓錐的高為SKIPIF1<0，如圖，由SKIPIF1<0可得：SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0,圓柱側(cè)面積SKIPIF1<0，圓錐側(cè)面積SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.故選：D．4.（2023天津聯(lián)考三模）小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng),設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒,包裝盒如圖所示:底面是邊長(zhǎng)為(單位:)的正方形,,,,均為正三角形,且它們所在的平面都與平面垂直，則該包裝盒的容積是（）ASKIPIF1<0BSKIPIF1<0CSKIPIF1<0DSKIPIF1<0

【答案】A

【解析】過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn),過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn),連接.

過(guò)點(diǎn),分別作,,交,于點(diǎn),,

連接,,,，

,分別為,的中點(diǎn),為長(zhǎng)方體,故該包裝盒可分成一個(gè)長(zhǎng)方體和四個(gè)相等的四棱錐組合而成.

由底面是邊長(zhǎng)為的正方形可得:,∴所求該包裝盒的容積為

.5．（2023·山西晉中·統(tǒng)考三模）已知點(diǎn)P在棱長(zhǎng)為2的正方體SKIPIF1<0的表面上運(yùn)動(dòng)，則SKIPIF1<0的最大值為（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【詳解】取SKIPIF1<0中點(diǎn)SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，如圖，則SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0在正方體表面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)到SKIPIF1<0或SKIPIF1<0處時(shí)，SKIPIF1<0最大，所以SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0的最大值為8.故選：C6．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考三模）四面體SKIPIF1<0滿足SKIPIF1<0，點(diǎn)SKIPIF1<0在棱SKIPIF1<0上，且SKIPIF1<0，點(diǎn)SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的重心，則點(diǎn)SKIPIF1<0到直線SKIPIF1<0的距離為（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【詳解】四面體SKIPIF1<0滿足SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0兩兩垂直，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，以射線SKIPIF1<0的正方向分別為SKIPIF1<0軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，因?yàn)镾KIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以點(diǎn)SKIPIF1<0到直線SKIPIF1<0的距離SKIPIF1<0.故選：A7．（2023·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖，八面體的每一個(gè)面都是正三角形，并且A,B,C,D四個(gè)頂點(diǎn)在同一平面內(nèi)，下列結(jié)論：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③AB⊥AD；④平面ACE⊥平面BDF，正確命題的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根據(jù)題意，以正八面體的中心O為原點(diǎn)，OB,OC,OE分別為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及法向量，對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】以正八面體的中心O為原點(diǎn)，OB,OC,OE分別為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正八面體的邊長(zhǎng)為2,則A所以，AE=設(shè)面CDF的法向量為n=x,y,z，則CD?n=?2又AE?n=?2+2=0，所以AE⊥n，AE?因?yàn)锳E=?CF，所以AE//又AB//CD，AB?面CDF，CD?面CDF，則AB//面CDF，由AB∩AE=A，AE,AB?平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正確；因?yàn)锽2,0,0,AB=易知平面ACE的一個(gè)法向量為n1=1,0,0，平面BDF因?yàn)閚1?n2=0故選：D8．（2023·吉林·統(tǒng)考三模）如圖，菱形紙片SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，O為菱形SKIPIF1<0的中心，將紙片沿對(duì)角線SKIPIF1<0折起，使得二面角SKIPIF1<0為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分別為SKIPIF1<0的中點(diǎn)，則折紙后SKIPIF1<0（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．0【答案】A【詳解】如圖，連接SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0即為二面角SKIPIF1<0得平面角，即SKIPIF1<0，設(shè)SKIPIF1<0的中點(diǎn)為M，連接SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0,設(shè)菱形紙片SKIPIF1<0中的邊長(zhǎng)為2，因?yàn)镾KIPIF1<0，則SKIPIF1<0為正三角形，則SKIPIF1<0,故SKIPIF1<0為正三角形，故SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，又因?yàn)镾KIPIF1<0為SKIPIF1<0的中點(diǎn)，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0,故在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，故選：A二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.（2023·黑龍江牡丹江·牡丹江市第三高級(jí)中學(xué)?？既＃┮阎猄KIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0為空間中三條不同的直線，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0為空間中三個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法中正確的有（

）A．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0B．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0C．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分別與SKIPIF1<0、SKIPIF1<0所成的角相等，則SKIPIF1<0D．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0【答案】BD【詳解】對(duì)于A，如圖1，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0可以與SKIPIF1<0平行，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)镾KIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，因?yàn)镾KIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，B對(duì)；對(duì)于C，如圖2，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分別與SKIPIF1<0、SKIPIF1<0所成的角為SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0與SKIPIF1<0可以相交、平行或異面，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，D對(duì).故選：BC.10.(2023·昆明模擬)已知P，Q分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的動(dòng)點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．AB⊥PQB．平面BPQ∥平面ADD1A1C．四面體ABPQ的體積為定值D．AP∥平面CDD1C1【答案】C【解析】對(duì)于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ?平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正確；對(duì)于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ與平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正確；對(duì)于C，∵A到平面BPQ的距離AB為定值，Q到BP的距離為定值，BP的長(zhǎng)不是定值，∴四面體ABPQ的體積不為定值，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP?平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正確．11．（多選）（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）在棱長(zhǎng)為SKIPIF1<0的正四面體SKIPIF1<0中，過(guò)點(diǎn)SKIPIF1<0且與SKIPIF1<0平行的平面SKIPIF1<0分別與棱SKIPIF1<0交于點(diǎn)SKIPIF1<0，點(diǎn)SKIPIF1<0為線段SKIPIF1<0上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．SKIPIF1<0B．當(dāng)SKIPIF1<0分別為線段SKIPIF1<0中點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0與SKIPIF1<0所成角的余弦值為SKIPIF1<0C．線段SKIPIF1<0的最小值為SKIPIF1<0D．空間四邊形SKIPIF1<0的周長(zhǎng)的最小值為SKIPIF1<0【答案】ABD【詳解】由題知，SKIPIF1<0//平面SKIPIF1<0，而平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知，SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，A選項(xiàng)正確；連接SKIPIF1<0，易得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0（三線合一），故SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0中點(diǎn)SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，由中位線可知SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中由余弦定理，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，SKIPIF1<0與SKIPIF1<0所成角即為SKIPIF1<0（或其補(bǔ)角），在SKIPIF1<0中根據(jù)余弦定理，SKIPIF1<0，B選項(xiàng)正確；根據(jù)B選項(xiàng)分析，當(dāng)SKIPIF1<0分別為線段SKIPIF1<0中點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0為正三角形，則SKIPIF1<0也是正三角形，故SKIPIF1<0，故四邊形SKIPIF1<0的周長(zhǎng)為：SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0為SKIPIF1<0中點(diǎn)，即SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0有最小值SKIPIF1<0.即空間四邊形SKIPIF1<0的周長(zhǎng)的最小值為SKIPIF1<0，D選項(xiàng)正確.故選：ABD12．（多選）（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考三模）勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能在兩個(gè)平行平面間自由轉(zhuǎn)動(dòng)，并且始終保持與兩平面都接觸.勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體，若用棱長(zhǎng)為4的正四面體SKIPIF1<0作勒洛四面體，如圖，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．平面SKIPIF1<0截勒洛四面體所得截面的面積為SKIPIF1<0B．記勒洛四面體上以C，D為球心的兩球球面交線為弧SKIPIF1<0，則其長(zhǎng)度為SKIPIF1<0C．該勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間距離的最大值為4D．該勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為SKIPIF1<0【答案】AD【詳解】對(duì)于A，平面SKIPIF1<0截勒洛四面體所得截面如圖甲，它的面積為三個(gè)半徑為4，圓心角為SKIPIF1<0的扇形的面積減去兩個(gè)邊長(zhǎng)為4的正三角形的面積；即SKIPIF1<0，故A正確；對(duì)于B，如圖乙，取SKIPIF1<0中點(diǎn)SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，記該勒洛四面體上以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0為球心的兩球交線為弧SKIPIF1<0，則該弧是以SKIPIF1<0的中點(diǎn)SKIPIF1<0為圓心，以SKIPIF1<0為半徑的圓弧，設(shè)圓心角為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0，所以弧長(zhǎng)不等于SKIPIF1<0，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖丙，設(shè)弧SKIPIF1<0的中點(diǎn)是SKIPIF1<0，線段SKIPIF1<0的中點(diǎn)是SKIPIF1<0，設(shè)弧SKIPIF1<0的中點(diǎn)是SKIPIF1<0，線段SKIPIF1<0的中點(diǎn)是SKIPIF1<0，則根據(jù)圖形的對(duì)稱性，四點(diǎn)SKIPIF1<0共線且過(guò)正四面體SKIPIF1<0的中心SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間距離可能大于4，最大值為SKIPIF1<0，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，勒洛四面體能容納的最大球，與勒洛四面體的弧面相切，如圖乙，其中點(diǎn)SKIPIF1<0為該球與勒洛四面體的一個(gè)切點(diǎn)，由對(duì)稱性可知SKIPIF1<0為該球的球心，內(nèi)半徑為SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，易知SKIPIF1<0三點(diǎn)共線，設(shè)正四面體SKIPIF1<0的外接球半徑為SKIPIF1<0，如圖丁，則由題意得：正四面體SKIPIF1<0的高，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，內(nèi)半徑SKIPIF1<0，故D正確.故選：AD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。13．(2023·棗莊模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點(diǎn)F，G分別是AB，CC1的中點(diǎn)，則△D1GF的面積為________．【答案】eq\f(\r(14),2)【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(xiàn)(1,1,0)，eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，∴點(diǎn)D1到直線GF的距離d＝eq\r(|\o(FD1,\s\up11(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7(),\s\do4()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\f(\r(42),3).又|eq\o(FG,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∴SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(42),3)＝eq\f(\r(14),2).14.（2023·廣東·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為AA1，AB的中點(diǎn)，M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M∥平面CD1EF，則M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為________．【答案】eq\r(2)【解析】如圖所示，取A1B1的中點(diǎn)H，B1B的中點(diǎn)G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，所以C1G∥D1E，又C1G?平面CD1EF，D1E?平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因?yàn)镃1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)可知，若C1M∥平面CD1EF，則點(diǎn)M在線段GH上，所以M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).15.(2023·北京模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)O為底面ABCD的中心，點(diǎn)P在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①D1O⊥AC；②存在一點(diǎn)P，D1O∥B1P；③若D1O⊥OP，則△D1C1P面積的最大值為eq\r(5)；④若P到直線D1C1的距離與到點(diǎn)B的距離相等，則P的軌跡為拋物線的一部分．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是________.【答案】①③【解析】對(duì)于①，連接AD1，CD1，如圖，由正方體的性質(zhì)知△ACD1為等邊三角形，由于O為底面ABCD的中心，故O為AC的中點(diǎn)，故AC⊥D1O，①正確；對(duì)于②，將D1O進(jìn)行平移到過(guò)B1點(diǎn)，使之與B1P具有公共頂點(diǎn)，如圖，根據(jù)立體圖形判斷，無(wú)論如何也不可能滿足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1P，②錯(cuò)誤；對(duì)于③，取B1B的中點(diǎn)E，連接OE，EC，BD，D1E，如圖，易證明D1O⊥平面OEC，所以P在線段EC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到點(diǎn)E位置時(shí)，C1P最大，此時(shí)△D1C1P的面積最大為SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝eq\r(5)，所以③正確；對(duì)于④，P到直線D1C1的距離為線段PC1的長(zhǎng)度，所以|PC1|＝|PB|，判定出P點(diǎn)在直線BC1的垂直平分線上，故④錯(cuò)誤．16．（2023·安徽·校聯(lián)考三模）已知四面體SKIPIF1<0的四個(gè)頂點(diǎn)都在球SKIPIF1<0的球面上，SKIPIF1<0是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，SKIPIF1<0外接圓的圓心為SKIPIF1<0．若四面體SKIPIF1<0的體積最大時(shí)，SKIPIF1<0，則球SKIPIF1<0的半徑為______；若SKIPIF1<0，點(diǎn)SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的中點(diǎn)，且SKIPIF1<0，則球SKIPIF1<0的表面積為______．【答案】SKIPIF1<0SKIPIF1<0【詳解】設(shè)SKIPIF1<0的外接圓的半徑R，由題可得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0；若四面體SKIPIF1<0的體積最大時(shí)，則點(diǎn)B在過(guò)SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的直徑上，且SKIPIF1<0在SKIPIF1<0的兩側(cè)，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，設(shè)球SKIPIF1<0的半徑為SKIPIF1<0，則在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0；如圖，取SKIPIF1<0的中點(diǎn)SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0并延長(zhǎng)SKIPIF1<0交圓SKIPIF1<0于點(diǎn)SKIPIF1<0．連接SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得，則SKIPIF1<0．SKIPIF1<0．在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，所以在SKIPIF1<0中，由余弦定理得SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，結(jié)合圖形可得SKIPIF1<0圓SKIPIF1<0．連接SKIPIF1<0，過(guò)點(diǎn)O作BF的垂線，垂足為點(diǎn)G，連接BO，四面體SKIPIF1<0外接球的半徑SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，所以球O的半徑SKIPIF1<0，四面體ABCD外接球的表面積為SKIPIF1<0．故答案為：SKIPIF1<0；SKIPIF1<0.四、解答題：本大題共6小題，共70分，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17.（2023福建莆田一中校考期末）如圖，四邊形SKIPIF1<0為矩形，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的中點(diǎn)．(1)求證：SKIPIF1<0；(2)若點(diǎn)SKIPIF1<0為SKIPIF1<0上的中點(diǎn)，證明SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【分析】（1）連接SKIPIF1<0，矩形SKIPIF1<0中可證出SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0證出SKIPIF1<0，從而得到SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以有SKIPIF1<0；（2）取SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中點(diǎn)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0．利用矩形SKIPIF1<0和三角形中位線定理，證出四邊形SKIPIF1<0是平行四邊形，從而證出SKIPIF1<0，結(jié)合線面平行判定定理，可得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【詳解】（1）證明：連接SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的中點(diǎn)，SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0為等腰直角三角形，由此可得SKIPIF1<0，同理SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．（2）證明：取SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的中點(diǎn)SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0．∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中點(diǎn)，SKIPIF1<0中，可得SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中點(diǎn)，且四邊形SKIPIF1<0為矩形，∴SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0、SKIPIF1<0平行且相等，可得四邊形SKIPIF1<0是平行四邊形．∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．18．（2023·山西晉中·統(tǒng)考三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，E是CD的中點(diǎn)，AE與BD交于點(diǎn)F，G是SKIPIF1<0的重心．(1)求證：SKIPIF1<0平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，SKIPIF1<0為等腰直角三角形，且SKIPIF1<0，求直線AG與平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)SKIPIF1<0．【詳解】（1）證明：連接AG并延長(zhǎng)交PD于H，∵G為SKIPIF1<0的重心，∴SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0平面PCD，SKIPIF1<0平面PCD，∴SKIPIF1<0平面PCD．（2）連接PG并延長(zhǎng)交AD于O，顯然O為AD的中點(diǎn)，因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD．取BC中點(diǎn)M，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OM，OP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則PO=2，于是，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．設(shè)平面PBD的法向量為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，不妨取z=1，則SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴AG與平面PBD所成角的正弦值為SKIPIF1<0．19.(2023·北京模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M為線段A1C1上一點(diǎn)．(1)求證：BM⊥AB1；(2)若直線AB1與平面BCM所成的角為eq\f(π,4)，求點(diǎn)A1到平面BCM的距離．【解析】(1)證明∵AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A1M＝a，a∈[0,1]，則A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∵eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴BM⊥AB1.(2)解設(shè)平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，由(1)知eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，∵直線AB1與平面BCM所成的角為eq\f(π,4)，∴sin

eq\f(π,4)＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·n|,|\o(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\f(1,2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∵eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1),∴點(diǎn)A1到平面BCM的距離d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq\f(1,3).20．（2023·遼寧沈陽(yáng)·沈陽(yáng)二中?？既＃┤鐖D，在四棱錐SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0面ABCD，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且SKIPIF1<0．(1)求證：SKIPIF1<0面PAD；(2)求二面角SKIPIF1<0的正弦值；(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且SKIPIF1<0．判斷是否存在這樣的SKIPIF1<0，使得A，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面．【答案】(1)證明見解析(2)SKIPIF1<0(3)存在【詳解】（1）∵SKIPIF1<0平面ABCD，SKIPIF1<0平面ABCD，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面PAD，SKIPIF1<0平面PAD，∴SKIPIF1<0平面PAD．（2）以A為原點(diǎn)，在平面ABCD內(nèi)過(guò)A作CD的平行線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，平面AEP的一個(gè)法向量為SKIPIF1<0，設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．故SKIPIF1<0，設(shè)二面角SKIPIF1<0的平面角為SKIPIF1<0，由圖可知SKIPIF1<0為銳角，則SKIPIF1<0．∴二面角SKIPIF1<0的余弦值為SKIPIF1<0．故二面角SKIPIF1<0的正弦值為SKIPIF1<0．（3）存在這樣的SKIPIF1<0.由SKIPIF1<0可得：SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，若A，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，則SKIPIF1<0在面SKIPIF1<0內(nèi)，又面SKIPIF1<0的一個(gè)法向量為SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0.∴存在這樣的SKIPIF1<0，使得四點(diǎn)共面.21.(2023·青島模擬)如圖①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E為AB的中點(diǎn)，以DE為折痕把△ADE折起，連接AB，AC，得到如圖②的幾何體，在圖②的幾何體中解答下列問(wèn)題．(1)證明：AC⊥DE；(2)請(qǐng)從以下兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件，求平面DAE與平面AEC夾角的余弦值．①四棱錐A－BCDE的體積為2；②直線AC與EB所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).【解析】(1)證明在圖①中，連接CE(圖略)，因?yàn)镈C∥AB，CD＝eq\f(1,2)AB，E為AB的中點(diǎn)，所以DC∥AE，且DC＝AE，所以四邊形ADCE為平行四邊形，所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，同理可證DE＝2，在圖②中，取DE的中點(diǎn)O，連接OA，OC(圖略)，則OA＝OC＝eq\r(3)，因?yàn)锳D＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，因?yàn)镺A∩OC＝O，OA，OC?平面AOC，所以DE⊥平面AOC，因?yàn)锳C?平面AOC，所以DE⊥AC.(2)解若選擇①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE?平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交線為OC，所以過(guò)點(diǎn)A作AH⊥OC交OC于點(diǎn)H(圖略)，則AH⊥平面BCDE，因?yàn)镾四邊形BCDE＝2eq\r(3)，所以四棱錐A－BCDE的體積VA－BCDE＝2＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)·AH，所以AH＝OA＝eq\r(3)，所以AO與AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，C(－eq\r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq\r(3))，易知平面DAE的一個(gè)法