江苏省高一下学期期末真题必刷（压轴50题12考点）

江苏省高一下学期期末真题必刷（压轴50题,12考点）一、向量的数量积与模（共1题）1．（2223高一下·江苏泰州·期末）已知△ABC的垂心为点D，面积为15，且∠ABC=45°，则BD⋅BC=【答案】305【分析】利用向量的运算表示出BD，利用数量积运算可得答案；先利用面积及第一空结果求出BA2,BC2【详解】如图，

AH是△ABC的BC边上的高，则AH⋅BC=0因为∠ABC=45°，面积为15，所以1BD=BA由第一空可知BD⋅BC=30所以BC2=45，由BABC=302因为BD=所以BD2BD→故答案为：30;5.二、向量模的最值、范围问题（共3题）2．（多选）（2223高一下·江苏徐州·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=1，∠BAC=90°，设点P1，P2，P3，

A．AB．AC．ABD．tBC-【答案】BCD【分析】对于A：根据平面向量基本定理直接用AB,AC表示AP3；对于B：用AB,AC表示AP1,AP2后计算验证即可；对于C：设BC的中点为M【详解】对于A：AP3=对于B：同上可得A因为在等腰直角三角形ABC中，AB=1所以AB2=所以APAP所以AP1⋅对于C：设BC的中点为M，则AB+所以AB+AP

对于D：设AC的中点为N，P为线段BC上一点，设BP=tBC0≤

则tBC-12AC所以tBC作点A关于BC的对称点A'，则四边形ABA'故AP+NP=所以tBC-BA+12故选：BCD.3．（2223高一下·江苏南京·期末）在平行四边形ABCD中，∠BAD=π3，BD=4A．－10 B．－13C．4-43 D．【答案】B【分析】设AB=x,AD=y，求得AB【详解】如图所示，设AB=x,在△ABD中，由余弦定理可得B即16=x2可得AB⋅AD=所以AB⋅设t=8+xy因为16=x2+所以22则AB⋅当t=32时，取得最小值，最小值为故选：B.4．（2223高一下·江苏苏州八校·期末）已知a,b为平面上的单位向量，|c|=26，且a【答案】29【分析】如图，A，B是单位圆O上的点，其中OC=26,OA⊥AC,OA=a【详解】如图，A，B是单位圆O上的点，OC=

设OC到OB的角为θ，则OA到OB的角为θ-|=≤27等号当θ=arctan5故答案为:29三、向量数量积的最值、范围（共2题）5．（多选）（2223高一下·江苏苏州·期末）折扇是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子（如图1），打开后形成以O为圆心的两个扇形（如图2），若∠AOB=150°，OA=2OC=2，点F在AB上，∠BOF=120°，点E在CD上，OE

A．OE⋅EF的取值范围为-2,1 B．C．当OE⊥EF时，x+y=1+【答案】AD【分析】对于A、B，利用向量减法的几何意义，结合数量积的定义式，化简OE⋅OF对于C、D，由题意作图，根据几何性质，求得边长，结合向量加法与数乘，可得答案.【详解】对于A，OE⋅因为∠EOF∈0,2π即OE⋅EF∈-2,1对于C，如图，当OE⊥EF时，可判断E为BF中点，则∠OFE=∠AOF=30°，OA∥则OE=OM+OB，OM=所以OE=OM+OB=3OC故选：AD．

6．（多选）（2223高一下·江苏镇江·期末）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，AD=4，BC=2，CD=23，E为线段CD的中点，

A．AB=4 B．若F为线段AB的中点，则C．λ=-32 D．【答案】AC【分析】对于选项A，过B作AD的垂直，再根据条件即可求出AB，从而判断出选项A的正误；对于选项BCD，通过建立平面直角从标系，求出各点坐标，逐一对BCD分析判断即可得出结果.【详解】选项A，过B作AD的垂直，交AD于G，所以BG//CD，又AD//BC，AD⊥CD，所以AB=GA2建立如图所示平面直角坐标系，则A(4,0)，B(2,23)，选项B，因为F为线段AB的中点，则F(3,3)，EF所以λCD+μBA=(2μ,-23λ设AF=tAB(0≤t选项C，由EF=λCD+μBA，得到选项D，FC=(2t-4,23令y=16t2-28t+16，对称轴为t=78，又

故选：AC.四、三角恒等变换（共2题）7．（多选）（2223高一下·江苏扬州·期末）已知函数fx=2sinωx⋅sinπ2A．fx在区间0,π上有且仅有B．fx的最小正周期不可能是C．ω的取值范围是11D．fx在区间0,【答案】BCD【分析】令ωx+π4=kπ,k∈Z,则x=4k-1π8ω,k∈Z,由函数f(x)在区间【详解】f=2令2ωx+π4=函数f(x)在区间[0,π]上有且仅有3个不同零点,即0≤(4k由0≤(4k-1)π8ω即4×3-1≤8ω∴118≤ω<对于A，∵x∈(0,π∵2ωπ+π4∈3π,4π,当2ωx+π4∈π4,3π时,f对于B,周期T=2πω,由118≤ω又π2∉16π15,16π11,所以对于D,∵x∈0,π16∴ωπ8+π4∈27π64,31π64,又31π64故选:BCD.8．（2223高一下·江苏苏州·期末）已知α，β为一个斜三角形的两个内角，若cosα-sinαcosα【答案】-14【分析】利用同角三角函数的平方和商数关系及二倍角的余弦公式，结合二次函数的性质即可求解.【详解】由题意可知，cosα因为y=1-x1+所以tanα由tanβ=-1所以tanα因为α,β为一个斜三角形的两个内角，即0<α<π因此π2<α+β所以当tanβ=-12时，故答案为：-五、解三角形（共3题）9．（2223高一下·江苏常州·期末）已知△ABC的内角A,B,CA．a=2,A=30°，则B．在锐角△ABC中，一定有C．若acosA=D．若sinBcosA【答案】C【分析】对A，利用三角形的正弦定理即可求解；对B，由锐角三角形可知A+B>π2，得到sinA>sinπ2-B，再由诱导公式化简即可判断；对C，由正弦定理及正弦的二倍角公式化简得sin2A【详解】对于选项A，设△ABC的外接圆半径为r由正弦定理可得2r=a故选项A正确.对于选项B，因为△ABC所以A+B故选项B正确.对于选项C，由正弦定理，acosA=即12sin2因为A,B∈0,π，所以解得2A=2所以△ABC故选项C错误.对于选项D，由sinBcossinB因为A∈0,π，所以sinA>0，故cosB故选项D正确.故选：C10．（2223高一下·江苏泰州·期末）在△ABC中，点D在线段BC上，∠B=40∘，∠BAD=A．3 B．2 C．22 D．【答案】D【分析】△ADB和△ADC中，利用正弦定理结合AB=DC【详解】△ABC中，点D在线段BC上，∠B=则∠ADB=80△ADB中，AB△ADC中，DC由AB=DC，则即2sin40∘tan=sin故选：D11．（2223高一下·江苏宿迁·期末）在圆O的内接四边形ABCD中，AB=2，CD=1，

(1)若AC是圆O的直径，求AD的长；(2)若圆O的直径为5，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)4-(2)12+338或【分析】（1）连接AC，利用圆的性质、直角三角形边角关系，结合差角的余弦公式求解作答.（2）连接BD，利用正弦定理、余弦定理求出AD,BC【详解】（1）连接AC，设∠DAC=θ，则∠BAC=则△ABC与△ADC为直角三角形，有又AB=2，CD=1，即2sin所以AD=（2）

连接BD，因为圆O的直径为5，则在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠在△ABD中，由余弦定理得B设AD=x，则(152)设BC=y，同理在△BCD中有∠BCD=因此四边形ABCD的面积S=3所以四边形ABCD的面积为12+338或【点睛】思路点睛：涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.六、解三角形中的最值、范围问题（共9题）12．（2223高一下·江苏常州·期末）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且a2=2SA．0,35 B．0,45 C．【答案】C【分析】根据余弦定理和△ABC的面积公式，结合题意求出sinA、cosA的值，由△ABC【详解】因为△ABC的面积为S=所以bcsin△ABC中，由余弦定理得，a则bcsinA=2bc-又A∈(0,π2)，化简得5sin2A-4因为A∈0,π2，所以因为22<因为0<C<π20<因为A∈π4,π3，所以π2-A<B所以sinπ2-因为cosA=3故选：C．13．（2223高一下·江苏徐州·期末）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB-bcosA．33,2C．2-3,2【答案】C【分析】由正弦定理边化角得到A=2B，由锐角三角形求出π6<【详解】因为acosB-即sinA-B=sinB，所以A-因为锐角三角形ABC，所以0<A<π20<b=sin令cosB=t，因为π则ba+c所以ba故选：C.14．（多选）（江苏省扬州市20222023学年高一下学期期末数学试题（B））在△ABC中，已知A=2π3，AD为∠AA．1AC+1C．AB⋅AC-DB⋅【答案】ACD【分析】利用等面积法得到AB⋅AC=ADAB+AC，即可判断A，再利用基本不等式求出【详解】依题意S△ABC=所以AB⋅AC=ADABAB⋅AC=2AB+所以AB⋅AC≥16则S△ABC=12又BD2=即BD2=所以BD又BC2=所以BD+所以2BD即2BD⋅DC=2AB由余弦定理BC即B=AB所以BC2-故无法确定BC2-2故选：ACD15．（2223高一下·江苏扬州·期末）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a(1)求角C的大小；(2)若D是边AB的三等分点（靠近点A），CD=tAD.求实数t【答案】(1)C(2)t【分析】（1）由a-csin（2）设AD=x，∠ACD=θ，θ∈0,π3，在△t2=【详解】（1）解：由正弦定理可得：a-∴a2∴cosC又∵C∈0,π，（2）设AD=x，∠ACD则BD=2x，在△ACD中，由正弦定理得：sin在△BCD中，由正弦定理得：sin又sinB由32cosA因为sin2所以t2因为θ∈0,π∴0<cos2θ-π∴1<t2≤4+216．（2223高一下·江苏南通·期末）在△ABC中，角A,B(1)求B；(2)若a=1,b=3，点M在边AC上，连接BM并延长至点D，且∠ADC【答案】(1)B(2)最大值为34；点M在AC边上靠近C【分析】（1）由正弦定理边角互化以及辅助角公式，即可结合三角函数的性质求解，（1）根据正弦定理求解A=π6,【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理asinA因为3bsinA因为0<A<π，所以sin3sinB-因为0<B<π，所以-因此B（2）在△ABC中，a=1,b=3在△ABC中，由正弦定理asinA因为a<b，所以所以A=在△ABC中，因为c2=设AD=在△ACD中，由余弦定理A得3=x因为x2所以xy≤1，所以S当且仅当x=所以△ACD面积的最大值为3在△ACD中，因为AD=1,CD在△BCD中，因为∠BCD=在Rt△BCM中，CM所以点M在AC边上靠近C的三等分点．

17．（2223高一下·江苏淮安·期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且有(1)求cosA(2)若△ABC是锐角三角形，求a2【答案】(1)cos(2)a【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；（2）首先求出sinA，根据三角形为锐角三角形求出tanC的取值范围，从而求出bc的取值范围，由余弦定理及面积公式得到a2+b【详解】（1）因为5c由正弦定理知5c2-由余弦定理知b2+c2（2）因为cosA=3在锐角△ABC中，有0<C<π2∴tanC∵bc∵tanC>0，∴bc>∵a2设bc=x，则x令fx=2xfx在35,2∴fxmin=又f35=4315，即2bc+故a218．（2223高一下·江苏苏州·期末）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形ABC中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．问题：如图2，已知△ABC满足AC=22，AB=2，设∠BAC=0（0<θ

(1)当θ=π2(2)求AQ长度的最大值．【答案】(1)6(2)6【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解；（2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解.【详解】（1）在△ABC中，AC=22，AB=2，∠BAC因为∠ACB+∠在△ECQ中，CE=AC由余弦定理EQ2=CE（2）在△ABC中，由余弦定理得BC2设∠ACB=α，在△所以AQ2在△ABC中，由正弦定理得AB所以CQ⋅代入①可得AQ因为0<θ所以-π当θ-π4=π2即所以AQ长度的最大值为6．19．（2223高一下·江苏镇江·期末）在①sinAsinBsinC=32sin2A+sin2C-在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知__________，且b(1)若a+c=6(2)若△ABC为锐角三角形，求a2+【答案】(1)选①②③△ABC的面积都为2(2)a2+b【分析】（1）若选①，由正弦定理化角为边，结合余弦定理求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面积公式求面积；若选②，通过三角恒等变换求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面积公式求面积；若选③，由条件结合三角形面积公式，余弦定理可求B，利用余弦定理求ac，再由三角形面积公式求面积；（2）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换可得a2再求C的范围，结合二次函数性质可得结论.【详解】（1）若选①，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理可得sin又sinA所以acsin所以sinB=所以sinB=3cosB所以B=所以cosB=a又b=23，a+所以△ABC的面积S若选②，由1tan所以cosA所以sinB所以sinA所以sinB=3cosB所以B=所以cosB=a又b=23，a+所以△ABC的面积S若选③，因为S=12所以sinB=所以sinB=3cosB所以B=所以cosB=a又b=23，a+所以△ABC的面积S（2）由（1）B=π3，b因为a2所以a2a2因为△ABC为锐角三角形，B所以0<C所以π6<C所以0<1设t=1tanC，则所以1<a所以a2+b20．（2223高一下·江苏泰州·期末）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b(1)当C=π2(2)当a=1时，求△ABC【答案】(1)tan(2)5【分析】（1）根据题意借助于倍角公式整理得1tan（2）以内切圆为基础，设∠OBD=θ，进而可得AD=【详解】（1）因为1+cosAsin可得1tan又因为C=π2所以1tan解得tanA（2）设△ABC的内切圆的圆心为O，圆O与边AB切于点D，连接OA设△ABC周长为l，∠可得OD=由（1）可知：1tanA2整理得AD=可得AB=根据等面积法可得12即12整理得l=其中tanφ当2θ+φ=π2，即所以△ABC周长的最大值为5

【点睛】关键点睛：本题注意到1tanA七、平面向量与解三角形综合问题（共3题）21．（多选）（2223高一下·江苏淮安·期末）在△ABC中，D，E为线段BC上（不与端点重合）的两点，且BD=ECA．ABB．若AB2+C．若BD=DE=1D．若BD=DE=1，∠BAD【答案】BCD【分析】由AD⋅AE=AB⋅AC+BD⋅BC-BD2即可判断A；利用向量数量积的运算可判断B；分别在△ADC和△【详解】对于A，AD=AB+因为D，E为线段BC上的两点，且BD=EC，所以AE=则AD=AB⋅AC对于B，AB2化简得AB2所以AB+取BC的中点G，连接AG，则2AG⋅CD=0⇒AG⊥CD，所以三角形对于C，当BD=DE=12设BD=DE=t，则设∠ACB=θ(0<θ在△ADC中，由正弦定理得AD即2t所以AC=在△ABC中，由正弦定理得AC即4tcosθ因为0<θ<π2，所以θ=对于D，由BD=DE=1，BD=EC则BD=DE=EC=1依题意有∠ADB=π∠ADE=π所以sin∠ADE=在△ABD中，由正弦定理得AB即csin(B+π同理在△ACE中，由正弦定理可得b=2sin在△ABE中，由正弦定理得AB即2sin整理得sinB即sin(2B-所以2B-π3=2C-当B+C=故可得B=C，此时b=c=2sin∠在△ADE中，由正弦定理得DE即1sin(2B所以可得4sinBcos因为B∈(0,π2)，所以则此时b=c=2所以△ABC的面积S=12故选：BCD

【点睛】思路点睛：此题D选项比较难，解决此题的思路是可先证得B=C，再在△ADE中用正弦定理建立方程可得角B，进而可求22．（2223高一下·江苏南京九校·期末）设△ABC是边长为1的正三角形，点P1,（1）求AB⋅（2）Q为线段AP1上一点，若AQ=（3）P为边BC上一动点，当PA⋅PC取最小值时，求【答案】（1）138；（2）14；（3）【分析】（1）利用线段的中点向量公式将所求化为2A（2）利用平面向量的线性运算进行化简求解；（3）先讨论P的位置，研究PA⋅PC的符号，再设PC=x，将PA⋅【详解】（1）原式=A在△ABAP所以AB（2）易知BP1=即AP因为Q为线段AP设AQ=所以34λ所以m=（3）①当P在线段BP2上时，②当P在线段P2C上时，PA⋅PC≤0；要使PA设PC=x=-PA当x=14时，即当P为P3则由（1）可知AP=则由余弦定理得cos∠23．（2223高一下·江苏南京·期末）如图，设△ABC中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，AD为BC边上的中线，已知b=c+3，

(1)求边b、c的长度；(2)求△ABC(3)点G为AD上一点，AG=13AD，过点G的直线与边AB、AC（不含端点）分别交于E、F．若【答案】(1)b=4，(2)3(3)1【分析】（1）利用余弦定理结合正弦定理化简得出b=4c，再结合b=c+3（2）设∠BAC=θ，由题意可得AD=12AB+12AC（3）设AE=λAB，AF=μAC，其中λ、μ∈0,1，根据E、F、G三点共线可得出1【详解】（1）解：因为sinA所以，sinA⋅a所以，sinA+C=4sin又因为b=c+3，所以c（2）解：设∠BAC=θ，因为AD所以，AD=则AB⋅AD=1cos∠BAD整理得28cos2θ得cosθ=1由①，得4cosθ+1>0，所以，cos故sinθ因此，S△（3）解：由（2）知，cosθ=12，D为设AE=λAB，AF=μ所以AEλ+AF又E、G、F三点共线，则EG、EF共线，设EG=kEFk∈因为AE、AF不共线，则16λ+由AD=12又EF=所以AG⋅即16又因为AB⋅所以，16μ+2μ-λ所以：AE=13所以S△八、基本立体图形的位置关系（共1题）24．（2223高一下·江苏南京·期末）如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面A1B

(1)求证：AB1∥平面(2)求异面直线BB1与(3)F是边CC1一点，且CF=λCC1【答案】(1)证明见解析(2)60(3)λ【分析】（1）连接B1C与BC1交于点O，连接DO，则可证得（2）取A1C1的中点E，连接AE，则B1E⊥A1C，由面面垂直的性质可得B1E⊥平面ACC（3）由B1E⊥平面ACC1A1，可得A1F⊥B1E，而A1F⊥【详解】（1）如图，连接B1C与BC1交于点在斜三棱柱ABC-四边形BCC1B1是平行四边形，则又D是AC中点，则AB1∥DO又AB1⊄平面BDC1则AB1∥平面（2）取A1C1的中点E，连接AE，斜三棱柱ABC-A则B1平面ACC1A1⊥平面A1B1C所以B1E⊥平面所以∠B1AE即为ABRt△B1AE中，B1又AA则在△A1AE因为0°<∠所以∠AA1因为AA1∥BB1，所以异面直线BB1与A1C1

（3）由（2）知B1E⊥平面ACC1又A1F⊥AB1，所以A1F⊥又AE⊂平面AB1E在菱形ACC1A1中，以A为坐标原点，

则A(0,0),所以CC1=(1,所以CF=所以F(所以A1因为A1F⊥所以2(λ+1)+3九、基本立体图形的位置关系二面角问题（共3题）25．（2223高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是正三角形，A1C⊥BC，A

(1)证明：A1C⊥(2)若P为底面ABC内（包括边界）的动点，A1P//平面EFC，且P的轨迹长度为1，求三棱柱(3)在（2）的条件下，求二面角A1-【答案】(1)证明见解析(2)2(3)2【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明；（2）由题意结合面面平行的判定定理可证明平面A1DM//平面EFC，由面面平行的性质定理可证明P的轨迹为DM，所以（3）取AB的中点H，连接CH，A1H，由二面角的定义可证明二面角A1-【详解】（1）取AC的中点D，连接BD.因为△ABC是等边三角形，所以BD

又平面AA1C1C⊥平面ABC，且平面AA所以BD⊥平面A因为A1C⊂平面A因为A1C⊥BC,所以A1C⊥（2）取BC的中点M，连接DM,因为E,F分别为A1D、M分别为AC,BC的中点，因为三棱柱ABC-A1B1C1，∴DM//EF，∵EF⊂平面EFC，DM⊄平面EFC因为三棱柱ABC-A1B1C1，∴∴A1E//DC且A1E=DC∵EC⊂平面EFC，A1D⊄平面EFC又EF∩EC=E，EF,EC⊂∵P为底面ABC内（包括边界）的动点，当P∈DM时，A1∴A1P//平面CEF，∴P的轨迹为DM，∴DM=1又因为△ABC是正三角形，∴由（1）知：三棱柱ABC-A1B1C∴三棱柱ABC-A1（3）取AB的中点H，连接CH，A1∵△ABC是正三角形，H为AB的中点，∴CH⊥AB∵A1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴又CH∩A1C=∵AB⊥平面A1CH，又A1H⊂∴二面角A1-AB-在Rt△A1HC中，A1

∴二面角A1-AB26．（2223高一下·江苏泰州·期末）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=AB=2，CD=4，E为CD的中点.将△DAE沿

(1)若PC的中点为M，点N在棱AB上，且MN//平面PAE，求AN(2)若四棱锥P-ABCE的体积等于2，求二面角P【答案】(1)AN(2)45°【分析】（1）先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出AN的长度；（2）利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案.【详解】（1）取EC的中点G,连接GM,因为G,M分别为EC,因为PE⊂平面PAE，GM⊄平面PAE，所以GM//因为MN//平面PAE，GM∩MN=M所以平面GMN//平面PAE因为平面ABCE∩平面PAE=AE,平面ABCE所以GN//AE，即N为AB的中点，所以（2）由图1可知，等腰梯形ABCD的高为3，所以四边形ABCE的面积为2×3因为四棱锥P-ABCE的体积等于2，所以四棱锥P-因为三角形DAE的高为3，所以平面PAE⊥平面取AE的中点O,连接OP,由图1可知，△DAE,△BAE均为等边三角形，所以OP⊥AE因为OP∩OB=O,所以因为PB⊂平面POB，所以AE由图1可知AE//BC，所以∠PBO因为平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE=所以OP⊥平面ABCE，所以△在Rt△POB中，OP=OB=3，所以

27．（2223高一下·江苏南通·期末）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB∥DC,BC⊥侧面ABB1

(1)证明：平面C1EF∥平面(2)求AF；(3)求二面角C1【答案】(1)证明见解析(2)AF(3)π【分析】（1）由已知条件可证得四边形C1D1DE是平行四边形，则C1E∥DD1，再由线面平行的判定可得C1（2）由面面平行的性质可得AD∥EF，则得四边形ADEF是平行四边形，从而可求出AF；（3）在梯形ABB1A1中，过点B1作AB的垂线，垂足为M，连接EM,C1M，则可得BC∥B1C1∥EM，可证得【详解】（1）在四棱台ABCD-因为AB=2,所以C1D1又因为E为CD的中点，所以DE=四棱台ABCD-A1B1所以四边形C1所以C1E∥又C1E⊄平面AD所以C1E∥平面又因为C1F∥平面ADD1A所以平面C1EF∥平面（2）由（1）知平面C1EF∥平面又因为平面C1EF∩平面ABCD=EF所以AD∥EF，又因为AB∥CD，所以四边形ADEF是平行四边形，所以DE=又由（1）知DE=12（3）在梯形ABB1A1中，过点B1作AB

因为A1所以B1在梯形ABCD中，因为BM∥CE,所以四边形BCEM是平行四边形，所以BC∥EM，所以BC∥B1C1又因为BC⊥平面ABB1所以BC⊥所以EM⊥又因为B1M⊥AB,所以AB⊥平面B又因为C1M⊂平面B所以二面角C1-AB因为BC=1,B1因为BC⊥平面ABB1所以BC⊥因为BC∥B1C1所以B1在Rt△B1所以∠B所以∠C所以二面角C1-AB【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的判定，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意证明出AB⊥平面B1C1EM，则可得二面角十、基本立体图形的位置关系线面角、二面角综合问题（共3题）28．（2223高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱锥A-BCDE中，DE=3，AE=2，BC=

(1)当AB⊥BC时，求直线AB与平面(2)当二面角A-BE-C为π3【答案】(1)π(2)4【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出BE=23，证明出线面垂直，得到∠ABE即为直线AB与平面BCDE（2）作出辅助线，得到∠AEG为二面角A-BE-C的平面角，即∠AEG=π3，设点B到平面AEF和边AF的距离分别为d1，d2，由【详解】（1）延长BC，ED交于点F，连接AF．

因为∠BCD=∠CDE=2所以CF=DF=1因为DE=3，BC=1，所以BF=1+1=2在△BEF中，由余弦定理得B所以BE=2所以BF2+因为AB⊥BC，AB∩BE=B，AB，BE⊂因为AE⊂平面ABE，所以BC因为AE⊥BE，BE∩BC=B，所以AE⊥平面BCDE所以∠ABE即为直线AB与平面BCDE在直角三角形AEB中，tan∠故直线AB与平面BCDE所成角的大小为π6（2）过E，F分别作BC，BE的平行线交于点G，连接AG，取EG的中点H，连接AH．则四边形BFGE为平行四边形，由（1）知，BF=2，故EG因为BC⊥BE，EG//又因为AE⊥BE，所以∠AEG为二面角A在△AEG中，因为AE=EG=2，所以AH⊥EG，且AH=由（1）知BC⊥BE，所以因为AE⊥BE，AE∩EG=E，AE，EG⊂因为AH⊂平面AEG，所以BE因为EG∩BE=E，EG,BE⊂平面

因为FG//BE，所以FG⊥平面因为AG⊂平面AEG，所以FG⊥AG在△AFG中，AG=2，FG=23，在△AEF中，AE=2，所以cos∠故sin∠EAF=易求得S△设点B到平面AEF和边AF的距离分别为d1，d因为VA-BEF=V所以d1在△ABF中，AB=AF=4,BF故S△ABF=S△设平面ABC与平面ADE所成二面角的大小为θ，则sinθ29．（2223高一下·江苏连云港·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD是边长为2的正三角形，CD⊥平面PAD，M是

(1)证明：AM⊥(2)若直线PC与平面ABCD所成角的正切值为32，求侧面PAD与侧面PBC所成二面角的大小【答案】(1)证明见解析(2)45°【分析】（1）根据线面垂直的性质得出CD⊥AM.然后根据线面垂直的判定定理可得出AM⊥（2）取AD的中点E，连接PE，EC，根据已知可推得∠PCE是直线PC与平面ABCD所成的角，tan∠PCE=32，进而得出EC=2，DC=3.设平面PAD与侧面PBC交线为l，根据线面平行的性质定理得出AD//l，然后根据定义法得出【详解】（1）因为CD⊥平面PAD，AM⊂平面PAD，所以又因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，所以AM又CD∩PD=D，CD⊂平面PCD所以AM⊥平面PCD因为PC⊂平面PCD所以AM⊥（2）取AD的中点E，连接PE，EC，

因为E是AD的中点，PA=PD，所以又CD⊥PE，AD∩CD=D，AD⊂所以PE⊥平面ABCD所以∠PCE是直线PC与平面ABCD则tan∠因为△PAD是边长为2所以PE=所以tan∠所以EC=2又DE=1,所以DC设平面PAD与侧面PBC交线为l，因为BC//AD，AD⊂平面PAD，BC所以BC//平面PAD又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面所以BC//l，所以取BC的中点F，连接EF，PF，则EF//AB，又因为AD⊥PE，PE∩EF=E，PE⊂所以AD⊥平面PEF因为PF⊂平面PEF，所以AD⊥PF，所又因为l⊥PE，PE⊂平面PAD，PF⊂平面PBC，平面所以∠EPF是侧面PAD与侧面PBC所成二面角的平面角在Rt△PEF中，PE=所以tan∠所以侧面PAD与侧面PBC所成二面角的大小为45°.30．（2223高一下·江苏徐州·期末）如图，在三棱锥A-BCD中，底面BCD是边长为2的正三角形，AB⊥平面BCD，点E在棱BC上，且BE

(1)若二面角A-CD-B为(2)若AB=2，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围【答案】(1)1(2)0,21【分析】（1）取CD中点F，连接BF，AF，则BF⊥CD，再由AB⊥平面BCD，得AB⊥BC，AB⊥BD，所以BC=BD可得AC（2）由BE=λBC0<λ<1，得S△ECD=1-λS△BCD，表示出VA-ECD，设E到平面ACD的距离为d【详解】（1）取CD中点F，连接BF，AF.因为△BCD为等边三角形，所以BF因为AB⊥平面BCD，BC，BD⊂平面所以AB⊥BC，又因为BC=所以AC=因为F为CD中点，所以AF⊥因此∠AFB为二面角A所以∠AFB所以在直角三角形ABF中，AB=

（2）因为AB⊥平面BCD，所以V在△BCD中，BE所以S△所以VA设E到平面ACD的距离为d，所以S△所以VE因为VA所以2331-在△BDE中，由余弦定理得D所以DE设DE与平面ACD所成角为θ.则sin令1-λ则sinθ因为0<m<1，所以所以0<sin所以DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围是0,21十一、立体图形的面积和体积（共7题）31．（2223高一下·江苏镇江·期末）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4A．152 B．46 C．53【答案】A【分析】取C1D1的中点Q，则PQ∥B1D1，又BD∥B1D【详解】取C1D1的中点Q，连接PQ又BD∥B1D1则BDQP为等腰梯形，即过B，D，P三点截面为等腰梯形BDQP．取BC的中点M，连接MP，在等腰梯形B1C1则PM=B1在等腰梯形BDQP中，PQ=12则梯形的高为BP所以等腰梯形BDQP的面积S=故选：A．32．（2223高一下·江苏苏州八校·期末）已知等腰直角△ABC的斜边AB=2,M,N分别为AC,AB上的动点，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A'的位置，且平面A'A．8π3 B．3π2 C．【答案】D【分析】由题设B,C,M,N共圆（M不与A重合），进而确定MN⊥AB，找到△A【详解】由点A',B,C,M,N所以∠NMC+∠B=∠C又△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有MN如上图，△ANM、△BNM、△BCM都为直角三角形，且∠ANM由平面图到立体图知：MN⊥A'又面A'MN⊥面BCMN，面A'MN∩面所以A'N⊥面BCMN，同理可得BN将△AMN翻折后，A'M,BM的中点D,过D作DO⊥面A'NM，过E作EO⊥面BCMN，它们交于再过D作DF⊥面BCMN，交NM于F，连接EF，则EFDO综上，DF//A'N，DO//所以DO=EF=12令A'N=x且0<x≤1，则所以球O半径r=当x=23时，rmin=故选：D33．（2223高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及正四面体的三个侧面都相切，则球A．6π B．23π C．2【答案】A【分析】根据正四面体的性质，推得球心的位置，求出正方体的高与斜高.根据相似三角形，得出方程，即可求出球的半径，得出答案.【详解】

如图，正四面体V-ABC，设点O是底面ABC的中心，点D是BC的中点，连接则由已知可得，VO⊥平面ABC，球心O1,O2在线段VO上，球O1,则易知△VD1O1∽△VOD因为AD=ABVD=63，VO=VD2-由△VD1即r123=4由△VD2即r26=所以，球O2的体积为4故选：A.【点睛】关键点睛：根据已知，判断出球心的位置，构造直角三角形.34．（2223高一下·江苏淮安·期末）在正四棱锥P-ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF与棱A．746 B．845 C．745【答案】B【分析】利用A、E、F、G四点共面，PG=25PD，由锥体体积公式，求出VP-【详解】如图所示，

设PG=λPD，由A、E、F、设AF=xAE即AP+得23又AP，AB，AD不共面，则23-y-x设h1，h2分别是点F到平面PAE和点C到平面PAB的距离，则所以VPVP-ABC同理，VP-AGFVPV则四棱锥P-AEFG与四棱锥P-故选：B【点睛】方法点睛：点共面问题可转化为向量共面问题；求几何体的体积，要注意分割与补形；利用锥体体积公式，棱锥的体积比最终转化为棱长之比.35．（2223高一下·江苏扬州·期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是底面A1B1C1D1（含边界）上一个动点，直线AP【答案】22-【分析】作出辅助线，得到P点轨迹为以A1为圆心，2为半径的圆位于底面A1B1【详解】连接A1P,AP，因为A所以∠APA1即为线AP因为平面A1B1故直线AP与平面ABCD所成的角等于直线AP与平面A1故∠APA1=45°，在故P点轨迹为以A1为圆心，2为半径的圆位于底面A故连接A1C1，与圆弧交于点M，当P与M重合时，P当P与B1或C1重合时，PC故PC1的取值范围是连接AC,BD相交于点T，连接B1D1与A1C1相交于点球心O在TH上，连接OP,OA，则其中PH=2-2，设OH=由勾股定理得AOPO故2-x2+则R2当PC1取得最小值时，四棱锥P-故答案为：22-36．（2223高一下·江苏扬州·期末）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB【答案】10【分析】在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连接【详解】连接AC，在正四棱柱ABCD-A1B1所以∠C1AC为直线A因为在等腰直角三角形ABC中，AB=BC=1在直角三角形ACC1中，所以C1C=2又正四棱柱ABCD-A1B1所以球的表面积为：S=4故答案为：10π37．（2223高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥的三个侧面两两垂直，且三个侧面的面积分别是62，62，1，则此三棱锥的外接球的体积为；此三棱锥的内切球的表面积为【答案】77π6/【分析】由题意可知三棱锥的三条侧棱两两垂直，首先求得三条侧棱的棱长，然后计算外接球的半径，最后计算其体积即可；等体积法计算三棱锥内切球的半径，从而求出内切球的表面积.【详解】解：设三棱锥A-BCD中，面ABC，面ACD，面ABD两两垂直，则三棱锥的三条侧棱AB,AC,AD两两垂直，可设三条侧棱的长度分别为由题意可得：12ab=设三棱锥的外接球半径为R，则2R2=2+3+2=7外接球的体积V=设三棱锥的内切球半径为r，由勾股定理可知：BC=2,则S△则有V=解得：r=3-

故答案为：776【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥与其外接球和内切球的综合问题，求其内切球半径的关键是利用等体积法，考查空间想象能力，属于较难题.十二、立体几何初步综合问题（共13题）38．（多选）（2223高一下·江苏南京·期末）如图，多面体EABCDF的所有棱长均为2，则（

）

A．BEB．平面EAB⊥平面C．直线EA与平面ABCD所成的角为πD．点E到平面BCF的距离为2【答案】ACD【分析】推导出四边形BEDF为平行四边形，可判断A选项，取AB中点，连接E、F，根据两平面的二面角可判断B选项；根据对称性找到平面ABCD的垂线，根据线面角的性质可求C选项；求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.【详解】对于A选项，如图，设AC∩BD=O，连接EO、FO，则O为

因为AE=CE，O为AC的中点，则EO⊥因为AC∩BD=O，AC、BD⊂平面ABCD同理可证FO⊥平面ABCD，因为EO、FO有公共点O，则E、F、O且EO=又因为O为BD的中点，所以，四边形BEDF为平行四边形，故BE//DF，对于B选项，取AB中点为M，在△BAE、△由正三角形的性质可得，EM⊥AB，FM⊥AB，平面EM⊂平面ABE，FM⊂平面ABF，则∠EMF易知四边形ABCD是边长为2的正方形，则AC=2AB所以，EF=2EM=BEsin所以，EM2+FM对于C选项，由条件可知四棱锥E-ABCD、四棱锥连接EF、AC交点为正方形ABCD的中心，则EF⊥平面ABCD即∠EAC为直线EA与平面ABCD由EA=EC=2，AC则△AEC为等腰直角三角形，所以，∠EAC=对于D选项，因为OB⊥OC，且OB=因为FO⊥平面ABCD，则V因为△BCF是边长为2的等边三角形，则S设点O到平面BCF的距离为h，由VO-BCF则d=因为O为EF的中点，所以，点E到平面BCF的距离为2d=26故选：ACD.39．（多选）（2223高一下·江苏盐城·期末）已知正三棱台A1B1C1-ABC

A．正三棱台A1BB．侧棱CC1与底面ABCC．点A到面BB1CD．三棱台A1B【答案】BCD【分析】求得正三棱台A1B1C1-ABC体积判断选项A；求得侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值判断选项B；求得点【详解】设△A1B1C1中心为O1则OO1在四边形O1A1AO中，过A1则A1D取A1A中点N，过点N作NM⊥AA1，交AO于则点M为三棱台A1B由△A1AD则HN=3由△HMO∽△HAN选项A：正三棱台A1B1C选项B：设侧棱CC1与底面ABC所成角为θ又θ∈0,π则侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值为6选项C：设点A到面BB1C由VA-又等腰梯形BCC1B则S△则13×2h=则点A到面BB1C1选项D：三棱台A1B1则三棱台A1B1C1

故选：BCD40．（多选）（2223高一下·江苏宿迁·期末）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长AB=2，侧棱长AA1

A．动点P的轨迹长度为πB．当B1P//平面A1C1DC．直线C1P与底面ABCDD．二面角P-A【答案】AC【分析】选项A根据A1P与BB1所成角为30°求出AP=1，从而确定动点P的轨迹并求出长度；选项B利用等体积法即可求得；选项C根据直线与平面所成角的定义找到直线C1P与底面ABCD所成角，再计算最大值即可；选项【详解】正四棱柱ABCD-A对于A选项，因为AA1∥BB1且A1P与BB1所成角为30°，所以A又∵P在底面ABCD内，∴P的轨迹为以A为圆心，1为半径的圆周的四分之一，长度为14×2对于B选项，当B1P//平面A1C1D时，B1到平面A1VD在△A1C1D中，A设B1到平面A1C1D解得h=32.对于C选项，连接CP，则线段CP为线段C1P在底面ABCD的投影，故直线C1P与底面ABCD所成角为由选项A可知，当P为正方形ABCD中心时，CP最短为1，此时tan∠PC1C最大为3,即

对于D选项，当P在线段AB上时，AP=1，BP因为△A1C1D是等腰三角形，所以取A1C过P作PM∥A1C1交BC于点M，分别连接A1P,C1M，则A1P=在四边形A1PMC1中，A1P=C1M由选项B知，OD=2在△DON中，由余弦定理得cos所以∠DON>π4故选：AC.

41．（多选）（2223高一下·江苏南京·期末）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是ADA．若λ=12，则B．若λ=1，则ACC．若AC1⊥平面D．若λ=13【答案】ACD【分析】根据线线平行即可判断A，根据线面平行的性质即可得矛盾判断B,根据线面线面垂直的性质即可判断C，根据平行关系，即可由线段成比例得线线平行，即可求解截面.【详解】对于A,连接B1D1,当λ=12时，P是AB的中点，则MP//BD,所以MP//B1D1，由于MP⊂平面MNP,对于B,当λ=1时，P与点B重合，连接BM交AC于点O,连接NO若AC1∥平面MPN,则AC1⊂平面ACC1,由于N是CC1的中点，则O为AC中点，这显然不符合要求，故对于C,若AC1⊥平面MPQ，则AC1⊥MP,由于MP⊂平面ABCD,BD⊂所以BD⊥平面ACC1,AC1⊂显然AC1与平面ABCD不垂直，故AC1由于M为AD中点，所以P为AB中点，故λ=12对于D，取NC中点F,在DD1上取点H,使得DH=18DD1，在棱BB1由于N,M分别为CC1同理EB连接PE,NE,故选：ACD42．（多选）（2223高一下·江苏常州·期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1A．三棱锥B1B．存在点P，使得D1PC．若D1P⊥B1DD．若点P是AB的中点，点Q是BC的中点，经过D1,【答案】AC【分析】根据等体积法可计算出三棱锥B1-C1D1P的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出点的坐标与向量的坐标，设Px,【详解】对于A，由等体积法VB1-C1底面积SB1C所以三棱锥B1-C对于B，以D为坐标原点，以DA,DC,设Px,yA2,0,0，C10,2,2，D10,0,2，D0,0,0∴D1P=x若D1P⊥平面A1BC则D1P⋅解得x=y=-2，不符合0≤

对于C，B1D=∴D1P所以点P的轨迹就是线段AC，轨迹长为AC=22对于D，连接PQ并延长交DC的延长线于N，连接D1N交CC1于延长QP交DA的延长线于M，连接D1M交AA1于则五边形D1EPQF即为经过

正方体ABCD-A1B1则△AMP为等腰直角三角形，则AM根据△AME∽△A则A1E=43同理可得D1F=则五边形D1EPQF的周长为2×2故选：AC．43．（多选）（2223高一下·江苏苏州·期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1A．BB．三棱锥C1C．若Q为棱BC上一动点，则△B1D．过P作平面α，使得A1C⊥【答案】ABC【分析】根据空间几何关系及正方体的性质，对选项逐个判断即可得到答案．【详解】对于A，在正方体中，DD1⊥平面ABCD又因为BD⊥AC，BD∩DD1=D且所以AC⊥平面BDD1同理可证AB又因为AC∩AB1=A且AC⊂所以BD1⊥平面AB1C，因为B1因为在正方体中，AA1∥CC所以AC∥A1C1，又A1C1⊂平面A1又P∈AC，所以点P到平面而△A1DC1面积为定值3

对C，如图，将△AB1C绕AC旋转，△BB1C共面，如图点P在AC上，点Q在BC上，若△B1PQ当B1，P，Q，B1四点共线时，B1B1B12=对于D，如图，在正方体中，与正方体体对角线垂直的截面只有两种图形，三角形与六边形，所以D错误．

故选：ABC．44．（多选）（2023·山东潍坊·二模）已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，点M在平面A．存在λ，使得直线PB与AM所成角为πB．不存在λ，使得平面PAB⊥平面C．当λ一定时，点P与点M轨迹上所有的点连线和平面ABCD围成的几何体的外接球的表而积为4D．若λ=22，以P为球心，PM为半径的球面与四棱琟【答案】BCD【分析】根据线面角是斜线与平面内直线所成角的最小角判断A，根据平面PBC⊥平面PAB判断B，根据圆锥与其外接球轴截面求球的半径判断C，利用侧面展开图求球与侧面交线长，再由球与底面交线为以点A为圆心，2为半径的四分之一圆弧即可判断【详解】对A，如图，由题意∠PBA=π4为直线与平面ABCD所成的角，所以PB与AM所成的角不小于对B，PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA因为AM=λAD(0<λ对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，所以外接球的半径R满足R2=(2-所以外接球的表而积为S=4λ2对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，6为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中EMF，因为tan∠APF=又∠APF+∠FPB由对称性知∠FPC=∠CPE故EMF的长为π2又球与底面交线为以点A为圆心，2为半径的圆与底面ABCD的交线，故长度为π2×2，所以球面与四棱琟P-ABCD各面的交线长为故选：BCD【点睛】关键点点睛：因为平面与球的截面为圆面，交线为一段圆弧，所以球与棱锥各面的交线是圆上一段，且圆的半径为6，所以只需求出圆心角，本题选项D可以沿侧棱展开，棱锥各个侧面放在同一平面上，借助平面几何知识及对称性求出圆心角为π2即可得解45．（多选）（2223高三下·湖北·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为CC1A．NB1⊥DCC．线段B1N最小值为2305 D【答案】BCD【分析】根据正方体的性质得出平面B1D1N1∥平面对于选项A：当N为D1时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出NB1与DC1的夹角为∠BDC对于选项B：三棱锥B1-NBM若以N为顶点，△B1对于选项C：点N在线段D1N1上（含端点），则B对于选项D：根据正方体性质结合已知可得A1B1⊥A1N，则【详解】取AA1、DD1中点分别为N1、E，连接D1N1、∵ABCD-∴AE∥BM，B∴D∵D1N1、B1D1⊂平面∴平面B1D1∵N为四边形A1D1DA∴点N在线段D1对于选项A：当N为D1时，NB1∥BD，则NB此时BD=BC1=则NB1与DC对于选项B：∵N为四边形A∴N到平面B1BM∴三棱锥B1-NBM的体积为V对于选项C：∵点N在线段D1∴当B1N⊥∵B1N∴△B1N1D则S△则当B1N⊥D1对于选项D：∵ABCD∴A1B∵A1N∴A∴△A1B∴tan∵点N在线段D1则当A1N最大时，即点N为点D1时，此时A1N当A1N最小时，即A1N⊥D1则tan∠A1NB故选：BCD.46．（多选）（2223高一下·江苏南通·期末）如图，在底面为平行四边形的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠D1A1

A．DB．A1C与平面AC．三棱柱ABD-AD．点A1到平面AMN的距离为【答案】ACD【分析】证明出D1N⊥B1C1，再结合BC//B1C1可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；求出△【详解】对于A选项，连接B1D1

因为四边形A1B1C1因为∠D1A1B故△B因为N为B1C1因为BB1//CC所以，BC//B1C1对于B选项，过点C在平面ABCD内作CE⊥AB，垂足为点E，连接

因为AA1⊥平面ABCD，CE⊂平面因为CE⊥AB，AB∩AA1=A，AB、所以，A1C与平面AA因为四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB=60∘，则由余弦定理可得AC=因为CE⊥AB，则因为AA1⊥平面ABCD，AC⊂平面所以，A1因为CE⊥平面AA1B1B，所以，A1所以，cos∠CA1E=A1E对于C选项，如下图所示：

圆柱O1O2的底面圆直径为2则O1O2的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱且有2r可将直三棱柱ABD-A1B1D1置于圆柱O1O如下图所示：

因为AB=AD=2，∠故圆O2的直径为2所以，三棱柱ABD-A1所以，三棱柱ABD-A1B1对于D选项，连接A1M、

因为AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面又因为AA1//BB所以，S△因为CC1//BB1，CC1⊄平面A所以，点C1到平面AA1因为点N为B1C1的中点，则点C1到平面所以，VN因为四边形AA1B因为AB=2，BM=1同理MN=在△A1B1N中，A由余弦定理可得A1因为AA1⊥平面A1B1C所以，AN=所以，cos∠则sin∠所以，S△设点A1到平面AMN的距离为d，由VA1所以，d=3S△AMN=3×26=故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.47．（多选）（2223高一下·江苏泰州·期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1A．AP与BDB．PA+PDC．经过AC1D．以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BC【答案】AC【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.【详解】对于A，连接BD，由正方形的性质可得BD⊥AC，由正方体的性质可得又DD1∩BD=因为BD1⊂平面BD同理可得AB1⊥BD1，因为因为AP⊂平面ACB1，所以BD

对于B，把△DCB1沿C则A,D,P三点共线时，在△ACD中，CD由余弦定理可得AD2=1+2-2×1×2

对于C，分别取DC,A1B1由正方体的性质可知四边形ANC1M是菱形，且是过理由如下：过点M作MF⊥AC1于F，设由直角三角形性质可得：AMAF=AM由AF+C1F=3可得MF2最小面积为2×12MF⋅

对于D，过点A作AE⊥A1B于点E，由BC⊥又因为A1B∩BC=以A为球心，AB为半径的球面被平面A1BCD1所截的圆面的圆心为则r2+AE2以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BCD1的交线是以E为圆心的圆周，其长度为2

故选：AC.48．（多选）（2223高一下·江苏徐州·期末）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=2，M为边BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接

A．异面直线CN与ABB．存在某个位置使得AMC．点C始终在三棱锥B1D．当二面角B1-AM-D为【答案】AC【分析】A选项，作出辅助线，找到∠HNC或∠HNC的补角为异面直线CN与AB1所成的角，利用余弦定理求出NC=52，异面直线CN与AB1所成的角的余弦值为定值；B选项，假如AM⊥B1D可证出AM⊥MB1，与∠AMB1=π【详解】A选项，矩形ABCD中，AD=2AB=2，M所以△ABM为等腰直角三角形，故∠BAM=翻折过程中，