专题突破练13　空间几何体的结构、表面积与体积2025年高考总复习优化设计二轮专题数学课后习题专题突破练含答案

专题突破练13空间几何体的结构、表面积与体积2025年高考总复习优化设计二轮专题数学课后习题专题突破练含答案专题突破练(分值:89分)学生用书P171主干知识达标练1.若一个正方体的顶点都在某个球面上,则该正方体的表面积与球的表面积的比值是()A.2π3 C.3π 答案B解析设正方体的边长为a,则正方体的体对角线长d=3a,则球的半径为32a,所以正方体的表面积为6a2,球的表面积为4π32a2=3πa2,所以该正方体的表面积与球的表面积的比值是6a232.(2024陕西宝鸡模拟)2023年3月11日,“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务,顺利返回三亚.“奋斗者”号模型图如图1所示,其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体,其轴截面如图2所示,则该模型球舱的体积为()图1图2A.100π3cm3 BC.106π3cm3 D答案D解析由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为2cm,高为2cm,圆柱的底面半径为2cm,高为8cm,故该模型球舱的体积为13×π×22×2+π×22×8=104π3(cm3)3.(2024山东淄博一模)某圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为()A.2 B.4 C.22 D.42答案C解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr,所以2πr=πl,即l=2r,所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=22.故选C4.(2024东北三省三校第一次联考)已知正四棱锥P-ABCD各顶点都在同一球面上,且正四棱锥底面边长为4,体积为643,则该球表面积为(A.9π B.36π C.4π D.答案B解析如图,点H为四边形ABCD的中心,连接PH,AH,则PH⊥平面ABCD.因为正四棱锥底面边长为4,所以四边形ABCD的面积为16,且AH=12×42=22,所以13×PH×16=643,即PH=4.由题可得外接球的球心O在线段PH上,设外接球的半径为R,则OH=4-R,故R2=8+(4-R)2,解得R=3,故正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4×π×9=365.(2024湖南邵阳模拟)现准备给一半径为6cm的实心球体玩具制作一个圆台形带盖的纸质包装盒,要使制成的包装盒能装下该球体玩具,且该包装盒的下底面是半径为4cm的圆,则制成的包装盒的容积最小为()A.133πcm3 B.399πcm3C.266πcm3 D.532πcm3答案D解析要使制成的包装盒的容积最小,则该球体玩具与包装盒的上、下底面及侧面都相切,作该圆台形包装盒的轴截面得等腰梯形ABCD如图所示,其中点O为球体玩具的球心,点F,E分别是圆台上、下底面圆的圆心,作AG⊥BC于点G,连接EF,则AG∥EF,AG=EF=12cm.易知AB=BF+AE,BG=BF-AE,而AB2=AG2+BG2,即(BF+4)2=122+(BF-4)2,所以BF=9cm,所以该包装盒的容积最小为13π·EF·(BF2+BF·AE+AE2)=13π×12×(92+9×4+42)=532π(cm6.(2024湖南常德模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.明清时期的一个金属印章摆件如图所示,除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,已知正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且该几何体的顶点均在体积为36π的球的表面上,则该几何体的表面积为()A.48+162 B.64+162C.48+322 D.64+322答案A解析设球的半径为R,∵球的体积为36π,∴43πR3=36π,∴R=3.∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且底面积相等,∴正四棱柱和正四棱锥的高相等,设正四棱柱和正四棱锥的高都为h,底面正方形的边长为a,作SH⊥底面ABCD,交平面EFGM于N,易知N,H分别为四边形EFGM、四边形ABCD的中心,根据对称性可知该几何体的外接球的直径为正四棱柱的体对角线,设球心为O,则O为NH中点,∴(2R)2=a2+a2+h2,即2a2+h2又R=SO=h2+h,∴3=3h2,∴h=2,∴如图,作SI⊥EF,则I为EF中点,连接NI,则SI=SN2+N∴该几何体的表面积为4×12×4×22+4×4+4×(4×2)=48+162.故选C7.(多选题)(2024新疆乌鲁木齐一模)如图,某个几何体是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则()A.该几何体有12个顶点B.该几何体有24条棱C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项答案ABD解析因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体有12个顶点,故A正确;由题意知,该几何体在正方体的每个面上有4条棱,正方体有6个面,故该几何体有6×4=24条棱,故B正确;该几何体的棱长为202+202=202(cm),该几何体有6个面为正方形,8个面为等边三角形,所以该几何体的表面积为6×(202)2+8×34×(202)原正方体内切球的半径为20cm,内切球表面积为S1=4π×202=1600π(cm2).原正方体外接球的半径为203cm,外接球表面积为S2=4π×(203)2=4800由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为202cm,所以该几何体外接球的表面积为S=4π×(202)2=3200因为2S=6400π=1600π+4800π=S1+S2,所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项,故D正确.故选ABD.8.(5分)(2024浙江金丽衢十二校联考)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为.

答案8π解析设圆柱的母线长和底面的半径分别为l,r,根据已知得2lr=4,由题意可得圆柱侧面展开图的周长为4πr+2l≥24πr×2l=8π,当且仅当4πr=2l,即r=1π,l=29.(5分)(2024黑龙江双鸭山模拟)如图所示,一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为33,则这个圆锥的高为,体积为.

答案22解析作出该圆锥的侧面展开图,如图所示,则该小虫爬行的最短路程为PP'.由余弦定理可得cos∠P'OP=OP2+OP'2-PP'22OP·OP'=32+32-(33)22×3×3=-1210.(5分)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,则该棱台的体积为.

答案7解析(方法一直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.在正四棱台中,∵AC=22,A1C1=2,∴AG=AC在Rt△A1AG中,A1G=A则棱台体积V=13(S四边形A1B1C1D1+S(方法二补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得OA1=2,A1H=22,AG=2,OA=2在Rt△A1OH中,OH=(2在Rt△AOG中,OG=(则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-V四棱锥O-A1B1C1D1=13(S四边形ABCD·OG-关键能力提升练11.(2023天津,8)在三棱锥P-ABC中,点M,N分别在棱PC,PB上,且PM=13PC,PN=23PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(A.19 B.29 C答案B解析如图,分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.因为BB'⊥平面PAC,BB'⊂平面PBB',所以平面PBB'⊥平面PAC.又因为平面PBB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB',NN'⊂平面PBB',所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NN'.在△PCC'中,因为MM'⊥PA,CC'⊥PA,所以MM'∥CC',所以MM'在△PBB'中,因为BB'∥NN',所以NN'BB'=PNPB12.(2024天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为()A.36 C.32 答案C解析如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱,且该三棱柱与侧棱垂直的截面是边长为1的等边三角形,其面积为34×12=34,三棱柱的侧棱长为4,所以VABC-DEF=12VABC-HIJ=12×13.如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是()A.16,56 B.13C.12,23 D.1答案A解析将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则如图,水最少的临界情况为水面为面A1BD,水最多的临界情况为水面为面B1CD1.因为VA-A1BD=13×12×1×1×1=16,VABCDA1B1D1=14.(多选题)(2024山东聊城模拟)如图,有一个棱台形的容器ABCD-A1B1C1D1(底面A1B1C1D1无盖),其四条侧棱均相等,底面为矩形,且AB=12BC=12A1B1=14B1C1=A.AA1=2B.该四棱台的侧面积为32+35C.若将一个半径为0.9的球放入该容器中,则球可以接触到容器的底面D.若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点C1,则其爬行的最短路程为45答案BD解析由题意可得梯形ABB1A1的高为12所以AA1=(2)2+2图1图2图3梯形ADD1A1的高为12+2-122=52,所以梯形ADD1A1的面积为2+42×52=352.又梯形ABB1A1若放入容器内的球可以接触到容器的底面,则当球的半径最大时,球恰好与平面ADD1A1、平面BCC1B1、平面ABCD均相切,过三个切点的截面如图1所示.由题意可知棱台的截面为等腰梯形,较长的底边上的底角的正切值为12-则tan∠MPN=-2,所以tan∠MON=2,则2tan∠MOP1-又tan∠MOP>0,所以tan∠MOP=5-12,所以球的半径为125-12=5+14<0.9,如图2,将ABCD与DCC1D1展开至同一平面,则AC1=(如图3,将平面ABCD与平面BCC1B1展开至同一平面,则AC1=(1+因为454+5-334+42=3+5-42<0,所以最短路程为454+5,故D15.(多选题)(2024河北邯郸三模)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”,与正多面体类似,它们也都是凸多面体,每个面都是正多边形,并且所有棱长也都相等,但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同.有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到,如图,正八面体E-ABCD-F的棱长为3,取各条棱的三等分点,截去六个角后得到一种阿基米德多面体,则该阿基米德多面体()A.共有18个顶点 B.共有36条棱C.表面积为6+83 D.体积为82答案BD解析由图可知该多面体有24个顶点,36条棱,故A错误,B正确;该多面体的棱长为1,且表面由6个正方形和8个正六边形组成,故该多面体的表面积为6×1+8×6×12×1×1×sin60°=6+123,故正八面体E-ABCD-F可分为两个全等的正四棱锥,其各棱长均为3,在四棱锥E-ABCD中,过E作EO⊥平面ABCD于点O,连接AO,如图所示.因为EO⊥平面ABCD,且OA⊂平面ABCD,所以OE⊥OA.在正方形ABCD中,因为边长为3,所以OA=3在Rt△AOE中,EO=AE2-AO2=322,则正八面体切割掉6个棱长均为1的正四棱锥,减少的体积为6×13×12×22=2,所以该阿基米德多面体的体积为92-2=16.(多选题)(2024福建厦门模拟)如图,扇形ABC的弧长为12π,半径为62,线段AB上有一动点M,点N是弧BC的三等分点,现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥,使得AB和AC重合,则()A.圆锥的体积为216πB.当M为AB中点时,线段MN在底面上的投影长为37C.存在M,使得MN⊥ABD.MNmin=3答案BCD解析设圆锥的底面半径为R,高为h,由题意知2πR=12π,所以R=6,所以h=(62所以圆锥的体积为13×πR2×h=13×π×36×6=72π,如图,设圆锥底面圆的圆心为点O,点M在底面上的投影为H,连接OB,ON,MH,NH,则HN为线段MN在底面的投影,因为M为AB的中点,所以点H为OB的中点,所以OH=3.又∠NOH=120°,ON=6,在△OHN中,HN2=OH2+ON2-2OH·ONcos120°=9+36-2×3×6×-12=63,所以HN=37,即线段MN在底面上的投影长为37,故B正确;延长BO交圆O于点E,连接NE,作NT⊥BE于点T,作TM1⊥AB于点M1,连接M1N.因为AB=AE=62,BE=12,所以AB2+AE2=BE2,所以AB⊥AE,所以TM1∥AE.易知△ONE为正三角形,所以T为OE的中点,则BT=34BE,所以BM1=34BA.因为平面ABE⊥平面BNE,平面ABE∩平面BNE=BE,NT⊂平面BNE,NT⊥BE,所以NT⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE,所以NT⊥AB.又TM1⊥AB,TM1∩NT=T,TM1,NT⊂平面NTM1,故AB⊥平面NTM又M1N⊂平面NTM1,所以AB⊥M1N,所以当M与M1重合时,MN⊥AB,故C正确;对于D,因为AB⊥M1N,TN=6×32=3故MNmin=M1N=TN2+TM1故选BCD.核心素养创新练17.(5分)(2024山东青岛一模)已知球O的表面积为12π,正四面体ABCD的顶点B,C,D均在球O的表面上,球心O为△BCD的外心,棱AB与球面交于点P.若A∈平面α1,B∈平面α2,C∈平面α3,D∈平面α4,αi∥αi+1(i=1,2,3)且αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为同一定值,棱AC,AD分别与α2交于点Q,R,则△PQR的周长为.

答案1+解析如图,设球O的半径为R,则由题意得4πR2=12π,解得R=3,所以OB=OP=3,所以AB=BC=3OB=3,所以OA=A由A,P,B三点共线,故存在实数λ使得OP=λOA+(1-λ)OB(0<λ<1),所以OP2=λ2OA2+(1-λ)2OB2+2λ(1-λ)OA·OB,所以3=6λ2+3(1-λ)2,即3λ2-2λ=0,所以λ=23,所以OP=23OA+1设αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为d,因为αi∥αi+1(i=1,2,3),所以ARAD=d3d=13,AQAC=PR=13BD=1,所以△PQR的周长为1+2×72=专题突破练(分值:98分)学生用书P173主干知识达标练1.(2024江西鹰潭一模)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若a∥b,a∥α,则b∥αB.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥βC.若α⊥β,α⊥β,则a∥αD.若α⊥β,a∥α,则α⊥β答案B解析若a∥b,a∥α,则b∥α或b⊂α,故A错误;若a⊥α,b⊥β,则直线a,b的方向向量a,b分别为平面α,β的法向量.又a⊥b,即a⊥b,所以α⊥β,故B正确;若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α,故C错误;由α⊥β,a∥α无法判断a与β的关系.故D错误.故选B.2.(多选题)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中正确的是()A.AE⊥CEB.BE⊥DEC.DE⊥平面BCED.平面ADE⊥平面BCE答案ABD解析因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径,BC,AD都是圆柱的母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,所以AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE.又BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,则AE⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE,所以AE⊥CE,故A正确;同理,BE⊥DE,故B正确;假设DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,所以DE∥AE.又DE∩AE=E,矛盾,故C不正确;因为AE⊥平面BCE,AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故D正确.3.(多选题)(2024江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是()图1图2A.CD⊥平面ABCB.AB⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面ABD⊥平面BCD答案ABC解析因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC⊂平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确;因为DC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确;因为AB⊥平面ACD,AB⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确;假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.故选ABC.4.(15分)(2024陕西西安模拟)如图,已知AC是圆O的直径,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,∠DAC=∠AOB.(1)求证:BE∥平面PAD;(2)求证:平面BEO⊥平面PCD.证明(1)在△PAC中,因为O是AC中点,E是PC中点,所以OE∥PA.又因为OE⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以OE∥平面PAD.因为∠DAC=∠AOB,所以OB∥AD.又因为OB⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以OB∥平面PAD.又因为OB∩OE=O,OB,OE⊂平面BEO,所以平面BEO∥平面PAD.又因为BE⊂平面BEO,所以BE∥平面PAD.(2)因为AC是圆O的直径,所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又因为平面BEO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因为CD⊂平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.5.(15分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.求证:(1)PA⊥BD;(2)平面PAD⊥平面PAB.证明(1)取BC的中点O,连接PO.由题可知△PBC为等边三角形,∴PO⊥BC.又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PO⊂平面PBC,∴PO⊥平面ABCD.以点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴、过点O与AB平行的直线为y轴、OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO=3,∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,3),∴BD=(-2,-1,0),PA=(1,-2,-3)∵BD·PA=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-3∴PA⊥BD,∴(2)取PA的中点M,连接DM,则M12,-1,32,∴DM=32,0,32∵PB=(1,0,-3),PA=(1,-2,-3),∴DM·PB=32×1+0×0DM·PA=32×1+0×(-2)+3∴DM⊥PA,DM⊥PB,∴又PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴DM⊥平面PAB.又DM⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.关键能力提升练6.(多选题)(2024广东深圳模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分别为棱AA1,AB,BC1,BC的中点,G为△A1B1C1的重心,则下列结论正确的是()A.DF∥平面ABCB.FG∥平面A1ECC.AF,GH为异面直线D.FG,A1E为异面直线答案ABD解析图1如图1,连接FH,AH,则AD∥CC1,AD=12CC1,且FH∥CC1,FH=12CC1,所以AD∥FH,AD=FH,所以ADFH为平行四边形,则DF∥AH.又DF⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A如图2,取A1B1的中点N,连接C1N,EN,BN,易知C1N∥CE,BN∥A1E,因为C1N∩BN=N,C1N,BN⊂平面C1NB,CE∩A1E=E,CE,A1E⊂平面A1EC,所以平面C1NB∥平面A1EC.又GF⊂平面C1NB,所以FG∥平面A1EC,故B正确;图2图3如图3,取B1C1的中点M,连接A1M,MH,由题可知G∈A1M,F∈MH,四边形A1AHM为平行四边形,所以AF⊂平面A1AHM,GH⊂平面A1AHM,故C错误;图4如图4,因为BN∥A1E,且BN⊂平面BC1N,A1E⊄平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N.又FG⊂平面BC1N,且C1GC1N=23≠12=C1FC1B,即FG不与BN平行,即FG不与A17.(15分)(2024陕西宝鸡模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,PA=PC,PB⊥AC.(1)求证:四边形ABCD为菱形;(2)若E为棱PB上一点(不与P,B重合),求证:AE不可能与平面PCD平行.证明(1)如图,连接AC,BD,交于点O.因为四边形ABCD为平行四边形,所以O为AC,BD的中点.因为PA=PC,所以AC⊥PO.又AC⊥PB,PB∩PO=P,PO,PB⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,所以AC⊥BD,所以四边形ABCD为菱形.(2)(方法一反证法)假设AE∥平面PDC.因为AB∥CD,AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.又AB⊂平面PAB,AE⊂平面PAB,AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PDC.这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P矛盾,所以假设错误,即AE不可能与平面PCD平行.(方法二)因为P∈平面PAB,P∈平面PCD,所以平面PAB与平面PCD相交,设平面PAB∩平面PCD=l.因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD.又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.又AE⊂平面PAB,AE∩AB=A,所以AE必与l相交.设AE∩l=F.又l⊂平面PCD,所以AE∩平面PCD=F,即AE不可能与平面PCD平行.8.(15分)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.(1)求证:AC⊥BF;(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出BPPE的值;若不存在,请说明理由(1)证明∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF⊂平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,∴AF⊥AC.如图,取BC中点H,连接AH.由题可知AD∥CH,AD⊥CH,AD=DC,∴四边形ADCH为菱形,∴AH=12BC,∴AB⊥又AB∩AF=A,AB,AF⊂平面FAB,∴AC⊥平面FAB.又BF⊂平面FAB,∴AC⊥BF.(2)解存在.由(1)知,AF,AB,AC两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AC,AF的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),E(-1,3,2),则AC=(0,23,0),BE=(-3,3,2),BC=(-2,23,0).设BP=λBE,0≤λ≤1,则P(2-3λ,3λ,2则AP=(2-3λ,3λ,2λ)设平面PAC的一个法向量为m=(x,y,z),则m即(令x=2λ,则y=0,z=3λ-2,所以m=(2λ,0,3λ-2)为平面PAC的一个法向量.设平面BCEF的一个法向量为n=(a,b,c),则n令a=3,则b=1,c=3,所以n=(3,1,3)为平面BCEF的一个法向量.令m·n=23λ+33λ-23=53λ-23=0,得λ所以BP=25故存在满足题意的点P,此时BP核心素养创新练9.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD.(1)当a为何值时,BD⊥平面PAC?请证明你的结论.(2)若在棱BC上至少存在一点M,使得PM⊥DM,求a的取值范围.解(1)当a=2时,BD⊥平面PAC,证明如下:当a=2时,由题可知四边形ABCD为正方形,则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA.又AC∩PA=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)如图,设M是符合条件的棱BC上的点,连接AM.因为PA⊥平面ABCD,DM⊂平面ABCD,所以DM⊥PA.又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA,PM⊂平面PAM,所以DM⊥平面PAM.又AM⊂平面PAM,所以DM⊥AM,所以点M应是以AD为直径的圆和棱BC的一个公共点,所以AD≥2AB,即a≥4,所以a的取值范围是[4,+∞).专题突破练(分值:90分)学生用书P175主干知识达标练1.(15分)(2024河北沧州模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形,∠DAB=60°,对角线AC与BD相交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角为60°,E是PB的中点.(1)求异面直线DE与PA所成的角的余弦值;(2)证明:OE∥平面PAD,并求点E到平面PAD的距离.(1)解在菱形ABCD中,AC⊥BD,因为∠DAB=60°,所以BD=2OB=2,所以OA=A因为PO⊥平面ABCD,AC,BD⊂平面ABCD,所以PB与底面ABCD所成的角为∠PBO=60°,PO⊥AC,PO⊥BD,所以PO=OB·tan60°=3,PO,OB,OC两两垂直.以点O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-3,0),B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),则AP=(0,3,3因为点E是PB的中点,所以E12,0,32,所以DE=32,0,32,所以cos<DE,AP>=323×6=(2)证明连接OE.因为点E,O分别是PB,BD的中点,所以OE∥PD.又OE⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以OE∥平面PAD.由(1)可知AP=(0,3,3),AD=(-1,3,0),DE=32,0,3设平面PAD的一个法向量为n=(x,y,z),则n令y=1,则x=3,z=-1,所以平面PAD的一个法向量为n=(3,1,-1),所以点E到平面PAD的距离为|2.(15分)(2024山东潍坊一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=2A1B1=2,BC=8,A1A=42,DD1⊥DC,M为BC的中点.(1)求证:平面CDD1C1⊥平面D1DM;(2)若D1D=4,求直线DM与平面BCC1B1所成的角的正弦值.(1)证明在▱ABCD中,由∠ABC=120°,得∠DCM=60°.在△DCM中,CD=2,CM=12BC=所以DM=22+42-2×2×4×12=23,所以DM⊥CD.又CD⊥DD1,DD1∩DM=D,DD1,DM⊂平面D1DM,所以CD⊥平面D1DM.又CD⊂平面CDD1C1,所以平面CDD1C1⊥平面D1DM.(2)解在梯形ADD1A1中,AD=8,DD1=4,过点A1作A1E∥D1D,交AD于点E,则AE=4,A1E=4.又AA1=42,所以AE2+A1E2=AA12,所以A1E⊥AD,所以D1D又D1D⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD,所以D1D⊥平面ABCD.以点D为坐标原点,分别以DM,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,4),M(23,0,0),所以DM=(23,0,0),MC=(-23,2,0),CC1=(0,-设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),则MC令y=43,则x=4,z=3,所以平面BCC1B1的一个法向量为n=(4,43,3设DM与平面BCC1B1所成的角为θ,则sinθ=|cos<DM,n>|=|DM·n||DM||n|=3.(15分)(2024湖北襄阳模拟)如图,在四棱锥A-BCDE中,侧棱AB⊥平面BCDE,底面四边形BCDE是矩形,AB=BE=4,点P,M分别为棱AE,AC的中点,点F在棱BE上(不与点B,E重合).(1)若BFBE=13,求证:直线BM(2)若BC=2,从下面①②两个条件中选取一个作为已知,证明另外一个成立.①平面ADE与平面ABC的交线为直线l,直线l与直线CF的夹角的余弦值为25②二面角P-CF-E的余弦值为6(1)证明如图所示,取AP的中点N,连接BN,MN.因为M,N分别为AC,AP的中点,所以MN∥PC.因为BFBE=13,NPNE=13,所以BN∥PF.又因为MN∩BN=N,MN,BN⊂平面BMN,PC∩PF=P,PC,PF⊂平面PCF,所以平面BMN∥平面PCF.又(2)解若条件①为已知:因为BC∥DE,BC⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,所以BC∥平面ADE.又由BC⊂平面ABC,平面ABC∩平面ADE=l,所以l∥BC,所以直线l与直线CF的夹角为∠BCF,所以cos∠BCF=BCCF=255,所以CF=以点B为坐标原点,分别以BC,BE,BA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(2,0,0),E(0,4,0),P(0,2,2),F(0,1,0),所以FC=(2,-1,0),FP=(0,1,2).设平面PCF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·FC=2x-y=0,m·FP=y+2z=0.令x=1,可得y=2,z=-1,所以平面PCF的一个法向量为m=(1,2,-1).易知平面CEF的一个法向量为n若条件②为已知:以点B为坐标原点,分别以BC,BE,BA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BF=m,0<m<4,则C(2,0,0),F(0,m,0),P(0,2,2),则FC=(2,-m,0),FP=(0,2-m,2).设平面PCF的一个法向量为p=(x,y,z),则p令z=m-2,可得x=m,y=2,所以平面PCF的一个法向量为p=(m,2,m-2).易知平面CEF的一个法向量为n=(0,0,1),所以|cos<p,n>|=|p·n||p||n|=|m-2|m2+4+(m-2)2=66,解得m=1或m=4(舍去又BC⊂平面ABC,平面ABC∩平面ADE=l,所以l∥BC,所以直线l与直线CF的夹角为∠BCF,所以cos∠BCF=BC关键能力提升练4.(15分)(2024山东青岛一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1与BB1的距离为3,AB=AC=A1B=2,A1C=BC=22(1)证明:平面A1ABB1⊥平面ABC;(2)若点N在棱A1C1上,求直线AN与平面A1B1C所成的角的正弦值的最大值.(1)证明如图,取棱A1A中点D,连接BD.因为AB=A1B,所以BD⊥AA1.又AA1∥BB1,B∈BB1,D∈AA1,所以BD=3因为AB=2,所以AD=1,所以AA1=2.因为AC=2,A1C=22,所以AC2+AA12=A1C2,所以AC⊥AA1.同理,AC又AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面A1ABB1,所以AC⊥平面A1ABB1.又AC⊂平面ABC,所以平面A1ABB1⊥平面ABC.(2)解取AB中点O,连接A1O,则A1O⊥AB.取BC中点P,连接OP,则OP∥AC.由(1)知AC⊥平面A1ABB1,所以OP⊥平面A1ABB1.又A1O,AB⊂平面A1ABB1,所以OP⊥A1O,OP⊥AB.以点O为坐标原点,OP,OB,OA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),A1(0,0,3),B1(0,2,3),C(2,-1,0),所以A1B1=(0,2,0),A1C=(2,-设点N(a,0,3),0≤a≤2,则AN=(a,1,3).设平面A1B1C的一个法向量为n=(x,y,z),则n令x=3,则y=0,z=2,所以平面A1B1C的一个法向量为n=(3,0,2).设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,AN>|=|若a=0,则sinθ=217若a≠0,则sinθ=37×1+4a+4a≤37×1+44=427,当且仅当a=4a,即5.(15分)(2024福建三明模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1和正四棱台ABCD-A2B2C2D2中,A2B2=2AB=4,AA2=11(1)求证:CA2∥平面ABC1D1;(2)若点M在线段BB1上,直线A2M与平面A2B2C2D2所成的角的正切值为2105,求二面角M-B2C2-B(1)证明连接B2D2,延长B1B,由题可知B1B的延长线与B2D2相交,记交点为点H.易知BH⊥平面A2B2C2D2,B2D2⊂平面A2B2C2D2,所以BH⊥B2D2.在正四棱台ABCD-A2B2C2D2中,因为A2B2=2AB=4,所以B2D2=42,所以B2H=14×42=2,所以BH=以点D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A2(3,-1,-3),所以A2C=(-3,3,3),AB=(0,2,0),AD1=设平面ABC1D1的一个法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=0,z=1,所以平面ABC1D1的一个法向量为n=(1,0,1),所以n·A2C=-3+0+3=0,又因为CA2⊄平面ABC1D1,所以CA2∥平面ABC1D1.(2)解由点M在线段BB1上,设M(2,2,a),0≤a≤2,则A2M=(-