2026年高考数学知识复习（全国）：专题01 立体几何初步（题型清单）（解析版）

专题01立体几何初步解决与空间几何体结构特征有关的问题的技巧(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意正确利用轴截面中各元素的关系.(3)因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【详解】对于A,如图1,利用两个底面全等的斜棱柱拼接而成的几何体满足A中条件，但该几何体不是棱柱，故A错误；对于B,如图2,该多面体有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形，但该几何体不是棱台，故B错误；对于C,连接圆柱上下底面圆周上任意两点，只有连线平行于旋转轴时才是母线，故C错误；对于D,圆台的轴截面是指过圆台轴的平面截取几何体得到的截面，其形状为等腰梯形，这是因为圆台是由圆锥被平行于底面的平面截得，轴截面包含上下底面的直径和母线，形成对称的等腰梯故圆台的轴截面始终是等腰梯形，不可能为直角梯形，故D正确.【分析】分析构成的三角形的情况，再选择其中一个为底面，另外考虑侧面的情况即可.D′ABACDACB固定四面体的一面作为底面：其余情形得到的四面体均在上述情形中.由此可知，四面体个数有3个.故答案为：3.A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.不确定【分析】结合图形分析可知三角形折成的三棱锥一定是对棱相等的四面体，而对棱相等的四面体一定外接于长方体，由长方体对角线构成三角形的形状即可判断.【详解】如图，三角形沿中点折成的三棱锥一定是对棱相等的四面体，而对棱相等的四面体一定外接于长方体，而长方体的面对角线一定构成锐角三角形，从而原VABC是锐角三角形.图13反之是锐角VABC一定可折成四面体.或从三面角的条件也可推出锐角三角形，三面角的任意两角和大于第三角.(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”.(2)平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是C'D′=2,则下列说法正确的是()A·AD'=2√2B.AB=4C.四边形ABCD的面积为6√2知AB=A'B′=4;C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长.因为等腰梯形A'B'C'D'中A'B'=4,C′D′=2,所以MN=2,A'M=B'N=1,y1M1MA2CN1B'xB选项，由斜二测法可知AB=A'B'=4,B正确；故四边形ABCD的面积为C正确；DD选项，过点C作CH⊥AB于点H,则AH=CD=2,BH=4-2=2,CH=AD=2√2,由勾股定理得BC=√BH²+CH²=2√3,【分析】利用斜二测画法推导出原图形VABC,根据边角关系求解.【详解】如图①中，过B’作B'E'平行y′轴，交x′轴于点E',如图②,在平面直角坐标系xOy中，在x轴上取OA=O'A',OE=O'E',过点E作EB平行y轴，取EB=2E'B',连接OB,AB,则VABC即原图形.故BE为B到x轴距离，设BE=h,则则三棱锥的高为()【分析】利用直观图和原图面积关系求出底面积，结合正三棱锥体积公式建立方程，求解高即可.因为正三棱锥的体积为所以解得h=2,故A正确.故选：A解决空间几何体表面距离最短问题，需通过展开，把问题转化为平面两点间线段最短问题.多面体表面展开图可以有不同的形状，要观察并想象立体图形与表面展开图的关系.点N,M分别在直线BD₁和平面AA₁DD₁上，则PN+NM的最小值为()【分析】首先证明平面ABD₁⊥平面AA₁DD₁,将平面BCD₁翻折到与平面ABD₁为同一个平面，根据垂线段最短有PM⊥AD₁交BD₁于N时最小PN+NM=PM,再求出最短长度.【详解】由题设，易知AB⊥平面AA,DD₁,ABc平面ABD₁,所以平面ABD₁⊥平面AA₁DD,将平面BCD₁翻折到与平面ABD₁为同一个平面，如下示意图，显然C'D₁在平面AA₁DD₁上的投影为AD₁,故选：B在底面ABC上的射影为AC的中点.若SA=2,E为线段AA.√6+√2B.2√3C.2(√3+1)【分析】将△SAB展开到与VABC共面，根据三角形三边关系可知SE+CE≥SC,当且仅当S,E,C三点共线时等号成立.根据题干条件，在△SBC中由余弦定【详解】如图，在三棱锥S-ABC中，设点O为线段AC的中点，连接BO,SO.由题易知：,AB=BC=2,SO⊥平面ABC.所以△SAB是边长为2的等边三角形.则SE+CE≥SC,当且仅当S,E,C三点共线时等号成立，即SE+CE取得最小值由余弦定理可得：表面到点B的最短路径长为cm.【答案】6【分析】根据已知求出圆锥底面周长和母线长，进而得到侧面展开图的圆心角，即可求|AB|最小值.将圆锥沿过A点的母线展开，得到如下图示半径为6cm的半圆，且B为圆弧的中点，AA从A到B有两种方式，一种方式从圆锥体侧面A→B,一种方式从圆锥的底面A→B,若沿侧面A→B,如上图，从点A出发到点B的最短路径长|AB=6√2cm;若沿底面A→B,此时最短路径长为直径长度6cm;综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长6cm.故答案为：610.(2025·浙江温州·三模)已知圆台上下底面半径分别为1,2,母线长为2,则圆台的体积等于;A为下底面圆周上一定点，一只蚂蚁从点A出发，绕着圆台的侧面爬行一周又回到点A,则爬行的最短距【详解】设圆台高为h,已知r=1,R=2,母线长1=2,2πr=θ(R′-2)=θR′-2θ=2πR-2θ则AB⊥OB',CD⊥OC',AB=√4²-2²=2√3题型4空间几何体的表面积空间几何体的侧面积和表面积(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为()A.34√3+8dm²B.34√3+44dm²【详解】过B₁作B₁E⊥平面ABCD于E,过E作EF⊥AB于F,连接BF,因ABc平面ABCD,则B₁E⊥AB,又B₁E∩EF=E,B₁E,EFc平面B₁EF,令正四棱台上底边长为x,则所以即所以该结构表面积为=32√3+8+2√3=34√3+8(dm²).12.(2025·海南海口·模拟预测)已知圆锥的母线长等于底面的圆半径的2倍，那么该圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为()【分析】根据圆锥和它的内切球的性质，做出轴截面，求出内切球半径和底面半径之比，求出圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比.如图所示，作圆锥轴截面△OAB及其内切圆P,与三角形切于M,N两点，设圆锥底面半径为R,内切球半径为r,则OA=2R,由勾股定理易知ON=√3R,圆锥表面积为,内切球表面积,面积为8√3.若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为()A.16πB.26πC.1分【分析】由题意得BC=3DA,.设等腰梯形分【分析】由题意得BC=3DA,再别过点D,A作DG⊥BC,AF⊥BC,垂足分别为点G,F,判断四边形ADGF为矩形，且A再根据腰与底边的角度，求圆台的侧面积.【详解】如图，由题意得BC=3D4,设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a,3a,a>0,即AD=a,BC=3a.分别过点D,A作DG⊥BC,AF⊥BC,垂足分别为点G,F,因为AD//GF,则四边形ADGF为矩形，且AD=FG=a,所以CG=GF=FB=a.则圆台的上、下底面的半径分别为r=1,r′=3,母线长为1=4,为,则该三棱台的侧面积为()【分析】将正棱台补全为棱锥，求出棱锥、棱台的高，确定上底面的位置，求出棱锥侧【详解】将正棱台ABC-DEF补全为正三棱锥P-ABC,OAB=2√3,AD=2,AB=2√3,AD=2,B则PO=2√3,棱台的高,棱台上底面DEF是正三棱锥P-ABC的中截面， PB=PC=PA=2AD=4,面积为,等腰梯形ABED的面积为题型5空间几何体的体积解求空间几何体的体积的常用方法公式法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解等体通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)15.(2025·北京西城·模拟预测)有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥.已知圆柱的底面半径为3,高为5,圆锥的高为4,则这个木质工艺品的体积为()A.11πB.22πC.33π【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式求木质工艺品的体积.【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积过E,F,G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为()【分析】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果.如图所示，延长EF,DC相较于H,连接EH,交BC于J,相同方法，做出FK,则五边形EKFJG为截面，不妨设正方体棱长为1,可知截得较小部分体积V=V₁-DFH-2V₁-KDE,边长代入得较大部分体积为立方体体积为1,所以较大部分与总体积之比为旋转一周形成一个几何体Ω,则Ω的体积为()【分析】以AC所在直线为旋转轴，VABC旋转一周形成两个共底面的圆锥，△ADC旋转一周形成一个倒其体积记为V₂,计算可求矩形ABCD旋转一周形成的面所围成的几何体的体积.【详解】根据题意作出矩形ABCD与几何体Ω,分别如图下左右两图所示：旋转一周形成两个共底面的圆锥，△ADC旋转将这两个几何体的体积均记为V₁,这两个几何A,C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为V₂,而AC=4,点B到直线AC的距离为√3,圆O的半径为高的两倍，且圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆锥的体积为()【分析】首先根据已知条件求出圆锥的底面半径，然后根据圆锥的体积公式求出圆锥的体积即可.【详解】设圆柱底面半径为r,则圆锥底面半径为2r.因为圆锥和圆柱的侧面积相等，所以S=π2r√3+4r²=2πr-2√3.19.(2025·四川成都·模拟预测)已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16,侧棱长为√6,则该正四棱台的体积为()A.B.C.56【分析】作出辅助线，求出棱台的高，根据棱台的体积公式即可求解.【详解】如图所示的正四棱台ABCD-AB₁C₁D,连接AC,AC₁,作A₁E⊥平面ABCD,由正四棱台的性质可知E在AC上.因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16,所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4,①长(正)方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半.②可以补成长方体的一些特殊三棱锥如下，上面讲到的“共斜边的直角三角形所成的三棱锥”也可算作其中一种，据此可确定球心.图形特征三棱锥的三条侧棱两两互相垂直三棱锥的四个面均是直角三角形三棱锥的对棱两两相等图示③确定多面体的外接球球心的方法：寻找几何体中一个面的外接圆圆心O₁(正三角形的外心为中心，直角三角形的外心为斜边的中点，一般三角形可用正弦定理确定外心),过点O₁作该平面的垂线，则球心在垂线上，球的半径可用勾股定理求得，如图所示.的体积为则该棱台的外接球表面积为().【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径.则BD=√(2√2)+(2√2)²=4,BD.=√(√2)²+(2)²=2,设外接球的球心为0,若O在台体外，则半径为R=√EB²+OE²=√B:F²+(h+OE)², D₁FFB₁AB₁CDCBALB是边长为2√6的正方形，则该四棱锥外接球表面积为()A.5πB.10πC.28πD.5又因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SADn平面ABCD=AD,O₁Ec平面ABCD,设等边△SDA的外接圆的圆心为O₂,过O₂作O₁E的平行线交过O₁作SE的平行线于点0,则00₁⊥平面ABCD,0O₂⊥平面SAD,所以0为四棱锥S-ABCD外接球的球心，半径为R,又因为所以四棱锥S-ABCD外接球表面积为4πR²=4π×(√14)²=56π.A.12πB.24πC.40π【分析】先根据正弦定理求底面△ABD外接圆半径r,再根据三棱锥A-BCD外接球半径R²=r²+1求得外接球半径，进而求外接球表面积.【详解】在△ABD中，AB=AD=2√3,BD=6,设△ABD外接圆半径为r,则又CD⊥平面ABD,且CD=2,设三棱锥A-BCD的外接球半径为R,则R²=r²+1=13.所以三棱锥A-BCD的外接球表面积为：4πR²=4π×13=52π.M为BC的中点，P为BB₁上的动点，则三棱锥P-ACM的外接球表面积的最小值是()A.9πB.10πB₁OPVBBA设00₁=m,BP=n,三棱锥P-ACM则n²+2=2mn,则三棱锥P-ACM的外接球表面积S=4πR²≥10π.求几何体内切球的方法主要有两种.①等体积法：内切球的球心到多面体各个面的距离均相等，故可用等体积法，由得(V为多面体的体积，S为多面体的表面积，r为内切球的半径).②轴截面法：适用于对称几何体，作出轴截面，利用相似三角形以及勾股定理求解.小球，则这样一个小球的体积最大为()再通过求出空隙处球的最大半径，从而即可求最大体积.设内切球球心为0,半径为R,空隙处的最大球球心为O₁,半径为r,设E为CD中点，球O和球O₁分别与面ACD相切于F和H.故,AO₁=AG-GO₁=4√2-2×√2-r=2√2-r,AO=AG-GO=4√2-√2=3√2,棱锥的体积为()求解.【详解】因为内切球的体积为,所以内切球的半径为1.如图所示，设球与正四棱锥底面切于点E,侧面切于点F,设SO=x,延长SF交底面于点G.锥内切球的表面积为()巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤(1)确定球心O和截面圆的圆心O'.(2)探求球的半径R和截面圆的半径r.(3)利用00'2+r²=R²计算相关量.直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，球缺的体积公式是.已知正方体ABCD-AB₁CD棱长为1,则该正方体与以A为球心，√2为半径的球的公共部分的体积为_.π【分析】根据给定条件，利用正方体及球的结构特征，结合球的体积公式及球缺的体积公式求解.去掉3个不含点A的正方体的面所在平面截球所得球缺的模)已知球O的半径为R,圆M的半径为r,且圆M是球O的一个截面，若圆M的面积与球O的表面积之比为2:9,则·的值为()B.√2【分析】利用圆的面积及球的表面积公式代入计算即可.【详解】由圆M的面积与球O的表面积之比为2:9,得【详解】由球O的表面积为12π,得球的半径为√3,则正方体ABCD-AB₁C₁D₁的体对角线长为2√3,正方体ABCD-AB₁C₁D的棱长为2,则正△C₁BD边长为2√2,其外接圆半径故答案为：(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【分析】通过特例说明a//b不能推出a,b,c共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面内的直线不平行必相交，推出a//b一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果.CCaba如图所示：满足a⊥c,b⊥c,且a//b,但是aca,bcα,ccβ,所以可知a//b是a,b,c共面的不充分条件；即a//b是a,b,c共面的必要条件，综上可知a//b是a,b,c共面的必要不充分条件.B.三条直线BF,DE,CC₁有公共点C.直线A₁C与直线OF相交D.直线A₁C上存在点N使M,N,O三点共线【分析】根据题意，由平面的基本性质分析A、B和D,由异面直线的定义分析C,综合可得答案.对于A,连接B₁D₁,则B₁D₁//BD,而E,F分别为C₁D₁,B₁C₁的中点，则B₁D₁//EF,所以BD//EF,所以四点B,D,E,F在同一平面内，故A正确；对于B,延长BF,DE,则BF,DE相交于点P,又BFc平面BCC₁B₁,DEc平面DD₁C₁C,则P∈平面BCC₁B₁,P∈平面DD₁C₁C,且平面BCC₁B₁∩平面DD₁C₁C=CC₁,所以P∈CC₁,即三条直线BF,DE,CC₁有公共点，故B正确；对于C,直线A₁C为正方体的体对角线，所以直线A₁C与直线OF不可能在同一平面内，所以直线A₁C与直线OF是异面直线，故C错误；对于D,A₁,O,C,C₁均在平面AA₁C₁C内，连接OM,则OM与A₁C相交，所以直线A₁C上存在点N使M,N,O三点共线，故D正确；中点，O,M分别为BD,EF的中点，则下列说法正确的是()B.三条直线BF,DE,CC₁有公共点C.直线A₁C与直线OF不是异面直线D.直线A₁C上存在点N使M,N,O三点共线【分析】对于A:根据平行关系可证BD//EF,即可得四点共面；对于B:根据平面的性质分析判断；对于C:根据异面直线的判定定理分析判断；对于D:可知OM与A₁C相交，即可判断.PD₁A₁D₁A₁DCDAB对于选项A:连接BD₁,因为BB₁//DD₁,BB₁=DD₁,可知BB₁D₁D为平行四边形，则B₁D₁//BD,又因为E,F分别为C₁D₁,B₁C₁的中点，则B₁D₁//EF,对于选项B:延长BF,DE,则BF,DE相交于点P,即P∈BF,P∈DE,又因为BFc平面BCC₁B₁,DEc平面DD₁C₁C,则P∈平面BCC₁B₁,P∈平面DD₁C₁C,且平面BCC₁B₁∩平面DD₁C₁C=CC₁,所即三条直线BF,DE,CC₁有公共点，故B正确；对于选项C:因为A₁Cc平面AA₁C₁C,OFI平面AA₁C₁C=0,O∉A₁C,所以直线A₁C与直线OF是异面直线，故C错误；对于选项D:因为A₁,O,C,C₁均在平面AA₁C₁C内，连接OM,则OM与A₁C相交，所以直线A₁C上存在点N使M,N,O三点共线，故D正确；空间中两直线位置关系的判定方法型(长方体)空间两直线位置关系判定方法巧34.(2025·山东济南·三模)如图，下列正方体中，M,N,P,Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.对于B,如图，MP//GH//EF//NQ,M,N,P,Q四点共面，B不是；对于C,如图，MP//KL//NQ,M,N,P,Q四点共面，C不是；对于D,如图，PQ∈平面MPQ,N∉平面MPQ,M∈平面MPQ,M∉直线PQ,是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是()A.AB和C₁D₁;B.AA₁和CC₁;C.BD₁和B₁D;D.A₁D和AB.【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.【详解】因为ABCD-AB₁C₁D₁是正四棱台，所以AB//AB₁//C₁D₁,故A错误，侧棱延长交于一点，所以AA₁与CC₁相交，故B错误，同理BB₁与DD₁也相交，所以B,B,D,D四点共面，所以BD₁与B₁D相交，故C错误，A₁D₁与AB是异面直线，故D正确. A.BP与DD₁一定是异面直线D.BP//平面ACD₁【分析】由题设P在线段A₁C₁上，应用异面直线的定义及平面的基本性质判断A、B;由线面垂直的判定、性质定理判断C;由线面、面面平行的判定、性质定理判断D.此时B,P∈平面BB₁D₁D,则BP与DD₁不是异面直线，错；所以BP与AC一定是异面直线，对；C:由DD₁⊥平面A₁B₁C₁D₁,A₁C₁c平面A₁B₁C₁D₁,则DD₁⊥A₁C₁,而B₁D₁⊥A₁C₁,BD₁∩DD₁=D,且B₁D₁,DD₁c平面B₁D₁D,所以A₁C₁⊥平面B₁D₁D,B₁Dc平面B₁D₁D,则A同理可得AB⊥B₁D,A₁C₁NAB=A₁,且A₁C₁,A₁Bc平面A₁C₁B,所以BD⊥平面A₁C₁B,BPc平面A₁C₁B,则BP⊥BD,对；D:由A₁D₁//BC且A₁D₁=BC,即A₁D₁CB为平行四边形，即A₁B//D₁C,由A₁Bc平面AC₁B,D₁Cø平面AC₁B,则D₁C//平面A₁C₁B,同理可证AC//平面A₁C₁B,而AC∩D₁C=C,AC,D₁Cc平面ACD₁,所以平面ACD₁//平面A₁C₁B,BPc平面A₁C₁B,则BP//平面ACD₁,对.将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，的平行线或者作平行线，形成三角形求解在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线B₁C₁的中点，则异面直线DF与C₁E所成角的余弦值是()所以EF⊥平面ABF,DEc平面ABF,所以EF⊥DE,EF=BB₁=2,DF=√EF²+DE²=√4+1=点，AB=PA=2,若四棱锥P-ABCD的外接球半径为2,则AE与BC所成角的正弦值为()【分析】将四棱锥P-ABCD补成长方体ABCD-PB₁C₁D₁,设AD=m,根据条件可求得m=2√2,可得AE与BC所成的角即为∠EAD或其补角，在△AED中，利用余弦定理求解.【详解】设AD=m,如图所示，将四棱锥P-ABCD补成长方体ABCD-PB₁C₁D₁,又BC//AD,所以AE与BC所成的角即为∠EAD或其补角，所以,AD=2√2,可知AE与BC所成的角为,所以AE与BC所成的角的正弦值为的一条直径，若从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为,则直线AB与直线CD所成的角为【分析】根据最小距离可得MIC的长度为,即可根据异面直线所成角的定义即可求解. 由于从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为故展开图中AC=√2²+MC²,则因此在圆柱中，在下底面作平行于AB的直径MN,由于故直线AB与直线CD所成的角为别为A₁C₁、A₁B₁、BC的中点，则异面直线AD和EF所成角的余弦值为()题型12空间几何体的交线与截面问题1.空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法.用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行.(2)延长线法.用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内.2.作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线.(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交41.(2025·广东湛江·二模)已知正方体ABCD-AB₁C₁D的棱长为√3,以顶点A为球心，√7为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为()A.3πB.π【分析】根据长度关系分析可知球面与表面ABCD,ADD₁A₁,ABB₁A₁没有公共点，且与表面CDD₁C₁,A₁B₁C₁D₁,BCC₁B₁的交线都是圆心角为30°,半径为2的圆弧，即可得结果.【详解】因为正方体ABCD-ABC₁D₁的棱长为√3,则表面ABCD,ADD₁A,ABB₁A₁上的点到点A的最大距离所以以顶点A为球心，√7为半径的球的球面与这三个表面没有公共点.如图，若球面与表面CDD₁C₁的公共点为P,可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面CDD₁C₁的交线都是圆心角为30°,半径为2的圆弧，同理可得球面与表面A₁B₁C₁D₁,BCC₁B₁的交线也都是圆心角为30°,半径为2的圆弧，中点，则正方体ABCD-AB₁C₁D被平面AEF所截得的截面周长是()【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积.【详解】在正方体ABCD-AB₁C₁D中，取C₁D₁的中点G,GD₁的中点H,连接A₁G,EG,EH,FH,由E是CD的中点，得EG//DD₁//AA₁,EG=DD₁=AA,则四边形AEGA为平行四边形，A₁G//AE,A₁G=AE,由F是AD₁的中点,得AE=AF=√4²+2²=2√5,FH=√2²+1²=√5,EH=√4²+1²=√17,所以所求截面的周长是5√5+√17.43.(2025·全国·模拟预测)正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为4,点M在棱A₁B₁上，平面ACM把正方体ABCD-AB₁C₁D分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14,则平面ACM截正方体ABCD-AB₁CD所A·10+5√2B.4√5+6√2C.5+5√2D.15【分析】设平面ACM与棱B₁C₁交于点N,则MN//AC,设MB₁=x,由棱台的体积求得x=1,进而可求得截面周长.【详解】设平面ACM与棱B₁C₁交于点N,则MN//AC,几何体MB₁N-ABC是三棱台，由题意知该三棱台体积为14.设MB₁=x,则解得x=1,平面ACM截正方体ABCD-AB₁C₁D₁所得的截面为等腰梯形ACNM,点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为()所以截面ACNM的棱长为2,E,F的周长为10+5√2.分别是棱AD,DD₁的中A.不存在点P,使得FP//平面ABC₁D₁B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是五边形C.三棱锥C₁-A₁B₁P的体积为4【分析】对于A,找到BD中点为点P,易得FP//平面ABC₁D₁,排除A项；对于B,作出截面并判断形状即可排除；对于C,利用等体积法转化，结合三棱锥体积公式即可判断；对于D,根据三棱锥的墙角模型，将其补形成长方体，从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解.【详解】对于A,当P为BD中点时，由三角形中位线定理可得FP//BD₁,因为FPa平面ABC₁D₁,BD₁C平面ABC₁D₁,所以FP¹/平面ABC₁D₁.故A错误；对于B,由中位线可得EF//AD₁,在正方体中，易证AD₁//BC₁,所以EF//BC₁,即BC₁就是一条截线，连CF,得截面EBC₁F,又因EF≠BC₁,所以截面EBC₁F为梯形，故B错误；对于C,点P到平面A₁B₁C₁D₁的距离为2,,故C错误；对于D,因DA,DC,DF两两垂直，则外接球半径R即该长方体的体对角线的一半，即D₁BA₁BF八CPDP乍BAB题型13与线、面平行相关命题的判定(1)判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理；(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.A.若m//n,m//α,D.若m//n,α//β,m⊥α,则n⊥β【详解】对于A,若m//n,m//α,则n//α或ncα,故A错误；对于B,若α//β,mca,ncβ,则m//n或m与n是异面直线，故B错误；对于D,若m//n,m⊥α,则n⊥α,又因为α//β,所以n⊥β,故D正确，错误的是()A.若a//a,bcα,则a//bC.若a⊥β,b⊥β,则a//b【分析】根据空间中直线与直线位置关系可判断A;根据面面平行的性质定理可判断B;根据线面垂直的性质可判断C;根据面面平行与线面垂直的性质可判断D.【详解】若a//α,bca,则a//b或a与b互为异面直线，故A错误；又因为b⊥β,a,β是两个不同的平面，a、b是两条不重合的直线，则a//b,D选项正确；47.(2025·北京·三模)已知平面α,β,直线l,m,则下面结论正确的是()【分析】BCD可举出反例；A利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断.【详解】对于A,由m//a,m//β,则存在相异于1的直线a,b,aca,bcβ,使m//a,m//b,即a//又acβ,bcβ,所以a//β,又aca,a∩β=1,所以a//1,故m//1,故A正确；对于B,若α∩β=1,m//1,m//β,则m//α或mcα,故B错误；对于D,m⊥1仅说明直线m与交线垂直，不能保证m垂直于α内的所有直线，故D错误；题型14直线与平面平行的证明(1)判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点).②利用线面平行的判定定理(asa,bCa,a//b→a//a).(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确48.(2025·四川成都·一模)如图，在四棱台ABCD-AB₁CD₁中，下底面是边长为2的正方形，侧棱D₁D与底面垂直，且D₁D=D₁C₁=1.(2)求平面ACD₁与平面BCC₁B₁的夹角的大小.【分析】(1)作辅助线构造平行四边形EBB₁D₁,得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；(2)以D为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.【详解】(1)连接BD交AC于点E,连结D₁B₁,D₁E.因为底面ABCD是正方形，所以E是BD的中点.又DC=2D₁C₁,所以DB=2D₁B₁,故EB=D₁B₁.由棱台的定义，DD₁与BB共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面BDD₁B₁的交线平行，即所以四边形EBB₁D₁为平行四边形，故BB₁/IED₁.又因为BB₁女平面ACD₁,ED₁c平面ACD₁,所以BB₁//平面ACD₁.(2)以D为原点，分别以DA,DC,DD₁所在直线为x轴，V轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.故AC=(-2,2,0),AD₁=(-2,0,1),CB=(2,0,0),CC₁=(0,-1,1).得设平面ACD₁的法向量m=(x,y₁,z),由得取x₁=1,得平面ACD₁的一个法向量m=(1,1,2).取y₂=1,得平面BCC₁D₁的一个法向量n=(0,1,1).故所以平面ACD₁与平面BCC₁B₁夹角的大小为②【分析】(1)取C₁C₁的中点D,利用线面平行、面面平行的判定推理得证.得DF//B₁C,又B₁Cc平面AB₁C,DFα平面AB₁C,则DF//平面AB₁C,因此平面DEF//平面AB₁C,又EFc平面DEF,所以EF//平面AB₁C.ACAEDEHB₁(2)取A₁B₁的中点G,A₁G的中点H,连接AG、EH、HF、GF、AF,EF=√A₁E²+A₁F²=2√3,HF=√G(2)若四棱柱ABCD-AB₁C₁D₁的体积为24,求三棱锥C-BDF的体积V的值.【分析】(1)连接BM,由中位线可知EF/IBM,然后结合线面平行的判定定理即可得证；【详解】(1)在四棱柱ABCD-AB₁C₁D₁中，连接BM,如图，(2)由F是CM的中点得②【分析】(1)由已知有EA//CD,取AB中点M,连接FM,CM,易证FD//CM,再应用线面平行的判(2)令DC=a(a>0),取AC中点为0,连接BO,过0作OZ//AE,且交DE于Z,构建合适的空间直【详解】(1)∵EA,CD均垂直于平面ABC,∵FE=FB,AM=BM,∴FD//CM,又FD女平面ABC,CMc平(2)令DC=a(a>0),取AC中点为0,连接BO,过0作OZ//AE,且交DE于Z, 则取z=2√3,则n=(a+2,√3(2-a),2√3),1.线面平行的性质定理是证明两条直线平行的常用方法.2.在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行.3.线面平行的判定定理和性质定理使用的区别：若结论中有a//a,则要用判定定理，在a内找与a平行的直线；若条件中有a//a,则要用性质定理，找(或作)过a且与α相交的平∠BAD=90°,AB=1,CD=2,AD=1,平面ADF与棱A0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),F【详解】(1)证明：因为CD//AB,CDc平面CDF,AB4平面CDF,所以AB//平面CDF,所以AE//平面CDF,因为DFc平面ADF,平面ADFn平如图，以A为原点，分别以AB,AD,AE所在直线为x轴，V轴，z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),F(2,1,1)不妨令x=1,则y=0,z=-2,所以n=(1,0,-2) (1)若AC₁//平面A₁BD,求λ的(2)若二面角B₁-AB-D与二面角D-A₁B-C的大小相等，求λ的值.【分析】(1)连接AB交A₁B于点E,连接DE,由线面平行的性质可得出DE/IAC₁,再结合中位线的性质(2)解法一(几何法):过点B₁在平面AA,B₁B内作BF⊥AB,垂足为F,连接DF、C₁F,分析可知二面角B₁-AB-D和二面角B₁-AB-C₁的平面角分别为∠DFB₁、∠C₁FB₁,根角的正切公式求出B₁D的长，即可求出λ的值； 解法二(空间向量法):以B为原点，BA、BB₁、BC分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设二面角B₁-A₁B-D与二面角B₁-A₁B-C₁的平面角分别为α、β,且β=2a,利用空间向量法结合二倍角的余弦公式可得出λ的等式，解之即可.【详解】(1)连接AB交A₁B于点E,连接DE,(2)因为二面角B₁-A₁B-D与二面角D-AB-C的大小相等，所以二面角B₁-A₁B-D是二面角B-AB-C₁的大小的一半，过点B₁在平面AA,B₁B内作BF⊥AB,垂足为F,连接DF、C₁F,∵B₁C₁⊥A₁B₁,B₁C₁⊥BB₁,A₁B₁∩BB₁=B₁,A₁B₁、BB₁c又∵B₁F⊥BA₁,B₁F∩B₁C₁=B₁,B₁F、B₁C₁c平面B₁FC∴二面角B₁-A₁B-D和二面角B₁-A₁B-C₁的平面角分别为∠DFB₁、∠C₁FB₁,分别记作20和θ,则θ为锐角，且tanθ>0,所以BAkA₁CDB₁x易知平面A,BB的一个法向量ī=(0,0,1),设平面ABD与平面A₁BC₁的一个法向量分别为m=(x₁,y,z)、n=(x₂,y₂,z₂),设二面角B₁-A₁B-D与二面角B₁-AB-C₁的平面角分别为α、β,且β=2α,取y₂=-√2,可得n=(√6,-√贝由cosβ=cos2α=2cosα-1,即因为0<λ<1,解得PEBA (2)若点E不与P和B重合，且二面角E-AC-P的余弦值为,求直线AE与平面ABCD所成角的大小.【分析】(1)连接CF,并延长交BA的延长线于点Q,连接PQ,由线面平行的性质定理结合线段成比例可得；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，令E(0,a,2-a),分别求出平面PAC和平面EAC的法向量，代入空间二面角公式求出a=1,再求出平面ABCD的法向量，代入空间线面角公式可得.【详解】(1)如图1,连接CF,并延长交BA的延长线于点Q,连接PQ.因为AE//平面PCF,AEc平面PBQ,平面PBO∩平面PCF=PQ,因为PE=EB,所以点A为线段BQ的中点.因为AB/ICD,所以因为AB=2DC,所以故λ=2.(2)由题意，得PA,AB,AD两两垂直，以AD,AB,AP所在直线为坐标轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2),B(0,2,0),C(1,1,0).令E(0,a,2-a),且0<a<2,则AP=(0,0,2),AC=(1,1,0),AE=(0,a,2-a).解得a=1,故E(0,1,1).设直线AE与平面ABCD所成的角为α,平面ABCD的法向量为AP=(0,0,2),题型16平面与平面平行的证明证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的定义.(2)利用面面平行的判定定理.(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”.(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”.提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.(i)求点F到平面AEG的距离.计算.【详解】(1)由F,G分别为AB,AC的中点，得FG//BC,而FG4平面PBC,BCc平面PBC,则FG//平面PBC,延长FG交CD于点H,连结EH,由GH//BC,AD//BC,得GH//AD,(2)(i)设点F到平面AEG的距离为d,取AD的中点M,连结ME,MG,在△AEG中，又所以点F到平面AEG5,则的距离(ii)取直角梯形底边BC的中点O,以点O为原点，直线BC为x轴建立平面直角坐标系，在y'轴上取点A',使,过A'作A'D'//x′轴，且使A'D'=AD=2,连接C′D',则梯形A'B'C'D′是直角梯形ABCD的斜二测直观图，如图，梯形A'B'C'D'的面积分别沿EH,EF,FG,GH折起，使得△AEH,△BEF,△CFG,△DGH所在平面与底面EFGH均垂直(如图2),连图1图2【详解】(1)如图1,A,B,C,D在平面EFGH上的投影A,B,C,D'分别为EH,EF,FG,GH的中点，故四边形AA'C'C,BB'D'D均为平行四边形(矩形),因此AC1/A'C",BD//B'D',(2)法一：如图2建立空间直角坐标系，不妨设EF=2,则A(0,-1,1),B(1,0,1),E(1,-1,0),C(0,1,1),D(-1,0,1),G4,1,0),所以EA=(-1,0,1),EB=(0,1,1),CD=(-1,-1,0),CG=(-1,0,-1),设平面ABE的法向量为π=(x,y,z),则设平面CDG的法向量为从而取c=1,则n₁=(1,-1,1),则则n2=(-1,1,1),故法二：如图3,取A'B',AB的中点M,N,易知EN⊥AB,MNIAB,由ENnMN=N都在平面EMN内，则ABI平面EMN,记θ=∠ENM,57.(2025·四川德阳·三模)如图，四边形ACFE是矩形，AE⊥平面ABCD,AB//CD,∠BAD=90°,AB=AD=AE=1,CD=2.【分析】(1)根据AB//CD得到CD//平面ABE,同理由CF//AE得到CF/平面ABE,从而得到面面平行；所以CF//平面ABE,A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(2,1,0),E(0,0,1),F(2,1,1).由(1)平面CDF//平面ABE,由面面平行的性质可得AG//DF,设G(t,0,1-t),则AG=(t,0,1-t),DF=(2,0,1),由AG=hDF得t=2h,1-t=h,解得即G的坐标为设平面BEF的法向量m=(x,y1,z),则令x₁=1,则y₁=-2,z=1,故m=(1,-2,1),设平面AGC的法向量n=(x₂,y₂,z₂),令x₂=-1,则y₂=z₂=2,故n=(-1,2,2),故平面BEF与平面AGC所成角的正弦值为题型17平面与平面平行的性质面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行；(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.AD=CD=2.②【分析】(1)由线线平行证CF//平面ABE,CD//平面ABE,再由线面平行证明平面ABE//平面CDF,(2)先由平面AED⊥平面ABCD证明AB⊥平面AED,即得AB⊥AE,结合条件证明AE⊥平面ABCD,【详解】(1)由四边形ACFE为矩形，可得CF/IAE,因AEc平面ABE,CFα平面ABE,故CF//平面ABE;因AB//CD,ABc平面ABE,CDø平面ABE,故CD//平面ABE,又因CD∩CF=C,CD,CFc平面CDF,故有平面ABE//平面CDF.(2)因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,ABc平面ABCD,所以AB⊥又因为AEc平面AED,所以A因为ADc平面ABCD,所以AE⊥AD.由题意得B(1,0,0),E(0,0,1即令x=1,则y=-1,z=1.于是n=(1,-1,1).因为DF=(2,0,1),设直线DF与平面BEF所成角为θ,故直线DF与平面BEF所成角的正弦值为E4E4DBxC59.(2024·四川成都·模拟预测)如图，在斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧面AA₁B₁B⊥底面ABC,侧棱AA₁与底面ABC成60°的角，AA₁=2,底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G,E是线段BC₁上一点，且GE//(2)求平面B₁GE与底面ABC所成的二面角的正切值.【分析】(1)由面面平行得出DE//BB//CC₁,从而因为GDα平面ABB₁A₁,ABc平面ABB₁A而GE//平面AA₁B₁B,GE∩DG=G,GE,DGc平面GDE,(2)如图，延长B₁E交BC于点F,由(1)可知F为BC中点，从而A,G,F三点共线，过点B作BH⊥AB于点H,则BH⊥【分析】(1)只需证明EF//平面PBC及EN//平面PBC进而证得平面EFN//平面PBC,根据面面平行【详解】(1)因为E,F分别为AP,AB的中点，则EF//PB.又EF在平面PBC外，则EF//平面PB因为EMc平面EFN,所以EM//平面PBC.(2)因为PA⊥底面ABCD,以A为原点，取y=2,则z=√3,所以=(0,2,√3).所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为BB₁,AB的中点.求证：(2)平面EFG⊥平面HB₁C.【分析】(1)连结A₁B,利用中位线性质及线面平行的判定定理得EF//平面D₁B₁C,FG//平面D₁B₁C,从而利用面面平行的判定定理证明即可.(2)连结BC₁,交B₁C于点0,连结HO,AC₁,利用线面垂直的判定定理得B₁C⊥平面ABC₁,进而利用线面垂直的性质定理得B₁C⊥AC₁,同理可得D₁B₁⊥AC₁,则由线面垂直的判定定理得HO⊥平面D₁B₁C,进而利用线面垂直的性质得HO⊥平面EFG,最后利用面面垂直的判定定理证明即可.【详解】(1)如图，连结AB.因为E,F分别为棱A₁D₁,AB₁的中点，所以EF//DB₁.因为F,G分别为棱A₁B₁,BB₁的中点，所以FG//AB.在正方体ABCD-AB₁C₁D₁中，显然有A₁B//D₁C,所以FG//D₁C.由EF//D₁B₁,EFø平面D₁B₁C,D₁B₁c平面D₁B₁C,得EF//平面D₁B₁C,由FG//D₁C,FGø平面D₁B₁C,D₁Cc平面D₁B₁C,得FG//平面D₁B₁C.又因为EFc平面FEG,FGc平面EFG,EFnFG=F,所以平面EFG//平面D₁B₁C.(2)如图，连结BC₁,交B₁C于点0,连结HO,AC₁.由ABCD-AB₁CD₁为正方体得BC₁⊥B₁CB₁Cc平面BCC₁B₁,从而AB⊥B₁C.又ABIBC₁=B,且ABc平面ABC₁,BC₁c平面ABC₁,所以B₁C1平面ABC₁,AC₁C平面ABC₁,故B₁C⊥AC₁.同理可得D₁B₁⊥AC₁.又显然O是BC₁的中点，结合H为AB的中点得HO//AC₁,因为平面EFG//平面D₁B₁C,所以HO⊥平面EFG.又因为HO=平面HB₁C,所以平面HB₁C⊥平面EFG,题型18平行关系的综合应用三种平行关系的转化提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明.62.(24-25高三下·河南驻马店·开学考试)如图所示，在这个正方体中，棱长为2,E、F分别为所在棱的中点，点G在棱BB'上，且满足B'G=aB'B.(2)若点M在线段BD上，且满足D'M//平面EFG,且a的取值范围为,求D'M的取值范围.【分析】(1)连接A'B,由题可得EG/ID'C,根据线面平行的判定即可证明；(2)设EF,B'D′交于点P,连接PG并延长交DB的延长线于Q,由题可证四边形PQMD′为平行四边形，即可.【详解】(1)证明：连接A'B,a=0.5,则G为BB'中点，在正方体中，D'C//A'B,所以EG/ID'C,(2)设EF,B'D′交于点P,连接PG并延长交DB的延长线于Q,∴D'MIIPQ,又D'PIIMQ(3)设平面PABo平面PCD=1,求证：1//平面ABCD.【分析】(1)利用中位线性质可得ME//PA,再由线面平行判定定理可证明所以AP//平面BDE;(2)根据线面垂直性质由PD⊥平面ABCD可得PD⊥BC,结合正方形ABCD中CD⊥BC可证明BC⊥平面PCD,再由线面垂直判定定理证明DE⊥平面PCB;(3)易证AB//平面PCD,由平面PAB∩平面PCD=1,根据线面平行性质定理证明AB//1,即可得1//平【详解】(1)连接AC,交BD于M,如下图所示：因为底面ABCD是正方形，故M为AC的中点，所以ME//PA,所以AP//平面BDE;(2)∵PD⊥平面ABCD,BCc平面ABCD∴PD⊥BC,∵PD=CD,E为PC中点，故DE⊥PC,又PC∩BC=C,且PCc平面PCB,BCc平面PCB,(3)在正方形ABCD中，有AB//CD,又因为ABc面PAB,平面PAB∩平面PCD=1,所以AB//1,又因为14平面ABCD,ABC平面ABCD,题型19与线、面垂直相关命题的判定医此类问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除.A.mca,ncα,m//β,n//β→a//β【分析】对于A当m//n时，则α与β有可置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断.【详解】对于A:当m//n时，满足mca,ncα,m//β,n//β,则α与β有可能相交，故A错误；对于B:当mdα时，则α⊥β,a∩β=n,m⊥n≠m⊥β,故B错误；B.若m⊥n,m⊥a,n//β,则α⊥β【详解】对于A,如图所示：m⊥α,n//β,α⊥β,但n//m,故A错误；对于C,满足m//n,m//a,n//β,但α,β不平行，故C错误；证明Z⊥I₂先看两直线位置关系→(2)若AB=2,E,A,C,D在同一个球面上，设该球面的球心为0,求直线DO与平面ECD所成角的正弦值.【分析】(1)先证EDI平面BCM,根据线面垂直的概念可得线线垂直.【详解】(1)连接CM,因为M是线段ED的中点，所以CM⊥ED.又因为EDc平面ECD,所以BC⊥ED.又因为BC∩CM=C,BC,CMc平面BCM,所以ED⊥平面BCM.又因为BMc平面BCM,所以BM⊥ED.所以直线DO与平面ECD所成角正弦值为∠BAD=30°,点E,F满.将△AEF沿EF翻折至!PEF,使得PC=12.(2)求直线CD与平面PBF所成角的余弦值.②【分析】(1)根据题意先计算AE,AF,利用余弦定理可得EF=2√3,结合勾股定理有EF⊥AE,根据翻折的不变关系和线面垂直的判定定理证得线面垂直，进而得到线线垂直；(2)利用空间向量法计算线面夹角；【详解】(1)由题意可知，,又∠BAD=30°,又EF²+AE²=AF²,所以EF⊥AE.由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED,(2)如图所示，连接CE,由题可知DE=9,CD=3√3,∠CDE=90°,又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EFc平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.则则则【分析】(1)借助勾股定理逆定理可得PA⊥AB,再借助线面垂直的判定定理及其性质定理即可得证；(2)利用勾股定理可得AD,再利用勾股定理逆定理可得PA⊥AD,最后借助线面垂直的判定定理即可得(3)建立适当空间直角坐标系后，可得平面PAB与平面PCD的法向量，最后利用空间向量夹角公式计算即可得解.【详解】(1)在△APB中，PB=4,PA=2√3,AB=2,所以PB²=AB²+PA²,因为AE∩PA=A,AE,PAC又PEc平面PAE,所以AB⊥PE;(2)连接AD,在Rt△AED中，∠AED=90°,AE=3√3,DE=3,所以PA⊥平面ABCDE;(3)以A为坐标原点，以AB,AE,AP所在直线分别为x轴、V轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，过点C作CG⊥x轴于点G,则A(0,0,0),E(0,3√3,0),D3,33所以PC=(4,2√3,-2√3),PD=(3,3√3,-2√3).不妨令y=1,则x=√3,z=3,所以ü=(J3,1,3)为平面PCD的一个法向量，②【详解】(1)因为AD=BC,AB=CD,所以四边形ABCD为平行四边形，因为DD₁⊥平面ABCD,BDc平面ABCD,所以DD₁⊥BD,所以BD1平面ADD₁A₁,因为AD₁c平面ADD₁A₁,所以BD⊥AD₁.(2)由(1)知，DD,DA,DB两两垂 由DD₁⊥平面ABCD,知点B₁在底面的投影是BD的中点.令x=1,则n=(1,0,-2)为平面B₁CD₁的一个法向量.易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),即平面B₁CD₁与平面ABCD夹角的余弦值为判定线面垂直的四种方法方法四沿DM折起，连接AB,AC,且AC=2(图2)CC(2)P为线段AC上的动点(不含端点),DP能否与平面ABM平行?说明理由；③【详解】(1)连接CM,因为AB=2BC=2,M为AB的中点，△ADM是等边三角形，故CM⊥平面ADM(2)DP不可能与平面ABM平行，理由如下：假设DP//平面ABM,又因为DC//MB,DC女平面ABM,MBC平面ABM.所以DC//平面ABM.从而有平面ADC//平面ABM,这显然不成立，所以DP不可能与平面ABM平行.(3)设H为DM的中点，则AH⊥DM.因为CM⊥平面ADM,CMc平面BCDM,以点M为坐标原点，MD方向为x轴正方向，MC方向为y轴正则M(0,0,0),D(1,0,0),c(0,J3,0),设平面ABM的法向量为m=(x,y₁,zAAMBpHCyxCyCC(2)结合(1)的信息可得平面VOC⊥平面BCDEF,法1,利用几何法求出线面角的正弦；法2,建立空又VO²+VC²=(√3)²+(2√6)²=27=CO²,则VO⊥VC,CC而VF∩VO=V,VF,VEC平面V(2)方法1:由△VEF为等边三角形，得VO⊥EF,又EF⊥AC,AC∩VO=0,VO,OCc平面VOC,则EF⊥平面VOC,又EFc平面BCDEF,于是平面VOC⊥平面BCDEF,在平面VOC内过V作VH⊥AC于H,连接BH,又平面VOC∩平面BCDEF=AC,方法2:由△VEF为等边三角形，得VO⊥EF,又EF⊥AC,ACNVO=0,VO,OCc平面VOC,在平面VOC内过V作VH⊥AC于H,因此VH⊥平面BCDEF,以O为坐标原点，直线OF,OC分别为x,y轴，垂直于底面BCDEF的直线Oz为z轴建立空间坐标系，则平面BCDEF的法向量为点所以VB与平面BCDEF所成角的正弦值为(2)若NS//BC(N在S的左侧),设三棱锥N-SAB体积为V₁,四棱锥S-ABCD体积为V₂,且求平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值.②【分析】(1)根据已知求得SC=2,进而得SB⊥BC,再由线面垂直的判定证明结论；(2)根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值，进而求正弦值.【详解】(1)在△SBC中，BC=1,SB=√3,∠SCB=60°,所以BC⊥平面SAB;(2)由(1)知，BC⊥平面SAB,AD//BC,所以AD⊥平面SAB,又AD在平面ABCD内，所以平面ABCD1平面SA所以SD=2,又AD=1,所以SA=√4-1=√3,所以Vc-SAB=VN-S₄B,又NS//BC,所以NS=BC=1,取AB的中点O,SA=SB=√3,可知SO⊥AB,易得A(-1,0,0),B(1,0,0),CQ设平面SNC与平面ABN所成夹角为θ,即平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值为等边三角形PCD所在的