高考數學一模試題分類匯編：立體幾何與空間向量（3大考點）（四川專用）解析版

專題04立體幾何與空間向量

☆3大考點概覽

考點01空間幾何體

考點02點.直線、平面之間的位置關系

考點03空間向量與立體幾何

.?考點1

1.（2025?四川德陽?一模）若圓錐底面半徑為1,尚為2a,則圓錐側面展開扇形圓心角的弧度數

是（）

A-TB-YC.2D.3

【答案】A

【分析】求出圓錐側面展開扇形半徑和弧長即可由弧度定義公式求解.

【詳解】由題可得圓錐側面展開扇形半徑為圓錐母線長為J12+（2或）2=3,

圓錐側面展開扇形弧長為圓錐底面圓周長為2nx1=2n,

所以圓錐側面展開扇形圓心角的弧度數是g.

故選：A

2.（2026?四川廣安?一模）如圖，一個四分之一球形狀的玩具儲物盒，若放入一個玩具小球，合上

盒蓋，可放小球的最大半徑為r.若是放入一個正方體，合上盒蓋，可放正方體的最大體對角線長為

【答案】A

【分析】畫出截面圖，設儲物盒所在球的半徑為R，從而利用/?表達出小球最大半徑r和正方體楂長Q，

進而求出體對角線長及比值.

【詳解】設儲物盒所在球的半徑為R，如圖,

小球最大半徑丁滿足（a+l）r=/?,所以丁=亞公=（&一1）/?,

正方體的最大棱長a滿足（e十6）2=”，解得：Q二|R,

所以正方體的最大體對角線長為！=&Q=竽R

?V_V2-1_百（6-1）_瓜-叵

?*7=13"=-2

3

故選：A

3.（2026?四川雅安?一模）在正四棱臺ABC。一4當。1。1中，=2^2,AB=372,AA1=2,

則該正四棱臺的外接球的表面積為（）

.28nnH2n

A?丁B--

-28nc112n

c-VD--

【答案】B

【分析】取AC,AG中點分別為凡M,連接MF,過A作平面力BCD的垂線，垂足為E,設正四棱臺

ABCD-AiaG，外接球的球心為。，半徑為R,則。在直線上，又04=。4=對利用勾股定

理求出。尸即可求出產從而得解..

【詳解】正四楂臺ABCD-4/105中，取4。,占。1中點分別為匕M,連接MF,

由人/=2或，AB=3V2,4A1=2,可得力F=/J（3或?+（3魚）？=3,=

"（2可+Q&『=2,

過為作平面48CD的垂線，垂足為E,則點E在4c上，且4E=4F-&M=1,

所以&E=y/AA1—AE2=V3>

設正四棱臺A8CZ)-ABiGDi外接球的球心為。，半徑為R,

由對稱性可知球心在直線M尸上，

若球心在線段MF上，則產=OF2+AF2=(FM-OF)2+4M2,此時。戶無正數解，

所以球心在MF的延長線上，則R2=OF2+AF2=(OF+FM)2+&必，

222

即。產2+3=(OF+V3)+2,解得。尸=y,

所以R2=OF2+AF2=y,

所以該外接球的表面積為4nR2

故選：B

4.(2026?四川巴中?一模)(多選〉如圖，正三棱臺ABC-力道￡的上、下底面邊長分別為1和3,

側棱長為2,則下列說法正確的是().

A.該三棱臺的體積為乎

B.該三棱臺的表面積為竽

C.若點P在棱B8i上，則/1P+CP的最小值為3g

D.該三棱臺內半徑最大球的體積為

【答案】ABC

【分析】取上、下底面的中心。1，0,連接。。1，OC,。住1，再結合幾何可得高。01=竽，再利用

臺體體積公式即可對A求解判斷：利用幾何知識求出每個側面的面積，即可對B判斷求解；把等腰

梯形A8仇4與5。6當展開置于同一平面，連結力C,從而可得力P+CP的最小值為3百，即可C求

解判斷；體積為的球的半徑為手，該球的直徑2R>。。1即可對D判斷求解.

【詳解】對于A,正三楂臺中，取上、下底面的中心。1，。，連接。0「0C,OiG，

則016=亞，oc=V3,高。。1=Jcq_(oc=0G)2=2n

33

二號,所以A正確;

+S下

6

對B,在等腰梯形48當久中，過左向力B作垂線，垂足為￡,

在RtZk&AE中，&R=/遇2―?丁】）2=』_=?

所以等腰梯形力叫力1的面積為手x舊=26,

上下底面面積分別為：：x1x1xsin-=-,：x3x3xsin-=迪，

264264

所以S&=浮+26乂3+竽=學，所以B正確；

衣442

對C,把等腰梯形488遇］與BCGa展開置于同一平面，連結AC,

由B知,乙ABB1=乙CBBi=60°,AC=2ABsin6Q0=3瓜

而邊的中點到點B的距離4Bcos60。=;V8%

因此當點P為線段4c與BB］的交點時，AP+CP的最小值為375,所以C正確;

對D,設體積為6n的球的半徑為R,則:/?3=傷死解得R=咚,該球的直徑2/?＞。。1，則此球

?J4

不可能在正三棱臺力8C-481G內，所以D錯誤.

故選:ABC.

5.（2026?四川巴中?一模）（多選）在邊長為2的正方形ABCD中，E是？18的中點，F是

BC的中點，將△AED,△BEF,LDCF分別沿DE,EF,DF折起，使A,B,C三點重

合于點P,貝I（）

A.PD1EF

B.三棱錐P-EFD的體積為\

C.三棱錐P-EFD的外接球的表面積為6TT

D.點P到平面EFD的距離為\

【答案】ACD

【分析】先根據折疊前后的幾何關系證出PD1平面PEF,利用等體積法結合三棱錐體積公式計

算體積；再將三棱錐補成長方體，根據外接球的性質計算表面積；利用等體枳法，先計算△EFO的

面積，再用體積公式計算點到平面的距離.

【詳解】如圖，在正方形ABCD中，ADLAE,CD1CF,BE1BF,

折疊后，PDLPE,PDLPF.PE1PF,

因為PEnPr=P,且PE,PFu平面PEF,所以PD1平面PEF,

又因為EFc平面PEF,所以PDLEF,故選項A正確，

由選項A,知PD_L平面PEF,所以PD為三棱錐D-PEF的高，

已知正方形邊長為2,E是AB的中點，F是的中點，貝I」PE=1,PF=1,PD=2,S^PEF=

-xPExPF=-xlxl=-

222

則%-PEF=沁PEF?P。=：X：X2=或

所以VP_EFD=VD_PEF=I,故選項B錯誤.

由于PELPF,PELPD,PFA.PD,所以三棱錐P-EFD

的外接球就是以PE.PF.PD為棱的長方體的外接球，所以

2R=VPF2+PF2+PD2=V124-I2+22=倔則R=當，

2

因此外接球的表面積S=4nR=4zrx住7二67r,故選項C正確.

設點P到平面EFD的距離為h，由選項B可知力_EFD=：，

EF=>JPE24-PF2=Vl2+l2=>/2,DE=VPD2+PE2=V22-I-l2=V5,

DF=yjPD2+PF2="+〃=底

在AEFD中，根據余弦定理

cos乙EDF==（㈣2+（管”②z=±則

2DEDF2X、石X店5

sin^EDF=V1-cos2Z.EDF=J1—g）=

所以SXEFD=\-DE-DF-sinz.EDF=1xV5xV5x1=1,

因此VP-EFD=：S"FD?九，即|=,解得/i=|,故選項D正確.

故答案選:ACD

6.（2025?四川自貢?一模）若圓錐和圓柱的底面半徑、高和側面積都相等，設該圓錐體積為36巾

則該圓柱的高為.

【答案】V3

【分析】根據給定條件，利用圓錐、圓柱的側面積公式及圓錐的體積公式列式求解.

【詳解】設圓錐的底面半徑、高分別為r,h,則該圓錐的母線1=荷不，

依題意，2rtrh-Ttrl,則2h=1+〃2,解得r=Qh,

由該圓錐體積為3V51T,得聲八九=3V3n,則公=3百，h=6

所以該圓柱的高為VI

故答案為：V3

7.（2026?四川遂寧?一模）在三棱錐P-ABC中，PA1平面ABC,△ABC是以力C為斜邊的等腰直角

三角形，P4=1MC=VL則三棱錐P—48C的外接球（頂點都在球面上）的體積為.

【答案】苧吟

【分析］取PC的中點0,連接力0,80,證得BC，平面248,得到BCJ.PB,利用直角三角形的性質，

得到。A=OB=OC=OP,即。為三棱錐P-ABC的外接球的球心，設三棱錐P-力8c的外接球的半

徑為R,得到R=^PC,結合球的體積公式，即可求解.

【詳解】如圖所示，取PC的中點0,分別連接4。,8。，

因為平面ABC,BCu平面AEC,所以PA_L

又因為△ABC是以力C為斜邊的等腰直角三角形，所以4B18C

因為48np4=力，且力u平面尸48,所以BC_L平面夕｛8,

又因為PBu平面P48,所以BC_LPB,

在直角△P4C中，可得40=；PC,在直角△尸8c中，可得80=：PC,

所以。4=OB=0C=0P,即。為三棱錐P-48c的外接球的球心，

在直角△H4C中，PA=1,AC=V2,可得PC=+4c2=乃,

設三棱錐尸一/1BC的外接球的半徑為R,則A="C=",

所以三棱錐尸-力BC的外接球體積為V=|irx4）3=,

故答案為:久.

8.（2025?四川成都?一模）在三棱錐P-4BC中，PA1底面ABC,側面P4B1側面PBC,且P4=2,

△的面積為4.若三棱錐P-ABC的各個頂點都在球。的球面上，則球。表面積的最小值為.

【答案】20TT

【分析】根據題設，結合面面垂直的性質有8cl側面ZM8,進而有P4_LA8,PALBC,BCLAB,

將三棱錐補全為長方體且48=8,則球。是長方體的外接球，結合基本不等式求外接球表面積

的最小值.

【詳解】由P41底面ABC,P4u平面24B,則平面P4B1底面4BC,

又側面P4B1側面PBC,底面力BCC側面PBC=BC,則BC1側面PAB,

由u底面ABC,則PA1AB,PA1BC,

由側面P4B,則8cli48,故S.BC=［人⑶?BC=4,B|UB?BC=8,

所以P44B,BC兩兩垂直，則三棱錐P-ABC可補全為如下長方體,

三棱錐尸-/WC的各個頂點都在球。的球面上，則球。為三棱錐尸-4SC的外接球,

AB2+BC2+PA2

所以球0為上述長方體的外接球，則其表面積411（：?)=TX(AB2+BC2+4)>TT(228-BC+

4

4)=20m

當且僅當AB=BC=2或時取等號，故球。表面積的最小值為207T.

故答案為：20TT

考點2點、直線、平面之間的位置關系

1.（2025?四川成都?一模）在空間中，下列命題正確的是（）

A.垂直于同一直線的兩條直線平行

B.平行于同一直線的兩個平面平行

C.若一個平面經過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面互相垂直

D.若一個平面內有三個不共線的點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行

【答案】C

【分析】根據空間中直線、平面的位置關系，結合平面的基本性質判斷A、B,由面面垂直的判定

定理判斷C,利用長方體舉反例判斷D.

【洋解】A：空間中垂直于同一直線的兩條直線，可能平行、相交或異面，錯，

B：空間中平行于同一直線的兩個平面，可能平行或相交，錯，

C：若一個平面經過另一個平面的一條垂線，根據面面垂直的判定定理知這兩個平面互相垂直，對，

D；在長方體4"。一冬%6口中，&,Oi，C三點到平面4Z7Q%兇距離都相等，但平面與平面

4805并不平行，錯?

2.（2026?四川巴中?一模）在四面體P-4BC中，N/PB=乙42。=N8PC=60。，則直線P4與平面

PBC所成角的正弦值等于（）.

A心B.4C.1D.春

3322

【答案】A

【分析】過4作4EJLPC,AF1PB,作力點在平面PBC投影為0,連接OE,OF,設PA=2a,由直

線與平面所成角的定義可得NAP。為PA與平面P8C所成角，由線面垂直的性質定理可得401PE,

力0JLPF進而可得0E1PE,OF1PF,并求得PO=^a,40=乎a,即可得答案.

【詳解】如圖，過4作4E，PC,AF_LP8,作A點在平面PBC的投影為。，連接。￡,0F,

設PA=2a,

因，力P3=Z.CPA=60°,

則尸￡=PF=P71-cos60°=a,AE-AF=PA-sin60°=V3a.

因為RO_L平面PBC,PE,PFu平面PBC,

所以401PE,AO1PF,且N/P。為PA與平面PBC所成角.

又4E1PE,AF1PF,OAr\AE=OAnAF=A,

OA,AEu平面HOE,0A,HFu平面AOF,

所以PEI平面AOE,PFL^AClF.

又OEu平面力OE,OFu平面AOF,

則OEJLPE,OF1PF.

又PO=PO,PE=PF,Z.OEP=Z.OFP=90°,

貝iJz.POE三△POF,

故M)PE=Z.OPF=30°,

結合Q得J：,=W。.

PE=PF=,PO=C-O5DUJ

又PA-2a,

則｛0=>/PA2-PO2=—a,

3

故PA與平面PBC所成角的正弦值等于翌=學=4.

PA2a3

故選:A.

3.（2026.四川雅安?一模）（多選）如圖，已知正方體力BCD的棱長為4,M,N分別是力2CG

的中點，P是正方形4B&4內（含邊界）一動點，則下列說法正確的是（）

A.當D],4,RC四點共面時，點P的軌跡的長度為4企

B.平面PMN截正方體所得的截面的形狀可能是五邊形

C.△PMN一定是銳角三角形

D.當正方形488內（含邊界）一點Q滿足平面&QD1_L平面力MN時，|4Q|的最小值為2遍

【答案】ABD

【分析】結合圖形可得點P的軌跡為線段4B,由此判斷A選項；取特殊點，當點P與81重合時，作

出截面即可判斷B選項；取特殊點，當點戶與人重合時，結合余弦定理計算cos4PMN的值，即可判

斷C選項；結合圖形作力8,。。,8瓦的中點及F,G,可得平面，平面4DNG,即平面人心2_1_平

面HMN,進而判斷點Q在加上由比即可判斷D選項.

【詳解】對于A,當5，41，8。四點共面時，點;P的軌跡為線段為B,長度為4或，故A正確；

對于B,如圖，當點P與當重合時，E為棱力必上靠近A的四等分點，F為棱CD上靠近。的四等分點,

此時平面PMN截正方體所得的截面為五邊形&EMFN,故B正確；

對「C,如圖，當點P與力重合時，AM7-27-4,

因為DN?=22+42=20,所以MN?=DN2+DM2=20+4=24：

因為4c2=42+42=32,所以AN?=AC2+CN2=324-22=36；

在APMN中，由余弦定理得cos乙PMN=答展＜0,所以ZPMN為鈍角，故C錯誤;

對于D,如圖，分別作的中點E,F,G,連接力送/用為匕4G,GN,DN,

則EF〃％Di，皿/GNHELAG,所以點4D,N,G共面，點4,%F,f共面；

所以平面/ONG就是平面4MN在正方體4EC0-481的￡）1中的截面：

由HDJ?平面AB&A],4Eu平面4B8iAi，得ADlAiE；

又為￡1.4G,4OCAG=4所以_L平面4DNG；

又為Eu平面力i5rE,所以平面_L平面/WNG,即平面4QD11?平面AMN,所以點Q在EF上；

顯然當點Q與E重合時，IaQI取得最小值，且最小值為2芯.故D正確.

故選：ABD.

4.（2026?四川巴中?一模）如圖，三棱錐P-48C中，P41底面ABC,AB1BC,AC=2,BC=1,點

(1)請寫出4的一個值使得8c〃平面4MN,并給予證明：

(2)若二面角「一3C-A大小為5且入求點M到平面24c的距離.

45

【答案】(1譏=%證明見解析

(2寸

【分析】(1)利用三角形中位線性質可得4=凱寸，MN//BC,結合線面平行判定定理可得結論；

(2)方法一：利用作根據線面垂直判定可知BH1平面24C,由麗=*而可知所求距離

d=^BH,由長度關系可求得結果；

方法二：根據二面角平面角定義可作出平面角乙P8A=；,由此可得P4=/1/?=V3,以B為坐標原點

4

建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法可求得結果.

【詳解】(1)當4=泄，BC〃平面4MN,證明如下:

:而=乙而，M為PB中點,又N為PC中點，：.MN//BC,

2

???MNu平面力MN,8CC平面AMN,8C〃平面AMN.

(2)方法一：過8作8H14C于乩

???0〃u平面AZ?。，P/l_L平面4Z7C：PA±Dll,

又P力n/!C=4,P/1,4Cu平面P4C,二8〃J■平面P4C,

?；麗=|麗，.?.點M到平面P4C的距離d=|B"，

vBH=第=￡.?.點M到平面P4C的距離d=等

AC210

方法二：VAB±BC,AC=2,BC=1,AB=V3：

???PA1平面48C,BCu平面/BC,:.PA1BC,

又AB工BC,ABC\PA=A,AB,PAc^PAB,：.BC15^PAB,

又PBu平面PAB,PB上BC,

/PB4是二面角P-8C—4的平面角，即乙P84=巳，=百

4

以B為坐標原點，瓦?，正正方向為工,y軸正方向，作z軸平行于AP,可建立如圖所示空間直角坐標系,

則?V5,o,o),c(o,i,o),P(V5,O,V5),B(o,0,0),

-.PA=(O,Of-V3),AC=(-V3,l,0),PB=(-V3,0,-V3),

.?屈=*=(-咨。，-嗡,

設平面PAC的法向量五=(x,y,z),

貝一記一一°°,令x=l,解得：y=V3?z=0,*.n=(1,V3,0),

點M到平面P4C的距離d=塔口=方=等

考點3

1.（2026?四川巴中?一模）已知正四面體力—BCD,M為力”的中點，N為8c的中點，則異面直線CM

與AN所成角的余弦值為（）

A.2B.--D.

3

【答案】A

【分析】建立空間直角坐標系，設正四面體邊長為2,設4(%y,z),通過|48|=|4C|=|4)|即可求

點4坐標，從而可表示M,N和麗,NR,進而可求cos(由，而卜即異面直線CM與力N所成角的余弦值.

【詳解】以點8為原點，玩為y軸，在平面BCO內過點8作％軸與BC垂直，過8作z軸垂直于平面BCO,

建立空間直角坐標系如下:

不妨設正四面體的邊長為2,則B[0,0,0),C(0,2,0),Z)(V5,l,0),

'\AB\=y/x2+y2+z2=2

設點4(x,y,z),則有，—2）2+Z?,解得力（日,1,孚）,

\AD\=J（x—V3）2+（y—I）2+z2=2

因為M是力。的中點，則有M即M件,1,爭,

因為N是8c的中點，則有N(詈，變,詈)，即N(0,l,0),

則）=（停一1*,前=（一今0,一乎）,

....—,—..|（￡r）x（-T）+（-1）x0+（T）x（-ar）|2

則cos（CM,AN）=丁卜3八"13八3'=二

]曾工-小（釗⑶+叫用3

故選：A.

2.（2025?四川涼山?一模）（多選）在空間四邊形48CD中=CD=0,AD=AC=BD=BC=2,

貝I」()

A.若M為CO的中點，則由=一而而+上而

22

B.直線AO與3C所成角的余弦值為:

4

C.AB1CD

D.空間四邊形A4CO外接球的表面積為51r

【答案】ACD

【分析】根據空間向量的線性運算以而，尼，而為基底計算即可判斷A；根據空間四邊形的棱長結

合余弦定理計算cos/B力D,cos4以。的值，從而利用空間向量的線性運算與數量積計算cos（而，的，

即可判斷B；計算COSNBAC,從而得數量枳而?加即可判斷C；根據空間四邊形的對棱長度相等,

將兒何體補成長方體，按照長方體計算外接球的表面積即可判斷D.

【詳解】

對于A,若M為CO的中點，則兩=麗+而=（彳？一屈）+［而=尼一布+：（而一前）二

-AB+-AC+-AD,故A正確；

22

對于B,因為48=C9=V2,AD=AC=BD=BC=2,所以由余弦定理得：

CACAB2+AD2-BD22+4-4Vz「，八AC2+AD2-CD24+4-23

COSZ.BAD=----------------=—p—=—,cosz.CAD=-----------------=--------=

2ABAD20X242ACAD2x2x24

又心元一福所以3（而國=磊=^^=^^=%

故直線4。與3C所成角的余弦值為j故B不正確；

對于C,因為cos乙BAC=絲2"*=波=立，又而=而一就，

2ABAC2V2X24

所以而?而=麗?而一麗?前=&x2x立一遮x2xW=o,則/BIC。，故C正確；

44

對干D,由于空間四邊形4BCD中，AB=CD=五,AD=AC=BD=BC=2,

所以如下圖將空間四邊形ABCD補成長方體力FDH-1CGB.

則空間四邊形ABCD外接球即長方體的外接球，

JAH2nn2u2222222

++R^[(AH+HD')+(AH+BH')+(<HD+BH)]

所以外接球半徑R=""+7…”=史----------------------------

(2_________________企

二￥xJAD2+AB2+BD2=-^x,4+2+4=—

442

所以外接球的表面積為4n/?2=4^xJ=5m故D正確.

4

故選:ACD.

3.（2025?四川達州?一模）（多選）如圖在正方體中，點P為棱上的動點（不

含端點），點Q為正方形A8CD的中心，下列說法正確的是（）

A.直線AP與直線當。異面

B.平面工PQ與平面ABiGDi的交線平行于平面48CD

C.三棱錐Q-ZMB的體積為定值

D.當P為。7中點時，AP1QBt

【答案】ABD

【分析】對于A選項，根據異面直線的定義進行判斷即可;對于B選項，設平面為PQn平面4BC0=I,

平面/lPQn平面4BiGDi=匕根據面面平行的性質定理可得：1//V,再根據線面平行的判定定理

即可判斷選項正誤；對于C選項，根據PQ-PAB=%YBQ，由于底面積SMBQ恒定不變，P在運動過

程中高發生改變，即可判斷C選項正誤：對于D選項，以。為坐標原點，分別以。力、DC、DQ所在

直線為x、y、z軸如圖建系，通過驗證希?兩=0,即可判斷選項正誤.

【詳解】對于A選項，如圖，連接&O交4P于點M,

由于81cu平面4$iCD,APC平面力避1。。，APn平面4當。。=M且M生8傳，由此可得：直線4P

與直線片。異面，故A選項正確.

對于B選項，設平面APQC平面力BCD=2,平面APQn平面46傳1。1=1，

易知平面力8C。〃平面月iBigOi，貝W，又V仁平面A8C0,Iu平面ABCO,貝肛〃平面A8C0,故

B選項正確;

對于C選項，由于三棱錐Q-P48的體積為_尸48=Vp-QAB=9S.A8,PD,由于S^QAB的面積恒定不

變，因此P在。D】上運動的過程中高PD發生改變，因此三棱錐Q-PAB的體積不為定值，故C選項

錯誤；

對于D選項，以。為坐標原點，分別以ZM、DC、所在直線為％、y、z軸如圖建系，不妨假設正

方體的核長為2,

已知P為。01的中點，則4(2,0,0),4(0,0,1),Q(l,1,0),%(2,2,2),

可得：而二(-2,0,1),西=(1,1,2),由于而?西=-2+0+2=0,可得：AP1QBlt故D選

項正確.

故選：ABD

4.(2026?四川遂寧?一模)如圖，在三棱柱ABC-481cl中，48=2C,點兒在平面上的射

⑴證明：BBi1BC；

⑵若乙BAC=90°,BC=BBX=2,求平面與平面4CB］夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵萼

【分析】(1)連接力0,由。為BC的中點，證得A018C,再由4O1平面力8C,證得4101BC,

利用線面垂直的判定定理，證得8C平面力。力1，得到441±BC,結合441〃84，即可證得1BC.

（2）以。為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面ACB]的法向量4=

（V5,-e,1）和超=（1,1,6），結合向量的夾角公式，即可求解.

【詳解】（I）證明：如圖所示，連接4。，因為。為的中點，AB=AC,所以401BC,

因為點&在平面4BC上的射影為8。的中點，所以力1。_L平面/1BC,

又因為8Cu平面48C,所以力iOJ.BC,

因為4。門4。=。，且40,4。u平面A04,所以BCJ_平面

又因為力4u平面404,所以1BC,

因為441〃8瓦,所以1BC.

（2）解：由（1）知0A,0C,。從1兩兩垂直，

以0為坐標原點，以。40C,。4所在直線分別為％,y,z軸建立空間直角坐標系,

如圖所示，由力B_L4C,則。4=；8。=1,

則R(L0,U),H(U,-1,U),C(0,l,0),Ai(0,0,遮)，

所以荏=(一1,-1,0),AC=(-11,0),AA1=(-1,0,V3),

且福二通+砧=(-1,-1,0)+(-l,0,V3)=(-2,-l,V3),

n['AB=-%i-y1=0

設平面力8814的法向量為在*=（々,yi，Zi）,則

n7-MB；=-2Xi-yi+V3zi=0

取Z]=1,可得=-百，所以可*=（百，一百,1）,

n^-AC=-x+乃=0

設平面ACa的法向量為底=（次,及*2），則2

nJ-AB；=-Zx2-、2十Az?—0

取為2=1，可得%=1/2=百，所以芯1=（1,1,國）,

設平面力與平面夾角的大小為6,

I石?程I_|V5xl-Qxl+lx6|_-/105

則COS。=|COS府，砧I=

同時一"x成一

所以平面與平面4C/夾角余弦值為鬻.

5.（2026?四川攀枝花?一模）如圖，在四棱錐P-/WC0中，底面4BC。是邊長為2的正方形，側面

PCD是正三角形，側面PCD1底面48CD,E、尸分別為AB、PC的中點.

⑴求證：BF//平面PDE：

⑵求平面P8C與平面PDE夾角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵出

''19

【分析】（1）根據線面平行的判定定理，通過作輔助線，說明線線平行，進而說明線面平行即可.

（2）根據面面夾角余弦值的向量方法，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標,求出平面法向是，進

而求出結果.

【詳解】（1）如下圖所示，作PD中點G,連接G居GE,

p

因為G,F分別為PD,PC的中點，所以在△PDC中，GF//DC^GF=\DC,

因為E是AB中點，四邊形4BCD為正方形，所以G/7/EB且Gr=EB,

所以四邊形GFBE是平行四邊形，所以FB//GE,

因為F8仁面POE,GEu面PDE,所以FB〃面PDE.

(2)如下圖所示，作DC中點。,連接OP,OE,

因為△尸CO是正三角形，所以OP_LCD,

因為面PC。J?面ABCO.0PL平面PC。，平面PC。C平面4BC0=C。，

所以OP1面ABCD,

因為0,E分別為DCM8的中點，匹邊形4BCD為正方形，所以0E1DC，

則OP,OE,OC兩兩相互垂直，以。為坐標原點，分別以OE,OC,OP為居y,z軸建立空間宜角坐標系,

由正方形ABC。邊長為2,△PCD是正三角形，所以P0=V5,

可得P(0,0,何5(2,1,0),C(0,l,0),D(0,-l,0),E(2,0,0),

所以麗=(2fl,-V3),PC=(O,l,-V3),PD=(0,-l,-V3),PE=(2,0,一百)，

設面POE的法向量為沉=(a,b,c)t

則產四=0,即產纖=。,

PE=0<2a-V3c=0

令a=V5,解得b=—2\/5,c=2,所以面PDE的?個法向量為沆=(V5,-26,2),

設面PBC的法向量為論=(def),

則”里=0,即［2d+e=V5f=°,

令。=百，解得/?=i,d=0,所以面P8C的一個法向量為五=(。,遮,1),

設平面P8C與平面PDE夾角為。，則cos。=|cos(沆㈤|=零；，

即cos。=焉/=管，所以平面PBC與平面POE夾角的余弦值為簪.

6.(2025?四川涼山?一模)如圖，在四棱錐P—/18CD中，PALPD,△P4B為等邊三角形，四邊形

4BCD為直角梯形，AB//CD,ABLBC,AB=2CD=2.

A

(1)證明：AB1PD；

⑵若直線P。與平面ABC。所成的角為不

(i)求四棱錐P—ABCD的體積；

(ii)求二面角P-AD-C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵(i)條(ii)彳.

【分析】(1)取力8的中點。，連接P0,。。，由線面垂直得到4B1PD；

(2)(i)過點尸作尸GJ.。。，根據體枳公式求解：

(ii)建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，即可求解.

【詳解】⑴取A8的中點。，連接P0,。。，

則DO1AB,PO14B,

又DOnPO=O,DO,POu平面P。。，.?.4B1平面POD,

vP/)：.ABLPD.

(2)(i)由(1)知48_LPO,又24IP。且24n48=4,P4A5u平面248,

PO_L平面P/18,???POu平面R4B,APD1PO,

又由3)知：AB上平面POD,而48u平面力BCD,

.?.平面POO1平面ABCO,

過點P作PG1OD,垂足為G.

???平面PODn平面ABC。=CO,PGu平面P。。，PG1平面ABC。，

所以尸。與平面/BCD所成的角為乙POO,即4PD。=-,

4

...PD=po=V3,DO=BC=6PG=y,

故四棱錐P-力BCD的體積k.cD=|x|x(l+2)xV6x^=|.

A

(ii)以0為坐標原點，08,0。所在直線為x,y軸，在平面P0D內,

與PG平行的線為z軸，建立如圖明示的空間直角坐標系，

則4(-1,0,0),0(1,倔0),0(0,通,0),P(0,當，分

設平面P4D的法向量為沆=(%y,z),貝.絲=°,.?.沆=(歷一1,一1),

又平面ACD的法向量為元=(0,0,1),/.cos(m,n)=::=U=一￥，

|m|*|n|2V24

所以，二面角P-力。一。余弦值為手.

4

7.(2025?四川自貢?一模)三棱錐P-4BC中，AB=2,BC=1,PB=上,AB1BC,PA1AB,

⑴求三棱錐P-/1BC的體積；

(2)若M是PC的中點，求證：P8_L力M；

⑶求平面以C與平面PBC夾角的余弦值.

【答案】(1片；

（2）證明見解析;

⑶苧.

【分析】（1）補形成四棱錐，根據給定條件可得4。1平面力BCD,再利用等體積法求出體積.

（2）由（1）中信息建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明推理得證.

（3）求出平面以C與平面03c的法向量，再利用面面角的向量法求解.

【詳解】（I）過點A作使AO-6C,連接則四邊形ABCO是平行四邊形，

而Z18J.8C,則團48CZ）是矩形，AD1CD,由PC1CB,得力01PC,

而CDnPC=PCu平面PCD,則AD1平面PCD,又PDu平面PCD,

則1PD,由PA1AB,AB=2,PB=夕，得PA=x/PB2-AB2=收,

而71。=BC=1,則PC=y/2,而PC=y/PB2-BC2=%CD=AB=2,

于是P02+C。？=6=pc2,即PDIC。，ADCD=D,AD,CDa^ABCD,

因此P。L平一面ABOVp-ABC=^P-ADC=,P。=~x~x2xlxy/2=f，

?5J/J

(2)由(1)知，直線。4OC,OP兩兩垂直，以點。為原點，直線O40CDP分別為％y,z軸建立空

間直角坐標系，

做1,0,0),B(l,2,0),C(0,2,0),P(0,0,6M(0,l,f),

~AM=(-1,1凈，而=(1,2,-V?).~AM~PR=-Ax1+1x7.x(-V?)=0,

所以PBLAM.

(3)由(2)得而=(1,0,0),而=(0,—2,虎)，刀=(1,-2,0),

設平面以C與平面PBC的法向量分別為沆=(a,b,c),亢=(xtyfz),

貝臚.七一2b+假=°,令k1,得記=(2,1,a)，

-A力:譽of令yj得元"J，企)，

(ri?CP——2y+v2z—0

因此cos（沆，力=器=焉=4，

所以平面以C與平面PBC夾角的余弦值為亨.

8.（2026?四川雅安?一模）如圖所示，在MBC中,AC1BC,AC=BC=2,E,F分別是邊8A,BC上

的動點，且E尸〃4C,將aBEF沿EF折起，將點B折至點P的位置，使得二面角P-EF-C為直二面

角.

⑴證明:EF〃平面PFC；

（2）證明：《81平面4岳尸。；

（3）若8E=24E,。為4c的中點，求直線PD與平面PCE所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

⑶至

【分析】（1）根據給定條件，利用線面平行的判定推理即得；

（2）根據給定條件，利用面面垂直定理判定推理即得；

（3）先建立空間直角坐標系，求方和平面PCE的法向量，根據線面角的向量公式求線面角的正弦

值.

【詳解】（I）因為E/7/AC,且ACu平面P4C,5^2:平面/^配

E77//平面P/4C;

（2）折疊前，AC1BC,且E/7/AC,所以EF1BC,即EF1BF,

折疊后，8F變為PG故尸F；

又因為二面角尸-EF-C為直二面角，

且平面PEFn平面/1ETC=EF,PFu平面尸EF,PF1EF,

所以PF1平面4ER7；

（3）如圖，以F為原點,尸C為不軸，FE為y軸，FP為z軸建立空司直角坐標系，

由4c1BC,AC=BC=2,得48=2/，

因BE=24E,故AE=#,8E=#,

由A8EF?ZiBAC,得整=萼=：,

BCBA3

故BF=^,FC=BC-BF=\,EF=1AC=p

F(0,0,0)，嗚0,0),E(0《,0),P(0,0,?/&2,0)

,/)為AC中點，故°G，l,0),

WOPC=(1,0,-i),而=(o，D，

設平面PCE的法向量為五=(x,y,z),

_,_,(n-PC=-x--z=0

由元J.PC且元J.PE,得方程組：!一：：，

n-PE=-y--z=0

化簡得無=2z,y=z,令z=1,則％=2,y=1,故法向量論=(2,1,1),

直線PD的方向向量PO=（|，1，-：），

設直線PD與平面PCE所成角為仇

則，

即直線PD與平面PCE所成角的正弦值為萼.

58

9.（2025?四川達州?一模）如圖1,半圓的圓心為。,直徑AO=2,C為腦中點，將扇形8。。沿著0C翻

折使B到夕，如圖2所示，=應，點D,E分別在和,匹上且不與端點重合，AD=CE.

B'

(2)當心力。。二；時，求多面體。4夕E0的體積；

(3)求平面。/夕與平面00E夾角余弦的最大值.

【答案】(1)證明見解析；

Q喑

(3)p

【分析】(1)根據給定條件，證得04，。夕，再利用線面垂直的判定、性質推理得證.

(2)由(1)中信息，以。為原點建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，再利用割補法，結合

三棱錐的體積公式求解.

(3)設乙400=。E(0弓)，求出平面0DE的法向量，利用面面角的向量法列式，再結合正弦函數的

性質求出最大值.

【詳解】(1)在半圓。中，直徑4B=2,C為”中點，則。C1H8,折后有0C1040C10BI

由48'=魚，得AB'2=2=OA2+O8,2,則OAJLOB',

又OCnO夕=O,OC,OB'u平面CO",

因此。力JL平面C。*,而B'Eu平面。。夕，

所以。41B'E.

(2)由(1)得直線040C,。直兩兩垂直,

以直線。4。。,。8'分別為％%2軸建立空間直角坐標系，

則0(0,0,0)M(LO,0),B(0,1,0),B'(0,0,1),

由池=用〃。D=5得DG，=,0),E(03，F)，

SRAOD=^OA2sin^AOD=S0OE=1OB^sin^OE=%

連接8'。，點D到平面COB'的距離d=5

所以多面體。4。Z。的體積V=VB'-AOD+VD—B.OE=3sMOD-。6+>AB，OE-d=

(3)令乙400=6￡(0,；),由(2)知，D(cosasine,0),E(0,cose,sin。)，

OD=(cos。,sin。,。),OE=(0,cos。,sin。),

設平面OOE的一個法向量五=(xty,z),

則,巴一'cos。+ysin￡—°,取％=cos?。，得元=(sin?仇一sinecos0,cos26),

{n'OE=ycosO+zsinO=0

而平面。43的一個法向量$=(0,1,0),

因此|儂師㈤|=晶=而鬲黑并有

____________sinJcos6____________________1________