第八单元 立体几何与空间向量 单元提升卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单 元 提 升 卷
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025吉林长春东北师大附中月考)已知α,β是两个平面,l,m是两条不同的直线,则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥α,l⊥m,则l⊥α　　B.若m∥β,l∥β,则m∥l
C.若m∥α,l⊥α,则l⊥m　　D.若α∥β,m∥α,则m∥β
2.(2024山西运城部分学校联合测评)已知正四棱锥的高为3,体积为64,则该正四棱锥的侧面积为(　　)
A.48　　B.64　　C.80　　D.144
3.(2024四川成都期末)某正方体的平面展开图如图所示,如果将它还原为正方体,则下列结论正确的是(　　)
A.AB与GH异面
B.CD与EF平行
C.异面直线CD与GH所成的角为60°
D.AB与EF相交
4.(2025河北保定部分学校联考)我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ABC=,AB=BC=AA1,D,E,F分别是其所在棱的中点,则下列3个图中满足BF⊥DE的有(　　)
　　
A.0个　　B.1个　　C.2个　　D.3个
5.(2024黑龙江绥化期中)已知圆锥的顶点为P,母线长为2,轴截面为△PAB,∠APB=120°,若C为底面圆周上异于A,B的一点,且二面角P-AC-B的大小为45°,则△PAC的面积为(　　)
A.4　　B.2　　
C.2　　D.2
6.(2025河南洛阳创新联盟发展月考)如图,在四面体ABCD中,平面ACD⊥平面ABC,△ABC是边长为6的正三角形,△ACD是等腰直角三角形,∠ADC=90°,E是AC的中点,=,=λ,若AG∥平面DEF,则λ=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.(2025北京中关村中学月考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中正确的是(　　)
①AC⊥BE;
②EF∥平面ABCD;
③△AEF的面积与△BEF的面积相等;
④三棱锥A-BEF的体积为定值.
A.①②③　　B.①②④　　C.②③④　　D.①③④
8.(2024陕西师范大学附属中学期初考试)三棱锥S-ABC的侧棱SA是它的外接球的直径,且SA=8,AB=1,BC=3,AC=,则三棱锥S-ABC的体积为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2024重庆部分学校联考)已知圆台的轴截面如图所示,其上、下底面圆的半径分别为1和3,高为2,E是母线AB的中点,则(　　)
A.圆台的侧面积为16π
B.圆台内切球的表面积为3π
C.圆台的体积为π
D.在圆台侧面上从C到E的最短路径的长度为2
10.(2025山东青岛十七中月考)伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖,在正六边形上画有正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1,则(　　)
　　
A.=2-2
B.直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为
C.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为
D.点C1到直线CQ的距离是
11.(2025重庆西南大学附属中学阶段检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,P,Q分别为C1D1和DD1的中点,M为线段B1C上一动点,N为空间中任意一点,则下列结论正确的有(　　)
A.直线BD1⊥平面A1C1D
B.异面直线AM与A1D所成角的取值范围是
C.过点B,P,Q的面截正方体所得截面的周长为6+3
D.若AN⊥BN,则三棱锥A-NBC的体积最大时,其外接球的体积为72π
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025福建三明二中月考)已知球O内切于正四棱锥P-ABCD,PA=AB=2,EF是球O的一条直径,点Q为正四棱锥表面上的点,则·的取值范围为　　　　.
13.(2024江西赣州摸底考试)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AD的中点,过B1且平行于平面A1BE的平面截正方体所得截面的面积为　　　　.
14.(2024湖南长沙长郡中学月考)一个半径为1的小球在一个棱长为3的正四面体容器内向各个方向自由运动,则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025广东深圳盐田高级中学月考)已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,∠A1AC=60°,且平面ACC1A1⊥平面ABC,点P,Q分别是AB,A1C1的中点.
(1)求证:PQ∥平面BCC1B1;
(2)求点B1到平面A1PQ的距离.
16.(15分)(2024福建厦门第一中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥平面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M为PC的中点.
(1)求证:BM∥平面PAD;
(2)设点N在平面PAD内,且MN⊥平面PBD,求直线BN与平面ABCD所成角的正弦值.
17.(15分)(2025河北石家庄质量检测)如图,在直四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,A'G=A'D',AB⊥BC,AB=1,BC=,BD=.
(1)设过点G,B,D的平面交直线A'B'于点M,求线段GM的长;
(2)若AC⊥BD,当二面角B'-AC-D'为直二面角时,求直四棱柱ABCD-A'B'C'D'的体积.
18.(17分)(2025江西上饶检测)如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面圆的圆心,AC为底面圆的直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,点E在母线PC上,且AB=AE=3,CE=.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)求直线PO与平面ABE所成角的正弦值;
(3)在线段OP上是否存在一点M(不含端点),使得平面MAB与平面ADE夹角的余弦值为 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
19.(17分)(2024广东东莞中学段考)如图1所示的是由射线PA,PB,PC构成的三面角P-ABC,∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小为θ,类比于平面三角形中的余弦定理,我们得到三维空间中的三面角余弦定理:cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ.
(1)如图2,在三棱锥A-BCD中,△ABD为等腰直角三角形,∠BAD=90°,△BCD为等边三角形,∠ABC=90°,求二面角A-BD-C的平面角的正弦值;
(2)如图3,在三棱锥A-BCD中,AH⊥平面BCD,AE⊥BD,连接HE,AB=4,∠ABD=45°,∠CBD=60°,∠ABC=90°,BC+BD=6,求三棱锥A-BCD的体积的最大值;
(3)当α,β,γ∈时,请在图1的基础上证明三面角余弦定理.
　　
答案全解全析
单元提升卷
1.C　对于A,若m⊥α,l⊥m,则l α或l∥α,故A错误;
对于B,若m∥β,l∥β,则l与m相交、平行或异面,故B错误;
对于C,若l⊥α,则 b α,l⊥b,若m∥α,则 c α,m∥c,所以l⊥c,所以l⊥m,故C正确;
对于D,若α∥β,m∥α,则m∥β或m β,故D错误.
2.C　设该正四棱锥的底面边长为a,则体积V=a2×3=64,所以a=8.
设该正四棱锥的斜高为h',
则h'==5,
所以该正四棱锥的侧面积为4××5×8=80.
3.C　还原正方体如图所示:
AB与GH相交,故A错误;
CD与EF异面,故B错误;
连接HM,GM,由正方体的性质可知HM∥CD,
所以∠GHM(或其补角)为异面直线CD与GH所成的角,易知△HMG为等边三角形,所以∠GHM=60°,故C正确;
AB与EF异面,故D错误.
4.C　解法一　在题图1中,由题意知AB⊥BC,BB1⊥平面ABC,又AB,BC 平面ABC,
所以BB1⊥AB,BB1⊥BC,
如图,以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,
则B(0,0,0),E(0,1,0),D(1,0,2),F(1,1,0),
所以=(1,1,0),=(-1,1,-2),故·=-1+1=0,所以BF⊥DE;
在题图2中,建立同样的空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,
此时B(0,0,0),E(1,1,0),D(1,0,2),F(0,2,1),
所以=(0,2,1),=(0,1,-2),故·=2-2=0,所以BF⊥DE;
在题图3中,建立同样的空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,
此时B(0,0,0),E(1,1,0),D(1,0,0),F(1,1,2),
所以=(1,1,2),=(0,1,0),故·=1,所以BF与DE不垂直.
所以满足BF⊥DE的图有2个.
解法二　(三垂线法)三垂线定理:斜线在平面上的射影垂直于平面内的某条直线,则该斜线也垂直于该条直线,反之也成立.如图,AB为OB在α上的射影,l α,若l⊥AB,则l⊥OB.
在题图1中,过点D作DG∥BB1,交AB于点G,连接GE,易知DG⊥平面ABC,且G为AB的中点,
故GE为DE在平面ABC上的射影,易得BF⊥GE,由三垂线定理可知BF⊥DE;
在题图2中,取BC的中点M,连接EM,B1M,
因为E,M分别为AC,BC的中点,所以A1B1∥AB∥EM,
易知AB⊥平面B1BCC1,所以A1B1⊥平面B1BCC1,且EM⊥平面B1BCC1,
所以B1M为DE在平面B1BCC1上的射影,
在平面B1BCC1中,易知△FCB≌△MBB1,故BF⊥B1M,
由三垂线定理可知BF⊥DE;
在题图3中,连接EF,BE,同理可知,BE是BF在平面ABC上的射影,而DE不垂直于BE,所以DE一定不垂直于BF.
故满足BF⊥DE的图有2个.
5.B　由题意得PA=PB=2,
设底面圆的圆心为O,如图,取AC的中点H,连接PH,PO,OH,OC,
则∠APO=∠BPO=60°,故OP=1,OA=OB=,
因为PA=PC,OA=OC,
所以PH⊥AC,OH⊥AC,
故∠PHO为二面角P-AC-B的平面角,即∠PHO=45°,
故OH=OP=1,PH=OP=,
由勾股定理得HC=AH===,则AC=2,
所以△PAC的面积为AC·PH=×2×=2.
6.A　解法一　连接BE,由△ABC为等边三角形,E为AC的中点,得BE⊥AC,
又平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,BE 平面ABC,所以BE⊥平面ACD,
又DE 平面ACD,所以BE⊥DE.
因为△ACD为等腰直角三角形,∠ADC=90°,E是AC的中点,
所以DE⊥AC,所以AC,BE,DE两两垂直.
所以以E为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图1所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(3,0,0),B(0,3,0),C(-3,0,0),D(0,0,3),
所以=(0,0,3),=(-3,0,0),=(3,3,0),=+=(-2,,0),=(-3,0,3),=(0,3,-3),=+=+λ=(-3,3λ,3-3λ).
设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=,则n=(,2,0).
因为AG∥平面DEF,所以n·=-3+2×3λ=0,解得λ=.
解法二　如图2,连接CG交DF于点H,连接EH,
因为AG∥平面DEF,AG 平面ACG,平面ACG∩平面DEF=EH,所以AG∥EH,
又E是AC的中点,
所以H是CG的中点.
在△BCD中,==(+)=(+λ)=+λ(-)=λ+(1-λ),
由D,H,F三点共线得,存在唯一的实数μ,使得=μ+(1-μ)=μ+(1-μ),
所以解得λ=.
7.B　对于①,连接BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,因为AC 平面ABCD,所以AC⊥DD1,
又AC⊥BD,BD∩DD1=D,DD1,BD 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,
又BE 平面BDD1B1,所以AC⊥BE,故①正确;
对于②,因为EF∥BD,EF 平面ABCD,BD 平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,故②正确;
对于③,△BEF和△AEF有相同的边EF,△BEF的边EF上的高即点B到EF的距离,为BB1=1,
△AEF的边EF上的高即点A到EF的距离,
取B1D1的中点O1,记BD与AC的交点为O,
连接OO1,O1A,易证得OO1 BB1,BD⊥平面AO1O,
因为AO1 平面AO1O,所以BD⊥AO1,即EF⊥AO1,
所以在△AEF中,AO1即为底边EF上的高,易知OO1⊥OA,所以AO1>OO1=BB1,所以△BEF和△AEF的面积不相等,
对于④,因为AC⊥平面BDD1B1,即AO⊥平面BDD1B1,所以点A到平面BEF的距离即点A到平面BDD1B1的距离,为AO=,
又EF=,所以S△BEF=EF·BB1=××1=,
所以三棱锥A-BEF的体积为××=,为定值,故④正确.
综上所述,正确结论的序号是①②④.
8.B　解法一　取SA的中点M,则三棱锥S-ABC的外接球的球心为M,半径为SA=4,
因为SA是球M的直径,B,C在球M的球面上,所以SC⊥AC,SB⊥AB,
所以SC===,
SB====3.
过点S作SO⊥平面ABC,垂足为O,连接BO,CO,
因为SO⊥平面ABC,AB 平面ABC,
所以SO⊥AB,
又SB⊥AB,SO,SB 平面SOB,SO∩SB=S,
所以AB⊥平面SOB,
又BO 平面SOB,
所以AB⊥BO.
在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠ABC==-,
又0°<∠ABC<180°,
所以∠ABC=120°,
故∠OBC=120°-90°=30°.
设SO=h,h>0,
因为SO⊥平面ABC,BO,CO 平面ABC,
所以SO⊥BO,SO⊥CO,
所以BO==,CO==,
在△OBC中,由余弦定理的推论得cos∠OBC==cos 30°=,
解得h=(负值舍去),故VS-ABC=×S△ABC×h=××1×3×sin 120°×=.
解法二　取SA的中点M(图略),则三棱锥S-ABC的外接球的球心为M,设球的半径为R,则R=4,
因为M是SA的中点,所以点S到底面ABC的距离是点M到底面ABC的距离的2倍.
设点M到底面ABC的距离为h,△ABC的外接圆半径为r,则由垂径定理可知R2=h2+r2.
在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠ABC==-,
则sin∠ABC=,
易知=2r,则r=,
所以h==,
故点S到平面ABC的距离为,
即三棱锥S-ABC的高为,
所以VS-ABC=×S△ABC×2h=××1×3×sin∠ABC×=.
9.ACD　圆台的轴截面为梯形,其上底长为2,下底长为6,高为2,
则母线长为=4,在圆台的侧面展开图中,设扇环对应的圆心为O,
则=,即=,
所以OB=6,
因为=π,所以此圆台的侧面展开图是半圆环(如图),
所以圆台的侧面积
圆台的体积V=×(9π+π+3π)×2=π,C正确;
易知,
所以圆台内切球的半径为,表面积为4π×()2=12π,B不正确;
在侧面展开图中,连接CE,易知CE即为圆台侧面上从C,
易得CE==2,D正确.
10.ABD　对于A,=2+2=2-2,A正确;
对于B,解法一　建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz,
则C(-1,1,-1),Q(0,-1,1),B(0,1,-1),B1(0,1,0),D(-1,0,-1),C1(-1,1,0),
则=(1,-2,2),平面A1B1C1D1的一个法向量为=(0,0,1),
所以直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为==,B正确;
解法二　连接CH,因为平面HCO∥平面A1B1C1D1,
所以直线CQ与平面A1B1C1D1所成的角等于直线CQ与平面HCO所成的角,
又QH⊥平面HCO,
所以∠QCH即为CQ与平面HCO所成的角,
易得QC==3,所以sin∠QCH==,B正确;
对于C,由B中解法一得=(1,-2,2),=(-1,-1,0),
所以cos<,>=
==,
所以异面直线CQ与BD所成角的余弦值为,C错误;
对于D,解法一　由B中解法一得=(0,0,1),=(1,-2,2),设点C1到直线CQ的距离为d,
则d===,D正确.
解法二　连接C1Q,在△C1CQ中,QC=3,CC1=1,Q到直线CC1的距离为HC=,
设C1到直线CQ的距离为d,根据等面积法,得QC·d=CC1·CH,解得d=,D正确.
11.ACD　对于A,如图1,连接B1D1,易知A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,∵B1D1∩BB1=B1,BB1,B1D1 平面BD1B1,∴A1C1⊥平面BD1B1,
又BD1 平面BD1B1,∴A1C1⊥BD1,同理可证,DC1⊥BD1,
∵A1C1∩DC1=C1,DC1,A1C1 平面A1C1D,∴BD1⊥平面A1C1D,A正确.
对于B,如图1,连接AB1,AC,
由题意得A1D∥B1C,AB1=AC=B1C=6,
异面直线AM与A1D所成的角等于直线AM与B1C所成的角,设为θ,
在等边△AB1C中,当点M与B1,C两点重合时,θ=;
当点M为B1C的中点时,AM⊥B1C,此时θ=;
当点M不与B1,C重合,且不在B1C的中点时,θ∈,故异面直线AM与A1D所成角的取值范围是,B错误.
对于C,如图2,连接PQ并延长,交CD的延长线于点T,延长QP,交CC1的延长线于点S,连接BS交B1C1于点E,连接BT交AD于点F,连接PE,QF,则过点B,P,Q的截面即为五边形BEPQF.
由题意得,PC1=SC1=3,
易知△BB1E∽△SC1E,
故==2,
∴B1E=4,C1E=2,
∴BE===2,PE==,
同理可得BF=2,QF=,
∵P,Q分别为C1D1和DD1的中点,
∴PQ=3,
∴截面的周长为6+3,C正确.
对于D,如图3,当AN⊥BN时,点N的轨迹是以AB为直径的球,球心为AB的中点,半径为3,
三棱锥A-NBC的体积即三棱锥N-ABC的体积,
当点N为正方形ABB1A1的中心时,点N到平面ABC的距离取得最大值,为球的半径3,又S△ABC为定值,所以此时三棱锥A-NBC的体积有最大值.
由上述分析可知,平面NAB⊥平面ABC,易得AN⊥BC,又NB∩BC=B,NB,BC 平面NBC,所以AN⊥平面NBC,又NC 平面NBC,所以AN⊥NC,所以AC的中点到A,N,C三点的距离相等.因为△ABC为等腰直角三角形,所以AC的中点到A,B,C三点的距离也相等,故AC的中点到A,N,B,C四点的距离均相等,所以AC的中点为三棱锥A-NBC外接球的球心,所以外接球半径R=AC=3,
所以外接球的体积为πR3=×π×=72π,D正确.
常用结论
(1)在三棱锥A-BCD中,若AB⊥平面BCD,则R2=r2+,其中R为三棱锥外接球的半径,r为底面△BCD外接圆的半径,h为三棱锥的高,即AB的长.
(2)在三棱锥A-BCD中,若平面ABC⊥平面BCD,则R2=+-,其中R为三棱锥外接球的半径,r1,r2分别为△ABC,△BCD外接圆的半径,l为△ABC,△BCD公共边BC的长.
12.[0,2]
解析　设底面正方形ABCD的中心为H,连接PH,则PH⊥平面ABCD,
易得AH=,则PH==,故∠APH=45°,
显然球心O在线段PH上,连接AO,设球的半径为r,则r=OH,
在△POA中,∠PAO<45°,即∠PAO<∠APO,则OA>OP,
又EF是球O的一条直径,则OE,OF为半径,+=0,
因此·=(+)·(+)=-=-,
而OH≤QO≤AO,则=0,=AO2-OH2=AH2=2,
所以·的取值范围为[0,2].
13.
解析　如图,取BC的中点F,A1D1的中点G,连接DF,B1F,DB1,DG,GB1,GF,EF,
则BF∥DE∥A1G,BF=DE=A1G,∴四边形BFDE,四边形A1EDG都是平行四边形,
则BE∥DF,A1E∥GD,∵A1E,BE 平面A1BE,DG,DF 平面A1BE,
∴DG∥平面A1BE,DF∥平面A1BE,又DG∩DF=D,DG,DF 平面DGF,
∴平面DGF∥平面A1BE,
∵EF∥AB∥A1B1,EF=AB=A1B1,
∴四边形A1B1FE是平行四边形,
∴B1F∥A1E∥DG,∴D,F,B1,G四点共面,
∴平面DFB1G∥平面A1BE,从而过B1且平行于平面A1BE的平面截正方体所得截面为四边形DFB1G,
易得DF=FB1=B1G=DG==,∴四边形DFB1G为菱形,
又DB1==,GF=2=,
∴四边形DFB1G的面积为DB1·GF=.
14.48
解析　要求小球永远不可能接触到的容器内壁的面积,需考虑将小球挤到一个角,且与正四面体的三个侧面均相切的情况(突破口).
记棱长为3的正四面体为PABC,小球为球O.
如图1,将小球挤到一个角,此时小球与正四面体的三个侧面均相切,作平面A1B1C1∥平面ABC,与小球相切于点D,则四面体PA1B1C1为正四面体.
连接DP,则O在DP上,且DP⊥平面A1B1C1,
所以=·PD=4=4×·OD,
所以PD=4OD=4,所以OP=PD-OD=3.
记球O与平面PA1B1相切于点P1,连接PP1,OP1,则PP1==2.
接下来考虑球O与正四面体PABC的一个面相切的情况,不妨取平面PAB.
易知球O在平面PAB上的轨迹为正三角形及其内部,记为△P1EF,如图2.
过点P1作P1M⊥PA于点M,则PM=PP1cos =2×=,
所以△P1EF的边长为P1E=PA-2PM=3-2=.
所以球O与平面PAB不能接触到的部分的面积为S△PAB-=××[(3)2-()2]=12.
由对称性及正四面体有4个面,得小球永远不可能接触到的容器内壁的面积为4×12=48.
15.解析　(1)证明:取A1B1的中点M,连接MQ,MP,
易知QM∥B1C1,(1分)
在四边形MPBB1中,易知MB1=PB且MB1∥PB,
∴四边形MPBB1是平行四边形,∴MP∥BB1,(2分)
又∵QM,MP 平面BCC1B1,B1C1,BB1 平面BCC1B1,∴QM∥平面BCC1B1,MP∥平面BCC1B1,
又∵MP∩MQ=M,MQ,MP 平面MQP,
∴平面MQP∥平面BCC1B1,(4分)
又∵PQ 平面MQP,∴PQ∥平面BCC1B1.(5分)
(2)取AC的中点O,连接A1O,BO,
∵△ABC为等边三角形,∴BO⊥AC,
又∵平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,BO 平面ABC,∴BO⊥平面ACC1A1,∵A1O 平面ACC1A1,∴BO⊥A1O,
在△A1OA中,∠A1AO=60°,A1A=2,OA=1,易得AC⊥A1O.
以O为原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(7分)
则A1(0,0,),A(1,0,0),B(0,,0),P,Q(-1,0,),
∴=(-1,0,0),=,==(-1,,0).(9分)
设平面A1PQ的法向量为n=(x,y,z),
∴
设y=2,则n=(0,2,1),(11分)
故点B1到平面A1PQ的距离d===.(13分)
16.解析　(1)证明:取PD的中点E,连接EM,AE,易知EM∥CD且EM=CD.(2分)
因为AB⊥AD,CD⊥AD,所以AB∥CD,又AB=CD,所以AB∥EM且AB=EM,所以四边形ABME是平行四边形,所以BM∥AE,(4分)
又因为AE 平面PAD,BM 平面PAD,
所以BM∥平面PAD.(6分)
(2)解法一　因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PA⊥AB,
又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD,所以AB⊥PD.(8分)
因为PA=AD,E是PD的中点,所以AE⊥PD.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABME,
所以PD⊥平面ABME.
连接BE,作MN⊥BE交AE于点N,则MN⊥PD,又PD∩BE=E,PD,BE 平面PBD,所以MN⊥平面PBD.(10分)
易知以=,易得BM=AE=,ME=AB=1,所以EN==,所以N为AE的中点,
作NG⊥AD于G,则NG⊥平面ABCD,连接BG,则∠NBG是直线BN与平面ABCD所成的角.(12分)
易知NG=PA=,BG==,所以BN===,所以sin∠NBG==,即直线BN与平面ABCD所成角的正弦值为.(15分)
解法二　易得AP,AB,AD两两垂直,故以A为坐标原点,
AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,1,1),所以=(-1,2,0),=(0,-2,2).
设N(0,y,z),则=(-1,y-1,z-1).(8分)
因为MN⊥平面PBD,
所以解得
所以N,所以=.(10分)
易得平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).(12分)
设直线BN与平面ABCD所成的角为θ,则sin θ===,即直线BN与平面ABCD所成角的正弦值为.(15分)
17.解析　(1)连接B'D',由直棱柱的结构特征知B'D'∥BD,又B'D' 平面A'B'C'D',BD 平面A'B'C'D',所以BD∥平面A'B'C'D',(1分)
因为过点G,B,D的平面交直线A'B'于点M,所以平面A'B'C'D'∩平面GBD=GM,又BD 平面GBD,所以BD∥GM,(3分)
由平行的传递性知GM∥B'D',(4分)
又A'G=A'D',所以M为A'B'上靠近点A'的三等分点,所以GM=B'D'=.(6分)
(2)解法一　如图,设AC∩BD=O,连接B'O,D'O,B'D',
由题意知AC⊥BD,AC⊥BB',因为BB'∩BD=B,且BB',BD 平面BB'D'D,所以AC⊥平面BB'D'D,(7分)
又B'O,D'O 平面BB'D'D,
所以B'O⊥AC,D'O⊥AC,故∠B'OD'为二面角B'-AC-D'的平面角,(9分)
设BB'=DD'=h,由二面角B'-AC-D'为直二面角,知∠B'OD'=,(10分)
由题设知AC=2,由等面积法得BO=,故OD=,B'O2=BO2+h2,D'O2=DO2+h2,
在Rt△B'OD'中,B'O2+D'O2=B'D'2,即+h2+3+h2=,整理得h2=,解得h=(负值舍去),(12分)
又S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=×AC×BD=×2×=,(14分)
所以VABCD-A'B'C'D'=S四边形ABCD·h=.(15分)
解法二　连接A'C',交B'D'于点O',设AC与BD交于点O,连接OO',由已知得OB⊥OC,OO'⊥OB,OO'⊥OC,以O为坐标原点,OB,OC,OO'所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.(7分)
在Rt△ABC中,OB⊥AC,易知OA=,OC=,OB=,
设DD'=h,则A,B',C,D'(-,0,h),则=(0,2,0),=,=.(8分)
设平面B'AC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令x1=-2h,则z1=,所以n1=(-2h,0,),(10分)
设平面D'AC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
令x2=h,则z2=,所以n2=(h,0,),(12分)
当二面角B'-AC-D'为直二面角时,n1·n2=-2h2+3=0,所以h=,(14分)
所以VABCD-A'B'C'D'=S四边形ABCD·h=AC·BD·h=.(15分)
18.解析　(1)证明:设AC交BD于点F,连接EF,由圆锥的性质可知PO⊥底面ABD,
因为AC 平面ABD,所以PO⊥AC,
又因为△ABD是底面圆的内接正三角形,AD=3,
所以AF=,AC=2,(1分)
又AE=3,CE=,所以AC2=AE2+CE2,即∠AEC=90°,故AE⊥PC,(2分)
所以在Rt△AEC中,cos∠EAC===.
在△AEF中,EF=
==,(3分)
所以EF2+AF2=AE2,故EF⊥AC.(4分)
因为PO⊥底面ABD,PO 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABD,
又平面PAC∩平面ABD=AC,EF⊥AC,EF 平面PAC,故EF⊥平面ABD,(5分)
又EF 平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(6分)
(2)解法一　易知PO=2EF=3,以F为坐标原点,FA,FB,FE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz,
则A,B,E,P,O,(7分)
所以=,=,=(0,0,3),
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,,),(9分)
设直线PO与平面ABE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|===,
即直线PO与平面ABE所成角的正弦值为.(11分)
解法二　由(1)得EF⊥AC,又PO⊥AC,所以EF∥PO,
所以直线PO与平面ABE所成的角即为直线EF与平面ABE所成的角.(7分)
如图,过点F作FG⊥AB,交AB于G,连接EG.由(1)知EF⊥平面ABD,又AB 平面ABD,所以EF⊥AB,
又EF∩FG=F,EF,FG 平面EFG,所以AB⊥平面EFG,
因为AB 平面ABE,
所以平面ABE⊥平面EFG.
过点F作FI⊥EG,交EG于I,由面面垂直的性质可知FI⊥平面ABE,
所以∠IEF(即∠GEF)为直线EF与平面ABE所成的角,(9分)
在△ABF中,因为AF=,BF=,AF⊥BF,
所以FG=BF·sin∠FBA=,
所以tan∠IEF=tan∠GEF===,(10分)
故sin∠IEF=sin∠GEF=,
即直线PO与平面ABE所成角的正弦值为.(11分)
解法三　由(1)得EF⊥AC,又PO⊥AC,所以EF∥PO,
所以直线PO与平面ABE所成的角即为直线EF与平面ABE所成的角.(7分)
设点F到平面ABE的距离为d,直线EF与平面ABE所成的角为θ,则sin θ==.
由(1)知EF⊥平面ABD,所以VE-ABF=S△ABF×EF=××AF×BF×EF=,(8分)
在△ABE中,因为AB=AE=3,BE=,所以S△ABE=BE×=,
则VF-ABE=S△ABEd=×d=d,
所以由VF-ABE=VE-ABF,即d=,得d==,
所以sin θ==,(10分)
即直线PO与平面ABE所成角的正弦值为.(11分)
(3)存在满足题意的点M.由(2)中解法一知D,
则=,=(-,0,0),
设=λ(0<λ<1),可得=+=(-,0,3λ),(12分)
设平面MAB的法向量为α=(a,b,c),
则令a=,则b=3,c=,即α=,
设平面ADE的法向量为β=(m,p,q),
则令m=,则p=-3,q=3,即β=(,-3,3),(14分)
设平面MAB与平面ADE的夹角为φ,
则cos φ=|cos<α,β>|===,(15分)
所以λ=,则=,
故线段OP上存在符合题意的点M,使得平面MAB与平面ADE夹角的余弦值为,且M为OP上靠近点O的六等分点.(17分)
19.解析　(1)解法一　取BD的中点P,连接PA,PC,如图所示,则BD⊥PA,BD⊥PC,故∠APC是二面角A-BD-C的平面角,(1分)
设AB=1,则AP=,PC=,AC=,
在△APC中,由余弦定理的推论得cos∠APC===-,(3分)
故sin∠APC=.
即二面角A-BD-C的平面角的正弦值为.(4分)
解法二　设二面角A-BD-C的平面角的大小为φ,由三面角余弦定理得cos 90°=cos 45°cos 60°+sin 45°sin 60°cos φ,(2分)
解得cos φ=-,故sin φ=.
即二面角A-BD-C的平面角的正弦值为.(4分)
(2)设二面角A-BD-C的平面角的大小为ω,利用三面角余弦定理得cos 90°=cos 45°cos 60°+sin 45°sin 60°cos ω,计算得cos ω=-,(5分)
因为AH⊥平面BCD,BD 平面BCD,
所以AH⊥BD,又AE⊥BD,AH∩AE=A,AH,AE 平面AEH,
所以BD⊥平面AEH,因为EH 平面AEH,所以BD⊥HE,
故二面角A-BD-C的平面角为∠AEH,即ω=∠AEH,
所以cos∠AEH=-,sin∠AEH=.
因为AB=4,所以AE=4sin 45°=2,AH=AE·sin∠AEH=,(7分)
则VA-BCD=S△BCD·AH=×·BC·BD·sin 60°×=·BC·BD≤·=3,当且仅当BC=BD=3时等号成立,(10分)
即当BC=BD=3时,三棱锥A-BCD的体积取得最大值,为3.(11分)
(3)证明:如图,过射线PC上一点Q在平面PAC内作QM⊥PC,交PA于点M,
在平面PBC内作QN⊥PC,
交PB于点N,连接MN,
则∠MQN是二面角A-PC-B的平面角,(12分)
在△MNP中,由余弦定理得MN2=MP2+NP2-2MP·NP·cos γ,在△MNQ中,由余弦定理得MN2=MQ2+NQ2-2MQ·NQ·cos θ,
两式相减得MP2-MQ2+NP2-NQ2-2MP·NP·cos γ+2MQ·NQ·cos θ=0,
则2MP·NP·cos γ=2PQ2+2MQ·NQ·cos θ,(15分)
两边同除以2MP·NP,得cos γ==·+·cos θ=cos αcos β+sin αsin βcos θ,
三面角余弦定理得证.(17分)