【高考快车道】第一阶段 专题四 §3 空间点、线、面的位置关系 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共96张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题四　立体几何
§3　空间点、线、面的位置关系
【备考指南】　空间点、线、面位置关系的判断，空间角、空间距离的计算是本节的三个核心命题点，备考的首要任务是熟知空间点、线、面位置关系的理论化体系，在此基础上强化空间图形意识和培养空间问题平面化意识．
　基础考点1　点、线、面位置关系的判定与证明
（一）
　基础考点2　空间角的计算
（二）
　基础考点3　空间距离
（三）
　专题限时集训(十三)　空间点、线、面的位置关系
（四）
√
基础考点1　点、线、面位置关系的判定与证明
【典例1】　(1)(2024·九省联考)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
(2)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，点M，N分别为DP和AB的中点．



①求证：MN∥平面PBC；
②求证：平面PBC⊥平面ABCD．
(1)C　[对于A，m，l可能平行、相交或异面，故A错误；对于B，α，β可能相交或平行，故B错误；
对于D，α，β平行，不可能垂直，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C．]
(2)[证明]　①取PC中点E，连接ME，BE，由M为DP的中点，N为AB的中点，得ME∥DC，ME＝DC，又BN∥CD，BN＝CD，则ME∥BN，ME＝BN，因此四边形BEMN为平行四边形，于是MN∥BE，又MN 平面PBC，BE 平面PBC，所以MN∥平面PBC．
②过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，连接DQ，由∠DCB＝∠PCB＝，CD＝PC，QC＝QC，得△QCD≌△QCP，则∠DQC＝∠PQC＝，即DQ⊥BC，而PQ＝DQ＝，PQ2＋DQ2＝4＝PD2，因此PQ⊥DQ，又DQ∩BC＝Q，DQ，BC 平面ABCD，则PQ⊥平面ABCD，又PQ 平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABCD．
空间点、线、面位置关系的判断，可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理进行判断．
1．(多选)(教材改编)如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是(　　)
A．BM∥ED
B．EF∥CD
C．CN与BM为异面直线
D．DM⊥BN
√
√
√
BCD　[作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为互相垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确； CN与BM为异面直线，故C正确；
由正方体性质易证DM⊥平面BCN，故DM⊥BN，故D正确．
故选BCD．]
2．(多选)已知在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则(　　)
A．EF∥平面ACD
B．AC⊥BD
C．AB⊥平面FGH
D．E，F，G，H四点共面
√
√
√
ABD　[把正四面体ABCD放到正方体中，如图．
对于A项，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC．
又∵AC 平面ACD，且EF 平面ACD，
∴EF∥平面ACD，故A正确；
对于B项，从正方体的角度上易得AC⊥BD，故B正确；
对于D项，∵E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，∴EF∥AC且EF＝AC，GH∥AC且GH＝AC，
∴EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，∴E，F，G，H四点共面，故D正确；
对于C项，若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH，
∵HE 平面EFGH，
∴AB⊥HE．
又∵E，H分别为AB，AD的中点，
∴EH∥BD，∴AB⊥BD，
而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C错误．故选ABD．]
【教师备选资源】
1．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
√
A　[法一：连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，且AD1∩AB＝A，AD1，AB 平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线性质可得MN∥AB，且MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．
法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由题图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以·n＝0，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos 〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]
2．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
√
A　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF 平面ABCD，
所以EF⊥DD1，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，
所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF 平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，则B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，
B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，
C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
则＝(－1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，0)，
设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有可取m＝(2，2，－1)，
同理可得平面A1BD的一个法向量为n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1，1，0)，
平面A1C1D的一个法向量为n3＝(1，1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误．
故选A．]
3．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
√
BC　[设正方体的棱长为2．
对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为直线OP，MN所成的角．
在Rt△OPC中，OC＝，CP＝1，
故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，
故A错误；
对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN．
由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT，
而OQ 平面MADT，
故SM⊥OQ，
又SM∩MT＝M，SM，MT 平面SNTM，
故OQ⊥平面SNTM，
又MN 平面SNTM，所以OQ⊥MN，
又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ 平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，
又OP 平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图3所示，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图4所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN．
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．
因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2基础考点2　空间角的计算
【典例2】　(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
√
√
√
(2)(2024·河南部分重点高中三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A-PC-B的正切值为(　　)
A．　　B．　　C．2　　D．
√
(1)ABD　(2)A　[(1)如图，连接B1C．因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直
线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 .因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C．
又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，所以C1O⊥B1B．
又C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．
设正方体的棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．
故选ABD．
(2)如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA．
因为AB＝BC，所以BE⊥AC．
又因为平面ABC⊥平面PAC，BE 平面ABC．
平面ABC∩平面PAC＝AC，
所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，则BE⊥PC．
因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，
所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2．
因为DE∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE．
所以PC⊥平面BDE．
又因为BD 平面BDE，所以PC⊥BD，
所以∠BDE为二面角A-PC-B的平面角，
且tan ∠BDE＝＝＝．故选A．]
1．几何法求空间角的关键是找出空间角，如线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中求解．
2．求二面角的几何方法有：定义法、三垂线定理法、射影面积法等．
1．(2024·山东威海二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为(　　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
√
C　[如图，因为E，F分别为棱BC，B1C1的中点，所以BB1∥EF.因为EF 平面AEF，BB1 平面AEF，所以BB1∥平面AEF.又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1 平面DBB1，所以BB1∥l.又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成的角等于∠A1AD1＝．故选C．]
2．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
－　
－　[如图，过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE．
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
由已知条件易证得△ABE≌△DBE，∴∠DEB＝∠AEB＝90°．
设AB＝a，则BD＝a，AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos ∠ABD＝＝，
∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2．
∵BE＝a，
∴S△BDE＝×a×a＝a2．
设角θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴ cos θ＝＝．
∵要求的是二面角 A-BD-C，而二面角 A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
3．[高考变式]在三棱锥P-ABC中，PC＝8，AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，点P到△ABC三边的距离相等，且点P在平面ABC上的射影落在△ABC内，则CP与平面ABC所成角的正切值为________．
　[如图，设点P在平面ABC内的射影为O点，作PD⊥BC，垂足为D，PE⊥AB，垂足为E，PF⊥AC，垂足为F，连接OD，OE，OF，则PD＝PE＝PF，易知△POD≌△POE≌△POF，所以OD＝OE＝OF，所以点O为△ABC的内心．
设△ABC的内切圆的半径为r，△ABC的内切圆与边BC切于点D．
因为AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，所以AB＝＝7．
又S△ABC＝AC·BC·sin 60°＝(AC＋BC＋AB)·r，所以r＝．
在Rt△OCD中，∠CDO＝90°，∠OCD＝30°，所以CO＝.因为PO⊥平面ABC，所以∠PCO为CP与平面ABC所成的角．因为CP＝8，所以PO＝＝，所以CP与平面ABC所成角的正切值为＝＝．]
【教师备选资源】
1．已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则(　　)
A．θ1≤θ2≤θ3　　　 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 　 D．θ2≤θ3≤θ1
√
D　[法一：由题意知四棱锥S-ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，则θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.因为OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，所以θ3也是OM与平面SAB所成的角，即BC与平面SAB所成的角，再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1．
法二：如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3．
由题意得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1．
故θ2≤θ3≤θ1．]
2．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A．　　 B．
C． 　 D．
√
C　[如图，取AB的中点E，连接CE，DE，则CE⊥AB，DE⊥AB，所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角，所以∠DEC＝150°.因为DE∩CE＝E，DE，CE 平面DCE，所以AB⊥平面DCE.因为AB 平面ABC，所以平面DCE⊥平面ABC，易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，设AB＝a，在等腰直角△ABC中，CE＝a，
在等边△ABD中，DE＝a，在△DCE中，由余弦定理，得DC2＝＋－2·a·a·cos 150°＝a2，所以DC＝a，
则cos ∠DCE＝＝，因为0°＜∠DCE＜30°，
所以sin ∠DCE＝＝，所以tan ∠DCE＝＝．
故选C．]
【典例3】　(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
基础考点3　空间距离
[解]　(1)证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF．
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF．
(2)取DM的中点O，连接OA，OE(图略)，因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝，
又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE．
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM．
易知S△EDM＝×2×＝．
在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，
所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝×2×2×＝．
设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，故点M到平面ADE的距离为．
空间距离的计算一般有两种方法
一是采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中进行求解；二是借助等体积法求解．
1．[高考变式]已知∠ACB＝60°，P为平面ABC外一点，PC＝2，P到∠ACB两边AC，BC的距离都为，则P到平面ABC的距离为(　　)
A． 　B． C． 　D．2
B　[如图，过点P作PD⊥AC，垂足为D，作PE⊥BC，
垂足为E，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，
连接OD，OE，OC，则PD＝PE＝，
故CE＝CD＝＝，
√
所以OD＝，OE＝，
所以OD＝OE．
因为PO⊥平面ABC，由三垂线定理的逆定理得OD⊥AC，OE⊥BC，又易知△CDO≌△CEO，∠DCO＝∠ECO＝30°，
所以OD＝OE＝CD tan 30°＝，
所以PO＝＝＝，
所以P到平面ABC的距离为．故选B．]
2．(2024·浙江宁波模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是AB和BC的中点，则MN到平面A1C1D的距离为(　　)
A． 　B． C． 　D．
C　[延长MN交DC延长线于点Q，连接A1Q，C1Q，AC，因为M，N分别是AB和BC的中点，则MN∥AC，
√
由正方体的性质可得AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，又A1C1 平面A1C1D，MN 平面A1C1D，所以MN∥平面A1C1D，所以MN到平面A1C1D的距离即点Q到平面A1C1D的距离，设为h，则＝．
因为正方体的棱长为1，所以DQ＝，A1D＝DC1＝A1C1＝， 所以·h＝·A1D1，即×××h＝×××1×1 h＝．故选C．]
3．某中学开展劳动实习，对棱长为3的正方体木块进行加工．如图，学生需要分别过顶点A和对角线BD对正方体木块进行平面切割，两个切割面与棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1分别交于点M，F，E，N，要求两次切割所得到的截面平行，且EF＝MN，则两个截面间的距离为________．
2　
2　[连接A1C1，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ.连接AC交BD于点G，连接HG．
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，BD，EF分别是平面ABCD、平面A1B1C1D1与平面BDEF的交线，所以EF∥BD．
因为平面AMN∥平面BDEF，
平面AMN、平面BDEF分别与平面A1B1C1D1交于直线MN，EF，与平面ACC1A1交于直线AQ，GH，
所以EF∥MN，AQ∥GH，
则四边形AGHQ为平行四边形，AG＝HQ．
又因为EF＝MN，所以点M，F，E，N分别为棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1的中点，在Rt△AQA1中，AQ＝＝，
平面AMN与平面BDEF间的距离即为Q到平面BDEF的距离，即为Q到GH的距离，设为h，
在平行四边形AGHQ中，AG·AA1＝AQ·h，
则h＝＝2，即两个截面间的距离为2．]
【教师备选资源】
已知圆台的上、下底面半径分别为5和10，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的下底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面一周爬行到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　)
A．30　 B．40　
C．50　 D．60
√
C　[因为圆台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，
所以S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20，如图所示，
将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为O．
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离，
设OA＝R，圆心角是α，
则由题意知10π＝αR，①
20π＝α(20＋R)，②
由①②解得
所以OM1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，
所以M1B＝＝50.故选C．]
一、单项选择题
1．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
专题限时集训(十三)　空间点、线、面的位置关系
C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(2024·河北石家庄模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，G为线段B1D1上的动点，则点B到平面GAD距离的最小值为(　　)
A．1　　B．　　C．　　D．2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[由题意得VG-ABD＝×S△ABD·BB1＝××2×2×2＝，设点B到平面GAD的距离为h，则由等体积转化法得VB-AGD＝×S△ADG·h＝VG-ABD＝，当G与B1重合时，S△ADG最大，最大为×2×2＝2，
此时h最小，最小值为＝．故选B．]
3．(2024·贵州贵阳一模)如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为3 km，山高为3 km，B是山坡SA上一点，且AB＝7 km.现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为(　　)
A．10.2 km 　 B．12 km
C． km 　 D． km
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D　[依题意，底面半径为3 km，山高为3 km，则母线长SA＝＝12(km)，底面圆的周长为2πr＝6π(km)，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角α＝＝，如图，是圆锥侧面展开图，显然AB＝＝13(km)，过点S作SH⊥AB，垂足为H，此时SH为点S和线段AB上的点的距离的最小值，即点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段，由直角三角形射影定理知SA2＝
AH·AB，即122＝13AH，解得AH＝ km，所以
公路上坡路段长为 km.故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(2024·北京丰台期末)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，得到图2所示四面体A-BCD．小明对四面体A-BCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是(　　)
A．1 　 B．2
C．3 　 D．4
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C　[对于①，因为二面角A-BC-D为直二面角，所以平面ABC⊥平面BCD．
又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，DC⊥BC，且DC 平面BCD，
所以DC⊥平面ABC，所以①正确；
对于②，由DC⊥平面ABC，且AB 平面ABC，可得AB⊥CD．
又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
对于③，因为AB⊥平面ACD，且AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，由题意可知平面ABC⊥平面BCD．
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD．
又因为BC 平面BCD，所以AB⊥BC．
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD与平面BCD不垂直，所以④错误．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． 　B．1 C．2 　D．3
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[法一：如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×6×＝9＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝
h＝，解得h＝．
分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，
结合等腰梯形BCC1B1可得＝，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan ∠A1AM＝＝1．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角．
因为＝＝，则＝，可知
＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2．
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1.故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为(　　)




A．1 　 B．2
C． 　 D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D　[由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，因为PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，满足直线MN∥平面ABC的是(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
√
ABC　[对于A，如图1，连接EF，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，MN 平面ABC，AC 平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，能满足；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
对于B，如图2，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，MN 平面ABC，AD 平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，能满足；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
对于C，如图3，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，MN 平面ABC，BD 平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，能满足；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
对于D，如图4，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出直线MN∥平面ABC，不能满足．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
故选ABC．]
8．(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，EB＝4，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则(　　)
A．BE⊥A′D′
B．平面A′EB∥平面D′FC
C．多面体A′EBCD′F为三棱台
D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
ABD　[对于A，因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，
平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE 平面BCFE，
所以BE⊥平面A′D′FE，又A′D′ 平面A′D′FE，所以BE⊥A′D′，A正确；
对于B，因为A′E∥D′F，A′E 平面D′FC，D′F 平面D′FC，
所以A′E∥平面D′FC．
又BE∥CF，BE 平面D′FC，CF 平面D′FC，
所以BE∥平面D′FC．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
又A′E∩BE＝E，A′E，BE 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面D′FC，B正确；
对于C，因为＝，＝，则≠，
所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错误；
对于D，如图，延长A′D′与EF相交于点G，
因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，A′E 平面A′D′FE，A′E⊥EF，
所以A′E⊥平面BCFE，则∠A′GE为直线A′D′与平面BCFE所成的角．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
因为A′E∥D′F，所以＝，
解得GF＝1，GE＝3，tan ∠A′GE＝＝1，
则∠A′GE＝，D正确．
故选ABD．]
三、填空题
9．(2024·陕西咸阳模拟)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E，F分别为AD，PC上一点，且AE∶AD＝2∶5，当PA∥平面EBF时，＝________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
　
　[如图，连接AC交BE于点O，连接OF．

因为AD∥BC，AD＝BC，AE∶AD＝2∶5，所以＝＝．
因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA 平面PAC，所以PA∥OF，所以＝＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(2024·江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角，A∈α，B∈β，A l，B l，AB与α，β所成的角分别为，则AB与l所成的角为________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
　[如图，作AD⊥l，BC⊥l，垂足分别为D，C，连接BD，AC，则AD⊥β，BC⊥α，所以∠BAC为AB与α所成的角，
∠ABD为AB与β所成的角，即∠BAC＝，
∠ABD＝．
　
设AB＝2m，则BC＝m，AC＝m，AD＝BD＝m，得DC＝＝m，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则A(m，0，0)，B(0，m，m)，所以＝(－m，m，m)，取直线l的单位方向向量为l＝(0，1，0)，设AB与l所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈，l〉|＝＝＝，所以θ＝，即AB与l所成的角为．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
四、解答题
11．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．

(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，垂足为H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，
又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，
A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，
即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H．
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠ACB＝∠A1CB＝90°，则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1．
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
法一：由＝·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以A1H＝CC1＝1，故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
12．(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．

(1)求证：EF∥平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P-ABC的体积．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)证明：因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，
所以△OBA∽△ABC，
所以∠CAB＝∠AOB．
记BF⊥AO的垂足为H，
则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
所以∠HBA＝∠CAB，
所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，
故CF＝AF，F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC．
因为D，O分别是BP，BC的中点，所以DO∥PC，
所以EF∥DO．
又DO 平面ADO，EF 平面ADO，
所以EF∥平面ADO．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)由(1)得FO∥AB，因为AB⊥BC，所以FO⊥BC．
又PO⊥BC，所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角，
所以二面角P-BC-F的大小为120°．
如图，过点P作PM⊥平面ABC，垂足为M，连接MO，MB，
则∠POM是二面角P-BC-M的平面角，所以∠POM＝60°．
在△PBC中，由PB＝PC＝，BC＝2，得PO＝2，所以PM＝．
所以三棱锥P-ABC的体积VP-ABC＝S△ABC×PM＝×2×2＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
THANK YOU