【高考快车道】第一阶段 专题四 高考热点集训(三) 立体几何 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共57张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题四　立体几何
高考热点集训(三)　
立体几何
一、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．(2024·浙江宁波二模)已知平面α，β，γ，α∩β＝l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的(　　)
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
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11
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√
15
16
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19
C　[由于α∩β＝l，所以l α，l β，
若 l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立，
若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，
则存在直线a γ，使得a⊥m，所以a⊥α，由于l α，故a⊥l，
同理存在直线b γ，使得b⊥n，所以b⊥β，由于l β，故b⊥l，
由于a，b不平行，所以a，b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立，故选C．]
题号
1
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2．若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则＝(　　)
A．－1　B． 　C．－1 　D．
√
题号
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D　[圆锥的表面积为πrl＋πr2，球的表面积为4π＝πl2，故πrl＋πr2＝πl2，即＋－1＝0，故＝(负值舍去)．
故选D．]
3．棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F满足＝2＝2，则点E到直线FC1的距离为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
题号
1
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A　[如图，建立空间直角坐标系Dxyz，根据条件可得E(0，0，1)，F(3，3，2)，C1(0，3，3)，则＝(3，3，1)，＝(－3，0，1)，设向量与的夹角为θ， 所以cos θ＝＝＝－，所以点E到直线FC1的距离为d＝·sin θ＝×
＝．故选A．]
题号
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4．学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为5∶3，母线长为8 cm，其母线与底面所成的角为60°，则这个圆台的体积为(　　)
A．π cm3 　 B．π cm3
C．π cm3 　 D．π cm3
√
题号
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B　[根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为5x cm，3x cm，因为母线长为8 cm，且母线与底面所成的角为60°，所以圆台的高为8sin 60°＝4(cm)，并且2x＝8×＝4，得x＝2，所以圆台的上底面半径为5x＝10(cm)，下底面半径为3x＝6(cm)，高为4 cm.由此可得圆台的体积为V＝π(102＋62＋10×6)×4＝
(cm3)．故选B．]
题号
1
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5．(2024·湖南师大附中二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是(　　)
A．E，F，G，H四点共面
B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点
D．∠EGB1＝∠FHC1
√
题号
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D　[对于AB，如图，连接EF，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，
所以GH∥B1C1，
因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，
所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
题号
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对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，
因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，
所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；
对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，
tan ∠EGB1≠tan ∠FHC1，
又0<∠EGB1＜，0＜∠FHC1<，则∠EGB1≠∠FHC1，
故D错误．故选D．]
题号
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6．在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(　　)
A． 　
C． 　
√
题号
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B　[在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，所以S△PMA＝S△PAC，设N到平面PAC的距离为d1，B到平面PAC的距离为d2，则d1＝d2，则三棱锥P-AMN的体积为
V三棱锥P-AMN＝V三棱锥N-APM＝S△PAM·d1＝S△PAC×d2＝V三棱锥B-PAC．
故三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为.故选B．]
题号
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7．(2024·广东汕头一模)已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA与SB互相垂直，△SAB的面积为8，SA与圆锥底面所成的角为30°，则(　　)
A．圆锥的高为1
B．圆锥的体积为24π
C．圆锥侧面展开图的圆心角为
D．二面角S-AB-O的大小为45°
√
题号
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D　[对于A选项，因为SO与底面垂直，OA为底面圆的一条半径，则SO⊥OA，
所以SA与圆锥底面所成的角为∠SAO＝30°，
又因为SA⊥SB，所以△SAB的面积为SA·SB＝SA2＝8，解得SA＝4，所以该圆锥的高为SO＝SA·sin 30°＝4×＝2，A错误；
对于B选项，该圆锥的底面半径为OA＝SA·cos 30°＝4×＝2，
故该圆锥的体积V＝π×OA2×SO＝π××2＝8π，B错误；
题号
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对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为θ，
底面圆周长为2π×AO＝4π，
则θ＝＝＝π，C错误；
对于D选项，取AB的中点E，连接OE，SE，
因为SA＝SB，E为AB的中点，则SE⊥AB，由垂径定理可得OE⊥AB，
所以二面角S-AB-O的平面角为∠SEO，
因为SO⊥平面OAE，OE 平面OAE，则SO⊥OE．
题号
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因为SA⊥SB，SA＝SB，则△SAB为等腰直角三角形，
则AB＝＝＝4，所以SE＝AB＝2，
所以sin ∠SEO＝＝＝，
因为0°＜∠SEO＜90°，故∠SEO＝45°，所以二面角S-AB-O的大小为45°，D正确．
故选D．]
题号
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8．(2024·山东日照二模)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，则的最大值为(　　)
A．2　　 B．
C．　　 D．
√
题号
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B　[取AB中点E，可知E在球面上，可得＝－＝－，
所以＝＝－＝－，
点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，当PE为直径时，＝，所以的最大值为．
故选B．]
题号
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二、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·广东深圳二模)已知m，n是异面直线，m α，n β，那么
(　　)
A．当m⊥β，或n⊥α时，α⊥β
B．当m∥β，且n∥α时，α∥β
C．当α⊥β时，m⊥β，或n⊥α
D．当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行
√
题号
1
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√
AB　[A：当m⊥β，m α时，α⊥β；
当n⊥α，n β时，α⊥β，故A正确；
B：当m∥β，n∥α时，又m，n为异面直线，所以α∥β，故B正确；
C：当α⊥β时，由m α，得m∥β或m与β相交；
当α⊥β时，由n β，得n∥α或n与α相交，故C错误；
D：当α，β不平行时，可能m∥β或m与β相交，n∥α或n与α相交，故D错误．
故选AB．]
题号
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10．(2024·湖南衡阳二模)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中点，则(　　)
A．直线BP与B1D1所成的角为60°
B．直线BP与A1D所成的角为90°
C．平面A1B1P⊥平面ABP
D．直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为
√
题号
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√
AC　[如图所示：
对于A，因为BD∥B1D1，所以∠DBP为直线BP与B1D1所成的角或其补角，易知BP＝BD＝DP＝2，即△DBP为等边三角形，所以∠DBP＝60°，即A正确；
题号
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对于B，因为A1D∥B1C，所以∠BEC为直线BP与A1D所成的角或其补角，若∠BEC＝90°，则△BB1C∽△CBP，即满足＝，而PC＝BC＝2，BB1＝4，不满足上式，即B错误；
对于C，易知BP＝2＝B1P，BB1＝4，满足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P，
又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，B1P，A1B1 平面A1B1P，可得BP⊥平面A1B1P，又BP 平面ABP，所以平面A1B1P⊥平面ABP，即C正确；
题号
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对于D，连接A1C1，与B1D1交于点F，由正方形性质可得A1F⊥B1D1，由正四棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1F 平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F，
又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1 平面BDD1B1，可得A1F⊥平面BDD1B1，所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角，
因为A1F＝，A1B＝2，所以sin ∠A1BF＝＝，故D错误．
故选AC．]
11．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是(　　)
A．当B1P∥平面A1BD时，B1P不可能垂直CD1
B．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当λ＝μ时，的最小值为
D．当λ＝1时，正方体经过点A1，P，C的截面面积的取值范围为
√
题号
1
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√
BD　[A选项：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，B1(1，0，1)，所以＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝＝＋λ＋μ＝(0，1，－1)＋λ(－1，0，0)＋μ(0，0，1)＝(－λ，1，μ－1)，
题号
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设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，所以 令x＝1，则y＝z＝1，即平面A1BD的一个法向量为n＝(1，1，1)．
若B1P∥平面A1BD，则n·＝0，即λ＝μ，
＝λ＋μ－1，令＝0，解得λ＝μ＝．
即P为CD1中点时，有B1P∥平面A1BD，且B1P⊥CD1，故A错误；
B选项：因为B1C1⊥平面CC1D1D，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CC1D1D所成角，
题号
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若B1P与平面CC1D1D所成角为，
则tan∠B1PC1＝＝1，所以C1P＝B1C1＝1，
即点P的轨迹是以C1为圆心，1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确；
题号
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C选项：当λ＝μ时，＝λ＝λ，此时点P在线段CD1上运动，如图，将平面CD1D与平面BCD1A1沿CD1展开成平面图形，
线段A1D的长度即为的最小值，利用余弦定理可知
A1D2＝－2A1D1·DD1·cos ＝2＋，所以A1D＝，故C错误；
题号
1
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D选项：当λ＝1时，＝＋μ ＝μ，故点P在线段DD1上运动，正方体经过点A1，P，C的截面为平行四边形A1PCH，
以A为原点，AB，AD，AA1所成直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
题号
1
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则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，P(0，1，μ)，
所以＝(1，0，－μ)，＝(1，1，－1)，＝1＋μ，
＝，＝，所以点P到直线A1C的距离
d＝＝＝，
于是当μ＝时，△PA1C的面积取得最小值，此时截面面积为；
当μ＝0或1时，△PA1C的面积取得最大值，此时截面面积为，故D正确．故选BD．]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65 mm，第二、三个圆柱的直径均为325 mm，第三个圆柱的高为230 mm，则前两个圆柱的高分别为______________________．
题号
1
3
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2
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mm，23 mm　[设第一个圆柱的高为h1，第二个圆柱的高为h2，则＝＝10，故h2＝23 mm，h1＝ mm．]
mm，23 mm　
13．(2024·河南开封三模)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B-AC-D，当点B与点D之间的距离为3时，cos θ＝________．
题号
1
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2
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　[如图，分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E，F，则θ＝〈〉．由AB＝2，AD＝2可得AC＝4，所以EB＝FD＝＝，AE＝CF＝1，EF＝2．因为＝，则||2
＝＝()2＝＋＋＋2，
即9＝3＋4＋3＋2cos (π－θ)，故cos θ＝．]
　
14．(2024·贵州遵义三模)如图是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物，该文物的出土为研究吴越文化提供了重要价值．博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究，经测量该文物的所有棱长都为 dm，则制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为________dm．
题号
1
3
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6
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3　
3　[如图，四面体ABCD为正四面体，
作AG⊥平面BCD，垂足为G，则G为△BCD的重心，
且CG＝CE＝×＝(dm)，
则正四面体的高为AG＝＝2(dm)，
设正四面体的外接球半径为R，
由图可知，()2＋(2－R)2＝R2，解得R＝，
所以该四面体外接球的直径为3 dm，
即制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为3 dm．]
题号
1
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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)(2024·宁夏固原一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，PA＝PD，PA⊥PD，AB＝2AD＝4，PB＝PC＝3，
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若点E为CP的中点，求三棱锥E-PBD的体积．
题号
1
3
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[解]　(1)证明：取AD中点H，连接PH，因为PA＝PD，所以PH⊥AD，因为PA⊥PD，所以PH＝AD＝1，
连接HB，又AB＝4，AH＝1，底面四边形ABCD为矩形，
所以AH⊥AB，HB2＝AB2＋AH2＝16＋1＝17，
在△PHB中，PH＝1，HB2＝17，PB＝3，
所以PH2＋BH2＝PB2，所以PH⊥BH，
又AD∩BH＝H，AD，BH 平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，
又PH 平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
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(2)因为E为PC的中点，所以E到平面PBD的距离等于C到平面PBD的距离的一半，V三棱锥E-PBD＝V三棱锥C-PBD＝V三棱锥P-BCD＝××PH×AB×AD＝××1××4×2＝．
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16．(15分)(2024·湖南长沙三模)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD，E，F分别为侧棱PB，PD的中点，点M在CP上且＝2．
(1)求证：A，E，M，F四点共面；
(2)求直线PA与平面BDM所成角的正弦值．
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[解]　(1)证明：连接AE，AF，FM，ME．
因为平面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
由OP⊥平面ABCD，AC，BD 平面ABCD，得OP⊥AC，OP⊥BD，
所以OP，OA，OB两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
题号
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则A(4，0，0)，B(0，3，0)，C(－4，0，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，4)，E，F，由＝2，得M，所以＝＝＝，则＝＋，所以共面，
又直线AM，AE，AF的公共点为A，所以A，E，M，F四点共面．
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(2)由(1)知，＝(4，0，－4)，＝(0，6，0)，＝，设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则令z＝1，得x＝2，y＝0，
所以n＝(2，0，1)是平面BDM的一个法向量，得＝＝＝，即直线PA与平面BDM所成角的正弦值为．
题号
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17．(15分)(2024·河北沧州二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，四边形BCC1B1为菱形，∠CBB1＝60°，三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3．

(1)证明：平面ABC⊥平面BCC1B1；
(2)若D为棱A1C1的中点，求平面CDB1与平面AB1D的夹角的正切值．
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[解]　(1)证明：取BC的中点O，连接B1O，
因为BB1＝BC＝2，∠CBB1＝60°，所以△BCB1为等边三角形，
因为O为BC中点，所以B1O⊥BC，B1O＝＝＝，因为三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3，设B1到平面ABC的距离为h，所以×2×2×h＝3，所以h＝，则B1O⊥平面ABC，
又B1O 平面BCC1B1，所以平面ABC⊥平面BCC1B1．
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(2)连接AO，由(1)知B1O⊥平面ABC，又AO 平面ABC，所以AO⊥B1O．
因为O为BC的中点，AC＝AB，所以AO⊥BC，且AO＝，
所以OA，OB，OB1两两垂直，以O为原点，OA，OB，OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，
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则A，B(0，1，0)，B1，C1(0，－2，)，C(0，－1，0)，
因为＝＝＝，
所以A1，因为D为A1C1的中点，
所以D，
则＝＝＝，
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设平面CDB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝，z＝－，
所以n＝是平面CDB1的一个法向量，
设平面AB1D的法向量为m＝(a，b，c)，
则即
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令a＝，则b＝1，c＝，所以m＝是平面AB1D的一个法向量，
设平面CDB1与平面AB1D的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝＝，
所以sin θ＝＝，所以tan θ＝＝．
18．(17分)(2024·江苏南京二模)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，AD＝DC＝，如图1.现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上．
(1)求证：AP⊥CM；
(2)若点M到直线AC的距离为，求的值．
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[解]　(1)证明：AC＝＝2，∠CAB＝∠ACD＝45°，
BC2＝4＋8－2×2×2×＝4，故BC＝2，AC2＋BC2＝AB2，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，
又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB 平面ACB，故CB⊥平面PAC，又AP 平面PAC，则CB⊥AP，
又PA⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB 平面PCB，所以AP⊥平面PCB，
又CM 平面PCB，则AP⊥CM．
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(2)取AC的中点O，AB的中点D，易知OA，OD，OP两两垂直，以O为原点，OA，OD，OP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A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，
设＝λ，则＝λ，
设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，
则M(λ－1，2－2λ，λ)，＝(2，0，0)，＝(λ，2－2λ，λ)，
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因为点M到直线AC的距离为，则CM2＝＋，
即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝＋，即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝，所以＝．
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19．(17分)(2024·安徽合肥模拟)如图，已知四棱锥E-ABCD与F-ABCD为两个正四棱锥，且∠EAF＝90°，点P在线段AC上，且＝3．
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(1)记二面角E-BC-A，F-BC-A的大小分别为α，β，求的值；
(2)记EP与FB所成的角为θ，求cos θ的最大值．
[解]　(1)记正方形ABCD的中心为O，连接EF，则EF经过点O，
所以EF⊥OA，又因为∠EAF＝90°，所以OE·OF＝OA2，
取BC的中点M，连接EM，FM，OM，
在正四棱锥中，易知EM⊥BC，FM⊥BC，OM⊥BC，
所以∠EMO，∠FMO分别为二面角E-BC-A，F-BC-A的平面角，
所以tan αtan β＝＝＝＝2，
所以＝＝＝－．
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(2)以O为原点，OA，OB，OE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，设A，B，E(0，0，e)，F(0，0，f )，则|ef |＝2a2，由＝3可知P为AO的中点，则P＝＝(0，a，－f )，所以cos θ＝＝≤＝，
所以当| f |＝2|e|时，等号成立，cos θ取到最大值．
题号
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THANK YOU