【母題來(lái)源】2022年高考全國(guó)乙卷（理科）
【母題題文】 在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點(diǎn)，則（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【試題解析】【詳解】解：在正方體中，且平面，
又平面，所以，
因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正確；
選項(xiàng)BCD解法一：
如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，
則，，
則，，
設(shè)平面的法向量為，
則有，可取，
同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，
平面的法向量為，則，
所以平面與平面不垂直，故B錯(cuò)誤；
因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故D錯(cuò)誤，故選：A.
選項(xiàng)BCD解法二：
解：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線.
在內(nèi)，作于點(diǎn)，在內(nèi)，作，交于點(diǎn)，連結(jié)，
則或其補(bǔ)角為平面與平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，為中點(diǎn)，則，由勾股定理可得，
從而有：，
據(jù)此可得，即，
據(jù)此可得平面平面不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，取的中點(diǎn)，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D，取的中點(diǎn)，很明顯四邊形為平行四邊形，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故選：A.
【命題意圖】本題主要考查線面平行、垂直的證明.
【命題方向】這類試題在考查題型多以解答題形式出現(xiàn)，多為中檔題，是歷年高考的必考題型．
常見(jiàn)的命題角度有：
（1）線面平行的證明；（2）線面垂直的證明；（3）面面平行的證明；（4）面面垂直的證明.
【得分要點(diǎn)】
（1）利用線面、面面平行的判定定理與性質(zhì)定理；
（2）利用線面、面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理.
考向二 線面夾角
【母題來(lái)源】2022年高考全國(guó)乙卷（理科）
【母題題文】 如圖，四面體中，，E為的中點(diǎn)．
（1）證明：平面平面；
（2）設(shè)，點(diǎn)F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求與平面所成的角的正弦值．
【試題解析】【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)椋珽為的中點(diǎn)，所以；
在和中，因?yàn)椋?br>所以，所以，又因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以；
又因?yàn)槠矫?，，所以平面?br>因?yàn)槠矫?，所以平面平?
【小問(wèn)2詳解】
連接，由（1）知，平面，因?yàn)槠矫妫?br>所以，所以，
當(dāng)時(shí)，最小，即的面積最小.
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)椋允堑冗吶切危?br>因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以，，
因?yàn)椋?
在中，，所以.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，取，則，
又因?yàn)椋裕?br>所以，
設(shè)與平面所成的角的正弦值為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
【命題意圖】本題主要考查直線與平面夾角，是一道中檔題.
【命題方向】這類試題在考查題型上選擇題、填空題、解答題形式出現(xiàn)，試題難度不大，多為中低檔題，重點(diǎn)考查線面夾角的求法問(wèn)題.
【得分要點(diǎn)】
找斜線在平面中的射影；
求斜線與其射影的夾角；
建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求夾角.
一、單選題
1．（山東省濟(jì)南市2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知正四面體ABCD，M為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，則直線BN與直線DM所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·廣東汕尾·高二期末）如圖，平行六面體中，為的中點(diǎn).若，則（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·吉林市教育學(xué)院模擬預(yù)測(cè)（理））已知a，b是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，則下列命題錯(cuò)誤的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
4．（2022·陜西·交大附中模擬預(yù)測(cè)（理））在矩形中，，，沿對(duì)角線將矩形折成一個(gè)大小為的二面角，若，則下列結(jié)論中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
①四面體外接球的表面積為
②點(diǎn)與點(diǎn)之間的距離為
③四面體的體積為
④異面直線與所成的角為
A．B．C．D．
5．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形中，．現(xiàn)將沿折起，當(dāng)二面角處于過(guò)程中，直線與所成角的余弦值取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）在正三棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為正三角形，是的中點(diǎn)，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
7．（2022·黑龍江·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））正方體的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為，、中點(diǎn)，現(xiàn)有下列4個(gè)命題：①直線與直線垂直；②直線與平面平行；③點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面的距離相等；④平面截正方體所得的截面面積為．其中正確的是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．①④
8．（2022·河南河南·三模（理））已知正四棱柱，，，點(diǎn)為點(diǎn)的中點(diǎn)，點(diǎn)為上底面上的動(dòng)點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為（ ）
①當(dāng)且點(diǎn)位于上底面的中心時(shí)，四棱柱外接球的表面積為；
②當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)滿足；
③當(dāng)時(shí)，存在唯一的點(diǎn)滿足；
④當(dāng)時(shí)，滿足的點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為．
A．1B．2C．3D．4
二、填空題
9．（2022·上?！の挥袑W(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖，從 這 6個(gè)點(diǎn)中隨機(jī)選取 3 個(gè)點(diǎn)， 則這 3 點(diǎn)與原點(diǎn) 共面的概率為_(kāi)____.
10．（2022·廣東茂名·二模）正方體的棱長(zhǎng)為2．動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)角線上．過(guò)點(diǎn)P作垂直于的平面．記平面截正方體得到的截面多邊形（含三角形）的周長(zhǎng)為y＝f（x），設(shè)BP＝x，．下列說(shuō)法中，正確的編號(hào)為 _____．
①截面多邊形可能為四邊形；
②函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝對(duì)稱；
③當(dāng)x＝時(shí)，三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為9π．
三、解答題
11．（2022·湖北·天門(mén)市教育科學(xué)研究院模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐中，四邊形為直角梯形，，平面平面.
(1)證明：.
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.
12．（2022·四川內(nèi)江·模擬預(yù)測(cè)（理））四棱錐中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，側(cè)面底面，，，是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)在側(cè)棱PC上.
(1)若Q是PC的中點(diǎn)，求二面角的余弦值；
(2)是否存在，使平面DEQ?若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由.
13．（2022·廣西柳州·模擬預(yù)測(cè)（理））如圖，在三棱錐中，，，O為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：PO⊥平面ABC；
(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且PM與面ABC所成角的正切值為，求二面角的平面角的余弦值．
14．（2022·青?！ず|市第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））如圖，在三棱柱中，，．
(1)證明：平面平面．
(2)設(shè)P是棱的中點(diǎn)，求AC與平面所成角的正弦值．
專題14 空間向量與立體幾何（理科）
考向一 線面平行、垂直
【母題來(lái)源】2022年高考全國(guó)乙卷（理科）
【母題題文】 在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點(diǎn)，則（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【試題解析】【詳解】解：在正方體中，且平面，
又平面，所以，
因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正確；
選項(xiàng)BCD解法一：
如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，
則，，
則，，
設(shè)平面的法向量為，
則有，可取，
同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，
平面的法向量為，則，
所以平面與平面不垂直，故B錯(cuò)誤；
因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故D錯(cuò)誤，故選：A.
選項(xiàng)BCD解法二：
解：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線.
在內(nèi)，作于點(diǎn)，在內(nèi)，作，交于點(diǎn)，連結(jié)，
則或其補(bǔ)角為平面與平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，為中點(diǎn)，則，由勾股定理可得，
從而有：，
據(jù)此可得，即，
據(jù)此可得平面平面不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，取的中點(diǎn)，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D，取的中點(diǎn)，很明顯四邊形為平行四邊形，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故選：A.
【命題意圖】本題主要考查線面平行、垂直的證明.
【命題方向】這類試題在考查題型多以解答題形式出現(xiàn)，多為中檔題，是歷年高考的必考題型．
常見(jiàn)的命題角度有：
（1）線面平行的證明；（2）線面垂直的證明；（3）面面平行的證明；（4）面面垂直的證明.
【得分要點(diǎn)】
（1）利用線面、面面平行的判定定理與性質(zhì)定理；
（2）利用線面、面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理.
考向二 線面夾角
【母題來(lái)源】2022年高考全國(guó)乙卷（理科）
【母題題文】 如圖，四面體中，，E為的中點(diǎn)．
（1）證明：平面平面；
（2）設(shè)，點(diǎn)F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求與平面所成的角的正弦值．
【試題解析】【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)椋珽為的中點(diǎn)，所以；
在和中，因?yàn)椋?br>所以，所以，又因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以；
又因?yàn)槠矫妫?，所以平面?br>因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?
【小問(wèn)2詳解】
連接，由（1）知，平面，因?yàn)槠矫妫?br>所以，所以，
當(dāng)時(shí)，最小，即的面積最小.
因?yàn)椋裕?br>又因?yàn)?，所以是等邊三角形?br>因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以，，
因?yàn)?，所?
在中，，所以.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，取，則，
又因?yàn)椋裕?br>所以，
設(shè)與平面所成的角的正弦值為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
【命題意圖】本題主要考查直線與平面夾角，是一道中檔題.
【命題方向】這類試題在考查題型上選擇題、填空題、解答題形式出現(xiàn)，試題難度不大，多為中低檔題，重點(diǎn)考查線面夾角的求法問(wèn)題.
【得分要點(diǎn)】
找斜線在平面中的射影；
求斜線與其射影的夾角；
建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求夾角.
一、單選題
1．（山東省濟(jì)南市2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知正四面體ABCD，M為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，則直線BN與直線DM所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空間向量的線性運(yùn)算性質(zhì)，結(jié)合空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】
設(shè)該正面體的棱長(zhǎng)為，因?yàn)镸為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，
所以，
因?yàn)镸為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，
所以有，
，
根據(jù)異面直線所成角的定義可知直線BN與直線DM所成角的余弦值為，
故選：B
2．（2022·廣東汕尾·高二期末）如圖，平行六面體中，為的中點(diǎn).若，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量的加減法公式，對(duì)向量進(jìn)行分解，進(jìn)而求出，，的值.
【詳解】
，故，，，即
故選：.
3．（2022·吉林市教育學(xué)院模擬預(yù)測(cè)（理））已知a，b是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，則下列命題錯(cuò)誤的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
【答案】C
【解析】
【分析】
設(shè)出的法向量，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A，B，D；舉例說(shuō)明判斷C作答.
【詳解】
設(shè)平面的法向量分別為，
對(duì)于A，由得，，，而，則，有，即，于是得，A正確；
對(duì)于B，因，則，令直線的方向向量為，又，于是得，有，，B正確；
對(duì)于C，三棱柱的三個(gè)側(cè)面分別視為平面，
顯然平面平面，平面，有，
即滿足C中命題的條件，但平面與平面相交，C不正確；
對(duì)于D，因，則，因此，向量共面于平面，令直線的方向向量為，顯然，
而平面，即不共線，于是得，所以，D正確.
故選：C
4．（2022·陜西·交大附中模擬預(yù)測(cè)（理））在矩形中，，，沿對(duì)角線將矩形折成一個(gè)大小為的二面角，若，則下列結(jié)論中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
①四面體外接球的表面積為
②點(diǎn)與點(diǎn)之間的距離為
③四面體的體積為
④異面直線與所成的角為
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分析可知線段的中點(diǎn)為四面體外接球球心，結(jié)合球體表面積公式可判斷①；過(guò)點(diǎn)在平面內(nèi)作，垂足為點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線分別為、軸，平面內(nèi)過(guò)點(diǎn)且垂直于的垂線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷②③④的正誤.
【詳解】
對(duì)于①，取的中點(diǎn)，連接、，則，
因?yàn)?，所以，?br>所以，為四面體的外接球球心，球的表面積為，①對(duì)；
對(duì)于②③④，過(guò)點(diǎn)在平面內(nèi)作，垂足為點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，
則二面角的平面角為，
在中，，，，則，，
，則，，，
，，，平面，
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線分別為、軸，平面內(nèi)過(guò)點(diǎn)且垂直于的垂線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)?，則、、、，
，②錯(cuò)，
，，③對(duì)，
，，
，故異面直線與所成角為，④錯(cuò).
故選：B.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：
①補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長(zhǎng)方體中去求解；
②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對(duì)直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；
③定義法：到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點(diǎn)距離也是半徑，列關(guān)系求解即可；
④坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出外接球球心的坐標(biāo)，根據(jù)球心到各頂點(diǎn)的距離相等建立方程組，求出球心坐標(biāo)，利用空間中兩點(diǎn)間的距離公式可求得球的半徑.
5．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形中，．現(xiàn)將沿折起，當(dāng)二面角處于過(guò)程中，直線與所成角的余弦值取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
設(shè)向量與所成角為，二面角的平面角大小為，由平方后求得，取中點(diǎn)E，連接，則，中應(yīng)用余弦定理求得，兩者結(jié)合和是與的關(guān)系，從而求得結(jié)論．
【詳解】
設(shè)向量與所成角為，二面角的平面角大小為，
因?yàn)椋?，又，所以?br>,，
則，
所以，
取中點(diǎn)E，連接，則，，
,,
在中，，即，
所以，即，
又因?yàn)椋裕?br>因?yàn)橹本€夾角范圍為，所以直線與所成角的余弦值范圍是．
故選：D．
6．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）在正三棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為正三角形，是的中點(diǎn)，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先作出直線和平面所成的角，求得三棱錐的高AF，進(jìn)而得到關(guān)于三棱錐外接球半徑的方程，進(jìn)而求得三棱錐外接球的表面積
【詳解】
連接，AE，過(guò)A點(diǎn)作平面于，則落在上，且為的重心，所以為直線和底面所成的角，即.
因?yàn)榈倪呴L(zhǎng)為，所以，.
設(shè)三棱錐外接球的球心為，外接球半徑為，則在上，連接.
在中，，，，由勾股定理得，
，即，
解得. 所以三棱錐外接球的表面積為.
故選：C
7．（2022·黑龍江·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））正方體的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為，、中點(diǎn)，現(xiàn)有下列4個(gè)命題：①直線與直線垂直；②直線與平面平行；③點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面的距離相等；④平面截正方體所得的截面面積為．其中正確的是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．①④
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法判斷①③的正確性；畫(huà)出平面截正方體所得的截面,由此判斷②④的正確性.
【詳解】
建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
，，
，所以①錯(cuò)誤.
，
設(shè)平面的法向量為，
則，故可設(shè).
，所以到平面的距離為，
，所以到平面的距離為，所以③錯(cuò)誤.
根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，四點(diǎn)共面，
，
所以平面截正方體所得的截面為等腰梯形，
根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，由于平面，平面，
所以平面，所以②正確.
等腰梯形的高為，
所以等腰梯形的面積為，④正確.
所以正確的為②④.
故選：C
8．（2022·河南河南·三模（理））已知正四棱柱，，，點(diǎn)為點(diǎn)的中點(diǎn)，點(diǎn)為上底面上的動(dòng)點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為（ ）
①當(dāng)且點(diǎn)位于上底面的中心時(shí)，四棱柱外接球的表面積為；
②當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)滿足；
③當(dāng)時(shí)，存在唯一的點(diǎn)滿足；
④當(dāng)時(shí)，滿足的點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)外接球的概念，作圖計(jì)算出外接球半徑，然后求解，可判斷①；然后建空間直角坐標(biāo)系，得到，，，為上底面上的動(dòng)點(diǎn)，可設(shè)，且，進(jìn)而對(duì)②③④各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行計(jì)算驗(yàn)證即可判斷并得到答案.
【詳解】
對(duì)于①，如圖，在中找到面的中心點(diǎn)，為球心，在線段上，因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，所以，，且，則設(shè)外接球半徑為，則，則在中，可得，解得，所以，四棱柱外接球的表面積為，①正確；
由于，如圖，建系可得，，，，為上底面上的動(dòng)點(diǎn)，可設(shè)，且，
對(duì)于②，點(diǎn)M關(guān)于平面的對(duì)稱點(diǎn)為,，
所以不存在點(diǎn)滿足，②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，則，，因?yàn)?br>，明顯可見(jiàn)，時(shí)，，此時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，存在唯一的點(diǎn)滿足，③正確；
對(duì)于④，，，若，則有
，化簡(jiǎn)得，
又因?yàn)椋?，點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為，④正確；
故正確的有：①③④
故選：C
二、填空題
9．（2022·上?！の挥袑W(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖，從 這 6個(gè)點(diǎn)中隨機(jī)選取 3 個(gè)點(diǎn)， 則這 3 點(diǎn)與原點(diǎn) 共面的概率為_(kāi)____.
【答案】 ##0.6
【解析】
【分析】
由組合知識(shí)和古典概型概率計(jì)算公式可得答案.
【詳解】
從6個(gè)點(diǎn)中隨機(jī)選取 3 個(gè)點(diǎn)，共有種，
在平面上有種情況與原點(diǎn) 共面，
在平面上有種情況與原點(diǎn) 共面，
在平面上有種情況與原點(diǎn) 共面，
所以3 點(diǎn)與原點(diǎn) 共面共有種情況，
所以這 3 點(diǎn)與原點(diǎn) 共面的概率為.
故答案為：.
10．（2022·廣東茂名·二模）正方體的棱長(zhǎng)為2．動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)角線上．過(guò)點(diǎn)P作垂直于的平面．記平面截正方體得到的截面多邊形（含三角形）的周長(zhǎng)為y＝f（x），設(shè)BP＝x，．下列說(shuō)法中，正確的編號(hào)為 _____．
①截面多邊形可能為四邊形；
②函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝對(duì)稱；
③當(dāng)x＝時(shí)，三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為9π．
【答案】②③
【解析】
【分析】
先找到兩個(gè)與BD'垂直的平面作為輔助平面，確定這兩個(gè)平面之間的截面為六邊形，從而判斷①錯(cuò)誤；由正方體的對(duì)稱性判斷②；找出該三棱錐外接球的半徑，由球的表面積公式計(jì)算即可判斷③.
【詳解】
連接AB′，AC，A′D，DC′，分別以DA，DD′為x，y，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：
∴，，
，
∴，，
所以D′B⊥AC，D′B⊥AB′，又，所以D′B⊥面AB′C，
同理可證：D′B⊥面A′C′D，所以面A′C′D∥面AB′C，如下圖所示，
夾在面A′C′D和面AB′C之間并且與這兩個(gè)平面平行的截面為六邊形，
故截面只能為三角形和六邊形，故①錯(cuò)誤；
由正方體的對(duì)稱性，當(dāng)在中點(diǎn)處時(shí)，可得函數(shù)的圖像關(guān)于對(duì)稱，故②正確；
當(dāng)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在線段BD1的中點(diǎn)，連接AC，如圖，
則，則，
所以PH⊥AC，同理可證：PH⊥BD，BD，AC?面ABCD，所以PH⊥面ABCD，
取PH的中點(diǎn)為，，則三棱錐P﹣ABC的外接球的球心為O，半徑為，
則三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為，故③正確．
故答案為：②③．
三、解答題
11．（2022·湖北·天門(mén)市教育科學(xué)研究院模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐中，四邊形為直角梯形，，平面平面.
(1)證明：.
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)余弦定理證明，再利用面面垂直的性質(zhì)得到平面即可得到；
（2）根據(jù)（1）結(jié)合四棱錐的體積為，可得，再以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的方法求解二面角的余弦即可
(1)因?yàn)樵谥?，，故，所以，解得，故，?又平面平面且交于，故平面，又平面，故
(2)由（1）結(jié)合錐體的體積公式可得，故，解得.又 故以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖空間直角坐標(biāo)系.
則，，，故，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，即，令有，故，又平面的一個(gè)法向量為，設(shè)平面與平面所成的銳二面角為，則
12．（2022·四川內(nèi)江·模擬預(yù)測(cè)（理））四棱錐中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，側(cè)面底面，，，是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)在側(cè)棱PC上.
(1)若Q是PC的中點(diǎn)，求二面角的余弦值；
(2)是否存在，使平面DEQ?若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】(1)；
(2)時(shí)，平面.
【解析】
【分析】
（1）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系利用向量法能求出二面角的余弦值．
（2）設(shè)，，，，推導(dǎo)出，利用向量法能求出當(dāng)時(shí)，平面．
(1)解：取中點(diǎn)，連接，，．
因?yàn)椋裕?br>因?yàn)閭?cè)面底面，且平面底面，
所以底面．可知，，，
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．
則，
因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以．所以，
所以平面的法向量為．
因?yàn)椋?br>設(shè)平面的法向量為，則，即．
令，則，即．所以．
由圖可知，二面角為銳角，所以余弦值為．
(2)解：設(shè)
由（1）可知．
設(shè)，，，則，
又因?yàn)椋?br>所以，即．
所以在平面中，，
所以平面的法向量為，
又因?yàn)槠矫?，所以?br>即，解得．
所以當(dāng)時(shí)，即，平面．
13．（2022·廣西柳州·模擬預(yù)測(cè)（理））如圖，在三棱錐中，，，O為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：PO⊥平面ABC；
(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且PM與面ABC所成角的正切值為，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【解析】
【分析】
（1）證明：連接OB．法一：通過(guò)證明，得到，即可證明PO⊥平面ABC；
法二：通過(guò)勾股定理證明到，又因?yàn)榧纯勺C明PO⊥平面ABC；
（2）由（1）知，PO⊥面ABC∴OM為PM在面ABC上的射影，則∠PMO為PM與面ABC所成角，可得出， M為BC的中點(diǎn)．法一：作ME⊥AC于E，∴E為OC的中點(diǎn)，作交PA于F，連MF，∠MFE即為二面角的平面角，求出，代入求出的值，即可求出的值.
法二: 分別以O(shè)B，OC，OP為x軸，y軸，z軸建立直角坐標(biāo)系，分別求出面AMP和面APC的法向量，由二面角的公式即可求出答案.
(1)證明：連接OB．
法一：∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O為AC的中點(diǎn)，∴
又∵，∴
∴．
∴，OB、AC平面ABC∴PO⊥平面ABC．
法二：連接，，O為AC的中點(diǎn)∴
因?yàn)?br>∴ ∴，∴
∴，OB、AC平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
(2)由（1）知，PO⊥面ABC∴OM為PM在面ABC上的射影，∴∠PMO為PM與面ABC所成角，
∴，∴，
在△OMC中由正弦定理可得，∴M為BC的中點(diǎn)．
法一：作ME⊥AC于E，∴E為OC的中點(diǎn)，作交PA于F，連MF
∴MF⊥PA ∴∠MFE即為所求二面角的平面角，
∴
∴
法二：分別以O(shè)B，OC，OP為x軸，y軸，z軸建立直角坐標(biāo)系
M（，，0）．
記為面AMP的法向量則
．
面APC的法向量．
易知所成角為銳角記為
14．（2022·青?！ず|市第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））如圖，在三棱柱中，，．
(1)證明：平面平面．
(2)設(shè)P是棱的中點(diǎn)，求AC與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）設(shè)，由余弦定理求出，從而由勾股定理得到，，進(jìn)而證明出線面垂直，面面垂直；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解線面角的正弦值.
(1)
設(shè)．
在四邊形中，∵，，連接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
(2)
取AB中點(diǎn)D，連接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如圖，以B為原點(diǎn)，分別以射線BA，為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz，
則，，，，，．
，，
設(shè)平面的法向量為，則，
得，令，則取，
，，
AC與平面所成角的正弦值為．

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