一、选择题。
1．(2024年高考大纲全国卷)已知直二面角αlβ，点a∈α，ac⊥l，c为垂足，b∈β，bd⊥l，d为垂足，若ab＝2，ac＝bd＝1，则d到平面abc的距离等于( )
ab. cd．1
2．(2024年高考辽宁卷)如图，四棱锥s-abcd的底面为正方形，sd⊥底面abcd，则下列结论中不正确的是( )
a．ac⊥sb
b．ab∥平面scd
c．sa与平面sbd所成的角等于sc与平面sbd所成的角。
d．ab与sc所成的角等于dc与sa所成的角。
3．(2024年高考湖南卷)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
a.π＋12b.π＋18
c．9π＋42d．36π＋18
4．(2024年高考陕西卷)某几何体的三视图如下，则它的体积是( )
a．8b．8－
c．8－2d.
二、填空题。
5．(2024年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为___m3.
6．(2024年高考福建卷)三棱锥pabc中，pa⊥底面abc，pa＝3，底面abc是边长为2的正三角形，则三棱锥pabc的体积等于___
三、解答题。
7．(2024年高考江苏卷)如图，在四棱锥p-abcd中，平面pad⊥平面abcd，ab＝ad，∠bad＝60°，e，f分别是ap，ad的中点．
求证：(1)直线ef∥平面pcd；
2)平面bef⊥平面pad.
8．(2024年高考浙江卷)如图，在三棱锥p-abc中，ab＝ac，d为bc的中点，po⊥平面abc，垂足o落**段ad上，已知bc＝8，po＝4，ao＝3，od＝2.
1)证明：ap⊥bc；
2)**段ap上是否存在点m，使得二面角a-mc-b为直二面角？若存在，求出am的长；若不存在，请说明理由．
9．(2024年高考湖南卷)如图，在圆锥po中，已知po＝，⊙o的直径ab＝2，c是的中点，d为ac的中点．
1)证明：平面pod⊥平面pac；
2)求二面角b-pa-c的余弦值．
10．(2024年高考福建卷)如图，四棱锥pabcd中，pa⊥底面abcd，四边形abcd中，ab⊥ad，ab＋ad＝4，cd＝，∠cda＝45°.
1)求证：平面pab⊥平面pad；
2)设ab＝ap.
若直线pb与平面pcd所成的角为30°，求线段ab的长；
**段ad上是否存在一个点g，使得点g到点p，b，c，d的距离都相等？说明理由．
专题五立体几何。
1．【解析】选c.法一：
如图，在直二面角αlβ中，ac⊥l，∴ac⊥β，平面abc⊥平面bcd.
过d作dh⊥bc，垂足为h，则dh⊥平面abc，即dh为d到平面abc的距离．
ac⊥β，bcβ，∴ac⊥bc.
在rt△acb中，ac＝1，ab＝2，∠acb＝90°，bc＝＝＝
在rt△bcd中，bc＝，bd＝1，cd＝＝＝
由bd·cd＝bc·dh得×1×＝×dh，dh＝.
法二：如图，连接ad，ab＝2，ac＝1，同法一可得bc＝，cd＝.
srt△acb＝ac·bc＝×1×＝，srt△bcd＝cd·bd＝××1＝.
设d到平面abc的距离为h，则。
由v三棱锥dabc＝v三棱锥abcd得s△abc·h＝s△bcd·ac，即×h＝××1，∴h＝.
2．【解析】选d.易证ac⊥平面sbd，因而ac⊥sb，a正确；ab∥dc，dc平面scd，故ab∥平面scd，b正确；由于sa，sc与平面sbd的相对位置一样，因而所成的角相同．
3．【解析】选b.由三视图可得几何体为长方体与球的组合体，故体积为v＝32×2＋π3＝18＋π.
4．【解析】选a.由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以v＝23－×π2＝8－，故选a.
5．【解析】此几何体是由一个长为3，宽为2，高为1的长方体与底面直径为2，高为3的圆锥组合而成的，故。
v＝v长方体＋v圆锥＝3×2×1＋×12×3＝(6＋π)m3.
答案】6＋π
6．【解析】∵pa⊥底面abc，∴pa为三棱锥pabc的高，且pa＝3.∵底面abc为正三角形且边长为2，∴底面面积为×22×sin 60°＝，vpabc＝××3＝.
答案】7．【证明】(1)如图，在△pad中，因为e，f分别为ap，ad的中点，所以ef∥pd.又因为ef平面pcd，pd平面pcd，所以直线ef∥平面pcd.
2)连接bd.因为ab＝ad，∠bad＝60°，所以△abd为正三角形．
因为f是ad的中点，所以bf⊥ad.
因为平面pad⊥平面abcd，bf平面abcd，平面pad∩平面abcd＝ad，所以bf⊥平面pad.
又因为bf平面bef，所以平面bef⊥平面pad.
8．【解】(1)证明：如图，以o为原点，以射线od为y轴的正半轴，射线op为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系o xyz.
则o(0,0,0)，a(0，－3,0)，b(4,2,0)，c(－4,2,0)，p(0,0,4)．
(0,3,4)，＝8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即ap⊥bc.
2)假设存在满足题意的m，设＝λ，1，则＝λ(0，－3，－4)．
设平面bmc的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面apc的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由。得。
即。可取n1＝.
由即。得可取n2＝(5,4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝，故am＝3.
综上所述，存在点m符合题意，am＝3.
9．【解】法一：(1)证明：如图，连接oc，因为oa＝oc，d是ac的中点，所以ac⊥od.
又po⊥底面⊙o，ac底面⊙o，所以ac⊥po.因为od，po是平面pod内的两条相交直线，所以ac⊥平面pod，而ac平面pac，所以平面pod⊥平面pac.
2)在平面pod中，过o作oh⊥pd于h，由(1)知，平面pod⊥平面pac，所以oh⊥平面pac.
又pa平面pac，所以pa⊥oh.
在平面pao中，过o作og⊥pa于g，连接hg，则有pa⊥平面ogh，从而pa⊥hg，故∠ogh为二面角b pa c的平面角．
在rt△oda中，od＝oa·sin 45°＝.
在rt△pod中，oh＝＝＝
在rt△poa中，og＝＝＝
在rt△ohg中，sin∠ogh＝＝＝
所以cos∠ogh＝＝＝
故二面角b pa c的余弦值为。
法二：(1)证明：如图，以o为坐标原点，ob，oc，op所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则o(0,0,0)，a(－1,0,0)，b(1,0,0)，c(0,1,0)，p(0,0，)，d.
设n1＝(x1，y1，z1)是平面pod的一个法向量，则由n1·＝0，n1·＝0，得。
所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面pac的一个法向量，则由n2·＝0，n2·＝0，得。
所以x2＝－z2，y2＝z2.取z2＝1，得n2＝(－1)．
因为n1·n2＝(1,1,0)·(1)＝0，所以n1⊥n2.
从而平面pod⊥平面pac.
2)因为y轴⊥平面pab，所以平面pab的一个法向量为n3＝(0,1,0)．
由(1)知，平面pac的一个法向量为n2＝(－1)．
设向量n2和n3的夹角为θ，则cos θ＝
由图可知，二面角b pa c的平面角与θ相等，所以二面角b pa c的余弦值为。
10．【解】(1)证明：因为pa⊥平面abcd，ab平面abcd，所以pa⊥ab.
又ab⊥ad，pa∩ad＝a，所以ab⊥平面pad.
又ab平面pab，所以平面pab⊥平面pad.
2)以a为坐标原点，建立空间直角坐标系axyz(如图)．
在平面abcd内，作ce∥ab交ad于点e，则ce⊥ad.
在rt△cde中，de＝cd·cos 45°＝1，ce＝cd·sin 45°＝1.设ab＝ap＝t，则b(t,0,0)，p(0,0，t)．
由ab＋ad＝4得ad＝4－t，所以e(0,3－t,0)，c(1,3－t,0)，d(0,4－t,0)，c＝(－1,1,0)，p＝(0,4－t，－t)．
设平面pcd的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥c，n⊥p，得。
取x＝t，得平面pcd的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又p＝(t,0，－t)，故由直线pb与平面pcd所成的角为30°得。
cos 60°＝，即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为ad＝4－t>0)，所以ab＝.
假设**段ad上存在一个点g，使得点g到点p，b，c，d的距离都相等．
设g(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，则＝(1,3－t－m,0)，＝0,4－t－m,0)，＝0，－m，t)．
由| |得12＋(3－t－m)2
(4－t－m)2，即t＝3－m.①
由| |g|
得(4－t－m)2＝m2＋t2.②
由①②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.③
由于方程③没有实数根，所以**段ad上不存在一个点g，使得点g到点p，c，d的距离都相等．
从而，**段ad上不存在一个点g，使得点g到点p，b，c，d的距离都相等．
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