2020年全国高考数学试题分类汇编6-立体几何-含详细解析

2020年全国高考数学试题分类汇编6立体几何一、选择题（本大题共16小题，共80.0分）1.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A. 8cm3B. 12cm3C. 323cm3 D. 403cm32.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0，0)，B(2,2，0)，C(0,2，0)，D(1,1，√2)，S1，S2，S3分别表示三棱锥D−ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A. S1=S2=S3B. S2=S1且S2≠S3C. S3=S1且S3≠S2D. S3=S2且S3≠S13.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是()A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α4.已知α，β是平面，m，n是直线，下列命题中不正确的是()A. 若m//α，α∩β=n，则m//nB. 若m//n，m⊥α，则n⊥αC. 若m⊥α，m⊥β，则α//βD. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β5.设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m//l，且m⊥α，则l⊥α；②若m//l，且m//α，则l//α；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l//m//n；④若α∩β=m，β∩γ=l，γ∩α=n，且n//β，则l//m，其中正确命题的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 46.如果圆台的母线与底面成60°角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为()A. 2πB. 32π C. 2√33π D. 12π7.若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A. 1B. 2C. 3D. 48.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A. 1B. 2C. 3D. 4第8题图第9题图9.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A. 6+√3B. 6+2√3C. 12+√3D. 12+2√310.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE=x，A1F=y，则四面体O−AEF的体积()A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关11.设m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是()①若m⊥α，n//α，则m⊥n②若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ③若m//α，n//α，则m//n④若α⊥γ，β⊥γ，则α//βA. ①②B. ②③C. ③④D. ①④12.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A. 18+36√5B. 54+18√5C. 90D. 8113.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()A. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π14.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是()A. 直线B. 圆C. 双曲线D. 抛物线15.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2//l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A. l1⊥l4B. l1//l4C. l1与l4既不垂直也不平行D. l1与l4的位置关系不确定16.以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A. 2πB. πC. 2D. 1二、填空题（本大题共7小题，共35.0分）17.关于直角AOB在定平面a内的射影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角．其中正确判断的序号是______(注：把你认为是正确判断的序号都填上)．18.α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥β．②如果m⊥α，n//α，那么m⊥n．③如果α//β，m⊂α，那么m//β．④如果m//n，α//β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题是______(填序号)19.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为______．20.已知l，m是平面α外的两条不同直线，给出下列三个论断：①l⊥m；②m//α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______．21.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为______．22.某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________．第22题图第23题图23.如图，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是______．三、解答题（本大题共13小题，共156.0分）24.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3，AA1=4，M为AA1的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线长为√29，设这条最短路线与CC1的交点为N，求：(I)该三棱柱的侧面展开图的对角线长(II)PC和NC的长(III)平面NMP与平面ABC所成二面角(锐角)的大小(用反三角函数表示)25.如图，在多面体ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a>c，b>d，两底面间的距离为h．(Ⅰ)求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小；(Ⅱ)证明：EF//面ABCD．26.已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=√2，M为EF的中点．(Ⅰ)求证：平面ABF//平面DCE；(Ⅱ)求证：AM//平面BDE；(Ⅲ)求证：AM⊥平面BDF．27.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(Ⅰ)求证：BC1//平面AD1E；(Ⅱ)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．28.已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，点M在线段EF上．(Ⅰ)若M为EF的中点，求证：AM//平面BDE；(Ⅱ)求二面角A−BF−D的余弦值；(Ⅲ)证明：存在点M，使得AM⊥平面BDF，并求EM的值．EF29.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA//平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．30.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B−CD−C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．31.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=√6，AB=4．(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B−PD−A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．32.如图，在三棱锥V−ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=√2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB//平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB(3)求三棱锥V−ABC的体积．33.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC =13．(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；(Ⅱ)求二面角F−AE−P的余弦值；(Ⅲ)设点G在PB上，且PGPB =23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．34.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．(Ⅰ)求证：PE⊥BC；(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PCD；(Ⅲ(Ⅱ))求证：EF//平面PCD．35.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A−PB−C的余弦值．36.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(Ⅰ)求证：BD⊥平面PAC；(Ⅱ)若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(Ⅲ)棱PB上是否存在点F，使得CF//平面PAE？说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查三视图，直观图的体积的求法，考查计算能力，判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可，属于基础题．【解答】解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形高为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+13×2×2×2=323cm3．故选C．2.【答案】D【解析】解：设A(2,0，0)，B(2,2，0)，C(0,2，0)，D(1,1，√2)，则各个面上的射影分别为A′，B′，C′，D′，在xOy坐标平面上的正投影A′(2,0，0)，B′(2,2，0)，C′(0,2，0)，D′(1,1，0)，S1=12×2×2=2．在yOz坐标平面上的正投影A′(0,0，0)，B′(0,2，0)，C′(0,2，0)，D′(0,1，√2)，S2=.12×2×√2=√2在zOx坐标平面上的正投影A′(2,0，0)，B′(2,0，0)，C′(0,0，0)，D′(0,1，√2)，S3=12×2×√2=√2，则S3=S2且S3≠S1，故选：D．分别求出三棱锥在各个面上的投影坐标即可得到结论．本题主要考查空间坐标系的应用，求出点对于的投影坐标是解决本题的关键．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型，属于基础题．A.运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B.运用线面垂直的性质，即可判断；C.运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D.运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A.若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C.若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错；D.若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错．故选B．4.【答案】A【解析】【分析】本题给出空间位置关系的几个命题，要找出其中的假命题．着重考查了空间直线与平面平行与垂直、平面与平面平行与垂直等位置关系的认识与理解，属于中档题．根据线面平行性质定理，得A项不正确，根据线面垂直的性质与判定，可得B项正确；根据面面平行的性质与线面垂直的性质，可得C项正确；根据线面垂直的定义，可得D项正确．由此可得本题答案．【解答】解：对于A，若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n但条件中缺少“m⊂β”，故不一定有m//n成立，故A不正确；对于B，根据两条平行线与同一个平面所成角相等，可得若m//n，m⊥α，则n⊥α，故B正确；对于C，根据垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可得若m⊥α，m⊥β，则α//β，故C正确；对于D，若直线与平面垂直，则直线与平面内所有直线都垂直故若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故D正确因此，不正确的命题只有A故选：A．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查空间中直线与直线，直线与平面间的位置关系，是基础题，利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【解答】解：由l，m，n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，知：①若m//l，且m⊥α，则由直线与平面垂直的判定定理知l⊥α，故①正确；②若m//l，且m//α，则l//α或l⊂α，故②错误；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l，m，n可能交于一点，故③错误；④若α∩β=m，β∩γ=l，γ∩α=n，且n//β，则由α∩γ=n，知n⊂α且n⊂γ，由n⊂α及n//β，α∩β=m，得n//m，同理n//l，故m//l，故④正确．故选：B．6.【答案】C【解析】【分析】考查了圆台侧面积公式，属于基础题．设圆台上、下底面圆半径为r、R，则母线l=2(R−r)，高ℎ=√3(R−r)，由此结合圆台侧面积公式和梯形面积公式，即可算出该圆台的侧面积与轴截面面积的比．【解答】解：∵圆台的母线与底面成60°角，∴设上底面圆半径为r，下底面圆半径为R，母线为l，可得l=2(R−r)圆台的侧面积为S侧=π(r+R)l=2π(R2−r2)，又∵圆台的高ℎ=√3(R−r)，∴圆台的轴截面面积为S轴=12(2r+2R)ℎ=√3(R2−r2)，由此可得圆台的侧面积与轴截面面积的比为2π(R2−r2)：√3(R2−r2)=2√3π3．故选：C．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查学生的空间想象能力，由三视图还原实物图，是基础题．由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出正确答案．【解答】解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示(图中红色部分)，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形．故选D．8.【答案】C【解析】【分析】本题考查简单几何体的三视图，是基础题．先还原几何体，再根据边长得到直角三角形个数．【解答】解：由三视图可知，该四棱锥如图中的四棱锥P−ABCD所示，可知PA⊥底面ABCD，AC=√5，CD=√5，PC=3，PD=2√2，PB=2√2，可得三角形PCD不是直角三角形，所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．9.【答案】D【解析】解：几何体的直观图如图：是三棱柱，底面边长与侧棱长都是2，几何体的表面积为：3×2×2+2×12×2×√32×2=12+2√3．故选：D．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键，是基本知识的考查．10.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了利用等体积法求多面体的体积，考查空间想象能力，是中档题．连接AO，AE，AF，OE，OF，EF，结合等积法说明四面体O−AEF的体积是与x，y无关的定值．【解答】解：如图，连接AO，AE，AF，OE，OF，EF，∵BB1//AA1，AA1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，∴BB1//平面AA1C1C，∴E到平面AA1C1C的距离为定值，∵AO//A1C1，∴F到直线AO的距离为定值，∴△AOF的面积为定值．∵V O−AEF=V E−AOF，∴四面体O−AEF的体积是与x，y无关的定值．故选：B．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是基础题．直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．【解答】解：①n//α，则在α中存在一条直线l，使得l//n，m⊥α，l⊂α，则m⊥l，又l//n，∴m⊥n，故①正确；②若α//β，β//γ，则有α//γ，m⊥α，则m⊥γ，②正确；③若m//α，n//α，则m//n或相交或异面，不正确;④若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或相交，不正确．故选A．12.【答案】B【解析】【分析】本题考查由几何体的三视图求表面积考查棱柱的表面积，属于一般题．由已知中的三视图可得：该几何体是一个以边长为3的正方形为底面的斜四棱柱，进而得到答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以边长为3的正方形为底面的斜四棱柱，其上下底面面积均为：3×3=9，侧面的面积为：(3×6+3×√32+62)×2=36+18√5，故棱柱的表面积为：9×2+36+18√5=54+18√5．故选B．13.【答案】D【解析】【分析】本题考查球的体积的求法，是中档题．设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求出球O的体积．【解答】解：设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，PB=x，AE=x，因为E，F分别是PA，AB的中点，所以EF=12在△PAC中，cosθ=4x2+4−4x22×2x×2=12x，在△EAC中，cosθ=x2+4−y22×2x，整理得x2−y2=−2，①因为△ABC是边长为2的正三角形，所以CF=√3，又∠CEF=90°，则x2+y2=3，②，由①②得x=√22，所以PA=PB=PC=√2，所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，所以球O的体积为．故选D．14.【答案】D【解析】【分析】本题考查抛物线定义及线面垂直的性质，是中档题．由直线C1D1垂直平面BB1C1C，分析出|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，则动点P满足抛物线定义．【解答】解：由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，PC1在平面BB1C1C内，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C1的距离，所以点P的轨迹是抛物线．故选：D．15.【答案】D【解析】解：在正方体中，若AB所在的直线为l2，CD所在的直线为l3，AE所在的直线为l1，若GD所在的直线为l4，此时l1//l4，若BD所在的直线为l4，此时l1⊥l4，故l1与l4的位置关系不确定，故选：D．根据空间直线平行或垂直的性质即可得到结论．本题主要考查空间直线平行或垂直的位置关系的判断，比较基础．16.【答案】A【解析】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，则所得几何体的侧面积为：1×2π×1=2π，故选：A．边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积．本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．17.【答案】①②③④⑤【解析】解：直角AOB在定平面a内的射影有下列几种情况：当角所在的平面与平面α垂直时，直角的射影可能是0°的角，可能是180°的角，故①⑤正确，当角所在的平面与平面α平行时，直角的射影可能是直角，故③正确，当角所在的平面与平面α不平行也不垂直时，平面转到一定角度，直角的射影可能是锐角或钝角，故②④正确故答案为：①②③④⑤根据直角所在的平面与平面α之间的关系不同，角在α上的射影不同，可以分成三种情况来讨论，当角所在的平面与平面α垂直时，当角所在的平面与平面α平行时，当角所在的平面与平面α不平行也不垂直时，这三种情况可以得到不同的射影．本题考查平行投影及平行投影所形成的图形，考查两个平面的不同的位置关系，是一个基础题，这种题目只要掌握平行投影的意义，就可以做出正确结果，再者同学们要勤动手，自己动手演示．18.【答案】②③④【解析】【分析】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，属于较易题．根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案．【解答】解：①如果m⊥n，m⊥α，n//β，则α//β或α与β相交，不能得出α⊥β，故错误；②如果n//α，则存在直线l⊂α，使n//l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n.故正确；③如果α//β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m//β.故正确④如果m//n，α//β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确；故答案为：②③④．19.【答案】40【解析】【分析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是较易题．由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是一个长方体加一个棱柱，(2+4)×2×4=40．则该几何体的体积V=4×2×2+12故答案为40．20.【答案】若l⊥α，l⊥m，则m//α．【解析】【分析】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．【解答】解：l，m是平面α外的两条不同直线，由线面平行的判定定理，得：若l⊥α，l⊥m，则m//α，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m//α．21.【答案】2√2【解析】【分析】本题考查点、线、面间的距离计算，考查空间图形的三视图，考查学生的空间想象能力，属于中档题．由主视图知CD⊥平面ABC，利用勾股定理即可求出最长棱的长．【解答】解：由三视图还原几何体，如图所示：由主视图知，CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE=CE=1，由主视图知CD=2，由左视图知BE=1，在Rt△BCE中，BC=√2，在Rt△BCD中，BD=√6，在Rt△ACD中，AD=2√2．则三棱锥中最长棱的长为2√2．故答案为：2√2．22.【答案】32【解析】【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，进而可得答案．本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S=12×(1+2)×1=32，棱柱的高为1，故棱柱的体积V=32，故答案为：32．23.【答案】12πr2(a+b)【解析】解：取两个相同的几何体，倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体．所求几何体的体积：12×πr2×(a+b)=12πr2(a+b)故答案为：12πr2(a+b)用补形法：两个相同的几何体，倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体．求出总体积的一半即可．本题考查几何体的体积，考查转化思想，是基础题．24.【答案】解：(I)正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为√92+42=√97(II)如图1，将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点P运动到点P1的位置，连接MP1，则MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线设PC=x，则P1C=x，在Rt△MAP1中，由勾股定理得(3+x)2+22=29求得x=2∴PC=P1C=2∵NCMA=P1CP1A=25∴NC=4 5(III)如图2，连接PP1，则PP1就是平面NMP与平面ABC的交线，作NH⊥PP1于H，又CC1⊥平面ABC，连接CH，由三垂线定理得，CH⊥PP1∴∠NHC就是平面NMP与平面ABC所成二面角的平面角(锐角)在Rt△PHC中，∵∠PCH=12∠PCP1=60°，∴CH=PC2=1在Rt△NCH中，tan∠NHC=NCCH =451=45故平面NMP与平面ABC所成二面角(锐角)的大小为arctan45【解析】(I)由展开图为矩形，用勾股定理求对角线长．(II)在侧面展开图中三角形MAP是直角三角形，可以求出线段AP的长度，进而可以求出PC的长度，再由相似比可以求得CN的长度．(III)补形，找出两面的交线，在特殊的位置作出线面角，如图2.二面角易求．本小题主要考查直线与平面的位置关系、棱柱等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．25.【答案】解：(Ⅰ)过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G．∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.∴∠B1PG为所求二面角的平面角．过C1作C1H⊥PQ，垂足为H．由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形．∴PG=12(b−d)，又B1G=ℎ，∴tan∠B1PG=2ℎb−d(b>d)，∴∠B1PG=arctan2ℎb−d，即所求二面角的大小为arctan2ℎb−d．(Ⅱ)证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB//CD，又CD是面ABCD与面CDEF的交线，∴AB//面CDEF．∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，∴AB//EF．∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，∴EF//面ABCD．【解析】(Ⅰ)过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G，根据二面角平面角的定义可知∠B1PG为所求二面角的平面角，过C1作C1H⊥PQ，垂足为H，根据相对侧面与底面所成二面角的大小相等，得到四边形B1PQC1为等腰梯形，在三角形B1PG中求出此角即可．(Ⅱ)欲证EF//面ABCD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与面ABCD内一直线平行即可，根据线面平行的判定定理可知AB//面CDEF，而EF是面ABFE与面CDEF的交线，则AB//EF，AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，满足定理所需条件．本小题主要考查直线、平面的位置关系，考查二面角的度量的基本知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力．26.【答案】解：(Ⅰ)因为正方形ABCD和矩形ACEF，所以AB//CD，AF//CE，又AB∩AF=A，CD∩CE=C，AB，AF⊂平面ABF，CD，CE⊂平面DCE，所以平面ABF//平面DCE；(Ⅱ)设AC∩BD=O，连结OE，因为正方形ABCD，所以O为AC中点，又矩形ACEF，M为EF的中点，所以EM//OA，且EM=OA，所以OAME为平行四边形，所以AM//OE；又AM⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以AM//平面BDE；(Ⅲ)因为正方形ABCD，所以BD⊥AC，又因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ACEF，且AM⊂平面ACEF，所以BD⊥AM；在矩形ACEF中，O为AC中点，M为EF的中点，AF=√2，在正方形ABCD中AO=12AC=12√2AB=√2，所以AFMO为正方形，所以OF⊥AM，而BD⊂平面BDF，OF⊂平面BDF，BD∩OF=O，所以 AM ⊥平面BDF ．【解析】(Ⅰ)根据题意知AB//CD ，AF//CE ，利用平面与平面平行的判定定理得出平面ABF//平面DCE ； (Ⅱ)根据题意证明OAME 为平行四边形，得出AM//OE ，从而证明AM//平面BDE ；(Ⅲ)根据题意证明BD ⊥平面ACEF ，得出BD ⊥AM ，再证明AFMO 为正方形，得出OF ⊥AM ，从而证明AM ⊥平面BDF ．本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了逻辑推理与空间思维能力，是中档题．27.【答案】解：(Ⅰ)由正方体的性质可知，AB//C 1D 1中，且AB =C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1是平行四边形，∴BC 1//AD 1，又BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E .(Ⅱ)以A 为原点，AD 、AB 、AA 1分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a ，则A(0,0，0)，A 1(0,0，a)，D 1(a,0，a)，E(0,a ，12a)，∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,a)，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,0,a)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,12a)， 设平面AD 1E 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{a(x +z)=0a(y +12z)=0，令z =2，则x =−2，y =−1，∴m⃗⃗⃗ =(−2,−1,2)， 设直线AA 1与平面AD 1E 所成角为θ，则sinθ=|cos <m ⃗⃗⃗ ，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|AA 1|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2a a⋅3=23，故直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．【解析】(Ⅰ)根据正方体的性质可证得BC 1//AD 1，再利用线面平行的判定定理即可得证；(Ⅱ)以A 为原点，AD 、AB 、AA 1分别为x 、y 和z 轴建立空间直角坐标系，设直线AA 1与平面AD 1E 所成角为θ，先求出平面AD 1E 的法向量m ⃗⃗⃗ ，再利用sinθ=|cos <m ⃗⃗⃗ ，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|AA 1|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．28.【答案】(本小题14分)(Ⅰ)证明：设AC ∩BD =O ，连结OE ， 因为 正方形ABCD ，所以O 为AC 中点 又 矩形ACEF ，M 为EF 的中点所以 EM//OA ，且EM =OA ……………………………..(2分) 所以OAME 为平行四边形所以 AM//OE ……………………………..(4分) 又 AM ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE所以 AM//平面BDE ……………………………(5分)(Ⅱ)解：以C 为原点，分别以CD ，CB ，CE 为x ，y ，z 轴建立坐标系C −xyz则A(2,2，0)，B(0,2，0)，D(2,0，0)，F(2,2，1)DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) 设平面BDF 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)， 由{DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0得{−2x +2y =02y +z =0 则n⃗ =(1,1,−2)……………(7分) 易知 平面ABF 的法向量m ⃗⃗⃗ =(0,1,0)……………(8分)cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√6=√66由图可知 二面角A −BF −D 为锐角所以 二面角A −BF −D 的余弦值为√66……………(10分)(Ⅲ)解：设M(x 0,x 0,1)，则 AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0−2,x 0−2,1)若AM ⊥平面BDF 则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //n ⃗ ，即(x 0−2,x 0−2,1)//(1,1，−2)……………(12分) 所以x 0−2=1−2解得x 0=32所以M(32,32,1)，所以 EM EF=32√22√2=34……………(14分)【解析】(Ⅰ)证明：设AC ∩BD =O ，连结OE ，证明OAME 为平行四边形，推出AM//OE ，即可证明 AM//平面BDE ．(Ⅱ)以C 为原点，分别以CD ，CB ，CE 为x ，y ，z 轴建立坐标系C −xyz ，求出平面BDF 的法向量平面ABF 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A −BF −D 的余弦值．(Ⅲ)设M(x 0,x 0,1)，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0−2,x 0−2,1)，通过AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //n ⃗ ，求出M ，然后求解比值即可．本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，空间距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．29.【答案】(1)证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；(2)证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；(3)解：PA//平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA//DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=12PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=12S△ABC=12×12×2×2=1，则三棱锥E−BCD的体积为13DE⋅S△BDC=13×1×1=13．【解析】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系，三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．(1)运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；(2)要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由(1)运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；(3)由线面平行的性质定理可得PA//DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD 的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．30.【答案】(1)证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF//CC1，∵CC 1⊥平面ABC ， ∴EF ⊥平面ABC ， 又AC ⊂平面ABC ， ∴EF ⊥AC ，∵AB =BC ，E 是AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又BE ∩EF =E,BE ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ， ∴AC ⊥平面BEF ；(2)解：由(1)可知，EF ⊥AC ，BE ⊥AC ，EF ⊥平面ABC ， 又BE ⊂平面ABC ， ∴EF ⊥BE ，故以E 为原点，以EB ，EC ，EF 为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则B(2,0，0)，C(0,1，0)，D(0,−1,1)， ∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1，0)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,1)， 设平面BCD 的法向量为n ⃗ =(x,y ，z)， 则{n⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−2x +y =0−2y +z =0, 令y =2，可得n⃗ =(1,2，4)， 又EF ⊥BE ，BE ⊥AC ，且EF ∩AC =E ，EF ⊂平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴EB ⊥平面ACC 1A 1，∴EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)为平面CDC 1的一个法向量， ∴cos <n ⃗ ，EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n⃗⃗ ⋅EB ⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ ||EB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×2=√2121， 由图形可知，二面角B −CD −C 1为钝二面角， ∴二面角B −CD −C 1的余弦值为−√2121；(3)证明：F(0,0，2)，G(2,0，1)， ∴FG⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，−1)， ∴FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =2+0−4=−2≠0，∴FG⃗⃗⃗⃗⃗ 与n ⃗ 不垂直， ∴FG 与平面BCD 不平行， 又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．【解析】本题考查了线面垂直的判定，利用空间向量求二面角，空间中直线和平面的位置关系，属于中档题． (1)证明EF ⊥AC ，BE ⊥AC ，即可得出AC ⊥平面BEF ； (2)建立空间直角坐标系，进行求解即可； (3)根据题意，利用空间向量即可得解．31.【答案】(1)证明：如图，设AC ∩BD =O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD//平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面MAC =OM ， ∴PD//OM ，则BOBD =BM BP，即M 为PB 的中点； (2)解：取AD 中点G ， ∵PA =PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PG ⊂平面PAD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，连接OG ，∵OG ⊂平面ABCD ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG//DC ，又DC ⊥AD ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系G −xyz ，由PA =PD =√6，AB =4，得D(2,0，0)，A(−2,0，0)，P(0,0，√2)，C(2,4，0)，B(−2,4，0)，M(−1,2，√22)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,√2)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,4,0)． 设平面PBD 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 则由{m ⃗⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m ⃗⃗⃗ =(1,1,√2)．。