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高中数学必修2立体几何部分试卷及答案

1
高中数学必修2立体几何部分试卷
试卷满分100分。时间70分钟
考号 班级 姓名
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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、垂直于同一条直线的两条直线一定 （ ）
A、平行 B、相交 C、异面 D、以上都有可能
2、过直线l外两点作与直线l平行的平面，可以作（ ）
A．1个 B．1个或无数个 C．0个或无数个 D．0个、1个或无数个

3、正三棱锥底面三角形的边长为3，侧棱长为2，则其体积为 （ ）

A．41 B． 21 C．43 D．49
4、右图是一个实物图形，则它的左视图大致为 （ ）

5、已知正四棱台的上、下底面边长分别为3和6，其侧面积等于两底面积之和，则该正四棱台
的高是 （ ）

A．2 B．25 C．3 D．27
6、已知、是平面，m、n是直线，则下列命题不正确．．．的是 （ ）

A．若//,mnm，则n B．若,mm，则//
C．若,//,mmnn，则 D．若//,mn，则//mn
7、正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的侧面是正方形，若底面的边长为a，则该正六棱柱的
外接球的表面积是 ( )
A．4πa2 B.5 πa2 C. 8πa2 D.10πa2

8、如右下图，在ABC中，2AB，BC=1.5，120ABC，如图所示。若将ABC绕
BC
旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ）

（A）92 （B）72 （C）52 （D）32
2

9．如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一
定是

A．平行 B．相交 C．平行或相交 D．无法确定
10、给出下列命题

①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直

②过直线外一点有且仅有一个平面与已知直线平行
③过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线垂直
④过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直
其中正确命题的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、填空题（每小题4分，共16分）
11、已知直线m、n及平面，其中m∥n，那么在平面内到两条直线m、n距离相等的点的
集合可能是：①一条直线；②一个平面；③一个点；④空集。
其中正确的是 。
12、一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm，

那么该棱柱的表面积为 cm2．
13、如右图．M是棱长为2cm的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点，
沿正方体表面从点A到点M的最短路程是 cm．

14、已知两条不同直线m、l，两个不同平面、，给出下列命题：

①若l垂直于内的两条相交直线，则l⊥；
②若l∥，则l平行于内的所有直线；
③若m，l且l⊥m，则⊥；
④若l，l，则⊥；
⑤若m，l且∥，则m∥l；
其中正确命题的序号是 ．（把你认为正确命题的序号都填上）
三解答题：（本题共4小题，共44分）
15、（本小题10分）已知在三棱锥S--ABC中，∠ACB=900，又SA⊥平面ABC，
AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC，
3

18、（本小题14分）已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是60A、边长为a的菱形，又
ABCDPD底
，且PD=CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．

（1）证明：DN//平面PMB；
（2）证明：平面PMB平面PAD；
（3）求点A到平面PMB的距离．

19．如图，已知空间四边形ABCD中，,BCACADBD，E是AB的中点。（8分）求证：
（1）平面CDE平面ABD
（2）平面CDE平面ABC。

20．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，
求证：A1C//平面BDE。（8分）

N
M
B

P
D
C

A
4

必修2立体几何部分试卷答案
一.选择题（每小题4分，10个小题共40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C D A D B D B B
二.填空题（每小题4分，4个小题共16分）

11. ①②④ . 12.224.

13.13. 14. ①④ .
三.解答题（第15、16小题每小题10分, 第17题12分、18小题14分,共44分）
15、证明：SA⊥面ABC， BC⊥面ABC， BC ⊥SA；
又BC⊥AC，且AC、SA是面SAC内的两相交线，∴BC⊥面SAC；
又AD面SAC，∴ BC⊥AD，
又已知SC⊥AD，且BC、SC是面SBC内两相交线，∴ AD⊥面
SBC。
18、解：（1）证明：取PB中点Q，连结MQ、NQ，因
为
M、N分别是棱AD、PC中点，所以
QN//BC//MD，且QN=MD，于是DN//MQ.

PMBDNPMBDNPMBMQMQDN平面平面平面////
.…

（2）MBPDABCDMBABCDPD平面平面
又因为底面ABCD是60A、边长为a的菱形，且M为AD中点，
所以ADMB.又所以PADMB平面.

.PADPMBPMBMBPADMB平面平面平面平面


………………10分

（3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离.
过点D作PMDH于H，由（2）平面PMB平面PAD，所以PMBDH平面.
故DH是点D到平面PMB的距离.

.55252aaaaDH
所以点A到平面PMB的距离为a55.………14分

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人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (34)

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (34)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷3（共22题）一、选择题（共10题）1.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF与HG交于点M，那么( )A．M一定在直线AC上B．M一定在直线BD上C．M可能在直线AC上，也可能在直线BD上D．M既不在直线AC上，也不在直线BD上2.关于“斜二测”画图法，下列说法不正确的是( )A．平行直线的斜二测图仍是平行直线B．斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变C．正三角形的直观图一定为等腰三角形D．在画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同3.已知直线m，n与平面α，β，m⊥α，n⊥β，若α⊥β，则m，n的位置关系是( )A．平行B．垂直C．相交D．异面4.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z大于零），则四面体PQEF的体积( )A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关5.在正方体中ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC6.一个四面体的所有棱长都为√2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )A．3πB．4πC．3√3πD．6π7.正方体的内切球与其外接球的体积之比为( )A．1:√3B．1:3C．1:3√3D．1:98.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，如图，某阳马的三视图如图所示，则该阳马的最长棱的长度为( )A．√2B．√3C．2D．2√29.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为( )A．3√3B．√3C．2√6D．2√310.若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是等边三角形，其面积为√3，则这个圆锥的体积为( )A．3πB．√3π3C．√3πD．√3π2二、填空题（共6题）11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M−EFGH的体积为．12.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AA1=3，点P在棱CC1上，则三棱锥P−ABA1的体积为．13.正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球（正六棱柱的顶点都在此球面上）的表面积为．14.正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若△AʹBʹCʹ的面积为√3，那么△ABC的面积为．15.正方体ABCD−A1B1C1D1中，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与A1C1的位置关系是．16.如图所示，长方形ABCD−A1B1C1D1的体积为24，E为线段B1C上的一点，则棱锥A−DED1的体积为．三、解答题（共6题）17.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是平面AA1D1D，平面A1B1C1D1的中心，证明：(1) D1Q∥平面C1DB；(2) 平面D1PQ∥平面C1DB．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PB=PD．(1) 求证：平面APC⊥底面BPD；(2) 若PB⊥PD，∠DAB=60∘，AP=AB=2，求二面角A−PD−C的余弦值．19.如图，在△AOB中，∠AOB=90∘，AO=2，OB=1．△AOC可以通过△AOB以直线AO为轴旋转得到，且OB⊥OC，动点D在斜边AB上．(1) 求证：平面COD⊥平面AOB；(2) 当D为AB的中点时，求二面角B−CD−O的余弦值；(3) 求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值．20.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60∘，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点．(1) 若Q为线段AC的中点，H为BQ的中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ；(2) 若二面角B1−PQ−C1的平面角的余弦值为√13，求点P到平面BQB1的距离．1321.如图，AE⊥面ABCD，ABCD是正方形，AE=AB=2，F为BE的中点．求证：DE∥面ACF．22.阅读下面题目及其证明过程，在横线处填写适当的内容．如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别为线段BD1，CC1的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；（Ⅰ）当DD1=√2时，求证：DE⊥平面BFD1；证明：（Ⅰ）如图，连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE．因为长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，所以BO=OD，又因为BE=ED1，DD1，所以OE∥DD1，OE=12因为F为线段CC1中点，DD1，所以CF∥DD1，CF=12所以CF∥OE，CF=OE．所以四边形OCFE为平行四边形．所以EF∥OC．又因为EF⊄平面ABCD，OC⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．（Ⅰ）因为F为线段CC1中点，所以BF=D1F，所以△D1FB是等腰三角形．因为E为BD1的中点，所以EF⊥BD1．因为BD⊥OC，EF∥OC，所以EF⊥BD．因为BD∩BD1=B，所以①．因为DE⊂平面BDD1，所以②．因为DD1=√2，所以DD1=BD，所以③．因为EF∩D1B=E，所以DE⊥平面BFD1．在上述证明过程中，（Ⅰ）的证明思路是：先证明“④”，再证明“⑤”．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】A【解析】如图，因为EF∩HG=M，所以M∈EF，M∈HG，又EF⊂平面ABC，HG⊂平面ADC，故M∈平面ABC，M∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC=AC，所以M∈AC．故选A．【知识点】平面的概念与基本性质2. 【答案】C【解析】对于A，平行直线的斜二测图仍是平行直线，A正确；对于B，斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变，B正确；对于C，正三角形的直观图不一定为等腰三角形，如图所示，所以C错误；对于D，画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同，D正确．【知识点】直观图3. 【答案】B【解析】m，n有可能相交或异面，但必定垂直．故答案选B．【知识点】直线与直线的位置关系4. 【答案】D【解析】设P点到平面A1B1CD的距离为ℎ，因为A1B1∥DC，所以Q到EF的距离为定值2√2，又因为EF=1，所以S△QEF=12×1×2√2=√2，因为V四面体PQEF =V三棱锥P−QEF=13S△QEF⋅ℎ=√23ℎ，即四面体的体积只与点P到平面A1B1CD的距离无关，所以四面体的体积与z有关，与x，y无关．【知识点】棱锥的表面积与体积5. 【答案】C【解析】画出正方体ABCD−A1B1C1D1，如图所示．对于选项A，连D1E，若A1E⊥DC1，又DC1⊥A1D1，所以DC1平面A1ED1，所以可得DC1⊥D1E，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连AE，若A1E⊥BD，又BD⊥AA1，所以DB⊥平面A1AE，故得BD⊥AE，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连AD1，则AD1∥BC1．连A1D，则得AD1⊥A1D，AD1⊥ED，所以AD1⊥平面A1DE，从而得AD1⊥A1E，所以A1E⊥BC1．所以C正确．对于选项D，连AE，若A1E⊥AC，又AC⊥AA1，所以AC⊥平面A1AE，故得AC⊥AE，显然不成立，所以D不正确．【知识点】空间中直线与直线的垂直6. 【答案】A【解析】联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体，则正方体的面对角线即为四面体的棱长，求得正方体的棱长为1，体对角线为√3，从而外接球的直径也为√3，所以此球的表面积为3π．【知识点】组合体、球的表面积与体积7. 【答案】C【解析】设正方体的棱长为a，则其内切球的半径为a2，所以V内=43π(a2)3−πa36，正方体的外接球的半径为√32a，所以V外=43π(√32a)3=3√3πa36，所以V内:V外=1:3√3．【知识点】球的表面积与体积8. 【答案】B【解析】根据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥，如图所示，其中PD=1，底面ABCD是边长为1的正方形，易知PB=√3，PA=PC=√2，故最长棱的长度为√3．【知识点】三视图、棱锥的结构特征9. 【答案】D【知识点】棱柱的表面积与体积10. 【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为r，圆锥的高为ℎ，体积为V，则ℎ=√3r．因为12×2r×√3r=√3r2=√3，所以r=1，所以V=13πr2h=√33πr3=√3π3．【知识点】圆锥的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】112【解析】连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH=12AC，因为 F ，G 分别为 B 1A ，B 1C 的中点， 所以 FG ∥AC ，FG =12AC ，所以 EH ∥FG ，EH =FG ， 所以四边形 EHGF 为平行四边形， 又 EG =HF ，EH =HG ， 所以四边形 EHGF 为正方形， 又点 M 到平面 EHGF 的距离为 12， 所以四棱锥 M −EFGH 的体积为 13×(√22)2×12=112．【知识点】棱锥的表面积与体积12. 【答案】9√34【解析】因为在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AB =AA 1=3，点 P 在棱 CC 1 上， 所以点 P 到平面 ABA 1 的距离即为 △ABC 的高， 即为 ℎ=√32−(32)2=3√32，S △ABA 1=12×3×3=92，三棱锥 P −ABA 1 的体积为：V =13×S △ABA 1×ℎ=13×92×3√32=9√34．【知识点】棱锥的表面积与体积13. 【答案】 100π【解析】依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点， 所以其半径等于 √42+(62)2=5，其表面积等于 4π×25=100π．【知识点】球的表面积与体积14. 【答案】 2√6【知识点】直观图15. 【答案】 A 1C 1∥l【解析】因为 平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，AC ⊂平面ABCD ， 所以 AC ∥平面A 1B 1C 1D 1，又平面 ACB 1 经过直线 AC 与平面 A 1B 1C 1D 1 相交于直线 l ， 所以 AC ∥l ， 又因为 A 1C 1∥AC ， 所以 A 1C 1∥l ．【知识点】直线与平面平行关系的性质、直线与平面平行关系的判定16. 【答案】4【解析】设AB=a，AD=b，AA1=c，则长方体的体积V ABCD−A1B1C1D1=abc=24，三棱锥A−DED1的体积V A−DED1=V E−ADD1=13S△ADD1⋅AB=13×12×AD×DD1×AB=16×bc⋅a=16×24=4.【知识点】棱锥的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 由题可知D1Q∥DB．因为D1Q⊄平面C1DB，DB⊂平面C1DB，所以D1Q∥平面C1DB．(2) 由题可知D1P∥C1B．因为D1P⊄平面C1DB，C1B⊂平面C1DB，所以D1P∥平面C1DB．由（1）知，D1Q∥平面C1DB，又D1Q∩D1P=D1，所以平面D1PQ∥平面C1DB．【知识点】平面与平面平行关系的判定、直线与平面平行关系的判定18. 【答案】(1) 记AC∩BD=O，连接PO，因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD ⊥AC ，O 是 BD ，AC 的中点， 因为 PB =PD ， 所以 PO ⊥BD ， 因为 AC ∩PO =O ， 所以 BD ⊥平面APC ， 又因为 BD ⊂平面BPD ，所以 平面APC ⊥平面BPD ．(2) 如图，以 O 为原点，OA ，OB ，OP 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立如图所示的空间坐标系， 则 A(√3,0,0)，D (0,−1,0)，P (0,0,1)，C(−√3,0,0,)，所以 DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 是平面 APD 的法向量，则 {DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x 1+y 1=0,y 1+z 1=0, 令 y 1=−√3，得 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3,√3)，同理可得平面 PCD 的法向量 n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,−√3)，所以 cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ ⟩=n1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣n2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√3)×√3+(−√3)×√3√7×√7=−57，由图形可知二面角 A −PD −C 为钝二面角， 所以二面角 A −PD −C 的余弦值为 −57．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、平面与平面垂直关系的判定、二面角19. 【答案】(1) 在 △AOC 中，AO ⊥OC ， 因为 OB ⊥OC ，且 AO ∩OB =O ， 所以 OC ⊥平面AOB ， 又 OC ⊂平面COD ，所以 平面COD ⊥平面AOB ．(2) 如图建立空间直角坐标系 O −xyz ， 因为 D 为 AB 的中点，所以 O (0,0,0)，A (0,0,2)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，D (0,12,1)，所以 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,1)， 设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 OCD 的法向量，所以 {n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 1=0,12y 1+z 1=0, 令 z 1=1，则 y 1=−2，所以 n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,1) 是平面 BCD 的一个法向量， 设 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 OCD 的法向量， 所以 {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 2−y 2=0,−12y 2+z 2=0, 令 z 2=1，则 x 2=2，y 2=2，所以 n 2⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1) 是平面 OCD 的一个法向量，所以 cos 〈n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ 〉=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√02+(−2)2+12⋅√22+22+12=−√55， 所以二面角 B −CD −O 的余弦值为 √55． (3) 解法一：因为 OC ⊥平面AOB ，所以 ∠CDO 为 CD 与平面 AOB 所成的角， 因为 OC =1，所以点 O 到直线 AB 的距离最小时，∠CDO 的正弦值最大， 即当 OD ⊥AB 时，∠CDO 的正弦值最大， 此时 OD =2√55， 所以 CD =3√55， 所以 sin∠CDO =√53． 解法二：设 AD⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈[0,1])， 所以 D (0,λ,2−2λ)．CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,λ,2−2λ)，平面 AOB 的法向量 n ⃗ =(1,0,0)，所以 sinθ=∣∣n ⃗ ⋅CD⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣∣∣CD⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√5λ2−8λ+5=√5(λ−45)2+95，所以当 λ=45 时，CD 与平面 AOB 所成的角最大，sinθ=√53． 【知识点】二面角、平面与平面垂直关系的判定、线面角20. 【答案】(1) 如图，取 BB 1 的中点 E ，连接 AE ，EH ． 因为 H 为 BQ 的中点， 所以 EH ∥B 1Q ．在平行四边形 AA 1B 1B 中，P ，E 分别为 AA 1，BB 1 的中点， 所以 AE ∥PB 1．又 EH ∩AE =E ，PB 1∩B 1Q =B 1， 所以 平面EHA ∥平面B 1QP ． 因为 AD ⊂平面EHA ， 所以 AD ∥平面B 1PQ ．(2) 如图，连接 PC 1，AC 1，因为四边形 A 1C 1CA 为菱形，∠C 1A 1A =60∘， 所以 AA 1=AC 1=A 1C 1=4， 即 △AC 1A 1 为等边三角形． 因为 P 为 AA 1 的中点， 所以 PC 1⊥AA 1．因为 平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以 PC 1⊥平面ABB 1A 1．在平面 ABB 1A 1 内过点 P 作 PR ⊥AA 1 交 BB 1 于 R ．以 PR ，PA 1，PC 1 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 Pxyz ，则 P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0,−2,0)，C 1(0,0,2√3)，C(0,−4,2√3)．设 AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,−2,2√3)，λ∈(0,1]（当 λ=0 时，平面 B 1PQ 即平面 ABB 1A 1，不符合题意），所以 Q(0,−2(λ+1),2√3λ)． 所以 PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2(λ+1),2√3λ)． 因为 A 1B 1=AB =2，∠B 1A 1A =60∘， 所以 B 1(√3,1,0)， 所以 PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)．设平面 PQB 1 的法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )，则 {m ⃗⃗ ⋅PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,m ⃗⃗ ⋅PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,所以 {−2(λ+1)y +2√3λz =0,√3x +y =0,令 x =1， 则 y =−√3，z =−λ+1λ，所以平面 PQB 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,−√3,−λ+1λ)．设平面 AA 1C 1C 的法向量为 n ⃗ =(1,0,0)， 二面角 B 1−PQ −C 1 的平面角为 θ， 则cosθ=∣m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√1+3+(−λ)2=√1313.所以 λ=12 或 λ=−14（舍）， 所以 AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以 Q(0,−3,√3)， 又 B(√3,−3,0)，所以 QB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−√3)， 所以 ∣QB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√3+3=√6． 又 ∣B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√22， 所以 BQ 2+BB 12=B 1Q 2， 所以 ∠QBB 1=90∘．连接 BP ，设点 P 到平面 BQB 1 的距离为 ℎ， 则 13×12×4×√3×√3=13×12×4×√6⋅ℎ．所以 ℎ=√62， 即点 P 到平面 BQB 1 的距离为√62． 【知识点】直线与平面平行关系的判定、利用向量的坐标运算解决立体几何问题、二面角21. 【答案】连接 BD 交 AC 于 G ，连接 FG ．因为 F ，G 分别为 BE ，BD 的中点， 所以 FG ∥DE ，因为 FG ⫋平面ACF ，DE ⊄面ACF ， 所以 DE ∥面ACF ．【知识点】直线与平面平行关系的判定22. 【答案】① EF ⊥平面BDD 1② EF ⊥DE③ DE ⊥BD 1 ④线线平行 ⑤线面平行【知识点】直线与平面垂直关系的判定、直线与直线的位置关系、直线与平面平行关系的判定、直线与平面垂直关系的性质。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)

一、选择题1．已知空间中不同直线m 、n 和不同平面α、β，下面四个结论：①若m 、n 互为异面直线，//m α，//n α，//m β，βn//，则//αβ；②若m n ⊥，m α⊥，βn//，则αβ⊥；③若n α⊥，//m α，则n m ⊥；④若αβ⊥，m α⊥，//n m ，则βn//.其中正确的是（ ）A ．①②B ．②③C ．③④D ．①③ 2．古代数学名著《数学九章》中有云：“有木长三丈，围之八尺，葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”意思为：圆木长3丈，圆周为8尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺(注：1丈即10尺)（ ） A ．30尺 B ．32尺 C ．34尺 D ．36尺 3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2,4AA AB AD ===，点M 是棱AD 的中点，点N 在棱1AA 上，且满足12AN NA =，P 是侧面四边形11ADD A 内的一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）A ．[3,17]B ．[2,3]C ．[6,22]D ．[17,5] 4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的侧面积（单位：2cm ）是（ ）A ．10B ．105+C ．1625+D ．135+5．设l 是直线，α，β是两个不同的平面，则正确的结论是（ ）A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β6．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D －中，M 为AB 的中点， 则点C 到平面1A DM的距离为（ ）A ．6aB ．6aC ．2aD ．12a 7．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC 2aD ．22a 8．3P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC ＝120°，则球O 的体积的最小值为（ ）A ．73 B 287 C 1919 D ．193π 9．已知三棱锥A BCD -的所有棱长都为2，且球O 为三棱锥A BCD -的外接球，点M 是线段BD 上靠近D 的四等分点，过点M 作平面α截球O 得到的截面面积为Ω，则Ω的取值范围为（ ）A ．π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 10．设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若m n ⊥，//n α，则m α⊥ B ．若//m β，βα⊥，则m α⊥ C ．若m β⊥，n β⊥，n α⊥，则m α⊥ D ．若m n ⊥，n β⊥，βα⊥，则m α⊥ 11．在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，P 在底面ABC 上的投影为AC 的中点D ，1DP DC ==.有下列结论：①三棱锥P ABC -的三条侧棱长均相等；②PAB ∠的取值范围是,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭； ③若三棱锥的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的体积为23π；④若AB BC =，E 是线段PC 上一动点，则DE BE +的最小值为622+. 其中正确结论的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．412．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则11D C P △面积的最大值为（ ）A 25B ．455C 5D ．2513．设α、β为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则下列命题中真命题是（ ）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若l m ⊥，则αβ⊥C ．若αβ⊥，则l m ⊥D ．若//αβ，则//l m 14．αβ、是两个不同的平面，mn 、是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m n ⊥；②αβ⊥；③n β⊥；④.m α⊥以其中三个论断作为条件，余下一个作为结论，其中正确命题的个数是（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 二、解答题15．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中（底面是正方形的直四棱柱），底面正方形ABCD 的边长为1，侧棱1AA 的长为2，E 、M 、N 分别为11A B 、11B C 、1BB 的中点．AD平面EMN；（1）求证：1//AD与BE所成角的余弦值．（2）求异面直线116．如图所示的四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为矩形，AE＝EB＝BC＝2，AD⊥平面ABE，且CE上的点F满足BF⊥平面ACE.（1）求证：AE∥平面BFD；（2）求三棱锥C-AEB的体积.17．如图甲，平面四边形ABCD中，已知45∠=，90︒A︒∠=∠=，ADC︒C，105 ==，现将四边形ABCD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BDC (如图乙)，设2AB BD点E，F分别是棱AC，AD的中点.（1）求证：DC⊥平面ABC；（2）求三棱锥A BEF -的体积.18．在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ，3=CD CE ，⊥AP ED ．（1）求证：DE ⊥面PEA ；（2）已知点F 为AB 中点，点P 在底面ABCD 上的射影为点Q ，直线AP 与平面ABCD 所成角的余弦值为3，当三棱锥-P QDE 的体积最大时，求异面直线PB 与QF 所成角的余弦值．19．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面PAC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小.20．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABC ，//,90AD BC ABC ︒∠=，2AD =，23AB =6BC =．（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）PA 长为何值时，直线PC 与平面PBD 所成角最大？并求此时该角的正弦值． 21．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中BC =1，CC 1=BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=60°，AB ⊥侧面BB 1C 1C（1）求证：C 1B ⊥平面ABC ；（2）求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积，（3）试在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上确定一点E ，使得EA ⊥EB 1；22．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，60DAB ∠=︒．点G ，H 分别在边CD ，CB 上，点G 与点C ，D 不重合，GH AC ⊥，GH 与AC 相交于点O ，沿GH 将CGH 翻折到EGH 的位置，使二面角E GH B --为90°，F 是AE 的中点．（1）请在下面两个条件：①AB AD =，②AB BD ⊥中选择一个填在横线处，使命题P ：若________，则BD ⊥平面EOA 成立，并证明．（2）在（1）的前提下，当EB 取最小值时，求直线BF 与平面EBD 所成角的正弦值． 23．如图，已知PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，,2,2PA AD AB AD ===.（1）求证：平面MPC ⊥平面PCD ；（2）求三棱锥B MNC -的高.24．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点．（1）求证:平面11BDD B ⊥平面1C OC ；（2）求二面角1C BD C --的正切值．25．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，AB AC =，D 为BC 上一点，1A B 平面1AC D ．（1）求证：D 为BC 的中点;（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，求证：1AC D ∆为直角三角形.26．如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，2CD AB =，CD ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，,E F 分别是CD 和PC 的中点．求证：（1）BF //平面PAD（2）平面BEF ⊥平面PCD参考答案【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】由线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理即可得解．【详解】解：对于①，由面面平行的判定定理可得，若m 、n 互为异面直线，//m α，//n β，则//αβ或相交，又因为//m β，//n α，则//αβ，故①正确；对于②，若m n ⊥，m α⊥，//n β，则//αβ或α，β相交，故②错误， 对于③，若n α⊥，//m α，则n m ⊥；故③正确，对于④，若αβ⊥，m α⊥，//n m ，则//n β或n β⊂，故④错误，综上可得：正确的是①③，故选：D ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．2．C解析：C【分析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长，画出图形，即可求出葛藤长.【详解】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长. 如图所示矩形ABCD 中，30AD =尺，2816AB =⨯=尺， 所以葛藤长2222301634AC AD AB =+=+=尺.故选：C .【点睛】本题考查圆柱的侧面展开图，考查学生的空间想象能力，属于基础题. 3．C解析：C【分析】首先找出过点1C 且与平面CMN 平行的平面，然后可知点P 的轨迹即为该平面与侧面四边形11ADD A 的交线段，进而可以利用解三角形的知识求出线段1C P 长度的取值范围．【详解】如图所示：，取11A D 的中点G ，取MD 的中点E ，1A G 的中点F ，1D D 的三等分点H 靠近D ，并连接起来．由题意可知1//C G CM ，//GH MN ，所以平面1//C GH 平面CMN ．即当点P 在线段GH 上时，1//C P 平面CMN ． 在1H C G 中，2212222C G =+=2212222C H =+=22GH =，所以1H C G 为等边三角形，取GH 的中点O ，122sin606C O ==，故线段1C P 长度的取值范围是[6,22]．故选：C ．【点睛】 本题主要考查线面平行，面面平行的判定定理和性质定理的应用，以及解三角形，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．4．B解析：B【分析】由三视图可知，该几何体的直观图为直四棱柱1111ABCD A B C D -，由矩形的面积公式得出该几何体的侧面积.【详解】由三视图可知，该几何体的直观图为直四棱柱1111ABCD A B C D -，如下图所示2211125AD A D ==+=∴该几何体的侧面积为122222521025⨯+⨯+⨯=+故选：B【点睛】本题主要考查了由三视图计算几何体的侧面积，属于中档题.5．B解析：B【分析】根据直线、平面间平行、垂直的位置关系判断．【详解】若l ∥α，l ∥β，则α∥β或,αβ相交，A 错；若l ∥α，由线面平行的性质得，知α内存在直线b 使得//l b （过l 作平面与α相交，交线即是平行线），又l ⊥β，∴b β⊥，∴α⊥β，B 正确；若α⊥β，l ⊥α，则不可能有l ⊥β，否则由l ⊥α，l ⊥β，得//αβ，矛盾，C 错； 若α⊥β，l ∥α，则l 与β可能平行，可能在平面内，可能相交也可能垂直，D 错． 故选：B ．【点睛】本题考查空间直线、平面间平行与垂直关系的判断，掌握直线、平面间位置关系是解题关键．6．A解析：A 【分析】根据等体积法有11A CDM C A DM V V --=得解. 【详解】画出图形如下图所示，设C 到平面1A DM 的距离为h ， 在△1A DM 中115,2,2A M DM a A D a === 1A ∴到DM 的距离为3a则根据等体积法有11A CDM C A DM V V --=，即11113232322a a a a a h ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅，解得6h a =， 故选:A.【点睛】本题考查利用等体积法求距离，属于基础题.7．D解析：D 【分析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ，得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出11222HI CD a == 【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上， 正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ， 1122HI CD a ∴==，即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是2a ． 故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题.8．B解析：B 【分析】根据三棱锥的体积求出S △ABC 33，在三角形ABC 中，根据余弦定理和正弦定理求出△ABC 外接圆的半径r 的最小值，从而可求出外接球半径的最小值和外接球体积的最小值. 【详解】设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b 313×S △ABC ×2，解得S △ABC 33. 因为∠ABC ＝120°，S △ABC 3312ac sin 120°，所以ac ＝6， 由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 120°＝a 2＋c 2＋ac ≥2ac ＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝2.设△ABC 外接圆的半径为r ，则sin120b＝2r (b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6.如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，D 为PA 的中点，R 为球的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，易得OO 1＝1，R 2＝r 2＋OO ＝r 2＋1，当r min ＝6时，2min R ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43π3min R ＝437)3287. 故选：B 【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式，考查了球的体积公式，考查了正弦定理，考查了余弦定理，属于中档题.9．B解析：B 【分析】求出三棱锥A BCD -的外接球半径R ，可知截面面积的最大值为2πR ，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O 到截面的距离为OM ，截面圆的半径的最小值22R OM -，进而可求出截面面积的最小值. 【详解】三棱锥A BCD -是正四面体，棱长为2，将三棱锥A BCD -放置于正方体中， 可得正方体的外接球就是三棱锥A BCD -的外接球. 因为三棱锥A BCD -的棱长为22， 可得外接球直径22226R =++=6R =， 故截面面积的最大值为2263πππ2R ==⎝⎭. 因为M 是BD 上的点，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小， 此时球心O 到截面的距离为OM ，△OBD 为等腰三角形， 过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，222662,122OD OH OD HD ⎛⎫==-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 得222113244OM OH HM =+=+=， 则所得截面半径的最小值为22633444R OM -=-=， 所以截面面积的最小值为233ππ()44=. 故Ω的取值范围为3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：B. 【点睛】外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本题考查学生的空间想象能力、推理能力及计算求解能力，属于中档题.10．C解析：C 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果. 【详解】对于A ，当m 为α内与n 垂直的直线时，不满足m α⊥，A 错误； 对于B ，设l αβ=，则当m 为α内与l 平行的直线时，//m β，但m α⊂，B 错误； 对于C ，由m β⊥，n β⊥知：//m n ，又n α⊥，m α∴⊥，C 正确；对于D ，设l αβ=，则当m 为β内与l 平行的直线时，//m α，D 错误.故选：C . 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.11．C解析：C 【分析】作出三棱锥P ABC -的图象，逐一判断各命题，即可求解． 【详解】作出三棱锥P ABC -的图象，如图所示：．对于①，根据题意可知，PD ⊥平面ABC ，且1DP DC ==，所以2PA PB PC ===①正确；对于②，在PAB △中，2PA PB ==02AB <<，所以2cos 222AB PAB PA ⎛∠== ⎝⎭， 即PAB ∠的取值范围是,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭，②正确； 对于③，因为DP DA DB DC ===， 所以三棱锥P ABC -外接球的球心为D ， 半径为1，其体积为43π，③不正确； 对于④，当AB BC =时，BD AC ⊥，所以2BC =将平面PBC 沿翻折到平面PAC 上， 则DE BE +的最小值为线段BD 的长，在展开后的DCB 中，6045105DCB ∠=+=， 根据余弦定理可得6221221cos1052BD =+-⨯⨯⨯=， ④正确． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查棱锥的结构特征，三棱锥外接球的体积求法，以及通过展开图求线段和的最小值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．12．C解析：C 【分析】取1BB 的中点F ，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得1OD OC ⊥，1OD OF ⊥，由线面垂直的判定与性质可得1OD CF ⊥，进而可得点P 的轨迹为线段CF ，找到1C P 的最大值即可得解.取1BB 的中点F ，连接OF 、1D F 、CF 、1C F ，连接DO 、BO 、OC 、11D B 、1D C ，如图：因为正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2， 所以11B F BF ==,2DO BO OC ===11122D B DC ==1BB ⊥平面ABCD ，1BB ⊥平面1111D C B A ，11C D ⊥平面11BB C C ，所以22116OD OD DD =+=223OF OB BF =+=2211113D F D B B F =+=，所以22211OD OF D F +=，22211OD OC D C +=，所以1OD OC ⊥，1OD OF ⊥， 由OCOF O =可得1OD ⊥平面OCF ，所以1OD CF ⊥，所以点P 的轨迹为线段CF ， 又221111152C F B C B F C C =+=>=,所以11D C P △面积的最大值1111125522S C F D C =⋅=⨯=. 故选：C. 【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点P 的轨迹，属于中档题.13．A解析：A 【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直、平行的性质定理判断选项的正误即可．由α，β为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，知： 在A 中，l β⊥，则αβ⊥，满足平面与平面垂直的判定定理，所以A 正确； 在B 中，若l m ⊥，不能得到l β⊥，也不能得到m α⊥，所以得不到αβ⊥，故B 错误；在C 中，若αβ⊥，则l 与m 可能相交、平行或异面，故C 不正确；在D 中，若//αβ，则由面面平行的性质定理得l β//，不一定有//l m ，也可能异面，故D 错误．故选：A ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．14．B解析：B 【分析】分别以①②③④作为结论，另外三个作条件，根据线面垂直和面面垂直的判定定理依次判断真假. 【详解】若m n ⊥，αβ⊥，n β⊥，则m 与α可能平行可能相交，即①②③不能推出④； 同理①②④不能推出③；若m n ⊥，n β⊥，m α⊥，两个平面的垂线互相垂直则这两个平面垂直，则αβ⊥，即①③④能够推出②；若αβ⊥，n β⊥，m α⊥，两个平面互相垂直，则这两个平面的垂线互相垂直，即m n ⊥，所以②③④能够推出①. 所以一共两个命题正确. 故选：B 【点睛】此题考查空间直线与平面位置关系的辨析，根据选择的条件推出结论，关键在于熟练掌握空间垂直关系的判定和证明.二、解答题15．（1）证明见解析（2）85【分析】（1）通过证明1//AD MN 可证1//AD 平面EMN ；（2）由（1）知11//AD BC ,所以1EBC ∠（或其补角）为异面直线1AD 与BE 所成的角，根据余弦定理计算可得结果. 【详解】（1）连1BC ，1EC ，如图：因为//AB CD ，AB CD =，且11//CD C D ，11CD C D =， 所以11//AB C D ，11AB C D =，所以四边形11ABC D 为平行四边形，所以11//AD BC ，因为M 、N 分别为11B C 、1BB 的中点，所以1//MN BC ，所以1//AD MN ， 因为1AD ⊄平面EMN ，MN ⊄平面EMN ， 所以1//AD 平面EMN .（2）由（1）知11//AD BC ，所以1EBC ∠（或其补角）为异面直线1AD 与BE 所成的角，依题意知12BB =，112EB =，111B C =， 所以22211117444BE BB EB =+=+=，2221111415BC BB B C =+=+=，222111115144EC EB B C =+=+=， 所以2221111cos 2BE BC EC EBC BE BC +-∠==⋅17554417252+-⨯⨯88585=. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．16．（1）证明见解析；（2）43. 【分析】（1）由ABCD 为矩形，易得G 是AC 的中点，又BF ⊥平面ACE ，BC ＝BE ，则F 是EC 的中点，从而FG ∥AE ，再利用线面平行的判定定理证明.（2）根据AD ⊥平面ABE ，易得AE ⊥BC ，再由BF ⊥平面ACE ，得到AE ⊥BF ，进而得到AE ⊥平面BCE ，然后由C AEB A BCE V V --=求解. 【详解】 （1）如图所示：因为底面ABCD 为矩形，所以AC ，BD 的交点G 是AC 的中点，连接FG ， ∵BF ⊥平面ACE ，则CE ⊥BF ，而BC ＝BE ， ∴F 是EC 的中点， ∴FG ∥AE .又AE ⊄平面BFD ，FG ⊂平面BFD ， ∴AE ∥平面BFD .（2）∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ，则AE ⊥BC . 又BF ⊥平面ACE ，则AE ⊥BF ， ∴AE ⊥平面BCE .∴三棱锥C -AEB 的体积11142223323C AEB A BCE BCE V V S AE --⎛⎫==⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△.【点睛】方法点睛：1、判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；（2）利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；（3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)；（4）利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． 17．（1）证明见解析；（2）312. 【分析】（1）在图甲中先证AB BD ⊥，在图乙中由面面垂直的性质定理先证AB CD ⊥，由条件可得DC BC ⊥，进而可判定DC ⊥平面AB C ； （2）利用等体积法进行转化计算即可. 【详解】（1）图甲中，∵AB BD =且45A ︒∠=，45ADB ︒∴∠=，()()180180454590ABD ADB A ︒︒︒︒︒∴∠=-∠+∠=-+=，即AB BD ⊥，图乙中，∵平面ABD ⊥平面BDC ，且平面ABD 平面BDC BD =， ∴AB ⊥平面BDC ，又CD ⊂平面BDC ，∴AB CD ⊥， 又90DCB ︒∠=，∴DC BC ⊥，且AB BC B ⋂=， 又AB ，BC ⊂平面AB C ，∴DC ⊥平面AB C ； （2）因为点E ，F 分别是棱AC ，AD 的中点， 所以//EF DC ，且12EF DC =，所以EF ⊥平面ABC ， 由（1）知，AB ⊥平面BDC ，又BC ⊂平面BDC ，所以AB BC ⊥，105ADC ︒∠=，45ADB ︒∠=，1054560CDB ADC ADB ︒︒︒∴∠=∠-∠=-=，90906030CBD CDB ︒︒︒︒∴∠=-∠=-=，cos3022BC BD ︒∴=⋅=⨯=1sin 30212DC BD ︒=⋅=⨯=，所以12ABC S AB BC =⨯⨯△12ABE ABC S S ==△△1122EF DC ==，所以111332A BEF F ABE ABE V V EF S --==⋅⋅=⋅=△ 【点睛】方法点睛：计算三棱锥体积时，常用等体积法进行转化，具体的方法为：①换顶点，换底面；②换顶点，不换底面；③不换顶点，换底面.18．（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）在直角梯形ABCD 中先求出,,CD CE BE ，然后可求得,DE AE ，从而可证明DE AE ⊥，由线面垂直判定定理证明线面垂直；（2）由（1）得面面垂直，知Q 在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角，cos 3AQ PAQ AP ∠==，设AQ x =（0x <≤-P QDE 的体积，由二次函数知识求得最大值，及此时x 的值，得Q 为AE 中点，从而有//FQ BE ，PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），由余弦定理可得．【详解】（1）证明：//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ，∴CD ===CD ，∴1CE =，CD =2BE =，由余弦定理得222cos120AE BE AB BE B =+-⋅︒22122222232⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭， 又2222(3)12DE CD CE =+=+=，∴222DE AE AD ，∴AD DE ⊥，∵AP DE ⊥，又AP AE A =，AP AE ⊂、平面APE ，∴DE ⊥平面APE ．（2）由（1）DE ⊥平面APE ．DE ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAE ，∴Q 点在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角， 3cos AQ PAQ AP ∠==， 设AQ x =（023x <≤），则2PQ x =，23QE x =-， 12(23)232QDE S x x =⨯⨯-=-△， 212(23)33P QDE QDE V PQ S x x -=⋅=--△22(3)223x =--+≤，当且仅当3x =时等号成立，则当P QDE V -最大时，3AQ =，∴Q 为AE 中点，∵F 为AB 中点，∴//FQ BC ，∴PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），1,3QB QE ==，则由PQ ⊥平面ABCD 得3,7PE PB ==，又2BE =，则2227cos 214PB BE PE PBE PB BE +-∠==⋅， ∴异面直线PB 与QF 所成角的余弦值为714．【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查直线与平面所成的角，异面直线所成的角，三棱锥的体积等，旨在考查学生的空间想象能力，运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．19．（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点.连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD .又因为PO ⊂平面PAC ，1BD ⊄平面PAC所以直线1//BD 平面PAC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==212AO AC ==且PO AO ⊥， 所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30.【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形） 方法二：（向量法）cos m nm n α=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.20．（1）证明见解析；（2）PA =PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35. 【分析】 （1）根据已知条件，得到BD PA ⊥，再利用正切函数的性质，求得0030,BAC 60ABD ∠=∠=，得到BD AC ⊥，进而可证得平面PBD ⊥平面PAC ；（2）建立空间坐标系，得到()BD =-，()0,2,DP t =-，()2PC t =-，进而得到平面PBD的一个法向量为1,3,n ⎛= ⎝⎭，进而可利用向量的公式求解 【详解】（1）∵PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，∴BD PA ⊥，又tan tan AD BC ABD BAC AB AB∠==∠== ∴0030,BAC 60ABD ∠=∠=，∴090AEB ∠=，即BD AC ⊥（E 为AC 与BD 交点）．又PA AC ，∴BD ⊥平面PAC ，又因为BD ⊂平面PBD ，所以，平面PAC ⊥平面PBD（2）如图，以AB 为x 轴，以AD 为y轴，以AP 为z 轴，建立空间坐标系，如图， 设AP t =，则()()()(),,0,2,0,0,0,B C D P t ，则()BD =-，()0,2,t DP =-，()23,6,PC t =-，设平面PBD 法向量为(),,n x y z =， 则00n BD n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2020y y tz ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，得平面PBD 的一个法向量为1,3,n t ⎛= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,48PC n PC n PC n⋅==因为22144515175t t +++=≥，当且仅当t = 所以5c 3353os ,PC n ≤=，记直线PC 与平面PBD 所成角为θ，则sin cos ,PC n θ=，故3sin 5θ≤，即23t =时，直线PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35． 【点睛】关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到BD ⊥平面PAC ，进而证明平面PAC ⊥平面PBD ；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线PC 与平面PBD 所成角的最大值，难度属于中档题21．（1）证明见解析；（2）62；（3）E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. 【分析】(1）证明11,AB BC BC BC ⊥⊥然后证明1C B ⊥平面ABC ；(2）求出ABC S ，求出13C B =，然后求解三棱柱111ABC A B C -的体积；(3）在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上取一点E ，连接BE ，证明1EB ⊥平面ABE ，得到EA ⊥EB 1.【详解】（1）∵BC =1，CC 1=BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=60°，AB ⊥侧面BB 1C 1C∴AB ⊥BC 1在△BCC 1中，由余弦定理得BC =3，则BC 2+BC 2=CC 2，∴BC ⊥BC 1又∵BC ∩AB =B ，且AB ，BC ⊂平面ABC， ∴C 1B ⊥平面ABC .（2）由已知可得S △ABC =12AB ·BC =12×2×1=22由（1）知C 1B ⊥平面ABC ，C 1B =3，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V =S △ABC ·C 1B =2×3=62. （3）在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上取一点E ，连接BE .∵EA ⊥1EB ，AB ⊥1EB ，AB ∩AE=A ，AB ，AE ⊂平面ABE ，∴1EB ⊥平面ABE .又∵BE ⊂平面ABE ，∴BE ⊥1EB .不妨设CE =x (0<x <2)，则C 1E =2x -，在△BCE 中，由余弦定理得BE =221x x +-在△B 1C 1E 中，∠B 1C 1E =120°，由余弦定理得B 1E 2=257x x -+在Rt △BEB 1中，由B 1E 2+BE 2=B 1B 2，得()()222225714x x x x -+++-=， 解得x =1或x =2(舍去).故E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1.【点睛】关键点点睛：在确定动点位置时，设CE =x (0<x <2)，则C 1E =2x -，根据条件，建立关于x 的方程，求解确定动点位置，属于常用方法.22．（1）答案见解析；（2）11. 【分析】（1）选择①，结合直二面角的定义，证明BD ⊥平面EOA 内的两条相交直线,EO AO ；（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =CO x =，可得EB 关于x 的函数，求出EB 取得最小值时x 的值，连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，求出sin QBF ∠的值，即可得答案；【详解】解：（1）命题P ：若AB AD =，则BD ⊥平面EOA .∵AC GH ⊥，∴AO GH ⊥，EO GH ⊥，又二面角E GH B --的大小为90°，∴90AOE ∠=︒，即EO AO ⊥，∴EO ⊥平面ABCD ，∴EO BD ⊥，又AB BC =，∴AO BD ⊥， AO EO O =，∴BD ⊥平面EOA .（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =设CO x =，OM x =，222216OB OM MB x =+=-+，2222216EB EO OB x =+=-+，当x =min EB =连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，由（1）知BD ⊥平面EOA ，∴BD QF ⊥，∴QF ⊥平面EBD ，∴QBF ∠即为QB 与平面EBD 所成角，在Rt EMB 中，10EB =，2BM =，6EM =，30AE =， 由()222222(2)22QB AE AB BE QB +=+⇒=， 62QF =， ∴33sin 11QF QBF QB ∠==，即QB 与平面EBD 所成角得正弦值为3311.【点睛】求线面角首先要根据一作、二证、三求找出线面角，然后利用三角函数的知识，求出角的三角函数值即可.23．（1）证明见解析；（2）2. 【详解】（1）取PD 的中点G ，连接NG ，AG ，如图所示：因为G ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以//GN CD ，1=2GN CD . 又因为M 为AB 的中点，所以//AM CD ，1=2AM CD . 所以//AM GN ，=AM GN ，四边形AMNG 为平行四边形，所以//AG MN .又因为22213PM PA AM =+=+=22123MC MB BC =+=+= 所以PM MC =，则MN PC ⊥.又因为AD PA =，G 为PD 中点，所以AG PD ⊥.又因为//AG MN ，所以MN PD ⊥.所以MN PD MN PCMN PC PD P ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪=⎩平面PCD . 又MN ⊂平面MPC ，所以平面MPC ⊥平面PCD .（2）设点B 到平面MNC 的距离为h ，因为B MNC N MBC V V --=，所以111332MNC MBC S h S PA ⋅=⋅△△.因为12MBC S BC MB =⋅⋅=△，112MN AG PD ====，NC ===所以122MNC S MN NC =⋅⋅=△所以1132322h ⨯⨯=⨯2h =. 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查了面面垂直的证明和三棱锥的高，属于中档题，其中等体积转化B MNC N MBC V V --=为解决本题的关键.24．（1）证明见解析；（2.【分析】（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1,C O BD CO BD ⊥⊥，由线面垂直的判定定理得到BD ⊥平面1C OC ，然后再利用面面垂直的判定定理证明.（2）由（1）知BD ⊥平面1C OC ，且平面1C BD ⋂平面CBD BD =，得到1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角 ，然后在1Rt C OC ∆中求解.【详解】（1）∵在正方体1111ABCD A B C D -中， 点O 是BD 中点 ，又11BC DC = ， BC DC = ，∴ 1,C O BD CO BD ⊥⊥11,C O CO O C O =⊂平面1,C OC CO ⊂平面1C OC ，BD ∴⊥平面1C OC ，又∵BD ⊂平面11BDD B ，∴平面11BDD B ⊥平面1C OC ．…（2）由（1）知：平面1C BD ⋂平面CBD BD =，11,C O BD C O ⊥⊂半平面1;,C BD CO BD CO ⊥⊂ 半平面;CBD所以1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角则在正方体1111ABCD A B C D -中121,2C C OC ==∴在1Rt C OC ∆中，11tan 2C C C OC OC∠== 故二面角1C BD C --的正切值为2 ．【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及二面角的求法，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题. 25．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接A 1C 交AC 1于O ，连接OD ，利用线面平行的性质定理和中位线的定义，即可证明D 为BC 的中点；（2）由等腰三角形的性质和面面垂直的性质定理，证明AD ⊥C 1D 即可．【详解】证明:(1) 联结1A C 交1AC 于O ，联结OD .∵四边形11ACC A 是棱柱的侧面， ∴四边形11ACC A 是平行四边形.∵O 为平行四边形11ACC A 对角线的交点， ∴O 为1A C 的中点.∵1A B 平面1AC D ，平面1A BC ⋂平面1AC D OD =，1A B ⊂平面1A BC ，∴1A B OD∴OD 为1A BC ∆的中位线， ∴D 为BC 的中点.（2）∵AB AC =，D 为BC 的中点，∴AD BC ⊥.∵平面ABC ⊥平面11BCC B ,AD ⊂平面ABC ，平面ABC平面11BCC B BC =，∴AD ⊥平面11BCC B .∵1C D ⊂平面11BCC B ，∴AD ⊥ 1C D ，∴1AC D ∆为直角三角形.【点睛】本题考查线面平行的性质定理和面面垂直的性质定理的应用.26．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）若要证BF //平面PAD ，只要BF 所在面和平面PAD 平行即可；（2）若要证平面BEF ⊥平面PCD ，只要证平面PCD 内的一条直线和平面BEF 垂直即可.【详解】（1）∵AB CD ∥，2CD AB =，E 是CD 的中点， ∴AB DE ，即ABED 是平行四边形．∴BE AD ．∵BE ⊄平面,PAD AD ⊄平面PAD ， ∴BE 平面PAD ，又EF PD ，EF ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， ∴EF 平面PAD ，EF ，BE ⊂平面BEF ，且EFBE E =，∴平面BEF 平面PAD ． ∵BF ⊂平面BEF ，∴BF ∥平面PAD ．（2）由题意，平面PAD ⊥平面ABCD ，且两平面交线为AD ，CD ⊂平面ABCD ，CD AD ⊥，∴CD ⊥平面PAD ．∴CD PD ⊥．∴CD EF ⊥．又CD BE ⊥，BE ，EF ⊂平面BEF ，且EE EF E ⋂=，∴CD ⊥平面BEF ．∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD ．【点睛】本题考查了线面平行和面面垂直的证明，解决此类问题的关键是能利用线面关系的定理和性质进行逻辑推理，往往使用逆推法进行证明，需要较强的空间感和空间预判，属于较难题.。

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)

一、选择题1．设1l 、2l 、3l 是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）A ．若1//l α，2//l α，则12l l //B ．若1l α⊥，2l α⊥，则12l l ⊥C ．若12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，3l αβ⋂=，则13//l lD ．若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则12l l //2．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（ ）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<3．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面ABDA '是铅垂面，下宽3m AA '=，上宽4m BD =，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽5m CE =，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则该羡除的体积为（ ）A ．324mB ．330mC ．336mD ．342m 4．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是3O 的表面积是（ ）33335．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．67 6．已知E ，F 是四面体的棱AB ，CD 的中点，过EF 的平面与棱AD ，BC 分别相交于G ，H ，则（ ）A ．GH 平分EF ，BH AG HC GD = B ．EF 平分GH ，BH GD HC AG = C ．EF 平分GH ，BH AG HC GD = D ．GH 平分EF ，BH GD HC AG= 7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）A 22B ．22C 27D 211 8．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（ ）A 2B ．22C ．12D ．329．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）3310．已知四面体ABCD ，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．73πB ．7πC ．712πD ．79π 11．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2O A ''=，45B A O '''∠=,//B C O A ''''.则原平面图形的面积为（ ）A ．32B ．62C ．322D ．3412．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．3D ．12二、填空题13．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中A C B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.14．已知三棱锥P ABC -的外接球O 的表面积为12π，PA ⊥平面ABC ，BA AC ⊥，2PA =，则ABC 面积的最大值为__________．15．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.16．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．17．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.18．表面积为16π的球与一个正三棱柱各个面都相切，则这个正三棱柱的体积为___________.19．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．20．在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1AB 上的任意一点，有下面三个命题：①//PB 平面11CC D D ；②1BD AC ⊥；③1BD PC ⊥．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．三、解答题21．如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD//QA ，112QA AB PD ===.（1）证明：直线PQ ⊥平面DCQ ；（2）求二面角D QB A --的余弦值.22．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．23．如图，正四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 的边长为4，4PD =，E 为PA 的中点.（1）求证：//PC 平面EBD .（2）求三棱锥E ABD -的体积.24．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，12AA AB =，E 为1CC 的中点.（1）证明：1//AC 平面BDE ；（2）证明：平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）求二面角E BD C --的大小.25．如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C D ，的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论并说明P 的位置．26．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2AD AA AB ===，点E 是AB 的中点.（1）证明：1//BD 平面1A DE ；（2）证明：11D E A D ⊥；（3）求二面角1D EC D --的正切值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】利用已知条件判断1l 与2l 的位置关系，可判断AD 选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C 选项的正误.【详解】对于A 选项，若1//l α，2//l α，则1l 与2l 平行、相交或异面，A 选项错误；对于B 选项，若1l α⊥，2l α⊥，由线面垂直的性质定理可得12//l l ，B 选项错误； 对于C 选项，12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，α、β不重合，则1l β⊄，1//l β∴， 1l α⊂，3l αβ⋂=，13//l l ∴，C 选项正确；对于D 选项，若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则1l 与2l 相交或平行，D 选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 2．A解析：A【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果.【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=，易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=， 因为sin PE PC α=，sin PO PCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>， 因为sin PO PE γ=，sin PO PCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>. 故选：A【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.3．C解析：C【分析】在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算．【详解】如图，在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，则三棱柱ABC A B C '''-是斜三棱柱，该羡除的体积V V =三棱柱ABC A B C '''-V +四棱锥A B DEC '''-()311123636336m 232+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：C ．【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．4．A解析：A【分析】首先得到11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =． 设111AA A B a ==，则1113133232ABC A B C a V a a -=⨯==三棱柱 解得2a =． 所以球O 的半径22232722233R ⎛⎫⎛⎫+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭， 所以球O 的表面积22728π4π4π33S R ==⨯=． 故选：A ．【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的． 5．D解析：D【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=.故选：D【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．C解析：C【分析】举特例舍去不正确选项，可得正确答案.【详解】过EF 的平面为平面ABF 时，G 在A 点， H 在B 点， 所以0BHAGHC GD ==，EF 平分GH ， 即BHAGHC GD =，所以舍去ABD ，选C故选：C7．D解析：D【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算．【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥． 由已知2PA AD ==，所以PB ===cos 11BC PCB PC ∠===， 所以异面直线PC 与AD． 故选：D ． 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．B解析：B 【分析】 连接11A N B AB =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解. 【详解】连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥， 又因为22111115142MB MC C B =+=+=2215142MA MC CA =+=+=， 所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线， ∴1⊥MN AB 且1MNA B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离， 又因为111121122B N AB ==+=，所以点1B 到截面1A BM 2， 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n d n⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.9．D解析：D 【分析】在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤，由三角形的面积公式可得43BCDS≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅， 所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立， 111634sin120322323BCDSBC BD =⋅≤⨯⨯=， 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==， 所以1144333333A BCD BCDV S h -=⋅≤⨯⨯=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是43， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值.10．A解析：A 【分析】本题首先可根据题意将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，所以可将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形BCD 的外心到三角形BCD 的顶点的长度为222131323， 所以直三棱柱的外接球的半径221372312r， 则球O 的表面积2277π4π4π123S r ， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查四面体的外接球的表面积的计算，能否将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分是解决本题的关键，考查直三棱柱的外接球的半径的计算，是中档题.11．A解析：A 【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】45B A O '''∠=B O A '''=∠，则O A B '''△是等腰直角三角形，∴2A B OB '''==，又O C C B ''''⊥，45C O B '''∠=︒，∴1B C ''=， 在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC ，//OA BC ，2,1OA BC ==，高22OB = ∴其面积为1(21)22322S =+⨯= 故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S '，原图形面积为S ，则2S S '=． 12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则2BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥，AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角， 在ABE △中，2AB =2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 2故选：B.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根 解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可． 【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯= 故答案为：2【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．14．2【分析】由球的表面积可求出半径取的中点可得设由基本不等式可得即可求出面积的最大值【详解】因为球的表面积为所以球的半径取的中点则为的外接圆圆心平面设由得因为所以当且仅当时取等因为的面积为所以面积的最解析：2 【分析】由球的表面积可求出半径3R =，取BC 的中点D ，可得1OD =，设AB x =，AC y =，由基本不等式可得4xy ≤，即可求出ABC 面积的最大值.【详解】因为球O 的表面积为12π，所以球O 的半径3R =． 取BC 的中点D ，则D 为ABC 的外接圆圆心，PA ⊥平面ABC ，112OD PA ∴==， 设AB x =，AC y =，由2222134+==+=+=x y R OC CD OD ，得228x y +=． 因为222x y xy +≥，所以4xy ≤，当且仅当2x y ==时取等．因为ABC 的面积为1122⋅=AB AC xy ，所以ABC 面积的最大值为2． 故答案为：2.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是是建立勾股关系，利用基本不等式求出4xy ≤.15．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747-+⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 1117827477tan tan()1637117O HN O HO NHO ---∠=∠-∠====++ 1117827477tan tan()1637117O HM O HO OHM ++∠=∠+∠====-， 所以tan θ的取值范围是4747-+⎣⎦，故答案为：4747-+⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.16．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 解析：3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，112ME BC ==， 又1133233EO DE ==⨯⨯=， 由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos EO MEO ME ∠==． 故答案为：3．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．17．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析：[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】 如下图所示，连MN ，EF ，1A D ，EMM ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，//MN ∴平面1C EF ．11//,C C EM C C EM =， ∴四边形1C CME 为平行四边形，1//C E CM ，又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，//CM ∴平面1C EF ，又NMCM M =，∴平面//NMC 平面1C EF ．P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ， ∴点P 必在线段EF 上．在Rt △11C D E 中，222211114225C E C D D E =+=+=同理，在Rt △11C D F 中，可得125C F =，∴△1C EF 为等腰三角形．当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长．()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==∴线段1C P 长度的取值范围是[32,25]．故答案为：[32,25]【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．18．【分析】求出正三棱柱的高底面三角形的边长和高即可求出正三棱柱的体积【详解】设球的半径为r 由得则球的半径为2正三棱柱的高为正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2所以正三角形的边长是高是6正三棱柱的体积解析：【分析】求出正三棱柱的高、底面三角形的边长和高，即可求出正三棱柱的体积. 【详解】设球的半径为r ，由2416r π=π，得2r，则球的半径为2，正三棱柱的高为24r =，正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2，所以正三角形的边长是6，正三棱柱的体积为1642⨯⨯=故答案为：【点睛】本题考查正三棱柱的内切球、正三棱柱的体积，考查空间想象能力与计算能力.19．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大解析：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --的平面角，DE BE ==，所以()22221cos 3a DEB +-∠==，同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭，故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.20．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③ 【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错. 【详解】 ①如下图所示：因为平面11//ABB A 平面11CC D D ，BP ⊂平面11ABB A ，所以//PB 平面11CC D D ，故①正确；②连接,AC BD ，如下图所示：因为1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD AC ⊥， 又因为AC BD ⊥且1DD BD D =，所以AC ⊥平面1DBD ，又因为1BD ⊂平面1DBD ，所以1BD AC ⊥，故②正确； ③连接11,,,AC PC B C BC ，如下图所示：因为11D C ⊥平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ，又因为11BC B C ⊥，且1111D C BC C ⋂=，所以1B C ⊥平面11BD C ，又1BD ⊂平面11BD C ，所以11B C BD ⊥， 由②的证明可知1BD AC ⊥，且1AC B C C ⋂=，所以1BD ⊥平面1AB C ， 又因为PC ⊂平面1AB C ，所以1BD PC ⊥，故③正确， 故答案为：①②③. 【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.三、解答题21．（1）证明见解析（2）33【分析】（1）由CD PQ ⊥，PQ DQ ⊥可证得结论成立；（2）取BQ 的中点E ，连DE 、AE ，则AED ∠是二面角D QB A --的平面角，在Rt ADE △中，通过计算可得结果. 【详解】（1）因为QA ⊥平面ABCD ，∴QA CD ⊥，又四边形ABCD 为正方形，∴CD AD ⊥， 又因为QAAD A =，∴CD ⊥平面AQPD ，则CD PQ ⊥，因为1AQ AD ==，AQ AD ⊥，∴2DQ=，因为4PDQ π∠=，2PD =，∴2DQP π∠=，即PQ DQ ⊥，因为CDDQ D =，所以PQ ⊥平面DCQ .（2）取BQ 的中点E ，连DE 、AE ，如图：因为2BD DQ ==BE EQ =，∴DE BQ ⊥，AE BQ ⊥，所以AED ∠是二面角D QB A --的平面角，因为QA ⊥平面ABCD ，所以QA AD ⊥，又AD AB ⊥，AB AQ A =，∴AD ⊥平面BAQ ，∴AD AE ⊥，因为1AB AQ ==，所以2BQ =2AE =， 在Rt ADE △中，221612DE AD AE =+=+=所以232cos 36AE ADE DE ∠===. 所以二面角D QB A --3 【点睛】关键点点睛：根据二面角的平面角的定义作出平面角是本题解题关键.22．（1）2；（2）3；（3 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥， ∴四边形EFGC 为矩形，∴1EF CC ⊥， ∵11//D D C C ，∴1EF DD ⊥，又CG BD ⊥，//EF CG ，BD ⊂平面1BDD ，1D D ⊂平面1BDD ，1BD D D D ⋂=， ∴EF ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1EF BD ⊥， ∴EF 为1BD 与1CC 的公垂线，且1E CC ⊂，1F BD ⊂，∴异面直线1BD 与1CC 的距离为||2EF =． （2）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，连接1ED ，则11E DBD D DBE V V --=， 由（1）知EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，∵12AA =，1AB =，∴BD BE ED ===EF ，1BD =∴1122DBD S==212DBES ==，从而1DBEDBD Sd SEF ⨯=⨯，∴2223233d ⨯==，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，则12323sin 36d BD θ===， ∴直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值为23．（3）由（2）知，1D 到平面BDE 的距离23d =，∵F 是1BD 的中点，且B ∈平面BDE ，∴F 到平面BDE 的距离为32d =． 【点睛】 方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 23．（1）证明见解析；（2）823. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，利用三角形中位线定理可得//EO PC ，再由线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明PO ⊥面ABCD ，由E 是PA 的中点，可得E 到面ABCD 的距离12PO =，再利用棱锥的体积公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO .四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又E 为PA 中点，//EO PC ∴，又EO ⊂面EBD ，PC ⊄面EBD ，//PC ∴面EBD .（2）正四棱锥P ABCD -中,PA PC =，O 是AC 的中点 PO AC ∴⊥，PD PB =，O 是BD 的中点 PO BD ∴⊥，又AC 与BD 在平面ABCD 内相交， 所以PO ⊥面ABCDE 是PA 的中点，E ∴到面ABCD 的距离12PO =， 221822,2ABD S AB AD PO PD DO ∆=⋅⋅==-=182323E ABD ABD PO V S -∆=⋅⋅=【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 24．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4π． 【分析】 （1）设BDC O =，由1//AC OE ，得证线面平行；（2）证明BD ⊥平面1ACC ，可得证面面垂直；（3）证明EOC ∠是二面角E BD C --的平面角，求出此角即可． 【详解】 （1）证明：设BDC O =，连接OE ，则O 是AC 中点，又E 是1CC 中点，∴1//AC OE ，又OE ⊂平面BDE ，1AC ⊄平面BDE ， ∴1//AC 平面BDE ．（2）1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴1CC BD ⊥，同理1CC AC ⊥，又正方形中BD CA ⊥，1ACCC C =，1,AC CC ⊂平面1ACC ，∴BD ⊥平面1ACC ，又∵BD ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）∵BD ⊥平面1ACC ，OE ⊂平面1ACC ，∴BD OE ⊥， ∴EOC ∠是二面角E BD C --的平面角， 由已知112CC AA AB ==，而2AC AB =，,E O 分别是1,CC AC 中点，∴OC CE =，∴4EOC π∠=．即二面角E BD C --的大小为4π．【点睛】关键点点睛：本题考查证明线面平行，面面垂直，考查求二面角的大小．解题关键是掌握证明线面平行，面面垂直的判定定理，证明时需要满足定理的所有条件，一个都不能少地列举出来才能得出结论，否则证明过程不完整．而求二面角，只要作出二面角的平面角（并证明），然后解三角形即可．25．（1）证明见解析；（2）存在；证明见解析；P 为AM 中点． 【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，根据垂直关系证明CM ⊥平面ADM ；（2）首先作辅助线，连接BD AC ，交于点O ，连接PD PB PO ，，，在ACM △中，利用中位线，证明线线平行，说明线面平行，同时得到点P 的位置.。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试题(答案解析)(1)

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试题(答案解析)(1)

一、选择题1．在下列四个正方体中，能得出直线AB 与CD 所成角为90︒的是（ ）A ．B ．C ．D ．2．球面上有,,,A B C D 四个点，若,,AB AC AD 两两垂直，且4AB AC AD ===，则该球的表面积为（ ）A ．803πB ．32πC ．42πD ．48π3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2,4AA AB AD ===，点M 是棱AD 的中点，点N 在棱1AA 上，且满足12AN NA =，P 是侧面四边形11ADD A 内的一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）A ．17]B ．[2,3]C ．6,22]D ．[17,5] 4．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱BC ，1CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1//A P 平面AEF ，则线段1A P 长度的取值范围是（ ）A ．[2,3]B ．5,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．325,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．51,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 5．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC ．2aD ．22a 6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，若,,,E F G H 分别是棱111111,,,A B BB CC C D 的中点，则必有（ ）A ．1//BD GHB ．//BD EFC ．平面//EFGH 平面ABCDD ．平面//EFGH 平面11A BCD7．菱形ABCD 的边长为3，60B ∠=，沿对角线AC 折成一个四面体，使得平面ACD ⊥平面ABC ，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为（ ）A ．15πB ．12πC ．8πD ．6π8．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm ），则此构件的表面积为（ ）A ．27600mmB ．28400mmC ．29200mmD ．210000mm 9．将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为23π的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ）A ．3B ．2C ．3D ．310．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB AD ==12CC =1C BD C --的大小是（ ）A ．30ºB ．45ºC ．60ºD ．90º 11．αβ、是两个不同的平面，m n 、是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m n ⊥；②αβ⊥；③n β⊥；④.m α⊥以其中三个论断作为条件，余下一个作为结论，其中正确命题的个数是（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个12．已知四棱锥的各个顶点都在同一个球的球面上，且侧棱长都相等，高为4，底面是边长为32 ）A ．75518πB ．62516πC ．36πD ．34π13．长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E 为AB 的中点，3CE =，53cos 9ACE ∠=，且四边形11ABB A 为正方形，则球O 的直径为（ ） A ．4 B 51C ．451D ．4或514．垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是（ ）A ．平行B ．相交C ．异面D ．A 、B 、C 均有可能二、解答题15．如图，在三棱锥V-ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，D 是棱AB 的中点，且AC BC VC ==.（1）证明：平面VAB ⊥平面VCD ；（2）若22AC =，且棱AB 上有一点E ，使得线VD 与平面VCE 所成角的正弦值为1515，试确定点E 的位置，并求三棱锥C-VDE 的体积. 16．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，90CAD ABC ∠=∠=，30BAC ADC ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 中点，2AC =.（1）求证：//AE 平面PBC .（2）若四面体PABC 的体积为33，求PCD 的面积. 17．如图三棱柱111ABC A B C －中，11,,60CA CB AB AA BAA ∠︒＝＝＝，（1）证明1AB A C ⊥；（2）若16AC ＝，2ABCB ＝＝，求三棱柱111ABC A B C －的体积S .18．如图甲，平面四边形ABCD 中，已知45A ︒∠=，90︒∠=C ，105ADC ︒∠=，2AB BD ==，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BDC (如图乙)，设点E ，F 分别是棱AC ，AD 的中点.（1）求证：DC ⊥平面ABC ；（2）求三棱锥A BEF -的体积.19．如图，在底面半径为2、母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的体积及表面积．20．在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ，3=CD CE ，⊥AP ED ．（1）求证：DE ⊥面PEA ；（2）已知点F 为AB 中点，点P 在底面ABCD 上的射影为点Q ，直线AP 与平面ABCD 所成角的余弦值为3，当三棱锥-P QDE 的体积最大时，求异面直线PB 与QF 所成角的余弦值．21．如图，在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，16AC CC ==，M 是棱1CC 的中点.（1）求证：平面1AB M ⊥平面11ABB A ；（2）求1A M 与平面1AB M 所成角的正弦值.22．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AC CC =，AC BC ⊥，D 为1BC 中点，1AC 与1A C 交于点O .（1）求证：//OD 平面111A B C ；（2）求证：平面1AC B ⊥平面1A BC .23．如图，AB 是圆O 的直径，CA 垂直圆O 所在的平面，D 是圆周上一点.（1）求证：平面ADC ⊥平面CDB ；（2）若1AC =，12AD =，BD AD =，求二面角A BC D --的余弦值. 24．如图，四面体ABCD 中，点E ，F 分别为线段AC ，AD 的中点，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，90CDA CDB ∠=∠=︒，DH AB ⊥，垂足为H .（1）求证：//EF MN ；（2）求证：平面CDH ⊥平面ABC .25．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABC ，//,90AD BC ABC ︒∠=，2AD =，23AB =，6BC =．（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）PA 长为何值时，直线PC 与平面PBD 所成角最大？并求此时该角的正弦值． 26．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 的中点，过E 点作EF PB ⊥交PB 于点F .求证：（1）//PA 平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD .【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】根据线面垂直的性质以及判定定理判断A ，平移直线结合异面直线的定义，判断BCD.【详解】对于A ，如下图所示，连接,AE GB由于,CD BE CD BG ⊥⊥，根据线面垂直判定定理得CD ⊥平面AEBG ，再由线面垂直的性质得出AB CD ⊥，则A 正确；对于B ，如下图所示，连接,BF AF因为ABF 为正三角形，//CD AF ，所以直线AB 与CD 所成角为60︒，则B 错误； 对于C ，如图所示，连接HD因为在CDH △中，45HDC ∠=︒，//AB HD ，所以直线AB 与CD 所成角为45︒，则C 错误；对于D ，如下图所示，连接GB因为//AG CD ，所以直线AB 与CD 所成角为90GAB ∠≠︒，则D 错误；故选：A【点睛】本题主要考查了求异面直线的夹角，属于中档题.2．D解析：D【分析】分析：首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.详解：由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R ，由题意可得：()22222444R =++,据此可得：212R =，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.本题选择D 选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 3．C解析：C【分析】首先找出过点1C 且与平面CMN 平行的平面，然后可知点P 的轨迹即为该平面与侧面四边形11ADD A 的交线段，进而可以利用解三角形的知识求出线段1C P 长度的取值范围．【详解】 如图所示：，取11A D 的中点G ，取MD 的中点E ，1A G 的中点F ，1D D 的三等分点H 靠近D ，并连接起来．由题意可知1//C G CM ，//GH MN ，所以平面1//C GH 平面CMN ．即当点P 在线段GH 上时，1//C P 平面CMN ．在1H C G 中，2212222C G =+=2212222C H =+=22GH =， 所以1H C G 为等边三角形，取GH 的中点O ，1226C O ==故线段1C P 长度的取值范围是6,22]．故选：C ．【点睛】本题主要考查线面平行，面面平行的判定定理和性质定理的应用，以及解三角形，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．4．C解析：C【分析】分别取111,BB B C 的中点,N M ,可得平面1//A MN 平面AEF ，从而点P 的轨迹为线段MN ，然后计算出线段1A P 的范围.【详解】分别取111,BB B C 的中点,N M ,则1//A M AE ,1A M ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，则1//A M 平面AEF . //EF NM ,MN ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，则//MN 平面AEF又1MN A M M ⋂=,所以平面1//A MN 平面AEF又平面1A MN ⋂面11BCC B MN =所以点P 的轨迹为线段MN当P 为线段MN 的端点M （或N ）时，1A P 最长，此时1122111522P M A B A BB A ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭当P 为线段MN 的中点时，1A P 最短，此时22111322P A N MN A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭所以325,42AP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 故选：C ．【点睛】本题考查利用向量法解决线面平面的探索问题，本题也可以构造面面平面得出动点的轨迹，从而求解，属于中档题.5．D解析：D【分析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ， 得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出1122HI CD ==【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，1122HI CD a ∴==， 即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是22a ． 故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题. 6．D解析：D【分析】根据“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”来判断AB 选项的正确性，根据平行直线的性质判断C 选项的正确性，根据面面平行的判定定理判断D 选项的正确性.【详解】选项A:由中位线定理可知：1//GH D C ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以1,BD GH 不可能互相平行，故A 选项是错误的；选项B: 由中位线定理可知：1//EF A B ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以,BD EF 不可能互相平行，故B 选项是错误的；选项C: 由中位线定理可知：1//EF A B ，而直线1A B 与平面ABCD 相交，故直线EF 与平面ABCD 也相交，故平面EFGH 与平面ABCD 相交，故C 选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：111//,//EF A B EH A D ，EF ⊄平面11A BCD ，1A B ⊂平面11A BCD ，EH ⊄平面11A BCD ，11A D ⊂平面11A BCD ,所以有//EF 平面11A BCD ，//EH 平面11A BCD ，而EF EH E =，因此平面//EFGH 平面11A BCD .所以D 选项正确.故本选：D【点睛】本小题主要考查面面平行的判定定理，考查线线平行的性质，属于中档题.7．A解析：A【分析】首先根据已知条件找到四面体外接球的球心，再求出半径，即可得到球体的表面积.【详解】如图所示，1O ，2O 分别为ABC 和DAC △的外接圆圆心，因为菱形ABCD ，60B ∠=，所以ABC 和DAC △为等边三角形.设E 为AC 的中点，连接DE ，BE ，则DE AC ⊥，BE AC ⊥，又因为平面ACD ⊥平面ABC AC =，所以DE ⊥平面ABC .分别过1O ，2O 作垂直平面ABC 和平面ACD 的直线，则交点O 为四面体ABCD 外接球的球心.因为2233332⎛⎫==-= ⎪⎝⎭EB DE ，四边形12OO EO 为矩形， 所以123==O B DO ，1213===O E O E OO . 所以外接圆半径为()223153=22⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭，表面积为15π. 故选：A【点睛】 本题主要考查四面体外接球的表面积，根据题意确定外接球的球心为解题关键，属于中档题.8．B解析：B【分析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，其表面积为：()210020220202100204010210202840m 0m S =⨯⨯+⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯⨯=.故选：B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.9．B解析：B【分析】如图所示，设此圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l .可得πr 2+πrl ＝36π，2πr ＝l •23π，联立解得：r ，l ，h 22l r =-即可得出该圆锥的轴截面的面积S 12=•2r •h ＝rh . 【详解】如图所示，设此圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l .则πr 2+πrl ＝36π，化为：r 2+rl ＝36，2πr ＝l •23π，可得l ＝3r . 解得：r ＝3，l ＝9，h 22l r =-=2.该圆锥的轴截面的面积S 12=•2r •h ＝rh ＝2=2. 故选：B.【点睛】本题考查了圆锥的表面积、弧长的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 10．A解析：A【分析】取BD 中点为O ，1CC ⊥平面ABCD ，所以C 即1C 在平面ABCD 上的投影，易知CO BD ⊥，再利用线面垂直证明1BD C O ⊥，得到1COC ∠即二面角1C BD C --，再计算二面角大小即可.【详解】由题意，作出长方体1111ABCD A B C D -的图象，取BD 中点为O ，连接CE 、1C E ，因为1CC ⊥平面ABCD ，所以C 即1C 在平面ABCD 上的投影，又BD ⊂平面ABCD ，所以1CC BD ⊥， 因为23AB AD ==ABCD 是正方形，O 为BD 中点，所以CO BD ⊥，又1CO CC C =，所以BD ⊥平面1COC ，又1C O ⊂平面1COC ，所以1BD C O ⊥，1COC ∠即二面角1C BD C --， 又12CC =()()2223236CO +==所以123tan 36COC ∠==，130COC ∠=.故选：A【点睛】本题主要考查二面角的求法和线面垂直的判定定理和性质，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．B解析：B【分析】分别以①②③④作为结论，另外三个作条件，根据线面垂直和面面垂直的判定定理依次判断真假.【详解】若m n ⊥，αβ⊥，n β⊥，则m 与α可能平行可能相交，即①②③不能推出④； 同理①②④不能推出③；若m n ⊥，n β⊥，m α⊥，两个平面的垂线互相垂直则这两个平面垂直，则αβ⊥，即①③④能够推出②；若αβ⊥，n β⊥，m α⊥，两个平面互相垂直，则这两个平面的垂线互相垂直，即m n ⊥，所以②③④能够推出①.所以一共两个命题正确.故选：B【点睛】此题考查空间直线与平面位置关系的辨析，根据选择的条件推出结论，关键在于熟练掌握空间垂直关系的判定和证明.12．B解析：B【分析】如图所示，设四棱锥P ABCD -中，球的半径为R ，底面中心为O '且球心为O ，可得OP ⊥底面ABCD ．3AO '=，4PO '=，在Rt AOO ∆'中，利用勾股定理解得R ，即可得出球的表面积．【详解】如图所示，设球的半径为R ，底面中心为O '且球心为O .∵四棱锥P ABCD -中，32AB =， ∴3AO '=.∵4PO '=，∴Rt AOO ∆'中，|4|OO R '=-，222AO AO OO ''=+，∴2223(4)R R =+-，解得258R =， ∴该球的表面积为222562544816R πππ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭.故选：B .【点睛】本题考查几何体的外接球问题，此类问题常常构造直角三角形利用勾股定理进行求解，属于中等题.13．C解析：C【分析】设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得222539392393x x x =++-⨯⨯+⨯，求出x ，即可求出球O 的直径. 【详解】 根据题意，长方体内接于球O 内，则球的直径为长方体的体对角线，如图作出长方体1111ABCD A B C D -：设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得：222539392393x x x =++-⨯+，∴1x =6，∴2AB =，22BC =，球O 的直径为4484++=；或26AB =，3BC =，球O 的直径为2424351++=.故选：C ．【点睛】本题考查球的直径的计算方法，考查余弦定理，考查计算能力和分析能力，属于常考题. 14．D解析：D【分析】结合公理及正方体模型可以判断：A ，B ，C 均有可能，可以利用反证法证明结论，也可以从具体的实物模型中去寻找反例证明．【详解】解：如图，在正方体1AC 中，1A A ⊥平面ABCD ，1A AAD ，1A A BC ⊥， 又//AD BC ，∴选项A 有可能； 1A A ⊥平面ABCD ，1A A AD ，1A A AB ⊥，又AD AB A =，∴选项B 有可能；1A A ⊥平面ABCD ，1A A ⊥平面1111D C B A ，AC ⊂平面ABCD ，11A D ⊂平面1111D C B A ，1A A AC ∴⊥，111A A A D ⊥，又AC 与11A D 不在同一平面内，∴选项C 有可能．故选：D ．【点睛】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．二、解答题15．（1）证明见解析；（2）点E 位于线段AD 的中点或线段BD 22. 【分析】（1）易得CD AB ⊥，再根据VC ⊥底面ABC ，得到 VC AB ⊥，进而AB ⊥平面VCD ，再利用面面垂直的判定定理证明.（2）过点D 在平面ABC 内作DF CE ⊥于F ，DF ⊥平面VCE ，则DVF ∠就是直线VD 与平面VCE 所成的角，在Rt VFD 中，由15sin DF DVF VD ∠==，求得DF ，然后在Rt DCE 中，求出1DE =，然后由三棱锥C-VDE 的体积为13CDE V S VC =⋅⋅求解. 【详解】（1）因为AC BC =，D 是AB 的中点，所以CD AB ⊥.又VC ⊥底面ABC ，AB 平面ABC ，所以VC AB ⊥，而VC CD C ⋂=，所以AB ⊥平面VCD .又AB 平面VAB ，所以平面VAB ⊥平面VCD .（2）过点D 在平面ABC 内作DF CE ⊥于F ，则由题意知DF ⊥平面VCE .，连接VF ，于是DVF ∠就是直线VD 与平面VCE 所成的角.在Rt VFD 中，1515DF VD =. 又因为3VD =55DF =. 在Rt DCE 中，1DE =.故知点E 位于线段AD 的中点或线段BD 的中点，三棱锥C-VDE 的体积为1112221223323CDE S VC ⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】方法点睛：(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．16．（1）证明见解析；（2）7【分析】（1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，利用面面平行的判定定理证明平面//AEF 平面PBC ，再用面面平行的性质可得//AE 平面PBC ；（2）根据体积求出PA ，过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，求出PQ 和CD 后，根据三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，则//EF PC ，又120BCD AFD ∠=∠=︒，∴//BC AF ，∴平面//AEF 平面PBC ，∴//AE 平面PBC .（2）因为90CAD ABC ∠=∠=，30BAC ADC ∠=∠=，2AC =， 所以1,3BC AB == 由已知得：113323P ABC V AB BC PA -=⋅⋅⋅=，即11331323PA ⨯⨯⨯⨯=， 可得2PA =.过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA AQ ⊥，PA CD ⊥，∴CD PQ ⊥，ACD △中，2AC =，90CAD ∠=，30ADC ∠=，∴4CD =，23AD =22334AC AD AQ CD ⋅⨯===， 222237PQ PA AQ =+=+=，∴11742722PCD S PQ CD =⋅=⨯⨯=△. 【点睛】 关键点点睛：掌握面面平行的判定定理和面面平行的性质是解题关键.17．（1）证明见解析；（2）3.【分析】（1）取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，根据已知条件，利用等腰三角形的性质得到1A E AB ⊥，,CE AB ⊥利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥面1,CEA 即可得到1AB A C ⊥ ；（2） 在1CEA 中可以证明1A E CE ⊥，结合1A E AB ⊥，利用线面垂直判定定理得到1A E ⊥平面ABC ,作为三棱柱的高，进而计算体积.【详解】(1)取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，11,60AB AA BAA ∠︒＝＝，1BAA ∴是等边三角形，1A E AB ∴⊥，CA CB ＝，,CE AB ∴⊥1,CE A E E ⋂＝AB ∴⊥面1,CEA 1AB A C ∴⊥.(2)由于CAB ∆为等边三角形，3CE ∴＝1123322S AB CE ⨯⨯⨯=底面积＝＝1CEA 中，3CE ＝13EA ＝16AC =1A E CE ∴⊥，结合1A E AB ⊥，又,,AB CE E AB CE ⋂=⊂平面ABC ,1A E ∴⊥平面ABC ,13h A E ∴＝＝3V Sh =＝.【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考查棱柱的体积计算，属基础题，为证明线线垂直，常常先证线面垂直，为证明线面垂直，又常常需要先证明线线垂直，这是线面垂直关系常用的证明与判定方式，要熟练掌握.18．（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）在图甲中先证AB BD ⊥，在图乙中由面面垂直的性质定理先证AB CD ⊥，由条件可得DC BC ⊥，进而可判定DC ⊥平面AB C ；（2）利用等体积法进行转化计算即可.【详解】（1）图甲中，∵AB BD =且45A ︒∠=，45ADB ︒∴∠=， ()()180180454590ABD ADB A ︒︒︒︒︒∴∠=-∠+∠=-+=，即AB BD ⊥， 图乙中，∵平面ABD ⊥平面BDC ，且平面ABD 平面BDC BD =，∴AB ⊥平面BDC ，又CD ⊂平面BDC ，∴AB CD ⊥，又90DCB ︒∠=，∴DC BC ⊥，且AB BC B ⋂=，又AB ，BC ⊂平面AB C ，∴DC ⊥平面AB C ；（2）因为点E ，F 分别是棱AC ，AD 的中点，所以//EF DC ，且12EF DC =，所以EF ⊥平面ABC ， 由（1）知，AB ⊥平面BDC ，又BC ⊂平面BDC ，所以AB BC ⊥，105ADC ︒∠=，45ADB ︒∠=，1054560CDB ADC ADB ︒︒︒∴∠=∠-∠=-=， 90906030CBD CDB ︒︒︒︒∴∠=-∠=-=，cos3022BC BD ︒∴=⋅=⨯=1sin 30212DC BD ︒=⋅=⨯=，所以12ABC S AB BC =⨯⨯△12ABE ABC S S ==△△1122EF DC ==，所以111332A BEF F ABE ABE V V EF S --==⋅⋅=⋅=△ 【点睛】方法点睛：计算三棱锥体积时，常用等体积法进行转化，具体的方法为：①换顶点，换底面；②换顶点，不换底面；③不换顶点，换底面.19．体积V ；表面积(21π+．【分析】由已知计算出圆柱的底面半径，代入圆柱表面积和体积公式，即可得到答案.【详解】解：设圆柱的底面半径为r ，高为'h ，圆锥的高h ='3h ＝，1'2h h ∴＝，则122r =，1r ∴＝． ∴圆柱的体积2V r h π'=＝；表面积(22221S r rh πππ=+='． 【点睛】本题考查的知识点求圆柱的表面积和体积，其中根据已知条件，求出圆柱的底面半径，是解答本题的关键.20．（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）在直角梯形ABCD 中先求出,,CD CE BE ，然后可求得,DE AE ，从而可证明DE AE ⊥，由线面垂直判定定理证明线面垂直；（2）由（1）得面面垂直，知Q 在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角，cos AQ PAQ AP ∠==AQ x =（0x <≤-P QDE 的体积，由二次函数知识求得最大值，及此时x 的值，得Q 为AE 中点，从而有//FQ BE ，PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），由余弦定理可得．【详解】（1）证明：//AD BC ，BC CD ⊥，120ABC ∠=︒，4=AD ，3BC =，=2AB ，∴CD ===CD ，∴1CE =，CD =2BE =， 由余弦定理得AE ===又2DE ===，∴222DE AE AD ，∴AD DE ⊥，∵AP DE ⊥，又AP AE A =，AP AE ⊂、平面APE ，∴DE ⊥平面APE ．（2）由（1）DE ⊥平面APE ．DE ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAE ，∴Q 点在AE 上，PAQ ∠为直线AP 与平面ABCD 所成的角，cos 3AQ PAQ AP ∠==，设AQ x =（0x <≤PQ =，QE x =，12(23)232QDE S x x =⨯⨯-=-△， 212(23)33P QDE QDE V PQ S x x -=⋅=--△22(3)223x =--+≤，当且仅当3x =时等号成立，则当P QDE V -最大时，3AQ =，∴Q 为AE 中点，∵F 为AB 中点，∴//FQ BC ，∴PBE ∠为异面直线PB 与QF 所成角（或补角），1,3QB QE ==，则由PQ ⊥平面ABCD 得3,7PE PB ==，又2BE =，则2227cos 2PB BE PE PBE PB BE +-∠==⋅， ∴异面直线PB 与QF 所成角的余弦值为714．【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查直线与平面所成的角，异面直线所成的角，三棱锥的体积等，旨在考查学生的空间想象能力，运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题． 21．（1）证明见解析；（210 【分析】（1）连接1A B 交1AB 于O ，连接MO ，证明1MO AB ⊥，1MO A B ⊥，然后得到MO ⊥平面11ABB A 即可；（2）首先证明1A O ⊥平面1AB M ，然后可得1A MO ∠即为1A M 与平面1AB M 所成的角，然后利用111sin A O MO MA A ∠=算出答案即可. 【详解】（1）证明：连接1A B 交1AB 于O ，连接MO ，易得O 为1A B ，1AB 的中点∵1CC ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC∴1CC AC ⊥又M 为1CC 中点，16AC CC == ∴223635AM =+=同理可得135B M =∴1MO AB ⊥连接MB ，同理可得135A M BM ==1MO A B ∴⊥又11AB A B O ⋂=，1AB ，1A B ⊂平面11ABB A∴MO ⊥平面11ABB A又MO ⊂平面1AB M∴平面1AB M ⊥平面11ABB A（2）解：易得11A O AB ⊥又由（1）平面1AB M ⊥平面1ABB A平面1AB M 平面111ABB A AB =，1AO ⊂平面11ABB A ∴1A O ⊥平面1AB M∴1A MO ∠即为1A M 与平面1AB M 所成的角在11Rt AA B △中，22111663222AB AO ==+=在1Rt AOM 中，1113210sin 35AO MO A A M ∠=== 故1A M 与平面1AB M 10【点睛】方法点睛：几何法求线面角的步骤：（1）作：作出辅助线，构成三角形；（2）证：利用线面角的定义证明作出的角即为所求角；（3）求：在直角三角形中求解即可. 22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）连接1B C ，可知点D 为1B C 的中点，利用中位线的性质可得出11//OD A B ，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出四边形11AAC C 为菱形，可得出11AC AC ⊥，证明出BC ⊥平面11AAC C ，可得出1AC BC ⊥，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.【详解】（1）如下图所示，连接1B C ，在三棱柱111ABC A B C -中，11//BB CC 且11BB CC =，则四边形11BB C C 为平行四边形， D 为1BC 的中点，则D 为1B C 的中点，同理可知，点O 为1A C 的中点，11//OD A B ∴， OD ⊄平面111A B C ，11A B ⊂平面111A B C ，因此，//OD 平面111A B C ；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，11//AA CC 且11AA CC =， 所以四边形11AAC C 为平行四边形，1AC CC =，所以，平行四边形11AAC C 为菱形，则11AC AC ⊥，1CC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，1BC CC ∴⊥，BC AC ⊥，1AC CC C =，BC ∴⊥平面11AAC C ，1AC ⊂平面11AAC C ，1AC BC ∴⊥，1AC BC C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，1AC ⊂平面1AC B ，因此，平面1AC B ⊥平面1A BC .【点睛】方法点睛：证明面面垂直的常用方法：（1）面面垂直的定义；（2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，可假设两个平面垂直成立，利用面面垂直的性质定理转化为线面垂直，即可找到所要证的线面垂直，然后组织论据证明即可.23．（1）证明见解析；（2）105.（1）证明,BD AC BD AD ⊥⊥后得BD ⊥平面ADC ，然后可得面面垂直；（2）连结OD ，作OE BC ⊥于E ，连结DE ，证得OED ∠为二面角A BC D --的平面角，在三角形中可得其余弦值．【详解】证明：（1）∵CA ⊥平面ADB ，BD ⊂平面ADB ，∴CA BD ⊥，.又D 是圆周上一点，AB 是圆O 的直径，DA DB ⊥，又CA ⊂平面CAD ，DA ⊂平面CAD ，ADCA A =，∴BD ⊥平面CAD ，而BD ⊂平面ACD ，∴平面ADC ⊥平面CDB ；（2）连结OD ，作OE BC ⊥于E ，连结DE ，∵CA ⊥平面ADB ，CA ⊂平面ABC ，∵平面ABC ⊥平面ADB ，∵BD AD =，∴⊥OD AB ，又∵OD ⊂平面ADB ，∵平面ABC平面ADB AB =， ∴OD ⊥平面ABC ，∵BC ⊂面ABC ，∴BC OD ⊥.又∵BC OE ⊥，OE DE E =，∴BC ⊥平面ODE ，∴BC DE ⊥，∴OED ∠为二面角A BC D --的平面角.又1AC =，12AD =，BD AD =， ∴2OD =，3OE =，30DE =，所以cos OE OED DE ∠==10所以二面角A BC D --的余弦值为105. 【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，求二面角．求二面角的方法：（1）定义法：根据定义作出二面角的平面角（并证明）然后在相应三角形中求角．（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角与二面角相等或互补计算．24．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.（1）利用线面平行的判定定理证得//EF 平面BCD ，进而利用线面平行的性质定理证得； （2）利用线面垂直的判定定理证得CD ⊥平面ADB ，进而证得AB ⊥平面CDH ，然后由面面垂直判定定理证得结论.【详解】证明：（1）因为点E 、F 分别为线段AC 、AD 的中点，EF ∴为ACD △的中位线，则//EF CD ，CD ⊂平面BCD ，EF ⊄平面BCD ，//EF ∴平面BCD ，又EF ⊂平面EFNM ，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，//EF MN ∴；（2）90CDA CDB ∠=∠=︒，CD DA ∴⊥，CD DB ⊥，DA DB D ⋂=，DA ⊂平面ADB ，DB ⊂平面ADB ， CD 平面ADB ，CD AB ∴⊥又DH AB ⊥，DH CD D ⋂=，DC ⊂平面DCH ，DH ⊂平面DCH ，AB ∴⊥平面CDH ，AB ⊂平面ABC ，∴平面CDH ⊥平面ABC.【点睛】要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.25．（1）证明见解析；（2）PA =PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35. 【分析】 （1）根据已知条件，得到BD PA ⊥，再利用正切函数的性质，求得0030,BAC 60ABD ∠=∠=，得到BD AC ⊥，进而可证得平面PBD ⊥平面PAC ；（2）建立空间坐标系，得到()BD =-，()0,2,DP t =-，()2PC t =-，进而得到平面PBD 的一个法向量为1,3,n ⎛= ⎝⎭，进而可利用向量的公式求解 【详解】（1）∵PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，∴BD PA ⊥，又3tan ,tan 33AD BC ABD BAC AB AB ∠==∠==， ∴0030,BAC 60ABD ∠=∠=，∴090AEB ∠=，即BD AC ⊥（E 为AC 与BD 交点）．又PA AC ，∴BD ⊥平面PAC ，又因为BD ⊂平面PBD ，所以，平面PAC ⊥平面PBD（2）如图，以AB 为x 轴，以AD 为y 轴，以AP 为z 轴，建立空间坐标系，如图， 设AP t =，则()()()()23,0,0,23,6,0,0,2,0,0,0,B C D P t ，则()23,2,0BD =-，()0,2,t DP =-，()23,6,PC t =-，设平面PBD 法向量为(),,n x y z =，则00n BD n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即232020x y y tz ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，得平面PBD 的一个法向量为231,3,n t ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以22226333cos ,1214448451PC nPC n PC n t t t t ⋅===++++， 因为22221441445151275t t t t +++=≥，当且仅当23t =时等号成立， 所以5c 33353os ,PC n ≤=，记直线PC 与平面PBD 所成角为θ，则sin cos ,PC n θ=，故3sin 5θ≤，即23t =时，直线PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35． 【点睛】关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到BD ⊥平面PAC ，进而证明平面PAC ⊥平面PBD ；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线PC 与平面PBD 所成角的最大值，难度属于中档题26．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，通过//OE PA 即可证明；（2）通过PD BC ⊥， CD BC ⊥可证BC ⊥平面PDC ，即得DE BC ⊥，进而通过DE ⊥平面PBC 得DE PB ⊥，结合EF PB ⊥即证.【详解】证明：（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，底面ABCD 是正方形，∴O 是AC 中点，点E 是PC 的中点，//OE PA ∴.OE ⊂平面EDB ， PA ⊄平面EDB ，∴//PA 平面EDB .（2）PD DC =，点E 是PC 的中点，DE PC ∴⊥.底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，∴PD BC ⊥， CD BC ⊥，且 PD DC D ⋂=，∴BC ⊥平面PDC ，∴DE BC ⊥，又PC BC C ⋂=，∴DE ⊥平面PBC ，∴DE PB ⊥，EF PB ⊥，EF DE E ⋂=，PB ∴⊥平面EFD .【点睛】本题考查线面平行和线面垂直的证明，属于基础题.。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)(2)

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)(2)
A． 平面 B．平面 与平面 不垂直
C．平面 与平面 可能平行D．直线 与直线 可能不平行
11．如图为水平放置的 的直观图，则原三角形的面积为（）
A．3B． C．6D．12
12．边长为2的正方形 沿对角线 折叠使得 垂直于底面 ，则点 到平面 的距离为（）
A． B． C． D．
13．如图，正方体 的棱长为2，点 为底面 的中心，点 在侧面 的边界及其内部运动．若 ，则 面积的最大值为（）
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
由线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理即可得解．
【详解】
解：对于①，由面面平行的判定定理可得，若 、 互为异面直线， ， ，则 或相交，又因为 ， ，则 ，故①正确；
对于②，若 ， ， ，则 或 ， 相交，故②错误，
对于③，若 ， ，则 ；故③正确，
对于④，若 ， ， ，则 或 ，故④错误，
, 平面 ， 平面 ，则 平面
又 ,所以平面 平面
又平面 面
所以点 的轨迹为线段
当 为线段 的端点 （或 ）时， 最长，此时
当 为线段 的中点时， 最短，此时
所以 ，
故选：C．
【点睛】
本题考查利用向量法解决线面平面的探索问题，本题也可以构造面面平面得出动点的轨迹，从而求解，属于中档题.
7．A
解析：A
当 时， 不一定成立，
即“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：B．
【点睛】
本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题.
6．C
解析：C
【分析】
分别取 的中点 ,可得平面 平面 ，从而点 的轨迹为线段 ，然后计算出线段 的范围.

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)

一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（ ）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π 2．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（ ）A ．7B ．7-C ．37D ．37- 3．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（ ）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π4．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．325B ．522C ．326] D ．6，22] 5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点F 是线段1BC 上的动点，则下列说法错误的是（ ）A ．无论点F 在上1BC 怎么移动，都有11A FB D ⊥B ．当点F 移动至1BC 中点时，才有1A F 与1BD 相交于一点，记为点E ，且12A E EF = C ．当点F 移动至1BC 中点时，直线1A F 与平面1BDC 所成角最大且为60°D ．无论点F 在1BC 上怎么移动，异面直线1A F 与CD 所成角都不可能是30°6．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为5 B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．4B ．8C ．12D ．148．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 9．已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ）A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π 10．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥ 11．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥' 12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．34D ．12二、填空题13．3ABCD 中，对角线3AC =ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.16．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．17．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.18．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．19．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值 （2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE A C ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ；（2）求二面角A-BC-D 的余弦值.22．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．23．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ；（2）求H 到平面AEC 的距离．24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值. 25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，D 为AC 的中点，12AA AB ==，3BC =．（1）求证：1//AB 平面1BC D ；（2）求三棱锥1D BCC -的体积．26．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆， 且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-， 222(3)3R R ∴=-+，解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．C解析：C【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==， 所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+，由余弦定理得， 从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．B解析：B【分析】 根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =.【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l ，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r r l ππα==， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ； 如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===，所以222AM AB MB +=, 所以2MAB π∠=, 故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=,故选：B【点睛】 关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2r lπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.4．A解析：A【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1，∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ；连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ，可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ．又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上．在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()22+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.5．C解析：C 【分析】A.通过证明线面垂直，证得线线垂直；B.利用相似三角形，求1A EEF的值；C.首先构造直线1A F 与平面1BDC 所成角，再通过数形结合分析最大角，以及最大角的余弦值，判选项；D.将异面直线所成角转化为相交直线所成角，求解判断. 【详解】A.AC BD ⊥，1AC BB ⊥，AC ∴⊥平面1BB D ，1AC B D ∴⊥，11//AC AC ，111B D AC ∴⊥，同理11B D BC ⊥，1111A C BC C ，1B D ∴⊥平面11A BC ，1A F ⊂平面11A BC ，11B D A F ∴⊥，故A 正确；B.连结1A D ，1B C 交1BC 于点F ，11//A B DC ,且11A B DC =，∴四边形11A DCB 是平行四边形，所以11//A D B C ，∴11A DE FB E，得1112A E A DEFB F==，故B 正确；C.1A O ⊥平面1BDC ，1111A B AC A D ==，∴点O1BDC 是等边三角形的中心，11A BC 是等边三角形，111A BC BDC ≅ 当点F 是1BC 的中点时，11A F BC ⊥，此时1A F 是点1A 和1BC 上的点连线的最短距离，设直线1A F 与平面1BDC 所成角为θ，此时11sin A O A F θ=最大，所以此时θ最大，所以111cos 32OF A F θ==<,最大角大于60，故C 不正确；D.11//A B CD ，CD ∴与1A F 所成的角，转化为11B A F ∠的大小，11B A F ∠的最小角是11B A 与平面11A BC 所成的角，即11B A F ∠，此时1111123tan 23FB B A F A B ∠==>，所以11B A F ∠的最小角大于30，故D 正确.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何的综合应用，包含线线，线面角，垂直关系，首先会作图，关键选项是C 和D ，C 选项的关键是1A O ⊥平面1BDC ，点O1BDC 是等边三角形的中心，D 选项的关键是知道先与平面中线所成角中，其中线面角是其中的最小角.6．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 55d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 10D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7．C解析：C 【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可. 【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得ABCD 是直角梯形，PA ⊥平面ABCD ，2,4,2,6AB CD PA AD ==== 所以11246212332P ABCD ABCD V S PA -+=⋅=⨯⨯⨯= 故选：C 【点睛】 识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； （3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.8．D解析：D 【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A ，根据异面直线所成角可判断B ，由余弦定理可判断CD. 【详解】 如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11A BCD ,所以1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC D C A P BP A P BP +-=+++-=+>，所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确；设1(022)A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos4224AP x x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，222211111222cos =22AP D P AD x xAP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当2x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.9．C解析：C 【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=， 所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.10．D解析：D 【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】 对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．11．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则2BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角， 在ABE △中，2AB =2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：556π； 【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积. 【详解】根据题意，画出图形，3的菱形ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形， 又因为二面角B AC D --的大小为2π， 所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ， 则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===， 所以球的半径2252R GD OG =+=， 所以其体积为3344555(3326V R ππ==⋅=， 故答案为：556π. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下： （1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径； （4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=， 所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积． 【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AFAP AB=，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵ACCE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥．设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3(23)R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=． 故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．16．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案 6 【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得． 【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，22OE =，23EF =． 所以6cos OE OEF EF ∠==． 故答案为：6．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．17．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故 解析：3【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案． 【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====.所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．18．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==112ME BC ==， 又113323323EO DE ==⨯=由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥，∴3cos 3EO MEO ME ∠==． 故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．19．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4） 【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE A C ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）. 【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值， 由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠ 所以MB 是定值，故（1）正确；B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =，则2DE CE ==，若存在某个位置,使1DE A C ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1A CE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾， 故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4） 【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以 解析：494π【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =， 所以24944S R ππ==．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）7. 【分析】（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证； （2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得； 【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形， 所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角. 在OCD 中，因为OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=所以90COD ∠=︒. 所以平面ABC ⊥平面ABD .（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OMDO O =，,OM DO ⊂面DOM所以BC ⊥平面DOM因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ， 则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.在Rt OMD 中，1OD =，2OM =，由勾股定理：DM =，∴二面角A-BC-D 的余弦值为cos OM OMD DM ∠==.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 22．（1）22；（22；（33 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥，。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (28)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷4（共22题）一、选择题（共10题）1.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l至少与l1，l2中的一条相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l与l1，l2都不相交2.空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中( )A．必有三点共线B．必有三点不共线C．至少有三点共线D．不可能有三点共线3.下列几何体中是棱柱的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个4.下列三个命题中错误的个数是( )①经过球面上任意两点，可以作且只可以作一个球的大圆；②球面积是它大圆面积的四倍；③球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长．A．0B．1C．2D．35.棱长为a的正四面体的表面积是( )A．√36a2B．√312a2C．√34a2D．√3a26.如图所示的几何体是( )A．五棱锥B．五棱台C．五棱柱D．五面体7.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AD=2，AB=3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面α与直线C1E平行，则平面α截该长方体所得截面的面积为( )A．3B．3√2C．3√3D．3√58.有以下结论：①平面是处处平直的面；②平面是无限延展的；③平面的形状是平行四边形；④一个平面的厚度可以是0.001cm．其中正确结论的个数为A．1B．2C．3D．49.若直线a，b与直线l所成的角相等，则a，b的位置关系是( )A．异面B．平行C．相交D．相交、平行、异面均有可能10.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )C．2+√2D．2√3+1 A．2B．52二、填空题（共6题），11.已知四面体ABCD内接于球O，且AB=BC=√2，AC=2，若四面体ABCD的体积为2√33球心O恰好在棱DA上，则球O的表面积是．12.在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q是直线DD1上的两个动点．如果PQ=2，那么三棱锥P−BCQ的体积等于．13.表面积相等的球和正方体的体积比为．14.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足时，平面MBD⊥平面PCD．（只要填写一个你认为是正确的条件即可）15.半径为3的球体表面积为．16.已知正六棱柱的侧面积为72cm2，高为6cm，那么它的体积为cm3．三、解答题（共6题）17.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1=AC=BC=2，∠ACB=90∘，D，E分别是A1B1，CC1的中点．(1) 求证：C1D∥平面A1BE；(2) 求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值；(3) 在棱CC1上是否存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60∘？若存在，求出线段CP的长；若不存在，请说明理由．18.如果两条直线和第三条直线成等角，那么这两条直线平行吗？19.如图：四棱锥P−ABCD底面为一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥平面ABCD，F是PC中点．(1) 求证：平面PDC⊥平面PAD；(2) 求证：BF∥平面PAD．20.若两个平面平行，那么两个平面内的所有直线都相互平行吗？21.如图所示是一个圆台形的纸篓（有底无盖），它的母线长为50cm，两底面直径分别为40cm和30cm．求纸篓（外侧部分）的表面积．22.如图所示，已知一条直线a分别与两条平行直线b，c相交．求证：a，b，c三线共面．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】A【解析】若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则l至少与l1，l2中的一条相交，故选A．【知识点】直线与直线的位置关系2. 【答案】B【解析】由图（1）（2）（3）知，A，C，D均不正确，只有B正确．【知识点】平面的概念与基本性质3. 【答案】C【解析】观察图形得：“有两个面互相平行，其余各面都是四边形，”的几何体有：①③⑤，只有它们是棱柱，共三个．【知识点】棱柱的结构特征4. 【答案】C【知识点】球面距离、球的结构特征5. 【答案】Da2=√3a2．【解析】棱长为a的正四面体的四个面都是正三角形，正四面体的表面积是4×√34【知识点】棱锥的表面积与体积6. 【答案】C【解析】由图知，该几何体底面是五边形，且为柱体，所以是五棱柱．【知识点】棱柱的结构特征7. 【答案】D【知识点】棱柱的结构特征8. 【答案】B【解析】平面处处平直，无限延展，但是没有大小、形状、厚薄等，因此①②两种说法是正确的，③④两种说法是错误的．【知识点】平面的概念与基本性质9. 【答案】D【知识点】直线与直线的位置关系10. 【答案】C【解析】由题意，几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥P−ABCD，几何体的表面积为：1×1+2×12×1×1+2×12×1×√2=2+√2．故选：C．【知识点】棱锥的表面积与体积、三视图二、填空题（共6题）11. 【答案】16π【解析】如图：在三角形ABC中，因为AB2+BC2=AC2，所以△ABC为直角三角形，所以三角形ABC的外接圆的圆心为AC的中点O1．连OO1，根据垂径定理，可得OO1⊥平面ABC，因为O，O1为AD，AC的中点可知DC⊥平面ABC，所以DC为四面体ABCD的高．所以13DC×12×√2×√2=2√33，解得DC=2√3．所以AD=√(2√3)2+22=4．所以四面体ABCD的外接球的半径为2，表面积为4πR2=4π×22=16π．【知识点】棱锥的表面积与体积、球的表面积与体积12. 【答案】12【解析】因为在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q是直线DD1上的两个动点，PQ=2，所以S△PQC=12×PQ×CD=12×2×6=6，所以三棱锥P−BCQ的体积：V P−BCQ=V B−PQC=13×S△PQC×BC=13×6×6=12．【知识点】棱锥的表面积与体积13. 【答案】√6π【知识点】表面积与体积、棱柱的表面积与体积14. 【答案】 DM ⊥PC （或 BM ⊥PC ）【知识点】平面与平面垂直关系的判定15. 【答案】 36π【知识点】球的表面积与体积16. 【答案】36√3【解析】设正六棱柱的底面边长为 x cm ， 由题意得 6x ⋅6=72，所以 x =2， 于是其体积 V =√34×22×6×6=36√3(cm 3)．【知识点】棱柱的表面积与体积三、解答题（共6题） 17. 【答案】(1) 取 AB 的中点 F ，连接 DF ，交 A 1B 于点 M ，可知 M 为 DF 的中点， 连接 EM ，易知四边形 C 1DME 为平行四边形， 所以 C 1D ∥EM ，又 C 1D ⊄平面A 1BE ，EM ⊂平面A 1BE ，所以 C 1D ∥平面A 1BE ．(2) 分别以 CA ，CB ，CC 1 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 B (0,2,0)，C 1(0,0,2)，E (0,0,1)，A 1(2,0,2)， 则 BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2)，EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−1)， 设平面 A 1BE 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即 {2x +z =0,2y −z =0,令 x =1，可得 y =−1，z =−2，即 n ⃗ =(1,−1,−2)，所以 cos⟨BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗ ∣BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣n ⃗ ∣=−√36， 所以直线 BC 1 与平面 A 1BE 所成角的正弦值为√36． (3) 假设在棱 CC 1 是存在一点 P ，设 CP =a (0<a <2)，可得 P (0,0,a )，由 A (2,0,0)，B (0,2,0)，可得 PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−a )，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−a )， 设平面 PAB 的法向量为 m ⃗⃗ =(x 1,y 1.z 1)， 则 {m ⃗⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即 {2x 1−az =0,2y 2−az =0,令 z =2，可得 x 1=a ，y 1=a ， 即 m ⃗⃗ =(a,a,2)，又由平面 A 1BE 的一个法向量为 n ⃗ =(1,−1,−2)， 所以 cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣⋅∣n ⃗ ∣=√a 2+a 2+4⋅√6，因为平面 PAB 与平面 A 1BE 所成二面角为 60∘，可得 √a 2+a 2+4⋅√6=cos60∘=12，解得 a 2=103，此时 a =√303，符合题意， 所以在棱 CC 1 上存在一点 P ，使得平面 PAB 上与平面 A 1BE 所成二面角为 60∘，且 CP =√303． 【知识点】二面角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题、线面角、直线与平面平行关系的判定18. 【答案】不一定，这两条直线可能相交、平行或异面．【知识点】空间中直线与直线平行19. 【答案】(1) 因为 PA ⊥平面ABCD,CD ⊂平面ABCD ， 所以 PA ⊥CD ，又因为 CD ⊥AD ，PA ∩AD =A ，AD ⊂平面PAD ，PA ⊂平面PAD ， 所以 CD ⊥平面PAD ， 因为 CD ⊂平面PCD ，所以平面 PDC ⊥平面PAD ．(2) 取 PD 的中点为 E ，连接 EF,AE ， 因为 F 为 PC 的中点， 所以 EF 为 △PCD 的中位线， 所以 EF ∥CD ，CD =2EF ， 又因为 CD =2AB ，AB ∥CD ， 所以 EF =AB ，并且 EF ∥AB ， 所以四边形 ABEF 为平行四边形， 所以 BF ∥AE ，因为 AE ⊂平面PAD ，BF ⊄平面PAD所以 BF ∥平面PAD ．【知识点】平面与平面垂直关系的判定、直线与平面平行关系的判定20. 【答案】不是．【知识点】平面与平面平行关系的性质21. 【答案】根据题意可知，纸篓底面圆的半径 rʹ=15 cm ，上口的半径 r =20 cm ，母线长 l =50 cm ，则纸篓的表面积 S =π(rʹ2+rʹl +rl )=π(152+15×50+20×50)=1975π(cm 2)．【知识点】圆台的表面积与体积22. 【答案】因为b∥c，所以b，c确定一个平面，设为α，如图所示．令a∩b=A，a∩c=B，所以A∈α，B∈α，所以AB⊂α，即直线a⊂α．所以a，b，c三线共面．【知识点】平面的概念与基本性质。

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)(1)

一、选择题1．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ） A ．2：1B ．4：1C ．8：1D ．8：32．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则EF 和BD 所成的角的大小是（ ） A ．30B ．45C ．60D ．903．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面ABCD ，32AB =，6AA '=，以D 为圆心，DC '为半径在侧面BCC B ''上画弧，当半径的端点完整地划过C E '时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（ ）A ．96π B ．93π C ．96π D ．93π 4．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为6cm ，该纸片上的正方形ABCD 的中心为O .E ，F ，G ，H 为圆O 上的点，ABE △，BCF △，CDG ，ADH 分别是以AB ，BC ，CD ，DA 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，DA 为折痕折起ABE △，BCF △，CDG ，ADH ，使得E ，F ，G ，H 重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．163πB ．253πC ．643πD ．1003π5．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是正方形，且平面ABCD ⊥平面AEB ，则（ ）A ．DEC ∠可能为90︒B ．若AEB △是等边三角形，则DEC 也是等边三角形C ．若AEB △是等边三角形，则异面直线DE 和AB 所成角的余弦值为24D ．若AEB △是直角三角形，则BE ⊥平面ADE6．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．[322，5] B ．[5，22]C ．[324，6] D ．[6，22]7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）A 22B ．22C 27D 2118．三个平面将空间分成n 个部分，则n 不可能是（ ） A ．5B ．6C ．7D ．89．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（ ） A 2B ．22C ．12D ．3210．已知四面体ABCD ，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．73π B ．7π C ．712π D ．79π 11．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA 的中点，下列四个结论中不成立的是（ ） A ．//BC 平面PDF B ． DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC12．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2O A ''=，45B A O '''∠=,//B C O A ''''.则原平面图形的面积为（ ）A ．32B ．62C ．322D ．34二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，42AC =，若点P 是上底面111 A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．14．已知正三棱锥A BCD -的四个顶点在球O 的球面上，2AB =，且π2BAC ∠=，则球O 的表面积为_______．15．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，点E 为CD 的中点，F 为线段CE （端点除外）上一动点．现将DAF △沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC ．设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，θ的取值范围为__________．16．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.17．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．18．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.19．已知四面体P ﹣ABC 的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，2AC 3=AB ，若四面体P ﹣ABC 的体积为32，则该球的体积为_____． 20．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，60BAC ∠=︒，23AB AC ==，2PA =，则三棱锥P ABC -外接球的半径为____________.三、解答题21．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2AC BC AC BC CC ⊥===.（1）求三棱柱111ABC A B C -的体积； （2）求异面直线1CB 与1AC 所成角的大小； （3）求二面角1B AC C --的平面角的余弦值.22．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PFPB的值；若不存在，说明理由．24．如图，在三棱锥M 中，M 为BC 的中点，3PA PB PC AB AC =====，26BC =.（1）求二面角P BC A --的大小； （2）求异面直线AM 与PB 所成角的余弦值. 25．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，1cos ,3BAP AP BC ∠=-⊥．（1）若23BM MC =，求证：PM BC ⊥； （2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值．26．在三棱锥P ABC -中，AE BC ⊥于点,E CF AB ⊥于点F ，且AE CF O ⋂=，若点P 在平面ABC 上的射影为点O ．（1）证明：AC PB ⊥；（2）若ABC 是正三角形，点,G H 分别为,PA PC 的中点．证明：四边形EFGH 是矩形．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案． 【详解】设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，由~AOE ACF 可得：22(1)11h r --=，即22r h h =-， ∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--．当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1． 故选：A ．【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.2．C解析：C 【分析】作出图形，连接1AD 、11B D 、1AB ，推导出1//EF AB ，11//BD B D ，可得出异面直线EF 和BD 所成的角为11AB D ∠，分析11AB D 的形状，即可得出结果. 【详解】如下图所示，连接1AD 、11B D 、1AB ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则11112AD AB B D === 所以，11AB D 为等边三角形，则1160AB D ∠=，因为E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则E 、F 分别是11B D 、1AD 的中点，所以，1//EF AB ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =， 所以，四边形11BB D D 为平行四边形，则11//BD B D ， 所以，异面直线EF 和BD 所成的角为1160AB D ∠=. 故选：C. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．A解析：A 【分析】先确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论. 【详解】由题意 6,32CE CC AA BC AB ''=====22361832BE CE CB -=-=，所以45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，所以圆锥的侧面积 636186S rl CC DC ππππ'==⨯⨯=⨯⨯=， 所以曲面面积为1961868ππ⨯=. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18是关键，考查系数的空间想象力. 4．D解析：D 【分析】连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）cm ，则2x OI =，62xIE =-，求出x 的值，再利用勾股定理求R ，代入球的表面积公式，即可得答案. 【详解】连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）cm ，则2x OI =，62x IE =-， 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍， 所以246222x x x ⎛⎫⨯⨯-= ⎪⎝⎭，解得4x =. 设该四棱锥的外接球的球心为Q ，半径为R ，如图，则QP QC R ==，22OC =16423OP =-=所以()(222RR =+，解得R =所以外接球的表面积为210043S ππ==（2cm ）. 故选：D . 【点睛】关键点点睛：本题考查平面图形的折叠，四棱锥外接球的半径，解题关键在于平面图形折叠成立体图形后，要明确变化的量和没有变的量，以及线线的位置，线面的位置关系，对于几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心的位置.5．C解析：C 【分析】对A ，直角三角形的斜边大于直角边可判断；对B ，由>=EC EB DC 可判断；对C ，可得CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，即可求出；对D ，EAB ∠（或EBA ∠）为直角时，BE 与平面ADE 不垂直. 【详解】对A ，由题意，若90DEC ∠=︒，则DC EC >，但EC BC CD >=，故A 不正确； 对B ，若AEB △是等边三角形，显然有>=EC EB DC ，所以DEC 不会是等边三角形，故B 不正确；对C ，若AEB △是等边三角形，设边长为2，则DE EC ==//AB CD ，则CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，易求cos4CDE ∠==，故C 正确； 对D ，当AEB △是以AEB ∠为直角的直角三角形时，BE ⊥平面ADE ，当AEB △是以EAB ∠（或EBA ∠）为直角的直角三角形时，BE 与平面ADE 不垂直，故D 不正确． 故选：C. 【点睛】本题考查四棱锥的有关位置关系的判断，解题的关键是正确理解长度关系，正确理解位置关系的变化.6．A解析：A 【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案． 【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1， ∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ； 连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ， 可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ． 又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上． 在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=，同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=，则△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()2+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.7．D解析：D 【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算． 【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥． 由已知2PA AD ==，所以22222cos 23223cos607PB PA AB PA AB PAB =+-⋅∠=+-⨯⨯︒=22211cos 11(7)2BC PCB PC ∠===+， 所以异面直线PC 与AD 所成角的余弦值为21111． 故选：D ． 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A 【分析】三个平面不重合，先按其中平行的平面的个数分类：三个平面两两平行，两个平面平行，没有平行的平面(两两相交)，对两两相交的情况，再根据三条交线互相平行，重合，交于一点，分别讨论. 【详解】按照三个平面中平行的个数来分类：（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；（3）三个平面中没有平行的平面：（i ）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分； （ii ）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分.（iii ）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分；综上，可以为4，6，7，8部分，不能为5部分， 故选：A.9．B解析：B 【分析】 连接11A N B AB =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解. 【详解】连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥， 又因为22111115142MB MC C B =+=+=2215142MA MC CA =+=+=， 所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线， ∴1⊥MN AB 且1MNA B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离， 又因为111121122B N AB ==+=，所以点1B 到截面1A BM 2， 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n d n⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.10．A解析：A 【分析】本题首先可根据题意将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，所以可将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形BCD 的外心到三角形BCD 的顶点的长度为222131323， 所以直三棱柱的外接球的半径221372312r， 则球O 的表面积2277π4π4π123S r ，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查四面体的外接球的表面积的计算，能否将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分是解决本题的关键，考查直三棱柱的外接球的半径的计算，是中档题.11．C解析：C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】 对于A ，D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；对于B ，各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PEAE E =，BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；对于C ，假设平面PDE ⊥平面ABC ，设DE BF O ⋂=，连接PO ，则O 是DE 中点，PO DE ∴⊥，平面PDE平面ABC DE =，PO ∴⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，PO BF ∴⊥，则PB PF =，与PB PF ≠矛盾，故C 错误，符合题意；对于D ，由B 选项 DF ⊥平面PAE ， DF ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故D 正确，不符合题意. 故选：C. 【点睛】本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.12．A解析：A 【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】45B A O '''∠=B O A '''=∠，则O A B '''△是等腰直角三角形，∴2A B OB '''==又O C C B ''''⊥，45C O B '''∠=︒，∴1B C ''=， 在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC ，//OA BC ，2,1OA BC ==，高22OB = ∴其面积为1(21)22322S =+⨯= 故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S '，原图形面积为S ，则2S S '=二、填空题13．【分析】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面 解析：4π【分析】确定ABC 是等腰直角三角形，11,AC A C 的中点1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直棱柱性质得P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，求出1PD 可得面积． 【详解】4,2AB BC AC ===90ABC ∠=︒，设1,D D 分别是11,AC A C 的中点，则1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直三棱柱的性质得1DD ⊥平面ABC ， 所以P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，如图，24()41OA ππ=，则41OP OA ==，2222413(22)22OD OA AD ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=， 222211415222PD OP OD ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， P ABC -的外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，其面积为224S ππ=⨯=． 故答案为：4π．【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．14．【分析】经分析正三棱锥是以△BCD 底面的三棱锥可以把看出以AB 为边长的正方体切割下来的可借助于正方体的外接球求解【详解】正三棱锥中所以△BCD 为底面且所以正三棱锥是以AB 为边长的正方体切割下来的所以 解析：6π【分析】经分析，正三棱锥A BCD -是以△BCD 底面的三棱锥，可以把看出以AB 为边长的正方体切割下来的，可借助于正方体的外接球求解. 【详解】正三棱锥A BCD -中，π2BAC ∠=， 所以△BCD 为底面，且π2BAD DAC BAC ∠=∠=∠=, 所以正三棱锥A BCD -是以AB 为边长的正方体切割下来的， 所以正三棱锥A BCD -的外接球就是正方体的外接球.设外接球的半径为R ,所以2R =所以外接球的表面积为246S R ππ==． 故答案为：6π 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．15．【分析】在矩形中作交于交于在翻折后的几何体中证得平面平面从而平面得是直线与平面所成的角设C 求得的范围后可得范围【详解】在矩形中作交于交于设由图易知∴即∴则在翻折后的几何体中又平面∴平面又平面∴平面平解析：(0,]6π【分析】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥，交AF 于O ，交AB 于M ，在翻折后的几何体中，证得平面ODM ⊥平面ABCF ，从而DM ⊥平面ABCF ，得DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角．设(01)CF x x =<<C ，求得sin θ的范围后可得θ范围．【详解】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥，交AF 于O ，交AB 于M ， 设(01)CF x x =<<，AM t =，由图易知DAM FDA △△，∴AM AD DA DF =，即112t x =-，∴12t x=-，01x <<，则112t <<． 在翻折后的几何体中，AF OD ⊥，AF OM ⊥，又OD OM O =，,OD OM ⊂平面ODM ，∴AF ⊥平面ODM ，又AF ⊂平面ABCF ，∴平面ODM ⊥平面ABCF ，又平面ABD ⊥平面ABC AB =．平面ODM平面ABD DM =，∴DM ⊥平面ABCF ，连接MF ，则DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角．DFM θ∠=，而DM =12DF x t=-=，∴2422211sin 1()24DM t t t t t DF θ==-=-+=--+， ∵112t <<，∴2114t <<，∴10sin 2θ<≤，即06πθ<≤．故答案为：(0,]6π．【点睛】方法点睛：本题考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得； （2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算．16．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩解析：12． 【分析】作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．【详解】如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''， 根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角， 所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=， 设1BC =，则22AB BC ==ABCD 中，3AC =1263DM ⨯==， 63D M DM '==， 则222222666612cos 22333332DD DM D M DM D M π⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-⋅=+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以2DD '=，因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=． 所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12． 故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．17．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，112ME BC ==， 又1133233EO DE ==⨯⨯=， 由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos 3EO MEO ME ∠==． 故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．18．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析：[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】 如下图所示，连MN ，EF ，1A D ，EMM ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，//MN ∴平面1C EF ．11//,C C EM C C EM =， ∴四边形1C CME 为平行四边形，1//C E CM ，又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，//CM ∴平面1C EF ，又NMCM M =，∴平面//NMC 平面1C EF ．P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ， ∴点P 必在线段EF 上．在Rt △11C D E 中，222211114225C E C D D E =+=+=同理，在Rt △11C D F 中，可得125C F =，∴△1C EF 为等腰三角形．当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长．()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==∴线段1C P 长度的取值范围是[32,25]．故答案为：[32,25] 【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．19．【分析】根据四面体是球的内接四面体结合位置关系可得棱锥的形状以及棱长之间的关系利用体积公式即可代值计算【详解】设该球的半径为R 则AB ＝2R2ACAB2R ∴ACR 由于AB 是球的直径所以△ABC 在大圆所解析：【分析】根据四面体是球的内接四面体，结合位置关系，可得棱锥的形状，以及棱长之间的关系，利用体积公式即可代值计算. 【详解】设该球的半径为R ，则AB ＝2R ，2AC ==2R ， ∴AC=，由于AB 是球的直径，所以△ABC 在大圆所在平面内且有AC ⊥BC ， 在Rt △ABC 中，由勾股定理，得：BC 2＝AB 2﹣AC 2＝R 2，所以R t △ABC 面积S 12=⨯BC ×AC =2， 又PO ⊥平面ABC ，且PO ＝R ，四面体P ﹣ABC 的体积为32，∴VP ﹣ABC 13=⨯R R 232=3＝9，R 3＝所以：球的体积V 43=⨯πR 343=⨯=．故答案为：. 【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，属基础题；本题的重点是要根据球心的位置去推导四面体的几何形态，从而解决问题.20．【分析】先在等边三角形中求出外接圆半径从而可求该三棱锥的外接球的半径【详解】详解：因为所以为等边三角形所以等边外接圆的半径为如图三棱锥外接球球心为半径为设球心到平面的距离为外接圆圆心为连接则平面取中【分析】先在等边三角形ABC 中求出BC =，外接圆半径2r ，从而可求该三棱锥的外接球的半径. 【详解】详解：因为060AB AC BAC ==∠=，所以ABC 为等边三角形，所以BC =ABC 外接圆的半径为23r，如图，三棱锥P ABC -外接球球心为O ，半径为R ， 设球心O 到平面ABC 的距离为d ，ABC 外接圆圆心为'O ， 连接,','AO AO OO ，则'OO ⊥平面ABC ， 取PA 中点,D OP OA =，所以OD PA ⊥，又PA ⊥平面ABC ，所以//PA OO '，则四边形'ADOO 是矩形， 所以在PDO △和'OAO △中，由勾股定理可得()222222222R d R d ⎧=+⎪⎨=+-⎪⎩，解得：1,5d R ==. 故答案为：5.【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据几何体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.三、解答题21．（1）4；（2）60︒；（33【分析】（1）根据棱锥的体积公式求解即可；（2）作辅助线，利用平行得出异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠，再结合等边三角形的性质得出夹角；（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF ，由11,CF AC BF AC ⊥⊥结合定义得出二面角1B AC C --的平面角，再由直角三角形的边角关系得出平面角的余弦值. 【详解】（1）三棱柱111ABC A B C -的体积1122242ABC V SCC ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭（2）记1BC 与1B C 的交点为O ，作AB 的中点E ，连接,OE CE ，异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠2CO OE CE ===60COE ︒∴∠=（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF11,CF AC BF AC BFC ⊥⊥⇒∠为所求角3tan 2,cos 32BC BFC BFC FC ∠===∠=【点睛】关键点睛：在求异面直线的夹角时，关键是利用中位线定理得出平行，从而得出异面直线的夹角.22．（1）证明见解析；（2）105. 【分析】（1）由PA ⊥底面ABCD ，得PA DE ⊥，由Rt ABH Rt DAE ≌△△，得DE AH ⊥，可得答案.（2）由可知DE ⊥平面PAH ，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，在Rt PDG △中，由sin DPG ∠可得答案. 【详解】（1）因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点，,,AB DA BH AE HBAEAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠=所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥， 因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .（2）由（1）可知DE ⊥平面PAH ，设AH DE G ⋂=，如图，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角， 因为2PA AD ==，所以22PD =，5DE =， 在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅， 所以45DG =⋅，所以5DG =， 所以在Rt PDG △中，105sin 22DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为10.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤,作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算. 23．（1）证明见解析；（2）73）存在；12PF PB =． 【分析】（1）首先证明BE AD ⊥，再由面面垂直的性质定理可得BE ⊥平面PAD ，即证. （2）连结PE ，以E 为坐标原点，EP ，EA ，EB 为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，(0,3,0)EB a =是平面PAD 的一个法向量，再求出平面PCD 的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.（3）根据题意可得EF 与平面PCD 的法向量垂直，假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ，再利用向量的数量积即可求解. 【详解】解：（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =．。

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(答案解析)(1)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（ ）A ．5B ．2C ．3D ．22．在正方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（ ） A ．5B ．25C ．5 D ．253．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（ ） A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的正弦值为（ ）．A 2B 5C 15D 10 5．如图，在Rt ABC △中，1AC =，BC x =，D 是斜边AB 的中点，将BCD △沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB AD ⊥，则x 的取值范围是（ ）A ．(0,3⎤⎦B ．2,22⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．3,23D ．(]2,46．设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（ ） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若//,//,//l m αβαβ，则//l m C ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α7．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）A ．43B ．23C ．83D ．438．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM 平面ADE ；②D E BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（ ）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④9．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323π D ．该四面体内切球的表面积为2π10．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（ ）A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+ C ．8,16253V L ==+ D ．8,1625VL ==+11．某三棱锥的三视图如图所示， 则该三棱锥的体积为（ ）A ．16B ．13C ．23D ．212．已知长方体1111ABCD A BC D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ） A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π二、填空题13．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.14．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.15．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =，8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．16．二面角a αβ--的大小为135A AE a E α︒∈⊥，，，为垂足，,B BF a F β∈⊥，为垂足，2,31AE BF EF P ===，，是棱上动点，则AP PB +的最小值为_______． 17．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =，VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．18．已知四面体P ﹣ABC 的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，2AC 3=，若四面体P ﹣ABC 的体积为32，则该球的体积为_____． 19．在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1AB 上的任意一点，有下面三个命题：①//PB 平面11CC D D ；②1BD AC ⊥；③1BD PC ⊥．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．20．已知点O 为圆锥PO 底面的圆心，圆锥PO 的轴截面为边长为2的等边三角形PAB ，圆锥PO 的外接球的表面积为______.三、解答题21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，5AB =，3AC =，14BC CC ==，M 是1CC 的中点．（Ⅰ）求证：BC AM ⊥；（Ⅱ）若N 是AB 上的点，且//CN 平面1AB M ，求BN 的长．22．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值.23．如图，四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，E 、F 分别为PA 、BC 的中点．（1）求证：//EF 面PCD ；（2）若2AB =，1AD PD ==，求三棱锥P BEF -的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面AMC ；（2）若PD ⊥平面ABCD ，2AD PD ==，3BAD π∠=，求点B 到平面AMC 的距离．25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，2,AB BC ==30ACB ∠=，13AA =，11BC AC ，E 为AC 的中点.（1）求证：1//AB 平面1C EB ；（2）求证：1AC ⊥平面1C EB . 26．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，226AB PD ==，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点.（1）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若//PD 平面EAC ，求三棱锥B AEC -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===133xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=， 设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，2532x x-=，解得3x = 则1AO =，底面边长为23则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．D解析：D【分析】延长DA至G，使AG CE=，可证11//AG C E，得1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．在1AGF△中，由余弦定理可得结论．【详解】延长DA至G，使AG CE=，连接1,GE GA,GF，11,AC AC，又//AG CE所以AGEC是平行四边形，//,GE AC GE AC=，又正方体中1111//,AC AC AC AC=，所以1111//,AC DE AC DE=，所以11AC EG是平行四边形，则11//AG C E，所以1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．设正方体棱长为2，在正方体中易得15AG10GF22222112(21)3A F AA AF=+=++=，1AGF△中，2221111125cos2253AG A F GFGA FAG A F+-∠===⋅⨯⨯．故选：D．【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法： （1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论； （2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．3．C解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 4．D解析：D 【分析】先取正方形的中心O ，连接OE ，由PC //OE 知OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，再在OED 中求OED ∠的正弦即可. 【详解】连AC ，BD 相交于点O ，连OE 、BE ，因为E 为AP 的中点，O 为AC 的中点，有PC //OE ，可得OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，不妨设正方形中，2AB =，则2PA =，由PA ⊥平面ABCD ，可得,PA AB PA AD ⊥⊥， 则145BE DE ==+=1122222OD BD ==⨯= 因为BE DE =，O 为BD 的中点，所以90EOD ∠=︒，210sin 5OD OED DE ∠===故选：D. 【点睛】 方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.5．A解析：A 【分析】取BC 中点E ，连接DE ，AE ，若CB AD ⊥，则可证明出BC ⊥平面ADE ，则可得BC AE ⊥. 根据题目中各边长的关系可得出AE ，AD 关于x 的表达式，然后在ADE中，利用三边关系求解即可.【详解】由题意得BC x =，则212x AD CD BD +===，如图所示，取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则1122DE AC ==， 翻折后，在图2中，若CB AD ⊥，则有：∵BC DE ⊥，BC AD ⊥，AD DE D ⋂=，且,AD DE 平面ADE ，∴BC ⊥平面ADE ，∴BC AE ⊥，又BC AE ⊥，E 为BC 中点，∴1AB AC ==∴2114AE x =-212x AD +=，在ADE 中，由三边关系得：①221111224x x ++>-，②221111224x x +<-，③0x >；由①②③可得03x << 故选：A. 【点睛】本题考查折叠性问题，考查线面垂直的判定及性质在解题中的运用,解答本题的主要思路分析在于将异面直线间的垂直转化为线面垂直关系，即作出辅助线DE 与AE ，根据题目条件确定出BC ⊥平面ADE ，得到BC AE ⊥，从而通过几何条件求解.6．D解析：D 【分析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面； 在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交； 在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α．【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知： 对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误； 对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确．故选：D ． 【点睛】本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．7．D解析：D 【分析】在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤，由三角形的面积公式可得43BCDS≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅， 所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立， 111634sin120322323BCDSBC BD =⋅≤⨯⨯= 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==所以1144333333A BCD BCDV S h -=⋅≤⨯⨯=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是43， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值. 8．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示； 对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以D E BM ⊥，②正确； 对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确； 对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ，同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．9．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD,AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得12OE BF AB ===所以2222,R R =+∴=,所以外接球的体积为343π⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为2448ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得AC AD ===所以△ACD △6=， 设内切球的半径为r ，则11111112446)243222232r ++⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯所以2r，所以内切球的体积为343π⨯=，所以选项B 错误；所以内切球的表面积为242ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .10．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，E 分别为11,BC BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ． 由三视图可知2AB =，则5,3PC PB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=． 故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．11．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112=221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.12．C【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】 如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=， 所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.二、填空题13．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩解析：12． 【分析】作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''， 根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角， 所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=， 设1BC =，则22AB BC ==，在矩形ABCD 中，3AC =，1263DM ⨯==， 63D M DM '==， 则222222666612cos 22333332DD DM D M DM D M π⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-⋅=+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以2DD '=，因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=． 所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12． 故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．14．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 11171827477tan tan()17117O HN O HO NHO ----∠=∠-∠====+ 11171827477tan tan()17117O HM O HO OHM ++++∠=∠+∠====-， 所以tan θ的取值范围是474733⎡⎢⎣⎦， 故答案为：4747-+⎣⎦.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.15．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径解析：4 【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】解：因为BC =8AC =，AB BC ⊥，所以AB =4PA PB ==， 所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，DE =DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 4EP =， 所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =. 故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.16．【分析】首先将二面角展平根据两点距离线段最短求最小值【详解】如图将二面角沿棱展成平角连结根据两点之间线段最短可知就是的最小值以为邻边作矩形由可知三点共线则故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查立体几何 解析：26 【分析】首先将二面角展平，根据两点距离线段最短，求AP PB +最小值.【详解】如图，将二面角沿棱a 展成平角，连结AB ，根据两点之间线段最短，可知AB 就是AP PB +的最小值，以,AE EF 为邻边，作矩形AEFC ，由,CF a BF a ⊥⊥可知,,C F B 三点共线， 则()222213226AB AC BC =+=++= 26【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的折线段和的最小值，一般都是沿交线展成平面，利用折线段中，两点间距离最短求解，本题与二面角的大小无关.17．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为 解析：34【分析】 取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值.【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅， 因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题. 18．【分析】根据四面体是球的内接四面体结合位置关系可得棱锥的形状以及棱长之间的关系利用体积公式即可代值计算【详解】设该球的半径为R 则AB ＝2R2ACAB2R ∴ACR 由于AB 是球的直径所以△ABC 在大圆所解析：43π【分析】根据四面体是球的内接四面体，结合位置关系，可得棱锥的形状，以及棱长之间的关系，利用体积公式即可代值计算.【详解】设该球的半径为R ，则AB ＝2R ，2AC 3=AB 3=⨯2R ， ∴AC 3=R ，由于AB 是球的直径，所以△ABC 在大圆所在平面内且有AC ⊥BC ，在Rt △ABC 中，由勾股定理，得：BC 2＝AB 2﹣AC 2＝R 2，所以R t △ABC 面积S 12=⨯BC ×AC 3=R 2， 又PO ⊥平面ABC ，且PO ＝R ，四面体P ﹣ABC 的体积为32， ∴V P ﹣ABC 13=⨯R 32⨯⨯R 232=，即3R 3＝9，R 3＝33， 所以：球的体积V 43=⨯πR 343=⨯π×33=43π． 故答案为：43π.【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，属基础题；本题的重点是要根据球心的位置去推导四面体的几何形态，从而解决问题.19．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错.【详解】①如下图所示：因为平面11//ABB A 平面11CC D D ，BP ⊂平面11ABB A ，所以//PB 平面11CC D D ，故①正确；②连接,AC BD ，如下图所示：因为1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD AC ⊥，又因为AC BD ⊥且1DD BD D =，所以AC ⊥平面1DBD ，又因为1BD ⊂平面1DBD ，所以1BD AC ⊥，故②正确；③连接11,,,AC PC B C BC ，如下图所示：因为11D C ⊥平面11BCC B ，所以11D C ⊥1BC ，又因为11BC B C ⊥，且1111D C BC C ⋂=，所以1B C ⊥平面11BD C ，又1BD ⊂平面11BD C ，所以11B C BD ⊥，由②的证明可知1BD AC ⊥，且1AC BC C ⋂=，所以1BD ⊥平面1ABC ，又因为PC ⊂平面1ABC ，所以1BD PC ⊥，故③正确，故答案为：①②③.【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.20．【分析】由题意知圆锥的轴截面为外接球的最大截面即过球心的截面且球心在上由等边三角形性质有即求得外接球的半径为R 进而求外接球的表面积【详解】设外接球球心为连接设外接球的半径为R 依题意可得在中有即解得故解析：163π 【分析】由题意知圆锥PO 的轴截面为外接球的最大截面，即过球心的截面且球心在PO 上，由等边三角形性质有Rt AO O '△，即222O A AO O O ''=+求得外接球的半径为R ，进而求外接球的表面积.【详解】设外接球球心为O '，连接AO '，设外接球的半径为R ，依题意可得1AO =，3PO =，在Rt AO O '△中，有222O A AO O O ''=+，即)22213R R =+，解得3R =， 故外接球的表面积为24164433S R πππ==⋅=. 故答案为：163π. 【点睛】 本题考查了求圆锥体的外接球面积，由截面是等边三角形，结合等边三角形的性质求球半径，进而求外接球面积，属于基础题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）52. 【分析】（Ⅰ）可证BC ⊥平面11AAC C ，从而可得BC AM ⊥.（Ⅱ）可证N 为AB 的中点，从而可得BN 的长.【详解】（Ⅰ）证明：1CC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面平面ABC ，∴1CC BC ⊥.又5AB =，3AC =，4BC =，∴222AC BC AB +=，即BC AC ⊥.又1AC CC C =，∴BC ⊥平面11AAC C ，又AM ⊂平面11AAC C ，∴BC AM ⊥. （Ⅱ）过点N 作1//NE BB 交1AB 于点E ，连ME ，由三棱柱111ABC A B C -可得11//BB CC ，∴1//NE CC 即四边形NEMC 为平面图形. 又//CN 平面1AB M ，CN ⊂平面NEMC ，且平面NEMC 平面1AB M ME =， ∴//CN ME ，∴四边形NEMC 为平行四边形，∴NE CM =，且//NE CM ，又点M 为1CC 中点，∴112CM BB =，且1//CM BB ，∴112NE BB =，且1//NE BB ， ∴1522BN AB ==. 【点睛】思路点睛：线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.由线面平行得到线线平行时，注意构造过线的平面.22．（1）证明见解析；（2）105. 【分析】（1）由PA ⊥底面ABCD ，得PA DE ⊥，由Rt ABH Rt DAE ≌△△，得DE AH ⊥，可得答案.（2）由可知DE ⊥平面PAH ，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，在Rt PDG △中，由sin DPG ∠可得答案.【详解】（1）因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点， ,,AB DA BH AE HBA EAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥，因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .（2）由（1）可知DE ⊥平面PAH ，设AH DE G ⋂=，如图，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角， 因为2PA AD ==，所以22PD =，5DE =，在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅，所以45DG =⋅，所以5DG =， 所以在Rt PDG △中，105sin 522DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为10.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤,作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.23．（1）证明见解析；（2）112. 【分析】（1）取PD 的中点M ，连接EM 、CM ，证明四边形CMEF 为平行四边形，可得出//EF CM ，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连接AF ，取AD 的中点N ，连接EN ，由题意可知点P 、A 到平面BEF 的距离相等，并推导出EN ⊥平面ABCD ，可得出P BEF A BEF E ABF V V V ---==，利用锥体的体积公式可求得三棱锥P BEF -的体积．【详解】（1）如下图所示，取PD 的中点M ，连接EM 、CM ，因为四边形ABCD 为矩形，则//AD BC 且AD BC =，E 、M 分别为PA 、PD 的中点，则//EM AD 且12EM AD =， F 为BC 的中点，所以，//EM CF 且EM CF =，所以，四边形CMEF 为平行四边形，所以，//EF CM ，EF ⊄平面PCD ，CM ⊂平面PCD ，//EF ∴平面PCD ；（2）如下图所示，连接AF ，取AD 的中点N ，连接EN ，E 为PA 的中点，所以，点P 、A 到平面BEF 的距离相等， 所以，P BEF A BEF E ABF V V V ---==，E 、N 分别为PA 、AD 的中点，则//EN PD 且1122EN PD ==， PD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，ABF 的面积为111122222ABF S AB BF =⋅=⨯⨯=△， 因此，11111332212P BEF A BEF E ABF ABF V V V S EN ---===⋅=⨯⨯=△. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.24．（1）证明见详解；（2）22. 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，根据题中条件，推出//OM PB ，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）根据题中条件，求出AMC S △，ABC S ，MD ；设点B 到平面AMC 的距离为d ，由B AMC M ABC V V --=，列出等式求解， 即可得出结果.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，因为底面ABCD 为菱形，所以O 为AC 中点；连接OM ，因为M 是棱PD 的中点，所以//OM PB ，因为OM ⊂平面AMC ，PB ⊄平面AMC ，所以//PB 平面AMC ；（2）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD DC ⊥，因为2AD PD ==，3BAD π∠=，所以22215AM MC ==+2BD =，23ABC π∠=， 则112sin 22sin 3223ABC S AB BC ABC π=⋅⋅∠=⋅⋅⋅=22cos 236AC AO AB π==⋅⋅= 所以22532MO MC CO =--=11232622AMC S AC MO =⋅⋅=⋅=， 设点B 到平面AMC 的距离为d ，由B AMC M ABC V V --=可得1133AMC ABC S d S MD ⋅=⋅， 则3226ABC AMC S MDd S ⋅===， 即点B 到平面AMC 的距离为22． 【点睛】方法点睛： 求解空间中点P 到平面的距离的方法：（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量m ，以及一条斜线的方向向量PA ，根据PA md m ⋅=，即可求出点到面的距离；（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的定点为顶点，表示出该几何体的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离.25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接1AB 、1BC ，设11B C BC F =，连接EF ，可知点F 为1BC 的中点，利用中位线的性质可得出1//EF AB ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）推导出BE ⊥平面11AAC C ，可得出1BE AC ⊥，再由11BC AC ，利用线面垂直的判定定理可证得1AC ⊥平面1C EB . 【详解】（1）如下图所示，连接1AB 、1BC ，设11B C BC F =，连接EF ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 为平行四边形，因为11B C BC F =，在点F 为1BC 的中点，又因为点E 为AC 的中点，1//EF AB ∴， 1AB ⊄平面1C EB ，EF ⊂平面1C EB ，所以，1//AB 平面1C EB ；（2）AB BC =，E 为AC 的中点，BE AC ∴⊥，因为平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，BE ⊂平面ABC ， BE ∴⊥平面11A ACC ，1AC ⊂平面11A ACC ，1AC BE ∴⊥， 11BC AC ⊥，1BE BC B =，1AC ∴⊥平面1C EB . 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．26．（1）证明见解析；（226.。

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(含答案解析)(4)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A．5B．2 C．3D．22．已知三棱锥A BCD的各棱长都相等，E为BC中点，则异面直线AB与DE所成角的余弦值为（）A．13B．3C．33D．1163．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm）为（）A．43B．2C ．4D ．64．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（ ）A ．3B ．23C ．43D ．125．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．676．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．2 B ．255C ．32D ．2777．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）A ．2211B ．2211-C ．77D ．211118．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142C ．714D ．1479．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 5B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 10D ．直线1AC 与平面BDM 相交10．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（ ）A ．263+B ．463+C ．4263-D ．2263- 11．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（ ） A ．1B ．32C ．2D ．312．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（ ）A ．10B ．5C ．22D ．3二、填空题13．如图，在三棱锥P ABC -中，点B 在以AC 为直径的圆上运动，PA ⊥平面,ABC AD PB ⊥，垂足为,D DE PC ⊥，垂足为E ，若23,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．14．如图，点E 是正方体1111ABCD A BC D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的有__________． ①直线AD 与直线1C M 始终是异面直线②存在点M ，使得1B M AE ⊥ ③四面体EMAC 的体积为定值④当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =，8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．17．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________. 18．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =，1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为27，则此三棱锥的外接球的表面积为______19．如图，在三棱锥A BCD -，,AB AD BC ⊥⊥平面ABD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD 、BD 上，且EF AD ⊥.则下列结论中：正确结论的序号是______.①//EF 平面ABC ；②AD AC ⊥；③//EF CD20．将底面直径为8，高为23为______.三、解答题21．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ； （Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．22．如图（1）在ABC 中，AC BC =，D ､E ､F 分别是AB ､AC ､BC 边的中点，现将ACD △沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .如图（2）（1）求证：//AB 平面DEF ； （2）求证：BD AC ⊥.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ;（3）求三棱锥C AEF -的体积24．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 25．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值． 26．如图，四边形ABCD 为矩形，且4=AD ，22AB =PA ⊥平面ABCD ，2PA =，E 为BC 的中点.（1）求证：PC DE ⊥；（2）若M 为PC 的中点，求三棱锥M PAB -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===1333xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=， 设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，则253 23x x-=，解得3x=，则1AO=，底面边长为23，则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．B解析：B【分析】取AC中点F，连接,EF DF，证明FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC中点F，连接,EF DF，∵E是BC中点，∴//EF AB，12EF AB=，则FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），设1AB=，则12EF=，32DE DF==，∴在等腰三角形DEF中，11324cos3EFFEDDE∠===．所以异面直线AB与DE3故选：B．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.4．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=， 故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅=故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.5．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-=，所以几何体的高为7. 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE AC , 1//EF BC ,且OEEF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而OP所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒,AP ∴=, 又1212OA =⨯=,sin OAOPA OP∴∠===故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.7．D解析：D 【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算． 【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥． 由已知2PA AD ==，所以PB==cos11BCPCBPC∠===，所以异面直线PC与AD所成角的余弦值为11．故选：D．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A【分析】利用正弦定理求出ABC的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积.【详解】设ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，在ABC中，cos ABC∠==sin4ABC∴∠=，由正弦定理可得28sinACrABC==∠，即4r=，则3OD==，11133324O ABC ABCV S OD-∴=⨯⨯=⨯⨯=故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.9．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =22BD =5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC =直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 5d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.10．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为2R==R=，DE DF====EF=在DFE△中，222cos2DE EF DFDEFDE EF+-∠===⨯，所以DEF∠为锐角，所以sin DEF∠==，DEF的外接圆的半径为2sinDFrDEF===∠则球心到DEF23，以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为1R OO+23.故选：A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.11．C解析：C【分析】首先通过延长直线,DC AB，交于点G，平面BAE变为GAE，连结PG，EG交于点F，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值.【详解】延长,DC AB，交于点G，连结PG，EG交PC于点F，//AD BC，且2AD BC=，可得点,B C分别是,AG DG的中点，又点E是PD的中点，PC∴和GE是△PGD的中线，∴点F是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键.12．C解析：C 【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC +=②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】由已知证明再由三角形相似列比例式可得证明利用基本不等式求得的最大值可得三棱锥体积的最大值【详解】由平面得又平面得又平面得而平面可得在中由得由得则由得又得即（当且仅当时等号成立）三棱锥体积的最解析：34【分析】由已知证明AE PC ⊥，再由三角形相似列比例式可得PE ，证明AD DE ⊥，利用基本不等式求得AD DE ⋅的最大值，可得三棱锥P ADE -体积的最大值． 【详解】由PA ⊥平面ABC ，得PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PAAB A =，BC ∴⊥平面PAB ，得BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=， AD ∴⊥平面PBC ，得AD PC ⊥，而DE PC ⊥，AD DE D ⋂=，PC ∴⊥平面ADE ，可得AE PC ⊥．在Rt PAC △中，由23,2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===， 由3PE =，23PA =23AE =，又AD DE ⊥，2223AD DE AE ∴+==，得2232AD DE AD DE =+≥⋅， 即32AD DE⋅（当且仅当AD DE =时等号成立）， ∴三棱锥P ADE -体积的最大值是1111333323224AD DE PE ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=．故答案为：34． 【点睛】方法点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．14．②③④【分析】取点为线段的中点可判断①建立空间直角坐标系假设存在点使得利用解出的值即可判断②；连接交于点证明线段到平面的距离为定值可判断③；求出点的坐标然后计算平面和平面的法向量即可判断④【详解】对解析：②③④. 【分析】取点M 为线段1BD 的中点可判断①，建立空间直角坐标系假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，利用()1110AE B M AE B B BD λ⋅=⋅+=解出λ的值即可判断②；连接AC 、BD 交于点1O ，证明11//EO BD ，线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，可判断③；求出点M 的坐标，然后计算平面AEC 和平面MAC 的法向量，即可判断④. 【详解】对于①：连接1AC 交1BD 于点O ，当点M 在O 点时直线AD 与直线1C M 相交，故①不正确，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()0,0,0D ，()10,0,2D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，()2,2,0B ，()12,2,2B ，对于②：()2,0,1AE =-，假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，()()()1110,0,22,2,22,2,22B M B B BD λλλλλ=+=-+--=---，[]0,1λ∈，所以14220AE B M λλ⋅=+-=，解得13λ=，所以当12D M MB =时1B M AE ⊥， 故②正确； 对于③：连接AC 、BD 交于点1O ，因为点E 是棱1DD 的中点，此时11//EO BD ，故线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，所以四面体EMAC 的体积为定值，故③正确； 对于④：当12D M MB =时，442,,333M ⎛⎫⎪⎝⎭，()2,0,1AE =-，()2,2,0AC =-，设平面AEC 的法向量为()111,,m x y z =，由111120220m AE x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令12z =，可得11x =，11y =，可得()1,1,2m =，设平面MAC 的法向量为()222,,n x y z =，242,,333MA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由222222202420333n AC x y n MA x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩解得:20y =，令 21x =可得22z =，所以1,1,1n ，因为1111120m n ⋅=⨯+⨯-⨯=，m n ⊥所以平面EAC ⊥平面MAC ，故④正确；故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹， 因为1223GE EF GF ==== 所以动点P 的运动轨迹周长为232GE EF GF ++==2【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径 解析：4【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】 解：因为42BC =8AC =，AB BC ⊥， 所以42AB =4PA PB ==，所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，22DE =，22DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 224EP DP DE =+=， 所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =.故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.17．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M BC A--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHN PGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值.【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ；由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥；又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ，所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥，所以MHN ∠为二面角M BC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，所以tan PO PGO OG ∠=，tan MN MHN HN∠=， 因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =； 因此2tan 4tan 12PO MN PGO MHN OG HN ∠===∠， 所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHN PGO MHN PGO MHN MHN α∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠， 令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+，当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于确定二面角M BC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角MBC A --的4倍，进而可求得结果. 18．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为 解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC 的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC中，由正弦定理得2sin BC r BAC ==∠r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =.所以11sin 34223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△因为11333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯=△，所以4AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAOO 为平行四边形，1128EA OO AD ===，所以R ===所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.19．①②【分析】采用逐一验证法根据线面平行线面垂直的判定定理以及线面距离判断可得结果【详解】由共面所以因为平面平面所以平面；故①正确；平面平面所以又因为平面平面所以故②正确；若则平面或EF 在平面ACD 内 解析：①②【分析】采用逐一验证法，根据线面平行，线面垂直的判定定理，以及线面距离，判断可得结果.【详解】由AB AD ⊥，,,EF AD AD EF AB ⊥，共面 ，所以//EF AB ,因为EF ⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以//EF 平面ABC ；故①正确； BC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥，又因为AB AD ⊥，AB BC B ⋂=，AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥，故②正确；若//EF CD ，则//EF 平面ACD ，或EF 在平面ACD 内，如图EF 与平面ACD 相交于点E ，显然不成立，故③不正确，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了线线、线面之间的位置关系，考查了线面平行的判断以及由线面垂直证明线线垂直，属于中档题. 20．【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h 底面半径为r 用r 表示h 从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h 底面半径为r 则解得；所以；当时取 解析：43π【分析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h ，底面半径为r ，用r 表示h ，从而求出圆柱侧面积的最大值.【详解】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 23423h r -=，解得323h =； 所以()23222334S rh r r r πππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧； 当2r 时，S 圆柱侧取得最大值为43π 故答案为：43π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角， 在直角1D DO △中计算可得．【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A BC D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =， 由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法：（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）．22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线的性质，得到//EF AB ，利用线面平行的判定定理证得结果； （2）根据面面垂直的性质定理，得到BD ⊥平面ACD ，进而证得BD AC ⊥.【详解】证明：（1）如图（2）：在ABC 中，E ､F 分别是AC ､BC 中点，得//EF AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，//AB ∴平面DEF .（2）∵平面ACD ⊥平面BCD 且交线为CD ，BD CD ⊥，且BD ⊂平面BCD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又AC ⊂平面ACD∴BD AC ⊥.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的条件；（2）根据面面垂直的条件，结合线线垂直，利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而证得线线垂直.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）98. 【分析】（1）取PA 的中点G ，连接,BG EG ，证明四边形EFBG 为平行四边形，得出//EF BG ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明PA ⊥平面ABCD ，从而得出PA CD ⊥，再由等腰三角形的性质得出AE PD ⊥，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）以AFC △为底，12PA 为高，由棱锥的体积公式得出答案. 【详解】（1）如图，取PA 的中点G ，连接,BG EG .因为点,E G 分别为,PD PA 的中点，所以1//,2EG AD EG AD = 又因为F 是BC 的中点，四边形ABCD 是正方形，所以//BF EG 且BF EG = 故四边形EFBG 为平行四边形，所以//EF BG因为BG ⊂平面,ABP EF 不在平面ABP 内，所以//EF 平面ABP .（2）由条件知32,3PB PD PA AD AB =====，所以PAB △和PAD △都是等腰直角三角形，,PA AB PA AD ⊥⊥又因为,,AB AD A AB AD =⊂平面,ABCD 所以PA ⊥平面ABCD因为CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又因为,,AD CD PA AD A ⊥⋂=所以CD ⊥平面PAD ，所以CD AE ⊥因为E 是PD 的中点，所以AE PD ⊥又因为,,PD CD D PD CD ⋂=⊂平面PCD ，所以AE ⊥平面PCD因为AE ⊂平面,AEF 所以平面AEF ⊥平面PCD .（3）由图可知C AEF E ACF V V --=，1111319333232228E ACF ACF V S PA -=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=△， 即三棱锥C AEF -的体积为98 【点睛】 关键点睛：在证明线线平行时，关键是证明四边形EFBG 为平行四边形，从而得出//EF BG .24．（1）证明见解析；（232211【分析】。

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