必修二立体几何测试题资料

高中数学必修2立体几何测试题参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）ADDCB BDADD BB二、填空题（每小题4分，共16分）13、小于 14、平行 15、菱形 16、1111AC B D 对角线与互相垂直三、解答题（共74分,要求写出主要的证明、解答过程）17、【解析】(1)方法一：如图，取AD 的中点H ，连结GH ，FH.∵E 、F 分别为PC 、PD 的中点，∴EF ∥CD.∵G 、H 分别为BC 、AD 的中点，∴GH ∥CD.∴EF ∥GH.∴E 、F 、H 、G 四点共面.∵F 、H 分别为DP 、DA 的中点，∴PA ∥FH.∵PA ⊄平面EFG ，FH ⊂平面EFG ，∴PA ∥平面EFG.方法二：∵E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点.∴EF ∥CD,EG ∥PB.∵CD ∥AB,∴EF ∥AB.∵PB ∩AB=B,EF ∩EG=E,∴平面EFG ∥平面PAB.∵PA ⊂平面PAB ，∴PA ∥平面EFG.(2)由三视图可知，PD ⊥平面ABCD ，又∵GC ⊂平面ABCD ，∴GC ⊥PD.∵四边形ABCD 为正方形，∴GC ⊥CD.∵PD ∩CD=D,∴GC ⊥平面PCD.∵PF=12PD=1，EF= 12CD=1， ∴S △PEF = 12EF ·PF= 12. ∵GC= 12BC=1, ∴V P-EFG =V G-PEF = 13S △PEF ·GC= 13×12×1=16.19、证明：（1）连结11A C ，设11111AC B D O = 连结1AO ， 1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形11A C AC ∴且 11A C AC = 2分又1,O O 分别是11,A C AC 的中点，11O C AO ∴且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形 4分111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ，1C O ⊄面11AB D∴1C O 面11AB D 6分（2）1CC ⊥面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 7分 又1111A C B D ⊥， 1111B D AC C ∴⊥面 9分111AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥， 12分又1111D B AB B =∴1A C ⊥面11AB D 14分20.【解析】(1)在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ∥EB，又DC∥EB，所以PQ∥DC，又PQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，所以PQ∥平面ACD.(2)连接DP，CQ，在△ABC中，AC=BC=2，AQ=BQ，所以CQ⊥AB，因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，所以EB⊥平面ABC，又EB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC，平面ABE∩平面ABC=AB,所以CQ⊥平面ABE，由(1)知四边形DCQP是平行四边形,所以DP∥CQ,所以DP⊥平面ABE,所以AD在平面ABE内的射影是AP, 所以∠DAP是AD与平面ABE所成的角.在Rt △APD 中，AD ==，DP=CQ=2sin ∠CAQ=1,所以sin ∠DAP= DPAD 5==.故AD 与平面ABE 21.【解析】(1)由条件知PDAQ 为直角梯形.因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD.又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ，则PQ ⊥QD. 所以PQ ⊥平面DCQ.(2)设AB=a.由题设知AQ 为棱锥Q-ABCD 的高，所以棱锥Q-ABCD 的体积V 1=13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P-DCQ 的高,而，△DCQ 的面积为2a 2， 所以棱锥P-DCQ 的体积V 2=13a 3.故棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值为1.22、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm .在Rt EOF 中, 15,2EF cm OF xcm ==, 3分所以EO = 6分于是13V x = 10分 依题意函数的定义域为{|010}x x << 14分。

高中数学立体几何测试题（理科）一、选择题：1．下列说法不正确的是A 圆柱的侧面展开图是一个矩形B 圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形C 直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D 圆台平行于底面的截面是圆面2、下面表述正确的是A、空间任意三点确定一个平面B、分别在不同的三条直线上的三点确定一个平面C、直线上的两点和直线外的一点确定一个平面D、不共线的四点确定一个平面3、“a、b是异面直线”是指①a∩b=∅，且a和b不平行；②a⊂平面α，b⊂平面β，且α∩β=∅；③a⊂平面α，b⊂平面β，且a∩b=∅；④a⊂平面α，b ⊄平面α；⑤不存在平面α，使得a⊂平面α，且b⊂平面α都成立。

上述说法正确的是A ①④⑤B ①③④C ②④D ①⑤4、一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是A、垂直B、平行C、相交不垂直D、不确定5、下列命题中正确命题的个数是①一条直线和另一条直线平行，那么它和经过另一条直线的任何平面平行；②一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点，因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行；③若直线与平面不平行，则直线与平面内任一直线都不平行；④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行。

A 、0B 、1C 、2D 、36、一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面交线的位置关系是A 、异面B 、相交C 、平行D 、不确定 7、直线a 与b 垂直，b 又垂直于平面α，则a 与α的位置关系是A 、a α⊥B 、//a αC 、a α⊆D 、a α⊆或//a α 8、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 9．已知二面角α－AB －β为︒30，P 是平面α内的一点，P 到β的距离为1．则P 在β内的射影到AB 的距离为（ ）． A ．23B ．3C ．43 D ．2110、若,m n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为 ①//m n n m αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭；②//m m n n αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭；③//m m n n αα⊥⎫⇒⊥⎬⎭；④//m n m n αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 二、填空题：11、三条两两相交的直线可确定12．水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示，已知A′C′=3，B′C′=2。

高一数学立体几何（必修2）期末复习试卷一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是 （ ）A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、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 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是 （ ）A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45 角D 、11AC 与1B C 成60角5、若直线l ∥平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是 （ ）A 、 l ∥αB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点 6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 （ ） A 、1 B 、2 C 、3 D 、47、a ，b ，c 表示直线，M 表示平面，给出下列四个命题：①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ；②若b ⊂M ，a ∥b ，则a ∥M ；③若a ⊥c ，b ⊥c ，则a ∥b ；④若a ⊥M ，b ⊥M ，则a ∥b .其中正确命题的个数有（ ） A 、0个 B 、1个 C 、2个 D 、3个8.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1 ，则动点P 的轨迹是（ ）A 、线段B 1C B 、 BB 1中点与CC 1中点连成的线段 C 、线段BC 1D 、 BC 中点与B 1C 1中点连成的线段二、填空题9、直线AB 、AD ⊂α，直线CB 、CD ⊂β，点E ∈AB ，点F ∈BC ，点G ∈CD ，点H ∈DA ，若直线EH∩直线FG=M ，则点M 在 上10、已知△ABC 中，A ∈α，BC ∥α，BC=6，∠BAC=90︒，AB 、AC 与平面α分别成30︒、45︒的角．则BC 到平面α的距离为三、解答题11、已知平面α∥β，直线AB β⊄，且直线AB ∥α，求证：AB ∥β12、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）C 1O ∥面11AB D ； （2 ）1AC ⊥面11AB D ．D 1ODB AC 1B 1A 1CBACBANM CBAC 1B 1A 113、已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是 AB 、PC 的中点． (1) 求证：EF ∥平面PAD ； (2) 求证：EF ⊥CD ；15、如图，在矩形ABCD 中，AB=33，BC=3，沿对角线BD 将BCD 折起，使点C 移到点C ’，且C ’在平面ABD的射影O 恰好在AB 上。

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．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．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 //4．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（ ） A ．2217B ．22121C ．77D ．7215．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<<6．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π7．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 ．8π8．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 ．679．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 10．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 ．211．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（ ）A ．43 B ．83C ．3D ．412．αβ是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面α与β平行的是（ ）A ．m 、n 是α内的两条直线，且//m β，βn//B ．α、β都垂直于平面γC ．α内不共线三点到β的距离相D ．m 、n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α二、填空题13．在正三棱锥O ABC -中，已知45AOB ∠=︒，记α为二面角--A OB C 的大小，cos =m n αm ，n 为整数，则以||n ，||m ，||m n +分别为长、宽、高的长方体的外接球直径为__________．14．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；15．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___________.16．如图，已知四棱锥S ABCD -的底面为等腰梯形，//AB CD ，1AD DC BC ===，2AB SA ==，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S ABCD -外接球的体积为______.17．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -27，则此三棱锥的外接球的表面积为______18．已知ABC 是等腰直角三角形，斜边2AB =，P 是平面ABC 外的一点，且满足PA PB PC ==，120APB ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为________．19．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______.20．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为矩形，π2DPA ∠=，23AD =2AB =，PA PD =，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为________.三、解答题21．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. 22．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心.（1）求证:1B O//平面11DA C ; （2）求点O 到平面11DA C 的距离.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ； （2）求三棱锥P ACM -的体积.24．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面,ABCD PAB 为等腰直角三角形，,2PA PB AB ⊥=．（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）设E 为CD 的中点，求点E 到平面PBC 的距离．25．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.26．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．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，2522x AO OE -===， O 是底面中心，则133xOE CE ==， 则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．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．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．4．A解析：A 【分析】根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得11==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC ，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为1122=⨯=A BC S △122ABCS =⨯=111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即7h == 故选：A.【点睛】一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.5．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.6．B解析：B【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可.【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=， 而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R =所以外接球的表面积为2412S R ππ==故选：B【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．7．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.8．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. 9．D解析：D【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解.【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ， 则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形，所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =，由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.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．10．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.11．A解析：A【分析】首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.【详解】由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥P ABC-，该棱锥的体积：11142223323V Sh ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选：A.【点睛】 方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 12．D解析：D【分析】取a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，利用线面平行的判定定理可判断A 选项；根据αγ⊥，βγ⊥判断平面α与β的位置关系，可判断B 选项；设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，判断出A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，可判断C 选项；过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D 选项.【详解】对于A 选项，若a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，m β⊄,n β⊄,则//m β，βn//，但α与β相交；对于B 选项，若αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交；对于C 选项，设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，如下图所示：D 、E 分别为AB 、AC 的中点，则//DE BC ，DE β⊂，BC β⊄，//BC β∴，所以，点B 、C 到平面β的距离相等，由于D 为AB 的中点，则点A 、B 到平面β的距离相等，所以，点A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，但平面α与平面β相交；对于D 选项，如下图所示：由于//n α，过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，则//a n ，//n a ，a β⊄，n β⊂，//a β∴，//m β，m a A =，m α⊂，a α⊂，//αβ∴.故选：D.【点睛】方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论（即“线线平行”⇒“面面平行”），通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；④借助“传递性”来完成．二、填空题13．【分析】过作垂足为连接则为二面角的平面角即在中利用余弦定理结合为整数求出的值进而可得外接球直径【详解】如图过作垂足为连接则为二面角的平面角即不妨设因为所以所以所以在中因为为整数所以则设以为长宽高的长 解析：6【分析】过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α，在AHC 中，利用余弦定理结合m ，n 为整数，求出m ，n 的值，进而可得外接球直径．【详解】如图，过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α．不妨设2OC a =，因为45AOB ∠=︒，所以===CH a AH OH ， 所以21)=HB a ，所以22222(422)=+=-=BC HB HC a AC ．在AHC 中，222cos 2+-==⋅⋅HA HC AC HA HC α2222(422)212+--==a a a m n a因为m ，n 为整数，所以1m =-，2n =，则||1m =，||2n =，||1m n +=． 设以||m ，||n ，||m n +为长、宽、高的长方体的外接球半径为R ，则2222(2)||||||6=+++=R m n m n 6．6【点睛】关键点点睛：本题考查二面角的应用，考查几何体的外接球，考查解三角形，解决本题的关键点是利用定义法找出二面角的平面角，在AHC 中，利用余弦定理结合已知条件求出m ，n 的值，考查学生空间想象能力，考查计算能力，属于中档题．14．【分析】由二面角的大小为可得平面平面得到平面由勾股定理可得答案【详解】连接所以是等边三角形所以因为为中点所以所以即所以因为平面平面平面平面所以平面平面所以所以故答案为：【点睛】对于翻折问题解题时要认 解析：22【分析】由二面角A ED C '--的大小为90，可得平面A ED '⊥平面EDCB ，得到A E '⊥平面EDCB ，由勾股定理可得答案.【详解】连接DB CE 、，2AB AD ==，60A ∠=，所以ABD △、CBD 是等边三角形， 所以2AD BD CD ===，因为E 为AB 中点，1AE A E '==，所以DE AB ⊥，DE A E ⊥'，3DE =， 30EDB ∠=，所以90EDC ∠=，即DE CD ⊥，所以222347EC ED CD =+=+=，因为平面A ED '⊥平面EDCB ，DE A E ⊥'，平面A ED '平面EDCB DE =， 所以A E '⊥平面EDCB ，EC ⊂平面EDCB ，所以A E EC '⊥， 所以221722A C A E EC ''=+=+=.故答案为：22.【点睛】对于翻折问题，解题时要认真分析图形，确定有关元素间的关系及翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，根据线线、线面、面面关系正确作出判断，考查了学生的空间想象力.. 15．【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MBC 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M BC A --的4倍，进而可求得结果.16．【分析】取AB 中点连接根据平行四边形性质可得为等腰梯形ABCD 的外心取SB 中点O 连接则可得O 是四棱锥的外接球球心在中求得r=OA 即可求得体积【详解】取AB 中点连接则所以四边形为平行四边形所以同理所以 解析：823π【分析】取AB 中点1O ，连接11,O C O D ，根据平行四边形性质，可得1O 为等腰梯形ABCD 的外心，取SB 中点O ，连接1,,,OA OC OD OO ，则可得O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心，在Rt SAB 中，求得r=OA ，即可求得体积. 【详解】取AB 中点1O ，连接11,O C O D ，则1//CD O A ， 所以四边形1ADCO 为平行四边形， 所以1=1CO ，同理1=1O D ，所以1111=O A O B O C O D ==，即1O 为等腰梯形ABCD 的外心， 取SB 中点O ，连接1,,,OA OC OD OO ，则1//OO SA ，因为SA ⊥平面ABCD ，所以1OO ⊥平面ABCD ，又2AB SA ==, 所以=OA OB OC OD ==，又SA AB ⊥，所以OA OS =，即O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心， 在Rt SAB 中，2AB SA ==， 所以122OA SB == 所以34822)33V ππ=⨯=， 故答案为：823π. 【点睛】解决外接球的问题时，难点在于找到球心，可求得两个相交平面的外接圆圆心，自圆心做面的垂线，垂线交点即为球心，考查空间想象，数学运算的能力，属中档题.17．【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1EAO O 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224π4π20πS 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.18．【分析】在平面的投影为的外心即中点设球半径为则解得答案【详解】故在平面的投影为的外心即中点故球心在直线上设球半径为则解得故故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题意在考查学生的计算能力和空间想 解析：163π【分析】P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得答案.【详解】PA PB PC ==，故P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，故球心O 在直线1PO 上，1112CO AB ==，1133PO ==， 设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得23R =21643S R ππ==. 故答案为：163π.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19．【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.20．【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心由题意可得外接球的半径进而求出外接球的体积【详解】解：取矩形的对角线的交点 解析：323π【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由PAD △为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面PAD ⊥平面ABCD 可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积． 【详解】解：取矩形的对角线的交点O 和AD 的中点E ，连接OE ，OP ，OE ， 则O 为矩形ABCD 的外接圆的圆心，而2DPA π∠=，23AD =，2AB =，PA PD =，则//OE AB ，112OE AB ==， 132PE AD ==， 所以E 为PAD △的外接圆的圆心，因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以O 为外接球的球心，OP 为外接球的半径，在POE △中，222222(3)14R OP PE OE ==+=+=，所以2R =， 所以外接球的体积343233V R ππ==， 故答案为：323π．【点睛】本题考查四棱锥的棱长与外接球的半径的关系及球的体积公式，属于中档题．三、解答题21．（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 522DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为105.【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. 22．（1）证明见解析；（2）23. 【分析】（1）连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO ，证明11B O DO 是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）由题意可得平面11DA C ⊥平面11B D DB ，过点O 作1OH DO ⊥于H ，在矩形11B D DB 中，连接1OO ，可得1O OD OHD ∽△△，由三角形相似，对应边成比例即可求解. 【详解】（1）证明：连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO .11//O B DO 且11O B DO =， 11B O DO ∴是平行四边形.11//B O DO ∴.又1DO ⊂平面11DA C ，1B O ⊂/平面11DA C ，1//B O ∴平面11DA C .（2）1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，且1111BB B D B ⋂=，11A C ∴⊥平面11B D DB .∴平面11DA C ⊥平面11B D DB ，且交线为1DO .在平面11B D DB 内，过点O 作1OH DO ⊥于H ，则OH ⊥平面11DA C ， 即OH 的长就是点O 到平面11DA C 的距离.在矩形11B D DB 中，连接1OO ，1O OD OHD ∽△△，则11O D ODO O OH=， 22236OH ⨯∴==即点O 到平面11DA C 的距离为233. 【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的判定定理，点到面的距离，解题的关键是过点O 作1OH DO ⊥于H ，得出OH 的长就是点O 到平面11DA C 的距离，考查了计算能力.23．（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行； （2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得． 【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ， 所以//PB 平面ACM ； （2）由已知12222ACDS=⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△，又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==， 所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论． 24．（1）证明见解析；（2）22. 【分析】（1）利用面面垂直的性质先证明出BC ⊥面PAB ，得到PA BC ⊥，再由PA PB ⊥，结合线面垂直的判定定理可知PA ⊥面PBC ，又PA ⊂面PAC ，然后证得平面PBC ⊥平面PAC ；（2）先计算三棱锥P BCE -的体积，然后再计算PBC 的面积，利用等体积法P BCE E PBC V V --=求解.【详解】解：（1）证明：∵面PAB ⊥面ABCD ，且平面PAB ⋂平面ABCD AB =，BC AB ⊥，BC ⊂面ABCD BC ∴⊥面PAB ， 又PA ⊂面PAB PA BC ∴⊥又因为由已知PA PB ⊥且PB BC B ⋂=，所以PA ⊥面PBC ，又PA ⊂面PAC ∴面PAC ⊥面PBC .(2)PAB △中，PA PB =，取AB 的中点O ，连PO ，则PO AB ⊥ ∵面PAB ⊥面ABCD 且它们交于,AB PO ⊂面PABPO ∴⊥面ABCD由1133BCEEPBC P BCE PBC BCE PBCSPOV V S h S PO h S--=⇒=⇒=，由已知可求得1PO =，1BCES=，2PBCS=，所以22h =. 所以点E 到平面PBC 的距离为22.【点睛】（1）证明面面垂直的核心为证明线面垂直，要证明线面垂直只需郑敏面外的一条弦和面内的两条相交线垂直即可；（2）点到面的距离求解一般采用等体积法求解，也可采用空间向量法求解. 25．（1）证明见解析；（223【分析】（1）先由面面垂直的性质，得到CB ⊥平面ABE ，推出CB AE ⊥，根据题中条件，得到AE BE ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AE ⊥平面BCE ；得出AE BF ⊥，再次利用线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；。

一、选择题1．设m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( ) A ．//m α，//n β且//αβ，则//m nB ．m α⊂，n α⊂，//m β，//n β，则//αβ C ．m α⊥，n β⊂，m n ⊥，则αβ⊥D ．m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m n ⊥2．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 ．1025+C ．1625+D ．1325+ 3．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是11B D 的中点，直线1A C 交平面11AB D 于点M ，则下列结论正确的是（ ）A ．,,A M O 三点共线B ．1,,,A M O A 不共面C ．,,,A M C O 不共面D ．1,,,B B O M 共面4．如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．455．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 ．183B ．182C ．123D ．243 6．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面三角形111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，则下列叙述正确的是（ ）A ．1CC 与1B E 是异面直线B ．AC ⊥平面11ABB A C ．AE ，11B C 为异面直线，且11AE B C ⊥D ．11//A C 平面1AB E7．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．3417B ．23417C ．51717D ．317178．如图为水平放置的ΔOAB 的直观图，则原三角形的面积为（ ）A ．3B ．32C ．6D ．129．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62+. 其中正确结论的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．410．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 45C 5D ．2511．如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm ，底面周长为10cm ，在容器内壁离容器底部3cm 的点B 处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm 的点A 处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）A ．13cmB ．61cmC 61cmD ．234cm12．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13．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1CC ，1DD 的中点，则异面直线AF ，DE 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．154C ．65D ．1514．已知,m n 是两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则a β⊥；②若//m α，//n β，m n ⊥，则//a β；③若m α⊥，//n β，m n ⊥，则//αβ；④若m α⊥，//n β，//αβ，则m n ⊥.其中所有正确的命题是（ ）A ．①④B ．②④C ．①D ．④二、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1⊥，D是棱AB的中点，且16．如图，在三棱锥V-ABC中，VC⊥底面ABC，AC BC==.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15，试确定点E的位置，并求三棱锥C-VDE的体积.15-中，底面ABCD是边长为2的正方形，17．在四棱锥P ABCD∠==∠=，E为PD的中点．ADP PD AD PDC90,,60（1）证明：CE⊥平面PAD．-外接球的体积．（2）求三棱锥E ABC18．如图甲，平面四边形ABCD中，已知45∠=，90︒A︒∠=，ADC︒∠=C，1052AB 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．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．20．如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒，//AB CD ，2AD AF CD ===，4AB =.（1）求证：AC ⊥平面BCE ；（2）求三棱锥E BCF -的体积.21．如图，在长方形ABCD 中，4AB =，2AD =，点E 是DC 的中点．将ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，连结DB 、DC 、EB（1）求证：AD ⊥平面BDE ；（2）求平面ADE 与平面BDC 所成锐二面角的余弦值.22．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 是CC 1上的中点，且BC ＝1，BB 1＝2.（1）证明：B 1E ⊥平面ABE ；（2）若三棱锥A －BEA 1的体积是33，求异面直线AB 和A 1C 1所成角的大小. 23．如图，棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，E 、F 分别为棱B 1C 1、BB 1中点，G 在A 1D 上且DG ＝3GA 1，过E 、F 、G 三点的平面α截正方体.（1）作出截面图形并求出截面图形面积（保留作图痕迹）；（2）求A 1C 1与平面α所成角的正弦值. （注意：本题用向量法求解不得分）24．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD //BC //FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .（I ）证明：平面AMD ⊥平面CDE ；（II ）求二面角A ﹣CD ﹣E 的余弦值.25．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，PD ⊥平面ABCD ，2AD PD ==，60DAB ∠=，F ，G 分别为PD ，BC 中点，AC BD O =.（Ⅰ）求证：FG ∥平面PAB ；（Ⅱ）求三棱锥A PFB -的体积；26．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点．（1）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；（2）求证：平面//EFG 平面PM A ．【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】对每一个命题逐一判断得解.【详解】对于A ，若m ∥α，n ∥β且α∥β，说明m 、n 是分别在平行平面内的直线，它们的位置关 系应该是平行或异面或相交，故A 不正确；对于B ，若“m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β”，则“α∥β”也可能α∩β＝l ，所以B 不成立． 对于C ，根据面面垂直的性质，可知m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，∴n ∥α，∴α∥β也可能α∩β＝l ，也可能α⊥β，故C 不正确；对于D ，由m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m 与n 一定不平行，否则有α∥β，与已知α⊥β矛盾，通过平移使得m 与n 相交，且设m 与n 确定的平面为γ，则γ与α和β的交线所成的角即 为α与β所成的角，因为α⊥β，所以m 与n 所成的角为90°，故命题D 正确． 故答案为D【点睛】本题考查直线与平面平行与垂直，面面垂直的性质和判断的应用，考查逻辑推理能力和空间想象能力.2．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.3．A解析：A【分析】连接11,A C AC ，利用两个平面的公共点在一条直线上可判断点共线.【详解】连接11,A C AC ，则11//A C AC ，11,,,A C C A ∴四点共面，1A C ∴⊂平面11ACC A ，1M AC ∈，M ∴∈平面11ACC A ，M ∈平面11AB D ，∴点M 在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，同理点O 在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，,,A M O ∴三点共线，故A 正确；,,A M O 三点共线，且直线与直线外一点可确定一个平面，1,,,A M O A ∴四点共面，,,,A M C O 四点共面，故B ，C 错误；1BB 平面11AB D ，OM ⊂平面11AB D ，1B ∈平面11AB D 且1B OM ，1BB ∴和OM 是异面直线，1,,,B B O M ∴四点不共面，故D 错误.故选：A.【点睛】本题主要考查空间中点的共线问题，此类题一般证明这些点同在两个不同的平面内，根据两平面的公共点在一条直线上即可判断.4．D解析：D【分析】本题先通过平移确定异面直线1A B 与1AD 所成角11A BC ∠，再在11A BC 中通过余弦定理求该角的余弦值即可.【详解】解：连接11A C 、1BC （如图），设12=2AA AB k =（0k >），则11=5A BC B k=，112AC k=， 在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，∵11//BC AD ，∴ 异面直线1A B 与1AD 所成角可以表示为11A BC ∠，在11A BC 中，222222*********cos 25255A B BC AC A BC A B BC k k+-∠===⋅⋅⨯⨯， 故选：D.【点睛】本题考查了异面直线所成的角，余弦定理，是中档题.5．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. 6．C解析：C【分析】根据异面直线定义可判断A ；由线面垂直的性质即可判断B ；由异面直线的位置关系并得11AE B C ⊥可判断C ；根据线面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A 项，1CC 与1B E 在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A 错；对于B 项，由题意知，上底面是一个正三角形，故AC ⊥平面11ABB A 不可能，所以B 错；对于C 项，因为AE ，11B C 为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，由底面111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，根据等腰三角形三线合一可知AE BC ⊥，结合棱柱性质可知11//B C BC ，则11AE B C ⊥，所以C 正确；对于D 项，因为11A C 所在的平面与平面1AB E 相交，且11A C 与交线有公共点，故11//A C 平面1AB E 不正确，所以D 项不正确.故选C.【点睛】该题考查的是有关立体几何中空间关系的问题，在解题的过程中，需要对其相关的判定定理和性质定理的条件和结论熟练掌握，注意理清其关系，属于中档题7．D解析：D【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯， 则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.8．C解析：C【分析】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，还原三角形的图象，求得面积.【详解】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，如图所示：故原三角形面积为：13462S =⨯⨯= 故选：C【点睛】 本题考查了还原直观图为直角坐标系的图像问题，考查了学生概念理解，直观想象，数学运算的能力，属于基础题.9．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． 10．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.【详解】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OC OF 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.11．A解析：A【分析】如图所示：图像为圆柱的侧面展开图，A 关于EF 的对称点为'A ，则AE BE +的最小值为'A B ，计算得到答案.【详解】如图所示：图像为圆柱的侧面展开图，A 关于EF 的对称点为'A ，则AE BE +的最小值为'A B ，易知5BC =，'12A C =，故'13A B =.故选：A .【点睛】本题考查了立体几何中的最短距离问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 12．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.13．D解析：D【分析】连接BE ，BD ，因为//BE AF ，所以BED ∠为异面直线AF 与DE 所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取BD 的中点为G ，连接EG ，在等腰BED ∆中，求出cosEG BEG BE ∠==cos BED ∠，即可得出答案. 【详解】 连接BE ，BD ，因为//BE AF ，所以BED ∠为异面直线AF 与DE 所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则BE DE ==BD =，在等腰BED ∆中，取BD 的中点为G ，连接EG ，则EG ==cos EG BEG BE ∠== 所以2cos cos 22cos 1BED BEG BEG ∠=∠=∠-， 即：31cos 2155BED ∠=⨯-=， 所以异面直线AF ，DE 所成角的余弦值为15. 故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.14．A解析：A【分析】①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α再由面面垂直的判定定理得到结论．②根据面面平行的判定定理判断．③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，再由面面平行的判定定理判断．④若m α⊥，//αβ，由面面平行的性质定理可得m β⊥，再由//n β得到结论．【详解】①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α，又∵n β⊥，∴a β⊥,故正确． ②若//m α，//n β，由面面平行的判定定理可知，若m 与n 相交才平行，故不正确． ③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，又//n β，两平面不一定平行，故不正确． ④若m α⊥，//αβ，则m β⊥，又∵//n β，则m n ⊥．故正确．故选：A【点睛】本题主要考查线与线，线与面，面与面的位置关系及垂直与平行的判定定理和性质定理，综合性强，方法灵活，属中档题．二、解答题15．（1）证明见解析（2）8585【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 +-∠==⋅175********+-⨯⨯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）点E 位于线段AD 的中点或线段BD 的中点；223.【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．17．（1）证明见解析；（2）82π. 【分析】 （1）由已知条件知AD ⊥面DPC ，即有AD CE ⊥，由PDC △为等边三角形有CE DP ⊥，结合线面垂直的判定有CE ⊥平面PAD ．（2）由勾股定理可证AEC 为直角三角形，且ABC 为等腰直角三角形，即可知AC 的中点O 为外接球的球心，进而得到半径求球的体积.【详解】 （1）由90ADP ∠=知：AD DP ⊥，底面ABCD 是正方形有AD DC ⊥，又DP DC D =，∴AD ⊥面DPC ，而CE ⊂面DPC ，即AD CE ⊥，∵PD AD DC ==，60PDC ∠=，∴PDC △为等边三角形，E 为PD 的中点，故CE DP ⊥，∵DP AD D ⋂=，∴CE ⊥平面PAD ．（2）由（1）知：ABC 为等腰直角三角形且2AB BC == ，有22AC =， 在AEC 中3,5CE AE ==，即222AC CE AE =+，故AE CE ⊥，∴由上知：ABC 、AEC 都是以AC 为斜边的直角三角形，由直角三角形斜边中点O 到三顶点距离相等知：OE OC OA OB ===，即O 为三棱锥E ABC -外接球的球心， ∴外接球的半径为22AC =， 所以三棱锥E ABC -外接球的体积为3482(2)33V ππ=⨯=. 【点睛】关键点点睛：（1）由90°及正方形有线面垂直：AD ⊥面DPC ，再由等边三角形的性质和线面垂直的判定证明CE ⊥平面PAD ；（2）由勾股定理说明AEC 是以AC 为斜边的直角三角形，同样ABC 也是AC 为斜边的直角三角形，即可确定三棱锥E ABC -外接球的球心，进而求体积.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．（1）证明见解析；（2）14． 【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)2QDE S x x =⨯⨯=△，21)33P QDE QDE V PQ S x -=⋅=--△2(3x =--+≤x =则当P QDE V -最大时，AQ =∴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,QB QE ==PQ ⊥平面ABCD 得3,PE PB ==2BE =，则222cos 2PB BE PE PBE PB BE +-∠==⋅，∴异面直线PB 与QF 所成角的余弦值为14．【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． 20．（1）证明见解析；（2）83. 【分析】（1）先证明AC ⊥BE ,再取AB 的中点M ，连接CM ，经计算，利用勾股定理逆定理得到AC ⊥BC ,然后利用线面垂直的判定定理证得结论；（2）利用线面垂直的判定定理证得CM ⊥平面BEF ,即为所求三棱锥的高，进而计算得到其体积.【详解】解：（1）证明：∵四边形ABEF 为矩形∴//AF BE∵AF ⊥平面ABCD ∴BE ⊥平面ABCD∵AC ⊂平面ABCD ∴AC BE ⊥.如图，取AB 的中点M ，连接CM ，∴122AM AB DC === ∵//AM DC ，90MAD ∠=︒，2AM DC AD ===∴四边形ADCM 是正方形.∴90ADC ∠=︒∴222448C AD DC =+=+=，222448BC CM BM =+=+= ∵4AB =∴222AC BC AB +=∴ABC 是直角三角形∴AC BC ⊥. ∵BCBE B =，BC 、BE ⊂平面BCE∴AC ⊥平面BCE（2）由（1）知：CM AB ⊥∵AF ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ∴AF CM ⊥∵AF AB A ⋂=，AF 、AB 平面ABEF∴CM ⊥平面ABEF ，∴CM ⊥平面BEF即：CM 是三棱锥C BEF -的高 ∴11182243323E BCF C BEF BEF V V CM S --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△ 【点睛】本题考查线面垂直的证明，棱锥的体积的计算，属基础题.在利用线面垂直的判定定理证明线面垂直时一定要将条件表述全面，“两个垂直，一个相交”不可缺少.21．（1）证明见解析；（2）1111． 【分析】（1）计算出AE BE =得证AE BE ⊥，从而由面面垂直性质定理得线面垂直中，又得线线垂直AD BE ⊥，再由已知线线垂直AD AE ⊥可证得结论线面垂直；（2）取AE 的中点O ，连结DO ， 可证DO ⊥平面ABCE ，过E 作直线//EF DO ，以EA 、EB 、EF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦．【详解】 （1）证明：∵2AD DE ==，90ADE ∠=︒ ∴22AE BE ==，4AB =，∴222AE BE AB +=，∴AE BE ⊥ 又平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE 平面ABCE AE =， ∴BE ⊥平面ADE ，又AD ⊂平面ADE ，所以AD BE ⊥， 又AD DE ⊥，DE BE E ⋂=，所以AD ⊥平面BDE.（2）取AE 的中点O ，连结DO ，∵DA DE =，∴DO AE ⊥，又平面ADE ⊥平面ABCE ，∴DO ⊥平面ABCE ，过E 作直线//EF DO ，以EA 、EB 、EF 分别为为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系：则(0,0,0),(22,0,0),(0,22,0),(2,0,2)E A B D ，(2,2,0)C -平面ADE 的法向量1//n EB ，∴1(0,1,0)n =又(2,2,0)CB =，(2,22,2)DB =-，设平面BDC 的法向量为()2,,n x y z =，2200n CB n DB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，0220x +=∴-+=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-+-=⎩ ∴平面BDC 的法向量2(1,1,3)n =--121212cos ,1111n n n n n n ⋅∴===⋅⨯ ∴平面ADE 与平面BDC 【点睛】方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求二面角．证明线面垂直的方法是：根据线面垂直的判定定理先证线线垂直，当然证明线线垂直又根据面面垂直的性质定理得线面垂直，从而得线线垂直．三个垂直相互转化可证结论； 求二面角（空间角）常用方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，用计算代替证明．22．（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得1AB B E ⊥，由勾股定理可得1BE B E ⊥，即可证明； （2）由11//A B AB 可得111C A B ∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，由等体积法可求得AB 长度，即可求出角的大小.【详解】（1）AB ⊥侧面BB 1C 1C ，1B E ⊂侧面BB 1C 1C ，1AB B E ∴⊥，BC ＝1，BB 1＝2，E 是CC 1上的中点，1BE B E ∴=22211BE B E BB +=，1BE B E ∴⊥，AB BE B ⋂=， ∴B 1E ⊥平面ABE ； （2）11//A B AB ，111C A B ∴∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，且1A 到平面ABE 的距离等于1B 到平面ABE 的距离，由（1）B 1E ⊥平面ABE ，故B 1E 的长度即为1B 到平面ABE 的距离，由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得AB ⊥BE ，则1111113323A BEA A ABE ABE V V SB EAB --==⋅=⨯⨯=，解得AB = 则11A B AB == 在111Rt A B C △中，1111111tan 3B C C A B A B ∠===，11130A C B ∴∠=，即异面直线AB 和A 1C 1所成角为30.【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．23．（1）截面见解析，面积为22；（2）12. 【分析】（1）先根据线面平行的性质定理确定出,EF MN 的位置关系，再根据,EF MN 的长度关系确定出,M N 的位置，从而截面的形状可确定以及截面面积可求；（2）记11ME AC H =，通过线面垂直证明1A HG ∠即为所求的线面角，从而计算出11A C 与平面α所成角的正弦值.【详解】（1）如图截面为矩形EFNM ：因为//EF 平面11ADD A ，且平面EFNM平面11ADD A MN =，所以//EF MN ， 又因为111111////,==22EF BC AD EF BC AD ，且3DG GA =，所以可知111//,2MN AD MN AD =， 所以//,MN EF MN EF =，所以可知,M N 为棱111,AA A D 的中点， 所以四边形EFNM 为矩形，且112,2EF ME =+==，所以截面EFNM 的面积为2；（2）记11ME AC H =，连接GH ，如图所示：因为//NF AB ，AB ⊥平面11AA D D ，所以NF ⊥平面11AA D D ，又1AG ⊂平面11AA D D ，所以1NF A G ⊥， 由（1）知1//MN AD 且11A D AD ⊥，所以1MN A D ⊥，所以1MN AG ⊥，且MN NF N =，1A G ⊥平面EFNM ，所以11A C 与平面α所成角为1A HG ∠， 因为111222442AG A D ===，111122A H AC ==1111sin 2A G A HG A H ∠==， 所以11A C 与平面α所成角的正弦值为12. 【点睛】方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果.24．(I)证明见解析；(II)33 . 【分析】（I ）取AD 的中点P ，连结EP PC ，，MP ，利用平行四边形及线面垂直的性质定理证明,,PE PC AD 相互垂直，从而可证明EC 与,MP MD 垂直，然后可得线面垂直，面面垂直；（II ）取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ，可得EQP ∠为二面角A CD E --的平面角，在Rt EPQ △中求得其余弦值．【详解】（Ⅰ）证明：取AD 的中点P ，连结EP PC ，．则EFAP =，∵//FE AP =，∴四边形FAPE 是平行四边形，∴//FA EP =，同理，//AB PC =.又∵FA ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥平面ABCD ，而PC AD ，都在平面ABCD 内，∴.EP PC EP AD ⊥⊥，由AB AD ⊥，可得PC AD ⊥，设FA a =，则2.EP PC PD a CD DE EC a ======，所以△ECD 为正三角形.∵DC DE =且M 为CE 的中点，∴DM CE ⊥.连结MP ，则.MP CE ⊥PM ∩MD =M ，而PM ，MD 在平面AMD 内 ，∴CE ⊥平面AMD而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥CDE .（Ⅱ）解：取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ，∵CE DE =，∴.EQ CD ⊥∵PC PD =，∴PQ CD ⊥∴EQP ∠为二面角A CD E --的平面角.由(Ⅰ)可得， 6222EP PQ EQ a PQ a ==⊥，，． 于是在Rt EPQ △中，3cos PQ EQP EQ ∠==． ∴二面角A CD E --的余弦值为33. 【点睛】 方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的几何方法：一作二证三计算，一作：作出二面角的平面角；二证：证明所作的角是二面角的平面角；三计算：在三角形中求出这个角（这个角的余弦值）．25．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ3 【分析】（Ⅰ）通过证明平面//OFG 平面PAB ，进一步得出结论；（Ⅱ）利用等体积法即1124A PFB A PDB P ABCD V V V ---==，进一步求出答案. 【详解】（Ⅰ）如图，连接OF ，OG ∵O 是BD 中点，F 是PD 中点，∴//OF PB ，而OF ⊂/平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，∴//OF 平面PAB ，又∵O 是AC 中点，G 是BC 中点，∴//OG AB ，而OG ⊂/平面PAB ，AB平面PAB ，∴//OG 平面PAB ，又OG OF O =∴平面//OFG 平面PAB ，即//FG 平面PAB . （Ⅱ）∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD AO ⊥，又四边形ABCD 为菱形，∴BD AO ⊥，又ADDB D =，∴AO ⊥平面PDB ，而F 为PD 的中点， ∴1111322sin 60224433A PFB A PDB P ABCD V V V ︒---===⨯⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查立体几何的知识点，属于中档题. 立体几何常用的三种解题方法为： （1）分割法;（2）补形法;（3）等体积法.26．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先证明BC ⊥平面PDC ，再利用线线平行证明GF ⊥平面PDC ，即证面面垂直； （2）先利用中位线证明//EG PM ，////GF BC AD ，再由此证明面面平行即可.【详解】（1）证明：由已知MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，∴PD ⊥平面ABCD ．又BC ⊂平面ABCD ，∴PD BC ⊥．∵四边形ABCD 为正方形，∴BC DC ⊥， 又PD DC D ⋂=，∴BC ⊥平面PDC ，在PBC 中，∵G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴//GF BC ，∴GF ⊥平面PDC ．又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC ．（2）∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，∴//EG PM ，//GF BC ，又∵四边形ABCD 是正方形，∴//BC AD ，∴//GF AD ，∵EG 、GF 在平面PM A 外，PM 、AD 在平面PM A 内， ∴//EG 平面PM A ，//GF 平面PM A ，又∵EG 、GF 都在平面EFG 内且相交，∴平面//EFG 平面PM A ．【点睛】本题考查了线线、线面、面面之间平行与垂直关系的转化，属于中档题.。

一．选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的) 1、下列命题为真命题的是（ ）A. 平行于同一平面的两条直线平行；B.与某一平面成等角的两条直线平行；C. 垂直于同一平面的两条直线平行；D.垂直于同一直线的两条直线平行。

2、下列命题中错误的是：（ ）A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面β；B. 如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面β；C. 如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面β；D. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l,那么l ⊥γ.3、右图的正方体ABCD-A ’B ’C ’D ’中,异面直线AA ’与BC 所成的角是（ ） A. 300 B.450 C. 600 D. 900 4、右图的正方体ABCD- A ’B ’C ’D ’中，二面角D ’-AB-D 的大小是（ ）A. 300B.450C. 600D. 900 5.在空间中，下列命题正确的是A.若三条直线两两相交，则这三条直线确定一个平面B.若直线m 与平面α内的一条直线平行，则α//mC.若平面βα⊥，且l =βα ，则过α内一点P 与l 垂直的直线垂直于平面βD.若直线a 与直线b 平行，且直线a l ⊥，则b l ⊥6．设平面α∥平面β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝（ ）A ．3B ．9C ．18D ．10 7．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )A ．9πB ．10πC ．11πD ．12πA B DA ’B ’D ’ C C ’ABD CE F8. 正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）A. 3:1B. 3:2C. 3:3D. 2:39．已知△ABC 是边长为a 2的正三角形，那么它的斜二侧所画直观图A B C 的面积为( )A.32a 2 B.34a 2 C.64a 2 D.6a 210．若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的多面体的体积为( )A.26B.23C.33D.2311. 在空间四边形ABCD 中，AD=BC=2，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，EF=2，求AD 与BC 所成角的大小．( )A. 30B. 45C.60οD. 90 12.如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，//EF AB ,32EF =,且EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为（ ） A92B 5C 6D 152二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）13． Rt ABC ∆中，3,4,5AB BC AC ===，将三角形绕直角边AB 旋转一周所成的几何体的体积为.14．一个圆台的母线长为5 cm ，两底面面积分别为4πcm 2 和25π cm 2.则圆台的体积 ________． 15. 三棱锥S-ABC 中SA平面ABC ，AB 丄BC,SA= 2,AB =B C=1，则三棱锥S-ABC 的外接球的表面积等于______.16．如图，在直角梯形ABCD 中，,,BC DC AE DC ⊥⊥M 、N 分别是AD 、BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起。

高中数学必修2立体几何考题13．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1，B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于M、N分别是A1B1和B1C1的中点，可证明MN∥AC，因此AM与CN不是异面直线．(2)由空间图形可感知D1B和CC1为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题，这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A∥D1D，而D1D綊C1C，∴A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形．∴A1A∥AC，得到MN∥AC，∴A、M、N、C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1.∴BC⊂平面CC1D1，这与在正方体中BC⊥平面CC1D1相矛盾，∴假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．14．如下图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，N为BB1的中点，O为面BCC1B1的中心．(1)过O作一直线与AN交于P，与CM交于Q(只写作法，不必证明)；(2)求PQ的长(不必证明)．解析：(1)由ON∥AD知，AD与ON确定一个平面α.又O、C、M三点确定一个平面β(如下图所示)．∵三个平面α，β和ABCD两两相交，有三条交线OP、CM、DA，其中交线DA与交线CM不平行且共面．∴DA与CM必相交，记交点为Q.∴OQ是α与β的交线．连结OQ与AN交于P，与CM交于Q，故OPQ即为所作的直线．(2)解三角形APQ可得PQ＝14 3.15．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，D、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A 1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为 2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E分别是BB1、MM1的中点，可得DE綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F的中点，B是CF的中点，又E是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF中，由AB＝BC＝BF知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，所以DE＝2 2a.反思归纳：两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线，两条异面直线的公垂线是惟一的，两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离．证明一直线是某两条异面直线的公垂线，可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直．本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直，而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内，另一条直线与这个平面平行．16．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O是BD1的中点，∴O是正方体的中心，∴OA＝OA 1，又M为AA1的中点，即OM是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO 是异面直线AA 1和BD 1的公垂线． (2)由于AA 1∥BB 1，所以∠B 1BD 1就是异面直线AA 1和BD 1所成的角． 在Rt △BB 1D 1中，设BB 1＝1，则BD 1＝3，所以cos ∠B 1BD 1＝33，故异面直线AA 1与BD 1所成的角的余弦值等于33.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO 的长，由于OA ＝12AC 1＝32a ，AM ＝a 2，且OM ⊥AM ，所以OM ＝22a .13．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1，BC 1上分别有两点E 、F ，且B 1E ＝C 1F ，求证：EF ∥ABCD .证明：解法一：分别过E 、F 作EM ⊥AB 于M ，FN ⊥BC 于N ，连结MN .∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1， ∴EM ∥FN .又B 1E ＝C 1F ，∴EM ＝FN ，故四边形MNFE 是平行四边形， ∴EF ∥MN ，又MN 在平面ABCD 中， 所以EF ∥平面ABCD .解法二：过E 作EG ∥AB 交BB 1于G ，连结GF ，则B 1E B 1A ＝B 1GB 1B，∵B 1E ＝C 1F ，B 1A ＝C 1B ， ∴C 1F C 1B ＝B 1G B 1B，∴FG ∥B 1C 1∥BC . 又EG ∩FG ＝G ，AB ∩BC ＝B ， ∴平面EFG ∥平面ABCD ， 而EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面ABCD .14．如下图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC .过BD 作与P A 平行的平面，交侧棱PC 于点E ，又作DF ⊥PB ，交PB 于点F .(1)求证：点E 是PC 的中点； (2)求证：PB ⊥平面EFD .证明：(1)连结AC ，交BD 于O ，则O 为AC 的中点，连结EO . ∵P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝OE ，∴P A ∥OE . ∴点E 是PC 的中点；(2)∵PD ⊥底面ABCD 且DC ⊂底面ABCD ，∴PD ⊥DC ，△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线， ∴DE ⊥PC ，①又由PD ⊥平面ABCD ，得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形，CD ⊥BC ，∴BC ⊥平面PDC .而DE ⊂平面PDC .∴BC ⊥DE .②由①和②推得DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ， ∴DE ⊥PB ，又DF ⊥PB 且DE ∩DF ＝D ， 所以PB ⊥平面EFD .15．如图，l 1、l 2是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM ＝MB ＝MN .(1)求证AC ⊥NB ； (2)若∠ACB ＝60°，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l 2⊥MN ，l 2⊥l 1，MN ∩l 1＝M ，可得l 2⊥平面ABN .由已知MN ⊥l 1，AM ＝MB ＝MN ，可知AN ＝NB 且AN ⊥NB . 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影， ∴AC ⊥NB .(2)∵Rt △CNA ≌Rt △CNB ，∴AC ＝BC ，又已知∠ACB ＝60°，因此△ABC 为正三角形． ∵Rt △ANB ≌Rt △CNB ，∴NC ＝NA ＝NB ，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心．连结BH ，∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt △NHB 中，cos ∠NBH ＝HB NB ＝33AB22AB ＝63.16．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，点E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面ACD ； (2)平面EFC ⊥平面BCD .命题意图：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．证明：(1)在△ABD 中，∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，所以EF ∥AD . 又AD ⊂平面ACD ，EF ⊄平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD . (2)在△ABD 中，∵AD ⊥BD ，EF ∥AD ，∴EF ⊥BD .在△BCD 中，∵CD ＝CB ，F 为BD 的中点，∴CF ⊥BD .∵EF ⊂平面EFC ，CF ⊂平面EFC ，EF 与CF 交于点F ，∴BD ⊥平面EFC . 又∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD .13．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝2AB .(1)求证：平面P AC ⊥平面PBD ； (2)求二面角B －PC －D 的余弦值． 解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面P AC ，又BD 在平面BPD 内，∴平面P AC ⊥平面BPD . (2)在平面BCP 内作BN ⊥PC ，垂足为N ，连结DN ， ∵Rt △PBC ≌Rt △PDC ， 由BN ⊥PC 得DN ⊥PC ；∴∠BND 为二面角B －PC －D 的平面角，在△BND 中，BN ＝DN ＝56a ，BD ＝2a ，∴cos ∠BND ＝56a 2＋56a 2－2a 253a 2＝－15.14．如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，G 在BB 1上，且AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是B 1C 1的中点．(1)求证：E 、B 、F 、D 1四点共面； (2)求证：平面A 1GH ∥平面BED 1F . 证明：(1)连结FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2， ∴BG 綊A 1E ，∴A 1G 綊BE . ∵C 1F 綊B 1G ，∴四边形C 1FGB 1是平行四边形． ∴FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，∴四边形A 1GFD 1是平行四边形． ∴A 1G 綊D 1F ，∴D 1F 綊EB ， 故E 、B 、F 、D 1四点共面．(2)∵H 是B 1C 1的中点，∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝32.又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， ∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ， ∴HG ∥FB .又由(1)知A 1G ∥BE ，且HG ∩A 1G ＝G ， FB ∩BE ＝B ，∴平面A 1GH ∥平面BED 1F .15．在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥面ABC ，△ABC 为正三角形，D 、E 分别为BC 、AC 的中点，设AB ＝P A ＝2.(1)求证：平面PBE ⊥平面P AC ；(2)如何在BC 上找一点F ，使AD ∥平面PEF ，请说明理由； (3)对于(2)中的点F ，求三棱锥B －PEF 的体积． 解析：(1)证明：∵P A ⊥面ABC ，BE ⊂面ABC ， ∴P A ⊥BE .∵△ABC 是正三角形，E 为AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又P A 与AC 相交， ∴BE ⊥平面P AC ，∴平面PBE ⊥平面P AC .(2)解：取DC 的中点F ，则点F 即为所求． ∵E ，F 分别是AC ，DC 的中点， ∴EF ∥AD ，又AD ⊄平面PEF ，EF ⊂平面PEF ， ∴AD ∥平面PEF .(3)解：V B －PEF ＝V P －BEF ＝13S △BEF ·P A ＝13×12×32×32×2＝34.16．(2009·天津，19)如图所示，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为CE 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)求证：平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A －CD －E 的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线BF 与DE 所成的角．设P 为AD 的中点，连结EP ，PC .因为FE 綊AP ，所以F A 綊EP .同理，AB 綊PC .又F A ⊥平面ABCD ，所以EP ⊥平面ABCD .而PC ，AD 都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，EP ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥AD .设F A ＝a ，则EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝2a .故∠CED ＝60°.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明：因为DC ＝DE 且M 为CE 的中点，所以DM ⊥CE .连结MP ，则MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)设Q 为CD 的中点，连结PQ ，EQ .因为CE ＝DE ，所以EQ ⊥CD .因为PC ＝PD ，所以PQ ⊥CD ，故∠EQP 为二面角A －CD －E 的平面角．由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝62a ，PQ ＝22a .于是在Rt △EPQ 中，cos ∠EQP ＝PQ EQ ＝33.所以二面角A －CD －E 的余弦值为33.13．(2009·重庆)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 为PC 的中点，N 点在AB 上且AN ＝13NB .(1)求证：MN ∥平面P AD ；(2)求直线MN 与平面PCB 所成的角．解析：(1)证明：过点M 作ME ∥CD 交PD 于E 点，连结AE .∵AN ＝13NB ，∴AN ＝14AB ＝12DC ＝EM .又EM ∥DC ∥AB ，∴EM 綊AN ， ∴AEMN 为平行四边形，∴MN ∥AE ，∴MN ∥平面P AD .(2)解：过N 点作NQ ∥AP 交BP 于点Q ，NF ⊥CB 于点F . 连结QF ，过N 点作NH ⊥QF 于H ，连结MH ， 易知QN ⊥面ABCD ，∴QN ⊥BC ，而NF ⊥BC ， ∴BC ⊥面QNF ，∵BC ⊥NH ，而NH ⊥QF ，∴NH ⊥平面PBC ，∴∠NMH 为直线MN 与平面PCB 所成的角．通过计算可得MN ＝AE ＝22，QN ＝34，NF ＝342，∴NH ＝QN ·NF QF ＝ON ·NF QN 2＋NF 2＝64，∴sin ∠NMH ＝NH MN ＝32，∴∠NMH ＝60°，∴直线MN 与平面PCB 所成的角为60°. 14．(2009·广西柳州三模)如图所示，已知直平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥BD ，AD ＝BD ＝a ，E 是CC 1的中点，A 1D ⊥BE .(1)求证：A 1D ⊥平面BDE ；(2)求二面角B －DE －C 的大小．解析：(1)证明：在直平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， ∵AA 1⊥平面ABCD ，∴AA 1⊥BD . 又∵BD ⊥AD ，∴BD ⊥平面ADD 1A 1，即BD ⊥A 1D . 又∵A 1D ⊥BE 且BE ∩BD ＝B ， ∴A 1D ⊥平面BDE .(2)解：如图，连B 1C ，则B 1C ⊥BE ， 易证Rt △BCE ∽Rt △B 1BC ，∴CE BC ＝BC B 1B，又∵E 为CC 1中点， ∴BC 2＝12BB 21.BB 1＝2BC ＝2a .取CD 中点M ，连结BM ，则BM ⊥平面CC 1D 1C ， 作MN ⊥DE 于N ，连NB ，由三垂线定理知：BN ⊥DE ，则∠BNM 是二面角B －DE －C 的平面角．在Rt △BDC 中，BM ＝BD ·BC DC ＝22a ，Rt △CED 中，易求得MN ＝1010a ，Rt △BMN 中，tan ∠BNM ＝BMMN＝5，则二面角B －DE －C 的大小为arctan 5.15．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点．(1)求直线B 1C 与DE 所成的角的余弦值； (2)求证：平面EB 1D ⊥平面B 1CD ； (3)求二面角E －B 1C －D 的余弦值．解析：(1)连结A 1D ，则由A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与DE 所成的角即为A 1D 与DE 所成的角．连结A 1E ，由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，可设其棱长为a ，则A 1D ＝2a ，A 1E ＝DE ＝52a ，∴cos ∠A 1DE＝A 1D 2＋DE 2－A 1E 22·A 1D ·DE ＝105.∴直线B 1C 与DE 所成角的余弦值是105. (2)证明取B 1C 的中点F ，B 1D 的中点G ，连结BF ，EG ，GF . ∵CD ⊥平面BCC 1B 1，且BF ⊂平面BCC 1B 1，∴DC ⊥BF . 又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ， ∴BF ⊥平面B 1CD .又∵GF 綊12CD ，BE 綊12CD ，∴GF 綊BE ，∴四边形BFGE 是平行四边形， ∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面B 1CD . ∵GE ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥平面B 1CD . (3)连结EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C . 又∵GE ⊥平面B 1CD ，∴EF ⊥B 1C ，∴∠EFG 是二面角E －B 1C －D 的平面角． 设正方体的棱长为a ，则在△EFG 中，GF ＝12a ，EF ＝32a ，∴cos ∠EFG ＝FG EF ＝33，∴二面角E －B 1C －D 的余弦值为33.16．(2009·全国Ⅱ，18)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1.(1)求证：AB ＝AC ；(2)设二面角A －BD －C 为60°，求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小． 解析：(1)证明：取BC 中点F ，连结EF ，则EF 綊12B 1B ，从而EF 綊DA .连结AF ，则ADEF 为平行四边形，从而AF ∥DE .又DE ⊥平面BCC 1，故AF ⊥平面BCC 1，从而AF ⊥BC ，即AF 为BC 的垂直平分线，所以AB ＝AC .(2)解：作AG ⊥BD ，垂足为G ，连结CG .由三垂线定理知CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面角A －BD －C 的平面角．由题设知，∠AGC ＝60°.设AC ＝2，则AG ＝23.又AB ＝2，BC ＝22，故AF ＝ 2.由AB ·AD ＝AG ·BD 得2AD ＝23·AD 2＋22，解得AD ＝2，故AD ＝AF .又AD ⊥AF ，所以四边形ADEF 为正方形．因为BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故BC ⊥平面DEF ，因此平面BCD ⊥平面DEF . 连结AE 、DF ，设AE ∩DF ＝H ，则EH ⊥DF ，EH ⊥平面BCD .连结CH ，则∠ECH 为B 1C 与平面BCD 所成的角．因ADEF 为正方形，AD ＝2，故EH ＝1，又EC ＝12B 1C ＝2，所以∠ECH ＝30°，即B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.13．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点．(1)求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1； (2)求点D 1到平面B 1EF 的距离d .分析：(1)可先证EF ⊥平面BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由B 1D 1∥BD ，将点进行转移：D 1点到平面B 1EF 的距离是B 点到它的距离的4倍，先求B 点到平面B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明：⎭⎪⎬⎪⎫EF ⊥BD EF ⊥B 1B ⇒EF ⊥平面BDD 1B 1⇒平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.(2)解：解法一：连结EF 交BD 于G 点． ∵B 1D 1＝4BG ，且B 1D 1∥BG ，∴D 1点到平面B 1EF 的距离是B 点到它的距离的4倍． 利用等积法可求．由题意可知，EF ＝12AC ＝2，B 1G ＝17.S △B 1EF ＝12EF ·B 1G ＝12×2×17＝17，S △BEF ＝12BE ·BF ＝12×2×2＝1.∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ，设B 到面B 1EF 的距离为h 1，则13×17×h 1＝13×1×4，∴h 1＝41717.∴点D 1到平面B 1EF 的距离为h ＝4h 1＝161717.解法二：如图，在正方形BDD 1B 1的边BD 上取一点G ，使BG ＝14BD ，连结B 1G ，过点D 1作D 1H ⊥B 1G 于H ，则D 1H 即为所求距离．可求得D 1H ＝161717(直接法)．14．如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，M 是棱BC 的中点，N 是CC 1中点．求：(1)二面角B 1－AN －M 的大小； (2)C 1到平面AMN 的距离． 解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，M 是棱BC 的中点， ∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1. ∴AM ⊥平面BCC 1B 1.∴平面AMN ⊥平面BCC 1B 1.作B 1H ⊥MN 于H ，HR ⊥AN 于R ，连结B 1R ， ∴B 1H ⊥平面AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1RH 是二面角B 1－AN －M 的平面角． 由已知得AN ＝3，MN ＝2，B 1M ＝5＝B 1N ，则B 1H ＝322，又Rt △AMN ∽Rt △HRN ，RH AM ＝HN AN ，∴RH ＝66.∴B 1R ＝143，∴cos ∠B 1RH ＝RH B 1R ＝714.∴二面角B 1－AN －M 的大小为arccos 714.(2)∵N 是CC 1中点，∴C 1到平面AMN 的距离等于C 到平面AMN 的距离． 设C 到平面AMN 的距离为h ， 由V C －AMN ＝V N －AMC 得13×12·MN ·h ＝13×12AM ·MC . ∴h ＝22.15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，且AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，P A ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4.(1)求证：BC ⊥PC ；(2)求PB 与平面P AC 所成的角的正弦值； (3)求点A 到平面PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2， ∴∠ADC ＝90°，且AC ＝2 2. 取AB 的中点E ，连结CE ，由题意可知，四边形ABCD 为正方形， ∴AE ＝CE ＝2.又∵BE ＝12AB ＝2.∴CE ＝12AB ，∴△ABC 为等腰直角三角形， ∴AC ⊥BC .又∵P A ⊥平面ABCD ，且AC 为PC 在平面ABCD 内的射影， BC ⊂平面ABCD ，由三垂线定理得， BC ⊥PC .(2)由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面P AC .PC 是PB 在平面P AC 内的射影，∴∠CPB 是PB 与平面P AC 所成的角．又CB ＝22， PB 2＝P A 2＋AB 2＝20，PB ＝25，∴sin ∠CPB ＝BC PB ＝105，即PB 与平面P AC 所成角的正弦值为105.(3)由(2)可知，BC ⊥平面P AC ，BC ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面P AC .过A 点在平面P AC 内作AF ⊥PC 于F ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴AF 的长即为点A 到平面PBC 的距离．在直角三角形P AC 中， P A ＝2，AC ＝22，PC ＝23，∴AF ＝263.即点A 到平面PBC 的距离为263.16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，∠PDA ＝45°，点E 、F 分别为棱AB 、PD 的中点．(1)求证：AF ∥平面PCE ；(2)求二面角E －PD －C 的大小； (3)求点A 到平面PCE 的距离．解析：(1)证明：如图取PC 的中点G ，连结FG 、EG ， ∴FG 为△PCD 的中位线，∴FG ＝12CD 且FG ∥CD .又∵底面四边形ABCD 是正方形，E 为棱AB 的中点，∴AE ＝12CD 且AE ∥CD ，∴AE ＝FG 且AE ∥FG .∴四边形AEGF 是平行四边形， ∴AF ∥EG .又EG ⊂平面PCE ，AF ⊄平面PCE ， ∴AF ∥平面PCE .(2)解：∵P A ⊥底面ABCD ， ∴P A ⊥AD ，P A ⊥CD . 又AD ⊥CD ， P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD . 又∵AF ⊂平面P AD ， ∴CD ⊥AF .又P A ＝2，∠PDA ＝45°， ∴P A ＝AD ＝2.∵F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD . 又∵CD ∩PD ＝D ， ∴AF ⊥平面PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面PCD . 又GF ⊥PD ，连结EF ，则∠GFE 是二面角E －PD －C 的平面角． 在Rt △EGF 中，EG ＝AF ＝2，GF ＝1，∴tan ∠GFE ＝GEGF＝ 2.∴二面角E －PD －C 的大小为arctan 2. (3)设A 到平面PCE 的距离为h ，由V A －PCE ＝V P －ACE ，即13×12PC ·EG ·h ＝13P A ·12AE ·CB ，得h ＝63，∴点A 到平面PCE 的距离为63.13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)求证：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)解：如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴∠ADB ＝arctan63，即二面角A －A 1C －B 的大小为arctan 63. 14．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为a 的正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是A 1B 1的中点．(1)求证：BM ⊥AC ；(2)求二面角B －B 1C 1－A 1的正切值； (3)求三棱锥M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形， ⎭⎪⎬⎪⎫∵M 是A 1B 1的中点，∴BM ⊥A 1B 又∵平面AA 1B 1B ⊥平面A 1B 1C 1 ⇒BM ⊥平面A 1B 1C 1. ⎭⎪⎬⎪⎫∴BM ⊥A 1C 1又∵AC ∥A 1C 1⇒BM ⊥AC .⎭⎪⎬⎪⎫(2)过M 作ME ⊥B 1C 1且交于点E ，∵BM ⊥平面A 1B 1C 1，⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1中，ME ＝MB 1·sin60°＝34a ，Rt △BMB 1中，MB ＝MB 1·tan60°＝32a ， ∴tan ∠BEM ＝MBME＝2，∴所求二面角的正切值是2.(3)VM －A 1CB ＝12VB 1－A 1CB ＝12VA －A 1CB ＝12VA 1－ABC ＝12×13×34a 2·32a ＝116a 3.15．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AFAD＝λ(0<λ<1)．(1)求证：不论λ为何值，总有EF ⊥平面ABC ；(2)若λ＝12，求三棱锥A －BEF 的体积．解析：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°， ∴BC ⊥CD .∵又AB ∩BC ＝B ，∴CD ⊥平面ABC .又∵在△ACD 中，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AFAD＝λ(0<λ<1)，∴不论λ为何值，都有EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面ABC .(2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2.又∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD .又∵在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝6， 由(1)知EF ⊥平面ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE ＝13S △ABE ·EF ＝13×12S △ABC ·EF ＝16×12×1×6×12＝624. 故三棱锥A －BEF 的体积是624.16．在四棱锥P －ABCD 中，侧面PDC 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是面积为23的菱形，∠ADC 为菱形的锐角．(1)求证：P A ⊥CD ；(2)求二面角P －AB －D 的大小； (3)求棱锥P －ABCD 的侧面积；解析：(1)证明：如图所示，取CD 的中点E ，由PE ⊥CD ，得PE ⊥平面ABCD ，连结AC 、AE .∵AD ·CD ·sin ∠ADC ＝23， AD ＝CD ＝2，∴sin ∠ADC ＝32，即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥P A (三垂线定理)．(2)解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥P A ，AB ⊥AE ， ∴∠P AE 为二面角P －AB －D 的平面角． 在Rt △PEA 中，PE ＝AE ，∴∠P AE ＝45°. 即二面角P －AB －D 的大小为45°. (3)分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，P A ＝6，∴cos ∠PDA ＝14，sin ∠PDA ＝154.S △PCD ＝3，S △P AB ＝12AB ·P A ＝12·2·2·3＝6，S △P AD ＝S △PBC ＝12PD ·DA ·sin ∠PDA ＝152.∴S P －ABCD 侧＝3＋6＋15.13．把地球当作半径为R 的球，地球上A 、B 两地都在北纬45°，A 、B 两点的球面距离是π3R ，A 点在东经20°，求B 点的位置． 解析：如图，求B 点的位置即求B 点的经度，设B 点在东经α，∵A 、B 两点的球面距离是π3R .∴∠AOB ＝π3，因此三角形AOB 是等边三角形，∴AB ＝R ，又∵∠AO 1B ＝α－20°(经度差)问题转化为在△AO 1B 中借助AO 1＝BO 1＝AO cos45°＝22R ，求出∠AO 1B ＝90°，则α＝110°，同理：B 点也可在西经70°，即B 点在北纬45°东经110°或西经70°.14．在球心同侧有相距9cm 的两个平行截面，它们的面积分别为49πcm 2和400πcm 2，求球的表面积和体积．解析：如图，两平行截面被球大圆所在平面截得的交线分别为AO 1、BO 2，则AO 1∥BO 2. 若O 1、O 2分别为两截面圆的圆心，则由等腰三角形性质易知OO 1⊥AO 1，OO 2⊥BO 2， 设球半径为R ，∵πO 2B 2＝49π， ∴O 2B ＝7cm ，同理O 1A ＝20cm. 设OO 1＝x cm ，则OO 2＝(x ＋9)cm. 在Rt △OO 1A 中，R 2＝x 2＋202， 在Rt △OO 2B 中，R 2＝(x ＋9)2＋72， ∴x 2＋202＝72＋(x ＋9)2，解得x ＝15cm. ∴R ＝25cm ，∴S 球＝2500πcm 2，V 球＝43πR 3＝625003πcm 3.15．设A 、B 、C 是半径为1的球面上的三点，B 、C 两点间的球面距离为π3，点A 与B 、C 两点间的球面距离均为π2，O 为球心，求：(1)∠AOB 、∠BOC 的大小； (2)球心O 到截面ABC 的距离．解析：(1)如图，因为球O 的半径为1，B 、C 两点间的球面距离为π3，点A 与B 、C 两点间的球面距离均为π2，所以∠BOC ＝π3，∠AOB ＝∠AOC ＝π2， (2)因为BC ＝1，AC ＝AB ＝2，所以由余弦定理得cos ∠BAC ＝34，sin ∠BAC ＝74，设截面圆的圆心为O 1，连结AO 1，则截面圆的半径r ＝AO 1，由正弦定理得r ＝BC 2sin ∠BAC＝277，所以OO 1＝OA 2－r 2＝217.16．如图四棱锥A －BCDE 中，AD ⊥底面BCDE ，AC ⊥BC ，AE ⊥BE . (1)求证：A 、B 、C 、D 、E 五点共球； (2)若∠CBE ＝90°，CE ＝3，AD ＝1，求B 、D 两点的球面距离． 解析：(1)证明：取AB 的中点P ，连结PE ，PC ，PD ，由题设条件知△AEB 、△ADB 、△ABC 都是直角三角形．故PE ＝PD ＝PC ＝12AB ＝P A ＝PB .所以A 、B 、C 、D 、E 五点在同一球面上． (2)解：由题意知四边形BCDE 为矩形， 所以BD ＝CE ＝3，在Rt △ADB 中，AB ＝2，AD ＝1，∴∠DPB ＝120°，D 、B 的球面距离为23π.17．(本小题满分10分)如图，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上一点．(1)求证：平面EBD ⊥平面SAC ；(2)假设SA ＝4，AB ＝2，求点A 到平面SBD 的距离；解析：(1)∵正方形ABCD ，∴BD ⊥AC ，又∵SA ⊥平面ABCD ，∴SA ⊥BD ，则BD ⊥平面SAC ，又BD ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面SAC .(2)设AC ∩BD ＝O ，由三垂线定理得BD ⊥SO .AO ＝12AC ＝122AB ＝12·2·2＝2，SA ＝4，则SO ＝SA 2＋AO 2＝16＋2＝32，S △BSD ＝12BD ·SO ＝12·22·32＝6.设A 到面BSD 的距离为h ，则V S －ABD ＝V A －BSD ，即13S △ABD ·SA ＝13S △BSD ·h ，解得h ＝43，即点A 到平面SBD 的距离为43. 18．(本小题满分12分)如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在C 1C 上且C 1E ＝3EC .(1)证明A 1C ⊥平面BED ；(2)求二面角A 1－DE －B 的大小． 解析：依题设知AB ＝2，CE ＝1，(1)证明：连结AC 交BD 于点F ，则BD ⊥AC . 由三垂线定理知，BD ⊥A 1C .在平面A 1CA 内，连结EF 交A 1C 于点G ，由于AA 1FC ＝AC CE＝22，故Rt △A 1AC ∽Rt △FCE ，∠AA 1C ＝∠CFE ，∠CFE 与∠FCA 1互余． 于是A 1C ⊥EF .A 1C 与平面BED 内两条相交直线BD 、EF 都垂直． 所以A 1C ⊥平面BED .(2)作GH ⊥DE ，垂足为H ，连结A 1H . 由三垂线定理知A 1H ⊥DE ，故∠A 1HG 是二面角A 1－DE －B 的平面角． EF ＝CF 2＋CE 2＝3，CG ＝CE ×CF EF ＝23.EG ＝CE 2－CG 2＝33.EG EF ＝13，GH ＝13×EF ×FD DE ＝215. 又A 1C ＝AA 21＋AC 2＝26，A 1G ＝A 1C －CG ＝563， tan ∠A 1HG ＝A 1GHG＝5 5.所以二面角A 1－DE －B 的大小为arctan5 5.19．(本小题满分12分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝SB ＝SC ＝2CD ＝2，侧面SBC ⊥底面ABCD .(1)由SA 的中点E 作底面的垂线EH ，试确定垂足H 的位置； (2)求二面角E －BC －A 的大小．解析：(1)作SO ⊥BC 于O ，则SO ⊂平面SBC ， 又面SBC ⊥底面ABCD ， 面SBC ∩面ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥底面ABCD ①又SO ⊂平面SAO ，∴面SAO ⊥底面ABCD ， 作EH ⊥AO ，∴EH ⊥底面ABCD ② 即H 为垂足，由①②知，EH ∥SO ， 又E 为SA 的中点，∴H 是AO 的中点． (2)过H 作HF ⊥BC 于F ，连结EF ， 由(1)知EH ⊥平面ABCD ，∴EH ⊥BC ，又EH ∩HF ＝H ，∴BC ⊥平面EFH ，∴BC ⊥EF ，∴∠HFE 为面EBC 和底面ABCD 所成二面角的平面角． 在等边三角形SBC 中，∵SO ⊥BC ， ∴O 为BC 中点，又BC ＝2.∴SO ＝22－12＝3，EH ＝12SO ＝32，又HF ＝12AB ＝1，∴在Rt △EHF 中，tan ∠HFE ＝EH HF ＝321＝32，∴∠HFE ＝arctan 32.即二面角E －BC －A 的大小为arctan 32.20．(本小题满分12分)(2010·唐山市高三摸底考试)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AA 1＝2，N 是A 1D 的中点，M ∈BB 1，异面直线MN 与A 1A 所成的角为90°.(1)求证：点M 是BB 1的中点；(2)求直线MN 与平面ADD 1A 1所成角的大小；(3)求二面角A －MN －A 1的大小．解析：(1)取AA 1的中点P ，连结PM ，PN .∵N 是A 1D 的中点，∴AA 1⊥PN ，又∵AA 1⊥MN ，MN ∩PN ＝N ， ∴AA 1⊥面PMN .∵PM ⊂面PMN ，∴AA 1⊥PM ，∴PM ∥AB ， ∴点M 是BB 1的中点．(2)由(1)知∠PNM 即为MN 与平面ADD 1A 1所成的角．在Rt △PMN 中，易知PM ＝1，PN ＝12，∴tan ∠PNM ＝PMPN＝2，∠PNM ＝arctan2.故MN 与平面ADD 1A 1所成的角为arctan2.(3)∵N 是A 1D 的中点，M 是BB 1的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M ＝AM ， 又MN 为公共边，∴△A 1MN ≌△AMN .在△AMN 中，作AG ⊥MN 交MN 于G ，连结A 1G ，则∠A 1GA 即为二面角A －MN －A 1的平面角．在△A 1GA 中，AA 1＝2，A 1G ＝GA ＝305，∴cos ∠A 1GA ＝A 1G 2＋GA 2－AA 212A 1G ·GA ＝－23，∴∠A 1GA ＝arccos(－23)，故二面角A －MN －A 1的大小为arccos(－23)．21．(2009·安徽，18)(本小题满分12分)如图所示，四棱锥F －ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ＝2，BD ＝ 2.AE 、CF 都与平面ABCD 垂直，AE ＝1，CF ＝2.(1)求二面角B －AF －D 的大小；(2)求四棱锥E －ABCD 与四棱锥F －ABCD 公共部分的体积． 命题意图：本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．解答：(1)解：连接AC 、BD 交于菱形的中心O ，过O 作OG ⊥AF ，G 为垂足，连接BG 、DG .由BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得BD ⊥平面ACF ，故BD ⊥AF .于是AF ⊥平面BGD ，所以BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角B －AF －D 的平面角．由FC ⊥AC ，FC ＝AC ＝2，得∠F AC ＝π4，OG ＝22.由OB ⊥OG ，OB ＝OD ＝22，得∠BGD ＝2∠BGO ＝π2.(2)解：连接EB 、EC 、ED ，设直线AF 与直线CE 相交于点H ，则四棱锥E －ABCD 与四棱锥F －ABCD 的公共部分为四棱锥H －ABCD .过H 作HP ⊥平面ABCD ，P 为垂足． 因为EA ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，所以平面ACEF ⊥平面ABCD ，从而P ∈AC ，HP ⊥AC . 由HP CF ＋HP AE ＝AP AC ＋PC AC ＝1，得HP ＝23. 又因为S 菱形ABCD ＝12AC ·BD ＝2，故四棱锥H －ABCD 的体积V ＝13S 菱形ABCD ·HP ＝229.22．(2009·深圳调考一)(本小题满分12分)如图所示，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直．已知AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；(3)当AD 的长为何值时，二面角D －FE －B 的大小为60°？ 解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ， 平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF .∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面DAF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)解：根据(1)的证明，有AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 上的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形， 过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H .AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12.在Rt △AFB 中，根据射影定理AF 2＝AH ·AB ，得AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°，∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)解：过点A 作AM ⊥EF ，交EF 的延长线于点M ，连结DM . 根据(1)的证明，DA ⊥平面ABEF ，则DM ⊥EF ， ∴∠DMA 为二面角D －FE －B 的平面角， ∠DMA ＝60°.在Rt △AFH 中，∵AH ＝12，AF ＝1，∴FH ＝32. 又∵四边形AMFH 为矩形，∴MA ＝FH ＝32. ∵AD ＝MA ·tan ∠DMA ＝32·3＝32. 因此，当AD 的长为32时，二面角D －FE －B 的大小为60°.。

高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题单选题1、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a、b、c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图，因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32， 因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD −BHC 中，AB ⊥平面BHC ，则AB ⊥HM ,由AB ∩BC =B 可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（ ）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE，BC的值，再根据V A−BCE=V E−ABC，即可求出点A到平面BCE的距离.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BA1,CE,AE,BE，由题知，AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1，又∠CAB=∠C1A1B1=90°，∴B1A1⊥A1C1又AA1∩B1A1=A1，所以A1C1⊥平面AA1BB1，所以A1C1⊥BA1，由于AB=AA1=CC1=1,A1C1=AC=2，E点是棱AC上的中点，根据勾股定理，A1B=√AB2+AA12=√12+12=√2，BE=√A1B2+A1E2=√(√2)2+12=√3 CE=√(C1C)2+(C1E)2=√12+12=√2，BC=√AB2+AC2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MN BM =2√3=√33， 故选：C6、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.7、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（）A．BM与ED平行B．CN⊥AFC．CN与BM成60°D．四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条都是异面直线答案：BCD分析：还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系.根据展开图还原正方体如图所示：BM与ED不平行，所以A错误；正方体中CN⊥DM，DM//FA，所以CN⊥AF，所以B正确；CN//EB，CN与BM成角就是∠EBM，△EBM是等边三角形，所以∠EBM=60°，所以C正确；由图可得四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条既不想交也不平行，所以任意两条都是异面直线. 故选：BCD11、下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE//CD B．CH//BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE答案：BCD分析：由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE//BC,HE=BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH//BE，故B正确；因为DG⊥HC,DG⊥BC,HC∩BC=C,所以DG⊥平面BHC,所以DG⊥BH，故C正确；因为BG//AH，而DE⊥AH,所以BG⊥DE，故D正确.故选：BCD填空题12、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④13、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD=√5，ED=√3，若鳖臑P−ADE 的外接球的体积为9√2π，则阳马P−ABCD的外接球的表面积等于______.答案：20π解析：求出鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径r2，利用公式R2=√(PA2)2+r22可求出阳马P−ABCD的外接球半径R2，然后利用球体的表面积公式可得出答案.∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD=√5，ED=√3，所以，ΔADE的外接圆半径为r1=AE2=√AD2+ED22=√2，设鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，则43πR13=9√2π，解得R1=3√22.∵PA⊥平面ADE，∴R1=√(PA2)2+r12，可得PA2=√R12−r12=√102，∴PA=√10.正方形ABCD的外接圆直径为2r2=AC=√2AD=√10，∴r2=√102，∵PA⊥平面ABCD，所以，阳马P−ABCD的外接球半径R2=√(PA2)2+r22=√5，因此，阳马P−ABCD的外接球的表面积为4πR22=20π.所以答案是：20π.小提示：本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.14、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=2√2，则四面体PABC的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．解答题15、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；.(2)8√33分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答.（2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答.（1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.。

一、选择题1．在空间四边形ABCD 中，AB BC =，AD DC =，则对角线AC 与BD 所成角的大小是（ ） A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．302．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 ．136B ．36C ．336D ．1163．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 ．124．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．165．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 ．1476．已知一个正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且这个正三棱锥的所有棱长都为22，求这个球的表面积（ ） A ．4π B ．8πC ．12πD ．24π7．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 所成角的余弦值为53B ．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8．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 ．2263-9．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 ．②③④10．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 ．211．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．已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1θ，直线DA 与BC 所成的角是2θ，则（ ） A ．1θθ≥B ．1θθ≤C ．2θθ≥D ．2θθ≤二、填空题13．已知ABC 三个顶点都在球O 的表面上，且1AC BC ==，2AB =，S 是球面上异于A ､B ､C 的一点，且SA ⊥平面ABC ，若球O 的表面积为16π，则球心O 到平面ABC 的距离为____________.14．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.15．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__________．16．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__________．17．如图，在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====，平面11AA B B ⊥平面ABC ，则该三棱台外接球的表面积为___________.18．如图，在直角梯形ABCD 中，//,,2,3,60AB CD AB AD CD AB ABC ⊥==∠=°，将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积是_________________．19．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．20．水平放置的ABC ∆的斜二测直观图如图所示,已知''4,''3B C A C ==,则ABC ∆中AB 边上的中线的长度为_______ .三、解答题21．如图，在四棱锥M ABCD -中，四边形ABCD 为梯形，90ABC BAD ∠=∠=，//BC AD ，22AD AB BC ==（1）若E 为MA 中点，证明：BE //面MCD（2）若点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上，1AB =，证明：CD ⊥面MAC . 22．如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，2AB AD ==.（1）求证：//GE 平面ACD ； （2）求证：平面ABD ⊥平面BCD .23．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1B C ⊥平面ABC ，侧面11ABB A 为矩形，11,2AB AA AC ===.（1）证明：平面11ABB A ⊥平面1BB C ； （2）求四棱锥11C ABB A -的体积.24．如图，三棱锥V —ABC 中， VA=VB ＝AC=BC=2，AB ＝23，VC=1．（1）证明： AB ⊥VC ； （2）求三棱锥V —ABC 的体积．25．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.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．A 解析：A 【分析】取AC 中点O ，根据条件分析AC 与平面BOD 的位置关系，由此得到异面直线AC 与BD 所成角的大小.【详解】取AC 中点O ，连接,,BO DO BD ，如图所示：因为AB BC =，AD DC =，所以,BO AC DO AC ⊥⊥，且BO DO O =，所以AC ⊥平面BOD ，又BD ⊂平面BOD ，所以AC BD ⊥，所以AC 与BD 所成角为90︒， 故选：A.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找AC 中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同.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，11324cos 63EFFED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 3 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．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 =-，当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.4．C解析：C 【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD （补形法） 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4， 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C ． 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．5．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，72cos 4214ABC ∠==，14sin ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 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.6．C解析：C 【分析】将正三棱锥补成一个正方体，计算出正方体的棱长，可得出正方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得这个球的表面积. 【详解】设该正三棱锥为A BCD -，将三棱锥A BCD -补成正方体AEBF GCHD -，如下图所示：则正方体AEBF GCHD -2222=，该正方体的体对角线长为23 所以，正三棱锥A BCD -的外接球直径为223R =3R该球的表面积为2412S R ππ==.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 7．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 =，不满足勾股定理，不是直角三角形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θ 210sin 55d BM θ=== 直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于10 D.如图AC BD 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. 8．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'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =，2241625DE DF AD AE ==+=+=2222EF BE BF =+在DFE △中，22210cos 21022522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯， 所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=， DEF 的外接圆的半径为5522sin 310DF r DEF ===∠则球心到DEF 2223R r -，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +263. 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.9．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ACMC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ， 同理得ED ⊥AM ，EDBD 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．10．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. 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 ∴⊥⊥，PE AE 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】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO CE ⊥，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，排除B ，C ．当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ．由此能求出结果．【详解】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，413DE CE ==-2DC =， ∴1cos 3233θ==⨯⨯，2233AO CO CE === ∴12333cos 3AO AD θ===， 取BC 中点F ，连结DF 、AF ，则DF BC ⊥，AF BC ⊥，又DF AF F ⋂=，∴BC ⊥平面AFD ，∴BC AD ⊥，∴290θ=︒， ∴21θθθ≥≥，排除B ，C ，当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ，故选：A .【点睛】关键点点睛：将三棱锥看成特殊的正四面体，采用排除法，充分理解线线角、线面角以及面面的概念是解题的关键.二、填空题13．【分析】根据题中的垂直关系确定球心再根据球的表面积公式计算再求点到平面的距离【详解】由并且平面平面且平面是直角三角形和的公共斜边取的中点根据直角三角形的性质可知所以点是三棱锥外接球的球心设则则三棱锥解析：2 【分析】根据题中的垂直关系，确定球心O ，再根据球的表面积公式计算SA ，再求点O 到平面ABC 的距离.【详解】由222AC BC AB +=，AC BC ∴⊥，并且SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，SA BC ∴⊥，且AC SA A ⋂=BC ∴⊥平面SAC ，BC SC ∴⊥，SB ∴是直角三角形SBC 和SAB 的公共斜边，取SB 的中点O ，根据直角三角形的性质可知OA OB OC OS ===，所以点O 是三棱锥S ABC -外接球的球心，设SA x =，则12r SB ==则三棱锥S ABC -外接球的表面积2416S r ππ==，()21264x +=，解得：x =,点O 到平面ABC 的距离122d SA ==.故答案为：142【点睛】 方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，是两个直角三角形的公共斜边的中点是外接球的球心.14．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解.【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ，由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=， 所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形，同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，122PE AC a ==，2ABCD S a =正方形，2311183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形，解得a = 232PE a ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==， 即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心， 球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=.故答案为：36π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 15．2【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R 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R = 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===R OC 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 ≤.16．【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ODOM 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21DM t -12DF x t =-=， ∴2422211sin 1()24DM 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．17．【分析】取与中点根据平面平面可知平面球心必在直线上设球心为D 则可求得球心恰好为点O 从而求得外接球的半径代入球的表面积公式计算【详解】在三棱台中可得都是等腰三角形四边形为等腰梯形即如图取与中点连接则可 解析：32π【分析】取AB 与11A B 中点,O O '，根据平面11AA B B ⊥平面ABC ，可知'⊥O O 平面ABC ，球心必在直线O O '上，设球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，可求得球心恰好为点O ，从而求得外接球的半径R ，代入球的表面积公式计算.【详解】在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====111,A A C C B B 都是等腰三角形，11112AC B C ==，四边形11A ABB 为等腰梯形即11AA BB =，如图，取AB 与11A B 中点,O O '，连接1,,CO OO C O ''，则可得122,2CO C O '=，O O AB '⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，两面交线为AB ，所以'⊥O O 平面ABC .因为OA OB OC ==,111O A O BO C '''==,面//ABC 面111A B C , 所以球心必在直线O O '上.所以在直角梯形1C O OC '中可求得6O O '=由题意可知，该三棱台外接球的外接球的球心必在直线O O '上，设球的半径为R ，球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，得6O D '=，所以球心恰好为点O ， 所以球的半径为22，所以该三棱台外接球的表面积为24(22)32ππ=.故答案为：32π【点睛】方法点睛：定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助面面垂直的性质，找到线面垂直，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 18．【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2下底半径为R ＝AB ＝ 解析：23π【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算．【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2，下底半径为R ＝AB ＝3，母线BC ＝2，∴圆台的上底面积为πr 2＝4π，下底面积为πR 2＝9π，圆台的侧面积为（πr +πR ）•BC ＝π（2+3）×2＝10π，∴圆台的表面积为4π+9π+10π＝23π，故答案为23π．【点睛】本题考查圆台表面积的计算，利用旋转体的定义确定该几何体是圆台是解决本题的关键． 19．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平 解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得 3AD PD ==，又已知3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.20．【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形且两条直线边长为长接下来利用勾股定理即可求出AB 的长然后利用直角三角形的性质进行解答即可【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得为直角三角形且两条直 解析：73 【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形，且两条直线边长为长3,8AC BC ==，接下来利用勾股定理即可求出AB 的长，然后利用直角三角形的性质进行解答即可.【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得ABC ∆为直角三角形，且两条直角边的长3,8AC BC ==，由勾股定理可得73AB =，故三角形AB 边上的中线长为73， 故答案是732. 【点睛】 本题是一道关于平面几何图形的直观图的题目，解答本题的关键是熟练掌握斜二测画法的相关知识.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）取MD 中点为F ，连接EF ，CF ，四边形BCFE 为平行四边形，所以//BE CF ，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明AC CD ⊥，设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上设为点H ，再利用已知条件证明MH CD ⊥，利用线面垂直的判断定理即可证明.【详解】（1）取MD 中点为F ，连接EF ，CF ， 则EF 为△MAD 中位线，∴ 1//2EF AD 且1=2EF AD ， 又四边形ABCD 是直角梯形，22AD AB BC ==1//2BC AD ∴，1=2BC AD //BC EF ∴且=BC EF ，∴四边形BCFE 为平行四边形，所以//BE CF ，因为BE ⊄面MCD ，CF ⊂面 MCD ，所以//BE 面MCD .（2）在四棱锥M ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，222AD AB BC ===，90ABC BAD ∠=∠=，22112AC CD ∴==+=222AC CD AD ∴+=，AC CD ∴⊥，设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上，设为点H ，MH ∴⊥面ABCD ，CD ⊂面ABCD ， MH CD ∴⊥，又AC CD ⊥，AC MH H ⋂=，CD 面MAC .【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明； 22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先依题意得到G 为ABD △的重心，即得到21BG BE GM EC ==，证得//GE MC ，再利用线面平行的判定定理即证结论；（2）先在ABD △中，证得AO BD ⊥，求得1AO =，在BCD △中，求得3OC =，结合勾股定理证得AO OC ⊥，再利用线面垂直的判定定理证明AO ⊥平面BCD ，即证平面ABD ⊥平面BCD .【详解】证明：（1）连接BG 并延长，交AD 于M ，连接MC ，在ABD △中，O 为BD 中点，G 在AO 上，2AG GO =，∴G 为ABD △的重心∴21BG GM =， 又21BE EC =∴BG BE GM EC=∴//GE MC ， ∵GE ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ，∴//GE 平面ACD ；（2）在ABD △中，O 为BD 中点，2BD =，2AB AD ==∴AO BD ⊥∴221AO AB BO -=，在BCD △中，2BC CD BD ===，O 为BD 中点，连接OC ，则OC = 又2CA =，∴222OA OC CA +=，∴AO OC ⊥由AO OC ⊥，AO BD ⊥，OCBD O =，,OC BD ⊂平面BCD ， 得AO ⊥平面BCD ，又AO ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD .【点睛】思路点睛：证明线面平行时运用线面平行的判定定理证得，或者利用面面平行的性质证得；证明线面垂直时，运用其判定定理需要证明一条直线与相交的两条直线垂直，当题目条件中给出长度时可以采用勾股定理逆定理证得线线垂直，或者运用面面垂直的性质定理证得线面垂直．23．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明AB ⊥平面1BB C ，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由（1）得到AB BC ⊥，求出BC 和1BC ，过点C 作1CD BB ⊥于点D ，求出CD ，再由棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）∵1B C ⊥平面ABC ，AB 平面ABC ，∴1B C AB ⊥，又四边形11ABB A 为矩形，∴1AB BB ⊥. 又∵111B B BC B ⋂=，1B B ⊂平面1BB C ，1B C ⊂平面1BB C ，∴AB ⊥平面1BB C ， 又AB 平面11ABB A ，∴平面11ABB A ⊥平面1BB C .（2）由（1）知AB ⊥平面1BB C ，∴AB BC ⊥，则BC 11B C ==，在1BB C △中，过点C 作1CD BB ⊥于点D ，由于平面11ABB A ⊥平面1BB C ，平面11ABB A 平面11BB C BB =， ∴CD ⊥平面11ABB A ，由1111122BC B S B C BC BB CD =⋅=⋅可得2CD =，∴四棱锥11C ABB A -的体积为11111233ABB A V S CD =⋅=⨯⨯=.。

立体几何单元测验题一、选择题：把每小题的正确答案填在第二页的答题卡中，每小题4分，共60分 1．一个圆锥的底面圆半径为3，高为4，则这个圆锥的侧面积为A ．152πB ．10πC ．15πD ．20π 2．C B A ,,表示不同的点，l a ,表示不同的直线，βα,表示不同的平面，下列推理错误的是A ．ααα⊂⇒∈∈∈∈lB l B A l A ,,, B ．,,,AB l l AB l αβαβαβ=⊥⊂⊥⇒⊥IC ．,l A l A αα⊄∈⇒∉D ．βαβα与不共线，，且⇒∈∈C B A C B A C B A ,,,,,,重合 3．直线c b a ,,相交于一点，经过这3条直线的平面有A ．0个B ．1个C ．3个D ．0个或1个 4．下列说法正确的是A ．平面α和平面β只有一个公共点B ．两两相交的三条直线共面C ．不共面的四点中，任何三点不共线D ．有三个公共点的两平面必重合5． 直线b a 与是一对异面直线，a B A 是直线,上的两点，b D C 是直线,上的两点，N M ，分别是BD AC 和的中点，则a MN 和的位置关系为A ．异面直线B ．平行直线C ．相交直线D ．平行直线或异面直线6．已知正方形ABCD ，沿对角线ABC AC ∆将折起，设AD 与平面ABC 所成的角为α，当α最大时，二面角D AC B --等于（ ）A ．090 B ．060 C ．045 D ．030 7．已知异面直线b a ,分别在平面βα,内，且βαI c =，直线c A ．同时与b a ,相交 B ．至少与b a ,中的一条相交 C ．至多与b a ,中的一条相交 D ．只能与b a ,中的一条相交 8．一个平面多边形的斜二侧图形的面积是S ，则这个多边形的面积是A B ．2S C ． D ．4SMD'DCBA1A 9．直线l 在平面α外，则A ．α//lB ．α与l 相交C ．α与l 至少有一个公共点D ．α与l 至多有一个公共点10．如图，BD AB BD M AC M AB BD AC AB ，，平面，平面，⊥⊥⊂===1与平面M 成030角，则D C 、间的距离为（ ） A ．1 B ．2 C ．2 D ．311．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 ．垂直相交 12．已知平面α及α外一条直线l ，下列命题中 （1）若l 垂直于α内的两条平行线，则α⊥l ；（2）若l 垂直于α内的所有直线，则α⊥l ；（3）若l 垂直于α内的两条相交直线，则α⊥l ；（4）若l 垂直于α内的任意一条直线，则α⊥l ；正确的有A ．0 个B ．1 个C ．2个D ．3个 13．与空间四点等距离的平面有A ．7个B ．2个C ．9个D ．7个或无穷多个 14．如果球的内接正方体的表面积为24，那么球的体积等于 A． B．C ．D ．315．直三棱柱111111ABC A B C AC AB AA AC A B-==中，，异面直线与 060所成的角为，则CAB ∠等于A ． 090 B ． 060 C ．045 D ．030姓名 班级 座位号二、解答题：（本大题共三个小题，共40分，要求写出求解过程） 16．（12分）在空间四边形ABCD 中，F E 、分别为BC AB 、中点。

一、选择题1．如下图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是平面11ADD A 的中心，M 、N 、F 分别是11B C 、1CC 、AB 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．12MN EF =，且MN 与EF 平行B ．12MN EF ≠，且MN 与EF 平行 C ．12MN EF =，且MN 与EF 异面 D ．12MN EF ≠，且MN 与EF 异面 2．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 ．8π 3．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 4．已知点A ，B ，C 在半径为5的球面上，且214AB AC ==，27BC =，P 为球面上的动点，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（ ）A ．567B ．527C ．497D ．14735．如图为某几何体的三视图，正视图、左视图和俯视图均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积是（ ）A ．23+B ．223+C ．63D ．66．三棱锥P ABC -中，6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，若52PA PB PC ===则点B 到平面PAC 的距离为（ ）A ．32B 3041C 1534D ．67．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 ．439B ．239C ．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 ；②DE 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 ．②③④ 9．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ）A ．43πB ．6πC ．323πD ．86π10．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α11．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 和N 分别为11A B ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（ ）A ．25B ．1010C ．35D ．3212．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒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．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.15．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；16．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____17．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．18．已知扇形的面积为56π，圆心角为63π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________． 19．有一个半径为4的球是用橡皮泥制作的,现要将该球所用的橡皮泥重新制作成一个圆柱和一个圆锥,使得圆柱和圆锥有相等的底面半径和相等的高,若它们的高为8,则它们的底面圆的半径是___________．20．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．已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，60,BCD PD AD ∠=︒⊥，点E 是BC 边的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）若二面角P AD C --的大小等于60︒，且834,3AB PD ==①点P 到平面ABCD 的距离；②求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积.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，四棱锥P ABCD -中，2PC PD DC AD ===，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，O ､E 分别是棱CD ､PA 的中点.（1）求证：//OE 平面PBC ；（2）求二面角P AB C 的大小.25．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．26．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.【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】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，利用正方体性质可求得2MN =，3EF =知12MN EF ≠，再利用三角形中位线性质知1//MN B C ，从而//MN ED ，又EF 与ED 相交，可知MN 与EF 异面，即可选出答案.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则22112MN MC C N =+=作E 点在平面ABCD 的投影点G ，即EG ⊥平面ABCD ，连接,EG GF ，在直角EGF △中，1EG =，222GF AG AF =+=2222123EF EG GF =+=+=以12MN EF ≠，故排除A 、C连接DE ，由E 是平面11ADD A 的中心，得112DE A D = 又M N 、分别是11B C 、1CC 的中点，所以1//MN B C又11//A D B C ，所以//MN ED ，又EF ED E ⋂=，所以MN 与EF 异面故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.2．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =计算底面圆半径即可求解.【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22r ππα==，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 l πα=，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. 3．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. 4．A解析：A【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公式可得P ABC -体积的最大值．【详解】如图，M 是ABC 的外心，O 是球心，OM ⊥平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P 到平面ABC 距离最大， 由214AB AC ==，27BC =，得72cos 214ACB ∠==，则14sin 4ACB ∠=， 21428sin 144AB AM CB ===∠，4AM =， 2222543OM OA AM =-=-=，358PM =+=，又1114sin 2142777224ABC S AC BC ACB =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△， 所以最大的15677783P ABC V -=⨯⨯=． 故选：A ．【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM ⊥平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面ABC 距离最大．5．A解析：A【分析】由三视图可知原几何体是三棱锥，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅底面是等腰直角三角形，底为2AC =，高为1BE =，ABD BCD ≅是边长为2的等边三角形，计算四个三角形面积之和即可求解.【详解】由三视图可知原几何体是三棱锥：底面ACB △是等腰直角三角形，底2AC =，高1BE =，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅，由三视图知ACB △中，2AC =，ACB △是等腰直角三角形，所以2AB BC ==ACD △是等腰直角三角形，2AD CD ==，2AC =，222BD BE DE =+=所以等腰直角三角形ACB △的面积为12112⨯⨯=， 等腰直角三角形ACD △的面积为12112⨯⨯=， 等边ABD △的面积为233242=， 等边BCD △的面积为233242=， 所以该几何体的表面积是331123++=+， 故选：A.6．C解析：C 【分析】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，根据题中条件，由线面垂直的判断定理，证明PO ⊥平面ABC ；求出三棱锥P ABC -的体积；以及PAC △的面积，设点B 到平面PAC 的距离为d ，根据等体积法，由P ABC B PAC V V --=，即可求出结果. 【详解】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，因为6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，所以226810BC =+=，则152AO BC ==； 又52PA PB PC ===222100PB PC BC +==，则PB BC ⊥，152PO BC ==， 所以22250PO OA PA +==，所以PO AO ⊥； 因为PB PC =，O 为BC 中点，所以PO BC ⊥，又BC AO O ⋂=，BC ⊂平面ABC ，AO ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ； 此时三棱锥P ABC -的体积为11168540332P ABC ABCV S PO -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 因为在PAC △中，52PA PC ==，8AC =，所以PAC △的面积为221843422PACAC SPA ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭， 设点B 到平面PAC 的距离为d ， 由P ABC B PAC V V --=可得1403PACS d =⋅，所以153417434d ==. 故选：C. 【点睛】 方法点睛：求解空间中点P 到面α的距离的常用方法：（1）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面α的一个法向量m ，以及平面α的一条斜线PA 所对应的向量PA ，则点P 到面α的距离即为PA m d m⋅=.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BCDS≤，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，1116sin120223BCDSBC 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114333A 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DE 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．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为3 所以)12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ． 【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.10．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确； 在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.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．11．A解析：A 【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角， 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，2211125B E B F ==+=，2221216EF =++=，则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选：A.【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．12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°. 故选：A. 【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】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412OP 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】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 1326π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．【分析】由二面角的大小为可得平面平面得到平面由勾股定理可得答案【详解】连接所以是等边三角形所以因为为中点所以所以即所以因为平面平面平面平面所以平面平面所以所以故答案为：【点睛】对于翻折问题解题时要认解析：22. 【分析】由二面角A ED C '--的大小为90，可得平面A ED '⊥平面EDCB ，得到A E '⊥平面EDCB ，由勾股定理可得答案. 【详解】连接DB CE 、，2AB AD ==，60A ∠=，所以ABD △、CBD 是等边三角形， 所以2AD BD CD ===，因为E 为AB 中点，1AE A E '==， 所以DE AB ⊥，DE A E ⊥'，3DE =，30EDB ∠=，所以90EDC ∠=，即DE CD ⊥，所以222347EC ED CD =+=+=，因为平面A ED '⊥平面EDCB ，DE A E ⊥'，平面A ED'平面EDCB DE =，所以A E '⊥平面EDCB ，EC ⊂平面EDCB ，所以A E EC '⊥， 所以221722A C A E EC ''=+=+=.故答案为：22.【点睛】对于翻折问题，解题时要认真分析图形，确定有关元素间的关系及翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，根据线线、线面、面面关系正确作出判断，考查了学生的空间想象力..16．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3]【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案．【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值，于是，有63ACB ππ≤∠≤， ∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3 而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴33S ≤≤．故答案为：[3,3]【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 17．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平 解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.18．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得 解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积.【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R παπ====，解得30R =l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径5r =∴225R r -=．设外接球的半径为1R ，∴()222115(5)R R =-+，解得13R =，∴该外接球的表面积为21436R ππ=，故答案为：36π.本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.19．【详解】设它们的底面圆的半径为()依题意得化简得所以故答案为： 解析：22 【详解】 设它们的底面圆的半径为r (0r >)． 依题意得3443V π=⨯球V V =+圆柱圆锥221(+)83r r ππ=⨯, 化简得28r =,所以22r =． 故答案为：22.20．【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．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）①4，②3π.（Ⅰ）连接BD ，点E 是BC 边的中点，得出DE BC ⊥，DE AD ⊥再由DP AD ⊥，得出结果；（Ⅱ）DE AD ⊥，PD AD ⊥，PDE ∠为二面角P AD C --的平面角，60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，易证PK ⊥面ABCD ，PK 为点到面的距离，PBK ∠即为线面角.【详解】（Ⅰ）连接BD ，底面ABCD 是菱形，∠BDC =60°，∴△BCD 是正三角形．∵点E 是BC 边的中点，∴DE ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴DE ⊥AD ．∵DP ⊥AD ，DP ∩AD =D ，∴AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）①∵DE ⊥AD ，PD ⊥AD ，∴PDE ∠为二面角P -AD -C 的平面角，∴60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，由（Ⅰ）易AD PK ⊥．∴PK ⊥面ABCD ． ∵83PD =∴43DK =，4PK =， 即点P 到平面ABCD 的距离是4． ②AB =4，∴23DE =∴23DK DE =，∴K 为BCD △重心． 连接BK ，∵BCD △为正三角形，所以BK 为BP 在面ABCD 内的射影．∴PB ⊥AB ，PBK ∠为直线PB 与平面ABCD 所成角，RT PKB △中，tan 3PK PK PKB KB DK ∠===3PKB π∠=， 直线PB 与平面ABCD 所成角的大小为3π. 【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．22．（1）证明见解析；（2）23． 【分析】 （1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行； （2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得． 【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，所以//PB 平面ACM ；（2）由已知12222ACD S =⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△， 又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==， 所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论．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；（2）3π． 【分析】（1）取PB 中点F ，连接,EF FC ，证明EFCO 是平行四边形，得线线平行后可证得线面平行；（2）取AB 中点G ，连接,,OG PG OP ，可证PGO ∠（或其补角）是二面角PAB C 的平面角．然后在PGO △中求解．【详解】（1）取PB 中点F ，连接,EF FC ， 因为E 是PA 中点，∴//EF AB ，且12EF AB =， 又ABCD 是矩形，//,AB CD AB CD =，O 是CD 中点，∴//,EF OC EF OC =，∴EFCO 是平行四边形，∴//OE CF ，而OE ⊄平面PBC ，CF ⊂平面PBC ，∴//OE 平面PBC ．（2）取AB 中点G ，连接,,OG PG OP ，ABCD 是矩形，O 是CD 中点，则OG AB ⊥，又PA PC CD ==，∴PO CD ⊥，而平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD 平面ABCD CD =，PO ⊂平面PCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵,OG AB ⊂平面ABCD ，∴PO AB ⊥，PO OG ⊥． PO OG O =，,PO OG ⊂平面POG ，∴AB ⊥平面POG ，而PG ⊂平面POG ， ∴AB PG ⊥，∴PGO ∠（或其补角）是二面角PAB C 的平面角． 设1AD =，则1OG =，2CD =，3PO =，∴3tan 3PO PGO OG ∠===，[0,]PGO π∠∈，∴3PGO π∠=． ∴二面角P AB C 的大小为3π．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角．求二面角的方法：（1）定义法：根据定义作出二面角的平面角，然后通过解三角形得解；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角得二面角．25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形垂心的特征，以及点在面上的射影的定义，再结合线面垂直的判定定理和性质，证得结果；（2）利用平行四边形的邻边垂直，证得结果.【详解】证明：（1）连接BO 并延长交AC 于点M ，因为,AE BC CF AB ⊥⊥，所以O 为ABC 的垂心所以BM AC ⊥ 又因为P 在平面ABC 的射影为O ，所以PO ⊥平面ABC所以PO AC ⊥又因为PO BM O ⋂=，所以AC ⊥平面PBM所以AC PB ⊥（2）分别连接,,,EF EH GF GH因为,,AE BC CF AB ABC ⊥⊥为正三角形所以,E F 分别为,BC BA 的中点所以//EF AC又由（1）AC PB ⊥，所以EF PB ⊥因为,E H 分别为,BC PC 的中点，所以EH 平行等于1PB 2，又因为,F G 分别为,AB PA 的中点，所以GF 平行等于1PB 2，所以EH 平行等于GF ，所以四边形EFGH 为平行四边形又//,EH PB EF PB ⊥，所以EH EF ⊥，所以四边形EFGH 为矩形.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下：（1）利用三角形的垂心的特征，结合点在面上射影的定义，得到相应的垂直关系，结合线面垂直的判定定理和性质证得结果；（2）根据正三角形的有关特征，结合题中所得到的平行关系，到的四边形EFGH 为平行四边形；（3）根据题中所给的垂直关系，得到EH EF ⊥，从而证得结果.。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练单选题1、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.2、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO 上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，故选：A小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题3、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.4、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形答案：B分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形.因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.故选：B.5、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.6、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，求出AA1，再求出ΔABC外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积.∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，∴1×2×1×sin60°×AA1=√3，∴AA1=22∵BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC=√3.设ΔABC外接圆的半径为R，则BC=2R，∴R=1.sin60°∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π.故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.7、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）A．2B．√5C．√6D．3答案：B解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.如图，设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，则B1P//AQ，又B1P⊄平面AQD，AQ⊂平面AQD，∴B1P//平面AQD，易知AC//DQ，故平面AQD与平面ACD是同一个平面，∴B1P//平面ACD，此时B1P=√5，故选：B8、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D多选题9、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=√6，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（）A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为20π3答案：ACD分析：取AD 中点E ，连接PE,BE ，可得∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，再求得此角为直角，得直二面角，从而得面面垂直，判断A ，说明∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，求出此角后判断B ，证明∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，并求得此角判断C ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，得O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，求出球半径后得球表面积判断D ．取AD 中点E ，连接PE,BE ，△PAD 和△BAD 都是等边三角形，则PE ⊥AD,BE ⊥AD ，∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，PE =BE =√3，又PB =√6，所以PE 2+BE 2=PB 2，即PE ⊥BE ，所以二面角P −AD −B 是直二面角，所以平面PAD ⊥平面ABCD ，A 正确；AD//BC ，所以∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，由此可得PE ⊥平面ABCD ，而CE ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥EC ，EC =√12+22−2×1×2×cos120°=√7，所以PC =√PE 2+EC 2=√10，PB 2+BC 2=PC 2，PB ⊥BC ，∠PBC =90°，B 错；由BE ⊥AD 知BC ⊥BE ，所以∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，在△PEB 中，可得∠PBE =45°，C 正确；以上证明有PE ⊥平面ABD ，同理BE ⊥平面PAD ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，则NO ⊥平面PAD ，MO ⊥平面ABD ，所以O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，由于NE =ME =13BE =√33，ONEM 是正方形，OM =√33，而BM =2√33， 所以OB =√OM 2+BM 2=√(√33)2+(2√33)2=√153即为外接球半径， 三棱锥P －ABD 外接球的表面积为S =4π×(√153)2=20π3．D 正确．故选：ACD ．10、如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN//平面ABC的有（）A．B．C．D．答案：AD分析：结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，A正确.对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH，所以A,B,C,H,N,M六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN//AD，由于AD⊄平面ABC，所以MN⊄平面ABC.所以C 错误.对于D选项，设AC∩NE=D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，D正确.故选：AD11、在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是（）A．E为PA的中点B．PB与CD所成的角为π3C．BD⊥平面PACD．三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4答案：ACD分析：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，推导出EF//PC，由四边形ABCD是正方形，从而AF=FC，进而AE=EP；在B中，由CD//AB，得∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，推导出PA⊥AB，从而PB与CD所成角为π4；在C中，推导出AC⊥BD，PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=112x3．由此能求出三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4．解：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，∵PC//平面BDE，PC⊂平面PAC，∴EF//PC，∵四边形ABCD是正方形，∴AF=FC，∴AE=EP，故A正确；在B中，∵CD//AB，∴∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA=AB，∴∠PBA=π4，∴PB与CD所成角为π4，故B错误；在C中，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故C正确；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13×AB2×PA=13x2⋅x=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=13×12x2⋅12x=112x3．∴∴V C−BDE:V P−ABCD=112x3:13x3=1:4，故D正确．故选：ACD．填空题12、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P/ /CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.13、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.14、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π，求出底面圆3的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.解答题15、如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE=90∘，AF//DE，AD=DE=2AF=2.（1）求证：AC//平面BEF；（2）求点D到平面BEF的距离.答案：（1）证明见解析；（2）2√63.分析：（1）取BE中点M，连接MO、MF，根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形，则AO//MF，再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF；（2）利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积，然后计算出S△BEF，利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D 到平面BEF的距离.解：（1）设AC∩BD=O，取BE中点M，连接MO、MF，∵四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点，又M是BE的中点，∴OM//DE，OM=12DE，∵四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，AF=12DE，∴OM AF，∴四边形AFMO是平行四边形，∴AO//FM，又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF；（2）∵BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，∴BC//平面ADEF，∵AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴AB⊥平面ADEF，∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43，∵AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF，∴AB⊥AF，BF=√AB2+AF2=√5，∵DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴DE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴DE⊥BD，在△BDE中，BD=2√2，DE=2，BE=√BD2+DE2=2√3，在△BEF中，EF=BF=√5，BE=2√3，∴S△BEF=12×2√3×√2=√6，设点D到平面BEF的距离为d，由V D−BEF=V B−DEF得：13S△BEF⋅d=43，即13×√6⋅d=43，∴d=2√63.小提示：计算空间点到面距离的一般方法有：（1）定义法：过已知点作面的垂线，计算垂线段的长度即可； （2）利用等体积法求解；（3）空间向量法：求解点P 到平面α的距离时，先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ，在平面α内任取一点A ，利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。

高中数学必修2立体几何部分测试班级 姓名 学号一、选择题：(本大题共8小题，每小题4分，共32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 ．2B ．25C ．3D ．27 6、已知α、β是平面，m 、n 是直线，则下列命题不正确．．．的是 （ ） A ．若//,m n m α⊥，则n α⊥ B ．若,m m αβ⊥⊥，则//αβC ．若,//,m m n n αβ⊥⊂，则αβ⊥D ．若//,m n ααβ=，则//m n7、正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1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 ．4πa 2 B.5 πa 2 C. 8πa 2 D.10πa 28、如下图，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 ）92π （B ）72π （C ）52π （D ）32π（第8题图）二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共28分）9、如图是由单位立方体构成的积木垛的三视图，据此三视图可知，构成这堆积木垛的单位正方体共有 块 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 112、已知直线m 、n 及平面α，其中m ∥n ，那么在平面α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。

立体几何初步测试题一、选择题1.棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ）A B . C . D . 2.正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）A .1:3B ．2:3C ．3:2D ．3:3 3.在空间内，可以确定一个平面的条件是 ( )A.三个点B.三条直线，它们两两相交，但不交于同一点C. 直线与一点D.两条直线4.若直线l // 平面α，直线α⊂a ，则l 与a 的位置关系是 ( )A .a l //B .l 与a 异面C .l 与a 相交D .l 与a 没有公共点 5.一平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个平面的距离是4，则该球的半径为（ ） A. 132 B. 5 C. 52 D. 46.一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线( ) A ．异面 B ．相交 C ．平行 D ．不确定7.半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）A ．324R B ．38R C ．324R D ．38R 8.一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该梯形面积为2，则原梯形的面积为A ．2B ．2C ． 4D ．229. 已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：①m l ⊥⇒βα// ②m l //⇒⊥βα ③βα⊥⇒m l // ④βα//⇒⊥m l 其中正确的命题是（ ）A ．①②B ．③④C ．②④D ．①③10. 一几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为( )．A ．π18200+B ．π9200+C ．π18140+D ．π9140+ 11.如图所示，AB 是圆的直径，PA 垂直于圆所在的平面，C 是圆上不同于AB 的一点， 且AC PA =，则二面角A BC P --的大小为 （ ）A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D.︒3012.已知正方形321P P AP 的边长为4，点C B ,为边3221,P P P P 的中点，沿CA BC AB ,,折叠成一个三棱锥ABC P -（使321P P P 重合于点P ），则三棱锥ABC P -的外接球表面积为（ ）A . π24B . π12C . π8D . π4 二、填空题13.下图中的三个直角三角形是一个体积为20 3cm 的几何体的三视图，则h ＝_______cm .14.两条不重合的直线b a ,，若α面//,//a b a ，则b 与面α的位置关系为 15. 如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,4,2AB AD CD ===.将 ABC ∆沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示. 则 几何体D ABC -的体积为16. 若C B A S ,,,是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，1==AB SA ,2=BC ,则球O 的体积等于三、解答题第11题第13题第10题图 1图2第15题第12题17. 如图所示，四棱锥ABCD P -的正视图是腰长为4的等腰直角三角形,俯视图为一个正方形与它的一条对角线.（1）根据画三视图的要求，画出该几何体的侧视图。

一、选择题1．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，M 为棱1DD 上的一点．当1A M MC +取得最小值时，1B M 的长为（ ）A ．3B ．6C ．23D ．26 2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为棱1AA 的中点，截面1CD E 交棱AB 于点F ，则四面体1CDFD 的外接球表面积为（ ）A ．394πB ．414πC ．12πD ．434π 3．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（ ）A ．323πB ．48πC 323D ．643π 4．如图，在矩形ABCD 中，1AB =，3BC =，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A BCD -正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD -中AC 长为（ ）A ．32B ．3C ．102D ．25．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 ．147 6．在下面四个正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 、N 、P 均为所在棱的中点，过M 、N 、P 作正方体截面，则下列图形中，平面MNP 不与直线A C '垂直的是（ ） A ． B ． C ． D ． 7．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53B ．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 8．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323πD ．该四面体内切球的表面积为2π9．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43的体积为（ ）A ．3πB 6πC ．3πD ．86π 10．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．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⊥ 12．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 ⊥'二、填空题13．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．14．如图，点E 是正方体1111ABCD A B C 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．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11B C CB 所成角的正弦值是______.16．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.17．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________________.18．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.19．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______．20．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________． 三、解答题21．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．22．正四棱台两底面边长分别为3和9，若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45，求棱台的侧面积．23．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. 24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒且AC a =，侧棱12AA =，D ，E 分别是1CC ，11A B 的中点．（1）求直三棱柱111ABC A B C -的体积（用字母a 表示）；（2）若点E 在平面ABD 上的射影是三角形ABD 的重心G ，①求直线EB 与平面ABD 所成角的余弦值；②求点1A 到平面ABD 的距离25．如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为23的正三角形，43PB =﹐60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点．（1）证明：PC ⊥平面ABC ；（2）求直线BF 与平面PAC 所成角的大小．26．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积.【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】本题首先可通过将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开得出当1A 、M 、2C 共线时1A M MC +取得最小值，此时M 为1DD 的中点，然后根据11B A ⊥平面11A D DA 得出111B A A M ⊥，最后根据221111M A B B A M =+即可得出结果.【详解】如图，将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开，与侧面11ADD A 共面，连接12A C ，易知当1A 、M 、2C 共线时，1A M MC +取得最小值，因为1AB AD ==，12AA =，所以M 为1DD 的中点，12A M = 因为11B A ⊥平面11A D DA ，1A M ⊂平面11A D DA ，所以111B A A M ⊥，则222211111(2)3M B A A M B =+=+=故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M 为1DD 的中点时1A M MC +取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题. 2．B解析：B【分析】可证F 为AB 的中点，设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的球心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求DFC △的外接圆的半径，从而可求四面体1CDFD 的外接球的半径.【详解】设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的圆心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，因为平面11//A ABB 平面11D DCC ，平面1CD E ⋂平面11A ABB EF =，平面1CD E ⋂平面111D DCC D C =，故1//EF D C ，而11//A B D C ，故1//EF A B ，故F 为AB 的中点， 所以145DF CF ==+=，故3cos 5255DFC ∠==⨯⨯， 因为DFC ∠为三角形的内角，故4sin 5DFC ∠=，故DFC △的外接圆的半径为1254245⨯=，1OO ⊥平面ABCD ，1DD ⊥平面ABCD ，故11//OO DD ，在平面1GDO O 中，111,OG DD O D DD ⊥⊥，故1//OG O D ，故四边形1GDO O 为平行四边形，故1//OO GD ，1OO GD =，所以四面体1CDFD 2541116+= 故四面体1CDFD 的外接球表面积为41414164ππ⨯=， 故选：B.【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定. 3．A解析：A【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -， 其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4， 将四棱锥补成棱长为4的正方体， 则该几何体的外接球就是正方体的外接球， 外接球的直径2R 等于正方体的对角线长， 即24323R R =⇒=，所以该几何体外接球的体积为()34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.4．C解析：C 【分析】先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ，把AC 放在直角三角形AMC 中解AC . 【详解】根据三棱锥A BCD -正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平面ABD ⊥平面CBD ，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ,则AM ⊥平面CBD ， ∴△MCA 为直角三角形. 过C 作CN ⊥BD 于点N ,在直角三角形ABD 中，AB =1，AD 3，∴222BD AB AD =+=所以∠ABD=60°，∠ADB=30°，则在直角三角形ABM 中，AB =1，∠ABM=60°，∴13,22BM AM ==. 同理，在直角三角形CBD 中，13,22DN CN ==. ∴MN =BD -BM -DN =112122--=, ∴222237()122CM CN MN =+=+= 在直角三角形AMC 中，22227310()222AC CM AM ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭故选：C 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.(2)立体几何中求线段长度：①、把线段放在特殊三角形中，解三角形；②、用等体积法求线段.5．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，72cos 4214ABC ∠==，14sin ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 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.6．A解析：A 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断BCD 选项，利用假设法推出矛盾，可判断A 选项. 【详解】对于A 选项，连接B C '，假设A C '⊥平面MNP ，在正方体ABCD A B C D ''''-中，A B ''⊥平面BB C C ''，B C '⊂平面BB C C ''，A B B C '''∴⊥，所以，A B C ''为直角三角形，且A CB ''∠为锐角，因为M 、N 分别为BB '、BC 的中点，则//MN B C '，所以，MN 与A C '不垂直， 这与A C '⊥平面MNP 矛盾，故假设不成立，即A C '与平面MNP 不垂直；对于B 选项，连接B D ''、A C ''，如下图所示：因为四边形A B C D ''''为正方形，则A C B D ''''⊥，CC '⊥平面A B C D ''''，B D ''⊂平面A B C D ''''，CC B D '''∴⊥， A C CC C ''''=，B D ''∴⊥平面A CC ''，A C '⊂平面A CC ''，A CB D '''∴⊥，M 、P 分别为A B ''、A D ''的中点，则//MN B D ''，可得MP A C '⊥， 同理可证A C MN '⊥，MP MN M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP ；对于C 选项，连接C D '、A N '、CN 、A P '、PC ，取A B ''的中点E ，连接C E '、PE ，因为四边形CC D D ''为正方形，则CD C D ''⊥，A D ''⊥平面CC D D ''，C D '⊂平面CC D D ''，C D A D '''∴⊥， CD A D D ''''=，C D '∴⊥平面A CD ''，A C '⊂平面A CD ''，A C C D ''∴⊥，M 、N 分别为DD '、C D ''的中点，//MN C D '∴，A C MN '∴⊥，在正方形A B C D ''''中，E 、N 分别为A B ''、C D ''的中点，//A E C N ''∴且A E C N ''=， 所以，四边形A EC N ''为平行四边形，所以，//A N C E ''且A N C E ''=， 同理可证四边形CC EP '为平行四边形，//C E CP '∴且C E CP '=， 所以，//A N CP '且A N CP '=，所以，四边形A PCN '为平行四边形， 易得A N CN '=，所以，四边形A PCN '为菱形，所以，A C PN '⊥，MN PN N =，A C '∴⊥平面MNP ；对于D 选项，连接AC 、BD ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC BD ⊥，AA '⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，AA BD '∴⊥， AC AA A '⋂=，BD ∴⊥平面AA C '，A C '⊂平面AA C '，AC BD '∴⊥，M 、N 分别为CD 、BC 的中点，则//MN BD ，A C MN '∴⊥，同理可证A C MP '⊥，MN MP M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP .故选：A. 【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．7．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 2AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =，不满足勾股定理，不是直角三角形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 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.8．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 ,42AB =,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1222OE BF AB ===,所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误； 所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误； 由题得22(42)(22)210AC AD ==+=， 所以△ACD △的高为24026-=， 设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r， 所以内切球的体积为3422)323ππ⨯=（，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，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 =++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 .9．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43， 所以()12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ． 【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.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277π4π4π123S 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．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．12．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.二、填空题13．【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形利用平面上两点间线段最短可得【详解】由题意所以圆锥侧面展开图中心角为如图则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题空间几何体表面上两点间的最解析：【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得． 【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=， 则2442AA '=⨯=．故答案为：42．【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．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22222220242333n 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】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的 解析：10 【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11B C CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，进而可得答案. 【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B A C ==，111A D B C ∴⊥， 又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，1A D ∴⊥平面11B C CB ，1A B ∴在平面11B C CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+=111Rt B A C 中，1112212122B C A D=⨯==，1Rt A BD ∴中，1112102sin 5A D A BD AB ∠===， 故答案为：1010. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.16．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 解析：1326π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ， 则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17．【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：2【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：82 【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．18．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ， 由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=， 所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形， 同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，122PE AC a ==，2ABCD S a =正方形，2311183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形，解得a =，232PE a ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==，即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心， 球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.19．【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【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 =，OE =EF =所以cos 3OE OEF EF ∠==．．【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．20．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60. 【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD 因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形 而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC。

一、选择题1．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（ ）A ．2217 B ．22121 C ．477D ．4721 2．设m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若//m α，//m n ，则//n α； ②若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ③若αβ⊥，n αβ=，m n ⊥，则m β⊥；④若//m n ，//αβ，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确命题的序号是( )） A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是1CC 的中点，则点1C 到平面EBD 的距离为（ ） A ．3 B ．6 C ．5 D ．224．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π25．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 ．253π C ．643πD ．1003π 6．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 ．67．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 ．78．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π9．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 10．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53B ．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11．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2π12．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒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3,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．14．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.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．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.17．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，13AA O ，已知三棱锥O ABC -3O 表面积的最小值为______.18．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为32，则这个球的表面积为______. 19．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____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，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．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积.23．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ； （2）设1AP =，3AD =，四棱锥P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．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，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是平行四边形.（1）求证：//AB EF ；（2）若CF AE ⊥，AB AE ⊥，求证：平面ABFE ⊥平面CDEF .26．在三棱锥P ABC -中，G 是底面ABC 的重心，D 是线段PC 上的点，且2PD DC =.（1）求证：DG//平面PAB ；（2）若PAB △是以PB 为斜边的等腰直角三角形，求异面直线DG 与PB 所成角的余弦值.【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】根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得1122==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC 7，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为112772=⨯=A BC S △12332ABCS =⨯=111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即2322177h == 故选：A.【点睛】一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.2．D解析：D 【分析】①根据//n α或n ⊂α判断；②利用面面垂直的判定定理判断；③根据m β⊂，或//m β，或m 与β相交判断；④利用线面角的定义判断．【详解】①若//m α，//m n ，则//n α或n ⊂α，因此不正确；②若//m β，则β内必存在一条直线//m m '，因为m α⊥，所以m α'⊥，又因为m β'⊂，所以αβ⊥，正确；③若αβ⊥，n αβ=，m n ⊥，则m β⊂，或//m β，或m 与β相交，因此不正确；④若//m n ，//αβ，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，正确． 其中正确命题的序号是②④． 故选：D ． 【点睛】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.3．B解析：B 【分析】利用等体积法11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d . 【详解】如图，利用等体积法，11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，故22,5BD BE ED ===，如图，2215232h ED BD ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭11223622EBDSBD h =⨯⨯=⨯= 又点D 到平面1C EB 的距离，即D 到平面11C CBB 的距离，为CD =2，111212EBC S=⨯⨯=， 由11C EBD D C EB V V --=得，1161233d =⨯⨯，故66d ==. 故选：B. 【点睛】 方法点睛：空间中求点到平面的距离的常见方法： （1）定义法：直接作垂线，求垂线段长；（2）等体积法：利用三棱锥换底求体积，结合两个面积和另一个高求未知高，即得距离； （3）向量法：过点的一个斜线段对应的向量a ，平面法向量n ，则a n d n⋅=.4．D解析：D取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE ⊥平面11ACC A 可得BE AM ⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1ACCC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥.5．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.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()(22232RR =+，解得3R =所以外接球的表面积为2100433S 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.6．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.7．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.8．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.9．D解析：D 【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解. 【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ， 则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形， 所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =， 由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.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．10．C解析：CA 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 2AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =，不满足勾股定理，不是直角三角形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【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.11．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34323π⨯=，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为24()22ππ⨯=，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 .12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°.故选：A. 【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】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2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===，由3PE =，PA =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．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ， 由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=， 所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形， 同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，1222PE AC a ==，2ABCD S a =正方形， 2311221833P ABCD ABCD V S PE a -=⋅=⨯==正方形，解得32a =，23PE ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==，即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心， 球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 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 AF AP 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 ⊥，∵AC CE 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】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得 解析：414π 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积.【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541()144r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为：414π 【点睛】 关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.17．【分析】设球的半径为连接交于点取中点连接即为三棱柱外接球球心根据三棱锥体积可得间关系表示出根据基本不等式可求得的最小值从而得到球的表面积的最小值【详解】如图因为三棱柱是且设球的半径为连接交于点取中点 解析：27π【分析】设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，即O 为三棱柱外接球球心，根据三棱锥体积可得a b ，间关系，表示出r ，根据基本不等式可求得r 的最小值，从而得到球的表面积的最小值.【详解】如图，因为三棱柱111ABC A B C -是 ，且90ABC ∠=︒，设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，则O 到三棱柱六个定点的距离相等，即O 为三棱柱外接球球心，11322OD AA ==， 又因为三棱锥O ABC -3 即113332ab ⨯=，即12ab =， 所以222222313332224a b r AD OD ab ⎛⎫⎛⎫+=+=+≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当a b =时等号成立， 所以球O 的表面积最小值为2427S r ππ==，故答案为：27π.【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.18．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：254π 【分析】 先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()221333 3322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为131260r ==，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==； 由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为1332ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=， 设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即2221(2)R R =+-，54R ∴=， 则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故答案为：254π. 【点睛】思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 19．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3] 【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案．【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤， ∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3 而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴33S ≤≤．故答案为：[3,3]【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 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．（1）证明见解析；（26．【分析】（1）取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．证明四边形DGHM 是平行四边形，可得线面平行；（2）由H 到平面AEC 的距离为F 到平面AEC 的距离的一半，先求出F 到平面AEC 的距离，用体积法可求得F 到平面AEC 的距离．【详解】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为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，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//FC//HM ， 所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：连接HA ，HC ，AF ，记F 到平面ACE 的距离为d ，则H 到平面ACE 的距离为2d ． 在CEF △中，6EF =，高为4，所以CEF △的面积为164122⨯⨯=． 因为三棱锥A CEF -的高为4，所以A CEF -的体积为1124163⨯⨯=． 在ACE 中，42AC =，25AE CE ==，所以ACE 的面积为22142(25)(22)462⨯⨯-=． 因为A CEF -的体积与F ACE -的体积相等，所以146163⨯⨯=d ，所以26d =．故H 到平面ACE 的距离为6．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求点到平面的距离．求点到平面的距离的常用方法：（1）定义法：作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长；（2）用体积法计算；（3）空间向量法：求出平面外的点到平面内任一点连线的向量在平面的法向量方向上投影的绝对值．22．（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行； （2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得． 【详解】。

高中数学必修2立体几何测试题及答案（一）一，选择（共80分，每小题4分）1，三个平面可将空间分成n 个部分，n 的取值为（ ）A ，4；B ，4，6；C ，4，6，7 ；D ，4，6，7，8。

2，两条不相交的空间直线a 、b ，必存在平面α，使得（ ）A ，a ⊂α、b ⊂α；B ，a ⊂α、b ∥α ；C ，a ⊥α、b ⊥α；D ，a ⊂α、b ⊥α。

3，若p 是两条异面直线a 、b 外的任意一点，则（ ）A ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都平行；B ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都垂直；C ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都相交；D ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都异面。

4，与空间不共面四点距离相等的平面有（ ）个A ，3 ；B ，5 ；C ，7；D ，4。

5，有空间四点共面但不共线，那么这四点中（ ）A ，必有三点共线；B ，至少有三点共线；C ，必有三点不共线；D ，不可能有三点共线。

6，过直线外两点，作与该直线平行的平面，这样的平面可有（ ）个A ，0；B ，1；C ，无数 ；D ，涵盖上三种情况。

7，用一个平面去截一个立方体得到的截面为n 边形，则（ ）A ，3≤n ≤6 ；B ，2≤n ≤5 ；C ，n=4；D ，上三种情况都不对。

8，a 、b 为异面直线，那么（ ）A ，必然存在唯一的一个平面同时平行于a 、b ；B ，过直线b 存在唯一的一个平面与a 平行；C ，必然存在唯一的一个平面同时垂直于a 、b ；D ，过直线b 存在唯一的一个平面与a 垂直。

9，a 、b 为异面直线，p 为空间不在a 、b 上的一点，下列命题正确的个数是（ ）①过点p 总可以作一条直线与a 、b 都垂直；②过点p 总可以作一条直线与a 、b 都相交；③过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行；④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直；⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。

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．大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.设4OB AB =，在“大摆锤”启动后，下列结论错误的是（ ）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，则θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB//α；D ．直线OA 与平面α17. 3．已知点A ，B ，C 在半径为5的球面上，且214AB AC ==，7BC =，P 为球面上的动点，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（ ）A ．5673B ．5273C ．4973D ．14734．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 ．22B ．255C ．3D ．2775．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= 6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．16B ．13C ．1D ．27．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 nB ．若//,//,//l m αβαβ，则//l mC ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α 8．一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 ．149．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE 10．在三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，且22AB AC ==，30C ∠=，2SA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．20πB ．12πC ．8πD ．4π11．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 12．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α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．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．15．66的正六棱柱的所有定点都在一个球的面上，则此球的体积是___________． 16．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.17．在三棱柱111ABC A B C -中侧棱垂直底面且底面是ABC 为等边三角形且12A A AB =，E 在棱1AA 上，112AE A A =，则异面直线1AC 与BE 所成角的余弦值___________.18．一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计一个各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形（如图所示），高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体费用最少为_________元．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．将底面直径为8，高为23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，长方体ABCD A B C D ''''-由，12AB =，10BC =，6AA '=，过A D ''作长方体的截面A D EF ''使它成为正方形.（1）求三棱柱AA F DD E ''-的外接球的表面积；（2）求 B A D EF V ''-.23．如图，四边形ABCD 为梯形，//,60,2,3,6AB CD C AB BC CD ∠=︒===，点M 在边CD 上，且13CM CD =．现沿AM 将ADM △折起至AQM 的位置，使3QB =．（Ⅰ）求证：QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求直线BM 与平面AQM 所成角的正弦值．24．如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是梯形，,//AB CD AB AD ⊥，22CD AB AD ==．（1）求证：BD ⊥平面1BCC ；（2）在线段11C D 上是否存在一点E ，使//AE 面1BC D ．若存在，确定点E 的位置并证明；若不存在，请说明理由．25．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，∠ADP =90°，PD =AD ，∠PDC =60°，E 为PD 中点.（1）求证：PB //平面ACE ：（2）求四棱锥E ABCD -的体积.26．如图，在三棱锥P ABC -中，⊥PA AB ，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（2）当//PA 面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．【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】利用已知条件确定OA 是定值，即得A 选项正确；作模型的简图，即得B 正确；依题意点B 在平面α内，不可能AB//α，得C 错误；设AB a ，结合题意知AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，计算此时正弦值，即得D 正确.【详解】因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所22OA OB AB =+，又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值，所以点A 在某个定球面上运动，故A 正确；作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，故B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB//α，故C 不正确；设AB a ，则4OB a =，2217OA AB OB a =+，当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，此时直线OA 与平面α171717a =，故D 正确. 故选:C.【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象，以实际问题为背景构建立体几何关系，再运用立体几何知识突破难点.3．A解析：A【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公式可得P ABC -体积的最大值．【详解】如图，M 是ABC 的外心，O 是球心，OM ⊥平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P 到平面ABC 距离最大， 由214AB AC ==，7BC =，得72cos 214ACB ∠==，则14sin 4ACB ∠=，21428sin 144AB AM CB ===∠，4AM =， 2222543OM OA AM =-=-=，358PM =+=，又1114sin 2142777224ABC S AC BC ACB =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△， 所以最大的15677783P ABC V -=⨯⨯=． 故选：A ．【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM ⊥平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面ABC 距离最大．4．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 A C , 1//EF BC ,且OE EF 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22OP OA AP +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 ∠=︒, 3AP ∴=, 又1212OA =⨯=, 222sin 773()12OAOPA 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.5．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0BH AGHC GD==，EF 平分GH ， 即BH AG HC GD =，所以舍去ABD ，选C 故选：C6．B解析：B 【分析】根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -，如图所以：所以该几何体的体积为111121323V =⨯⨯⨯⨯=. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.7．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．8．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.9．C解析：C【分析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.10．A解析：A【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆直径2r ，利用公式()2222R r SA =+可计算得出三棱锥S ABC -的外接球直径，然后利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为r ，母线长为h ，圆柱的外接球半径为R ，取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点O 到圆柱底面圆上每个点的距离都等于R ，则O 为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得()()22222r h R +=.本题中，SA ⊥平面ABC ，设ABC 的外接圆为圆1O ，可将三棱锥S ABC -内接于圆柱12O O ，如下图所示：设ABC 的外接圆直径为2r ，2SA h ==， 由正弦定理可得24sin ABr C==∠，，该三棱锥的外接球直径为2R ，则()222225R r h =+=.因此，三棱锥S ABC -的外接球的表面积为()224220R R πππ=⨯=. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.11．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277π4π4π123S 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.12．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误； 在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.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．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2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===，由3PE =，PA =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．【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形利用平面上两点间线段最短可得【详解】由题意所以圆锥侧面展开图中心角为如图则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题空间几何体表面上两点间的最 解析：42【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得． 【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=， 则2442AA '=⨯=．故答案为：42．【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．15．【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径进而可求得外接球的半径利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积【详解】如下图所示：圆柱的底面圆直径为母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等则为圆柱外 解析：3π【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径，进而可求得外接球的半径，利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积.【详解】 如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱12O O 外接球的球心，设球O 的半径为R ，则()2222R r h =+，可作出正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接圆，可将正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -放在圆柱12O O 中，如下图所示：连接11O A 、11O B ，则11160A O B ∠=，且1111O A O B =，则111O A B △为等边三角形， 则圆1O 的半径为111162r O A A B ===， 正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的侧棱长为6h = 设正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接球的半径为R ，则()222223R r h =+=所以，3R =，因此，正六棱柱的外接球体积为33443=4333V R πππ==⨯.故答案为：3π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.16．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ， 由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=， 所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形， 同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，1222PE AC a ==，2ABCD S a =正方形， 231122183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形，解得32a =，232PE a ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==， 即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心， 球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17．【分析】取的中点连接可得所以或其补角即为异面直线与所成角在中求即可求解【详解】取的中点连接因为所以且所以或其补角即为异面直线与所成角设则所以因为是等边三角形所以因为平面平面所以所以在中因为异面直线所 解析：31020【分析】取11A C 的中点1O ，连接1EO ，1AC ，可得11//EO AC ，所以1BEO ∠或其补角即为异面直线1AC 与BE 所成角，在1BEO 中，求1cos BEO ∠即可求解. 【详解】取11A C 的中点1O ，连接1EO ，11B O ，EB ，EC ，1BO ，1AC ， 因为112AE A A =，所以11//EO AC 且111=2EO AC ， 所以1BEO ∠或其补角即为异面直线1AC 与BE 所成角， 设1AB =，则12AA =， 所以2211115=1222EO AC =+=，112BE =+= 因为111A B C △是等边三角形，112AE A A =，所以2111312B O ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭因为1BB ⊥平面111A B C ，11B O ⊂平面111A B C ，所以 1BB ⊥11B O ，所以12BO===，在1BEO中，22211115192cos220BE EO BOBEOBE EO+-+-∠===-⨯，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以异面直线1AC与BE所成角的余弦值为20，【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．18．4000【分析】根据题意先求出正四棱柱的底面边长和高由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积进而求出所需的费用【详解】由题意可知文物底部是直径为09m的圆形文物底部与玻璃罩底边至解析：4000【分析】根据题意，先求出正四棱柱的底面边长和高，由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积，进而求出所需的费用.【详解】由题意可知，文物底部是直径为0.9 m的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3 m，所以由正方形与圆的位置关系可知：底面正方形的边长为0.9+2×0.3=1.5m，由文物高1.8m，文物顶部与玻璃置上底面至少间隔0.2m，所以正四棱柱的高为1.8+0.2=2m.，则正四棱柱的体积为V=1.52×2=4.5m3因为文物体积为0.5m3,所以置内空气的体积为4.5-0.5 = 4 m3,气体每立方米1000元,所以共需费用为4×1000=4000（元）【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型.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，3DE BE a==，所以((()()()2223321cos3233a a aDEBa a+-∠==⨯⨯，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．【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 ， 23423r =，解得332h r =； 所以()232223342S rh r 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：3π. 【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；（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1ACCC 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）200π（2）80 【分析】（1）根据直三棱柱底面为为直角三角形可得外接球球心的位置，利用勾股定理求半径，即可求解；（2）根据等体积法及几何体的割补法可转化为求三棱锥A BEF V '-即可. 【详解】（1）因为截面A D EF ''为正方形， 所以10A F BC A D '===''，在Rt A AF '△中，222AA AF A F ''+=， 即222610AF +=，解得8AF =，。