高考数学第一轮复习立体几何专题题库40.doc

上学期高三数学立体几何空间几何体基础知识测试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列几何体中是四棱锥的是( )A. B. C. D.2.已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A. 2B. 2√2C. 4D. 4√23.如图所示的组合体是由哪个平面图形旋转形成的( )A. B. C. D.4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=2，则原平面图形的面积为( )A. 3√2B. 3√2C. 12√2D. 6√225.已知三个球的表面积之比是1：2：3，则这三个球的体积之比为( )A. 1：√2：√3B. 1：2√2：3√3C. 1：4：9D. 1：8：276.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )A. √3B. 2√3C. 3√3D. 4√37. 木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且▵ADE,▵BCF均为正三角形，EF//CD,EF=4，则该木楔子的体积为( )A. 8√23B. 4√2 C. 4√23D. 2√28.正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,Q,R分别是A1D1,C1D1,AA1的中点.那么过P,Q,R三点的截面图形是( )A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形二、多选题（本大题共4小题，共20分。

在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法中不正确的是( )A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥B. 以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线10.已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是( )A. 球O的半径为32B. 球O的表面积为6πC. 球O的内接正方体的棱长为√6D. 球O的外切正方体的棱长为√611.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段A1D1靠近点D1的三等分点，点F，G分别为C1D1，B1C1的中点．下列说法中正确的是A. A，C，E，F四点共面B. AD1⊥B1DC. BG//平面ACD1D. 三棱锥D−ACD1与三棱锥B−ACD1体积相等12. 已知圆锥的底面半径为1，高为√3，S为顶点，A，B为底面圆周上两个动点，则( )A. 圆锥的体积为√33πB. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2C. 圆锥截面SAB的面积的最大值为√3D. 从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为3√3三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1=AC=2，AB⊥BC，则此球的体积为__________．14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3cm，BC=4cm，CA=5cm，AA1=6cm，则四棱锥A1−B1BCC1的体积为cm315.空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=BD=a，且AC与BD所成的角为60∘，则四边形EFGH的面积为_____．16.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为____．四、解答题（本大题共6小题，共70分。

第八单元 立体几何初步A 卷 基础过关必刷卷一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．54．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．233B ．32C ．34D ．4336．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．728．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A．144B．72C．36D．24二、选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分．9．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点．则（）A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98D．点C与点G到平面AEF的距离相等10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD ,E 是底面圆周上异于,A B 的一点,则下列结论中正确的是（ ）A ．AE CE ⊥B ．BE DE ⊥C ．DE ⊥平面CEBD ．平面ADE ⊥平面BCE12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中,O 为底面正方形的中心,M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.14．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．15．如图,过球的一条半径OP的中点1O,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．四、解答题：本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．如图,在Rt△AOB中,AO＝OB＝2,△AOC通过△AOB以OA为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D为斜边AB上一点,点M为线段BC上一点,且CM＝OM．（1）证明：OM 平面AOB；（2）当D为线段AB中点时,求多面体OA CM D的体积．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD 与面DAE 所成锐二面角的余弦值.19．如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于C ,D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由．20．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 .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.22．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,求圆柱的体积一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①② B ．③④C ．①④D ．②③【答案】D【解析】对于①,若//m α,βn//且//αβ,则m 与n 平行、相交或异面,①错误； 对于②,如下图所示：设a αβ⋂=,因为αβ⊥,在平面β内作直线l a ⊥,由面面垂直的性质定理可知l α⊥,m α⊥,//m l ∴,n β⊥,l β⊂,n l ∴⊥,因此,m n ⊥,②正确；对于③,若m α⊥,//αβ,则m β⊥, 因为βn//,过直线n 作平面γ使得a βγ=,由线面平行的性质定理可得//n a ,m β⊥,a β⊂,则m a ⊥,因此m n ⊥,③正确；对于④,若//m α,n β⊥且αβ⊥,则m 与n 平行、相交或异面,④错误. 故选：D.2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+【答案】A【解析】这个几何体是由一个底面半径为1且高为1的半圆柱,和一个半径为1的半球的前半部分组成,所以它的下底面为半圆,面积为2π,后表面为一个矩形加半圆,面积为212π⨯+,前表面为半个圆柱侧面加14个球面,面积为1114124πππ⨯⨯+⨯⨯=,所以其表面积为32π+, 故选：A.3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】如图,因为AB ⊥平面BCD ,BC CD ⊥,所以AD 为球的直径 由2,4AB BC ==得25AC =作CE BD ⊥,则CAE ∠即为AC 与平面ABD 所成角 所以105n 25si CE CEAC CAE ∠===,得22CE = 设CD x =由等面积法得242216x x =+,解得4x =所以22224161636AD AB BC CD =++=++=,即26R =,3R = 又平面ACD 过球心,所以P 到平面ACD 距离即为半径的长 所以P 到平面ACD 距离的最大值为3. 故选：B.4．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π【答案】A【解析】由题意,三棱锥E ABD -的底面ABD △的面积为定值,当平面EBD ⊥平面ABD 时,此时点E 到底面ABD 的距离最大,此时三棱锥E ABD -的体积取得最大值, 因为四边形ABCD 为菱形,且120DAB ∠=︒,连接AC 交BD 与点M , 可得CD CA CB ==,所以C 为ABD △的外心,过点C 作平面ABD 的垂线l ,可得l 上点到,,A B D 三点的距离相等,设l 存在点O 点,使得OE OA OB OD ===,即点O 为三棱锥E ABD -的外接球的球心, 设OC x =,可得2222()AC OC CM EM OC +=++, 即2241(1)x x +=++,解得1x =, 所以外接球的半径为2222215r AC OC =+=+=,所以外接球的表面积为2244(5)20S r πππ==⨯=. 故选：A.5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A．233B．32C ．34D ．433【答案】C【解析】连接CE ,DE ,等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,可得3DEC π∠=,设等边ABC 与等边ABD △的边长为a , 则32DE CE a ==,即DEC 为等边三角形, 所以32DC a =, 因为E ,F 分别为AB ,AD 中点,所以//EF BD ,异面直线EF 与CD 所成角即为,BD CD 所成的角,在BCD △中,222323cos 4322a a a BDC a a⎛⎫+- ⎪⎝⎭∠==⋅. 故选：C6．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-【答案】A【解析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分,其体积为334421833ππ-⨯=-, 小球在12条边活动不到的空间相当于高为2,底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为π,高为2的圆柱剩下的部分,且有3个,则其体积为()4223246ππ⨯-⨯=-, 则小球不能到达的空间的体积为()4228+2463233πππ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭. 故选：A.7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B【解析】设四棱柱的底面梯形的高为2a ,,AD BC 的中点分别为,F E ,所求的水面高为h ,则水的体积1(23)(13)2422ABEF ABCD a aV S AA S h h ++=⋅=⋅=⋅=⋅, 所以52h =, 故选：B ．8．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A ．144B ．72C ．36D ．24【答案】B【解析】如图：由正六边形的每个内角为23π, 按虚线处折成高为3的正六棱柱,即3BF =,所以1tan 60BFBE ==可得正六棱柱底边边长6214AB =-⨯=, 所以正六棱柱体积：1364437222V =⨯⨯⨯⨯⨯=.故选：B二、选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分．9．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E ,F ,G 分别为BC ,CC 1,BB 1的中点．则（ ）A ．直线D 1D 与直线AF 垂直B ．直线A 1G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】BC【解析】根据题意,假设直线D 1D 与直线AF 垂直,又1DD AE ⊥,,,AEAF A AE AF =⊂平面AEF ,所以1DD ⊥平面AEF ,所以1DD EF ⊥,又11//DD CC ,所以1CC EF ⊥,与4EFC π∠=矛盾,所以直线D 1D 与直线AF 不垂直,所以选项A 错误；因为A 1G ∥D 1F ,A 1G ⊄平面AEFD 1,1D F ⊂平面AEFD 1,所以A 1G ∥平面AEFD 1,故选项B 正确． 平面AEF 截正方体所得截面为等腰梯形AEFD 1,由题得该等腰梯形的上底2,2EF =下底12AD =,腰长为52,所以梯形面积为98,故选项C 正确；假设C 与G 到平面AEF 的距离相等,即平面AEF 将CG 平分,则平面AEF 必过CG 的中点,连接CG 交EF 于H ,而H 不是CG 中点,则假设不成立,故选项D 错误． 故选：BC ．10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm 3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（ ）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈ 【答案】AC【解析】A .根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比, 所以细沙的底面半径28433r cm =⨯=, 所以体积23121641610243339381h V r cm πππ=⋅⋅=⋅⋅=B.沙漏的体积223 11256 22483233hV h cmπππ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭；C.设细沙流入下部后的高度为1h,根据细沙体积不变可知：21 102418132hh ππ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭,所以11102416, 2.4813h h cmππ=≈所以；D.因为细沙的体积为3102481cmπ,沙漏每秒钟漏下30.02cm的沙,所以一个沙时为：1024810.02π1024 3.1450198581⨯=⨯≈秒.故选：AC.11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于,A B的一点,则下列结论中正确的是（）A．AE CE⊥B．BE DE⊥C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE【答案】ABD【解析】由AB是底面圆的直径,得90AEB︒∠=,即AE EB⊥,∵圆柱的轴截面是四边形ABCD, BC⊥底面AEB,BC AE∴⊥,又EB BC B=,BC,BE⊂平面BCE,AE∴⊥平面BCE,AE CE∴⊥,故A正确；同理可得,BE DE⊥,故B正确；若DE⊥平面CEB,则DE BC⊥,//BC AD,DE AD∴⊥,在ADE中AD AE⊥, DE AD∴⊥不成立,DE∴⊥平面CEB不正确,故C不成立,由A的证明可知AE⊥平面BCE,AE⊂平面ADE,所以平面BCE⊥平面ADE.可得,,A B D正确.故选：ABD.12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD-中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,有下列结论正确的有：A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90D．ON PB⊥【答案】ABD【解析】选项A,连接BD,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN；选项B, 由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,得MN∥AB,又底面为正方形,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又选项A 得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN；选项C,因为MN∥CD,所以∠ PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠ PDC= 60,故直线PD与直线MN所成角的大小为60；选项D,因底面为正方形,所以222AB AD BD+=,又所有棱长都相等,所以222PB PD BD+=,故PB PD⊥,又PD∥ON,所以ON PB⊥,故ABD均正确.三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.【答案】23 314．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】55336π【解析】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球, 设外接球半径为R ,正五边形的外接圆半径为r ,正二十面体的棱长为l ,则3sin 3652lr =︒=,得56lr =, 所以正五棱锥的顶点到底面的距离是222251166l h l r l l ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭,所以222()R r R h =+-,即22251166l R R l ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得31111R l =． 所以该正二十面体的外接球表面积为22231136441111S R l l πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭球,而该正二十面体的表面积是2120sin 60532S l l l =⨯⨯⨯⨯︒=正二十面体,所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336π． 故答案为：55336π. 15．如图,过球的一条半径OP 的中点1O ,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．【答案】3 16【解析】截面圆半径为r,球半径为R,则由题意得221322r R R R⎛⎫=-=⎪⎝⎭,所以截面圆面积与球表面积比为221223344416RS rS R Rππππ⨯===．故答案为：3 16．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．【答案】4【解析】（1）如图所示：四边形ABCD为矩形,故（1）满足条件；（2）四面体D－A1BC1为每个面均为等边三角形的四面体,故（2）满足条件；（3）四面体D－B1C1D1为每个面都是直角三角形的四面体,故（3）满足条件；（4）四面体C－B1C1D1为有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体,故（4）满足条件；故正确的结论有4个． 故答案为：4．四、解答题：本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图,在Rt △AOB 中,AO ＝OB ＝2,△AOC 通过△AOB 以OA 为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D 为斜边AB 上一点,点M 为线段BC 上一点,且CM ＝OM ．（1）证明：OM ⊥平面AOB ；（2）当D 为线段AB 中点时,求多面体OA CM D 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）439． 【解析】（1）证明：在△OBC 中,由题意可得OB ＝OC ,∠OCB ＝30°, ∵CM＝OM ,∴∠COM ＝∠O CM ＝30°, 又∵∠BOC ＝120°,∴OM OB ⊥,根据题意,OA ⊥OB ,OA ⊥OC ,OB ∩OC ＝O ,∴OA ⊥平面OBC , 而OM ⊂平面OBC ,∴OA OM ⊥, 又OA ∩OB ＝O ,∴OM ⊥平面AOB ； （2）解：由（1）得,233OM =, ∵D 为线段AB 的中点,∴113232223223A BOC V -=⨯⨯⨯⨯⨯=, 112323213239D OMB V -⨯⨯⨯⨯=＝． ∴多面体OACMD 的体积为：---232343399O ACMD A BOC D OBM V V V =-=-=．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）433；（3）55.【解析】（1）证明：∵直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF//AB,∴CF//DE,CF⊂面CBF,DE⊄面CBF,则DE//面CBF；FB//AE,FB⊂面CBF,AE⊄面CBF,则AE//面CBF；又∵AE∩DE=E,DE､AE⊂面DAE∴面CBF//面DAE又BC⊂面CBF,所以BC//平面DAE（2）取AE的中点H,连接DH∵EF⊥ED,EF⊥EA,ED∩EA=E∴EF⊥平面DAE又DH⊂平面DAE,∴EF⊥DH∴AE=ED=DA=2,∴DH⊥AE,DH =3, 又AE∩EF =E∴DH⊥面AEFB…所以四棱锥D ﹣AEFB 的体积14332233V=⨯⨯⨯=（3）如图以AE中点为原点,AE为x轴建立空间直角坐标系则A(﹣1,0,0),D(0,0,3),B(﹣1,﹣2,0),E(1,0,0),F(1,﹣2,0)因为12CF DE=,所以C(12,﹣2,32)易知BA是平面ADE的一个法向量,BA=1n=(0,2,0)设平面BCD的一个法向量为2n=(x,y,z)由3322230x zx y z⎧+=⎪⎨⎪++=⎩令x=2,则y=2,z=﹣23,∴2n=(2,2,﹣23),∴cos<1n,2n>=55所以面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值为5519．如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在,理由见解析．【解析】（1）∵平面CMD ⊥平面ABCD ,平面MDC ⋂平面ABCD CD =,BC CD ⊥,BC ⊂平面ABCD ,∴BC ⊥平面CMD ,DM ⊂平面CMD ,∴BC DM ⊥,∵CD 为直径,∴CM DM ⊥,BCCM C =,,BC CM ⊂平面BMC ,∴DM ⊥平面BMC ,DM ⊂平面AMD , ∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在．当P 为AM 中点时,//MC 平面PBD , 证明如下：连AC ,BD ,ACBD O =,∵ABCD 为正方形,∴O 为AC 中点, 连接OP ,P 为AM 中点,∴//MC OP , ∵MC ⊄平面PBD ,OP ⊂平面PBD , ∴//MC 平面PBD ．20．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 . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（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 .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q 存在,是EF 中点. 【解析】证明：（1）取PD 中点M,连接MF 、MA,在△PCD 中,F 为PC 的中点,∴1//2MF DC =,正方形ABCD 中E 为AB 中点,∴1//2AE DC =,∴=//AE MF , 故四边形EFMA 为平行四边形,∴EF∥AM , 又∵EF ⊄平面PAD,AM ⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD ；（2）结论：满足条件的Q 存在,是EF 中点．理由如下： 如图：以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系,则P （0,0,2）,B （0,1,0）,C （1,1,0）,E （0,12,0）,F （12,12,1）, 由题易知平面PAD 的法向量为n =（0,1,0）, 假设存在Q 满足条件：设EQ EF λ=, ∵1(,0,1)2EF =,∴1(,,)22Q λλ=,1(,,)22AQ λλ=,λ∈[0,1], 设平面PAQ 的法向量为(,,)x y z ∏=,由10{220x y z z λλ++==,可得(1,,0)λ∏=-, ∴2cos ,1m n m n m n λλ⋅-==+, 由已知：2551λλ-=+,解得：12λ=,所以满足条件的Q 存在,是EF 中点．22．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. 【答案】（1）3π；（2）98π. 【解析】解：（1）沿母线AB 剪开,侧展图如图所示：设OB R =,在半圆⊙A 中,23AB =, 弧长'23BB π=, 这是圆锥的底面周长,所以223R ππ=, 所以3R =,故圆锥的底面积为23S R ππ==圆锥； （2）设圆柱的高1OO h =,OD r =, 在Rt AOB 中,223AO AB OB =-=,11AO D △AOB ,所以111AO O D AO OB=,即33h -=,3h =, 222(33)23(3)S rh r r r r πππ==-=--圆柱侧面积,23332322r ππ⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭, 所以,当32r =,32h =时,圆柱的侧面积最大,此时298V r h ππ==圆柱。

高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形？A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案：C2. 一个有8个面的多面体，其中6个面是正方形，另外2个面是等边三角形，它的名字是？A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案：C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为？A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案：C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是？A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案：A5. 求下列多面体的棱数：（1）正六面体（2）正八面体（3）正十二面体答案：（1）正六面体的棱数为 12（2）正八面体的棱数为 24（3）正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是：一棱锥没有底面时，它的底面是一个______。

答案：点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线，它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。

答案：中点3. 对正八面体，下列说法不正确的是：_____条对角线与_____两两垂直。

答案：六，相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形，其高为8cm。

求棱锥体积。

解答：底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以，棱锥的体积为64 cm³。

2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形，其高为12cm。

求四棱锥的体积。

解答：底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以，四棱锥的体积为400 cm³。

天天练习（40）三视图和直观图1、某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是（ ）2、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )3、一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为（ ）4、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )5、若某几何体的三视图(单位:cm )如图所示, 则此几何体的体积等于 cm 3.6、已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是 .7、某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_____ 8、正视图为一个三角形的几何体可以是______（写出三种）天天练习（41）空间中的平行关系A.3560 B. 3580 C. 200 D. 240A ．4B ．143 C ．163D ．6 A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π(A)83π (B)3π (C)103π(D)6π第七题BAD C P NQM1、在空间，下列命题正确的是（ ）（A ）平行直线的平行投影重合 （B ）平行于同一直线的两个平面平行 （C ）垂直于同一平面的两个平面平行 （D ）垂直于同一平面的两条直线平行 2、设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（ ）（A ）若lm ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥（C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m //3、已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下列四个命题①//,////a b b c a c ⇒； ②//,////a b a b αα⇒③//,////a αβααβ⇒ ④,,////.a b a b a ααα⊄⊂⇒其中正确的命题是（ ） A ．①④ B ．①② C ．②③ D ．③④4、如图，已知,,,M N P Q 分别是空间四边形ABCD 的边,,,AB BC CD DA 的中点．求证：(I)线段MP 和NQ 相交且互相平分。

高考数学总复习试卷立体几何综合训练第I卷（选择题共60分)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，只有一项是符合题目要求的）1．下列命题正确的是（）A．直线a，b与直线l所成角相等，则a//bB．直线a，b与平面α成相等角，则a//bC．平面α，β与平面γ所成角均为直二面角,则α//βD．直线a，b在平面α外，且a⊥α，a⊥b，则b//α2．空间四边形ABCD，M，N分别是AB、CD的中点，且AC=4，BD=6，则（）A．1<MN<5 B．2<MN<10C．1≤MN≤5 D．2〈MN<53．已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足,OB为OA在α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB=∠BOC=45°，则∠AOC等于（）A．30°B．45°C．60°D．不确定4．甲烷分子结构是:中心一个碳原子，外围四个氢原子构成四面体，中心碳原子与四个氢原子等距离，且连成四线段,两两所成角为θ,则cosθ值为（）A．B．C．D．5．对已知直线a，有直线b同时满足下面三个条件：①与a异面；②与a成定角；③与a距离为定值d,则这样的直线b有（）A．1条B．2条C．4条D．无数条6．α,β是不重合两平面,l，m是两条不重合直线，α//β的一个充分不必要条件是（）A．,且l//β,m//βB．,且l//mC．l⊥α，m⊥β，且l//m D．l//α，m//β，且l//m7．如图正方体中,E，F分别为AB，的中点，则异面直线与EF所成角的余弦值为( ）A．B．C．D．8．对于任一个长方体,都一定存在一点：①这点到长方体的各顶点距离相等；②这点到长方体的各条棱距离相等;③这点到长方体的各面距离相等，以上三个结论中正确的是（）A．①②B．①C．②D．①③9．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个?A．2 B．3 C．4 D．610．正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为，则它的侧面积为（）A．24 B．12 C．D．11．异面直线a，b成80°角，P为a，b外的一个定点，若过P有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于α，则角α属于集合（)A．｛α｜0°〈α〈40°} B．｛α|40°<α〈50°}C．｛α｜40°〈α<90°｝D．{α｜50°<α〈90°}12．从水平放置的球体容器的顶部的一个孔向球内以相同的速度注水，容器中水面的高度与注水时间t之间的关系用图象表示应为（）第II卷(非选择题共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分,把答案填在题中横线上）13．正四棱锥S—ABCD侧棱长与底面边长相等，E为SC中点，BE与SA所成角的余弦值为_____________。

江苏省2023届高三数学一轮总复习专题检测立体几何一、选择题：本题共8小题，每小题5分共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1、下列命题正确的是A 、正方形的直观图是正方形B 、用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C 、各个面都是三角形的几何体是三棱锥D 、圆锥有无数条母线2、设,αβ是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列结论中正确的是A 、 若m α⊥，m n ⊥，则 n α∥B 、 若αβ⊥，m α⊥，n β⊥，则m n ⊥C 、若n α∥，m n ⊥，则m α⊥D 、若αβ∥，m ⊂α，n ⊂β，则m n ∥3、已知圆锥的高为6，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A ．2 2B ．2 3C ．2 6D ．4 24、正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为323，则生成它的正方体的棱长为（ ） A. 2 B. 322 C. 324 D. 45、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（ ） A. 931.010m ⨯B. 931.210m ⨯C. 931.410m ⨯D.931.610m ⨯6、在平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为 1 的正方形，侧棱1113,60AA A AD A AB ︒=∠=∠=，则1AC =（ ）.A 22 .B 10 .C 3 .D 177、如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,,E F G H 分别是所在棱上的动点，且满足1DH BG AE CF +=+=，则以下四个结论正确的是（ ）A ．,,,E G F H 四点一定不共面B ．若四边形EGFH 为矩形，则DH CF =C ．若四边形EGFH 为菱形，则,E F 一定为所在棱的中点D ．若四边形EGFH 为菱形，则四边形EFGH 周长的取值范围为[4,25]8. 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2dm AB BC AD BD CD =====，二面角A BD C --的大小为23π，则该足球的体积为（ ） A.342dm 27πB.3352dm 27πC.314dm 27πD.32dm 27π二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9、已知直线l 与平面α相交于点P ，则( ) A ．α内不存在直线与l 平行 B ．α内有无数条直线与l 垂直C ．α内所有直线与l 是异面直线D ．至少存在一个过l 且与α垂直的平面 10、已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A. 直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B. 直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C. 直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D. 直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11、在一个圆锥中，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面圆的圆心，P 为线段DO 的中点，AE 为底面圆的直径，△ABC 是底面圆的内接正三角形，AB ＝AD ＝3，则下列说法正确的是 A ．BE ∥平面PACB ．PA ⊥平面PBCC ．在圆锥侧面上，点A 到DB 中点的最短距离为32D ．记直线DO 与过点P 的平面α所成的角为θ，当cos θ∈(0，33)时，平面α与圆锥侧面的交线为椭圆12、已知圆台1OO 上､下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面1111D C B A 的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD 的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ） A. 1AA 与底面所成的角为60° B. 二面角1A ABC 小于60°C. 正四棱台1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为64πD. 设圆台1OO 的体积为1V ，正四棱台1111ABCD A B C D -的体积为2V ，则12V V π=三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13、已知正四棱锥P ABCD -32，则正四棱锥P ABCD -的侧面积为14、已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，圆台的高为23cm ，母线与轴的夹角为30︒，则这个圆台的轴截面的面积等于 2.cm 15、已知,,,A B C D 在球O 的球面上，ABC 为等边三角形且其面积为33，AD ⊥平面,2ABC AD =，则球O 的表面积为 .16、在等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点．将BOC∆沿OC 折起，使点B 到达点B '的位置，则三棱锥B ADC '-外接球的表面积为 ；当3B D '=B ADC '-外接球的球心到平面B CD '的距离为 ．四、解答题：本题共6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分）在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，2CD AB =，AC 与BD 相交于点M ，点N 在线段AP 上，AN AP λ=（0λ>），且//MN 平面PCD . （I ）求实数λ的值；（Ⅱ）若1AB AD DP ===，2PA PB ==，60BAD ︒∠=，求点N 到平面PCD 的距离.18．（本小题满分12分）如图，在以P ，A ，B ，C ，D 为顶点的五面体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB CD ∥，12AD CD AB ==，平面PAD ⊥平面PAB ，PA PB ⊥． （1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ； （2）若二面角P AB D --的余弦值为33，求直线PD 与平面PBC 所成角的大小．19．（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为2． （1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．20．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为2的等边三角形，,22PA AB BD CD ===，22PC PB ==，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD .(1) 求证：//DE 平面PAC ；(2) F 是直线BC 上的一点，若二面角F DA B --为直二面角，求BF 的长.21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥点M 在棱PB 上，2PM MB =点N 在棱PC 上，223PA AB AD BC ====. （1）若2CN NP =，Q 为PD 的中点，求证：A ，M ，N ，Q 四点共面； （2）求直线PA 与平面AMN 所成角的正弦的最大值.22．（本小题满分12分）如图1，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝33，∠ABC ＝30º，AE ⊥BC ，垂足为E ．以AE 为折痕把△ABE 折起，使点B 到达点P 的位置，且平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º(如图2)．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）若点F 在线段PC 上，且二面角F －AD －C 的大小为30º，求三棱锥F －ACD 的体积．补充练习：1、如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AD BC ，AD AB ⊥，122AA AD BC ===，2AB E 在棱11A D 上，平面1BC E 与棱1AA 交于点F ．（1）求证：1BD C F ⊥；（2）若BE 与平面ABCD 所成角的正弦值为45，试确定点F 的位置．【解答】（1）证明：在直四棱柱中1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ∴⊥，连接AC ，2tan 2AB ADB AD ∠==，2tan 2CB CAB AB ∠==， ADB CAB ∴∠=∠，AC BD ∴⊥， 1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，1AA AC A =，BD ∴⊥平面11ACC A ，1C F ⊂平面11ACC A ，1BD C F ∴⊥．（2）以A 为坐标原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0A ，0，0)，(0B 20)，(1C 20)，1(1C 22)， 平面ABCD 的法向量为(0n =，0，1)，(BE x =，2-2)，0x >，则242|cos ,|56BE n x =<>=+，解得12x =， 则1(2E ，0，2)，1(2BE =，22)，11(2C E =-，2-0)，设(0F ，0，)z ，1(1C F =-，2-2)z -，则(1-，2-12)(2z m -=，2-12)(2n +-，2-0)，∴11122222m n m n ⎧-=-⎪⎨⎪--=-⎩，解得12m =-，32n =，1z =，(0F ∴，0，1)，F ∴为棱1AA 的中点．参考答案1、D2、B3、A4、D5、C6、D7、D8、A 8、【详解】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2dm AB BC AD BD CD =====，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23AOC π∠=， 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 ⊥⊥，2dm AB BC AD BD CD =====，所以6dm 2AO CO ==，则6dm 6NO MO ==， 因为,,90AO CO EO EO ENO EMO ==∠=∠=︒， 所以ENO △≌EMO △，所以123EON EMO AOC π∠=∠=∠=， 在直角EMO △中，2tan32EM OM π==，因为EM ⊥平面BCD ，BM ⊂平面BCD ，所以BM EM ⊥， 因为M 是CBD 的外心，所以63BM =，所以2276EB EM BM =+=, 所以3344774233627V EB πππ⎛⎫=⋅== ⎪ ⎪⎝⎭， 所以足球的体积为742dm 27π，故选：A9、ABD 10、ABD 11、BD 12、AC12、【详解】如图，过1A 作1A P AO ⊥，作出截面11ACC A 的平面图，易知11ACC A 为等腰梯形，且1,O O 为11,AC A C 中点，易得1114,8,4AC AC AA ===，1122AC AC AP -==，故22114223OO A P ==-=即圆台的高3h =111122,4222A B AB ====2242 选项A ：易得1A AO ∠即为1AA 与底面所成角，则111cos 2AP A AO AA ∠==，故13A AO π∠=，正确；选项B ：过P 作PQ AB ⊥于Q ，连接1A Q ，由1A P AB ⊥，1A P PQ P ⋂=，故AB ⊥面1A PQ ，1AQ ⊂面1A PQ ，故1AB A Q ⊥， 1A QP ∠即为二面角1A AB C 的平面角，111sin A P AQP A Q ∠=，111sin A PA AP A A∠=，又11A Q A A <，故11sin sin AQP A AP ∠>∠，即160AQP ∠>，B 错误； 选项C ：设外接球半径为R ，球心到下底距离为x ，在11ACC A 的平面图中，2O 为球心， 则221,23O O x O O x ==，112,4O C OC ==，212O C O C R ==，故()2222164234R x R R x ⎧-=⎪⇒=⎨-=⎪⎩， 故表面积2464S R ππ==，正确；选项D ：()2215632482333V ππ=++⨯=，()21112383216233V =++⨯=然12V V π≠，错误. 故选：AC.13、8 14、3 15、8π 16、4π313． 16、解：等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点，BOC ∴∆，ADO ∆，DOC ∆为等边三角形，1OA OB OC OD ====，∴三棱锥B ADC '-处接球的球心为O ，半径为1，414S ππ∴=⨯=，连接BD 与OC 交于M ，则OC MD ⊥，OC MB ⊥，OC MB ⊥'，B MD ∴∠'是二面角的平面角，3BM DM B D =='=，3B MD π∴∠'=， B ∴'到平面COD 的距离为3334h π'==， 在△B CD '中，1B C '=，3B D '=1CD =，2133391()24B CDS '=-=， 设球心O 到平面B CD '的距离为h ， 由O B CD B COD V V ''--=，得1133B CDCOD Sh S h '∆'⋅=⋅， ∴139133334h =，解得313h ，∴三棱锥B ADC '-外接球的球心到平面B ADC '-处接球的球心到平面B CD '的距离为31313． 故答案为：4π；31313．17、【详解】分析：解法一：（1）由平行线的性质可得13AM AC =，结合线面平行的性质定理有//MN PC ．据此可得13λ=． (2) 由题意可知ABD ∆为等边三角形，则1BD AD ==，结合勾股定理可知PD BD ⊥且PD DA ⊥，由线面垂直的判断定理有PD ⊥平面ABCD ，进一步有平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，则ME ⊥平面PCD ． ME 即为N 到平面PCD 的距离．结合比例关系计算可得N 到平面PCD 3解法二：（1）同解法一．（2）由题意可得ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==，结合勾股定理可得PD BD ⊥且PD DA ⊥，则PD ⊥平面ABCD ．设点N 到平面PCD 的距离为d ，利用体积关系：2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD Sd S ⋅=⋅．求解三角形的面积然后解方程可得N 到平面PCD 3 详解：解法一：（1）因为//AB CD ,所以1,2AM AB MC CD ==即13AM AC =． 因为//MN 平面PCD ，MN ⊂平面PAC ，平面PAC ⋂平面PCD PC =， 所以//MN PC ． 所以13AN AM AP AC ==，即13λ=．(2) 因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ABCD ⊥平面 因PD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，因为平面PCD ⋂平面=ABCD CD ，所以ME ⊥平面PCD ． 又因为//MN 平面PCD ，所以ME 即为N 到平面PCD 的距离． 在△ABD 中，设AB 边上的高为h ，则3h =因为23MD MC BD AC ==，所以233ME h ==N 到平面PCD 3 解法二、（1）同解法一．（2）因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ⊥平面ABCD ． 设点N 到平面PCD 的距离为d ，由13AN AP =得23NP AP =， 所以2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD S d S ⋅=⋅．因为1322ACDS AD DC sin ADC =⋅⋅∠=，112PCDS PD CD =⋅=，1PD =， 所以23193d =，解得3d =N 到平面PCD 318、【1】因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，PA PB ⊥，PB ⊂平面PAB ，所以PB ⊥平面PAD ，又因为PB ⊂平面PBC ，所以平面PAD ⊥平面PBC ． 【2】过D 作DH PA ⊥，⊥DO AB ，垂足分别为H ，O ，连接HO ，因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，DH PA ⊥，DH ⊂平面PAD ，所以DH ⊥平面PAB ，又AB 平面PAB ，所以DH AB ⊥，又⊥DO AB ，且DO DH D =，DO ，DH ⊂平面DHO ，所以AB ⊥平面DHO ， 因为HO ⊂平面DHO ，所以AB HO ⊥，即DOH ∠即为二面角P AB D --的平面角， 不妨设4AB =，则可知2AD CD BD ===，且1AO =，3OD =因为3cos DOH ∠=1OH =，所以4BAP π∠=，过O 作OM ⊥平面PAB ，以{},,OA OH OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,1,2D ，()1,2,0P -，()3,0,0B -，(2C -， 所以(1,2PD =-，()2,2,0BP =，(1,1,2CP =-，设平面PBC 的法向量为(),,m x y z =，则22020m BP x y m CP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1y =-，0z =，所以()1,1,0m =-，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则2sin 211112m PD m PDθ⋅===+⋅++⋅， 即4πθ=.19、【1】在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==， 解得2h =所以点A 到平面1A BC 2；【2】取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 20、(1)ABC 是边长为2的等边三角形，则2PA AB AC ===，又22PC PB ==股定理知,PA AB PA AC ⊥⊥，故PA ⊥平面ABC ，BD CD =，点E 是BC 中点，则DE BC ⊥，由于平面ABC ⊥平面BCD 知DE ⊥平面ABC ，则//DE PA ，//DE 平面PAC (2) 以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建系 则(0,0,1),3,0),(1,0,0)D A B -，设(,0,0)F a平面FDA 内，(0,3,1),(,0,1)DA DF a =-=-，法向量(3,3)m a a = 平面BDA 内，(0,3,1),(1,0,1)DA DB =-=--，法向量(3,1,3)m =-设直二面角F DA B --的平面角θ，则37cos 0,430,,44m n a a BF θ==-===21、【1详】解：以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则()0,0,0A ，()0,1,1Q ，42,0,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，24,1,33N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 则42,0,33AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0,1,1AQ Q =，24,1,33AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设AN x AM y AQ =+，则243314233x y x y ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎩，解得1,12x y ==，则12AN AM AQ =+，即A ，M ，N ，Q 四点共面.【2】解：由（1）中的空间直角坐标系，可得(0,0,2)P ，()2,3,0C ，()0,0,2AP =， 设PN PC =λ，（其中01λ≤≤），且(),,N x y z ， 则()(),,22,3,2x y z λ-=-，解得()2,3,22N λλλ-， 可得42(,0,)33AM =()2,3,22AN λλλ=-设平面AMN 的法向量为(),,n a b c =，由4203323(22)0n AM a c n AN a b c λλλ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=++-=⎩， 取1a =，可得42,23b c λ=-=-，所以41,2,23n λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设直线AP 与平面AMN 所成角为θ，则225sin 4523AP n AP nθλ⋅==≤⎛⎫+- ⎪⎝⎭，当且仅当23λ=时等号成立. 直线PA 与平面AMN 25.22、解：（1）方法1在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，即平面PAE ⊥平面AECD ． ················· 2分 又因为平面PAE ∩平面AECD ＝AE ，PE ⊂平面PAE ，所以PE ⊥平面AECD ．因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 方法2在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ，AE ⊥CE ， 所以∠PEC 为平面PAE 与平面AECD 所成角的平面角．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，所以∠PEC ＝90º，即PE ⊥CE ． ········· 2分 又PE ⊥AE ，AE ∩CE ＝E ，AE ⊂平面AECD ，CE ⊂平面AECD ，所以PE ⊥平面AECD ． 因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 （2）方法1由（1）得PE ⊥平面AECD ，AE ⊥EC ，故以{EA →，EC →，EP →}为正交基底，建立空间直角坐标系．易得A (1，0，0)，C (0，23，0)，D (1，33，0)，P (0，0，3)，所以PC →＝(0，23，－3)，AP →＝(－1，0，3)，AD →＝(0，33，0)． ································································································· 5分 设PF →＝λPC →＝(0，23λ，－3λ)，λ∈[0，1]，则AF →＝AP →＋PF →＝(－1，23λ，3－3λ)． ······························································ 6分设平面FAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋23λy ＋(3－3λ)z ＝0，取z ＝1，得x ＝3－3λ，则平面FAD 的一个法向量为n ＝(3－3λ，0，1)． ·················································· 8分 又因为平面AECD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 且二面角F －DA －C 的大小为30º，所以|cos ＜m ，n ＞|＝|m ·n |m |·|n ||＝|1(3－3λ)2＋1|＝32，整理得9λ2－18λ＋8＝0，即(3λ－2)(3λ－4)＝0，解得λ＝23或λ＝43(舍去)，故PF →＝23PC →． ................................................................................ 10分因为S △ACD ＝12×33×1＝332，所以V F －ACD ＝13V P －ACD ＝13S △ACD ×13PE ＝12． ............................................................................... 12分方法2在△PEC 中，过F 作FG ∥EC ，交PE 于点G ．因为EC ∥AD ，所以FG ∥AD ，因此A ，D ，F ，G 共面． 在平行四边形ABCD 中，易知AD ⊥AE ．由（1）得PE ⊥平面AECD ， 因为AD ⊂平面AECD ，所以AD ⊥PE ．又PE ∩AE ＝E ，AE ，PE ⊂平面PAE ，所以AD ⊥平面PAE ． 因为AG ⊂平面PAE ，所以AD ⊥AG ．所以∠GAE 为二面角F －AD －C 的平面角，所以∠GAE ＝30º． ································· 8分 在Rt △AEG 中，∠AEG ＝90º，∠GAE ＝30º，AE ＝1，所以EG ＝33． ···················· 10分 因为FG ∥AD ，FG ⊄平面AECD ，AD ⊂平面AECD ，所以FG ∥平面AECD ．因此V F －ACD ＝V G －ACD ＝13×(12×33×1)×33＝12．······················································ 12分。

2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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专练40 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D 的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．6．[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．专练40 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用1．解析：(1)证明：因为AB ＝AD ，O 为BD 中点，所以AO ⊥BD . 因为平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ， 因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD .(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M ，连接EM . 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD ，所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD ∩CD ＝D ，因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC . 因为FM ⊥BC ，FM ∩EF ＝F ，所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME . 则∠EMF 为二面角E －BC －D 的平面角，∠EMF ＝π4因为BO ＝OD ，△OCD 为正三角形，所以△BCD 为直角三角形． 因为BD ＝2CD ，所以FM ＝12BF ＝12(1＋13)＝23从而EF ＝FM ＝23，所以AO ＝1因为AO ⊥平面BCD ，所以V ＝13AO ·S △BCD ＝13×1×12×1×3＝36.2．解析：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD . 又底面ABCD 为正方形，所以AD ⊥DC .因此AD ⊥平面PDC . 因为AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC . 由已知得l ∥AD . 因此l ⊥平面PDC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，P (0，0，1)，DC →＝(0，1，0)，PB →＝(1，1，－1).由(1)可设Q (a ，0，1)，则DQ →＝(a ，0，1).设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(－1，0，a ).所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝－1－a 3·1＋a 2. 设PB 与平面QCD 所成角为θ， 则sin θ＝33×|a ＋1|1＋a 2＝331＋2aa 2＋1. 因为331＋2a a 2＋1≤63，当且仅当a ＝1时等号成立， 所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 3．解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC .∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝ 3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3，0)，AD →＝(－1，0，1)，DB →＝(0，3，－1)，ED →＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF →＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF →＝ED →＋DF →＝ED →＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3，－1)＝(0，3λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF →·DB →＝(0，3λ，1－λ)·(0，3，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14，∴EF →＝(0，34，34)，∴CF →＝EF →－EC →＝(0，34，34)－(－1，0，0)＝(1，34，34). 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3，z ＝3，∴n ＝(3，1，3).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF →〉|＝|n ·CF →||n ||CF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3×1＋1×34＋3×343＋1＋3×1＋316＋916＝437.故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.4．解析：(1)证明：设DO ＝a ，由题设可得PO ＝66a ，AO ＝33a ，AB ＝a ，PA ＝PB ＝PC＝22a . 因此PA 2＋PB 2＝AB 2，从而PA ⊥PB . 又PA 2＋PC 2＝AC 2，故PA ⊥PC . 所以PA ⊥平面PBC .(2)以O 为坐标原点，OE →的方向为y 轴正方向，|OE →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz .由题设可得E (0，1，0)，A (0，－1，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22. 所以EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，22.设m ＝(x ，y ，z )是平面PCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝0，m ·EC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋22z ＝0，－32x －12y ＝0.可取m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，1，2. 由(1)知AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，22是平面PCB 的一个法向量，记n ＝AP →，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝255.易知二面角B －PC －E 的平面角为锐角， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.5．解析：(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN .所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M ­xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝233，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC .设Q (a ，0，0)，则NQ ＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2，故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2)，|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝2103. 又n ＝(0，－1，0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin＝cos 〈n ，B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝＝1010. 所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 6．解析：(1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故可以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0，0)，B (t ，1，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1，0，P (0，0，1)，所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0，1，0)，由(1)可得AP →＝(－2，0，1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0，0)，PB →＝(2，1，－1).设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0－22x 1＋y 1＝0， 令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量n 1＝(2，1，2). 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝02x 2＋y 2－z 2＝0， 得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0，1，1).cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝37×2＝31414，所以二面角A －PM －B 的正弦值为7014. 7．解析：(1)证明：因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF 2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以AB ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B －xyz ，则B (0，0，0)，E (1，1，0)，F (0，2，1)，BF →＝(0，2，1). 设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0，2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2).所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)易知面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1，0，0).设面DFE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0EF →·n 2＝0， 又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1，1，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧（1－m ）x ＋y －2z ＝0－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ， 于是，面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1，2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小．8．解析：(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h .∵V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ＝13V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝43， ∴13·S △A 1BC ·h ＝13×4. 又∵S △A 1BC ＝22，∴h ＝ 2.∴点A 到平面A 1BC 的距离为 2.(2)方法一 如图(1)，取A 1B 的中点E ，连接AE . 由AA 1＝AB ，AA 1⊥AB ，得AE ⊥A 1B 且AE ＝12A 1B . ∵平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，∴AE ⊥平面A 1BC ，∴AE ＝h ＝2，AE ⊥BC ，∴A 1B ＝22，∴AA 1＝AB ＝2.由V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝4，AA 1＝2，得2S △ABC ＝4，∴S △ABC ＝2.易知AA 1⊥BC ，AE ⊥BC ，A 1E ∩AA 1＝A ，∴BC ⊥平面A 1AB ，∴BC ⊥AB ，∴BC ＝2.过点A 作AF ⊥BD 于点F ，连接EF ，易得∠EFA 即为二面角A －BD －C 的平面角的补角．易得AC ＝AB 2＋BC 2＝22，则A 1C ＝AA 21 ＋AC 2＝2 3.∵A 1B ⊥CB ，D 为A 1C 的中点，∴BD ＝12A 1C ＝ 3. 易知AD ＝BD ＝12A 1C ＝3，∴△ABD 为等腰三角形， ∴AF ·BD ＝AB ·AD 2－（12AB ）2＝22， 则AF ＝223， ∴sin∠AFE ＝AE AF ＝2223＝32， ∴二面角A －BD －C 的正弦值为32. 方法二 如图(2)，取A 1B 的中点E ，连接AE .∵AA 1＝AB ，∴AE ⊥A 1B .∵平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1， ∴AE ⊥平面A 1BC ，∴AE ＝h ＝2，则AA 1＝AB ＝2.∵AE ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，∴AE ⊥BC .∵A 1A ⊥BC ，AE ∩A 1A ＝A ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1.∵AB ⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AB .由V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1A ＝12AB ·BC ·A 1A ＝12×2×BC ×2＝4，解得BC ＝2. 以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图(2)的空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，2，0)，E (0，1，1)，D (1，1，1).∴AE →＝(0，－1，1)，BD →＝(1，1，1)，BA →＝(0，2，0).由题意，得平面BDC 的法向量为n 1＝AE →＝(0，－1，1).设平面BDA 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·n 2＝0，BD →·n 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝0，z ＝－1，∴n 2＝(1，0，－1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝n1·n 2|n 1|·|n 2|＝0＋0－12×2＝－12.设二面角A －BD －C 的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝1－cos 2α＝32，∴二面角A －BD －C 的正弦值为32.。