【文档说明】2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何基础题 Word版含解析.docx，共(35)页，3.651 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何基础题一、多选题1．已知空间中,ab是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（）A．,abab⊥⊥∥B．,aabb⊥⊥∥

C．,,aba∥与b异面D．,,baba⊥=⊥⊥【答案】BCD【分析】根据空间中的线与平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断.【详解】A：由垂直于同一平面的两直线平行，可知A正确；B：由a⊥，ab⊥rr可得b∥或者b，故B错误；C：由a，b，∥可

得a与b异面或//ab，故C错误；D：由⊥，b=，ab⊥rr，当a时，不能得到a⊥，只有当a时，才可以得到a⊥，故D错误.故选：BCD2．如图，已知圆锥SO母线长l＝5，底面半径r＝4，则下列结论中正确的

有（）A．圆锥的表面积为36πB．圆锥侧面展开图的圆心角为8π5C．圆锥的体积为16πD．圆锥的轴截面是锐角三角形【答案】ABC【分析】利用圆锥的结构特征，求解表面积以及体积，侧面展开图的圆心角，判断选项的正误即可．【详解】圆锥SO母线长

5l=，底面半径4r=，则圆锥的表面积为2π4π4536π+=，所以A正确；圆锥侧面展开图的圆心角2π8π5rl==，所以B正确；圆锥的体积为21π4316π3V==，所以C正确；由余弦定理得222558cos

0255S+−=，而0πS，则S为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以D不正确．故选：ABC．3．对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（）A．若m⊥，mn⊥，则//nB．若//m，⊥，则//mC．若//m，//n

，⊥，则mn⊥D．若m⊥，n⊥，⊥，则mn⊥【答案】ABC【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，若m⊥，mn⊥，则//n或n，故A是假命题；对于B，若//m，⊥，有可能出现m，故B是假命题；

对于C，若//m，//n，⊥，有可能出现//mn，故C是假命题；对于D，m⊥，⊥，则m或//m，若m，则由n⊥得nm⊥，若//m，则内有直线//cm，而易知cn⊥，从而mn

⊥，D是真命题.故选：ABC.4．下列结论正确的是（）A．等底面积、等高的两个柱体，体积相等B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥C．有一个面是正方形的长方体是正四棱柱D．用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，正方形的直观图可能还是正方形【答案】AC【分析】利用柱体体积公式

判断A，利用正棱锥的性质判断B，利用正四棱柱的定义判断C，利用斜二测画法的要求判断D.【详解】对于A，因为柱体的体积公式为VSh=，所以等底面积、等高的两个柱体体积相等，故A正确；对于B，正棱锥的侧棱相等，而底面

是正多边形的棱锥，其侧棱不一定相等，故B错误；对于C，侧棱垂直于底面，底面是正方形的棱柱是正四棱柱，而有一个面是正方形的长方体满足上述要求，故C正确；对于D，水平放置的正方形的直观图的邻边一定不相等，所以不可能还是正方形，故D错误.故选：AC．5．《九章算术》是我国古代的数学经典名著，它在几何

学方面的研究比西方早一千年，在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，“鳖臑”几何体−PABC中，PA⊥平面ABC，ACCB⊥，AMBP⊥于点M，ANPC⊥于点N．设1PBA=，2ABC=，PBC=，则有（）A．四

面体−PABC最长的棱为PBB．平面ABP⊥平面BCPC．PA，AC，BC两两互相垂直D．12coscoscos=【答案】ABD【分析】由PA⊥平面ABC，得PACB⊥，又ACCB⊥，可得CB⊥平面PAC，由此即可判断C；设,

,PAaACbCBc===，求出各棱长，即可判断A；证得AN⊥平面BCP，而过点A作平面BCP的垂线有且仅有一条AN，由此可判断B；求出12cos,coscos,可判断D．【详解】∵PA⊥平面ABC，,,CBABAC平面ABC，∴,,PACBPAABPAAC⊥⊥⊥，∵ACCB⊥

，PAACA=，,PAAC平面PAC，∴CB⊥平面PAC，∵,ANPC平面PAC，∴,CBANCBPC⊥⊥，由以上可知PA，AC，BC两两互相垂直，故C正确；设,,PAaACbCBc===，则22ABbc=+；22PCba=+；22222PBPCCBabc=+=++，则四面体−PABC最长的棱

为PB，故A正确；∵,CBANANPC⊥⊥，,,CBPCCCBPC=平面BCP，∴AN⊥平面BCP，而过点A作平面BCP的垂线有且仅有一条AN，∵A平面ABP，AN平面ABP，∴平面ABP与平面BCP不垂直，故B错误；∵2222

22222212cos,cos,cosbCcabcabcbCBcABBcPBPAcBB+==++==+=+=+，∴12coscoscos=，故D正确．故选：ABD．6．已知三条不同的直线l，m，n和三个不同的平面，，，

下列说法正确的是（）A．若l⊥，ml⊥，则//mB．若m，n为异面直线，且n，m，//m，//n，则//C．若ml⊥，m=，则l⊥D．若l=，m=，n=I，，，两两垂直，则l，m，n也两两垂直【答案】BD【分析】对于A，//m或m；由线面

平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断B；对于C，l⊥不一定成立；用反证法可判断D.【详解】若l⊥，ml⊥，则//m或m，故A错误；设m，m=，因为//m，所以//mm，又m，m

，所以//m，又因为m，n为异面直线，n，//n，m，则直线n与m必相交，所以//，故B正确；若ml⊥，m=，则l⊥不一定成立，故C错误；若l=，m=，n=I，，，两两垂直，则l，m，n必相交于同一点P，假设l与m不垂直，则存在直线l

，使得lm⊥，lmP=，所以直线l与m可确定平面，且⊥，这说明过内的直线m可作两个平面与垂直，而这是不可能的，所以假设不成立，即lm⊥，同理可证ln⊥，mn⊥，即l，m，n两两垂

直，故D正确.故选：BD二、单选题7．某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯23高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（）A．26

8πcm3B．224πcmC．276πcm3D．225cm【答案】C【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.

【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的23，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是10cm3，所以杯套的表面积()221076π2π24πcm33S=++=.故选：C.8．如图，已

知长方体ABCDABCD−，2ABAD==，1AA=，则直线BD与DC所成角的余弦值为（）A．53B．52C．34D．23【答案】D【分析】数形结合，找到直线BD与DC所成角'ABD，然后简单计算即可.【详解】连接'AD，

如图直线BD与DC所成角为'ABD由题可知：'ABAD⊥，由2ABAD==，1AA=所以222'2123BD=++=，所以'2cos'3ABABDBD==故选：D9．2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕．公

园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵．某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，

C两处作为观测点，测得36mBC=，=45ABC，105ACB=，在C处测得阁顶P的仰角为45°，则他们测得东安阁的高度AP为（精确到0.1m，参考数据：21.41，31.73）（）A．72.0mB．51.0mC．50.8mD．

62.3m【答案】C【分析】在ABC中，由正弦定理可求362AC=，进而可得结果.【详解】在ABC中，则()18030BACABCACB=−+=，因为sinsinBCACBACABC=，可得23

6sin23621sin2BCABCACBAC===（m），在APC△中，则90,45PACACP==，即APC△为等腰直角三角形，可得36250.8APAC==（m）.故选：C.10．“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其

上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积1S的4倍、下底面的面积2S之和乘以高h的六分之一，即()12146VhSSS=++．我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体，在这两个平行平面内的面

叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体，已知某个“刍童”如图所示，2AB=，1AD=，3EF=，2EH=，且体积为463，则它的高为（）A．5312B．5315C．4D

．3【答案】C【分析】求出上下底面的面积和中截面的面积，代入公式即可求出高.【详解】上底面的面积212S==，下底面的面积2326S==，中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中,,,MNPQ分别是对应棱上的中点，如图所示，根据中位线定理得()152322PQMN==

+=，231(12)2NPMQ==+=，所以中截面的面积15315224S==，11524664346Vh=++=，解得4h=，故选：C．11．在直三棱柱111ABCABC-中，190,22,1,2CABABACAA====，则直线1AC与1BA所成角的余弦值为（）A．23

9B．21515C．439D．1515【答案】B【分析】连接1AC、1AC交于D，取BC的中点E，连DE、AE，可得ADE（或其补角是直线1AC与1BA所成的角），计算可得答案.【详解】连接1AC、1AC交于D，取BC的中点E，连DE、AE，则1

//DEBA，则ADE或其补角是直线1AC与1BA所成的角，在直三棱柱111ABCABC-中，1AAAB⊥，因为12AA=，22AB=，所以22114823BAAAAB=+=+=，1132DEBA==，在直三棱柱111ABCABC-中，1AAAC⊥，因为12AA=，1AC=，

所以1415AC=+=，52AD=，因为90,22,1CABABAC===，所以813BC=+=，1322AEBC==，在ADEV中，222cos2ADDEAEADEADDE+−=Ð593445232+−=21515=.所以直线1AC与1BA

所成角的余弦值为21515.故选：B.12．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A．若mn⊥，m⊥，n⊥，则⊥B．若mn∥，m⊥，n∥，则⊥C．若mn⊥，m∥，n∥，则∥D．若mn∥，m⊥，n⊥，则∥【答案】C【分析】根据平行

线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为m⊥，n⊥，若m，n分别在直线,mn上为平面，的法向量，且mn⊥，故⊥，所以选项A说法正确；因为//mn，m⊥，所以n⊥，而//n，因此⊥，所以选项B

说法正确；当时，如下图所示：也可以满足mn⊥，//m，//n，所以选项C说法不正确；因为//mn，m⊥，所以n⊥，而n⊥，所以//，因此选项D说法正确，故选：C13．若将一个棱长为2cm的正方体铁块磨制成

一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（）A．38cmB．343πcmC．332πcm3D．343πcm【答案】D【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正

方体的内切球，因为正方体的棱长为2cm，所以其内切球的半径为1cm，所以制作的最大零件的体积为2344π1πcm33=，故选：D三、解答题14．如图，三棱柱111ABCABC-中，111ABC△与11ABC△均是边长为2的正三角形，且16AA=．(1)证明：平面11ABC⊥平面111ABC；(2

)求四棱锥11ABBCC−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取11BC的中点O，连接AO，1AO，利用勾股定理证明1AOAO⊥，易得1AO⊥平面111ABC，再根据面面垂直判定定理即可证明；（2）由（1）可证明AO为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即

可求解.【详解】（1）取11BC的中点O，连接AO，1AO．∵111ABC△与11ABC△均是边长为2的正三角形，∴11AOBC⊥，111AOBC⊥，13AOAO==．∴1AOA为二面角111ABCA−−的平面角．∵16AA=，∴

22211AOAOAA+=，∴1AOAO⊥．因为1AOAO⊥，111AOBC⊥，11OAOBC=，11,AOBC平面11ABC所以1AO⊥平面111ABC，又1AO平面111ABC，∴平面11ABC⊥平面111ABC．（2）111111111112ABBCCABCABCAABCAABCVVV

V−−−−=−=由（1）知，1AOAO⊥，11AOBC⊥．∵111AOBCO=，11BC平面111ABC，1AO平面111ABC，∴AO⊥平面111ABC．∴AO为三棱锥111AABC−的高．∴111111113431334AABCA

BCVSAO−===．∴四棱锥11ABBCC−的体积为2．15．如图四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BEEC⊥，点F为线段BE的中点.(1)求证：CE⊥平面ABE；(2)求证：//DE平面AC

F.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；（2）连接BD交AC于O点，连接FO，由中位线定理可得//FODE，再由线面平行的判定定理可得答案.【详解】（1）因为AB⊥平面

BCE，EC平面BCE，所以ABEC⊥，因为BEEC⊥，ABBEB=，、ABBE平面ABE，所以CE⊥平面ABE；（2）连接BD交AC于O点，连接FO，所以O点为BD中点，因为点F为线段BE的中点，所以//FODE，因为FO平面ACF，DE平

面ACF，所以//DE平面ACF.16．如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．(1)在线段BD上是否存在一点N，使直线//MN平面PBC？如果存在，求

出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；(2)假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．【答案】(1)存在，:5:8BNND=(2)7【分析】（1）假设存在一点N，使直线//MN平面PBC，连接AN并延长，交BC于E，连接PE．可得∥MNPE，58P

MNEMANA==，再由ADBC∥，可得58ENBNNAND==，假设成立，并且此时:5:8BNND=.（2）由（1）得658BE=，然后利用余弦定理求得918PE=，又因∥MNPE，即可求得MN的长.【详解】（1）存在，:5:8BNND=；理由如下：假设存在，连接AN并延长，交BC于E，

连接PE．因为//MN平面PBC，PE平面PBC，PE平面APE，所以∥MNPE，则58PMNEMANA==，因为正方形ABCD中，ADBC∥，所以58ENBNNAND==，假设成立.则此时:5:8BNND=.（2）由（1）得:5:8BEAD=，所以658BE=；PBE△中

，2222cos60PEPBBEPBBE=+−，所以2226565182811321388264PE=+−=所以918PE=；因为∥MNPE，所以:8:13MNPE=，所以91878

13MN==．17．如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．(1)以r为变量，表示圆柱的表面积S柱和体积V柱；(2)当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？【答案】(1)222π4π4Srrr=+−柱，222π4Vrr=−柱.(2)当2r

=时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是8π.【分析】（1）取AB中点O，连接OO，根据勾股定理求出h的值，即可求得圆柱的表面积S柱和体积V柱；（2）利用基本不等式可求得圆柱的侧面积最大值，利用等号成立的

条件可求得r的值.【详解】（1）解：记圆柱底面的一条直径为AB，取AB中点O，连接OO.高为h，则22242hOORrr==−=−，所以224hr=−，所以，圆柱的底面积为22πr，侧面积为22π4π4rhrr=−，

圆柱的表面积为222π4π4Srrr=+−柱，圆柱的体积为22222ππ242π4Vrhrrrr==−=−柱.（2）由（1）知，圆柱的侧面积为22π4π4Srhrr==−，则()()22222244π44π44π8π2rr

Srrrr+−=−=−=，当且仅当()224rr=−时取等号，即当2r=时，圆柱的侧面积最大，最大值为8π．18．如图，在平面四边形ABCD中，ABAC⊥，2ACAB=，3AD=，26BD=.(1)若6cos9ADB=，求AC长；(2)求CD的最小值.【答案

】(1)52AC=(2)3【分析】（1）由余弦定理可得答案；（2）在ABD△中由正弦定理得sin26sinABBADADB=，由余弦定理可得233126cosABADB=−，在DAC△中由余弦定理2CD=()7

572sinADB−+，根据tan2=可得当()sin1ADB+=时可得答案.【详解】（1）ABD△中，由余弦定理得2222cos25ABADBDADBDADB=+−=，得5AB=，所以252ACAB==；（2）在ABD△中，由正弦定理：sinsinABBDADBBAD=，则

sin26sinABBADADB=，又2222cos33126cosABADBDADBDADBADB=+−=−，且π2BADDAC=+，在DAC△中，由余弦定理：22222cos9262sinCDADACADACDACABABBAD=+−=+−()()7

52432cossin7572sinADBADBADB=−+=−+，且tan2=，所以当()sin1ADB+=时，即π2ADB=−最小值3CD=.19．如图，在四棱锥PABCD−中，PC⊥底面ABCD，在直角梯形ABCD中，ABAD⊥，//BCAD，2

2ADABBC==，E是PD中点.求证：(1)//CE平面PAB；(2)平面PCD⊥平面ACE.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取线段AP的中点F，可证得四边形BCEF为平行四边形，从而得到//CEBF，由线面平行的判定可证得结论

；（2）由线面垂直性质和勾股定理可分别证得PCAC⊥，ACCD⊥，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论.【详解】（1）取线段AP的中点F，连接,EFBF，,EF分别为,PDAP中点，//EFAD，12EFAD=，又//BCAD，12BCA

D=，//EFBC，EFBC=，四边形BCEF为平行四边形，//CEBF，BF平面PAB，CE平面PAB，//CE平面PAB.（2）PC⊥平面ABCD，AC平面ABCD，PCAC⊥；设2AD=，则1ABBC=

=，//BCADQ，ABAD⊥，ABBC⊥，2AC=，()222CDADBCAB=−+=，222ACCDAD+=，ACCD⊥；PCCDC=，,PCCD平面PCD，AC⊥平面PCD，AC平

面ACE，平面PCD⊥平面ACE.20．如图，在四棱锥PABCD−中，PAB是边长为2的正三角形，底面ABCD为菱形，O为AB的中点，且PO⊥平面ABCD，OD与AC交于点F，E为PD上一点，且3PDPE=.(1)求证：平面ACE⊥平面ABCD；(

2)若π3ABC=，求异面直线CE与AB所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)77【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可.（2）由已知条件可得，ECD为异面直线CE与AB所成的角或其补角.再由题干及余弦定理，得7cos7ECD=，即为异面直线CE与

AB所成的角的余弦值.【详解】（1）如图，连接,OPEF.由AOFCDF，得3ODOF=.又3PDPE=，//EFPO.PO⊥平面ABCD，EF⊥平面ABCD，又EF平面ACE，平面ACE⊥平面ABCD.（2）//ABCD，ECD为异面直线CE与AB所成的角或其补角.π3ABC

=，23OAD=.在AOD△中，222222cos12212cos73ODOAADOAADAOD=+−=+−=，在POD中，22103,7,33POODEDPD====.在CEF△中，23427,,333

EFCFEC===.在CDE中，272102,33ECCDDE===，，由余弦定理得，2227cos27ECCDDEECDECCD+−==，异面直线CE与AB所成角的余弦值为77.21．如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面A

BCD，3PA=，点,EF分别在线段PB，PD上，且满足13PEPB=，13PFPD=．(1)求证：//EF平面ABCD；(2)求直线BF与平面ABCD所成角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)31010【分析】（1）证明//EF

BD，结合线面平行的判定定理即得；（2）作//FGPA，则直线BF与平面ABCD所成角为FBG，根据题中线段长度，求tanFBG即可.【详解】（1）如图，连接BD，因13PEPB=，13PFPD=，所以//EFBD，因为EF平面

ABCD，BD平面ABCD，所以//EF平面ABCD；（2）如图，在线段AD上取点G，使13AGAD=，连接FG,BG,因13PFPD=，则//FGPA，且223FGPA==，因PA⊥平面ABCD，所以FG⊥平面ABCD，FGBG⊥故FBG即

为直线BF与平面ABCD所成角，因ABCD是边长为2的正方形，所以1233AGAD==，2AB=，22222210233BGABAG=+=+=，所以2310tan102103FGFBGBG===，故直线

BF与平面ABCD所成角的正切值为31010.22．如图所示，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将,AEDDCF△△分别沿,DEDF折起，使,AC两点重合于点A.(1)求证:ADEF⊥；(2)求三棱锥AEFD−的体积.【答案】

(1)证明见解析(2)13【分析】（1）由已知可得ADAF⊥，ADAE⊥，从而有AD⊥平面AEF¢，进而可得结论；（2）由勾股定理可得AEAF⊥，从而易得AEF△的面积，又由（1）知AD⊥平面AEF¢，

从而根据AEFDDAEFVV−−=即可求解．【详解】（1）证明：由正方形ABCD知，90DCFDAE==，ADAF⊥，ADAE⊥，AEAFA=，AE、AF平面AEF¢，AD⊥平面AEF¢，又EF平面AEF¢，ADEF⊥．（2）解：1AFA

E==，22222EFAFAEEF=+==，可得AEAF⊥，AEF△的面积为111122=，又由（1）AD⊥平面AEF¢，AD是三棱锥DAEF−的底面AEF¢上的高线，所以三棱锥AEFD−的体积为：1112323AEF

DDAEFVV−−===.23．如图，在直三棱柱111ABCABC-中，底面ABC为正三角形，侧面11ACCA为正方形，11ABAA==，且M，N分别是1AB，11BC的中点.(1)求证：MN平面11ACCA；(2

)求直线MC与平面111ABC所成角.【答案】(1)证明见解析(2)π6【分析】（1）连接11,ABAC，可得1MNAC∥，根据线面平行的判定定理即可证得结论；（2）分别取111,ABCC的中点,DE

，可证得CMDE为平行四边形，则MCDE∥，故直线MC与平面111ABC所成角与直线DE与平面111ABC所成角相等，由1CC⊥平面111ABC，得1EDC为直线DE与平面111ABC所成角，在直角三角形1EDC求

解即可.【详解】（1）连接11,ABAC，则M是1AB，1AB的交点，∵M，N分别是1AB，11BC的中点，∴1MNAC∥，∵MN平面11ACCA，1AC平面11ACCA，∴MN平面11ACCA.（2）分别取111,ABCC的中点,DE，连接,

MDDE，∵,DM分别是111,ABAB的中点，∴111,2DMBBDMBB=∥，又∵111,2CEBBCEBB=∥，∴,DMCEDMCE=∥，∴CMDE为平行四边形，∴MCDE∥，∴直线MC与平面111ABC所成角与直线DE与平面111

ABC所成角相等，∵1CC⊥平面111ABC，∴1EDC为直线DE与平面111ABC所成角，∵在直角三角形1EDC中，1131,22DCEC==，∴1113tan3ECEDCDC==，∴1π6EDC=，∴直线MC与平面111ABC所成角为π6.24

．如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，边长为a，2PAPCa==，点E为侧棱PA的中点，过C，D，E三点的平面交侧棱PB于点F.(1)求四棱锥PABCD−的体积；(2)求证：PACF

⊥.【答案】(1)33a(2)证明见解析【分析】（1）求出PD，利用棱锥体积公式求解；（2）由PD⊥平面ABCD，得PD⊥DC，又DC⊥AD，得DC⊥平面PAD，则DC⊥PA，又DE⊥PA，可得PA⊥平面CDEF，即可得出结论.

【详解】（1）∵PD⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴PDAD⊥，∵2PAa=，ADa=，∴PDa=，∴四棱锥PABCD−的体积3211333ABCDaVSPDaa===.（2）∵PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，∴PD⊥DC，∵DC⊥AD，AD∩PD＝D，AD，

PD平面PAD，∴DC⊥平面PAD，又PA平面PAD，∴DC⊥PA，∵PD＝AD，E为侧棱PA的中点，∴DE⊥PA，∵DC∩DE＝D，DC，DE平面CDEF，∴PA⊥平面CDEF，∵CF平面CDEF，∴PA⊥CF．25．如图，ABC中，22ACBCAB==，ABED是正方形

，平面ABED⊥平面ABC，若G、F分别是EC、BD的中点．(1)求证：GF∥平面ABC;(2)求证：平面BCE⊥平面ACD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取BE的中点H，连接HF，GH，则由三角形中位线定理得HG∥BC，HF∥DE，再结合正方形的性质可得HF∥AB

，则HG∥平面ABC，由理HF∥平面ABC，从而可证得平面HGF∥平面ABC，进而可证得结论；（2）由已知面面垂直可得AD⊥平面ABC，则ADBC⊥，再由22ACBCAB==结合勾股定理逆定理可得ACBC⊥，再由面线垂直和面面垂直的

判定定理可证得结论.【详解】（1）证明：如图，取BE的中点H，连接HF，GH．G，F分别是EC和BD的中点，HG∥BC，HF∥DE．又四边形ADEB为正方形，DE∥AB，从而HF∥AB．BC平面ABC，HG平面ABC，HG∥平面ABC，同理HF∥平面ABC，又HGHFH=，,HGH

F平面HGF，平面HGF∥平面ABC，GF平面HGF，则GF∥平面ABC;（2）ADEB∵为正方形，ADAB⊥．又平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED平面ABCAB=，AD面ADEB，AD⊥平面ABC，∵BC平面

ABC，∴ADBC⊥，设1AB=，22ACBCAB==，22ACBC==，∴222CACBAB+=，∴ACBC⊥．又ADACA=，AD，AC平面ACD，BC⊥平面ACD，而BC平面BCE，∴平面BCE⊥平面ACD．2

6．如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2,,EF分别为,BCCD的中点．(1)求证：平面1DAF⊥平面1DDE；(2)记直线1DF与平面1DDE所成角为1，直线1DA与平面1DDE所成角为2，求12+的余弦值．【答案】(1)证明

见解析(2)105【分析】（1）利用平面几何知识推出AFDE⊥，再根据线面垂直的判定得AF⊥平面1DDE，最后根据面面垂直的判定定理得平面1DAF⊥平面1DDE；（2）根据AF⊥平面1DDE，得11FDG=Ð，12ADG=Ð，在1ADF△中，由余弦定理可求出结果.【详解】（1）在正方形A

BCD中，设AF与DE交于G，因为,EF分别为,BCCD的中点．所以1tan2=DAF，1tan2EDF=，所以DAFEDF=行，所以π2DAFADGEDFADG+=+=行行，所以π2AGD=Ð，即AFDE⊥，在正方体1111ABCDABCD−中，因为1

DD⊥平面ABCD，AF平面ABCD，所以1DDAF⊥，又1DDDED=，1,DDDE平面1DDE，所以AF⊥平面1DDE，又AF平面1DAF，所以平面1DAF⊥平面1DDE.（2）由（1）知，AF⊥平面1DDE，所以11FDG=Ð，12ADG=Ð，因为

正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，所以122AD=，15DF=，5AF=，所以121cos()cosADF+=Ð22211112ADDFAFADDF+−=8552225+−=105=.27．如图，在三棱锥−PABC中，90,1,2ABCABBC===，O在

AC上，且BOAC⊥．(1)求三棱锥PABO−与三棱锥PBCO−的体积之比；(2)若点D在PC上，且15PDPC=．证明：//OD平面PAB．【答案】(1)1:4.(2)证明见解析【分析】（1）转化为底面积之比可求出结果；

（2）由//ODPA，可得//OD平面PAB.【详解】（1）因为90,1,2ABCABBC===，所以145AC=+=，因为BOAC⊥，所以1122ABBCBOAC=，所以122555ABBCBOAC===，所以2245155AOABBO=−=−=，

545555OC=−=，所以::1:4ABOBCOSSAOOC==!!，所以::1:4PABOPBCOABOBCOVVSS−−==!!.（2）由（1）知，15AOAC=，又15PDPC=，所以//ODPA，又OD平

面PAB，PA平面PAB，所以//OD平面PAB．28．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，2AD=，22DC=，四边形DCFE为梯形，//DECF，CDDE⊥，3DE=，6CF=，45ADE=，平面ADE⊥平面DCFE.(1)求证：/

/AE平面BCF；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；(3)求点F到平面ABCD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)66(3)32【分析】（1）由线面平行的判定定理可得//AD平面BCF，//DE平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质

定理可得答案；（2）作AODE⊥于O，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ADE，AO⊥平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为ACO，求出正弦值即可；（3）由（2）得AO⊥平面CDEF，又FACDACDFV

V−−=，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴//BCAD，BC平面BCF，AD平面BCF，所以//AD平面BCF，∵//DECF，CF平面BCF，DE平面BCF，所以//DE平面BCF，ADDED=，,ADDE平面ADE，∴平面//BCF平面ADE，∵

AE平面BCF，∴//AE平面BCF.（2）∵平面ADE⊥平面DCFE，平面ADE平面DCFEDE=，CDDE⊥，CD平面DCFE，CD\^平面ADE，AD平面ADE，CDAD⊥，()222222223ACADCD=+=+=，作A

ODE⊥于O，分别连接,,ACAOCO，因为平面ADE⊥平面DCFE，平面ADE平面DCFEDE=，AO平面ADE，所以AO⊥平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为ACO，45

ADE=，22ADAO==，所以26sin623AOACOAC===．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为66；（3）连接DF由（2）得AO⊥平面CDEF，又FACDACDFVV−−=，所以距离CDFACDSAOdS=，又由已知可得116226222CDFSCFCD===

，1222222ACDS==，2AO=，所以6223222d==．29．如图1，在ABC中，90C=，4AB=，2BC=，D是AC中点，作DEAB⊥于E，将ADEV沿直线DE折起到PDE△所处的位置，连接

PB，PC，如图2.(1)若342PB=，求证：PEBC⊥；(2)若二面角PDEA−−为锐角，且二面角PBCE−−的正切值为269，求PB的长.【答案】(1)证明见解析(2)11【分析】（1）利用勾股定理推得BEPE⊥，从而利用线面垂

直的判定定理证得PE⊥平面BCDE，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角PDEA−−与二面角PBCE−−的平面角，从而利用勾股定理得到关于CGx=的方程，解之即可得解.【详解】（1）在图1中，90C=，4AB=，2BC=，D是AC中点，所以30A=，23A

C=，则3AD=，3322AEAD==，52BE=，则32PEAE==，又342PB=，所以222PEBEPB+=，则BEPE⊥，因为DEAB⊥，则PEDE⊥，又,,DEBEEDEBE=平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，因为BC平面BCDE，所以PEBC⊥.（2）由题意知,

DEBEDEPE⊥⊥，,PEEBEPE=平面,PEBEB平面PEB，因而ED⊥平面PEB，则PEA为二面角PDEA−−的平面角（或补角），即PEA为锐角，又ED平面BCDE，因而平面PBE⊥平面BCDE.作PHBE⊥所在的直线于点H，如图，又平面PBE平面BCDEBE=，

PH平面PBE，所以PH⊥平面BCDE，因为BC平面BCDE，所以PHBC⊥，作HGBC⊥于点G，连接PG，又,,PHHGHPHHG=面PHG，故BC⊥面PHG，因为PG面PHG，则BCPG⊥，所以PGH为

二面角PBCE−−的平面角（或补角），设PGH=，则26tan9=，在ABC中，30A=，设304CGxx=，则32,2,422AHxHExHBx==−=−，因而22933264,3(2)422PHx

xxHGHBx=−−=−==−，在直角三角形PHG中，26tan9PHHG==，即2642693(2)xxx−=−，解得12x=或1611x=（舍去），此时2,3PHHB==，从而2211PBPHHB=+=.30．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，P

A⊥底面ABCD，2PAAB==，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面ADE平面PBCl=．(1)证明：//lBC；(2)若l到平面PAD的距离为1，求AF与平面PBC所成角的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)

π6【分析】（1）由已知得//BCAD，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；（2）由l到平面PAD的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得BCAB⊥，再由线面垂直的判定可得BC⊥平面PAB，则BCAE⊥，由等腰三角形的性质可得AEPB⊥，则⊥AE平

面PBC，从而得AFE为AF与平面PBC所成角，然后在AEF△中求解即可.【详解】（1）证明：因为底面ABCD为菱形，所以//BCAD因为BC平面ADE，AD平面ADE，所以//BC平面ADE．又BC平面PBC，平面ADE平面PBC

l=，所以//BCl．（2）因为//BCl，//BCAD，所以//lAD，l不在面PAD内，AD在面PAD内，所以//l平面PAD，又l到平面PAD的距离为1，所以点B到平面PAD的距离为2．因为PA⊥底面ABCD，PA平面PAD，所以平面PAD⊥底面ABCD，又平面PAD底面A

BCDAD=，所以点B到平面PAD的距离等于点B到AD的距离，为2．又2AB=，所以BCAB⊥．又因为BCPA⊥，ABPAA=，,ABPA平面PAB，所以BC⊥平面PAB．因为AE平面PAB，所以BCAE⊥．又2PAAB==，E为线段PB的中点，所

以AEPB⊥．又PBBCB=，PB平面PBC，BC平面PBC，所以⊥AE平面PBC．所以AFE为AF与平面PBC所成角．又2tanAEAFEEFEF==，26EF．所以当6EF=时，tanAF

E取得最小值，最小值为33．所以AF与平面PEC所成角的最小值为π6．四、填空题31．如图所示，要在两山顶MN、间建一索道，需测量两山顶MN、间的距离.已知两山的海拔高度分别是1003MC=米和502NB=米，现选择海平面上一点A为观测点，从A点测得M

点的仰角60MAC=，点N的仰角30NAB=以及45MAN=，则MN等于米.【答案】1002【分析】先求得,AMAN，再利用余弦定理求得MN.【详解】10031003sin60,200sin60AMAM===，502502sin30,1002sin30ANAN

===，在三角形AMN中，由余弦定理得()()22200100222001002cos45MN=+−1002=米.故答案为：100232．圆锥SO的底面半径1OA=，侧面的平面展开图的面积为2π．则此圆锥的体积为．【答案】33/33【分

析】根据圆锥的侧面展开图面积求出圆锥母线长，继而求得圆锥的高，即可求得圆锥的体积.【详解】设圆锥母线长为l，由侧面的平面展开图的面积为2π，可得12π12π,22ll==，故圆锥的高为22213h=−=，故圆锥的体积为213ππ1333

=，故答案为：3π333．如图，PA⊥平面ABC，90ACB=且1PAACBC===，则异面直线PB与AC所成角的正切值为．【答案】2【分析】过B作//BDAC，BDAC=，则异面直线PB与AC所成角为PBD或其补角，由线线垂直证DB⊥平面PAD，再证

BDPD⊥，即可在RtPDB中求PBD的正切值即可.【详解】过B作//BDAC，且BDAC=，因为90ACB=，所以四边形ADBC为矩形，所以，异面直线PB与AC所成角为PBD或其补角，因为1PAACBC===，所以1AD=，1BD=，因为PA⊥平面ABC，AD、BD平面

ABC，则PAAD⊥，PABD⊥，所以22112PDPAAD=+=+=，又因为DBAD⊥，ADPAA=，AD、PA平面PAD，所以DB⊥平面PAD，因为PD平面PAD，所以BDPD⊥．在RtPDB中，2t

an21PDPBDBD===，即异面直线PB与AC所成的角的正切值为2．故答案为：2.34．如图，在三棱锥ABCD−中，1ABAC==，ABAC⊥，2AD=，AD⊥平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦

值为.【答案】23【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得,,ADABAC两两垂直，从而将三棱锥ABCD−置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.【详解】因为AD⊥平面ABC，AB

平面ABC，，AC平面ABC，所以ADAB⊥，ADAC⊥，又ABAC⊥，所以,,ADABAC两两垂直，将三棱锥ABCD−置于一个长方体中，如图所示，易知//BFAD，所以直线BE与AD所成角即为BF与B

E所成角为FBE（或其补角），由题意可知，2221321122BFBEFE===++=，，在FBE中，由余弦定理，得222222332222cos323222BFBEFEFBEBFBE+−+−===，所以直线BE与AD所成角

的余弦值为23.故答案为：23.35．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形；E为PD的中点．若1AP=，3AD=，34=AB，当三棱锥PABCD−的体积取到最大值时，点E到平面PBC的距离为．【答案】310/0.3【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥PABE−的体积，在根据等体

积法可求解点E到平面PBC的距离.【详解】由题可得，当PA⊥底面ABCD时，三棱锥PABCD−的体积取到最大值如图，取PA中点M，取AD中点N，连接,,EMENAE因为PA⊥底面ABCD，E为PD的中点．N为AD的

中点，所以//PAEN，1122ENAP==所以EN⊥底面ABCD，则11313333428EABCDABCDVSEN−===又由PA⊥底面ABCD，AD底面ABCD，所以PAAD⊥因为矩形ABCD，则ABAD⊥，又,,PAABAPAAB=平面PA

B，所以AD⊥平面PAB又E为PD的中点．M为PA的中点，所以//EMAD，1322EMAD==，则EM⊥平面PAB则11133313324216PABEEPABPABVVSEM−−====又113331

3344PABCDABCDVSPA−===所以3333481616PBCEPABCDEABCDPABEVVVV−−−−=−−=−−=又2254PBPAAB=+=，因为AD⊥平面PAB，//ADBC，所以BC⊥平

面PAB，又PB平面PAB，所以BCPB⊥，设点E到平面PBC的距离为h,所以111533332416PBCEEPBCPBCVVSh−−====，则310h=.故点E到平面PBC的距离为310.故答案为：310.