【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：立体几何压轴题2 Word版含解析.docx，共(29)页，3.686 MB，由管理员店铺上传

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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：立体几何压轴题2一、多选题1．已知一圆锥底面圆的直径为3，高为332，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在圆锥内可以任意转动，则a的值可以为（）A．3B．2C．1D．4【答

案】ACD【分析】根据题意可知，当a最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球，结合内切、外接球问题，即可求解.【详解】根据题意可知，当a最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥内切球的圆心为P，半径为

r，圆锥的底面圆心为O，半径为R，顶点为S，作出轴截面，连接OS，PB，如图所示.因为32OAOB==，332OS=，所以223SASBOSOA==+=，所以SAB△为等边三角形，且P为SAB△的中心

，则3tantan302rOPOBPBOR====.结合正方体的外接球问题，易知棱长为a的正四面体的外接球半径为64a，故max64ar=，解得max21.4141.0473a=.故选：ACD.2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体

是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是（）A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为622−B．勒洛四面体被平面ABC截得的截面面积是()2π3−C．勒洛四面体表面上交线AC的长度为

2π3D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A选项：求出正四面体ABCD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在圆的圆心和半径，求出长度；D

选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：取CD的中点G，连接,BGAG，过点A作AFBG⊥于点F，则F为等边ABC的中心，外接球球心为O，连接OB，则,OAOB为外接球半径，设OAOBR==，由正四面体的棱长为

2，则1CGDG==，3BGAG==，1333FGBG==，22333BFBG==22126333AFAGFG=−=−=，263OFAFRR=−=−，由勾股定理得：222OFBFOB+=，即22226233

3RR−+=，解得：62R=，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交AD于点F，其中AD与ABD△共面，其中BO即

为正四面体外接球半径62R=，设勒洛四面体内切球半径为r，则622rOFBFBO==−=−，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为()2221π3333π22222344

−+=−，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为BD的中点M，故3MAMC==，又2AC=，由余弦定理得：2223341cos23233AMMCACAMCAMMC+−+−==

=，故1arccos3AMC=，且半径为3，故交线AC的长度等于13arccos3，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：连接GH，交AB于中点S，交CD于中点T，连接AT，则22312STATAS=−=−=，则由C选项的分析知：3

TGSH==，所以3232322GH=−+=−，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距

离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为232aa−，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60的扇形弧长之和，其圆心角为1arccos3，半径为32a.3．如图所示是正方体的平面

展开图，那么在正方体中（）A．ACEF⊥B．EF和BC所成的角是60°C．直线AC和平面ABE所成的角是30°D．如果平面ABC平面CEFl=，那么直线EF∥直线l.【答案】BCD【分析】根据正方体的平面展开图还原正方体，利

用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项正误.【详解】如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADBGFCEH−.在正方体ADBGFCEH−中，可知//,ACEGACEGEFFG===，故异面直线AC与EF所成的角即为EG与EF所成的角为

60，故A项错误；同理，EF与BC所成的角即为FG与EF所成的角为60，故B项正确；在正方体ADBGFCEH−中，ACCH=，HCEF⊥，HCEB⊥，EFEBE=，故HC⊥平面ABEF，则点C到平面

ABE的距离为1122HCAC=，设直线AC与平面ABE所成的角为，则112sin2HCAC==，故30=，故C项正确；在正方体ADBGFCEH−中，//,//,,ACEGABEFACABAEGE

FE==，则平面//ABC平面EFG，平面EFG平面CEF于直线EF，平面ABC平面CEFl=，故直线EF∥直线l，故D项正确.故选：BCD.4．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E是棱CD上的动点，则下列结论正确的是（）A．1AD与1BE所在的直线异面B．1

1BEAD⊥C．三棱锥111AEBD−的体积为定值D．直线1AB与平面1ACD所成角的正弦值为63【答案】ABCD【分析】连接11,ADBC，设11ADADO=，说明直线1BE不过点O，即可判断A；证明1AD⊥平面11ABCD，结合线面垂直的性质即可判断B；说明三棱锥111EABD−的体

积为定值，即可判断C；先利用等体积法求出点1B到平面1ACD的距离，从而可求得直线1AB与平面1ACD所成角的正弦值.【详解】如图，连接11,ADBC，设11ADADO=，则1AD平面11ABCDO=，1BE平面11ABCD，因为E是棱CD上的动

点，所以直线1BE不过点O，所以1AD与1BE所在的直线异面，故A正确；在1111ABCDABCD−中，11,ADADCD⊥⊥平面11ADDA，因为1AD平面11ADDA，所以1ADCD⊥，又11,,ADCDDADCD=平面11ABCD，所以1AD⊥平面11AB

CD，又1BE平面11ABCD，所以11BEAD⊥，故B正确；对于C，因为//CD平面1111DCBA，ECD，所以点E到平面1111DCBA的距离为定值，即三棱锥111EABD−的高为定值，又因111ABDS△为定值，所以三棱锥111EABD−的体积为定值，即三棱锥111AEBD−的

体积为定值，故C正确；对于D，设正方体的棱长为2，则11122ACADCDAB====，11111111111111BACDABCDABCDBABCCBCDABADDACDVVVVVV−−−−−−=−−−−111111118222222222222222

323232323=−−−−=，()()122122222232ACDV=−=，设点1B到平面1ACD的距离为d，则182333d=，所以43d=，所以直线1AB与平面1ACD所成角的正弦值为1463322dAB==，故D正确.故选：ABCD.【

点睛】1.方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解

垂线段的长度h，从而不必作出线面角，则线面角满足sinhl=（l为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a为直线l的方向向量，n为平面的法向量，则线面角的正弦值为sincos,an=.5．如图在棱长为

6的正方体1111ABCDABCD−中，,EF分别是1,ADAA中点，P在侧面11ADDA上（包括边界），且满足三棱锥PBEF−的体积等于9，则1PC的长度可以是（）A．36B．62C．10D．63【答案】ABD

【分析】先利用等体积法，求出P到EF的距离，从而得出点P在线段1AD上或与A重合，进而得到21136PCPD=+，再利用1326PD，即可求出结果.【详解】因为正方体的边长为6，,EF分别是1,ADAA中点，所以32EF=，设P到EF的距离为0h，因为0

0111329332PBEFBPEFPEFVVShEFhABh−−=====，得到0322h=，如图，连接1AD，1AD，设1AD与1AD，EF分别交于,MN，易得332MN=，当点P在线段1AD上，连接1PD，因为11CD⊥面11ADDA，又1PD面11ADDA，所以111C

DPD⊥，所以2221111136PCCDPDPD=+=+，又易知1326PD，所以13662PC；当点P与点A重合时，1=63PD，符合题意.故选：ABD.二、单选题6．如图所示，平面平面l=，二面角,43l−−，已知A，B，直线AB与平面，平

面所成角均为，与l所成角为，若()sin1+=，则()sin−的最大值是（）A．114B．17C．314D．27【答案】B【分析】由题意知2+=，作辅助线找到，及二面角，四边形32ACHH为正方形进而得到BBC为等腰三角形

，利用所得直角三角形用边表示sin、cos2，即有它们的等量关系，利用()2sin12sin−=−结合二面角,43，即可求()sin−的最大值；【详解】直线AB与平面，平面所成角均为，与l所成角为，而[0,]2，[0

,]2，又()sin1+=，可知：2+=，若令二面角l−−为，作AAl⊥于A，BBl⊥于B；过A作//ACl，过B作BCl⊥与AC交于C点；∴l⊥面BBC，又l，l，故面BBC⊥，面BBC⊥，即B

BC=；过B作//BDl，过A作ADl⊥与BD交于D点；∴l⊥面AAD，又l，l，故面AAD⊥，面AAD⊥，即AAD=；作1BHBC⊥于1H，2AHAD⊥于2H，连接1AH、2

BH，即有12BAHABH==，且BACDBA==；∵12sincosBHAHACBDABABABAB=====，即12BHAHACBD===，作3CHBB⊥有四边形32ACHH为正方形，即3CHAC=，∴31CHBH=，有31RtCHBRtBHC

，故BBC为等腰三角形且BBBC=，令xAC=，yBC=，则22ABxy=+，有22sinxxy=+，而12CBH=，∴cos2xy=，,43，又()2sinsin(2)cos212sin2−=−==−，∴()222

22221sin121112711cos1xxyxy−=−=−=−++++当3=时等号成立故选：B【点睛】本题考查了应用辅助线，根据已知条件以及线面角、线线角、面面角的性质，得到它们的三角函数间等量关系，并化简目标三

角函数式，结合二面角的范围求目标式的最值；7．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，截去三棱锥1BAAD−，若剩余的几何体的表面积是932+，那么正方体1111ABCDABCD−的内切球的表面积和其外接球的体积分别是（）A

．，32B．4，32C．4，D．，43【答案】A【分析】设正方体棱长为a，根据剩余几何体的表面积可求出1,a=再由正方体的内切球直径为1，外接球直径2111,R=++分别求出内切球的表面积和其外接球的体积即可.【详解】设正方

体棱长为a,则剩余几何体的表面积为()222233939332,2422aaaa++++==所以1,a=则正方体的内切球直径121,,2rr==表面积24ππSr==，正方体的外接球直径321113,2R

R=++==，体积343ππ32VR==，故选：A.8．在空间四边形ABCD中，2AD=，23BC=，E，F分别是AB，CD的中点，7EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为A．150B．60C．120D．30【答案】D【分析】平移两条异面直线到

相交，根据余弦定理求解.【详解】如图所示：设BD的中点为O，连接,EOFO，所以,EOADFOBC，则EOF是,ADBC所成的角或其补角，又111,3,722EOADFOBCEF=====根据余弦定理得：1373cos223EOF+−==−，所以150EOF=，异面直线A

D与BC所成角的为30，故选D.【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是(0,90.9．蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚瞰，踢、蹦的含义，鞠最早系外包皮革、内实米镰的球.因而蹴鞠就是指我国古人以

脚殿、蹦、踢皮球的活动，类似于今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列人第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠（球）的表面上有四点A，B，C，D满是：ABD△，CBD△均为边长为6的正三角形，且二面角ABDC−−

的大小为π2，则该鞠的表面积为（）A．60πB．58πC．56πD．52π【答案】A【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半径，进而得到球的表面积.【详解】取BD的中点为M，连接,AMC

M，因为ABD△，CBD△均为正三角形，所以AMBD⊥，CMBD⊥，所以AMC为二面角ABDC−−的平面角，所以π2AMC=，即AMCM⊥，记,EF分别是正三角形ABD和正三角形BCD的外心（也是重心），过点,EF分别作平面ABD和平面BCD的垂线，交点为O

，连接,,,OFOEOMOB，由球的性质知：球心既在过点E垂直平面ABD的垂线上，又在过点F垂直平面BCD的垂线上，所以O三棱锥外接球的球心，因为平面ABD⊥平面BCD，AMBD⊥，平面ABD平面BCDBD=，AM平面ABD，所以AM⊥平面BCD，所以//AMOF，同理可得//

CMOE，所以四边形OEMF是平行四边形，因为36332AMCM===，所以133EMFMAM===，又AMCM⊥，所以四边形OEMF为正方形，所以6OM=，因为AMBD⊥，CMBD⊥，AMCMM

=，,AMCM平面ACM，所以BD⊥平面ACM，又OM平面ACM，所以OMBD⊥，在直角三角形OMB中，球半径()22226315OBOMBM=+=+=，所以外接球体积为()24π1560π=，故选：A10．正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八

面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为（）A．423B．8327C．83D．163【答案】C【分析】由正八面体的定义知，其内切球的球心在正八面体的中心，以内切球的球心为顶点、可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，

利用等体积法可得其内切球的半径r，从而得到其内切球的表面积.【详解】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为r，则82VVV==正八面体三棱锥正四棱锥，且正四棱锥的高为图中CO，易得2CO=，即：()113182222

223223r=解得：63r=，所以，内切球的表面积为83.故选：C．三、填空题11．在封闭的直三棱柱111ABCABC-内有一个表面积为S的球，若1,6,8,3ABBCABBCAA⊥===，则S的最大

值是.【答案】9【分析】根据已知可得直三棱柱111ABCABC-的内切球半径为32，代入球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，因为,6,8ABBCABBC⊥==，所以10AC=,可得ABC的内切圆的半径为6826810==++r，又由13A

A=，故直三棱柱111ABCABC-的内切球半径为32R=，所以此时S的最大值为22344()92SR===.故答案为：9.【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.12．已知

正方体1111ABCDABCD−的边长为1，球C的半径为1，记正方体1111ABCDABCD−内部的球C表面为曲面Ω，过点A作平面与曲面Ω相切，记切点为P，平面与平面ABCD所成二面角为，则当最小时

，平面截正方体所形成图形的周长为.【答案】23222+−【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.【详解】由题意，曲面Ω为以C为球心落在正方体1111

ABCDABCD−内的18球面，根据球和正方体的对称性可知，平面与平面ABCD所成二面角最小值时45=，过点A作平面与曲面Ω相切时作纵截面，如图：长方形11ACCA中，过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与1AC交于点E，则EAC=，连接CP，在RtAPC△中，2,1ACCP==，

所以45EAC==，利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.因为145EACEAA==，所以111,21AEEC==−，又1190CEKCEQ==，所以111222CKCQCE===−，则12222KQCQ==−，又1121B

KGB==−，且11//BMAA，所以1111212BMGBAAAG−==，所以1212BM=−，则2222112963(21)(1)32222KMBMBK−=+=−+−=−=，又1212BMBM=−=，所以222231()22AMABBM=+=+=，由对称性知，,KMQNAMAN==

，所以截面周长为22ANNQKQKMAMAMKMKQ++++=++3632222222−=++−23222=+−.故答案为：23222+−.【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球

与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.13．如图，二面角l−−等于120，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面、内，ACl⊥，BDl⊥，且2ABACBD===，则CD的长等于.【

答案】4【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】由二面角的平面角的定义知,120BDAC=，∴cos,22cos1202BDACBDACBDAC===−，由ACl⊥，BDl⊥，得0ACBA=，0B

DBA=，又DCDBBAAC=++，∴()22222222DCDBBAACDBBAACDBBADBACBAAC=++=+++++()2222222122216BDAC=++−=−−=，所以4DC=，即4CD=.故答案为：4.14．如图，三棱锥ABCD−中，平面ACD⊥平面BC

D，ACD是边长为2的等边三角形，BDCD=，120BDC=.若A，B，C，D四点在某个球面上，则该球体的表面积为.【答案】523/523【分析】作出相关面的外心，利用面面垂直的性质、勾股定理以及正弦定

理即可得到答案.【详解】作出底面BCD的外心1O，侧面ACD的外心2O，取CD中点E，连接AE，因为平面ACD⊥平面BCD，面ACD平面BCDCD=，因为ACD是边长为2的等边三角形，所以AECD⊥，又因为AE平面ACD，所以⊥AE平面

BCD，由球的性质可得1OO⊥平面BCD，所以12//OOOE，同理21//OOOE，所以四边形12OOEO为平行四边形，故221211321333OOOEAE===−=，在BCD△中，因为2BDCD==，120BDC=，则30DBC=，设BCD△的外接圆半径为r，根据正弦定理有2

42sinsin30DCrDBC===，则2r=，设三棱锥ABCD−外接球的半径为R，则222221313233ROOr=+=+=，则外接球的表面积为2524ππ3R=.故答案为：5

2π3.【点睛】关键点睛：本题关键在于利用正弦定理与球的截面性质求得BCD△的外接圆半径r与1OO，从而利用勾股定理即可得解.四、解答题15．如图，在三棱锥−PABC中，ABBC⊥，2AB=，22BC=，6PBPC==，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，5ADD

O=，点F在AC上，BFAO⊥.(1)证明：//EF平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角DAOC−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)22.【分析】（1

）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间

直角坐标系，设(),,Pxyz，所以由1466PAPBPC===求出P点坐标，再求出平面ADO与平面BEF的法向量12,nn，由120nn=即可证明；（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答

.法二：求出平面ADO与平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）连接,DEOF，设AFtAC=，则(1)BFBAAFtBAtBC=+=−+，12AOBABC=−+，BFAO⊥，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BFAOtBA

tBCBABCtBAtBCtt=−+−+=−+=−+=，解得12t=，则F为AC的中点，由,,,DEOF分别为,,,PBPABCAC的中点，于是11//,,//,22DEABDEABOFABOFAB==，即,//DEOFDEOF=，则四边形ODEF为平行四边形，//,EFDOEFDO=，又EF

平面,ADODO平面ADO，所以//EF平面ADO.（2）法一：由（1）可知//EFOD，则66,2AODO==，得3052ADDO==，因此222152ODAOAD+==，则ODAO⊥，有EFAO⊥，又,AOBFBFEFF⊥=，,BFEF平面BEF，则有AO⊥平面BEF，

又AO平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.法二：因为ABBC⊥，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，()()()2,0,0,,0,0,0,0,22,0ABC，在BDA△中，2223154122

cos266222DBABDAPBADBAB+−+−===−，在PBA△中，22212cos64262146PAPBABPBABPBA=+−=+−−=，设(),,Pxyz，所以由1466PAPBPC===

可得：()()2222222222146226xyzxyzxyz−++=++=+−+=，可得：1,2,3xyz=−==，所以()1,2,3P−，则123,,222D−，所以123,,22

2E，()1,2,0F，()5232,2,0,,,222AOAD=−=−设平面ADO的法向量为()1111,,nxyz=，则1100nAOnAD==，得111112205230222xyxyz−+=−++=，令11x=

，则112,3yz==，所以()11,2,3n=，()123,,,1,2,0222BEBF==设平面BEF的法向量为()2222,,nxyz=，则2200nBEnBF==，

得22222123022220xyzxy++=+=，令22x=，则222,0yz=−=，所以()22,2,0n=−，()12212200nn=+−+=，所以平面ADO⊥平面BEF；（3）法一：过点O作//OHBF交AC于点H

，设ADBEG=，由AOBF⊥，得HOAO⊥，且13FHAH=，又由（2）知，ODAO⊥，则DOH为二面角DAOC−−的平面角，因为,DE分别为,PBPA的中点，因此G为PAB的重心，即有11,33D

GADGEBE==，又13FHAH=，即有32DHGF=，231544622cos6226222PAABD+−+−==，解得14PA=，同理得62BE=，于是2223BEEFBF+==，即有BEEF⊥，则22216653223GF

=+=，从而153GF=，31515232DH==，在DOH△中，13615,,2222OHBFODDH====，于是63152444cos263222DOH+−==−，222sin122DOH=−−=，所以二面角DAOC−−的正弦值为22.法

二：平面ADO的法向量为()11,2,3n=，平面ACO的法向量为()30,0,1n=，所以13131332cos,2123nnnnnn===++，因为13,0,πnn，所以213132sin,1cos,2nnnn=−=，故二

面角DAOC−−的正弦值为22.16．已知四棱锥PABCD−的底面为直角梯形，ABDC，90DAB=，PA⊥底面ABCD，且1PAADDC===，2AB=，M是PB的中点.(1)证明：BC⊥平面PAC；(2)判断直线CM与平面P

AD的位置关系，并证明你的结论；(3)求二面角AMCB−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)//CM平面PAD，证明见解析(3)23−【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可证明；（2）利用线面平行的判定定理即可证明；（3）几何

法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角.【详解】（1）由PA⊥底面ABCD，BC底面ABCD，则PABC⊥，在直角梯形ABCD中，222ABACBC=+，则ACBC⊥，又PAACA=，,PAAC平面PAC，所以BC⊥平面PAC；（2）//CM平面PAD，证明如下：

如图：取PA中点E，连接ME，DE，由于M是PB的中点，故MEAB∥，且1ME=，由ABDC，则MEDC∥，且MEDC=，从而四边形CDEM是平行四边形，故CMDE∥，又CM平面PAD，DE平面PAD，所以//CM平面PAD；（3）作ANCN⊥，垂足为N，连接BN，如图：在RtPAB中

，AMMB=，又ACCB=，所以AMC≌BMC△，可得ANBN=，则AMN≌BMN，故BNCM⊥，故ANB为所求二面角的平面角，由（1）知BC⊥平面PAC，由PC平面PAC，可得BCPC⊥，在RtPCB中，CMMB=，所以52CMAM==，在等腰三角形

AMC中，22()2=−ACANMCACCM，所以32302552AN==，因为2AB=，在ANB中，由余弦定理得2222cos23ANBNABANBANBN+−==−，所以二面角的余弦值为23−.【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线

面、面面角可从以下几点考虑：（1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.（2）求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定

所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角.17．如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B．（1）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；（2）求棱锥E-DFC的体积；（3）在线段BC上是

否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)//AB平面DEF；（2）33V=；（3）13BPBC=.【分析】本题主要考查线面垂直、线面平行、线线垂直、线线平行以及锥体体积问题，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，在ABC

中，利用中位线得到EF与AB平行，通过线面平行的判断定理即可得到//AB平面DEF；第二问，要求三棱锥的体积，找到底面积和高是关键，通过ABC的翻折得出AD⊥平面BCD，通过//EMAD，得出EM⊥平面BCD，所以EM为锥体的高，利用锥体体积公式

计算出体积；第三问，在线段BC上取点P．使/3BPBC=，过P作PQCD⊥于Q，在RtDAQ中，利用边长求出DAQ的正切，从而确定角的度数，在等边三角形ADE中，AQ是角平分线，所以AQDE⊥，再利用线面垂直的判定证出DE⊥平面APQ，所以APDE⊥.【详解】（1）//AB平面DEF，

理由如下：如图：在ABC中，由EF、分别是AC、BC中点，得//EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF．∴//AB平面DEF．（2）∵BDCD⊥，ADBD⊥，将ABC沿CD翻折成直二面角13BPBC=．∴//EMAD∴AD⊥平

面BCD取CD的中点，这时//EMAD∴EM⊥平面BCD，，（3）在线段BC上存在点P，使APDE⊥证明如下：在线段BC上取点P．使13BPBC=，过P作PQCD⊥于Q，∵AD⊥平面BCD∴PQ⊥平面ACD∴12333DQDC==，

∴2313tan323DQDAQAD===∴030DAQ=，又在等边中，60ADE=∴AQDE⊥∵PQ⊥平面ACD∴APDE⊥．∴DE⊥平面APQ，∴APDE⊥．此时13BPBC=，∴13BPBC=．考点：1.线面平行的判定定理；2.线面垂直的判定；3.锥体体积公式.18．在四棱锥PAB

CD−中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形，//ABCD，ADDC⊥，且1AB=，2ADDCDP===，120PDC=．(1)求证：ADPC⊥；(2)求二面角______的余弦值；从①PABC--，②PBDC−−，③PBCD

−−这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．(3)若M是棱PA的中点，求证：对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行．【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据面面垂直的性质

可得线面垂直，进而可证线线垂直.（2）根据二面角的几何求法，先利用面面垂直，得线面垂直，进而可找到二面角的平面角，然后借助三角的边角关系即可求解.（3）根据空间中过一点只能作出一条直线与已知直线平行，即可求解.【详解】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面PCD平面ABCD平面PCDCD=

，AD平面ABCD，ADDC⊥,∴AD⊥平面PCD，又PC平面PCD，∴ADPC⊥．（2）若选①，过点P作POCO⊥交CD的延长线于点O．∵平面ABCD⊥平面PCD，平面PCD平面ABCDCD=，PO平面

PCD，∴PO⊥平面ABCD，过O作//OEAD交BA的延长线于点E，∵//ABCD，ADCD⊥，∴OEAB⊥，连接PE，∵PO⊥平面ABCD，AB平面ABCD，∴POAB⊥，∵POOEO=，PO平面POE，OE平面POE，∴AB⊥平面

POE，又PE平面POE，∴ABPE⊥，∴PEO就是二面角PABC--的平面角．由题意得，sin603POPD==，2OEAD==，∴7PE=，∴27cos7PEO=，即二面角PABC--的余弦值为277．若选②，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O，连接BD．∵平面

PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD=，PO平面PCD，∴PO⊥平面ABCD，过点O作OM⊥BD交BD的延长线于点M，连接PM，∵PO⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PO⊥BD，∵POOMO=，PO平面POM，OM平面POM，∴BD⊥平面POM，又PM平面POM，∴B

D⊥PM，∴∠PMO为二面角PBDC−−的平面角的补角，易算得255OM=，955PM=，∴219cos19OMPMOPM==，∴二面角PBDC−−的余弦值为21919−．若选③，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD=，PO平

面PCD，∴PO⊥平面ABCD，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接PH，∵PO⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴POBC⊥，又POOHO=，PO平面POH，OH平面POH，∴BC⊥平面POH，又PH平面POH，∴BC⊥PH，∴∠PHO为二面角PBCD−−的平面角，易算得655OH

=，2555PH=，∴251cos17OHPHOPH==，∴二面角PBCD−−的余弦值为25117．（3）证明：连接AC，取AC的中点K，连接MK，则MKPC∥．若棱BC上存在点F，使MFPC∥，则由基本事实4可得MKMF∥，显然矛盾，故对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平

行．19．在《九章算术·商功》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”．如图，现将一矩形ABCD沿着对角线BD将ABD△折成PBD△，且点P在平面BCD内的投影H在线段DC上．已知2,1ABAD==．(1)证明：三棱锥PBCD−为鳖臑；(2)求二面角PBDC−−的正弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)154．【分析】（1）由线面垂直，线线垂直以及面面垂直之间的转化，可得,,,BCDBCPDPCDPB都为直角三角形，由鳖臑的定义即可求证，（2）由二面角的几何法即可求解平面角，由等面积法求解长度，即可求解.【详解】（1）因为点P在平面BCD内的投影H在线段

DC上，所以PH⊥平面BCD，又PH平面PDC，所以平面PDC⊥平面BCD，又平面PDC平面BCDCD=又BC平面BCD，且BCCD⊥所以BC⊥平面PDC，又,DPPC平面PDC，所以BCPC⊥，BCDP⊥，又DPPB⊥，且PBPCP

=，且,BPPC平面PBC所以DP⊥平面PBC，因为PC平面PBC，所以DPPC⊥，因为BCCD⊥，BCPC⊥，DPPB⊥，DPPC⊥，所以,,,BCDBCPDPCDPB都为直角三角形，所以三棱锥PBCD−为鳖臑；（2）过点P作BD的垂线，垂足为

M，连接HM，因为PH⊥平面BCD，BD平面BCD，所以BDPH⊥，又BDPM⊥，且PHPMP=，,PHPM平面PMH，所以BD⊥平面PMH，HM平面PMH，所以DBHM⊥，又BDPM⊥所以二面角PBDC−−的平面角为PMH又PDPB⊥，且1,2PDPB==，由（1）可知：,D

PPC⊥又221,2,3PDDCPCCDDP===−=,32PDPCPHCD==,所以25PDPBPMBD==所以3152sin245PHPMHPM===所以二面角PBDC−−的正弦值为154．五、双空

题20．如图，正四面体ABCD的体积为223，E、F、G、H分别是棱AD、BD、BC、AC的中点，则EF=，多面体ABEFGH−的外接球的体积为.【答案】143【分析】将正四面体放入正方体，利用正方体的性质即得，设AB的中点为O，进而可得多面体ABEFGH−的外接球的球心为O，

然后利用体积公式即得.【详解】如图，将正四面体ABCD嵌入到正方体中，则正四面体ABCD的体积为正方体体积的13，设正方体的边长为a，则322a=，2a=，所以2AB=，EF是ABD△的中位线，所以112EFAB==.设AB的中点为O，连接OE，OF

，OG，OH，因为112OEOFOGOHOAOBAB=======，所以多面体ABEFGH−的外接球的球心为O，半径为1，外接球的体积为34433R=.故答案为：1；43.